2018届高考物理二轮复习专题三电场和磁场能力训练8电场性质及带电粒子在电场中的运动
高考物理二轮温习第一部份专题三电场和磁场第8讲磁场性质及带电粒子在磁场中的运动练习
专题三电场和磁场第8讲磁场性质及带电粒子在磁场中的运动一、单项选择题1．(2016·汕头模拟)如图所示，质量为m的导体棒ab垂直圆弧形金属导轨MN、PQ放置，导轨下端接有电源，导体棒与导轨接触良好，不计一切摩擦．现欲使导体棒静止在导轨上，则下列方式可行的是( )A．施加一个沿ab方向的匀强磁场B．施加一个沿ba方向的匀强磁场C．施加一个竖直向下的匀强磁场D．施加一个竖直向上的匀强磁场解析：施加一个沿ab方向的匀强磁场或ba方向的匀强磁场，导体棒都不受安培力，不可能静止在导轨上，则A、B错；由b看向a时，施加一个竖直向下的匀强磁场，由左手定则可知导体棒所受安培力方向水平向右，可能静止在导轨上，则C对；由b看向a时，施加一个竖直向上的匀强磁场，由左手定则可知，导体棒所受安培力方向水平向左，不可能静止在导轨上，则D错．答案：C2.如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b，以不同的速度沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是( )A．a粒子速度较大B．b粒子速度较大C．b粒子在磁场中运动时间较长D．a、b粒子在磁场中运动时间一样长解析：带电粒子沿半径方向垂直进入圆形匀强磁场区域，离开磁场的速度也必然沿圆形磁场的半径方向，据此作出a 、b 粒子离开磁场时的速度方向如图所示，那么圆形磁场区域和粒子圆周运动的轨迹就有一条公共弦，弦的垂直平分线过两个圆的圆心，而这条垂直平分线也是入射速度和末速度夹角的角平分线，那么这条角平分线与进磁场时垂线的交点即圆心，由图示可判断a 粒子半径小，按照洛伦兹力提供向心力qvB ＝mv 2R ，得R ＝mvqB，所以a 粒子速度较小，A 错误，B 正确；由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πmqB可知两个粒子圆周运动周期相同，由图可知，a 粒子速度偏转角大，即圆心角大，所以a 粒子运动时间长，选项C 、D 错误．答案：B3．(2016·龙岩模拟)水平线上方存在区域足够大、方向如图所示的匀强磁场，在水平线上的O 点有一粒子发射源，能持续地向水平线的上方发射粒子，已知粒子源发射的粒子带正电、重力可忽略，粒子的速度大小用v 表示、粒子速度方向与水平线的夹角用θ(θ为锐角)表示．通过一段时间，粒子抵达水平线上的A 点(图中未画出)．则关于粒子在匀强磁场中的运动，下列说法中正确的是( )A ．若是粒子的发射速度不变，增大入射角θ，则OA 减小B ．若是粒子的发射速度不变，增大入射角θ，则粒子由O 到A 的时间缩短C ．若是粒子的入射角θ不变，增大发射速度，则粒子在磁场中的运动周期减小D ．若是粒子的入射角θ不变，增大发射速度，则粒子由O 到A 的时间缩短解析：利用几何知识分析粒子离开磁场的位置与半径的关系，由ω＝2πT ，T ＝2πmqB分析角速度．设粒子的轨迹半径为r ，则r ＝mv qB，如图所示，OA ＝2r sin θ＝2mv sin θqB.由于θ为锐角，故θ越大，OA 越大，A 选项错误；由几何关系得轨迹对应的圆心角α＝2π－2θ，粒子在磁场中运动的时间t ＝α2π·T ＝2π－2θ2π·2πm qB ＝（2π－2θ）mqB，可知若是入射速度不变，增大入射角θ，则粒子由O 到A 的时间缩短，B 选项正确；若是入射角θ不变，运动时间不变，D 选项错误；粒子在磁场中的运动周期T ＝2πmqB，显然粒子的运动周期与入射速度的大小无关，C 选项错误．答案：B4.如图所示，边界OA 与OC 之间散布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA 上有一粒子源S ，某一时刻，从S 平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的彼此作用)，所有粒子的初速度大小相同，通过一段时间有大量粒子从边界OC 射出磁场．已知∠AOC ＝60°，从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于T6(T 为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最长时间为( )(导学号 )解析：由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动，由于粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短，而弧长越小，所对弦长也越短，所以从S 点作OC 的垂线SD ，则SD 为最短弦，可知粒子从D 点射出时运行时间最短，如图所示．按照最短时间为T6，可知△O ′SD 为等边三角形，粒子圆周运动半径R ＝SD ，过S 点作OA 垂线交OC 于E 点，由几何关系可知SE ＝2SD ，SE 为圆弧轨迹的直径，所以从E 点射出，对应弦最长，运行时间最长，且t ＝T2，故B 项正确．答案：B 二、多项选择题5.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a 、b ，以不同的速度对准圆心O 沿着AO 方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图．若不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )A ．a 粒子带负电，b 粒子带正电B ．a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较小C ．b 粒子动能较大D ．b 粒子在磁场中运动时间较长解析：由左手定则可知a 粒子带负电，b 粒子带正电，A 正确；由qvB ＝m v 2R 得R ＝mvqB，由于a 粒子轨道半径较小，b 粒子的轨道半径较大，故a 粒子的速度较小，b 粒子的速度较大，所以a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较小，b 粒子的速度较大，动能较大，B 、C 正确；由T ＝2πmqB可知两个粒子在磁场中运动的周期相同，由于a 粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角比b 粒子大，由t ＝θ2πT 可知b 粒子在磁场中运动时间较短，D 错误．答案：ABC6．(2016·太原模拟)如图所示，分界限MN 上、下双侧有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度别离为B 1和B 2，一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子(不计重力)从O 点动身以必然的初速度v 0沿纸面垂直MN 向上射出，经时间t 又回到起点O ，形成了图示的心形图案．则( )A ．粒子必然带正电荷B ．MN 上、下双侧的磁场方向相同C ．MN 上、下双侧磁感应强度的大小B 1∶B 2＝1∶2D ．时间t ＝2πmqB 2解析：由于题中没有给出匀强磁场的方向，所以不能判断出粒子带何种电荷，选项A 错误；按照左手定则可判断出MN 上、下双侧的磁场方向相同，选项B 正确；带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，qv 0B ＝m v 20r ，解得B ＝mv 0qr，则B 1∶B 2＝r 2∶r 1，由题给的心形图案可知，MN 上、下双侧，上侧的轨迹半径是下侧的12，即r 1∶r 2＝1∶2，则B 1∶B 2＝2∶1，选项C 错误；由qv 0B ＝m v 20r ，解得r v 0＝m qB，在MN 上侧磁场区域，带电粒子运动轨迹合在一路为一个圆周，运动时间t 1＝2πm qB 1＝πmqB 2，在MN 下侧磁场区域，带电粒子运动轨迹为半个圆周，运动时间为t 2＝πm qB 2，整个运动时间t ＝t 1＋t 2＝2πmqB 2，选项D 正确．答案：BD7．(2016·东北三校联考)如图所示，在0≤x ≤3a 、0≤y ≤a 范围内有垂直于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 的带电粒子，它们的速度方向均在xOy 平面的第一象限内．已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T ，半径介于2a 到3a 之间，则下列说法正确的是( )(导学号 )A ．最先从磁场上边界飞出的粒子经历的时间为T12B ．最先从磁场上边界飞出的粒子经历的时间小于T12C ．最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为T6D ．最后从磁场中飞出的粒子经历的时间大于T6解析：当轨迹半径r ＝3a 时，沿y 轴正方向射入的粒子偏角最小，历时最短．由图知，sin α＝a r ＝13<12，故α<30°，带电粒子在磁场中运动的时间t 1<112T ，A 错误，B 正确；最后从磁场中飞出的粒子，历时最长，故在磁场中的偏转角最大，轨迹圆弧对应的弦长最长；当轨迹半径为最小值2a 时，弦长为最大值2a ，粒子刚好从(3a ，a )点射出，圆心角β＝60°，则最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为T6，C 正确，D 错误．答案：BC 三、计算题8．(2016·鄂豫晋冀陕五省联考)如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度，等臂天平的右臂挂着矩形线圈，匝数为n ，线圈的水平边长为L ，处于匀强磁场内，匀强磁场的方向与线圈平面垂直．当线圈中通过电流I 时，调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m 的砝码，才能使两臂再次达到新的平衡．(1)若线圈串联一个电阻连接到电压为U 的稳定电源上，已知线圈电阻为r ，当线圈中通过电流I 时，请用题给的物理量符号表示出电阻的大小．(2)请用重力加速度g 和n 、m 、L 、I 导出B 的表达式． 解析：(1)由U ＝I (R ＋r )， 解得R ＝U I－r .(2)设电流方向未改变时，等臂天平左盘内砝码的质量为m 1，右盘及线圈的总质量为m 2，由等臂天平的平衡条件有m 1g ＝m 2g －nBIl ，电流方向改变以后，同理可得(m ＋m 1)g ＝m 2g ＋nBIl ， 解得B ＝mg2nIL.答案：(1)R ＝U I －r (2)B ＝mg2nIL9.(2016·黑龙江大庆实验中学模拟)如图△OAC 的三个极点的坐标别离为O (0，0)、A (0，L )、C (3L ，0)，在△OAC 区域内有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场．在t ＝0时刻，同时从三角形的OA 边遍地以沿y 轴正向的相同速度将质量均为m ，电荷量均为q 的带正电粒子射入磁场，已知在t ＝t 0时刻从OC 边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y 轴．不计粒子重力和空气阻力及粒子间的彼此作用．(导学号 )(1)求磁场的磁感应强度B 的大小；(2)若从OA 边两个不同位置射入磁场的粒子，前后从OC 边上的同一点P (P 点图中未标出)射出磁场，求这两个粒子在磁场中运动的时间t 1与t 2之间应知足的关系；(3)从OC 边上的同一点P 射出磁场的这两个粒子通过P 点的时间距离与P 点位置有关，若该时间距离最大值为43t 0，求粒子进入磁场时的速度大小．解析：(1)粒子在t 0时间内，速度方向改变了90°，故周期T ＝4t 0，由T ＝2πm qB 得B ＝πm2qt 0.(2)在同一点射出磁场的两粒子轨迹如图，轨迹所对应的圆心角别离为θ1和θ2，由几何关系有θ1＝180°－θ2，故t 1＋t 2＝T2＝2t 0.(3)由圆周运动知识可知，两粒子在磁场中运动的时间差Δt 与Δθ＝θ2－θ1成正比，Δθ＝θ2－θ1＝θ2－(180°－θ2)＝2θ2－180°.θ2越大，时间差Δt ＝Δθ360°T 越大， 代入数据得θ2的最大值为θ＝150°，在磁场中运动时间最长的粒子轨迹如图，由几何关系知，α＝ 180°－θ＝30°，tan ∠A ＝3LL＝3，得∠A ＝60°，β＝90°－∠A ＝30°，R cos α＋Rcos β＝L ， 解得R ＝23L7，按照qvB ＝m v 2R，代入数据解得v ＝3πL7t 0. 答案：(1)πm 2qt 0 (2)t 1＋t 2＝2t 0 (3)3πL7t 010.一边长为a 的正三角形ADC 区域中有垂直该三角形平面向里的匀强磁场，在DC 边的正下方有一系列质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子，以垂直于DC 边的方向射入正三角形区域．已知所有粒子的速度均相同，通过一段时间后，所有的粒子都能离开磁场，其中垂直AD 边离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为t 0.假设粒子的重力和粒子之间的彼此作使劲可忽略．(1)求该区域中磁感应强度B 的大小．(2)为了能有粒子从DC 边离开磁场，则粒子射入磁场的最大速度为多大？(3)若粒子以(2)中的最大速度进入磁场，则粒子从正三角形边界AC 、AD 边射出的区域长度为多大？解析：(1)洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2r，周期T ＝2πr v ＝2πmqB，当粒子垂直AD 边射出时，按照几何关系有圆心角为60°，则t 0＝16T ，解得B ＝πm3qt 0.(2)当轨迹圆与AC 、AD 都相切时，能有粒子从DC 边射出，且速度为最大值，如图甲所示，设此时粒子的速度为v 1，偏转半径为r 1，则r 1＝a 2sin 60°＝34a ，图甲由qv 1B ＝m v 21r 1得r 1＝mv 1qB，解得v 1＝3πa12t 0， 所以粒子能从DC 边离开磁场的最大入射速度v 1＝3πa12t 0. (3)由(2)知，当轨迹圆与AC 相切时，从AC 边射出的粒子距C 最远，故有粒子射出的范围为CE 段，图乙x CE ＝a 2cos 60°＝a 4，当轨迹圆与AD 边的交点F 恰在圆心O 正上方时，射出的粒子距D 点最远，如图乙所示，故有粒子射出的范围为DF 段，x DF ＝r 1sin 60°＝a2.答案：(1)πm 3qt 0 (2)3πa 12t 0 (3)a 4 a2。
2018年高考物理二轮温习第一部分二轮专题冲破专题三电场和磁场课时作业8电场和磁场的大体性质
7.
如下图，一质量为m、电荷量为q的带正电小球在匀强电场中运动，其运动轨迹在竖直平面(纸面)内，且关于过轨迹最右边N点的水平直线对称．已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小球可视为质点．由此可知( )
A．匀强电场的方向水平左
B．电场强度E知足E>
C．小球在M点的电势能比在N点的大
D．M点的电势比N点的高
点的电势降低得多，因此M点的电势比N点的低，一正点电荷在M点时的电势能比在N点时的小，选项D正确．
答案：ACD
11.
电子束焊接机中的电子枪如下图，K为阴极，A为阳极，两极之间的电势差为U.A、K之间的电场线散布如下图．阴极发出的电子在电场作用下由静止状态从K加速运动到A，设电子的质量为m，那么以下说法正确的选项是( )
答案：C
4．(2017·四川省重点中学第二次检测)
由某种导线组成的正方形导线框abcd竖直放置，已知长度为l的该导线的电阻为lr，现将正方形导线框置于如下图的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小为B，用电阻不计的导线将导线框连接在电动势为E，内阻不计的电源两头．那么关于导线框所受安培力的大小和方向，以下说法正确的选项是( )
A．安培力的大小为 ，方向竖直向上
B．安培力的大小为 ，方向竖直向下
C．安培力的大小为 ，方向竖直向下
D．安培力的大小为 ，方向竖直向上
解析：由题图可知，电路接通后流过导线框的电流沿ad及abcd方向，设导线框的边长为x，由欧姆定律可得，流过ab边的电流为I1＝ ，流过bc边的电流为I2＝ ，又由左手定那么可知ad、bc两边所受的安培力方向均竖直向下，ab、cd两边所受到的安培力大小相等，方向相反，那么导线框所受的安培力的大小为F＝B(I1＋I2)x＝ ，方向竖直向下，B正确．
2018届高三物理(新课标)二轮复习专题整合高频突破：专题三 电场和磁场
高频考点 命题热点一 命题热点二 命题热点三
-9-
拓展训练1(2017· 全国Ⅲ卷)如图所示,空间存在方向垂直于纸面 (xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域,磁感应强度的大小为B0;x<0区 域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为 q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时 开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正向时②③④式得,所求时间为 d0=2(R1-R2)= ������
2������������0 0 ������
���� t0=t1+t2=������ ������ 0
1+
1 ������
⑤ ⑥
(2)由几何关系及①②式得,所求距离为 11 ������
高频考点 命题热点一 命题热点二 命题热点三
A.ma>mb>mc B.mb>ma>mc C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma
高频考点 命题热点一 命题热点二 命题热点三
-20-
涉及复合场的技术应用 以计算题的形式进行考查,往往以电磁技术的应用为背景材料, 联系实际考查学生学以致用的能力,有时也以选择题形式出现。
高频考点 命题热点一 命题热点二 命题热点三
(1)粒子运动的时间; (2)粒子与O点间的距离。
答案
���� (1)������������ 0
+ ������������������
����
0
2������������0 (2) ������ ������ 0
1-
1 ������
高频考点 命题热点一 命题热点二 命题热点三
2018届高考物理二轮复习板块一专题三电场和磁场3_2磁场及带电粒子在磁场中的运动课件2018042
mv 2 平向右的安培力F安，由牛顿第二定律，得FN－F安＝ r ，解得 FN＝1.5 N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N，由 牛顿第三定律，可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用 力大小为0.75 N，选项D正确．
[答案]
D
考向二 [归纳提炼]
带电粒子在磁场中的运动
1．带电粒子在匀强磁场中的运动 (1)若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速 直线运动． (2)若v⊥B，且带电粒子仅受洛伦兹力作用，则带电粒子在 垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动，洛伦兹力 v2 mv 2πR 提供向心力．由qvB＝m R ，可得半径R＝ qB ，则周期T＝ v ＝ 2πm qB .周期T与粒子运动的速度v或半径R无关．
板 块 一
专题突破复习
专 题 三
电场和磁场
第二讲
磁场及带电粒子在磁场中的运动
知识网络构建
结网建体 把脉考向
[高考调研] [知识建构] 1.考查方向：①结合电流周围的 磁场分布特点考查磁场的性 质．②结合现代科学技术考查 带电粒子在磁场中的运动．③ 结合几何关系考查带电粒子在 有界磁场中的临界问题． 2.常用的思想方法：①对称思 想．②等效思想．③极限思 想．④放缩法．⑤平移法．⑥ 旋转法．
[解析] 同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．对L1进行 受力分析，如下图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在 的平面平行；对L3进行受力分析，如右图所示，可知L3所受磁场 力的方向与L1、L2所在的平面垂直．任意两根导线间的作用力的 大小是相等的，若两根导线间相互作用力为F，L1、L2受到的磁 场力的合力大小相同，根据平行四边形定则作出几何图形，根 据几何知识可求解，经分析知B、C正确．
高考物理二轮复习第一部分专题整合专题三电场和磁场第讲磁场及带电粒子在磁场中的运动课件.ppt
A. 3∶2 C. 3∶1
图 3－2－3 B. 2∶1 D．3∶ 2
解析 当粒子在磁场中运动半个
圆周时，打到圆形磁场的位置最远，
则当粒子射入的速度为 v1，如图，由 几何知识可知，粒子运动的轨道半径
为 r1＝Rcos 60°＝12R；同理，若粒子射入的速度为 v2，
由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为 r2＝Rcos 30° ＝ 23R；根据 r＝mqBv∝v，则 v2∶v1＝r2∶r1＝ 3∶1，
轴上下侧的绝缘漆均刮掉，不能保证线圈持续转动下
去，B 项错误；如果仅左转轴的上侧绝缘漆刮掉，右转
轴的下侧绝缘漆刮掉，则线圈中不可能有电流，因此线
圈不可能转动，C 项错误；如果左转轴上下侧的绝缘漆
均刮掉，右转轴仅下侧的绝缘漆刮掉效果与 A 项相同，
因此 D 项正确。
答案 AD
3．(2017·全国卷Ⅱ)如图 3－2－3 所示，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，若粒子射入的 速度为 v1，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 v2，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 v2∶v1 为
故选 C。
答案 C
4.(2016·新 课 标 卷 Ⅰ) 现 代 质 谱 仪 可
用来分析比质子重很多倍的离子，其
示意图如图 3－2－4 所示，其中加速
电压恒定。质子在入口处从静止开始 图3－2－4
被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。
若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电
场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁
2018年高考物理二轮复习 专题三 电场和磁场 第8讲 电场的性质和磁场的性质课件
3．电势能：(1)电场力做正功，电势能减小；电场力 做负功，电势能增大；(2)正电荷在电势高的地方电势能 大，负电荷在电势高的地方电势能反而小．
►即学即练
1. (多选)(中等偏下难度)如图所示，图中五
点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和 圆心．已知电场线与圆所在平面平行．下列有关圆心 O 和等分点 a 的电势、电场强度的相关描述正确的是( )
尝试解答：
解析：由右手定则可知，导线 b 在 a 处产生的磁场方 向竖直向下，设为 B1，如图所示，由左手定则得知 a 受 到 b 的安培力的方向为水平向左(如图)，由牛顿第三定律 可知 b 受到的 a 的安培力大小为 F，方向水平向右(如图)；
放入导线 c 后，c 在 a 处的磁感应强度方向垂直于 ac 连线向上(如图中的 B2)，c 对 a 的安培力方向指向 c，因 此时 a 受到的磁场力大小仍为 F(受到 b、c 的安培力的合 力)，b、c 对 a 的安培力的夹角为 120°，所以 c 对 a 的安 培力大小也为 F；
c 在 a 和 b 处的磁感应强度大小相等，因 b 的电流是 a 的 2 倍，所以 b 受到 c 的安培力为 2F，
方向由 c 指向 b(如图所示)；b 受到的两个安培力之 间的夹角为 60°，由余弦定理得 b 受到的磁场力大小为： Fb＝ F2＋（2F）2－2×F×2F×cos 120°＝ 7F，D 正 确，A、B、C 错误．故选 D.
3. (多选)(2017·全国卷Ⅰ)如图，三根相
互平行的固定长直导线 L1、L2 和 L3 两两等 距，均通有电流 I，L1 中电流方向与 L2 中的 相同，与 L3 中的相反．下列说法正确的是( )
A．L1 所受磁场作用力的方向与 L2、L3 所在平面垂 直
浙江版2018版高考物理二轮复习专题三电场和磁场第1讲电场性质和带电粒子在电场中的运动课件
考点二
带电粒子在电场中的直线运动
真题研究
1.(2017· 浙江11月选考· 19)如图7所示，AMB是一条长L＝10 m的绝缘水平 轨道，固定在离水平地面高h＝1.25 m处，A、B为端点，M为中点，轨道 MB处在方向竖直向上、大小E＝5×103 N/C的匀强电场中.一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋1.3×10－4 C的可视为质点的滑块以初速度v0＝6 m/s在 轨道上自A点开始向右运动，经M点进入电场，从B点离开电场.已知滑块 与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2.求滑块： (1)到达M点时的速度大小；
答案
7.(2017· 台州市 9 月选考 ) 如图 6 甲所示，一条电场线与 Ox 轴重合，取 O 点 电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x变化的情况如图乙所示.若在O点由 静止释放一电子，且电子仅受电场力的作用，则 A.电场的方向沿Ox正方向 B.电子沿Ox正方向运动 √ D.电子的电势能将增大 图6
答案
C.电场的场强沿Ox方向增大
1
2
3
4
5
6
7
规律总结
带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法 (1)某点速度方向即为该点轨迹的切线方向； (2)从轨迹的弯曲方向判断受力方向 (轨迹向合外力方向弯曲 )，从而分析 电场方向或电荷的正负； (3)结合轨迹、速度方向与电场力的方向，确定电场力做功的正负，从而 确定电势能、电势和电势差的变化等.
专题三
电场和磁场
第1讲 电场性质和带电粒子在电场中的运动
考点一 电场基本性质的理解
考点二 带电粒子在电场中的直线运动
考点三 带电粒子在电场中的曲线运动
考点一
电场基本性质的理解
真题研究
2018届高考物理二轮复习专题三电场与磁场练习
专题三 电场与磁场 第一讲电场的基本性质1.[如图所示，直角坐标系中x 轴上在x ＝－r 处固定有带电荷量为＋9Q 的正点电荷，在x ＝r 处固定有带电荷量为－Q 的负点电荷，y 轴上a 、b 两点的坐标分别为y a ＝r 和y b ＝－r ，c 、d 、e 点都在x 轴上，d点的坐标为x d ＝2r ，r <x c <2r ，cd 点间距与de 点间距相等。
下列说法不正确的是( )A ．场强大小E c >E eB ．a 、b 两点的电势相等C ．d 点场强为零D ．a 、b 两点的场强相同解析：选D cd 点间距与de 点间距相等，根据电场线的分布情况知，c 处电场线密，场强大，故A 正确；由电场分布的对称性可知，a 、b 两点的电势相等，故B 正确；＋9Q 在d 点产生的场强大小E 1＝k 9Qr 2＝k Qr 2，方向水平向右，－Q 在d 点产生的场强大小E 2＝k Q r2，方向水平向左，所以由电场的叠加原理可知，d 点场强为零，故C 正确；根据电场线分布的对称性可知，a 、b 两点场强的大小相等，但方向不同，则a 、b 两点的场强不相同，故D 错误。
2．[考查匀强电场的电场强度计算]如图所示，梯形abdc 位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60°、30°，cd ＝2ab ＝4 cm ，已知a 、b 两点的电势分别为4 V 、0，将电荷量q ＝1.6×10－3C 的正电荷由a 点移动到c 点，克服电场力做功6.4×10－3 J ，则下列关于电场强度的说法中正确的是( )A ．垂直ab 向上，大小为400 V/mB ．垂直bd 斜向上，大小为400 V/mC ．平行ca 斜向上，大小为200 V/mD ．平行bd 斜向上，大小为200 V/m解析：选B 由W ＝qU 知U ac ＝W q ＝－6.4×10－31.6×10－3 V ＝－4 V ，而φa＝4 V ，所以φc ＝8 V ，过b 点作be ∥ac 交cd 于e ，因在匀强电场中，任意两条平行线上距离相等的两点间电势差相等，所以U ab ＝U ce ，即φe ＝4 V ，又因cd ＝2ab ，所以U cd ＝2U ab ，即φd ＝0，所以bd 为一条等势线，又由几何关系知eb ⊥bd ，由电场线与等势线的关系知电场强度必垂直bd 斜向上，大小为E ＝U e bed ·sin 30°＝41×10－2 V/m ＝400 V/m ，B 项正确。
2018年高考物理二轮温习专题三电场和磁场第8讲电场的性质和磁场的性质自主演练
B．在直径ab上，磁感应强度为0的点与b点距离为 R
C．在半圆上必然存在“磁感应强度方向平行于直径ab”的位置
D．在半圆上必然存在“磁感应强度方向沿半圆切线方向”的位置
解析：长直导线a、b，两导线中通有大小别离为2I0和I0方向相同的电流，那么它们在O处的磁场方向垂直ab向下，故A错误；依照B＝k ，又电流是2I和I在直径上产生的磁场大小相等，方向相反，磁感应强度B＝0的位置必然在Ob之间，设此点到b的距离为x，那么有：B· ＝ ，代入解得x＝ R，故B正确；a、b与半圆上任何一点c相连，则a在c点产生磁场方向沿cb方向，b在c点产生磁场方向沿ac方向，且这两个方向垂直(圆的直径对应的圆周角为90°)，依照几何关系可知这两个矢量合成是不可能与直径平行的，故C错误，D正确；应选BD.
答案：D
二、多项选择题
7．(2017·衡水模拟)如下图，在x轴上关于原点O对称的两点固定放置等量异种点电荷＋Q和－Q，x轴上的P点位于－Q的右边．以下判定正确的选项是( )
A．在x轴上还有一点与P点电场强度相同
B．在x轴上还有两点与P点电场强度相同
C．假设将一试探电荷＋q从P点移至O点，电势能增大
D．假设将一试探电荷＋q从P点移至O点，电势能减小
B错：φx图象中曲线的斜率表示电场强度大小，x1处的电场强度不为零．
C对：x2处的电势最高，负电荷从x1移动到x2，即从低电势处移动到高电势处，电场力做正功，电势能减小．
D错：由φx图象知，从x1到x2，电场强度慢慢减小，负电荷从x1移动到x2，所受电场力减小．
答案：AC
三、计算题
11.如下图为电流天平，能够用来测量匀强磁场的磁感应强度，等臂天平的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，匀强磁场的方向与线圈平面垂直．当线圈中通过电流I时，调剂砝码使两臂达到平稳，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再次达到新的平稳．
2018届高三物理二轮复习课件：第1部分 专题三 电场和磁场 1-3-2-2
解析 (1)正离子射入磁场，由洛伦兹力提供向心力，即 qv0B0＝mrv20① 做匀速圆周运动的周期T0＝2vπ0r② 联立两式得磁感应强度B0＝2qπTm0 ③
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，两板之间正离子只 运动一个周期即T0时，v0的方向应如图所示，有r＝d4④
当在两板之间正离子共运动 n 个周期，即 nT0 时，有 r＝4dn(n＝1,2,3，…)⑤ 联立①③⑤求解，得正离子的速度的可能值为 v0＝Bm0qr＝2πndT0(n＝1,2,3，…)
[题组冲关] 1．(多选)如图所示，在正方形区域abcd内有沿水平方向的、垂直 于纸面向里的匀强磁场，一个带电荷量为q的离子垂直于EF自O 点沿箭头方向进入磁场．当离子运动到F点时，突然吸收了若干 个电子，接着沿另一圆轨道运动到与OF在一条直线上的E点．已 知OF的长度为EF长度的一半，电子电荷量为e(离子吸收电子时 不影响离子的速度，电子重力不计)，下列说法中正确的是( )
思路探究 洛伦兹力作用下匀速圆周运动的v、T、ω、a和哪些 因素有关？ 尝试解答 __________
解析 两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且I
磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍．由qvB＝
mv2 r
得
r＝
mv qB
∝
1 B
，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，选项A正
A．2cos θ
B．sin θ
C．cos θ
D．tan θ
思路探究 (1)带电粒子在甲、乙图中的磁场内分别做什么运
动？试画出运动的轨迹．
(2)速度偏向角与轨道半径和磁场宽度(半径)有什么关系？
尝试解答 __________
解析 设有界磁场Ⅰ宽度为d，则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的运
2018大二轮高考总复习物理文档：第8讲 电场及带电粒子在电场中的运动(含答案)
专题三电场与磁场第8讲电场及带电粒子在电场中的运动一、明晰一个网络，掌握电场的力、能性质U＝Ed，沿场强方向相同距离电势差相等．U＝El cos θ，沿任意θ方向，相同距离电势差相等二、活学活用——电场性质的判断方法1．确定受力方向的依据(1)曲线运动的受力特征：带电粒子受力总指向曲线的凹侧；(2)电场力方向与场强方向的关系：正电荷的受力方向与场强方向同向，负电荷则相反；(3)场强方向与电场线或等势面的关系：电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度的方向． 2．比较加速度大小的依据：电场线或等差等势面越密⇒E 越大⇒F ＝qE 越大⇒a ＝qEm 越大．3．判断加速或减速的依据：电场力与速度成锐角(钝角)，电场力做正功(负功)，速度增加(减小)． 四、明辨“场强、电势、电场线”，谨防解题误入歧途1．场强是矢量，其合成法则为平行四边形定则，电势是标量，其合成法则为算术加减法． 2．在匀强电场中，沿同一方向，相等距离上电势变化量相同． 3．沿电场线方向电势降低，但是电势降低的方向不一定是电场方向．高频考点1 对电场性质的理解1．电场强度是矢量，叠加时应遵循平行四边形定则，分析电场叠加问题的一般步骤： (1)确定分析计算的空间位置；(2)分析该点有几个分电场，分析各个分电场在该点的电场强度的大小和方向； (3)利用平行四边形定则求出矢量和．特别提醒：分析求解电场叠加问题时，要充分利用补偿法、对称法、等效法等思维方法 2．熟练掌握电场线的应用(1)判断电场强度的方向——电场线上任意一点处的切线方向即该点电场强度的方向．(2)判断电场力的方向——正点电荷的受力方向和电场线在该点的切线方向相同，负点电荷的受力方向和电场线在该点的切线方向相反．(3)定性判断电场强度的大小——电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可分析电荷受力情况． (4)判断电势的高低与电势降低的快慢——沿电场线的方向电势逐渐降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向．特别提醒：熟悉几种典型的电场线分布情况有利于我们对电场强度和电势迅速作出判断，进一步可了解点电荷在电场中的受力和运动情况、电场力做功及伴随的能量转化情况.3．分析电场的性质问题的一般思路(1)场强大小、电势高低的判断明确电场线或等势面的分布情况，场强大小看电场线的疏密程度，电势高低看电场线的方向；空间同时存在两个或两个以上的电场时，利用平行四边形定则求其合场强．(2)电势能大小及其变化的分析①做功角度：根据电场力做功与电势能变化的关系分析带电粒子电势能及其变化情况．电场力做正功，粒子的电势能减小；电场力做负功，粒子的电势能增加．②转化角度：只有电场力做功时，电势能与动能可以相互转化，动能减少，电势能增加；动能增加，电势能减少．1－1.(多选)(2017·苏锡常镇四市调研)某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如图所示，O、M、N为电场中的三个点，则由图可得()A．M点的场强小于N点的场强B．M点的电势低于N点的电势C．将一负电荷由O点移到M点电势能增加D．将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功相同解析：M点的电场线较N点密集，故M点的场强大于N点的场强，选项A错误；顺着电场线电势降低，故M 点的电势低于N点的电势，选项B正确；O点电势高于M点，故将一负电荷由O点移到M点电势能增加，选项C 正确；M点的电势低于N点的电势，故OM与ON之间的电势差不等，故将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功不相同，选项D错误；故选BC．答案：BC1－2.(多选) (2017·全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为E a、E b、E c和E d.点a到点电荷的距离r a与点a的电势φa已在图中用坐标(r a，φa)标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd.下列选项正确的是()A ．E a ∶E b ＝4∶1B ．E c ∶E d ＝2∶1C ．W ab ∶W bc ＝3∶1D ．W bc ∶W cd ＝1∶3解析：本题考查场强与电势．由图可知：r a ＝1 m 、φa ＝6 V ；r b ＝2 m 、φb ＝3 V ；r c ＝3 m 、φc ＝2 V ；r d ＝6 m 、φd＝1 V ．由点电荷的场强公式E ＝kQ r 2得E a ∶E b ∶E c ∶E d ＝1r 2a ∶1r 2b ∶1r 2c ∶1r 2d ＝36∶9∶4∶1，A 正确、B 错误．由W AB ＝qU AB＝q (φA －φB )得W ab ∶W bc ∶W cd ＝(φa －φb )∶(φb －φc )∶(φc －φd )＝3∶1∶1，故C 正确、D 错误．答案：AC1－3.(多选) (2017·马鞍山二中高三测试)如图所示，在x ，y 坐标系中有以O 点为中心，边长为0.20 m 的正方形，顶点A 、B 、C 、D 分别在坐标轴上，在该平面内有一匀强电场(图中未画出)，已知A 、B 、C 三点的电势分别为3V 、－3V 、－3V ，则下列说法正确的是( )A ．D 点的电势为3VB ．该匀强电场的场强大小E ＝10 2 V/mC ．该匀强电场的场强大小E ＝10 6 V/mD ．电场场强方向与x 轴正方向成θ＝30°角解析：因A 、C 两点的电势分别为3V 、－3V ，可知O 点的电势为零，由对称性可知D 点的电势为3V ，选项A 正确；设过O 点的零等势线与x 轴夹角为α，则E ·22×0.2sin α＝3；E ·22×0.2cos α＝3；解得α＝60°；E ＝106V/m ，因电场线与等势面正交，故电场场强方向与x 轴正方向成θ＝30°角，选项CD 正确．答案：ACD1－4． (多选)(2017·全国卷Ⅲ)一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a 、b 、c 三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V 、17 V 、26 V ．下列说法正确的是( )A ．电场强度的大小为2.5 V/cmB ．坐标原点处的电势为1 VC ．电子在a 点的电势能比在b 点的低7 eVD ．电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV解析：本题考查电场强度、电势、电势差．设a 、c 连线上d 点电势为17 V ，如图所示，则l dc 8 cm ＝9 V 16 V ，得l dc ＝4.5 cm ，tan θ＝4.56＝34，θ＝37°.过c 作bd垂线交bd 于e 点，则l ce ＝l dc cos θ＝4.5×45 cm ＝3.6 cm.ce 方向就是匀强电场方向，场强大小为E ，El ce ＝U cb ，E ＝2.5V/cm ，A 项正确．U oe ＝El ob sin 53°＝16 V ，故O 点电势φ0＝17 V －16 V ＝1 V ，B 项正确．电子在a 点的电势能比在b 点的高7 eV ，C 项错误．电子从b 点到c 点电场力做功W ＝9 eV ，D 项正确．答案：ABD高频考点2 平行板电容器的问题分析(多选)如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a 、b 与电源相连，在与两板距离相等的M 点处有一个带电液滴处于静止状态．若上极板a 向下平移一小段距离，但仍在M 点上方，稳定后，下列说法正确的是( )A ．液滴将加速向下运动B ．M 点电势升高C ．M 点的电场强度变小了D ．在a 板移动前后两种情况下，若将液滴从a 板移到b 板，电场力做的功相同[思路点拨] 分析求解平行板电容器问题时，必须明确是电压不变还是带电荷量不变，本题由于极板与电源连接，所以应是电压不变；另外判断液滴的运动情况，就要对液滴进行受力分析，判断其合力的方向．【解析】 两极板始终与电源相连，所以a 下移过程中极板间电压U 不变．由E ＝Ud 可知，d 减小，E 增大，故C 错误；开始时带电液滴静止，即mg ＝qE ，a 下移，则qE >mg ，带电液滴向上加速运动，故A 错误；由φM ＝U Mb＝E ·d Mb 可知，a 下移，则M 点电势升高，故B 正确；a 板移动前后，a 、b 间电势差U 不变，所以电场力做的功相同，故D 正确．【答案】 BD1．平行板电容器动态变化问题的两类题型(1)电容器始终与电源相连，U 恒定不变，则有Q ＝CU ∝C ，C ＝εr S 4πkd ∝εr S d ，两板间场强E ＝U d ∝1d ；(2)电容器稳定后与电源断开，Q 恒定不变，则有U ＝Q C ，C ∝εr S d ，场强E ＝U d ＝Q Cd ∝1εr S ．2．在分析平行板电容器的动态变化问题时，必须抓住两个关键点(1)确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况下是电荷量不变或板间电压不变．(2)恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，应用E ∝Ud 分析板间电场强度的变化情况．即抓住公式C ＝εr S 4πkd 和C ＝Q U ，U 不变时，选用E ＝U d ；Q 不变时，选用E ＝4πkQεr S．特别提醒：由于平行板电容器两极板间的电场可视为匀强电场，高考命题往往涉及带电粒子在平行板中的运动问题，需要综合运用牛顿运动定律、功能关系等分析求解．2－1.(2016·全国乙卷)一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变解析：电容器接在恒压直流电源上，两极板的电压不变，若将云母介质移出，相对介电常数减小，电容器的电容减小，所以极板上的电荷量变小，极板间的距离不变，所以极板间的电场强度不变，故选项A 、B 、C 错误，选项D 正确．答案：D 2－2．(2017·石家庄市高三质检)如图所示电路中，A 、B 是构成平行板电容器的两金属极板，P 为其中的一个定点．将开关S 闭合，电路稳定后将A 板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是( )A ．电容器的电容增加B ．在A 板上移过程中，电阻R 中有向上的电流C ．A 、B 两板间的电场强度增大D ．P 点电势升高解析：根据C ＝εS 4πkd ，当A 板向上平移一小段距离，间距d 增大，其他条件不变，则导致电容变小，故A 错误；在A 板上移过程中，导致电容减小，由于极板电压不变，那么电量减小，因此电容器处于放电状态，电阻R 中有向上的电流，故B 正确；根据E ＝U d 与C ＝εS 4πkd 相结合可得E ＝4πkQεS ，由于电量减小，场强大小变小，故C 错误；因场强变小，导致P 点与B 板的电势差减小，因B 板接地，电势为零，即P 点电势降低，故D 错误．答案：B带电粒子在电场中的运动模型带电粒子在电场中的运动问题是每年高考中的热点问题，是电学知识和力学知识的结合点．具体来讲有带电粒子在电场中的加速(减速)、偏转，涉及内容有力、能、电等知识，主要考查学生的分析综合能力．该模型通常的考查思路有：(1)根据带电粒子受到的力，用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等物理量．这条思路通常适用于恒力作用下的匀变速运动．(2)根据力对带电粒子所做的功及动能定理，从带电粒子运动的全过程中能的转化角度，研究带电粒子的速度变化、经历的位移等．匀强电场中的“直线运动模型”(2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E 1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v 0.在油滴处于位置A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t 1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B 点．重力加速度大小为g ．(1)求油滴运动到B 点时的速度．(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t 1和v 0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v 0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B 、A 两点间距离的两倍．【解析】 (1)设油滴质量和电荷量分别为m 和q ，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E 1的匀强电场中做匀速直线运动，故电场力方向向上．在t ＝0时，电场强度突然从E 1增加至E 2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a 1满足qE 2－mg ＝ma 1①油滴在时刻t 1的速度为 v 1＝v 0＋a 1t 1②电场强度在时刻t 1突然反向，油滴做匀减速运动，加速度方向向下，大小a 2满足 qE 2＋mg ＝ma 2③油滴在时刻t 2＝2t 1的速度为 v 2＝v 1－a 2t 1④由①②③④式得 v 2＝v 0－2gt 1⑤(2)由题意，在t ＝0时刻前有 qE 1＝mg⑥油滴从t ＝0到时刻t 1的位移为 s 1＝v 0t 1＋12a 1t 21⑦油滴在从时刻t 1到时刻t 2＝2t 1的时间间隔内的位移为 s 2＝v 1t 1－12a 2t 21⑧由题给条件有 v 20＝2g (2h )⑨式中h 是B 、A 两点之间的距离． 若B 点在A 点之上，依题意有 s 1＋s 2＝h⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E 2＝⎣⎡⎦⎤2－2v 0gt 1＋14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12E 1⑪为使E 2>E 1，应有2－2v 0gt 1＋14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12>1⑫即当 0<t 1<⎝⎛⎭⎫1－32v 0g⑬或 t 1>⎝⎛⎭⎫1＋32v 0g⑭才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v 2>0和v 2<0两种情形． 若B 点在A 点之下，依题意有 s 1＋s 2＝－h⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得 E 2＝⎣⎡⎦⎤2－2v 0gt 1－14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12E 1⑯为使E 2>E 1，应有 2－2v 0gt 1－14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12>1⑰即t 1>⎝⎛⎭⎫52＋1v 0g⑱另一解为负，不合题意，已舍去． 【答案】 见解析解决直线运动问题时要注意分析带电粒子是做匀速运动还是做匀变速运动，匀速运动问题常以平衡条件F 合＝0作为突破口进行求解；对于匀变速直线运动问题，根据力和运动的关系可知，合力一定和速度在一条直线上，然后运用动力学观点或能量观点求解．(1)运用动力学观点求解电加速问题运用动力学观点处理带电质点在匀强电场中的运动问题，要重视对带电质点的受力分析和运动过程分析，解题时先分析带电质点的受力情况，求出带电质点受到的合外力，根据F 合＝ma 得出加速度，再运用运动学方程可得出所求物理量．(2)运用能量观点求解电加速问题在匀强电场中，若不计重力，电场力对带电质点做的功等于质点动能的变化量，W ＝Eqd ＝qU ＝12m v 2－12m v 20；若考虑重力，则W 合＝12m v 2－12m v 20．匀强电场中的“偏转模型”如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U 1，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S 射出．装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长为l ，板间距离为d ，两极板间加一电压为U 2的偏转电场．从小孔S 射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场．已知电子的电荷量为e ，电子的质量为m ，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力．求：(1)电子射入偏转电场时的速度大小v 1；(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y ；(3)电子在偏转电场中运动的过程中电场力对它所做的功W ．[思路点拨] 电子在运动的过程中只受电场力作用，可通过动能定理直接求解速度v 1；进入偏转电场后，由于所受电场力跟速度不在一条直线上，所以电子做曲线运动，根据牛顿第二定律和平抛运动的规律即可求解．【解析】 (1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU 1＝12m v 21解得v 1＝2eU 1m． (2)设电子在偏转电场中运动的时间为t电子在水平方向做匀速运动，由l ＝v 1t ，解得t ＝lv 1电子在竖直方向受电场力F ＝U 2de电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度大小为a 依据牛顿第二定律有U 2d e ＝ma ，解得a ＝eU 2md电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y ＝12at 2＝U 2l 24dU 1．(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场的位置的电势差U ＝U 2d y 电场力所做的功W ＝eU ＝eU 22l24U 1d 2．【答案】 (1)2eU 1m (2)U 2l 24dU 1 (3)eU 22l24U 1d 2“两个分运动、三个一”求解粒子偏转问题带电粒子在匀强电场中偏转的基本模型如图所示．(1)分解为两个独立的分运动——平行极板的匀速直线运动，L ＝v 0t ；垂直极板的匀加速直线运动，两平行极板间距为d ，y ＝12at 2，v y ＝at ，a ＝qUmd．(2)一个偏转角：tan θ＝v yv 0；一个几何关系：y ＝L2tan θ；侧移距离：带电粒子在周期性变化的电场中的运动模型(多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计电子重力，开始时A 板带正电)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，图丙中反映电子速度v 、位移x 和加速度a 三个物理量随时间t 的变化规律可能正确的是( )【解析】 分析电子一个周期内的运动情况：0～T 4时间内，电子从静止开始向A 板做匀加速直线运动，T 4～T2沿原方向做匀减速直线运动，T 2时刻速度为零.T 2～34T 时间内向B 板做匀加速直线运动，34T ～T 时间内做匀减速直线运动．电子在两板间做周期性往返运动．根据匀变速直线运动速度图像是倾斜的直线可知，A 图符合电子的运动情况，故A 正确、C 错误；电子做匀变速直线运动时x -t 图象应是抛物线，故B 错误；根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替进行，而匀变速运动的加速度大小不变，故D 正确．【答案】 AD在两个相互平行的金属板间加图乙所示的交变电压时，在两板中间便可获得交变电场．对于带电粒子在交变电场中的运动，我们可以分段处理，此类电场在一段时间内为匀强电场，即这段时间内电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同．但从整个运动过程看电场又是变化的，即电场强度的大小和方向随时间变化．(1)当粒子平行于电场方向射入时：粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可能做周期性运动．(2)当粒子垂直于电场方向射入时：沿初速度方向上的分运动为匀速直线运动，沿电场力方向上的分运动可能具有周期性．带电粒子在非匀强电场中运动的模型如图所示，在绝缘水平面上，相距为L 的A 、B 两点分别固定着等量正点电荷．图中AC ＝CO ＝OD ＝DB＝14L .一质量为m 、电荷量为＋q 的小滑块(可视为质点)以初动能E 0从C 点出发，沿直线AB 向D 运动，滑块第一次经过O 点时的动能为nE 0(n >1)，到达D 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求：(1)小滑块与水平面之间的动摩擦因数μ； (2)O 、D 两点之间的电势差U OD ； (3)小滑块运动的总路程s ．【解析】 (1)由AC ＝CO ＝OD ＝DB ＝14L .可知C 、D 关于O 点对称，则U CD ＝0设滑块与水平面间的摩擦力大小为f ，对滑块从C 到D 的过程，由动能定理得：qU CD －f L 2＝0－E 0，且f ＝μmg ，可得μ＝2E 0mgL．(2)滑块从O 到D 的运动过程中，由动能定理得：qU OD －f L4＝0－nE 0可得U OD ＝(1－2n )E 02q．(3)滑块从开始运动到最终停下的整个过程，根据动能定理得：qU CO －fs ＝0－E 0 而U CO ＝－U OD ＝(2n －1)E 02q ，可得：s ＝(2n ＋1)L4．【答案】 (1)2E 0mgL (2)(1－2n )E 02q (3)(2n ＋1)L 4先对滑块进行受力分析，由于电场力为变力，在涉及变力做功问题的求解时牛顿运动定律不再适用，这时就需要选择合适的过程，弄清楚过程的初末状态，利用动能定理求解．。
2018届高考物理三轮专题提升训练(3) 电场和磁场
2018届高考物理三轮专题提升训练三、电场和磁场牢记主干，考场不茫然1．库仑定律F ＝k Q 1Q 2r2 2．电场强度的表达式(1)定义式：E ＝F q(2)计算式：E ＝kQ r 2 (3)匀强电场中：E ＝U d3．电势差和电势的关系U AB ＝φA －φB 或U BA ＝φB －φA4．电场力做功的计算(1)普适：W ＝qU(2)匀强电场：W ＝Edq5．电容的定义式C ＝Q U ＝ΔQ ΔU6．平行板电容器的决定式C ＝εr S 4πkd7．磁感应强度的定义式B ＝F IL8．安培力大小F ＝BIL (B 、I 、L 相互垂直)9．洛伦兹力的大小F ＝q v B10．带电粒子在匀强磁场中的运动(1)洛伦兹力充当向心力，q v B ＝mrω2＝m v 2r ＝mr 4π2T 2＝4π2mrf 2＝ma 。
(2)圆周运动的半径r ＝m v qB 、周期T ＝2πm qB。
11．速度选择器如图2－3所示，当带电粒子进入电场和磁场共存空间时，同时受到电场力和洛伦兹力作用，F 电＝Eq ，F 洛＝Bq v 0，若Eq ＝Bq v 0，有v 0＝E B。
即能从S 2孔飞出的粒子只有一种速度，而与粒子的质量、电性、电量无关。
图2－312．电磁流量计如图2－4所示，一圆形导管直径为d ，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动，导电流体中的自由电荷(正负离子)在洛伦兹力作用下横向偏转，a 、b 间出现电势差。
当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a 、b 间的电势差就保持稳定。
图2－4由q v B ＝qE ＝q U d可得v ＝U Bd流量Q ＝S v ＝πd 24·U Bd ＝πdU 4B。
13．磁流体发电机如图2－5是磁流体发电机，等离子气体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力作用下发生上下偏转而聚集到A 、B 板上，产生电势差，设A 、B 平行金属板的面积为S ，相距为L ，等离子气体的电阻率为ρ，喷入气体速度为v ，板间磁场的磁感应强度为B ，板外电阻为R ，当等离子气体匀速通过A 、B 板间时，板间电势差最大， 图2－5离子受力平衡：qE 场＝q v B ，E 场＝v B ，电动势E ＝E 场L ＝BL v ，电源内电阻r ＝ρL S，故R 中的电流I ＝E R ＋r ＝BL v R ＋ρL S＝BL v S RS ＋ρL 。
高考物理二轮专训【8】电场的性质、带电粒子在电场中运动
提能专训(八)电场的性质、带电粒子在电场中运动时间：90分钟满分：100分一、选择题(本题共11小题，每小题4分，共44分．多选全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．(2014·新课标全国卷Ⅱ)(多选)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是()A．电场强度的方向处处与等电势面垂直B．电场强度为零的地方，电势也为零C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向答案：AD解析：根据电场强度与电势的关系解题．电场线(电场强度)的方向总是与等电势面垂直，选项A正确．电场强度和电势是两个不同的物理量，电场强度等于零的地方，电势不一定等于零，选项B错误．沿着电场线方向，电势不断降落，电势的高低与电场强度的大小无必然关系，选项C错误．电场线(电场强度)的方向总是从高的等电势面指向低的等电势面，而且是电势降落最快的方向，选项D正确．2．(2014·陕西长安一中质检)如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z<0的空间，z>0的空间为真空．将电荷为＋q 的点电荷置于z 轴上z ＝h 处，则在xOy 平面上会产生感应电荷．空间任意一点处的电场皆是由点电荷q 和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z 轴上，z ＝h 3处的场强大小为(k 为静电力常量)( ) A ．k 4q h 2 B ．k 45q 16h 2 C ．k 32q 9h 2 D ．k 40q 90h 2答案：B解析：在z 轴上－h 3处取一点M ，由于该点场强为零，所以感应电荷与＋q 在该点产生场强大小相等、方向相反，所以感应电荷场强E ′＝kq (43h )2，同理可得感应电荷在z ＝h 3处场强，所以z ＝h 3处场强E ＝kq (43h )2＋kq (23h )2＝45kq 16h 2，选项B 正确． 3．(2014·大纲全国)地球表面附近某区域存在大小为 150 N/C 、方向竖直向下的电场．一质量为1.00×10－4 kg 、带电量为－1.00×10－7 C 的小球从静止释放，在电场区域内下落 10.0 m ．对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s 2，忽略空气阻力)( )A ．－1.50×10－4 J 和9.95×10－3 JB ．1.50×10－4 J 和9.95×10－3 JC．－1.50×10－4 J和9.65×10－3 JD．1.50×10－4 J和9.65×10－3 J答案：D解析：对带电小球受力分析，如图所示，在此过程中，该小球的电势能的改变量ΔE p＝qEh＝1.50×10－4J；根据动能定理可得：小球的动能的改变量ΔE k＝mgh－qEh＝9.65×10－3 J，选项D正确，A、B、C错误．4．(2014·吉林省吉林市质量检测)如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电荷，a、b两点在它们连线的延长线上．现有一带负电荷的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b两点时的速度分别为v a、v b，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是()A．Q2一定带负电B．Q2的电荷量一定大于Q1的电荷量C．b点的电场强度一定为零D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大答案：C解析：因为v-t图线的斜率表示加速度，根据题图乙可知，粒子在b点的加速度为零，其电场力也为零，b点的电场强度一定为零，选项C正确；要使b点的场强为零，Q1、Q2必带异种电荷，所以Q2一定带正电，选项A错误；Q1、Q2单独存在时在b点产生的场强必等大反向，再考虑到Q1到b点的距离较大，可知Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量，选项B错误；整个运动过程中，粒子的动能和电势能之和保持不变，考虑到其动能先减小后增大，则其电势能一定是先增大后减小，选项D错误．5．(2014·山东临沂一模)(多选)如图所示，A、B、C是平行纸面的匀强电场中的三点，它们之间的距离均为L，电荷量为q＝1.0×10－5 C 的负电荷由A移动到C电场力做功W1＝4.0×10－5J，该电荷由C移动到B电场力做功W2＝－ 2.0×10－5J，若B点电势为零，以下说法正确的是()A．A点电势为2 VB．A点电势为－2 VC．匀强电场的方向为由C指向AD．匀强电场的方向为垂直于AC指向B答案：BC解析：C、B间电势差为U CB＝W CB－q＝－2.0×10－5－1.0×10－5V＝2 V，B点电势为零，则U CB＝φC－φB，则C点电势φC＝2 V，而A与C间的电势差为U AC＝W AC－q＝4.0×10－5－1.0×10－5V＝－4 V，U AC＝φA－φC，则A点电势φA＝－2 V，故A项错误，B项正确；由以上分析可知，A、C连线的中点M电势为0，M与B点的连线即为等势线，且电场线垂直于等势线，三角形ABC为等边三角形，BM⊥AC，根据沿着电场线方向，电势降低，则有匀强电场的方向由C到A，故C项正确，D项错误．6．(2014·湖北八校联考)(多选真空中有一正四面体ABCD，如图M、N分别是AB和CD的中点．现在A、B两点分别固定电荷量为＋Q、－Q的点电荷，下列说法中正确的是()A．将试探电荷＋q从C点移到D点，电场力做正功，试探电荷＋q的电势能降低B．将试探电荷－q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷－q的电势能不变C．C、D两点的电场强度相等D．N点的电场强度方向平行AB且跟CD垂直答案：BCD解析：由几何知识可判断，AB垂直面DMC，且M点为AB的中点，则面DMC与AB的中垂面重合，故DMC为一等势面，则φD＝φC ＝φN＝φM，A项错误，B项正确；由电场的空间分布特点可判断C、D项正确．7．(2014·河北石家庄质检)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布着正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R.已知M 点的场强大小为E，则N点的场强大小为()A.kq2R2－E B.kq4R2 C.kq4R2－E D.kq4R2＋E答案：A解析：左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带电荷量为2q 的整个球面的电场和带电荷量为－q的右半球面的电场的合电场，则E＝k×2q(2R)2－E′，E′为带电荷量为－q的右半球面在M点产生的场强大小．带电荷量为－q的右半球面在M点的场强大小与带电荷量为q的左半球面AB在N点的场强大小相等，则E N＝E′＝k×2q(2R)2－E＝kq2R2－E，则A正确．8．(2014·山东滨州一模如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷＋Q和－2Q，以M、N连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点．下列说法正确的是()A．A点电场强度小于B点电场强度B．C点电场强度与D点电场强度相同C．A点电势小于B点电势D．将某正电荷从C点移到O点，电场力不做功答案：A解析：电场线方向由M指向N，则A点电势高于B点电势，C项错误；由于2Q>Q，N点处电场线比M点处电场线密，B点电场强度大于A点电场强度，A项正确；由于电场线关于MN对称，C、D两点电场线疏密程度相同，则C点电场强度大小等于D点电场强度大小，但方向不同，B项错误；由于两电荷不等量异种，所以C、O两点的电势不相等，根据W＝qU知，将某正电荷从C点移到O点，电场力将做功，D项错误．9．(2014·河北邯郸一模)如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压恒为U的电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则()A ．油滴带负电B ．油滴带电荷量为mg UdC ．电容器的电容为kmgd UD ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动答案：A解析：油滴受到的重力和电场力平衡，即mg ＝q U d ，则电场力竖直向上，M 板带正电，故油滴带负电，且q ＝mgd U ，A 项正确，B 项错误；由于极板所带电荷量与油滴所带电荷量的比值为k ，即Q q ＝k ，则Q ＝kmgd U ，由C ＝Q U 得C ＝kmgdU 2，C 项错误；将极板N 向下缓慢移动一小段距离，d 增大，根据E ＝U d 可知，E 变小，电场力变小，故油滴将向下运动，D 项错误．10．(2014·山东潍坊一模)(多选)直线ab 是电场中的一条电场线，从a 点无初速度释放一电子，电子仅在电场力作用下，沿直线从a 点运动到b 点，其电势能E p 随位移x 变化的规律如图所示，设a 、b 两点的电场强度分别为E a 和E b ，电势分别为φa 和φb .则( )A．E a>E b B．E a<E b C．φa<φb D．φa>φb答案：AC解析：根据图象可知，图线的斜率表示电场力的大小．电子从a 到b，电势能图线的斜率逐渐减小，则电场力逐渐减小，故电场强度逐渐减小，所以E a>E b，A项正确，B项错误；由于电势能逐渐降低，所以电场力做正功，则电子所受的电场力方向由a指向b，电场线的方向由b指向a，沿电场线方向电势逐渐降低，所以φa<φb，C项正确，D 项错误．(多选)如图所示为空间某一电场的电场线，a、b两点为其中一条竖直向下的电场线上的两点，该两点的高度差为h，一个质量为m、带电荷量为＋q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为3gh，则下列说法中正确的是()A．质量为m、带电荷量为＋q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点的过程中动能增加量等于电势能减少量B．a、b两点的电势差U＝mgh 2qC．质量为m、带电荷量为＋2q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为ghD．质量为m、带电荷量为－q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为gh答案：BD解析：质量为m、带电荷量为＋q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点的过程中，机械能与电势能之和守恒，其动能增加量等于重力势能、电势能的减少量之和，选项A错误；设a、b之间的电势差为U，由题意，质量为m、带电荷量为＋q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时速度大小为3gh，根据动能定理，mgh＋qU＝12m·3gh，解得qU＝12mgh，a、b两点的电势差U＝mgh2q，选项B正确；质量为m、带电荷量为＋2q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时，由动能定理得mgh＋2qU＝12m v21，解得v1＝2gh，选项C错误；质量为m、带电荷量为－q的小球从a点静止释放后沿电场线运动到b点时，由动能定理得mgh－qU＝12m v22，解得v2＝gh，选项D正确．二、计算题(本题包括3小题，共56分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分)12.(12分)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A 、B 两点间往返运动，已知电场强度的大小分别是E 1＝2.0×103 N/C 和E 2＝4.0×103 N/C ，方向如图所示，带电微粒的质量m ＝1.0×10－20 kg ，带电荷量q ＝－1.0×10－9 C ，A 点距虚线MN 的距离d 1＝1.0 cm ，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应，求：(1)B 点距虚线MN 的距离d 2；(2)带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t .答案：(1)0.50 cm (2)1.5×10－8 s解析：(1)带电微粒由A 运动到B 的过程中，由动能定理有：|q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0，①由①式解得d 2＝E 1E 2d 1＝0.50 cm.② (2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2，由牛顿第二定律有：|q |E 1＝ma 1，③|q |E 2＝ma 2.④设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有：d 1＝12a 1t 21，⑤ d 2＝12a 2t 22.⑥ 又t ＝t 1＋t 2，⑦由②③④⑤⑥⑦式解得t ＝1.5×10－8 s.13．(2014·湖南长沙一中期末)(14分)喷墨打印机的结构简图如图所示，设偏转板板长1.6 cm ，两板间的距离为0.50 cm ，偏转板的右端距纸3.2 cm.若一个墨汁微滴的质量为1.6×10－10 kg ，以20 m/s 的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是8.0×103 V ，若墨汁微滴打到纸上点距原射入方向的距离是2.0 mm.求：(1)这个墨汁微滴通过带电室带的电量是多少？(不计空气阻力和重力)；(2)为了使纸上的字体放大10%，请你分析理出一个可行的方法． 答案：(1)2.5×10－13 C (2)见解析解析：(1)带电微滴的电量设为q ，进入偏转电场后做类平抛运动，离开电场后沿直线打到纸上，距原入射方向的距离为Y ＝12·qU md (l v 0)2＋qUl md v 20L ＝qUl md v 20(l 2＋L ) 代入数据可得q ＝1.25×10－13 C(2)由上式可知，Y 与U 成正比，可以提高偏转板间的电压U 到8.8×103 V ，实现字体放大10%；由上式可知，Y 与(l 2＋L )成正比，因此也可以增加偏转板与纸的距离L ，L ′＋0.5l L ＋0.5l＝1.1；L ′＝3.6 cm ，实现字体放大10%.14．(2014·安徽理综(14分)如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔．质量为m 、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g )．求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．答案：(1)2gh (2)mg (h ＋d )qd mgC (h ＋d )q(3)h ＋d h 2h g解析：(1)由v 2＝2gh ，得v ＝2gh(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有mg －qE ＝ma0－v 2＝2ad得E ＝mgC (h ＋d )qdU ＝EdQ ＝CU得Q ＝mgC (h ＋d )q(3)由h ＝12gt 21；0＝v ＋at 2；t ＝t 1＋t 2 综合可得t ＝h ＋d h 2h g15．(16分)如图甲所示，长为L 、间距为d 的两金属板A 、B 水平放置，ab 为两板的中心线，一个带电粒子以速度v 0从a 点水平射入，沿直线从b 点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b 点以速度v 0射出，求：(1)交变电压的周期T 应满足什么条件？(2)粒子从a 点射入金属板的时刻应满足什么条件？答案：(1)T ＝L n v 0，其中n 取大于等于L 2d v 0qU 02m的整数 (2)t ＝2n －14T (n ＝1,2,3，…) 解析：(1)为使粒子仍从b 点以速度v 0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L ＝nT v 0，解得T ＝L n v 0粒子在14T 内离开中心线的距离为y ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫14T 2 又a ＝qE m ，E ＝U 0d ，解得y ＝qU 0T 232md在运动过程中离开中心线的最大距离为y m＝2y＝qU0T2 16md粒子不撞击金属板，应有y m≤1 2d解得T≤2d 2m qU0故n≥L2d v0qU02m，即n取大于等于L2d v0qU02m的整数．所以粒子的周期应满足的条件为T＝Ln v0，其中n取大于等于L2d v0qU02m的整数．(2)粒子进入电场的时间应为14T，34T，54T，…故粒子进入电场的时间为t＝2n－14T(n＝1,2,3，…)．。
2018届高三物理二轮复习课时作业：专题三电场与磁场3.1含解析
[课时作业](本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1.如图所示，一水平的可自由移动的通电长直导线置于螺线管的右端，通入垂直纸面向外方向的电流，当开关K闭合瞬间，长直导线的运动方向为()A．向上B．向下C．向左D．向右解析：当闭合开关K瞬间，根据右手螺旋定则可知通电螺线管产生的磁场在长直导线处的方向水平向右，再根据左手定则判断出通电导线的受力方向向上，故选项A正确。
答案： A2.如图所示，通电长直导线PQ与通电导线环a放置在同一个平面内，通有如图所示的电流时，通电直导线PQ受到安培力F1的作用。
当直导线和导线环中的电流大小保持不变、但同时改变方向时，直导线PQ受到安培力F2的作用，则下列说法正确的是() A．F1和F2均水平向左B．F1水平向右、F2水平向左C．F1和F2均水平向右D．F1水平向左、F2水平向右解析：由导线环的磁场特点知，长直导线处的磁场方向垂直纸面向里，由左手定则可得，长直导线受力方向向右。
同理可知，导线环和长直导线内电流方向同时改变时，长直导线所受安培力方向依然向右，故选项C正确。
答案： C3.如图所示电路，水平放置的平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑动端P相连接。
电子以速度v 0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场。
在保证电子始终能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑动端P 向下移动，则关于电容器极板上所带电荷量q 和电子穿越平行板所需时间t 的说法正确的是( )A ．电荷量q 增大，时间t 不变B ．电荷量q 不变，时间t 增大C ．电荷量q 增大，时间t 减小D ．电荷量q 不变，时间t 不变解析： 滑动端P 向下移动，则电容器两个极板间的电压变大，则由Q ＝CU 知，极板上的电荷量q 变大；粒子在极板间的运动是类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由L ＝v 0t 知，运动时间t 与竖直方向的运动无关，只要电子能穿出极板，运动时间就不变，选项A 正确，B 、C 、D 错误。
高考物理二轮复习 专题三 电场和磁场 能力训练8 电场性质及带电粒子在电场中的运动
专题能力训练8 电场性质及带电粒子在电场中的运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求,7~8题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2017·重庆模拟)一个正七边形七个顶点上各固定一个电荷量为q的点电荷,各电荷的电性如图所示,O点是正七边形的几何中心。
若空间中有一点M,且MO垂直于正七边形所在平面,则下列说法正确的是()A.M点的电场强度方向是沿着OM连线,由O点指向M点B.M点的电场强度方向是沿着OM连线,由M点指向O点C.将一个负检验电荷从M点移动到无穷远处,电场力做正功D.将一个正检验电荷从M点移动到无穷远处,电场力做正功2.如图所示,匀强电场中的A、B、C三点构成一边长为a的等边三角形。
电场强度的方向与纸面平行。
电子以某一初速度仅在静电力作用下从B移动到A动能减少E0。
质子以某一初速度仅在静电力作用下从C移动到A动能增加E0,已知电子和质子电荷量绝对值均为e,则匀强电场的电场强度为()A. B. C. D.3.如图所示,匀强电场中有一圆,其平面与电场线平行,O为圆心,A、B、C、D为圆周上的四个等分点。
现将某带电粒子从A点以相同的初动能向各个不同方向发射,到达圆周上各点时,其中过D点动能最大,不计重力和空气阻力。
则()A.该电场的电场线一定是与OD平行B.该电场的电场线一定是与OB垂直C.带电粒子若经过C点,则其动能不可能与初动能相同D.带电粒子不可能经过B点4.真空中有一带电金属球,通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图,r表示该直线上某点到球心的距离,r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离。
根据电势图象(φ-r图象),下列说法正确的是()A.该金属球可能带负电B.A点的电场强度方向由A指向BC.A点和B点之间的电场,从A到B,其电场强度可能逐渐增大D.电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中,电场力做功W=q(φ2-φ1)5.电源和一个水平放置的平行板电容器、两个变阻器R1、R2和定值电阻R3组成如图所示的电路。
高考物理二轮复习专题三电场和磁场能力训练磁场性质及带电粒子在磁场中的运动
专题能力训练9 磁场性质及带电粒子在磁场中的运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共6小题,每小题7分,共42分。
在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~6题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分) 1.如图所示,一劲度系数为k的轻质弹簧,下面挂有匝数为n的矩形线框abcd。
bc边长为l,线框的下半部分处在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与线框平面垂直,在图中垂直于纸面向里。
线框中通以电流I,方向如图所示,开始时线框处于平衡状态。
令磁场反向,磁感应强度的大小仍为B,线框达到新的平衡。
则在此过程中线框位移的大小Δx及方向是( )A.Δx=,方向向上B.Δx=,方向向下C.Δx=,方向向上D.Δx=,方向向下2.(2020·全国Ⅲ卷)如图所示,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l。
在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离均为l 的a点处的磁感应强度为零。
如果让P中的电流反向、其他条件不变,则a点处磁感应强度的大小为( )A.0B.B0C.B0D.2B03.如图所示,两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点,且与纸面垂直,导线中通有大小相等、方向相反的电流。
a、O、b在M、N的连线上,O为MN的中点,c、d位于MN的中垂线上,且a、b、c、d到O点的距离均相等。
关于以上几点处的磁场,下列说法正确的是( )A.O点处的磁感应强度为零B.a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相反C.c、d两点处的磁感应强度大小相等、方向相同D.a、c两点处磁感应强度的方向不同4.(2020·全国Ⅱ卷)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。
图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。
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专题能力训练8 电场性质及带电粒子在电场中的运动
(时间:45分钟满分:100分)
一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求,7~8题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)
1.
(2017·重庆模拟)一个正七边形七个顶点上各固定一个电荷量为q的点电荷,各电荷的电性如图所示,O点是正七边形的几何中心。
若空间中有一点M,且MO垂直于正七边形所在平面,则下列说法正确的是()
A.M点的电场强度方向是沿着OM连线,由O点指向M点
B.M点的电场强度方向是沿着OM连线,由M点指向O点
C.将一个负检验电荷从M点移动到无穷远处,电场力做正功
D.将一个正检验电荷从M点移动到无穷远处,电场力做正功
2.
如图所示,匀强电场中的A、B、C三点构成一边长为a的等边三角形。
电场强度的方向与纸面平行。
电子以某一初速度仅在静电力作用下从B移动到A动能减少E0。
质子以某一初速度仅在静电力作用下从C移动到A动能增加E0,已知电子和质子电荷量绝对值均为e,则匀强电场的电场强度为()
A. B. C. D.
3.如图所示,匀强电场中有一圆,其平面与电场线平行,O为圆心,A、B、C、D为圆周上的四个等分点。
现将某带电粒子从A点以相同的初动能向各个不同方向发射,到达圆周上各点时,其中过D点动能最大,不计重力和空气阻力。
则()
A.该电场的电场线一定是与OD平行
B.该电场的电场线一定是与OB垂直
C.带电粒子若经过C点,则其动能不可能与初动能相同
D.带电粒子不可能经过B点
4.
真空中有一带电金属球,通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图,r表示该直线上某点到球心的距离,r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离。
根据电势图象(φ-r图象),下列说法正确的是()
A.该金属球可能带负电
B.A点的电场强度方向由A指向B
C.A点和B点之间的电场,从A到B,其电场强度可能逐渐增大
D.电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中,电场力做功W=q(φ2-φ1)
5.
电源和一个水平放置的平行板电容器、两个变阻器R1、R2和定值电阻R3组成如图所示的电路。
当把变阻器R1、R2调到某个值时,闭合开关S,电容器中的一个带电液滴正好处于静止状态。
当再进行其他相关操作时(只改变其中的一个),以下判断正确的是()
A.将R1的阻值增大时,液滴仍保持静止状态
B.将R2的阻值增大时,液滴将向下运动
C.断开开关S,电容器上的电荷量将减为零
D.把电容器的上极板向上平移少许,电容器的电荷量将增加
6.
(2017·湖南永州二模)三个质量相等的带电微粒(重力不计)以相同的水平速度沿两极板的中心线方向从O点射入,已知上极板带正电,下极板接地,三个微粒的运动
轨迹如图所示,其中微粒2恰好沿下极板边缘飞出电场,则()
A.三微粒在电场中的运动时间有t3>t2>t1
B.三微粒所带电荷量有q1>q2=q3
C.三微粒所受静电力有F1=F2>F3
D.飞出电场的微粒2动能大于微粒3的动能
7.
(2017·湖南衡阳模拟)如图所示,倾角为θ的绝缘斜面固定在水平面上,当质量为m、电荷量为+q 的滑块沿斜面下滑时,在此空间突然加上竖直方向的匀强电场,已知滑块受到的电场力小于滑块的重力。
则下列说法不正确的是()
A.若滑块匀速下滑,加上竖直向上的电场后,滑块将减速下滑
B.若滑块匀速下滑,加上竖直向下的电场后,滑块仍匀速下滑
C.若滑块匀减速下滑,加上竖直向上的电场后,滑块仍减速下滑,但加速度变大
D.若滑块匀加速下滑,加上竖直向下的电场后,滑块仍以原加速度加速下滑
8.
(2016·全国Ⅰ卷)如图所示,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直面(纸面)内,且相对于
过轨迹最低点P的竖直线对称。
忽略空气阻力。
由此可知()
A.Q点的电势比P点的高
B.油滴在Q点的动能比它在P点的大
C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
二、非选择题(本题共3小题,共44分)
9.(14分)图甲所示为一组间距d足够大的平行金属板,板间加有随时间变化的电压(如图乙所示),设U0和T已知。
A板上O处有一静止的带电粒子,其电荷量为q,质量为m(不计重力),在t=0时刻起该带电粒子受板间电场加速向B板运动,途中由于电场反向,粒子又向A板返回(粒子未曾与B板相碰)。
(1)当U x=2U0时,求带电粒子在t=T时刻的动能。
(2)为使带电粒子在t=T时刻恰能回到O点,U x等于多少?
10.
(15分)如图所示,在平面直角坐标系中,有方向平行于坐标平面的匀强电场,坐标系内有A、B两点,其中A点坐标为(6,0),B点坐标为(0,),坐标原点O处的电势为0,点A处的电势为8 V,点B处的电势为4 V。
现有一带电粒子从坐标原点O处沿电势为0的等势线方向以速度v=4×105 m/s射入电场,粒子运动时恰好通过B点,不计粒子所受重力,求:
(1)图中C(3,0)处的电势;
(2)匀强电场的电场强度大小;
(3)带电粒子的比荷。
11.(15分)(2017·全国Ⅱ卷)如图所示,两水平面(虚线)之间的距离为h,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。
自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和-q(q>0)的带电小球M、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。
小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开。
已知N离开电场时速度方向竖直向下;M在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍。
不计空气阻力,重力加速度大小为g。
求:
(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比;
(2)A点距电场上边界的高度;
(3)该电场的电场强度大小。
专题能力训练8电场性质
及带电粒子在电场中的运动
1.D
2.C
3.A
4.B
5.A
6.D
7.ACD
8.AB
9.答案(1)(2)3U0
解析(1)粒子在两种不同电压的电场中运动的加速度分别为a1=,a2=经过时粒子的速度v1=a1
t=T时刻粒子的速度
v2=v1-a2=a1-a2
=-
t=T时刻粒子的动能
E k=。
(2)0~粒子的位移
x1=a1
~T粒子的位移
x x=v1a x
又v1=a1,x1=-x x
解得a x=3a1
因为a1=,a x=
解得U x=3U0。
10.答案(1)4 V(2)2.67×102 V/m
(3)2.4×1011 C/kg
解析(1)设C处的电势为φC
因为OC=CA
所以φO-φC=φC-φA
φC=V=4V。
(2)BC连线为等势线,电场强度方向与等势线BC垂直
设∠OBC=θ,OB=l=cm
由tanθ=,得θ=60°
由U=Ed,得E=
=V/m
=2.67×102V/m。
(3)因为带电粒子做类平抛运动,
所以
联立解得
=C/kg
=2.4×1011C/kg
所以带电粒子的比荷为2.4×1011C/kg。
11.答案(1)3∶1(2)h (3)
解析(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0,则它们进入电场时的水平速度仍然为
v0。
M、N在电场中运动的时间t相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向,大小均为a,在电场中沿水平方向的位移分别为x1和x2。
由题给条件和运动学公式得
v0-at=0 ①
x1=v0t+at2②
x2=v0t-at2③
联立①②③式得x1∶x2=3∶1。
④
(2)设A点距电场上边界的高度为h A,小球下落h A时在竖直方向的分速度为v y,由运动学公式得
=2gh A⑤
h=v y t+gt2⑥
M进入电场后做直线运动,由几何关系知
⑦
联立①②⑤⑥⑦式可得h A=h⑧
(3)设电场强度的大小为E,小球M进入电场后做直线运动,则
⑨
设M、N离开电场时的动能分别为E k1、E k2,由动能定理得
E
k1=m()+mgh+qEx1
E
k2=m()+mgh-qEx2
由已知条件E k1=1.5E k2
联立④⑤⑦⑧⑨⑩式得E=。