例如图所示匀强电场方向竖直向上解读

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新人教版高中物理必修三第十章《静电场中的能量》检测题(答案解析)

一、选择题1．如图所示为某一点电荷产生的电场中的7条电场线，电场线的分布关于y 轴对称，O 是坐标原点，M 、N 、P 、Q 是以O 为圆心的，一个圆周上的4个点，其中M 、N 两点在y 轴上，Q 点在x 轴上，P 点在第5条电场线上，则下列说法正确的是（）A ．M 点的电势和P 点的电势相等B ．将一正点电荷由M 点移到P 点，电势能减小C ．将一负点电荷由N 点分别移到Q 点和P 点，电场力做功NQ NP W WD ．Q 点的电场强度小于M 点的电场强度2．如图所示，A 、B 为两个带等量异号电荷的金属球，将两根不带电的金属棒C 、D 放在两球之间，则下列叙述正确的是（）A ．若将B 球接地，B 所带的负电荷还将保留一部分B ．若将B 球接地，B 所带的负电荷全部流入大地C ．由于C 、D 不带电，所以C 棒的电势一定等于D 棒的电势D ．若用导线将C 棒的x 端与D 棒的y 端连接起来的瞬间，将有电子流从x 流向y 3．如图所示，真空中固定两个等量异号点电荷＋Q 、－Q ，图中O 是两电荷连线中点，a 、b 两点与＋Q 的距离相等，c 、d 是两电荷连线垂直平分线上的两点，bcd 构成一等腰三角形，a 、e 两点关于O 点对称。

则下列说法正确的是（）A ．a 、b 两点的电势相同B ．a 、e 两点的电场强度相同C ．将电子由c 沿cd 边移到d 的过程中电场力做正功D．质子在b点的电势能比在O点的电势能小4．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板R与一个灵敏的静电计相接，将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q可认为不变，则电容器的电容C、静电计指针的偏角为θ，电容器两极板间的场强E的变化情况是（）A．C不变，θ不变，E变小B．C变小，θ不变，E不变C．C变小，θ变大，E不变D．C变小，θ变大，E变小5．如图所示，某带电导体的表面有a、b两点，其中a点的电场强度E1=200 V/m，b点的电场强度E2=400 V/m，导体外有一点c，c点与a点之间的距离为2 cm，c点与b点之间的距离为4 cm。

考点09磁场(解析版)-2021届高三《新题速递·物理》2月刊(高考复习)

考点09磁场1．（2021·贵州贵阳市·高二期末）如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等。

一矩形线框通有逆时针方向的电流，位于两条导线所在平面的正中间，在a、b产生的磁场作用下静止。

则a、b的电流方向可能是（）A．均向左B．均向右C．a的向右，b的向左D．a的向左，b的向右【答案】CD【详解】A．若a、b电流方向均向左，根据安培定则以及磁场的叠加知，在线框上边所在处的磁场方向垂直纸面向外，在线框下边所在处的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则知，线框上边所受的安培力方向向上，下边所受的安培力方向向上，则线框不能处于静止状态，故A错误；B．若a、b电流方向均向右，根据安培定则以及磁场的叠加知，在线框上边所在处的磁场方向垂直纸面向里，在线框下边所在处的磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则知，线框上边所受的安培力方向向下，下边所受的安培力方向向下，则线框不能处于静止状态，故B错误；C．若电流方向a的向右，b的向左，根据安培定则以及磁场的叠加知，在线框上边所在处的磁场方向垂直纸面向里，在线框下边所在处的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则知，线框上边所受的安培力方向向下，下边所受的安培力方向向上，根据对称性，线框可以处于平衡状态，故C正确；D．若电流方向a的向左，b的向右，根据安培定则以及磁场的叠加知，在线框上边所在处的磁场方向垂直纸面向外，在线框下边所在处的磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则知，线框上边所受的安培力方向向上，下边所受的安培力方向向下，根据对称性，线框可以处于平衡状态，故D正确。

故选CD。

2．（2021·全国高二专题练习）某型号的回旋加速器的工作原理图如图甲所示，图乙为俯视图．回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒置于真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒面垂直．两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．质子从粒子源A 处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t ，已知磁场的磁感应强度大小为B ，质子质量为m 、电荷量为＋q ，加速器接一高频交流电源，其电压为U ，可以使质子每次经过狭缝都能被加速，不考虑相对论效应和重力作用．则下列说法正确的是（）A ．质子第一次经过狭缝被加速后，进入D 形盒运动轨迹的半径r =1B B ．D 形盒半径RC ．质子能够获得的最大动能为22q BUtmπD ．加速质子时的交流电源频率与加速α粒子的交流电源频率之比为1：1 【答案】AB 【详解】A ．设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v 1，由动能定理得qU =2112mv 由牛顿第二定律有qv 1B =m 211v r联立解得r 1故A 正确；B ．设质子从静止开始加速到出口处运动了n 圈，质子在出口处的速度为v ，则2nqU=12mv 2 qvB=m 2v R质子圆周运动的周期T =2mqBπ 质子运动的总时间t =nT联立解得R 故B 正确； C ．根据qvB=m 2v R解得v =BRqm带电粒子射出时的动能E k =212mv =2222B R q m=2BUq t m π故C 错误。

电场磁场复合场总结

一、复合场中的动力学问题1、常见的力与运动结合问题【例】.如图11-5-5所示，匀强电场方向竖直向上，匀强磁场方向水平指向纸外，有一电荷(不计重力），恰能沿直线从左向右飞越此区域，则若电子以相同的速率从右向左水平飞入该区域，则电子将(C)A.沿直线飞越此区域B.电子将向上偏转C.电子将向下偏转D.电子将向纸外偏转【例】.如图11-5-6所示，一个带正电的摆球，在水平匀强磁场中振动，振动平面与磁场垂直，当摆球分别从左侧或右侧运动到最低位置时，具有相同的物理量是：( )A.球受到的磁场力B.悬线对球的拉力C.球的动量D.球的动能【例】.如图11-5-7所示，一质量为m、带电量为+q的带电圆环由静止开始，沿动摩擦系数为μ的杆下滑，则圆环的运动情况是先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动.【模仿题】如图11-5-8所示的空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B.质量为m、带电量为+q的小球套在粗糙的并足够长的竖直绝缘杆上由静止开始下滑，则( )A.小球的加速度不断减小，直至为0B.小球的加速度先增大后减小，最终为0C.小球的速度先增大后减小，最终为0D.小球的动能不断增大，直到某一最大值2、带边界的问题【例1】如图11-5-9甲所示，在x轴上方有匀强电场，场强为E，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图，在x轴方向上有一点M离O点距离为L，现有一带电量为+q的粒子，从静止开始释放后能经过M点，求如果此粒子放在y轴上，其坐标应满足什么关系?(重力不计)3、叠加场：即在同一区域内同时有电场和磁场，此类问题看似简单，受力不复杂，但仔细分析其运动往往比较难以把握，是不能一目了然的，这对于学生的空间想象和逻辑思维能力要求较高；【例2】如图11-5-10所示，在平行金属板间有匀强电场和匀强磁场，方向如图，有一束正电荷沿中心线方向水平射入，却分成三束分别由a、b、c三点射出，问可以确定的是这三束带电粒子的什么物理量不相同?(重力不计)【例3】如图11-5-11所示，质量为m、带电量为q的小球，在倾角为θ的光滑斜面上由静止下滑，匀强磁场的感应强度为B，方向垂直纸面向外，若带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为0，问：小球所带电荷的性质如何?此时小球的下滑速度和下滑位移各是多大?4、带电粒子在匀强磁场中的运动带电粒子在匀强磁场中做不完整圆周运动的解题思路：(1)用几何知识确定圆心并求半径.因为F方向指向圆心，根据F一定垂直v，画出粒子运动轨迹中任意两点(大多是射入点和出射点)的F或半径方向，其延长线的交点即为圆心，再用几何知识求其半径与弦长的关系.(2)确定轨迹所对的圆心角，求运动时间.先利用圆心角与弦切角的关系，或者是四边形内角和等于360°(或2π)计算出圆心角θ的大小，再由公式t=θT/3600(或θT/2 π)可求出运动时间.【例】两个粒子带电量相等，在同一匀强磁场中只受磁场力而做匀速圆周运动，则( )A.若速率相等，则半径相等B.若速率相等，则周期相等C.若动量大小相等，则半径相等D.若动能相等，则周期相等【例】如图11-3-4(a)所示，在x轴上方有匀强磁场B，一个质量为m，带电量为-q的的粒子，以速度v从O点射入磁场，角已知，粒子重力不计，求(1)粒子在磁场中的运动时间.(2)粒子离开磁场的位置.全国高考真题训练【练习】、如图所示，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和 d，外筒的外半径为r0。

高考物理一轮复习专项训练—电场中功能关系及图像问题(含解析)

高考物理一轮复习专项训练—电场中功能关系及图像问题（含解析）1.如图所示，在电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为＋q的物体，以某一初速度沿电场方向做匀减速直线运动，不计空气阻力，其加速度大小为0.6qEm，物体运动距离s时速度变为零．则在此过程中()A．物体克服静电力做功0.6qEsB．物体的电势能增加了qEsC．物体的重力势能增加了qEsD．物体的动能减少了0.6qEs2.(2023·广东深圳市高三检测)如图所示，有一竖直固定放置的绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，一固定绝缘光滑细杆过圆心且沿垂直圆环平面方向穿过圆环，细杆上套有一个带正电的小环，小环从A点由静止释放，沿细杆运动．下列说法一定正确的是()A．小环所受静电力逐渐变小B．小环的加速度先向右后向左C．小环的电势能逐渐增加D．小环的动能逐渐增加3．(2023·江西赣州市模拟)带电球体的半径为R，以球心为原点O建立坐标轴x，轴上各点电势φ随x变化如图所示，下列说法正确的是()A ．球体带正电荷B ．球心处电场强度最大C ．A 、B 两点电场强度相同D ．一带负电的试探电荷在B 点的电势能比在C 点的电势能大4．(多选)如图甲所示，a 、b 是点电荷的电场中同一条电场线上的两点，一个带电粒子在a 点由静止释放，仅在静电力作用下从a 点向b 点运动，粒子的动能与位移之间的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是()A ．带电粒子与场源电荷带异种电荷B ．a 点电势比b 点电势高C ．a 点电场强度比b 点电场强度大D ．带电粒子在a 点的电势能比在b 点的电势能大5.(多选)如图，竖直平面内有a 、b 、c 三个点，b 点在a 点正下方，b 、c 连线水平．第一次，将一质量为m 的小球从a 点以初动能E k0水平抛出，经过c 点时，小球的动能为5E k0；第二次，使此小球带正电，电荷量为q ，同时加一方向平行于abc 所在平面、电场强度大小为2mgq的匀强电场，仍从a 点以初动能E k0沿某一方向抛出小球，小球经过c 点时的动能为13E k0.下列说法正确的是(不计空气阻力，重力加速度大小为g )()A．a、b两点间的距离为5E k0mgB．a、b两点间的距离为4E k0mgC．a、c两点间的电势差为8E k0qD．a、c两点间的电势差为12E k0q6.(多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平．a、b 是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点由静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零．则小球a()A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量7.如图所示，竖直固定的光滑绝缘细杆上O点套有一个电荷量为－q(q>0)的小环，在杆的左侧O′处固定一个电荷量为＋Q(Q>0)的点电荷，杆上a、b两点与O′点正好构成等边三角形，c是ab的中点．使小环从O点无初速度释放，小环通过a点时的速率为v.若已知ab＝Oa＝l，静电力常量为k，重力加速度为g.则()A．在a点，小环所受弹力大小为kQql2B．在c点，小环的动能最大C．在c点，小环的电势能最大D．在b点，小环的速率为v2＋2gl8.(多选)(2021·湖南卷·9)如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab 和cd为该圆直径．将电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W(W>0)；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W.下列说法正确的是()A．该匀强电场的场强方向与ab平行B．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5WC．a点电势低于c点电势D．若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动9．(多选)在x轴上分别固定两个点电荷Q1、Q2，Q2位于坐标原点O处，两点电荷形成的静电场中，x轴上的电势φ随x变化的图像如图所示，下列说法正确的是()A．x3处电势φ最高，电场强度最大B．Q1带正电，Q2带负电C．Q1的电荷量小于Q2的电荷量D．电子从x1处沿x轴移动到x2处，电势能增加10．(多选)(2023·福建厦门市质检)空间中有水平方向上的匀强电场，一质量为m、带电荷量为q的微粒在某平面内运动，其电势能和重力势能随时间的变化如图所示，则该微粒()A ．一定带正电B ．0～3s 内静电力做的功为－9JC ．运动过程中动能不变D ．0～3s 内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12J11.(2023·黑龙江省高三检测)如图所示，放置在竖直平面内的粗糙直线轨道AB 与光滑圆弧轨道BCD 相切于B 点，C 为最低点，圆心角∠BOC ＝37°，线段OC 垂直于OD ，圆弧轨道半径为R ，直线轨道AB 长为L ＝5R ，整个轨道处于匀强电场中，电场强度方向平行于轨道所在的平面且垂直于直线OD ，现有一个质量为m 、带电荷量为＋q 的小物块P 从A 点无初速度释放，小物块P 与AB 之间的动摩擦因数μ＝0.25，电场强度大小E ＝mg q，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g ，忽略空气阻力．求：(1)小物块第一次通过C 点时对轨道的压力大小；(2)小物块第一次从D 点飞出后上升的最大高度；(3)小物块在直线轨道AB 上运动的总路程．12．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块，在x ＝1m 处以初速度v 0＝3m/s 沿x 轴正方向运动．小滑块的质量为m ＝2kg 、带电荷量为q ＝－0.1C ，可视为质点．整个区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能E p 随位置x 变化的部分图像，P 点是图线的最低点，虚线AB是图像在x＝1m处的切线，并且AB经过(0,3)和(3,0)两点，g＝10m/s2.下列说法正确的是()A．x＝1m处的电场强度大小为20V/mB．滑块向右运动过程中，加速度先增大后减小C．滑块运动至x＝3m处时，速度大小为2m/sD．若滑块恰好到达x＝5m处，则该处的电势为50V答案及解析1．D2.D3.D4.CD5.BC6.BC7．D8．AB [由于该电场为匀强电场，可采用矢量分解的思路．沿cd 方向建立x 轴，垂直于cd 方向建立y 轴，如图所示从c 到d 有W ＝E x q ·2R从a 到b 有2W ＝E y q ·3R ＋E x qR 可得E x ＝W 2qR ，E y ＝3W 2qR则E ＝E x 2＋E y 2＝W qR，tan θ＝E y E x＝3由于电场方向与水平方向成60°角，则场强方向与ab 平行，且由a 指向b ，A 正确；将该粒子从d 点移动到b 点，电场力做的功为W ′＝Eq R 2＝0.5W ，B 正确；沿电场线方向电势逐渐降低，则a 点电势高于c 点电势，C 错误；若粒子从d 点射入圆形电场区域的速度方向与ab 平行，则粒子做匀变速直线运动，D 错误．]9．BD [φ－x 图像的斜率表示电场强度，所以由题图可知x 3处电势φ最高，电场强度最小为0，则A 错误；由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则0～x 3电场线方向指向x 轴的负方向，x 3～＋∞电场线方向指向x 轴的正方向，并且在x 3处电势φ最高，电场强度最小为0，根据点电荷电场强度公式E ＝k Q r2，由近小远大规律可知，Q 1的电荷量大于Q 2的电荷量，并且Q 1带正电，Q 2带负电，所以B 正确，C 错误；电子从x 1处沿x 轴移动到x 2处，静电力做负功，电势能增加，所以D正确．]10．BCD[由于不清楚电场强度的方向，故无法确定微粒的电性，故A错误；由题图可知，0～3s内电势能增加9J，则0～3s静电力做的功为－9J，故B正确；由题图可知，电势能均匀增加，即静电力做的功与时间成正比，说明微粒沿静电力方向做匀速直线运动，同理，沿重力方向也做匀速直线运动，则微粒的合运动为匀速直线运动，所以运动过程中速度不变，动能不变，故C正确；由功能关系可知，0～3s内重力势能与电势能共增加12J，又微粒的动能不变，故0～3s内除静电力和重力外所受其他力对微粒做的功为12J，故D正确．] 11．(1)10.8mg(2)1.2R(3)15R解析(1)由几何关系知，轨道AB与水平面的夹角为37°，小物块从A点第一次到C点的过程，由动能定理知：(qE＋mg)(L sin37°＋R－R cos37°)－μ(qE＋mg)L cos37°＝12m v C12－0在C点由牛顿第二定律知：F N－qE－mg＝m v C12 R，联立解得：F N＝10.8mg由牛顿第三定律知此时小物块对轨道的压力大小是10.8mg.(2)小物块从A第一次到D的过程，由动能定理知(qE＋mg)(L sin37°－R cos37°)－μ(qE＋mg)L cos37°＝12m v D12－0小物块第一次到达D点后以速度v D1逆着电场线方向做匀减速直线运动，由动能定理知－(qE＋mg)x max＝0－12v D12联立解得：x max＝1.2R.(3)分析可知小物块到达B点的速度为零后，小物块就在圆弧轨道上做往复圆周运动，由功能关系知(qE＋mg)L sin37°＝μ(qE＋mg)d cos37°，解得：d＝15R.12．C[E p－x图像斜率的绝对值表示滑块所受静电力的大小，所以滑块在x＝1m处所受静电力大小为F＝|ΔE pΔx|＝1N，可得E1＝10V/m，选项A错误；滑块向右运动过程中，静电力先减小后增大，则加速度先减小后增大，选项B错误；滑块从x＝1m的位置运动至x＝3m处时，根据动能定理有12m v2－12m v02＝W电，W电＝ΔE p′＝1J，解得速度大小为v＝2m/s，选项C正确；若滑块恰好到达x＝5m处，则12m v02＝W电′＝E p2－E p1，其中E p1＝2J，解得滑块的电势能E p2＝5J，该处的电势为φ＝E p2q＝5－0.1V＝－50V，选项D错误．]。

2025届湖北省腾云联盟高三上学期10月联考(一模)物理试题(解析版)

湖北省“腾•云”联盟2024-2025学年度上学期10月联考高三物理试卷考试时间：2024年10月9日上午10：30-11：45试卷满100分注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题所给的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。

全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

1. 科学家采用放射性材料2PuO 制造核电池为火星车供电。

2PuO 中的Pu 元素是23894Pu ，其发生的核反应为2382349492Pu U X →+，X 是（）A. 电子B. 质子C. 中子D. α粒子【答案】D 【解析】【详解】根据反应过程满足质量数和电荷数守恒可知，X 的质量数位4，电荷数为2，则X 是α粒子。

故选D 。

2. “判天地之美，析万物之理”，领略建立物理规律的思想方法往往比掌握知识本身更加重要。

下面四幅课本插图中包含的物理思想方法相同的是（）A. 甲和乙B. 甲和丁C. 乙和丙D. 丙和丁【答案】B 【解析】【详解】甲图中和丁图中包含的物理思想方法均是微元法；乙图中包含的物理思想方法是放大法；丙图中包含的物理思想方法是等效替代法。

故选B。

3. “风雨过后方能见到彩虹”，彩虹形成的简化示意图如图所示。

设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a、b是从水滴射出的两种单色光，则下列说法正确的是（）A. a光的频率小于b光的频率B. 在水滴中，a光的波长小于b光的波长C. 在水滴中，a光的折射率小于b光的折射率D. 在水滴中，a光的传播速度大于b光的传播速度【答案】B【解析】【详解】CD．根据光路图可知，太阳光从空气射入水滴时，a光的偏转程度大于b光的偏转程度，则水滴对a光的折射率大于b光的折射率；根据cv=n可知在水滴中，a光的传播速度小于b光的传播速度，故CD错误；AB．由于水滴对a光的折射率大于b光的折射率，则a光的频率大于b光的频率，根据vλ=f由于在水滴中，a光的传播速度小于b光的传播速度，则在水滴中，a光的波长小于b光的波长，故A错误，B正确。

磁场精选题目（含答案、解析）

1．在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内．在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内((不计重力不计重力))，电子可能沿水平方向向右做直线运动的是，电子可能沿水平方向向右做直线运动的是( ( )解析：若电子水平向右运动，在A 图中电场力水平向左，洛伦兹力竖直向下，故不可能；在B 图中，电场力水平向左，洛伦兹力为零，故电子可能水平向右做匀减速直线运动；在C 图中电场力竖直向下，洛伦兹力竖直向下，电子不可能向右做匀速直线运动；在D 图中电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向上，故电子不可能做水平向右的直线运动，因此只有选项B 正确．正确．答案：答案：B B2.2.如图所示，在长方形如图所示，在长方形abcd 区域内有正交的电磁场，ab ＝bc /2/2＝＝L ，一带电粒子，一带电粒子从ad 的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc 边的中点P 射出，若撤射出，若撤去磁场，则粒子从c 点射出；若撤去电场，则粒子将点射出；若撤去电场，则粒子将((重力不计重力不计)( )( )A ．从b 点射出点射出B ．从b 、P 间某点射出间某点射出C ．从a 点射出点射出D ．从a 、b 间某点射出间某点射出解析：由粒子做直线运动可知qv 0B ＝qE ；撤去磁场粒子从c 点射出可知qE ＝ma ，at ＝2v 0，v 0t ＝L ，所以撤除电场后粒子运动的半径r ＝mv 0qB ＝L 2. 3．如图所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁．如图所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r 相同，则它们一定具有相同的同，则它们一定具有相同的( ( ) A ．动量．动量 B B．质量．质量．质量C ．电荷量．电荷量D D D．比荷．比荷．比荷解析：离子流在区域Ⅰ中不偏转，一定是qE ＝qvB ，v ＝E B ．进入区域Ⅱ后，做匀速圆周运动的半径相同，由r ＝mv qB知，因v 、B 相同，所以只能是比荷相同，故D 正确，正确，A A 、B 、C 错误．错误．4．(2012年合肥模拟年合肥模拟))两块金属板a 、b 平行放置，板间存在与匀强电场正交的匀强磁场，假设电场、磁场只存在于两板间的空间区域．一束电子以一定的初速度v 0从两极板中间，沿垂直于电场、磁场的方向射入场中，无偏转地通过场区，如图所示．已知板长l ＝10 cm 10 cm，两板间距，两板间距d ＝3.0 cm 3.0 cm，两板间电势差，两板间电势差U ＝150 V 150 V，，v 0＝2.0×107 m/s. m/s.求：求：求：(1)(1)磁感应强度磁感应强度B 的大小；的大小；(2)(2)若撤去磁场，求电子穿过电场时偏离入射方向的距离，以及电子通过场区后动能增加多少？若撤去磁场，求电子穿过电场时偏离入射方向的距离，以及电子通过场区后动能增加多少？若撤去磁场，求电子穿过电场时偏离入射方向的距离，以及电子通过场区后动能增加多少？((电子所带电荷量的大小与其质量之比e m ＝1.76×1011C/kg)解析：(1)(1)电子进入正交的电磁场不发生偏转，则满足电子进入正交的电磁场不发生偏转，则满足电子进入正交的电磁场不发生偏转，则满足Bev 0＝e U dB ＝U v 0d＝2.5×10－4T.(2)(2)设电子通过场区偏转的距离为设电子通过场区偏转的距离为y l ＝v 0t ，a ＝eU mdy ＝12at 2＝12×eU md·(l v 0)2＝1.1×10－2m. ΔE k ＝eEy ＝e U dy ＝8.8×10－18J ＝55 eV. [例1] 在平面直角坐标xOy 中，第Ⅰ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为磁感应强度为 B ．一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从y 轴正半轴上的M 点以速度v 0垂直于y 轴射入电场，经x 轴上的N 点与x 轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y 轴负半轴上的P 点垂直于y 轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求：轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求：(1)M 、N 两点间的电势差UMN ；(2)(2)粒子在磁场中运动的轨道半径粒子在磁场中运动的轨道半径r ；(3)(3)粒子从粒子从M 点运动到P 点的总时间t .[思路点拨思路点拨] ] 根据粒子在不同区域内的运动特点和受力特根据粒子在不同区域内的运动特点和受力特点画出轨迹，分别利用类平抛和圆周运动的分析方法列方程求解．点画出轨迹，分别利用类平抛和圆周运动的分析方法列方程求解．[自主解答] (1)(1)设粒子过设粒子过N 点时的速度大小为点时的速度大小为 v ，有v 0v＝cos θ,v ＝2v 0粒子从M 点运动到N 点的过程，有qu MN ＝12mv 2－12mv 20，U MN ＝3mv 202q . (2)(2)粒子在磁场中以粒子在磁场中以O ′为圆心做匀速运动，半径为O ′N ，有qvB ＝mv 22r ，r ＝2mv 0qB . (3)(3)由几何关系得由几何关系得ON ＝r sin θ设粒子在电场中运动的时间为t 1，有ON ＝v 0t 1t 1＝3mqB粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πm qB设粒子在磁场中运动的时间为t 2，有，有t 2＝π－θ2πT ，故t 2＝2πm 3qBt ＝t 1＋t 2，t ＝33＋2πm 3qB .1．如图所示．如图所示，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的，且宽度相等均为d ，电场方向在纸平面内竖直向下，而磁场方向垂直于纸面向里，一带正电的粒子从O 点以速度v 0沿垂直电场方向进入电场，从A 点射出电场进入磁场，离开电场点时的速度方向一致，已知d 、v 0(带电粒子重力不计带电粒子重力不计))，求：，求：(1)(1)(1)粒子从粒子从C 点穿出磁场时的速度大小v ；(2)(2)电场强度电场强度E 和磁感应强度B 的比值E B .解析：(1)(1)粒子在电场中偏转时做类平抛运动，则粒子在电场中偏转时做类平抛运动，则粒子在电场中偏转时做类平抛运动，则垂直电场方向d ＝v 0t ，平行电场方向d 2＝v y2t 得v y ＝v 0，到A 点速度大小为v ＝2v 0在磁场中速度大小不变，所以从C 点出磁场时速度大小仍为2v 0.(2)(2)在电场中偏转时，出在电场中偏转时，出A 点时速度与水平方向成45°45° v y ＝qE m t ＝qEd mv 0，并且v y ＝v 0得E ＝mv 20qd在磁场中做匀速圆周运动，如图所示在磁场中做匀速圆周运动，如图所示由几何关系得R ＝2d又qvB ＝mv 22R ，且v ＝2v 0 得B ＝mv 0qd 解得E B ＝v 0.[例2] 如右图所示，在磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO ′在竖直面内垂直于磁场方向放置，细棒与水平面夹角为α.一质量为m 、带电荷量为＋q 的圆环A 套在OO 圆′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ<tan α.现让圆环A 由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中：由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中：(1)(1)圆环圆环A 的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？(2)(2)圆环圆环A 能够达到的最大速度为多大？能够达到的最大速度为多大？[思路点拨][自主解答] (1)(1)由于由于μ<tanα，所以环将由静止开始沿棒下滑．环A 沿棒运动的速度为v 1时，受到重力mg 、洛伦兹力qv 1B 、杆的弹力F N1和摩擦力F f 1＝μF N1.根据牛顿第二定律，对圆环A 沿棒的方向：沿棒的方向：mg sin α－F f 1＝ma垂直棒的方向：F N1＋qv 1B ＝mg cos α所以当F f 1＝0(0(即即F N1＝0)0)时，时，a 有最大值a m ，且a m ＝g sin α此时qv 1B ＝mg cos α解得：v 1＝mg cos αqB. (2)(2)设当环设当环A 的速度达到最大值v m 时，环受杆的弹力为F N2，摩擦力为F f 2＝μF N2.此时应有a ＝0，即mg sin α＝F f 2在垂直杆方向上：F N2＋mg cos α＝qv m B解得：v m ＝mg sin α＋μcos αμqB. 2．如图所示，套在很长的绝缘直棒上的小球,质量为 1.0×10－4 kg ，带 4.0×10－4 C 正电荷，小球在棒上可以滑动，将此棒竖直放置在沿水平方向的匀强电场和球在棒上可以滑动，将此棒竖直放置在沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中．匀强电场的电场强度E ＝10 N/C 10 N/C，方向水平向右，，方向水平向右，，方向水平向右，匀强磁场的磁感应强度B ＝0.5 T 0.5 T，方向为垂直纸面向里，小球与棒，方向为垂直纸面向里，小球与棒，方向为垂直纸面向里，小球与棒间动摩擦因数为μ＝0.20.2，求小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度，求小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度，求小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度和最大速度．和最大速度．((设小球在运动过程中所带电荷量保持不变，g 取10 m/s2)解析：带电小球沿绝缘棒下滑过程中，受竖直向下的重力，竖直向上的摩擦力，水平方向弹力和洛伦兹力及电场力作用．当小球静止时，弹力等于电场力，小球在竖直方向所受摩擦力最小，小球加速度最大，小球运动过程中，弹力等于电场力与洛伦兹力之和，随着小球运动速度的增大，小球所受洛伦兹力增大，小球在竖直方向的摩擦力也随之增大，小球加速度减小，速度增大，当球的加速度为零时，速度达最大．小球刚开始下落时，加速度最大，设为a m ，这时竖直方向有mg －F f ＝ma ①在水平方向上有qE －F N ＝0②又F f ＝μF N ③由①②③解得a m ＝mg －μqE m，代入数据得a m ＝2 m/s 2. 小球沿棒竖直下滑，当速度最大时，加速度a ＝0在竖直方向上mg －F ′f ＝0④在水平方向上qv m B ＋qE －F N ′＝′＝00⑤又F ′f ＝μF N ′⑥′⑥ 由④⑤⑥解得v m ＝mg －μqE μqB，代入数据得v m ＝5 m/s.[例3] 如图所示，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一与磁感线垂直且水平放置的、长为L 的摆线，拴一质量为m 、带有＋q 电荷量的摆球，若摆球始终能在竖直平面内做圆弧运动．试求摆球通过最低位置时绳上的拉力F 的大小．的大小．[思路点拨思路点拨] ] 解答此题应把握以下两点：解答此题应把握以下两点：(1)(1)弹力和洛伦兹力都随小球速度改变而改变，但这两力不做功，只有重力做功．弹力和洛伦兹力都随小球速度改变而改变，但这两力不做功，只有重力做功．弹力和洛伦兹力都随小球速度改变而改变，但这两力不做功，只有重力做功．(2)(2)在最低点应用牛顿第二定律求解．在最低点应用牛顿第二定律求解．在最低点应用牛顿第二定律求解．[自主解答] 以摆球为研究对象．以摆球为研究对象．根据机械能守恒定律得：mgL ＝12mv 2m ，当向左摆动，到最低点速度向左时F 洛的方向向下．的方向向下．由牛顿第二定律得：F －mg －F 洛＝mv 2m /L ，且：F 洛＝qv m B ，联立以上各式解得：F ＝3mg ＋qB 2gL .当向右摆动，到最低点的速度向右时，F 洛的方向则向上．的方向则向上．由牛顿第二定律得：F ＋F 洛－mg ＝mv 2m /L ，联立解得：F ＝3mg －qB 2gL .3．在竖直平面内半圆形光滑绝缘管处在如图所示的匀强磁场中，B ＝1.1 T ，半径R ＝0.8 m ，其直径AOB 在竖直线上．圆环平面与磁场方向垂直，在管口A 处以2 m/s 水平速度射入一个直径略小于管内径的带电小球，其电荷量为＋10－4 C ，问：(1)小球滑到B 处的速度为多少？(2)若小球从B 处滑出的瞬间，管子对它的弹力恰好为零，小球质量为多少？(g ＝10 m/s2)解析：(1)(1)小球从小球从A 到B ，利用动能定理得，利用动能定理得mg 2R ＝12mv 2B －12mv 2A得v B ＝v 2A ＋4gR ＝22＋4×10×0.8＋4×10×0.8 m/s m/s m/s＝＝6 m/s. (2)(2)在在B 点，小球受到的洛伦兹力方向指向圆心，由于小球做圆周运动，所以有qv B B －mg ＝mv 22B R 即：即：1010－4×6×1.1－×6×1.1－1010m ＝36m 0.8得m ＝1.2×10－－55 kg.2.(2012年淮北模拟年淮北模拟))如图所示，空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向上，匀强磁场的方向垂直纸面向里．有一内壁光滑、底部有带正电小球的试管．在水平拉力F 作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出．口处飞出．已知小球质量为已知小球质量为m ，带电量为q ，场强大小为E ＝mg q.关于带电小球及其在离开试管前的运动，关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中不下列说法中不正确的是正确的是( ( )A ．洛伦兹力对小球不做功．洛伦兹力对小球不做功B ．洛伦兹力对小球做正功．洛伦兹力对小球做正功C ．小球的运动轨迹是一条抛物线．小球的运动轨迹是一条抛物线D ．维持试管匀速运动的拉力F 应逐渐增大应逐渐增大解析：洛伦兹力方向始终与小球运动速度方向垂直，不做功，故A 正确、正确、B B 错误；小球在竖直方向受向上的电场力与向下的重力，二者大小相等，试管向右匀速运动，小球的水平速度保持不变，则竖直向上的洛伦兹力分量大小不变，小球竖直向上做匀加速运动，即小球做类平抛运动，故C 正确；小球竖直分速度增大，受水平向左的洛伦兹力分量增大，为维持试管匀速运动拉力F 应逐渐增大，应逐渐增大，D D 正确．正确．答案：答案：B B3．(2012年铜陵模拟年铜陵模拟))如图所示的装置，左半部分为速度选择器，右半部分为匀强的偏转电场．一束同位素离子流从狭缝S 1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S 2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E 的偏转电场，最后打在照相底片D 上．已知同位素离子的电荷量为q (q >0)>0)，速度选择器内部存在着相互垂，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E 0的匀强电场和磁感应强度大小为B 0的匀强磁场，照相底片D 与狭缝S 1、S 2的连线平行且距离为L ，忽略重力的影响．忽略重力的影响．(1)(1)求从狭缝求从狭缝S 2射出的离子速度v 0的大小；(2)(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v 0方向飞行的距离为x ，求出x 与离子质量m 之间的关系式之间的关系式((用E 0、B 0、E 、q 、m 、L 表示表示))．解析：(1)(1)能从速度选择器射出的离子满足能从速度选择器射出的离子满足能从速度选择器射出的离子满足qE 0＝qv 0B 0①故v 0＝E 0B 0② (2)(2)离子进入匀强偏转电场离子进入匀强偏转电场E 后做类平抛运动，则后做类平抛运动，则x ＝v 0t ③L ＝12at 22④ 由牛顿第二定律得qE ＝ma ⑤由②③④⑤解得x ＝E 0B 0 2mL qE4.(2010年高考课标全国卷年高考课标全国卷))如图所示，在0≤x ≤a 、0≤y ≤a2范围内垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 坐标原点O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy 平面内，与y 轴正方向的夹角分布在0～90°范围内．已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a /2到a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的磁场的粒子从粒子源射出时的(1)(1)速度的大小；速度的大小；速度的大小；(2)(2)速度方向与速度方向与y 轴正方向夹角的正弦．轴正方向夹角的正弦．解析：(1)(1)设粒子的发射速度大小为设粒子的发射速度大小为v ，粒子做圆周运动的轨道，粒子做圆周运动的轨道半径为R ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得：，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得： qvB ＝mv 2R① 由①式得R ＝mv qB ②当a 2<R <a 时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C 的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示．的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示．设该粒子在磁场中运动的时间为t ，依题意t ＝T 4，得，得 ∠OCA ＝π2③设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系得，由几何关系得R sin α＝R －a 2④ R sin α＝a －R cos α⑤又sin 2α＋cos 2α＝1⑥由④⑤⑥式得R ＝(2(2－－62)a ⑦ 由②⑦式得v ＝(2(2－－62)aqB m(2)(2)由④⑦式得：由④⑦式得：由④⑦式得：sin sin α＝6－610. [例1] 在真空中，半径r ＝3×10－2m 的圆形区域内有匀强磁场，方向如图所示，磁感应强度B ＝0.2 T ，一个带正电的粒子以初速度v 0＝106 m/s 从磁场边界上直径ab 的一端a 射入磁场，已知该粒子的比荷q m ＝108C/kg C/kg，不计粒子重，不计粒子重力．(1)(1)求粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径；求粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径；(2)(2)若要使粒子飞离磁场时有最大偏转角，若要使粒子飞离磁场时有最大偏转角，求入射时v 0与ab 的夹角θ及粒子的最大偏转角．及粒子的最大偏转角．[解析] (1)(1)粒子射入磁场后，由于不计重力粒子射入磁场后，由于不计重力粒子射入磁场后，由于不计重力,,所以洛伦兹力提供圆周运动需要的向心力，根据牛顿第二定律有：qv 0B ＝m v 220R ， R ＝mv 0qB ＝5×10－2m. (2)(2)粒子在圆形磁场区域运动轨迹为一段半径粒子在圆形磁场区域运动轨迹为一段半径R ＝5 cm 的圆弧，要使偏转角最大，就要求这段圆弧对应的弦最长，即为圆形区域的直径，粒子运动轨迹的圆心O ′在ab 弦中垂线上，如上图所示．由几何关系可知：知：sin θ＝r R ＝0.60.6，，θ＝37°＝37°最大偏转角β＝2θ＝74°.＝74°.[例2] 如图所示，半径为r ＝0.1 m 的圆形匀强磁场区域边界跟y 轴相切于坐标原点O ，磁感应强度B ＝ 0.332 T 方，方向向垂直纸向面向里里．在O 有处有一一射放射源源，可沿纸向面向各各方个方向向射出速率均为v ＝3.2×106 m/s 的α粒子．已知α粒子质量m ＝6.646.64××1010－－27kg 27kg，电荷量，电荷量q ＝3.23.2××1010－－19C 19C，不计，不计α粒子的重力．求α粒子在磁场中运动的最长时间．动的最长时间．m v R 得＝mv ＝粒子在磁场中运动的圆弧所对应的弦长最长，从右图可以看出，粒子在磁场中运动的时间最长．粒子在磁场中运动的时间最长．＝2πm qB ，运动时间＝2θ2π·＝r R ＝y 轴上的a 点射入右图中第可在适当的地方加一个垂直于的匀强磁场，若此磁场分布在一个圆形区域内，试求这个圆形磁场区域的最小面积．的匀强磁场，若此磁场分布在一个圆形区域内，试求这个圆形磁场区域的最小面积．[解析] 质点在磁场中做半径为＝mv 0qB 的圆周运动，根据题意，质点在磁场区域中的轨道为半径等于的圆上的的圆上的113圆周，这段圆弧应与入射方向的速度，出射方向的速度相切，如右图所示．则到入射方向所在直线和出射方向所在直线相距为R 的O ′点就是圆周的圆心．质点在磁场区域中的轨道就是以和f 点应在所求圆形磁场区域的边界上，在通过即得圆形磁场区域的最小半径sin 60°＝3mv 02qB＝34π(mv 0qB )。

2020年高考物理专题精准突破带点粒子在电场中的运动(解析版)

2020年高考物理专题精准突破专题带点粒子在电场中的运动【专题诠释】一带电粒子在电场中的直线运动 1．用动力学观点分析 a ＝F 合m ，E ＝Ud ，v 2－v 20＝2ad 2．用功能观点分析匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1 二带电粒子在电场中的偏转运动【高考领航】【2019·江苏高考】一匀强电场的方向竖直向上。

t ＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P ，不计粒子重力，则P t 关系图象是( )【答案】 A【解析】设粒子带正电，运动轨迹如图所示，水平方向：粒子不受力，v x ＝v 0；沿电场方向：电场力F ＝qE ，加速度a ＝F m ＝qE m ，经时间t ，粒子沿电场方向的速度v y ＝at ＝qEt m ，电场力做功的功率P ＝Fv y ＝qE ·qEtm ＝(qE )2tm＝kt ∝t ，A 正确。

【2019·全国卷Ⅱ】如图，两金属板P 、Q 水平放置，间距为d 。

两金属板正中间有一水平放置的金属网G ，P 、Q 、G 的尺寸相同。

G 接地，P 、Q 的电势均为φ(φ>0)。

质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置，以速度v 0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。

(1)求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？【答案】 (1)12mv 20＋2φdqh v 0mdhqφ(2)2v 0mdhqφ【解析】 (1)PG 、QG 间场强大小相等，设均为E 。

粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有 E ＝φd 2＝2φd ①F ＝qE ＝ma ②设粒子第一次穿过G 时的动能为E k ，由动能定理有 qEh ＝E k －12mv 20③设粒子从射入电场至第一次穿过G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移大小为l ，则有 h ＝12at 2④l ＝v 0t ⑤联立①②③④⑤式解得 E k ＝12mv 20＋2φd qh ⑥ l ＝v 0mdhqφ⑦ (2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。

专题4 磁场对运动物体的作用(解析版)

专题四磁场对运动物体的作用基本知识点1．带电物体在磁场或电场中运动的分析方法和分析力学的方法一样，只是比力学多了洛伦兹力和电场力．2．对带电粒子受力分析求合力，若合力为零，粒子做匀速运动或静止；若合力不为零，粒子做变速直线运动，再根据牛顿第二定律分析粒子速度变化情况．3．洛伦兹力的方向总垂直于速度方向，洛伦兹力对运动电荷不做功.例题分析一、带电物体在复合场中的运动例1如图所示，在真空中匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速运动，c向左做匀速运动．比较它们的重力G a、G b、G c的关系，正确的是()A．G a最大B．G b最大C．G c最大D．G c最小(对应训练)带电油滴以水平向右的速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示，若带电油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是()A．油滴必带正电荷，电荷量为mgv0BB．油滴必带正电荷，比荷为qm＝qv0BC．油滴必带负电荷，电荷量为mgv0BD．油滴带什么电性都可以，只要满足q＝mgv0B二、带电物体在斜面上运动的问题例2如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，质量为m、带电荷量为q的小球在倾角为α的光滑斜面上由静止开始下滑。

若带电小球下滑后某个时刻对斜面的压力恰好为零，问：(1)小球的带电性质如何？(2)此时小球下滑的速度和位移分别为多大？(对应训练)一个质量为m＝0.1 g的小滑块，带有q＝5×10－4C的电荷量，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(绝缘)，斜面固定且置于B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图5所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面(g取10 m/s2)．求：(1)小滑块带何种电荷？(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？(3)该斜面长度至少多长？三、带电物体受力情况的动态分析例3如图所示，一个带负电的滑环套在水平且足够长的粗糙的绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场B中．现给滑环施以一个水平向右的瞬时速度，使其由静止开始运动，则滑环在杆上的运动情况可能是()A．始终做匀速运动B．先做减速运动，最后静止于杆上C．先做加速运动，最后做匀速运动D．先做减速运动，最后做匀速运动(对应训练)一细棒处于磁感应强度为B的匀强磁场中，棒与磁场垂直，磁感线方向垂直纸面向里，如图所示，棒上套一个可在其上滑动的带负电的小环c，小环质量为m，电荷量为q，环与棒间无摩擦．让小环从静止滑下，下滑中某时刻环对棒的作用力恰好为零，则此时环的速度为多大？四、洛伦兹力作用下带电体的直线运动例4如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒从a点进入场区并刚好能沿ab直线向上运动，不可忽略重力，下列说法中正确的是()A．微粒一定带负电B．微粒的动能一定减小C．微粒的电势能一定增加D．微粒的机械能一定增加(对应训练)在方向如图所示的匀强电场(场强为E)和匀强磁场(磁感应强度为B)共存的场区中，一电子沿垂直电场线和磁感线的方向以速度v0射入场区，设电子射出场区时的速度为v，则()A．若v0＞E/B，电子沿轨迹Ⅰ运动，射出场区时，速度v＞v0B．若v0＞E/B，电子沿轨迹Ⅱ运动，射出场区时，速度v＜v0C．若v0＜E/B，电子沿轨迹Ⅰ运动，射出场区时，速度v＞v0D．若v0＜E/B，电子沿轨迹Ⅱ运动，射出场区时，速度v＜v0五、带电体在竖直杆上的运动例5如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，所带的电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向外，设小球的电荷量不变，小球由静止下滑的过程中()A．小球加速度一直增加B．小球速度一直增加，直到最后匀速C．棒对小球的弹力一直减小D．小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变(对应训练)如图所示，套在很长的绝缘直棒上的带正电的小球，其质量为m，带电荷量为＋q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电场强度为E，磁感应强度为B，小球与棒的动摩擦因数为μ，求小球由静止沿棒下滑的最大加速度和最大速度(设小球电荷量不变)．六、带电物体在曲面上的运动例6 如图所示，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直．一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆轨道的最高点M 下滑到最右端，则下列说法中正确的是( )A ．滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大B ．滑块从M 点到最低点的加速度比磁场不存在时小C ．滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时小D ．滑块从M 点到最低点所用时间与磁场不存在时相等(对应训练一)如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的．两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M 、N 为轨道的最低点，则( )A ．两小球到达轨道最低点的速度v M ＝v NB ．两小球到达轨道最低点的速度v M >v NC ．小球第一次到达M 点的时间大于小球第一次到达N 点的时间D ．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端(对应训练二)如图所示，质量为m ＝1kg 、电荷量为q ＝5×10－2C 的带正电的小滑块，从半径为R ＝0.4m 的光滑绝缘14圆弧轨道上由静止自A 端滑下．整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中．已知E ＝100V/m ，方向水平向右；B ＝1T ，方向垂直纸面向里．求：(1)滑块到达圆弧轨道最低点C时的速度；(2)在C点时滑块所受的洛伦兹力；(3)滑块到达C点时对轨道的压力．(g取10m/s2)七、带电小球在复合场中的做单摆运动满足的规律例7如图所示，用丝线吊一个质量为m的带电(绝缘)小球处于匀强磁场中，空气阻力不计，当小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时()A．小球的动能相同B．丝线所受的拉力相同C．小球所受的洛伦兹力相同D．小球的向心加速度相同(对应训练)质量为m、带电荷量为＋q的小球，用一长为l的绝缘细线悬挂在方向垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示，用绝缘的方法使小球位于使悬线呈水平的位置A，然后静止释放，小球运动的平面与B的方向垂直，求小球第一次和第二次经过最低点C时悬线的拉力F T1和F T2.专题训练1．如图所示，在整个空间中存在水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电物块沿绝缘水平天花板向右做匀速直线运动，则该物块()A．带正电B．带负电C．受到三个力作用D．受到五个力作用2．如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是()A．若撤去磁场，P可能做匀加速直线运动B．若撤去电场，P一定做匀加速直线运动C．若给P一初速度，P可能做匀速直线运动D．若给P一初速度，P一定做曲线运动3．如图所示，一个带正电荷的小球沿光滑水平绝缘的桌面向右运动，飞离桌子边缘A，最后落到地板上．设有磁场时飞行时间为t1，水平射程为x1，着地速度大小为v1；若撤去磁场而其余条件不变时，小球飞行的时间为t2，水平射程为x2，着地速度大小为v2.则()A．x1>x2B．t1>t2 C．v1>v2D．v1＝v24．如图所示，在匀强磁场中有一水平绝缘传送带以速度v沿顺时针方向传动。

2023年江苏高考物理大一轮复习第八章第4讲带电粒子在电场中的偏转课件(77张PPT)

变，根据 E＝Ud ＝CQd＝4επrQkSdd＝4πεrkSQ可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，仍垂直打在 M 上，故 D 错误.
考点三
带电粒子在交变电场中的偏转
1.带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形. 当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性. 2.研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况.根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等.
(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；
答案 3
mL Ee
电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时
间为t1，由牛顿第二定律得：a1＝Em1e＝Eme L2＝12a1t12
电子进入电场E2时的速度为：v1＝a1t1
从进入电场E2到打到屏上，电子水平方向做匀速直线运动，时间为： t2＝2vL1
(2)若所有粒子都能飞出电场，求初速度的最小值v1. 答案 8×103 m/s
当粒子在0时刻入射时，粒子将向上偏转，该粒子速度将会有最小值.
在竖直方向
根据牛顿第二定律qE0＝ma
可得在电场中的加速度为a＝4×108 m/s2
在 0～T2时间内，粒子在竖直方向上的位移为 y1′＝12aT22
代入数据解得y1′＝2×10－2 m
(1)若粒子的初速度v0＝2×104 m/s，求飞出电场时的最大侧移量y1；答案 0.02 m
粒子在水平方向做匀速直线运动 L＝v0t 粒子在电场中的运动时间为 t＝1×10－5 s 在电场中的加速度为 qE0＝ma 飞出电场时的最大侧移量为 y1＝12at2 联立并代入数据解得

带电粒子在电场中的运动问题2(偏转)知识讲解

带电粒子在电场中的偏转一、如图所示，某带电粒子以速度0v 沿垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用而做匀变速曲线运动。

1、处理方法：类平抛运动，运动的合成与分解求解相关问题；水平方向：匀速直线运动；竖直方向：匀加速直线运动。

2、所涉及的方程及结论 ①加速度：mdqU m qE m F a ===②运动时间： A 、能飞出极板间时，0v l t = B 、打在极板上时，由qUmd a d t at d 22,212===得 ③竖直上的偏转量：A 、离开电场时，dmv U ql at y 2022221==，如果综合加速电场0U 时，由20021mv qU =得dU Ul y 024=，即经过加速电场后进入偏转电场时，竖直方向上的偏转量与粒子的比荷无关。

换句话说，就是不同的粒子经过相同的加速电场和进入相同的偏转电场，离开电场时竖直方向上的偏转量都是一样的。

B 、打在极板上时，2d y =，水平方向的位移为qUmd v a d v t v x 2000=== ④偏转角：dmv qUl v at v v y2000tan ===θ，结合20021mv qU =得d U Ul 02tan =θ即经过加速电场后进入偏转电场时，偏转角与粒子的比荷无关。

换句话说，即不同的粒子经过相同的加速电场和进入相同的偏转电场，离开电场时速度的方向都是一样的。

⑤如果粒子能离开偏转电场，离开电场时速度方向的反向延长线交水平位移的中点2l 处。

⑥速度：220y v v v +=或者根据动能定理：y dU U mv mv qU y y =-=,2121202例1、如图所示，离子发生器发射出一束质量为m ，电荷量为q 的离子，从静止经加速电压U 1加速后，获得速度0v ，并沿垂直于电场线方向射入两平行板中央，受偏转电压U 2作用后，以速度v 离开电场，已知平行板长为l ，两板间距离为d ，求：①0v 的大小；②离子在偏转电场中运动时间t ；③离子在偏转电场中受到的电场力的大小F ；④离子在偏转电场中的加速度；⑤离子在离开偏转电场时的横向速度y v ；⑥离子在离开偏转电场时的速度v 的大小；⑦离子在离开偏转电场时竖直方向上的偏移量y ；⑧离子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值tanθ举一反三1、如图所示，质子(11H)、氘核（H21）和α粒子(42He)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，三个粒子均能射出电场；求①这三个粒子射出电场时所花时间比；②这三个粒子射出电场时竖直方向上的偏转量的比；③这三个粒子射出电场时速度的偏转角的比；2、如图所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么()A．经过加速电场过程，电场力对氚核做的功最多B．经过偏转电场过程，电场力对三种核做的功一样多C．三种原子核打在屏上时的速度一样大D．三种原子核都打在屏上的同一位置上3、在上题的基础上，求：①进入偏转电场到离开时所需时间比；二、示波器工作原理例2、如图所示是示波管的原理图．它由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成，管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点，在那里产生一个亮斑．下列说法正确的是()A．要想让亮斑沿OY向上移动，需在偏转电极YY′上加电压，且Y′比Y电势高B．要想让亮斑移到荧光屏的右上方，需在偏转电极XX′、YY′上加电压，且X比X′电势高、Y比Y′电势高C．要想在荧光屏上出现一条水平亮线，需在偏转电极XX′上加特定的周期性变化的电压(扫描电压)D．要想在荧光屏上出现一条正弦曲线，需在偏转电极XX′上加适当频率的扫描电压、在偏转电极YY′上加按正弦规律变化的电压举一反三1、如图所示，是一个示波器工作原理图，电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h，两平行板间距离为d，电势差为U，板长为l，每单位电压引起的偏移量(h/U)叫示波器的灵敏度．若要提高其灵敏度，可采用下列办法中的()A．增大两极板间的电压B．尽可能使板长l做得短些C．尽可能使板间距离d减小些D．使电子入射速度v0大些2、如图所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY′电场的场强方向重合)．若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则()A．X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极B．X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极C．X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极D．X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极。

2021年高三物理选择题强化训练专题四电磁学中的曲线运动

2021年高三物理选择题强化训练专题四电磁学中的曲线运动一.单选题1.(2019·江苏卷)一匀强电场的方向竖直向上。

t ＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P ，不计粒子重力，则P －t 关系图象是( )【解析】设粒子带正电，运动轨迹如图所示，水平方向，粒子不受力，v x ＝v 0。

沿电场方向：受力F 电＝qE ，则加速度a ＝F 电m ＝qE m ，经时间t ，粒子沿电场方向的速度v y ＝at ＝qEt m电场力做功的功率P ＝F 电v y ＝qE ·qEt m ＝（qE ）2tm＝kt ∝t ，选项A 正确。

【答案】 A2．（2019·北京市101中学三模）一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc 从a 运动到c ，已知质点的速率是递减的。

关于b 点电场强度E 的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b 点的切线）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】A ．电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向。

故A 错误；B ．负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符。

故B 错误；C ．图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动。

故C 错误；D ．图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意。

故D 正确。

3.带电粒子a 、b 在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a 运动的半径大于b 运动的半径．若a 、b 的电荷量分别为q a 、q b ，质量分别为m a 、m b ，周期分别为T a 、T b .则一定有( ) A. q a <q b B. m a <m b C. T a <T b D. q a m a <q b m b【答案】A【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB ＝m v 2r，p ＝mv ，得p ＝qBr ，两粒子动量相等，则q a Br a ＝q b Br b ，已知r a >r b ，则q a <q b ，A 正确，其他条件未知，B 、C 、D 无法判定． 4.如图所示，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未面出)，一带电粒子从紧贴铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O ，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )A ．2 B. 2 C ．1 D.22【答案】D【解析】本题考查了带电粒子在磁场中的运动．根据qvB ＝mv 2r 有B 1B 2＝r 2r 1·v 1v 2，穿过铝板后粒子动能减半，则v 1v 2＝2，穿过铝板后粒子运动半径减半，则r 2r 1＝12，因此B 1B 2＝22，D 正确．5.(2019·北京石景山区模拟)如图所示，图中虚线为某静电场中的等差等势线，实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，a 、b 、c 为粒子的运动轨迹与等势线的交点，粒子只受电场力作用，下列说法正确的是( )A.粒子在a 点的加速度比在b 点的加速度小B.粒子在a 点的动能比在b 点的动能大C.粒子在a 点和在c 点时速度相同D.粒子在b 点的电势能比在c 点时的电势能小【解析】等势线的疏密程度表示电场强度的大小，故a 点的电场强度大于b 点的电场强度，根据a ＝qEm，可知粒子在a 点的加速度比在b 点的加速度大，故A 错误；由题图可知若粒子从a 到b 运动，电场力做正功，电势能减小，动能增大，若粒子从b 到a 运动，电场力做负功，电势能增大，动能减小，故粒子在a 点的动能比在b 点的动能小，故B 错误；由题图可知a 、c 两点在同一等势线上，故粒子在a 、c 两点具有相同的电势能，根据能量守恒可知，粒子在a 、c 两点具有相同的动能，故粒子在这两点的速度大小相等，但方向不同，故C 错误；因粒子在a 、c 两点具有相同的动能和电势能，而粒子在a 点的动能比在b 点的动能小，电势能比在b 点时的大，故粒子在b 点的电势能比在c 点时的电势能小，故D 正确。

高二物理专题练习-习题课--带电粒子在复合场中的运动

考点四霍尔效应6.据报道，我国最近实施的“双星”计划所发射的卫星中放置一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度等研究项目。

磁强计的原理如图所示，电路中有一段金属导体，它的横截面是宽为a 、高为b 的长方形，放在沿y 轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x 轴正方向、电流强度为I 的电流。

已知金属导体单位体积中的自由电子数为n ，电子电量为e 。

金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动。

测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U 。

（1）金属导体前后两个侧面哪个电势较高？（2）求磁场磁感应强度B 的大小。

考点五带电体在复合场中的运动7.如图所示，在矩形ABCD 区域内，对角线BD 以上的区域存在有平行于AD 向下的匀强电场，对角线BD 以下的区域存在有垂直于纸面的匀强磁场（图中未标出），矩形AD 边长为L ，AB 边长为2L 。

一个质量为m 、电荷量为+q 的带电粒子（重力不计）以初速度v 0从A 点沿AB 方向进入电场，在对角线BD 的中点P 处进入磁场，并从DC 边上以垂直于DC 边的速度离开磁场（图中未画出），求：（1）电场强度E 的大小和带电粒子经过P 点时速度v 的大小和方向；（2）磁场的磁感应强度B 的大小和方向。

8.如图所示的平面直角坐标系xOy ，在第Ⅰ象限内有平行于y 轴的匀强电场，方向沿y 正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc 区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy 平面向里，正三角形边长为L ，且ab 边与y 轴平行．一质量为m 、电荷量为q 的粒子，从y 轴上的p （0，h ）点，以大小为v 0的速度沿x 轴正方向射入电场，通过电场后从x 轴上的a （2h ，0）点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y 轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y 轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：（1）电场强度E 的大小；（2）粒子到达a 点时速度的大小和方向；（3）abc 区域内磁场的磁感应强度B 的最小值．电场的方向竖直向下，有一正离子恰能以速率从右向左飞入，则该电子将向从右向左飞入，则该电子将向取＝方向两两垂直，如图所示。

2021届高考物理三轮冲刺专题突破训练：磁场 (解析版)

磁场【原卷】1.（2020全国1卷第５题）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。

一束质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。

不计粒子之间的相互作用。

在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（）A. 76mqBπB.54mqBπC.43mqBπD.32mqBπ2.如图a所示，匀强磁场垂直于xOy平面，磁感应强度B1按图b所示规律变化(垂直于纸面向外为正)．t＝0时，一比荷为qm＝1×105 C/kg的带正电粒子从原点沿y轴正方向射入，速度大小v＝5×104 m/s，不计粒子重力．(1)求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径．(2)求t＝π2×10－4 s时带电粒子的坐标．(3)保持图b中磁场不变，再加一垂直于xOy平面向外的恒定匀强磁场B2，其磁感应强度为0．3 T，在t＝0时，粒子仍以原来的速度从原点射入，求粒子回到坐标原点的时刻．3.如图甲所示，虚线MN 的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)。

一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(视为质点)，以大小为v 0的水平初速度沿PQ 向右做直线运动。

若小球刚经过D 点时(t ＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D 点时的速度方向与PQ 连线成60°角。

已知D 、Q 间的距离为(3＋1)L ，t 0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g 。

甲乙 (1)求电场强度E 的大小； (2)求t 0与t 1的比值；(3)小球过D 点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B 0及运动的最大周期T m 。

4.如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入速度为1v ，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速度为2v ，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则21:v v 为A BC D．35.（２０２０全国1卷第２５题）在一柱形区域内有匀强磁场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。

2024年高考物理一轮复习(新人教版) 第9章专题强化13 电场中功能关系及图像问题

1.Ep－x图像由静电力做功与电势能变化关系F电x＝Ep1－Ep2＝－ΔEp知Ep－x图像的切线斜率k＝ ΔEp ，其绝对值等于静电力大小，正负代表静电力的方向.
Δx 2.Ek－x图像当带电体只有静电力做功，由动能定理F电x＝Ek－Ek0＝ΔEk知Ek－x图像的切线斜率k＝ ΔEk ，斜率表示静电力.
电场中的图像问题
Hale Waihona Puke 考向1 电场中的v－t图像
根据v－t图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，可确定电荷所受静电力的方向与静电力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化.
例4 (多选)(2023·重庆市八中检测)两个等量同种点电荷固定于光滑水平
面上，其连线的中垂线(在水平面内)上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2×10－5 C、质量为1 g的小物块从C点由静止释放，其运动的v －t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线的切线斜率最大的位置(图中
带电粒子在 B 点的加速度最大，为 am＝7－4 5 m/s2＝2 m/s2，所受的静电力最大为 Fm＝mam＝0.001×2 N＝0.002 N，则电场强度最大值为 Em ＝Fqm＝2×0.01002－5 N/C＝100 N/C，D 正确.
考向2 φ－x图像(电场方向与x轴平行)
1.电场强度的大小等于φ－x图线的切线斜率的绝对值，如果图线是曲线，电场为非匀强电场；如果图线是倾斜的直线，电场为匀强电场(如图).切线的斜率为零时沿x轴方向电场强度为零.
√D.弹簧的弹性势能的增加量为mgH3＋h
物块从静止开始下落时的加速度为13g，根据牛顿第二
定律得：mg－qE＝ma，解得：E＝23mqg，故 A 错误；从 A 到 C 的过程中，系统除重力和弹力以外，只有静电力做功，静电力做功为：W＝－qE(H＋h)＝－2mgH3 ＋h，可知机械能减少量为2mg3H＋h，故 B 错误；从 A 到 C 过程中，静电力做功为－2mgH3 ＋h，则电势能增加量为 2mg3H＋h，故 C 错误；

河北唐山市区县联考2023-2024学年高二物理第一学期期末达标检测模拟试题含解析

14．（16分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8
故B正确，ACD错误。
故选B。
6、D
【解析】ABC．粒子做直线运动，因为洛伦兹力的大小和速度有关，根据受力分析可知，粒子只能做匀速直线运动，且从b向a运动，受力分析如图：
粒子只能带正电，ABC错误；
D．电场力做负功，电势能增大，油滴的机械能减小，D正确。 Nhomakorabea故选D。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
（1）求磁感应强度B的大小；
（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度
15．（12分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+ C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）
B．电压表(视为理想电压表，量程为0～3 V)；
C．电阻箱R(0～999.9Ω)；
D．定值电阻R0＝10Ω；
E．多用电表；
F．开关、导线若干
(1)同学甲直接使用多用电表直流2.5V挡测量该干电池的电动势，读数如图所示，则该同学测得的电动势E＝______V，此测量值比旧干电池电动势的真实值______(选填“偏大”或者“偏小”)

电场力做功的计算方法

电场力做功的计算方法湖北郭建计算电场力做功，主要有以下四种方法：1．由功的定义式W=Fscos θ来计算。

在中学阶段，限于数学基础，要求式中F 为恒力，所以此法仅适用于匀强电场中电场力做功的计算。

2．用结论“电场力做的功等于电荷电势能增量的负值”来计算，即W=－△ε。

这个方法在已知电荷电势能的值的情况下比较方便。

3．用W AB =qU AB 来计算此时，一般又有两种处理方法：一是严格带符号运算，q 和U AB 均考虑正和负，所得W 的正、负直接表示电场力做功的正负，二是只取绝对值进行计算，所以W 只是功的数值，至于做功的正负，可用力学知识判定。

4．用动能定理W 电+W 其他=△E k 计算它是一种间接的计算方法，是能量转化与守恒定律在电场中的应用，不仅适用于匀强电场，也适用于非匀强电场中电场力做功的计算。

例1. 电场中a 、b 两点，已知V 1500,V 500b a =ϕ-=ϕ，将带电量为q=－4×10－9C 的点电荷从a 移到b 时，电场力做了多少功?是正功还是负功?解法一：用W=－△ε计算电荷在a 、b 处的电势能分别为：J 102J )500()104(q 69a a --⨯=-⨯⨯-=ϕ=εJ 106q 6b b -⨯-=ϕ=ε 现从a 到b ，由W=－△ε得W=－(εb －εa )=8×10－6J ，W>0，表示电场力做正功。

★注意，是εb －εa 不是εa -εb .解法二：用W AB =qU AB 计算1．带符号运算：从a 到b ，J 108J )1500500()104()(q qU W 69b a ab ab --⨯=--⨯⨯-=ϕ-ϕ== 因为W>0，所以电场力做正功，注意★，Uab=a 处电势减b 处电势。

2．取绝对值进行计算：W=qU=4×10－9×2000J=8×10－6J(注意符号仅为数值)．因为是负电荷从电势低处移至电势高处，所以电场力做正功。