電場線相關練習

1、1如圖所示，一帶電粒子以一定速度進入正點電荷Q形成的電場中，粒子僅在電場力作用下運動的軌跡如圖中實線所示，圖中虛線是以Q為圓心的同心圓，M、N是運動軌跡與同心圓的交點下列說法正確的是（ ）A粒子帶負電B圖中三個同心圓中，N點所在圓的電勢最高C粒子從M到N的過程中，速率先增大后減小D粒子從M到N的過程中，電勢能先增大后減小2兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中P、Q兩點，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點，A為MN上的一點，一帶負電的試探電荷q，從A點由靜止釋放，只在靜電力的作用下運動，取無限遠處的電勢為零，則Aq由A向O的運動是勻加速直線運動Bq由A向O的運動過程電勢能先增大后減小Cq運動到O

2、點時電勢能為零Dq運動到O點時的動能最大3圖中虛線為一組間距相等的同心圓，圓心處固定一帶正電的點電荷一帶電粒子以一定初速度射入電場，實線為粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b、c三點是實線與虛線的交點則該粒子（ ）A帶負電B在c點受力最大C在b點的電勢能小于在c點的電勢能D由a點到b點的動能變化大于由b點到c點的動能變化4如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即UabUbc，實線為一帶正電的質點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知，下列說法錯誤的是：（ ）A三個等勢面中，c的電勢最高B帶電質點通過P點時的加速度較Q點

3、大C帶電質點通過P點時的電勢能較Q點大D帶電質點通過P點時的動能較Q點大5圖中的虛線a、b、c、d表示勻強電場中的4個等勢面兩個帶電粒子M、N（重力忽略不計）以平行于等勢面的初速度射入電場，運動軌跡分別如圖中MPN和NQM所示已知M是帶正電的粒子則下列說法中正確的是（ ）AN一定也帶正電Ba點的電勢高于b點的電勢，a點的場強大于b點的場強C帶電粒子N的動能減小、電勢能增大D帶電粒子N的動能增大、電勢能減小6如圖所示，在等量的異種點電荷形成的電場中，有、三點，點為兩點電荷連線的中點，點為連線上到點距離為的一點，點為連線中垂線上到點距離也為的一點，則下面關于三點電場強度的大小、電勢高低的比較，正確

4、的是（ ）AEBEAEC；ACBBEAECEB；ACBCEAEB，EAEC；AB，ACD因為零電勢點未規(guī)定，所以無法判斷電勢的高低7如圖所示，平行板電容器的兩個極板為A、B，B極板接地，A極板帶有電荷量Q，板間電場有一固定點P，若將B極板固定，A極板下移一些，或者將A極板固定，B極板上移一些，在這兩種情況下，以下說法正確的是：AA極板下移時，P點的電場強度不變，P點電勢不變BA極板下移時，P點的電場強度不變，P點電勢升高CB極板上移時，P點的電場強度減小，P點電勢降低DB極板上移時，P點的電場強度減小，P點電勢降低8圖甲中AB是某電場中的一條電場線若將一負電荷從A點處由靜止釋放，負電荷沿電場線

5、從A到B運動過程中的速度圖像如圖乙所示關于A、B兩點的電勢高低和場強大小關系，下列說法中正確的是AAB，EAEB BAB，EAEBCAEB DAB，EAEB9如圖所示，兩個等量異種點電荷形成的電場，O為連線中點，AB為中垂線，且AO=BO，則（ ）AA、B兩點場強相等BA、B兩點場強方向相反C正電荷從A運動到B，電勢能增加DA、B兩點電勢差為零10如圖所示，在等量正電荷形成的電場中，畫一正方形ABCD，對角線AC與兩點電荷連線重合，兩對角線交點O恰為電荷連線的中點下列說法中正確的是（ ）AA，C兩點的電場強度及電勢均相同BB，D兩點的電場強度及電勢均相同C一電子由B點沿BCD路徑移至D點，電勢

6、能先減小后增大D一質子由C點沿COA路徑移至A點，靜電力對其先做負功后做正功11帶電粒子在如圖所示的電場中，僅在電場力作用下沿虛線所示軌跡從A點運動到B點，可判知（ ）A粒子帶負電B粒子的電勢能不斷減少C粒子的動能不斷減少D粒子在B點的加速度小于在A點的加速度12某電場線分布如圖所示，一帶電粒子沿圖中虛線所示途徑運動，先后通過M點和N點。以下說法正確的是（ ）AM、N點的場強EMENB粒子在M、N點的加速度aMaNC粒子在M、N點的速度vMvND粒子帶正電13如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內阻不計）連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略。一帶負電油滴被固定于電容器中的

7、P點?，F(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則錯誤的是 （ ）A平行板電容器的電容將變小B靜電計指針張角變小C帶電油滴的電勢能將減少D若先將上極板與電源正極的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變14如圖所示是一個由電池、電阻R、開關S與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，開關S閉合。一帶電液滴懸浮在兩板間P點不動，下列說法正確的是（ ）A帶電液滴可能帶正電B增大兩極板距離的過程中，電阻R中有從a到b的電流，電容器中負電荷從B到AC斷開S，減小兩極板正對面積的過程中，液滴將加速下降D斷開S，減小兩極板距離過程中，液滴靜止不動15兩個較大的平行板A、B相距為d，分別接

8、在電壓為U的電源正負極上，開關S閉合時質量為m，帶電量為q的油滴恰好靜止在兩板之間，如圖所示，在保持其他條件不變的情況下，將兩板非常緩慢地水平錯開一些，以下說法正確的是（ ）A油滴將向上運動，電流計中的電流從b流向aB油滴將下運動，電流計中的電流從a流向bC油滴靜止不動，電流計中的電流從a流向bD油滴靜止不動，電流計中無電流流過16如圖所示，平行板電容器與直流電源連接，下極板接地。一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于靜止狀態(tài)現(xiàn)將下極板豎直向下緩慢地移動一小段距離，則（ ）A帶電油滴將豎直向上運動B帶電油滴的機械能將增加C該帶電油滴在P點的電勢能減小D電容器的電容增加，極板帶電量增加17如圖所示

9、，平行板電容器 A、B 間有一帶電油滴 P 正好靜止在極板正中間，現(xiàn)將 B 板向下移動一點，其它條件不變，則A油滴將向下加速，電流計中電流由 b 流向 aB油滴將向下加速，電流計中電流由 a 流向 bC油滴運動的過程中電勢能將增大D油滴運動的過程中電勢能將減少18圖中的實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶正電粒子的運動軌跡，粒子先經(jīng)過M點，再經(jīng)過N點，可以判定（ ）A粒子在M點速度小于在N點速度B粒子在M點電勢能小于在N點電勢能CM點的電勢高于N點的電勢DM點的電場強度大于N點的電場強度19一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷（電荷量很小）固定在P點，如圖所示

10、，以E表示兩極板間的場強，U表示電容器的電壓，Ep表示正電荷在P點的電勢能，若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則（ ）AE變大，Ep變大 BU變小，E不變CU不變，Ep不變 DU變小，Ep不變20如圖所示，平行板電容器在充電穩(wěn)定后，板間有一帶電塵粒恰能在電場中靜止。若將正對的平行板左右錯開一些，則以下說法中正確的是： （ ）A帶電塵粒將向上加速運動B帶電塵粒將向下加速運動C錯開過程中，通過電阻R的電流方向為A到BD錯開過程中，通過電阻R的電流方向為B到A第5頁 共6頁 第6頁 共6頁本卷由系統(tǒng)自動生成，請仔細校對后使用，答案僅供參考。參考答案1D【解析】試題分析：根據(jù)軌跡彎曲方

11、向判斷出，粒子在運動的過程中，一直受靜電斥力作用，因電場為正電荷產生的電場，故粒子帶正電，故A錯誤；在電場中沿著電場線方向，電勢逐漸降低，故B錯誤；粒子由N動到M過程中，電場力先做負功后做正功，故速率先減小后增大，故C錯誤；粒子由M動到N過程中，電場力先做負功后做正功，故電勢能先增大后減小，故D正確故選D。考點：帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】本題中，點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越大，場強越小，掌握住電場線和等勢面的特點，即可解決本題屬于基礎題目。2D【解析】試題分析：兩等量正電荷周圍部分電場線如右圖所示，其中P、Q連線的中垂線MN上，從無窮遠到O過程中電場強度先增大后減小，且方

12、向始終指向無窮遠方向故試探電荷所受的電場力是變化的，q由A向O的運動做非勻加速直線運動，故A錯誤；電場力方向與AO方向一致，電場力做正功，電勢能逐漸減小，故B錯誤；從A到O過程，電場力做正功，動能增大，從O到N過程中，電場力做負功，動能減小，故在O點試探電荷的動能最大，電勢能最小，取無限遠處的電勢為零，從無窮遠到O點，電場力做正功，電勢能減小，則q運動到O點時電勢能為負值，故D正確C錯誤考點：考查了等量同種電荷電場分布規(guī)律【名師點睛】關鍵要了解等量同種點電荷電場線的分布情況，運用動能定理進行分析；要根據(jù)等量同種點電荷電場線的分布情況，抓住對稱性，分析試探電荷的受力情況，分析其運動情況，根據(jù)電場

13、力做功情況，分析其電勢能的變化情況。3D【解析】試題分析：根據(jù)軌跡彎曲方向判斷出，粒子在abc的過程中，一直受靜電斥力作用，根據(jù)同性電荷相互排斥，故粒子帶正電荷，A錯誤；點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越大，場強越小，粒子在C點受到的電場力最小，故B錯誤；根據(jù)動能定理，粒子由b到c，電場力做正功，動能增加，故粒子在b點電勢能一定大于在c點的電勢能，故C錯誤；a點到b點和b點到c點相比，由于點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越大，場強越小，故a到b電場力做功為多，動能變化也大，故D正確故選D?？键c：帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】本題中，點電荷的電場強度的特點是離開場源電荷距離越

14、大，場強越小，掌握住電場線和等勢面的特點，即可解決本題屬于基礎題目。4D【解析】試題分析：根據(jù)等勢面做出一條電場線，電荷所受電場力指向軌跡內側，由于電荷帶正電，因此電場線指向右下方。沿電場線電勢降低，故c等勢線的電勢最高，故A正確；P點周圍等勢面較密，電場強度較大，電場力較大，加速度較大，故B正確；根據(jù)質點受電場力情況可知，從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，動能增大，故C正確，D錯誤?？键c：根據(jù)電場線和帶電粒子的運動軌跡判斷相關問題5D【解析】試題分析：電場線和等勢線垂直，所以電場沿水平方向，從正電荷M的軌跡MPN可知，電場力水平向右，故電場的方向水平向右N電荷受電場力方向指向其軌跡內側

15、，故受電場力水平向左，所以N帶負電，故A錯誤電場線水平向右，沿電場線電勢降低，所以等勢面a的電勢高于等勢面b的電勢虛線a、b、c、d表示勻強電場中的4個等勢面，所以ab兩點的場強相等故B錯誤；電場力對N粒子做正功，其電勢能減小，動能增加，故C錯誤，D正確；故選D?？键c：電場強度；電勢及電勢能【名師點睛】本題通過帶電粒子在電場中的運動考查了電勢、電勢能、電場力等問題，解決這類問題的突破口是：做曲線運動的物體所受合外力指向其軌跡內側。6A【解析】試題分析：根據(jù)電場線的疏密分布知，A點的電場線比C點密，B點的電場線比A點密，則EBEAEC；等量的異種電荷的中垂線為等勢線，則A點的電勢與C點的電勢相等

16、，沿著電場線方向電勢逐漸降低，則A點的電勢大于B點電勢所以A=CB故A正確，BCD錯誤故選A考點：電場強度；電勢【名師點睛】雖然電場線不是實際存在的，但電場線的疏密可以體現(xiàn)電場強度的強弱；可以根據(jù)電場線方向來確定電勢的高低；同時還考查了等量異種點電荷的電場線的分布，電場線與等勢線相互垂直。7A【解析】試題分析：A極板下移時，由題，電容器兩板所帶電量不變，正對面積不變，A板下移時，根據(jù)、和可推出：，可知，只改變板間距離d時，板間的電場強度不變，則P點的電場強度E不變P點與下板的距離不變，根據(jù)公式，P點與下板的電勢差不變，則P點的電勢不變，故A正確B錯誤；B板上移時，同理得知，P點的電場強度不變，

17、根據(jù)公式，知AB間的電勢差減小，而A點的電勢比B極板電勢高，則A板的電勢降低由知，P點與B極板的間距離減小，則P點與B極板間的電勢差減小，而P點的電勢高于下板的電勢，下板的電勢為零，所以P點電勢降低，故CD錯誤考點：考查了電容器的動態(tài)分析8C【解析】試題分析：負電荷從A釋放（初速為0）后，能加速運動到B，說明負電荷受到的電場力方向是從A指向B，那么電場方向就是由B指向A，由于沿電場線方向電勢逐漸降低，所以AB兩點的電勢關系是，負電荷從A運動到B的過程中，它的加速度是逐漸減小的（乙圖中的“斜率”表示加速度），由牛頓第二定律知，負電荷從A到B時，受到的電場力是逐漸減小的，由 知，C正確；考點：考查

18、了電場線，電勢，速度時間圖像9AD【解析】試題分析：根據(jù)等量異種電荷的電場分布可知，連線的中垂線是等勢面，它們的電勢相等，其上任意兩點間的電勢差為零，電荷從等勢面上的A點移動到另B點，不論正電荷，還是負電荷，電場力做的功一定為零，因此電荷的電勢能不變，故C錯誤，D正確；A、B兩點場強大小相等，方向都是水平向右，即方向相同，故A正確，B錯誤?？键c：等量異種電荷的電場分布10C【解析】試題分析：由于B、D兩點關于O點對稱，因此其場強大小相等，方向相反，則場強不同，根據(jù)對稱性知，電勢相同，根據(jù)電場線分布情況可知，A與C兩的電勢相等，電場強度大小相等，方向不同，AB錯誤；根據(jù)電場的疊加知，BO間電場方

19、向向上，OD間電場向下，則電子由B點沿BCD路徑移至D點，電勢先升高后降低，電場力先做正功后做負 功，電勢能先減小后增大，故C正確；質子由C點沿COA路徑移至A點，電場力先向左后向右，電場力對其先做正功后做負功，故D錯誤考點：考查了等量同種電荷電場分布規(guī)律11B【解析】試題分析：做曲線運動時，物體受到的合力指向軌跡的內側，所以粒子受到的電場力方向和電場方向相同，帶正電，過程中電場力方向和速度方向夾角為銳角，做正功，電勢能減小，動能增大，故AC錯誤B正確；電場線的疏密程度表示電場強度大小，在A點的電場線比在B點的電場線疏，所以在A點的電場力小于在B點的電場力，故在A點的加速度小于在B點的加速度，

20、D錯誤；考點：考查了帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】解決本題的關鍵利用帶電粒子的運動軌跡判斷電場力的方向，利用場強方向的規(guī)定判斷粒子的電性；據(jù)電場力做功和功能關系判斷動能和電勢能的變化12D【解析】試題分析：電場線的疏密程度表電場強度的大小，可知EMEN，故A錯誤；電場力，根據(jù)牛頓第二定律，加速度，EMEN，則aMaN，故B錯誤；根據(jù)曲線運動的規(guī)律，作出粒子的速度方向和所受電場力的方向，電場力與速度方向之間的夾角為銳角，說明電場力對粒子做正功，電勢能減小，動能增大，速度增大，vMvN，故C錯誤；粒子所受電場力的方向與電場線的切線方向相同，說明粒子帶正電，故D正確?？键c：根據(jù)電場線和帶電粒子的

21、運動軌跡判斷相關問題13B【解析】試題分析：現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，導致極板間距增大，根據(jù)知，d增大，則電容減小故A正確；靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變故B錯誤電勢差不變，d增大，則電場強度減小，P點與上極板的電勢差減小，則P點的電勢增大，因為該電荷為負電荷，則電勢能減小故C正確若先將電容器上極板與電源正極的導線斷開，則電荷量不變，d改變，根據(jù)，知電場強度不變，則油滴所受電場力不變故D正確此題選擇錯誤的選項，故選B?？键c：電容器的動態(tài)分析14D【解析】試題分析：帶電液滴懸浮在兩板間P點不動，說明所受電場力

22、和重力平衡，即電場力豎直向上，故液滴帶負電，故A錯。增大兩極板距離的過程中，由電容變小，由于兩極板與電源相連，兩端電壓不變，極板上的帶電量將變小，故放電電流從a到b，但是，電荷不能通過電容器，故B錯。斷開S，電容器的帶電量不變，減小兩極板正對面積的過程中，由電容變小，由公式，可知兩端電源增大，電場強度減小，故向上的電場力減小，故液滴將加速向上運動，故C錯。斷開S，電容器的帶電量不變，減小兩極板距離過程中，由電容變大，兩式聯(lián)立得到電場強度不變，故液滴靜止不動。故D對。故選D。考點：電容器的電容?！久麕燑c睛】帶電粒子靜止所以受力平衡，可判定電性。由電容器的決定式判定電容變化，由判定電荷量的變化，從

23、而判定電流方向。由判定電場強度情況，從而判定粒子的運動情況。本題是電容器動態(tài)變化問題，關鍵是抓住不變量。15C【解析】試題分析：將兩板緩慢地錯開一些，兩板正對面積減小，根據(jù)電容的決定式得知，電容減小，而電壓不變，則由知，電容器帶電量減小，電容器處于放電狀態(tài)，電路中產生順時針方向的電流，則電流計中有ab的電流由于電容器板間電壓和距離不變，則由，知板間場強不變，油滴所受電場力不變，仍處于靜止狀態(tài)故C正確ABD錯誤故選C考點：電容器；電場強度16C【解析】試題分析： 平行板電容器與直流電源連接，其電壓保持不變，將下極板豎直向下移動一小段距離，板間場強減小，油滴所受電場力減小，油滴將沿豎直方向向下運動

24、故A錯誤油滴向下運動時，電場力做負功，故機械能減小，選項B錯誤；將下極板豎直向下緩慢地移動一小段距離時，板間場強減小，P點與上極板的電勢差減小，故P點的電勢升高，因油滴帶負電，故油滴在P點的電勢能減小，選項C正確； 平行板電容器與直流電源連接，其電壓保持不變，將下極板豎直向下移動一小段距離，板間距離增大，電容減小，電容器的電壓不變，由Q=CU得到，電量Q減小故D錯誤故選C。考點：電容器；場強與電勢【名師點睛】本題較難之處是分析電勢變化，往往根據(jù)電勢差和該點與固定電勢點間電勢的高低，分析電勢的變化，這是常用的方法。17BC【解析】試題分析：d增大，根據(jù)知，電容減小，根據(jù)Q=CU知，電容器所帶的電荷量減小，電流計中有a流向b的電流，故B正確，A錯誤電容器兩端的電勢差不變，將B極板向下移動到虛線位置，d增大，電場強度減小，電場力減小，開始電場力和重力平衡，則油滴向下運動，電場力做負功，則電勢能變大，故C正確，D錯誤；故選BC考點：電容器；物體的平衡【名師點睛】解決本題的關鍵抓住電容器始終與電源相連，電勢差不變，結合電容的變化判斷電量的變化由分析場強的變化。18AC【解析】試題分析：由電場力方向應指向軌跡的內側得知，粒子所受電場力方向大致斜向左下方，對粒