【精准解析】2021高考物理教科版：第七章+高考热点强化训练13+带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题
2021高考物理一轮总复习第七章静电场专题强化5带电粒子在电场中的综合问题训练新人教版
2021高考物理一轮总复习第七章静电场专题强化5带电粒子在电场中的综合问题训练新人教版 〔专题强化训练〕1．(2021·山东日照二模)图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T 的交变电压u ，电压u 随时刻t 变化的图线如图乙所示。
质量为m 、重力不计的带电粒子以初速度v 0沿中线射入两板间，经时刻T 从两板间飞出。
下列关于粒子运动描述错误的是导学号 21992509( B )A ．t ＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大B ．t ＝14T 时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大 C ．不管哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平D ．不管哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等[解析] 由题可知，粒子在电场中运动的时刻是相同的；t ＝0时入射的粒子，在竖直方向上先加速，然后减速，再加速……直到离开电场区域，故t ＝0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项A 正确；而t ＝14T 时入射的粒子，在竖直方向上先加速，然后减速，再反向加速，反向减速……直到离开电场区域，故现在刻射入的粒子离开电场时偏离中线的距离不是最大，选项B 错误；因粒子在电场中运动的时刻等于电场变化的周期T ，依照动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，选项C 、D 正确。
2．(2021·辽宁省实验中学等五校联考)一匀强电场的电场强度E 随时刻t 变化的图象如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子在t ＝0时刻由静止开释，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是导学号 21992510( D )A ．带电粒子只向一个方向运动B ．0～2s 内，电场力所做的功等于零C ．4s 末带电粒子回到原动身点D ．2.5～4s 内，速度的改变量等于零[解析] 由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s 内的加速度a 1＝E 0q m ，为第2s 内加速度a 2＝2E 0q m 的12，因此粒子先加速1s 再减速0.5s 至速度减为零，接下来的0.5s 粒子将反向加速，v－t 图象如图所示，可知A 错误；0～2s 内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知，电场力所做的功不为零，B 错误；v －t 图象中图线与横坐标所围图形的面积表示物体的位移，由对称性可看出，前4s 内粒子的位移不为零，因此带电粒子可不能回到原动身点，C 错误；由图象可知，2.5s 和4s 两个时刻粒子的速度大小相等，方向相同，因此2.5～4s 内，速度的改变量等于零，D 正确。
2021高考人教版物理一轮复习讲义：第7章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动(含解析)
第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动主干梳理对点激活知识点常见电容器I电容器的电压、电荷量和电容的关系11•电容器(1) 组成：由两个彼此E01绝缘又相互靠近的导体组成。
(2) 带电量：一个极板所带电荷量的□ 02绝对值。
(3) 电容器的充电、放电①充电：使电容器带电的过程。
充电后电容器两极板带上等量的□ 03异号电荷，电容器中储存电场能。
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程。
放电过程中□04电场能转化为其他形式的能。
③充电时电流流入正极板，放电时电流流出正极板。
2. 常见的电容器⑴分类：从构造上可分为r05固定电容器和P6可变电容器。
(2)击穿电压：加在电容器极板上的□ 07极限电压，超过这个电压，电介质将被击穿，电容器损坏；电容器外壳上标的电压是口)8额定电压，这个电压比击穿电压B9 低。
3. 电容(1) 定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。
(2) 定义式：。
=畸。
推论：。
=欝。
(3) 单位：法拉(F)，1 F=H^ ,^F^1012 pF。
(4) 物理意义：表示电容器口3容纳电荷本领的物理量。
(5) 决定因素电容C的大小由电容器本身结构(大小、形状、正负极相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及所带电荷量(或两端所加电压)无关。
4. 平行板电容器及其电容(1) 影响因素：平行板电容器的电容与两极板□ 14正对面积成正比，与两极板间介质的⑪相对介电常数成正比，与口16两板间的距离成反比⑵决定式：ffl7C= 4n d，k为静电力常量。
知识点2 带电粒子在匀强电场中的运动n1. 加速问题若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的口01动能的增量。
1 i(1) 在匀强电场中：W= qEd = qU = dqmv2—qmv O。
1 2 1 2(2) 在非匀强电场中：W= qU = 032mv2—2mv2。
2. 偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v o Q4垂直于电场线方向飞入匀强电场。
2024届高考一轮总复习章末检测卷：第七章 电路高效提分物理试题
2024届高考一轮总复习章末检测卷：第七章 电路高效提分物理试题一、单选题 (共7题)第(1)题在排球运动中，下列说法正确的是（ ）A．扣球时运动员对排球的作用力大于排球对运动员的作用力B．在研究排球扣球动作时能将球视作质点C．排球在空中运动时受到重力、空气作用力和运动员手臂的弹力D．排球在飞行和击球时惯性不变第(2)题用题图所示装置进行光电效应实验：用频率为的单色光照射金属，滑动变阻器的滑片与固定端都在中央位置时，灵敏电流计中有电流通过。
下列说法正确的是（）A．增大该单色光的强度，灵敏电流计示数一定增大B．滑片向端移动过程中，灵敏电流计示数一定不断增大C．滑片向端移动可测遏止电压D．换用频率小于的单色光照射金属，灵敏电流计中一定没有电流通过第(3)题先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与电场方向垂直。
下列情况下，射出极板时电子和氢核偏转角正切值相同的是（ ）A．初速度相同B．初速度的平方相同C．初动能相同D．初动量相同第(4)题根据海水中的盐分高低可将海水分成不同密度的区域，当潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为“掉深”。
如图甲所示，我国南海舰队某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行．时，该潜艇“掉深”，随后采取措施自救脱险，在0~50s内潜艇竖直方向的图像如图乙所示（设竖直向下为正方向）。
不计水的粘滞阻力，则（ ）A．潜艇在时下沉到最低点B．潜艇竖直向下的最大位移为750mC．潜艇在“掉深”和自救时的加速度大小之比为D．潜艇在0~20s内处于超重状态第(5)题2023年10月26日神舟十七号载人飞船将三名航天员汤洪波、唐胜杰、江新林送上太空，他们到达“中国空间站”后领略了24小时内看到16次日出日落的奇妙景象。
中国空间站绕地球的运动可视为匀速圆周运动，其周期为T。
已知地球半径为R，地球的第一宇宙速度为v，则“中国空间站”离地面高度为（ ）A．B．C．D．第(6)题利用智能手机中的磁传感器可以粗测特高压直流输电线中的电流I。
新高考物理第一轮复习课时强化训练：电容器、带电粒子在电场中的运动(解析版)
2021届新高考物理第一轮复习课时强化训练电容器、带电粒子在电场中的运动一、非选择题1、如图所示，一带电粒子从平行带电金属板(平行板电容器)左侧中点垂直于电场线以速度v0射入电场中，恰好能从下板边缘以速率v 飞出电场．若其他条件不变，将上、下两个极板同时向上、下两侧平移相同的距离(使板间距离适当增大一些)，仍使该粒子从两板左侧中点垂直于电场线以速度v0射入电场中，则以下说法正确的是(不计粒子重力)( )A．粒子将打在下极板上B．粒子仍能从下板边缘以速率v飞出电场C．粒子仍能飞出电场，且飞出电场时的速率仍为vD．粒子仍能飞出电场，且飞出电场时的速率大于v解析：选C 板间距离增大后，板间的场强不变，故粒子的侧移量仍相同，粒子仍能飞出电场，且飞出电场时电场力做功相同，故速率仍为v，C正确．2、如图所示，两块平行、正对的金属板水平放置，分别带有等量的异种电荷，使两板间形成匀强电场，两板间的距离为d。
有一带电粒子以某速度v 0紧贴着A 板左端沿水平方向射入匀强电场，带电粒子恰好落在B 板的右边缘。
带电粒子所受的重力忽略不计。
现使该粒子仍从原位置以同样的方向射入电场，但使该粒子落在B 板的中点，下列措施可行的是( )A ．仅使粒子的初速度变为2v 0B ．仅使粒子的初速度变为v 02C ．仅使B 板向上平移d2D ．仅使B 板向下平移d解析：选B 带电粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，有x ＝v 0t ，在沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，有d ＝12at 2＝12·qU md t 2，联立可得x 2＝2mv 20d 2qU，现在要使x 变为原来的一半，即x 2为原来的四分之一，所以需要将粒子的初速度变为v 02，A 错误，B 正确；仅使B 板向上平移d2，则根据C ＝εr S4πkd可得电容增大为原来的两倍，根据U ＝Q C 可得电压变为原来的12，x 2变为原来的12，C 错误；仅使B 板向下平移d ，同理可得电容变为原来的12，电压变为原来的2倍，x 2变为原来的2倍，D 错误。
2021高考物理得分关键题增值增分特训带电粒子在磁场中的运动
2021高考物理得分关键题增值增分特训带电粒子在磁场中的运动(限时：45分钟)一、单项选择题1． (2020·重庆·5)如图1所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a 和b ，内有带电量为q 的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B .当通以从左到右的稳恒电流I 时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U ，且上表面的电势比下表面的低，由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为( )图1，负 ，正 ，负 ，正答案 C解析 当粒子带负电时，粒子定向向左运动才能形成向右的电流，由左手定则判定负粒子受洛伦兹力的方向向上，上表面电势较低，符合题意． 由粒子做匀速运动知|q |vB ＝|q |E ＝|q |U a因I ＝n |q |vS ＝n |q |v ·a ·b 解得n ＝IB|q |bU，选项C 正确．2． 速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图2所示，则下列相关说法中正确的是( )图2A ．该束带电粒子带负电B ．速度选择器的P 1极板带负电C ．能通过狭缝S 0的带电粒子的速率等于E B 1D ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S 0，粒子的比荷越小 答案 C解析 由左手定则可知，该束带电粒子带正电，速度选择器的P 1极板带正电，选项A 、B 错误；由qE ＝qvB 1可得能通过狭缝S 0的带电粒子的速率v ＝E B 1，选项C 正确；由r ＝mv qB可知，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S 0，r 越小，粒子的比荷q m越大，选项D 错误． 3． 如图3所示，两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E 和匀强磁场B中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电小球a 、b 同时从轨道左端最高点由静止开释，且在运动过程中始终能通过各自轨道的最低点M 、N ，则( )图3A ．两小球某次到达轨道最低点时的速度可能有v N ＝v MB ．两小球都能到达轨道的最右端C ．小球b 第一次到达N 点的时刻与小球a 第一次到达M 点的时刻相同D ．小球a 受到的电场力一定不大于a 的重力，小球b 受到的最大洛伦兹力可能大于b 的重力 答案 D解析 由于洛伦兹力不做功，电场力对带电小球一定做负功，因此两小球某次到达轨道最低点时的速度不可能有v N ＝v M ，选项A 错误；由机械能守恒知小球b 能够到达轨道的最右端，电场力对小球a 做负功，故小球a 不能到达轨道的最右端，选项B 错误；由于两个小球受力情形不同，运动情形不同，故小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次到达M点的时刻不相同，选项C错误；由于小球能到达最低点，对小球a有mgR－qER≥0，因此有mg≥qE，由于洛伦兹力不做功，且洛伦兹力沿半径向外，则小球b受到的洛伦兹力没有条件限制，选项D正确．4．如图4所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入横截面是一正方形的匀强磁场区域，下列判定正确的是( )图4A．电子在磁场中运动时刻越长，其轨迹线越长B．电子在磁场中运动时刻越长，其轨迹线所对应的圆心角越大C．在磁场中运动时刻相同的电子，其轨迹线一定重合D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时刻一定不相同答案 B解析电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入匀强磁场，依照周期公式，电子在磁场中运动时刻越长，其轨迹线所对应的圆心角越大，选项B正确，A、C错误；电子的速率不同，它们在磁场中运动轨迹不相同，3、4、5的圆心角相同，则在磁场中运动时刻相同，选项D错误．5．如图5所示，三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时相对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们在磁场中运动的时刻之比为( )图5A．1∶1∶1 B．1∶2∶3C．3∶2∶1 D．1∶2∶ 3答案 C解析由于粒子运动的偏向角等于圆弧轨迹所对的圆心角，由t＝T360°α可知，它们在磁场中运动的时刻之比为90°∶60°∶30°＝3∶2∶1，选项C正确．6． 如图6所示，一个静止的质量为m 、电荷量为q 的粒子(重力忽略不计)，经加速电压U 加速后，垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，粒子打到P 点，OP ＝x ，能正确反映x 与U 之间关系的是 ( )图6A ．x 与U 成正比B ．x 与U 成反比C ．x 与U 成正比D ．x 与U 成反比 答案 C解析 由x ＝2r ＝2mv qB ，qU ＝12mv 2，可得x 与U 成正比，选项C 正确．7． 如图7所示，在x 轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .在xOy 平面内，从原点O 处沿与x 轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v 发射一个带正电的粒子(重力不计)．则下列说法正确的是( )图7A ．若v 一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时刻越短B ．若v 一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O 点越远C ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的时刻越短 答案 A解析 由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转．若v 一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时刻越短，选项A 正确；若v 一定，θ等于90°时，粒子在离开磁场的位置距O 点最远，选项B 错误；若θ一定，粒子在磁场中运动的周期与v 无关，粒子在磁场中运动的角速度与v 无关，粒子在磁场中运动的时刻与v 无关，选项C 、D 错误．8． 如图8所示，在半径为R 的圆形区域内，有匀强磁场，方向垂直于圆平面(未画出)．一群相同的带电粒子(不计重力)以相同速率v 0由P 点在纸面内沿不同方向射入磁场．当磁感应强度大小为B 1时，所有粒子出磁场的区域占整个圆周长的13；当磁感应强度大小为B 2时，这些粒子在磁场中运动时刻最长的是2πR3v 0.则磁感应强度B 1、B 2的比值是( )图8A ．1∶ 3B ．2∶ 3C ．3∶ 3D ．4∶ 3 答案 D解析 假设粒子带正电，磁场方向垂直于纸面向外，粒子运动轨 迹如图所示，当磁感应强度为B 1时，粒子从A 点射出，PA 为粒子 运动轨迹所对应的直径，由题意知∠POA ＝120°，则PO 1＝32R ， 即mv 0B 1q ＝32R ，得B 1＝2mv 03Rq；当磁感应强度为B 2时，粒子从Q 点射 出，设粒子的轨迹半径为r ，则有sin θ2＝R r ，rθ＝2πR 3，明显有θ＝60°、r ＝2R ，则mv 0B 2q＝2R ，B 2＝mv 02Rq .因此B 1∶B 2＝2mv 03Rq ∶mv 02Rq＝4∶3，D 正确．9． 如图9所示，带异种电荷的粒子a 、b 以相同的动能同时从O 点射入宽度为d 的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P 点．a 、b 两粒子的质量之比为( )图9A ．1∶2B ．2∶1C ．3∶4D ．4∶3答案 C解析 如图所示a 、b 粒子的圆心分别为O a 、O b .由几何关系可 知r a ＝d3，a 所对的圆心角αa ＝120°，a 轨迹弧长为s a ＝2πr a3，运动时刻t a ＝s a v a .同理可得r b ＝d ，αb ＝60°，s b ＝πr b 3，t b ＝s bv b，又同时到达P 点，则t a ＝t b ，而且12m a v 2a ＝12m b v 2b 联立解得m a ∶m b ＝3∶4，选项C 正确．二、多项选择题10．图10甲是回旋加速器的原理示意图．其核心部分是两个D 形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连．加速时某带电粒子的动能E k 随时刻t 的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时刻，则下列判定正确的是( )图10A ．在E k －t 图象中t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1B ．高频电流的变化周期应该等于t n －t n －1C ．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D ．D 形盒的半径越大，粒子获得的最大动能越大 答案 AD解析 粒子在磁场中运动的周期T ＝2πmqB，与粒子的速度无关，粒子每次在D 形盒内运动半个周期的时刻都相等，故A 正确；由于粒子每次在D 形盒中偏转半个圆周后就要加速一次，高频电流就要反向一次，因此高频电流的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，即T 电＝T ＝2(t n －t n －1)，故B 错误；由nqU ＝12mv 2m 可知，U 不变时，粒子获得的最大动能与加速次数n 、电荷量q 都有关，故粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能不一定越大，C 错误；粒子获得的最大动能可由最后半个圆周的偏转求得，设D 形盒的半径为R ，则R ＝mv m qB ，因此最大动能E km ＝12mv 2m ＝q 2B 2R 22m，R 越大，E km 越大，故D 正确．11．如图11所示，电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．电子束通过加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面．不加磁场时，电子束将通过磁场中心O 点而打到屏幕上的中心M ，加磁场后电子束偏转到P 点外侧．现要使电子束偏转回到P 点，可行的方法是( )图11A ．增大加速电压B ．增加偏转磁场的磁感应强度C ．将圆形磁场区域向屏幕靠近些D ．将圆形磁场的半径增大些 答案 AC解析 当射入圆形磁场的电子运动的半径越大，由圆形磁场射出时偏转角越小，故要使电子束偏转回到P 点，能够增大电子在磁场中运动的半径，由r ＝mv qB可知，速度增大或磁感应强度减小都可使运动半径增大，故选项A 正确，B 错误．由题图可知C 正确．将圆形磁场的半径增大些，电子束将偏转到P 点外侧以外，选项D 错误．12．如图12所示为一个质量为m 、带电荷量为＋q 的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，圆环以初速度v 0向右运动直至处于平稳状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为( )图12A ．0mv 20m (v 20－m 2g 2q 2B2)答案 ABD解析 若圆环所受洛伦兹力等于重力，圆环与粗糙细杆压力为零，摩擦力为零，圆环克服摩擦力做的功为零，选项A 正确；若圆环所受洛伦兹力不等于重力，圆环与粗糙细杆压力不为零，摩擦力不为零，圆环以初速度v 0向右做减速运动．若开始圆环所受洛伦兹力小于重力，则一直减速到零，圆环克服摩擦力做的功为12mv 20，选项B 正确；若开始圆环所受洛伦兹力大于重力，则减速到洛伦兹力等于重力达到稳固，稳固速度v ＝mg qB，由动能定理可得圆环克服摩擦力做的功为W ＝12mv 20－12mv 2＝12m (v 20－m 2g2q 2B 2)，选项C 错误，D 正确．13． 质量和电荷量都相等的带电粒子M 和N ，以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图13中虚线所示，下列表述正确的是( )图13A ．M 带负电，N 带正电B ．M 的速率小于N 的速率C ．洛伦兹力对M 、N 不做功D ．M 的运行时刻大于N 的运行时刻 答案 AC解析 由左手定则可知，M 带负电，N 带正电，选项A 正确；由r ＝mvqB可知，M 的速率大于N 的速率，选项B 错误；洛伦兹力对M 、N 不做功，选项C 正确；由T ＝2πmqB可知，M的运行时刻等于N 的运行时刻，选项D 错误．14．如图14所示，在xOy 平面内存在着磁感应强度大小为B 的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外．P (－2L,0)、Q (0，－2L )为坐标轴上的两个点．现有一电子从P 点沿PQ 方向射出，不计电子的重力，则( )图14A ．若电子从P 点动身恰好经原点O 第一次射出磁场分界线，则电子运动的路程一定 为πL 2B ．若电子从P 点动身经原点O 到达Q 点，则电子运动的路程一定为πLC ．若电子从P 点动身经原点O 到达Q 点，则电子运动的路程一定为2πLD ．若电子从P 点动身经原点O 到达Q 点，则电子运动的路程可能为πL ，也可能为2πL 答案 AD解析 若电子从P 点动身恰好经原点O 第一次射出磁场分界线， 画出电子运动轨迹，轨迹所对的圆心角为90°，轨迹半径为L ，则 电子运动的路程一定为πL2，选项A 正确．如图，若电子到达O 点时是第偶数次到达磁场边界，则电子轨迹的半径r ＝2L n·22＝ L n ，电子从P 到Q 运动轨迹的长为2n 个14圆弧的长，即s ＝2n ·14·2πr＝2n ·14·2π·Ln ＝πL .若电子到达O 点时是第奇数次到达磁场边界(如图)，则电子轨迹的半径r ′＝2Ln·22＝Ln，电子由P 到Q 的轨迹长为n 个圆周的长即s ′＝n ·2πr ′＝n ·2π·Ln＝2πL ，故选项D 正确． 【解题方法技巧7】 作图分析法作图法包括几何作图、轨迹作图、运动示意图，还有各种图象如v －t 图象，p －V 图象、p －T 图象等.在本类带电粒子在磁场中运动问题的分析中，作出运动轨迹示意图，并结合几何知识专门直观地就能够看出解题的条件或结论.有种说法是：假如选择题运算专门繁琐或全然就不能运算，请考虑使用图象分析.“图”在物理学中有着十分重要的地位，它是将抽象物理问题直观化、形象化的最佳工具，是探究未知规律的有效手段.在画图时，要专门注意状态变化连接处的特点和前后不同过程的区别和联系.用图象法解题不但快速、准确，而且能幸免纷杂的运算，还能解决一些用一样运算方法无法解决的问题.。
2021年高考物理选择题强化训练专题七电场与磁场含解析.doc
2021年高三物理选择题强化训练专题七 电场与磁场一、单选题1.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。
下列说法正确的是( )A.实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，能使电容器带电B.实验中，只将电容器b 板向上平移，静电计指针的张角变小C.实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D.实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大【解析】 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，则a 板带电，由静电感应，在b 板上感应出与a 板电性相反的电荷，故选项A 正确；实验中，只将电容器b 板向上平移，正对面积S 变小，由C ＝εr S4πkd ，可知电容C 变小，由C ＝QU可知，Q 不变，U 变大，因此静电计指针的张角变大，选项B 错误；实验中，只在极板间插入有机玻璃板，相对介电常数εr 变大，由C ＝εr S 4πkd ，可知电容C 变大，由C ＝QU 可知，Q 不变，U变小，静电计指针的张角变小，选项C 错误；实验中，只增加极板带电量，电容C 不变，由C ＝Q U，可知静电计指针的张角变大，故选项D 错误。
【答案】 A2.（2020年浙江卷）空间P 、Q 两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q 点处为正电荷，P 、Q 两点附近电场的等势线分布如图所示，a 、b 、c 、d 、e 为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则（ ）A. e 点的电势大于0B. a 点和b 点的电场强度相同C. b 点的电势低于d 点的电势D. 负电荷从a 点移动到c 点时电势能增加 【答案】D 【解析】【详解】A ．根据电场线与等势面垂直关系，可判断P 点处为负电荷，无穷远处电势为0，e 点在PQ 连线的中垂线上，则0e ϕ=，A 错误；B ．a 、b 两点电场强度大小相同，方向不同，则a 、b 两点电场强度不同，B 错误；C ．从Q 到P 电势逐渐降低，则b d ϕϕ>，C 错误；D ．由a c ϕϕ>，负电荷从a 到c 电场力做负功，电势能增加，D 正确。
【物理】物理带电粒子在电场中的运动提高训练及解析
【物理】物理带电粒子在电场中的运动提高训练及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M 、N 的中线．热灯丝逸出的电子(初速度重力均不计)在电压为U 的加速电场中由静止开始运动，从小孔O 射入两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′做直线运动．已知两板间的电压为2U ，两板长度与两板间的距离均为L ，电子的质量为m 、电荷量为e ．(1)求板间匀强磁场的磁感应强度的大小B 和方向；(2)若保留两金属板间的匀强磁场不变，使两金属板均不带电，求从小孔O 射入的电子打到N 板上的位置到N 板左端的距离x ． 【答案】（1）12mU B L e = 垂直纸面向外；（23L【解析】 【分析】（1）在电场中加速度，在复合场中直线运动，根据动能定理和力的平衡求解即可； （2）洛伦兹力提供向心力同时结合几何关系求解即可； 【详解】（1）电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：212eU m v = 由于电子在两板间做匀速运动，则evB eE =，其中2U E L= 联立解得：12mUB L e=根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外；（2）洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动所需要的向心力，有：2v evB m r=，其中由（1）得到2eUv m=设电子打在N 板上时的速度方向与N 板的夹角为θ，由几何关系有：2cos L r rθ-=由几何关系有：sin x r θ= 联立解得：3x L =． 【点睛】本题考查了带电粒子的加速问题，主要利用动能定理进行求解；在磁场中圆周运动，主要找出向心力的提供者，根据牛顿第二定律列出方程结合几何关系求解即可．2．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M 内有竖直向下的匀强电场，电场场强E ＝1.0×103V/m ，宽度d ＝0.05m ，长度L ＝0.40m ；区域MM′N′N 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.5×10－2T ，宽度D ＝0.05m，比荷qm＝1.0×108C/kg 的带正电的粒子以水平初速度v 0从P 点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．(1) 若v 0＝8.0×105m/s ，求粒子从区域PP′N′N 射出的位置；(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v 0的大小； (3) 若粒子从M′点射出，求v 0满足的条件．【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v 0＝54.00.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：v 0＝53.20.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3)．【解析】 【详解】(1) 粒子以水平初速度从P 点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向21··2Eq d t m＝ 得2mdt qE=代入数据解得t ＝1.0×10－6s 水平位移x ＝v 0t 代入数据解得x ＝0.80m因为x 大于L ，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出，则运动时间t 0＝0Lv ＝0.5×10－6s ，竖直位移201··2Eq y t m＝＝0.0125m 所以粒子从P′点下方0.0125m 处射出．(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x ＝v 0 2mdqE粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v 1＝qE m ·t ＝2qEd m设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v ＝1v sin α在磁场中由qvB ＝m 2v R得R ＝mv qB 粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x ＋Rsinα＝L 把x ＝v 02md qE 、R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m ＝代入解得 v 0＝L·2Eqmd－E B v 0＝3.6×105m/s.(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy ＝R －Rcosα＝R(1－cosα)把R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m＝代入解得12(1cos )12tan sin 2mEd mEd y B q B q ααα-∆==可以看出当α＝90°时，Δy 有最大值，(α＝90°即粒子从P 点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v 1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)1max 212mv m qEd mEdy qB qB m B q∆=== Δy max ＝0.04m ，Δy max 小于磁场宽度D ，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：粒子要从M′点射出边界有两种情况， 第一种情况： L ＝n(2v 0t ＋2R sinα)＋v 0t把2md t qE =、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m＝ 代入解得 0221221L qE n E v n md n B=-⋅++v 0＝ 4.00.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t ＋2Rsinα 把2md t qE =、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m＝代入解得02(1)21221L qE n E v n md n B+=-⋅++v 0＝ 3.20.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3)．3．如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB 固定在竖直平面内．圆管的圆心为O ，D 点为圆管的最低点，AB 两点在同一水平线上，AB=2L ，圆管的半径为r=2L(自身的直径忽略不计)．过OD 的虚线与过AB 的虚线垂直相交于C 点，在虚线AB 的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB 的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度大小E 2=mgq．圆心O 正上方的P 点有一质量为m 、电荷量为－q(q>0)的小球(可视为质点)，PC 间距为L ．现将该小球从P 点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A 无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度为g ．求：(1)虚线AB 上方匀强电场的电场强度E 1的大小；(2)小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小球从管口B 离开后，经过一段时间到达虚线AB 上的N 点(图中未标出)，在圆管中运动的时间与总时间之比ABPNt t ． 【答案】（1）mg q （2）mg ，方向竖直向下（3）4ππ+【解析】 【分析】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据正交分解，垂直运动方向的合力为零，列出平衡方程即可求出虚线AB 上方匀强电场的电场强度；（2）根据动能定理结合圆周运动的规律求解小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛运动，结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比. 【详解】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则：tan45°= mgEq解得：mg qE =（2）从P 到A 的过程，根据动能定理：mgL+EqL=12mv A 2 解得v A小球在管中运动时，E 2q=mg ，小球做匀速圆周运动，则v 0=v A在D点时，下壁对球的支持力20v F m r==由牛顿第三定律，F F =='方向竖直向下．（3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，设所用时间为t 1，则：21=解得1t = 小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t 2，则：2324A rt v π⋅==小球离开管后做类平抛运动，物块从B 到N的过程中所用时间：3t = 则：24t t ππ=+【点睛】本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过程，明确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解．4．如图所示，在竖直面内有一边长为的正六边形区域，O为中心点，CD水平．将一质量为m的小球以一定的初动能从B点水平向右拋出，小球运动轨迹过D点．现在该竖直面内加一匀强电场，并让该小球带电，电荷量为+q，并以前述初动能沿各个方向从B点拋入六边形区域，小球将沿不同轨迹运动．已知某一方向拋入的小球过O点时动能为初动能的，另一方向拋入的小球过C点时动能与初动能相等．重力加速度为g，电场区域足够大，求：（1）小球的初动能；（2）取电场中B点的电势为零，求O、C两点的电势；（3）已知小球从某一特定方向从B点拋入六边形区域后，小球将会再次回到B，求该特定方向拋入的小球在六边形区域内运动的时间．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】【详解】（1）设小球从B点抛出时速度为，从B到D所用时间为t，小球做平抛运动在水平方向上在竖直方向上由几何关系可知：，解得小球的初动能为：（2）带电小球B→O：由动能定理得：解得：带电小球B→C：由动能定理得：解得：（3）在正六边形的BC边上取一点G，令，设G到B的距离为x，则由匀强电场性质可知解得：由几何知识可得，直线GO与正六边形的BC边垂直，OG为等势线，电场方向沿CB方向，由匀强电场电场强度与电势的关系可得受力分析如图，根据力合成的平行四边形定则可得：，方向F→B小球只有沿BF方向抛入的小球才会再次回到B点，该小球进入六边形区域后，做匀减速直线运动，速度减为零后反向匀加速直线运动回到B点，设匀减速所用时间为t1，匀加速所用时间为t2，匀减速发生的位移为x由牛顿定律得(未射出六边形区域)小球在六边形区域内运动时间为5．如图所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L =" 1" m．间距3m，两金属板间电压U MN= 1×104V；在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M 平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场B2，已知A、F、G处于同一直线上．B、C、H也处于同一直线上．AF两点距离为23m．现从平行金属极板MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg ，带电量q = +1×10-4C ，初速度v 0= 1×105m/s ．(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC 边上，求该区域的磁感应强度B 1 (3)若要使带电粒子由FH 边界进入FGH 区域并能再次回到FH 界面，求B 2应满足的条件． 【答案】（152310/m s ；垂直于AB 方向出射．（233（323+ 【解析】试题分析：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t ，加速度为a ， 则：U qma d =解得：102310/qU a m s md == 50110Lt s v -==⨯ 竖直方向的速度为：v y ＝at ＝35m/s 射出时速度为：22502310/y v v v m s =+=速度v 与水平方向夹角为θ，03tan y v v θ==，故θ=30°，即垂直于AB 方向出射． （2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移21322d y at ===，即粒子由P 1点垂直AB 射入磁场，由几何关系知在磁场ABC 区域内做圆周运动的半径为12cos303d R m ==o由211v B qv m R =知：113310mv B qR == （3）分析知当轨迹与边界GH 相切时，对应磁感应强度B 2最大，运动轨迹如图所示：由几何关系得：221sin 60R R o+= 故半径2(233)R m =-又222v B qv m R =故223B T +=所以B 2应满足的条件为大于235T +． 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.6．长为L 的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d ，电势差为U ，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B 的匀强磁场．荧光屏MN 与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x ，电容器左侧中间有发射质量为m 带＋q 的粒子源，如图甲所示．假设a 、b 、c 三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a 粒子沿直线运动到荧光屏上的O 点；b 粒子在电、磁场中向上偏转；c 粒子在电、磁场中向下偏转．现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示．此时，a 、b 、c 粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a 粒子仍恰好打在荧光屏上的O 点；b 、c 中有一个粒子也能打到荧光屏，且距O 点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点．求：(1)a 粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏O 点时的动能； (2)b ，c 粒子中打到荧光屏上的点与O 点间的距离(用x 、L 、d 表示)； (3)b ，c 中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比．【答案】(1)242222222akL Bd q m UEmB d= (2)1()2xy dL=+ (3)11224==5UqyW dUqW yd【解析】【详解】据题意分析可作出abc三个粒子运动的示意图，如图所示．(1) 从图中可见电、磁场分开后，a粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达O点，运动轨迹如图中Ⅰ所示．Uq Bqvd=，BdUv=，L LBdtv U==，222122aUq L B qdy tdm mU==，21()2aa kU Uqy E md Bd=-242222222a k L B d q m U E mB d = (2) 从图中可见c粒子经两个阶段打到荧光屏上．第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中Ⅱ所示．设c 粒子打到荧光屏上的点到O 点的距离为y ，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得 12=122d y L L x +， 1()2x y d L =+ (3) 依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t 1=2t 2如图中Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y 1，y 22111·2Uq y t md =，11y Uq v t md= 122221·2y Uq t m y t dv +=， 22158qU y t md=， 124=5y y ， 11224==5Uq y W d Uq W y d7．图中是磁聚焦法测比荷的原理图。
2021届高考物理三轮巩固强化—磁场综合
2021届高考物理三轮巩固强化—磁场综合1.如图所示,两光滑平行金属导轨间的距离0.4mL=,金属导轨所在的平面与水平面夹角37θ=°,在导轨所在平面内,分布着方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场.现把一个质量0.04kgm=的导体棒ab垂直放在金属导轨上,当接通电源后,导轨中通过的电流 1.5AI=,导体棒恰好静止,g取210m/s.已知°°,求:==sin370.6,cos370.8(1)磁场的磁感应强度大小;(2)若突然只将磁场方向变为竖直向上,其他条件不变,则磁场方向改变后的瞬间,导体棒的加速度大小.2.如图所示,在xOy平面内有磁感应强度大小为B的匀强磁场,其中(0,)∈范x a围内磁场方向垂直xOy平面向里,在(,)x a∈+∞范围内磁场方向垂直xOy平面向外,在(,0)x∈-∞范围内无磁场.一个带正电的电荷量为q、质量为m的粒子(重力不计)在x轴上0x=处,以速度0v沿x轴正方向射入磁场.(1)若v未知,但粒子做圆周运动的轨迹半径为R=,求粒子与x轴交点的x坐标.(2)若无(1)中R=的条件限制,粒子的初速度仍为0v(已知),则粒子能够回到原点O时a为何值?3.如图所示,在倾角为37L=的直导θ=°的光滑斜面上水平放置一根长为0.2m线PQ,两端以很软的轻质导线通入5AI=的电流.将整个装置放入一个竖直向上的0.6TB=的匀强磁场中时,PQ恰好平衡,求导线PQ的重力大小.(sin370.6cos370.8°°)，==4.如图所示，倾角为θ、宽度为L的足够长的光滑导轨的下端连接一个定值电阻R，导轨范围内存在方向垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。
一质量为m的导体棒ab在导轨上端由静止释放，在导体棒ab 从释放到刚开始匀速下滑的过程中，流过电阻R的电荷量为q。
导轨和导体棒的电阻不计，重力加速度为g。
求：(1)导体棒ab从释放到开始匀速运动，下滑的距离s；(2)导体棒ab匀速运动时，速度大小v。
2021版新高考物理人教版一轮高频考点强化练(三) 电场及带电粒子在电场中的运动问题
高频考点强化练(三)电场及带电粒子在电场中的运动问题(45分钟100分)一、选择题(本题共9小题,每小题6分,共54分,1～6题为单选题,7～9题为多选题)1.(2016·全国卷Ⅲ)关于静电场的等势面,下列说法正确的是 ( )A.两个电势不同的等势面可能相交B.电场线与等势面处处相互垂直C.同一等势面上各点电场强度一定相等D.将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面,电场力做正功【解析】选B。
等势面的特点:两个电势不同的等势面不可能相交,故A 错误;电场线与等势面处处相互垂直,故B正确;等势面的疏密程度表示电场强度的大小,故C错误;电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面,负电荷受力与电场线的方向相反,故负电荷受力由电势低的等势面指向电势高的等势面,那么它从电势较高的等势面移至电势较低的等势面,电场力做负功,D错误。
2.某位移式传感器的原理示意图如图所示,E为电源,R为电阻,平行金属板A、B和介质P构成电容器,当可移动介质P向左匀速移出的过程中 ( )A.电容器的电容变大B.电容器的电荷量保持不变C.M点的电势比N点的电势低D.流过电阻R的电流方向从M到N【解析】选D。
当可移动介质P向左匀速移出的过程中,介电常数减小,电容器电容变小,选项A错误;电容器的电压等于电源电动势不变,电荷量Q=CU减小,选项B错误;电容器放电,电流方向为M→R→N,M点的电势比N点的电势高,选项C错误,D正确。
3.如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图象,一个带电粒子仅受电场力作用在x=0处由静止释放沿x轴正向运动,且以一定的速度通过x=x2处,则下列说法正确的是( )A.x1和x2处的电场强度均为零B.x1和x2之间的场强方向不变C.粒子从x=0到x=x2过程中,电势能先增大后减小D.粒子从x=0到x=x2过程中,加速度先减小后增大【解析】选D。
φ-x图象中斜率表示场强,斜率的绝对值的大小表示场强的大小,斜率的正负表示场强的方向,题图中x1和x2之间的场强大小先减小后增大,场强方向先沿负方向后沿正方向,A、B项错误;粒子由x=0处由静止沿x轴正向运动,表明粒子运动方向与电场力方向同向,则从x=0到x=x2的过程中,电场力先做正功后做负功,电势能先减小后增大,C项错误;因从x=0到x=x2过程中,电场强度先减小后增大,故粒子的加速度先减小后增大,D项正确。
【物理】物理带电粒子在电场中的运动专项习题及答案解析
【物理】物理带电粒子在电场中的运动专项习题及答案解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，在两块长为3L、间距为L、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m、电荷量为q的带正电粒子流从两板左端连线的中点O以初速度v0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O点射人的粒子P经时间t0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B．(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T的最小值T min．【答案】（1）0mvBqL=（2）223cosd R a R L≥+=；min(632)3LTvπ+=【解析】【分析】【详解】（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R1，则012qv B mvR=由几何关系：222113()()2L LR R=+-解得0mvBqL=（2）粒子P从O003L v t=01122y L v t =解得0y v =设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0tan yv v α== 则=3πα00sin 3v v v α== 粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则212sin L R α=，解得23R =右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为22cos d R R L α≥+=； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：2min 0(22)2R T t v πα--=解得()min 023L T v π=【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.2．如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP ，由半径r=0.5m 的圆弧轨道CDP 和与之相切于C 点的水平轨道ABC 组成，圆弧轨道的直径DP 与竖直半径OC 间的夹角θ=37°，A 、B 两点间的距离d=0.2m ．质量m 1=0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在A 点，质量m 2=0.1kg 、电荷量q=1×10-5C 的带正电小球静止在B 点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场．现用大小F=4.5N 、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达月点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P 点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心．小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦．取g=10m ／s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v 以及匀强电场的电场强度大小E ； (2)求小球到达P 点时的速度大小v P 和B 、C 两点间的距离x ． 【答案】(1) 6m /s ；7.5×104N /C (2) 2.5m /s ；0.85m 【解析】 【详解】(1)对滑块从A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有：2112Fd m v = 解得：v =6m /s小球到达P 点时，受力如图所示:则有：qE =m 2g tan θ, 解得：E =7.5×104N /C(2)小球所受重力与电场力的合力大小为：2cos m gG 等θ=小球到达P 点时，由牛顿第二定律有：2P v G r=等解得：v P =2.5m /s滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v 1、v 2， 则有：m 1v =m 1v 1+m 2v 222211122111222m v m v m v =+ 解得：v 1=-2m /s(“-”表示v 1的方向水平向左)，v 2=4m /s 对小球碰后运动到P 点的过程，根据动能定理有：()()22222211sin cos 22P qE x r m g r r m v m v θθ--+=- 解得：x =0.85m3．如图1所示，光滑绝缘斜面的倾角θ=30°，整个空间处在电场中，取沿斜面向上的方向为电场的正方向，电场随时间的变化规律如图2所示．一个质量m=0.2kg ，电量q=1×10－5C 的带正电的滑块被挡板P 挡住，在t=0时刻，撤去挡板P ．重力加速度g=10m/s 2，求：(1)0~4s 内滑块的最大速度为多少? (2)0~4s 内电场力做了多少功? 【答案】（1）20m/s （2）40J 【解析】 【分析】对滑块受力分析，由牛顿运动定律计算加速度计算各速度． 【详解】【解】(l)在0~2 s 内，滑块的受力分析如图甲所示，电场力F=qE11sin F mg ma θ-=解得2110/a m s =在2 ---4 s 内，滑块受力分析如图乙所示22sin F mg ma θ+=解得2210/a m s =因此物体在0～2 s 内，以2110/a m s =的加速度加速， 在2～4 s 内，2210/a m s =的加速度减速，即在2s 时，速度最大由1v a t =得，max 20/v m s =(2)物体在0～2s 内与在2～4s 内通过的位移相等．通过的位移max202v x t m == 在0~2 s 内，电场力做正功1160W F x J == - 在2～4 s 内，电场力做负功2220W F x J ==- 电场力做功W=40 J4．如图，平面直角坐标系中，在，y ＞0及y ＜-32L 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y 轴的匀强电场，在-32L ＜y ＜0区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点P 1（0，L ）时的速率为v 0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上的点P 2（32L ，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R =52L （不计粒子重力），求：（1）粒子到达P 2点时的速度大小和方向； （2）EB；（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；（4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期．【答案】（1）5 3v0，与x成53°角；（2）043v；（3）2L；（4）()4053760Lvπ+．【解析】【详解】（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为v y，由运动学规律知32L=v0t1，L=2yvt1可得t1=32Lv，v y=43v0故粒子在P2的速度为v220yv v+=53v0设v与x成β角，则tanβ=yvv=43，即β=53°；（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=12mv2-12mv02可得E=289mvqL粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m2vR解得：B=mvqR=5352m vq L⨯⨯=023mvqL解得：043vEB=；（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-32L直线与Q′点，可得：P2O′=3253Lcos o=52L=r故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y =-32L 直线从M 点穿出磁场，由几何关系知M 的坐标x =32L +（r -r cos37°）=2L ； （4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动：t 1=032Lv 在磁场中由P 2到M 动时间：t 2=372360r v π︒⨯o=037120Lv π 从M 运动到N ，a =qE m =289v L则t 3=v a =0158Lv 则一个周期的时间T =2（t 1+t 2+t 3）=()04053760Lv π+．5．一电路如图所示，电源电动势E=28v ，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=8Ω，R3=4Ω，C 为平行板电容器，其电容C=3.0pF ，虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m ，两极板的间距d=1.0×10-2m ．（1）闭合开关S 稳定后，求电容器所带的电荷量为多少?（2）当开关S 闭合后，有一未知的、待研究的带电粒子沿虚线方向以v0=2.0m/s 的初速度射入MN 的电场中，已知该带电粒子刚好从极板的右侧下边缘穿出电场，求该带电粒子的比荷q/m （不计粒子的重力，M 、N 板之间的电场看作匀强电场，g=10m/s 2）【答案】（1）114.810C -⨯ （2）46.2510/C kg -⨯【解析】 【分析】 【详解】（1）闭合开关S 稳定后，电路的电流：12282482E I A A R R r ===++++；电容器两端电压：222816R U U IR V V ===⨯=；电容器带电量： 12112 3.01016 4.810R Q CU C C --==⨯⨯=⨯（2）粒子在电场中做类平抛运动，则：0L v t =21122Uq d t dm= 联立解得46.2510/qC kg m-=⨯6．如图所示，虚线OL 与y 轴的夹角θ=450，在OL 上侧有平行于OL 向下的匀强电场，在OL 下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速率v 0从y 轴上的M （OM =d ）点垂直于y 轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，不计粒子重力。
高考物理复习考点强化提升训练(含答案)
2021-2021高考物理复习考点强化提升训练（含答案）经常做题是高考物理复习的重点方法，以下是2021-2021高考物理复习考点强化提升训练，请考生练习。
一、选择题(1～5题为单选题，6～8题为多选题)1.(2021海南单科)如图，a是竖直平面P上的一点。
P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点。
P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。
在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()A.向上B.向下C.向左D.向右答案：A解析：带电粒子在洛伦兹力作用下做曲线运动时，洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，且指向曲线的凹处，由此可知A 选项正确。
2.(2021河北石家庄一轮质检)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，则下列方法可行的是()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答案：C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。
3.(2021江西十校二模)1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应。
在奥斯特实验中，将直导线沿南北方向水平放置，小指针靠近直导线，下列结论正确的是()A.把小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针会转动B.把小磁针平行地放在导线的下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针不会转动C.把小磁针平行地放在导线的下方，给导线通以恒定电流，然后逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度(与通电前相比)会逐渐减小D.把黄铜针(用黄铜制成的小指针)平行地放在导线的下方，通电后，黄铜针会转动答案：C解析：将小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针不会转动，A错。
2021高考物理一轮复习第七章静电场第5讲章末热点集训学案
2021高考物理一轮复习第七章静电场第5讲章末热点集训学案带电粒子运动轨迹的分析(多选)如图所示，实线是一质子仅在电场力作用下由a 点运动到b 点的运动轨迹，虚线可能是电场线，也可能是等差等势线，则下列说法中正确的是( )A ．若虚线是电场线，则质子在a 点的电势能大，动能小B ．若虚线是等差等势线，则质子在a 点的电势能大，动能小C ．质子在a 点的加速度一定大于在b 点的加速度D ．a 点的电势一定高于b 点的电势[解析] 若虚线是电场线，由质子轨迹可知质子所受电场力方向沿电场线向左，由a 点运动到b 点，电场力做负功，电势能增大，动能减小，A 错；若虚线是等势线，则质子所受电场力垂直等势线向下，由a 点运动到b 点，电场力做正功，电势能减小，动能增大，B 对；因电场线和等差等势线的疏密程度均可表示电场强度大小，而a 点处于密集区，因此E a >E b ，由a ＝qE m知C 对；因质子在a 、b 两点的电势能大小无法比较，由E p ＝qφ知，a 、b 两点的电势无法比较，D 错．[答案] BC1.(多选)(2020·山西太原五中检测)图中虚线是某电场中的一簇等差等势线．两个带电粒子从P 点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示．若粒子仅受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )A ．a 点的电场强度小于b 点的电场强度B ．a 点的电势高于b 点的电势C ．粒子从P 运动到a 的过程中，粒子的动能和电势能总和不变D ．粒子从P 运动到b 的过程中，粒子的动能增大解析：选ACD.等势线的疏密程度表示电场强度的大小，越密，电场强度越大，故a 点的电场强度小于b 点的电场强度，A 正确；运动过程中电场力做正功，因此电势能减小，然而由于不明白粒子的带电性质，无法判定两点的电势高低，B 错误；粒子从P 运动到a 的过程中，只有电场力做功，电势能转化为动能，两者之和不变，C 正确；粒子从P 运动到b 的过程中，电场力做正功，动能增大，D 正确．电容器的动态分析问题(多选)如图所示，两块较大的金属板A 、B 平行放置并与一电源相连，S 闭合后，两板间有一质量为m 、电荷量为q 的油滴恰好处于静止状态．以下说法中正确的是( )A ．若将A 板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 中有b →a 的电流B ．若将A 板向左平移一小段位移，则油滴仍旧静止，G 中有b →a 的电流C ．若将S 断开，则油滴赶忙做自由落体运动，G 中无电流D ．若将S 断开，再将A 板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 中有b →a 的电流[解析] 依照题图可知，A 板带负电，B 板带正电，原先油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与重力平稳；当S 闭合，若将A 板向上平移一小段位移，则板间间距d 变大，而两板间电压U 现在不变，故板间场强E ＝U d 变小，油滴所受的合力方向向下，因此油滴向下加速运动，而依照C ＝εr S4πkd 可知，电容C 减小，故两板所带电荷量Q 也减小，因此电容器放电，因此G 中有b →a 的电流，选项A 正确；在S 闭合的情形下，若将A 板向左平移一小段位移，两板间电压U 和板间间距d 都不变，因此板间场强E 不变，油滴受力平稳，仍旧静止，然而两板的正对面积S 减小了，依照C ＝εr S4πkd 可知，电容C 减小，两板所带电荷量Q也减小，电容器放电，因此G 中有b →a 的电流，选项B 正确；若将S 断开，两板所带电荷量Q 保持不变，板间场强E 也不变，油滴仍旧静止，选项C 错误；若将S 断开，再将A 板向下平移一小段位移，两板所带电荷量仍保持不变，两板间间距d 变小，依照C ＝εr S 4πkd ，U ＝Q C 和E ＝U d ，可得E ＝4πkQεr S，明显，两板间场强E 不变，因此油滴仍旧静止，G 中无电流，选项D 错误．[答案] AB2.(多选)(2020·山东潍坊实验中学模拟)如图所示，一电容为C 的电容器(两极板水平放置)与一直流电源相连，初始时开关闭合，极板间电压为U ，两极板间距为d ，电容器储存的能量E 1＝12CU 2.一电荷量为q 的带电油滴以初动能E k0从平行板电容器的轴线水平射入(极板足够长)，恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则( )A ．保持开关闭合，只将上极板下移d 3，带电油滴仍能沿水平线运动B ．保持开关闭合，只将上极板下移d3，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为E k0＋qU12C ．断开开关后，将上极板上移d 3，若不考虑电容器极板的重力势能变化等因素，外力对极板做功为23CU 2D．断开开关后，将上极板上移d 3，若不考虑电容器极板的重力势能变化等因素，外力对极板做功为16CU 2解析：选BD.保持开关闭合，电压不变，仅将上极板下移d 3的过程中，极板距离减小，依照E ＝Ud 知电场强度增大，电场力增大，带电油滴向上偏转，故A 错误；初始时油滴能匀速通过电容器，说明mg ＝q Ud，保持开关闭合，仅将上极板下移d 3，两极板间距离变为23d ，电场强度E ＝U 2d 3＝3U 2d ，电场力做功W 电＝qE ⎝ ⎛⎭⎪⎫d 2－d 3＝qU4，依照动能定理W ＝E k －E k0，－mg ·⎝ ⎛⎭⎪⎫d 2－d 3＋qU4＝E k －E k0，解得E k ＝E k0＋qU 4－16qU d d ＝E k0＋qU 12，因此撞击上极板时的动能是E k0＋qU 12，故B 正确；开始时电容器储备的能量为E 1＝12CU 2，断开开关后，电容器所带电荷量Q 不变，上极板上移d 3，由C ＝εr S 4πkd 知电容器电容变为34C ，由Q ＝UC 知，两板电势差变为43U ，现在电容器储存能量E 2＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫34C ×⎝ ⎛⎭⎪⎫43U 2＝23CU 2，依照能量守恒，不考虑电容器极板重力势能的变化，外力对极板所做的功W ＝E 2－E 1＝16CU 2，故C 错误，D 正确．带电粒子在“等效力场”中的运动如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h 的A 处由静止开始下滑，沿轨道ABC 运动并进入圆环内做圆周运动.已知小球所受电场力是其重力的34，圆环半径为R ，斜面倾角为θ＝60°，s BC ＝2R .若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h 至少为多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)[解析] 小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F ，如图所示．可知F ＝1.25mg ，方向与竖直方向成37°角．由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是D 点，设小球恰好能通过D 点，即达到D 点时圆环对小球的弹力恰好为零．由圆周运动知识得：F ＝m v 2D R ，即：1.25mg ＝m v 2DR小球由A 运动到D 点，由动能定理得：mg (h －R －R cos 37°)－34mg ×(h cot θ＋2R ＋R sin 37°)＝12mv 2D联立解得h ＝7.7R . [答案] 7.7R3.如图所示，绝缘光滑轨道AB 部分是倾角为30°的斜面，AC 部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E 、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为m 的小球，带正电荷量为q ＝3mg3E，要使小球能安全通过圆轨道，则在O 点的初速度应为多大？解析：电场力与重力的合力视为等效重力mg ′，大小为mg ′＝（qE ）2＋（mg ）2＝23mg 3，tan θ＝qE mg ＝33，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动，由几何关系知：A 为等效最低点，D 为等效最高点，要使小球安全通过圆轨道，通过D 点时应满足：mg ′≤mv 2DR令小球以最小初速度v 0运动，由动能定理知： －mg ′·2R ＝12mv 2D －12mv 2解得v 0≥103gR3，即v ≥103gR3. 答案：v ≥103gR3带电粒子在电场中的加速和偏转问题如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场E 2平行的屏，现将一电子(电荷量为e ，质量为m )无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1)电子从开释到打到屏上所用的时刻；(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ；(3)电子打到屏上P ′点到O 点的距离x .[解析] (1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时刻为t 1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a 1＝eE 1m ＝eE mL 2＝12a 1t 21 v 1＝a 1t 1，t 2＝2Lv 1运动的总时刻为t ＝t 1＋t 2＝3mL eE. (2)设电子射出电场E 2时，沿平行电场线方向的速度为v y ，依照牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a 2＝eE 2m ＝2eE mt 3＝Lv 1，v y ＝a 2t 3tan θ＝v y v 1联立各式解得tan θ＝2.(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x 1x 1＝12a 2t 23tan θ＝x 2L解得：x ＝x 1＋x 2＝3L . [答案] (1)3mLeE(2)2 (3)3L 4.(2020·河北正定模拟)从地面以v 0斜向上抛出一个质量为m 的小球，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16，取地面为重力势能参考面，不计空气阻力．现在此空间加上一个平行于小球抛出平面的水平电场，以相同的初速度抛出带上正电荷量为q 的原小球，小球到达最高点时的动能与刚抛出时动能相等．求：(1)无电场时，小球升到最高点的时刻； (2)后来加上的电场的场强大小．解析：(1)无电场时，当小球到达最高点时，小球具有的动能与势能之比是9∶16 将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，则 由v 2y ＝2gh ，得12mv 2y ＝mgh12mv 2x ∶12mv 2y ＝9∶16 解得初始抛出时v x ∶v y ＝3∶4 因此竖直方向的初速度为v y ＝45v 0竖直方向做匀减速运动v y ＝gt ，得t ＝4v 05g. (2)设后来加上的电场场强大小为E ，小球到达最高点时的动能与刚抛出时的动能相等，若电场力的方向与小球初速度的水平重量方向相同，则有E 1q m t ＋35v 0＝v 0 解得：E 1＝mg2q若电场力的方向与小球初速度的水平重量方向相反，则有E 2q m t －35v 0＝v 0 解得：E 2＝2mgq.答案：(1)4v 05g (2)mg 2q 或2mgq。
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高考热点强化训练13带电粒子(带电体)在电场中运动的综
合问题
1．(2019·江苏江都中学期中)如图1，ABCD 为竖直放在场强大小为E ＝104V/m 的水平向右匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD 部分是半径为R 的半圆形轨道，轨道的水平部分与半圆相切于B 点，A 为水平轨道上的一点，而且AB ＝R ＝0.2
m ，把一质量m ＝0.1kg 、带电荷量q ＝＋1×10－4C 的小球放在水平轨道的A 点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动(g 取10m/s 2).求：
图1
(1)小球到达C 点时对轨道压力是多大？
(2)小球能否沿圆轨道到达D 点？
(3)若小球释放点离B 的距离为1.0m ，则小球从D 点飞出后落地点离B 的距离是多少？(结果可以含有根号)
答案
(1)3N (2)不能(3)2(6－1)5m 解析(1)由A 点到C 点应用动能定理有：Eq (AB ＋R )－mgR ＝12
m v 2C 解得：v C ＝2m/s
设在C 点轨道对小球支持力为N ，应用牛顿第二定律得：N －Eq ＝m
v 2C R 得N ＝3N
由牛顿第三定律知，小球在C 点对轨道的压力大小为3N.
(2)小球要通过D 点，必有mg ≤m v 2
D
R 设释放点距B 点的距离为x 时小球能通过D 点，由动能定理得：
Eqx －mg ·2R ＝12m v 2
D 以上两式联立可得：x ≥0.5m ．因AB <0.5m 故小球不能到达D 点.
(3)释放点离B 点的距离x 1＝1m ，从释放点到D 点由动能定理得：Eqx 1－mg ·2R ＝12
m v D ′2
解得：v D ′＝23m/s
从D 点飞出后水平方向做匀减速运动，加速度为a ＝Eq m
＝10m/s 2竖直方向做自由落体运动，设落地点离B 距离为x 2，由运动学知识可得
2R ＝12gt 2，x 2＝v D ′t －12
at 2解得x 2＝2(6－1)5
m.2．(2019·辽宁大连市第二次模拟)如图2甲所示，将一倾角θ＝37°的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场．一质量m ＝0.2kg ，带电荷量q ＝2.0×10－3C 的小物块从斜面底端静止释放，运动0.1s 后撤去电场，小物块运动的v －t 图像如图乙所示(取沿斜面向上为正方向)，g ＝10
m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：
图2
(1)电场强度E 的大小；
(2)小物块在0～0.3s 运动过程中机械能增加量．
答案
(1)3×103N/C (2)0.36J 解析(1)加速时：a 1＝Δv 1Δt 1
＝20m/s 2
减速时：加速度大小a 2＝|Δv 2
Δt 2|＝10m/s 2
由牛顿第二定律得：Eq －mg sin θ－F f ＝ma 1
mg sin θ＋F f ＝ma 2
联立得E ＝3×103N/C
摩擦力F f ＝0.8N
(2)方法一：ΔE k ＝0
ΔE p ＝mgx sin 37°
x ＝0.3m
ΔE ＝ΔE p
ΔE ＝0.36J 方法二：加速距离x 1＝v 2
t 1＝0.1m
减速距离x2＝v
2
t2＝0.2m
电场力做功W E＝Eqx1＝0.6J
摩擦力做功W f＝－F f(x1＋x2)＝－0.24J 物块在0～0.3s运动过程中机械能增加量ΔE＝W E＋W f＝0.36J.。