2019高考物理新金版大二轮精练：专题三 电场和磁场3.1
高三物理二轮复习专题三电场与磁场电场与磁场的基本性质.pptx
D．若将 A 板竖直向下平移一小段距离，原 P 点位置 的电势将不变
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3．带电粒子所受的电场力变化决定其加速度的变化。 根据粒子运动轨迹各处电场线疏密程度变化可确定粒子加 速度先减小后增大，由此可知诊断卷第 6 题 C 选项错误；
如图，一半径为 R 的圆盘上均匀分布 着电荷量为 Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心 c 的轴线上有 a、 b、d 三个点，a 和 b、b 和 c、 c 和 d 间的距离均为 R， 在 a 点处有一电荷量为 q(q＞0)的固定点电荷。已知 b 点处的 场强为零，则 d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( ) A．k3Rq2 B．k190Rq2 C．kQR＋2 q D．k9Q9R＋2 q
图 3-1-5 (2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线 管可等效为条形磁铁，如图乙。
同产生的场强 E3＝E2＝kaQ2，方向沿 y 轴负向；将该正点
电荷移到 G 处，该正点电荷在 H 点产生的场强 E4＝k2Qa2，
方向沿 y 轴正向，所以 H 点的场强 E＝E3－E4＝34kaQ2 ，方
向沿 y 轴负向。
答案：B
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2．(2015·安徽高考)已知均匀带电的无穷大平面在真空
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解析：每块极板上单位面积所带的电荷量为 σ＝QS，每块 极板产生的电场强度为 E＝2σε0，所以两极板间的电场强度 为 2E＝εQ0S。一块极板在另一块极板处产生的电场强度 E′＝2εQ0S，故另一块极板所受的电场力 F＝qE′＝Q·2εQ0S ＝2Qε02S，选项 D 正确。 答案：D
中激发电场的场强大小为2σε0，其中 σ 为平面上单位 面积所带的电荷量，ε0 为常量。如图 3-1-2 所示的 平行板电容器，极板正对面积为 S，其间为真空， 图 3-1-2 带电荷量为 Q。不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，
2019高考物理二轮复习 题能演练 专题3 电场和磁场 3.1 电场及带电粒子在电场中的运动解析版.doc
电场及带电粒子在电场中的运动[真题再现]1．(2014·重庆理综)如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为W a和W b，a、b点的电场强度大小分别为E a和E b，则( )A．W a＝W b，E a>E b B．W a≠W b，E a>E bC．W a＝W b，E a<E b D．W a≠W b，E a<E b答案：A解析：因a、b两点在同一等势线上，故U ac＝U bc，W a＝eU ac，W b＝eU bc，故W a＝W b.由题图可知a点处电场线比b点处电场线密，故E a>E b.选项A正确．2．(2013·广东理综)喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上．则微滴在极板间电场中( )A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电量无关答案：C解析：由于微滴带负电，其所受电场力指向正极板，故微滴在电场中向正极板偏转，A 项错误．微滴在电场中所受电场力做正功，电势能减小，B项错误．由于极板间电场是匀强电场，电场力不变，故微滴在电场中做匀加速曲线运动，并且轨迹为抛物线，C项正确．带电量影响电场力及加速度大小，运动轨迹与加速度大小有关，故D项错误．3．(多选)(2015·天津理综)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E 1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()A ．偏转电场E 2对三种粒子做功一样多B ．三种粒子打到屏上时的速度一样大C ．三种粒子运动到屏上所用时间相同D ．三种粒子一定打到屏上的同一位置答案：AD解析：根据动能定理有qE 1d ＝12mv 21，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v 1＝ 2qE 1d m .在偏转电场中，由l ＝v 1t 2 及y ＝12qE 2mt 22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y ＝E 2l 24E 1d，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W ＝qE 2y 得，偏转电场E 2对三种粒子做功一样多，选项A 正确．根据动能定理，qE 1d ＋qE 2y ＝12mv 22，得到粒子离开偏转电场E 2打到屏上时的速度v 2＝ 2qE 1d ＋qE 2y m，由于三种粒子的质量不相等，故v 2不一样大，选项B 错误．粒子打在屏上所用的时间t ＝d v 12＋L ′v 1＝2d v 1＋L ′v 1(L ′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v 1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C 错误．根据vy ＝qE 2m t 2及tan θ＝vy v 1得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝E 2l 2E 1d ，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D 正确．规律探寻该类问题以生产、生活、科技中的相关器材为背景材料，主要考查带电粒子在电场中的偏转及电场力做功、电势能变化等，试题情景新颖，但设问难度较小．只要仔细阅读背景材料，建立好相应的物理模型，再结合电场的性质和粒子的加速、偏转知识，问题则不难求解．[考题预测](多选)阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A1、A2形成的，其中虚线为等势线，相邻等势线间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线(管轴)．电子束从左侧进入聚焦电场后，在电场力的作用下汇聚到z轴上，沿管轴从右侧射出，图中P、Q、R是一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则可以确定( )A．电极A1的电势高于电极A2的电势B．电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度C．电子在R点处的动能大于在P点处的动能D．若将一束带正电的粒子从左侧射入聚焦电场也一定被会聚答案：BC解析：根据电场线与等势面互相垂直的特点，可粗略画出该电场中的电场线，根据题意可知，电子束从左侧进入聚焦电场后，在电场力的作用下会聚到z轴上，Q点电子所受到的电场力斜向右下方，在题图中运动过程中，电场力做正功，电子电势能减小，电子的动能增加，则电极A1的电势低于电极A2的电势，因此，选项A错误，而选项C正确；在电场中，等势面密集的地方场强大，因此，Q点的电场强度小于R点的电场强度，选项B正确；场强不变的情况下，正电荷所受电场力方向与负电荷所受电场力方向相反，因此，会聚电子束的电场必定会发散正电荷，选项D错误．。
2019高考物理新金版大二轮课件：专题三 电场和磁场1.3.2
根据牛顿第二定律有 qE＝ma① 式中 q 和 m 分别为粒子的电荷量和质量。 由运动学公式有 v1＝at② l′＝v0t③ v1＝vcos θ④
第一部分
专题整合突破
考向一 带电粒子在组合场中的运动 考向二 带电粒子在叠加复合场中的运动 考向三 现代科技中的电磁场问题
第 2 讲 带电粒子在复合场中的运动
抓牢·规律方法
1．常见的两种场模型 (1)组合场模型：电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存，但各位于一定区 域，并且互不重叠。 (2)复合场模型：电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存于同一区域。 2．做好“两个区分” (1)正确区分重力、电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点。 (2)正确区分“电偏转”和“磁偏转”的不同。
带电粒子在电磁组合场中运动的处理方法 (1)在电场中的运动一般分两种情况：①在电场中做匀变速直线运动，用动能 定理或者运动学公式求速度和位移；②在电场中做类平抛运动．用运动的合成与 分解来处理。 (2)在磁场中的运动为匀速圆周运动，利用圆周运动的规律结合几何关系处 理。
[考向预测] 1．(2018·河南联考)(多选)如图所示，在 x 轴的上方有沿 y 轴负方向的匀强电 场，电场强度为 E，在 x 轴的下方等腰三角形 CDM 区域内有垂直于 xOy 平面由 内向外的匀强磁场，磁感应强度为 B，其中 C、D 在 x 轴上，C、D、M 到原点 O 的距离均为 a，现将一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子，从 y 轴上的 P 点由 静止释放，设 P 点到 O 点的距离为 h，不计重力作用与空气阻力的影响。下列说 法正确的是( )
2019版高考物理江苏专版二轮复习检测：第一部分 专题三 电场与磁场 Word版含解析
专题三 电场与磁场 第一讲电场的基本性质1.[考查点电荷的电场强度、电场的叠加][多选]若规定无限远处的电势为零，真空中点电荷周围某点的电势φ可表示为φ＝k Q r，其中k 为静电力常量，Q 为点电荷的电荷量，r 为该点到点电荷的距离。
如图所示，M 、N 是真空中两个电荷量均为＋Q 的固定点电荷，M 、N 间的距离为1.2d ，OC 是MN 连线的中垂线，∠OCM ＝37°。
C 点电场强度E 和电势φ的大小分别为( )A ．E ＝4k Q 5d 2B ．E ＝8k Q 5d2 C ．φ＝2k Q dD ．φ＝8k Q 5d 解析：选BC 由几何关系可知MC ＝NC ＝d ，M 、N 点电荷在C 点产生的场强大小相等，均为E 1＝k Q d2，根据电场的叠加原理可得，M 、N 点电荷在C 点的合场强大小为E ＝2E 1cos 37°＝8k Q 5d 2，场强方向水平向右，选项B 正确，A 错误；M 、N 单独存在时C 点的电势均为φ1＝k Q d ，C 点的电势大小为φ＝2φ1＝2k Q d ，选项C 正确，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＝1.6×10－3 C 的正电荷由a 点移动到c 点，克服电场力做功6.4×10－3 J 。
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Uac ＝W q ＝－6.4×10－31.6×10－3V ＝－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 b ed ·sin 30°＝41×10－2V/m ＝400 V/m ，B 项正确。
2019高考物理新金版大二轮精练：专题三 电场和磁场3.2
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(1～3题为单项选择题，4～6题为多项选择题)1.(2018·四川绵阳南山中学模拟)质量为m、电荷量为q的微粒，以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场(场强大小为E)和匀强磁场(磁感应强度大小为B)组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的作用下，恰好沿直线运动到A，重力加速度为g，下列说法中正确的是()A．该微粒一定带正电B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动C．该磁场的磁感应强度大小为mgq v cos θD．该电场的场强为B v cos θ解析：若微粒带正电，电场力水平向左，洛伦兹力垂直OA斜向右下方，则电场力、重力、洛伦兹力不能平衡，微粒不可能做直线运动，则微粒带负电，A错误；微粒如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力变化，微粒不能沿直线运动，与题意不符，B错误；由平衡条件得：q v B cos θ＝mg，q v B sin θ＝qE，知C正确，D错误。
答案： C2.(2018·山西名校联考)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。
图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外半径为R的圆形匀强磁场。
现在MN 上的F点(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝3R。
则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)()A.2UR 2B 2 B.4U R 2B 2 C.6U R 2B 2 D.3U R 2B2 解析：设离子被加速后获得的速度为v ，由动能定理有：qU ＝12m v 2，离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r ＝3R 3，又Bq v ＝m v 2r，可求q m ＝6UR 2B 2，故C 正确。
2019届高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题三电场与磁场第一讲
第一讲电场及带电粒子在电场中的运动[答案] (1)电场强度三公式的异同及选择原则(2)电场力做功的计算方法①W AB＝qU AB(普遍适用)．②W＝qEl cosθ(适用于匀强电场)．③W AB＝－ΔE p＝E p A－E p B(从能量角度求解)．④W电＋W非电＝ΔE k(由动能定理求解)．(3)电势高低的判断方法考向一对电场性质的理解[归纳提炼]电场强度、电势、电势能的表达式及特点对比(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[思路点拨] (1)匀强电场中电势的变化是均匀的．(2)求场强大小时可添加辅助线，利用几何关系求解．[解析] 解法一：巧妙运用匀强电场的电势分布特点求解．ab与Oc交点电势相等，且φa＋φb2＝φO＋φc2，则可得φO＝φa＋φb－φc＝1 V.这是突破本题第一个难点的简便方法．本题还有第二个难点：求出该匀强电场的场强大小．这需要添加辅助线，利用几何关系列式求解．如图1所示，过b 点作bd 垂直于Oc ，则由几何关系可得cd ＝185m故φc －φOx cO＝φc －φd x cd，则d 点的电势为φd ＝17 V ，故bd 为等势面．从而得出电场线沿cO 方向，故E ＝φcOx cO＝2.5 V/cm.至于选项C 、D ，学生均可根据电场力做功引起电势能变化列式求解，对大多数学生没有太大的难度．从a 到b 移动电子，电场力做功W ＝U ab (－e )＝(－7)×(－e )＝7 eV.电场力做正功，电势能减小，故电子在a 点电势比在b 点高7 eV ，故C 错误；从b 到c 移动电子，电场力做功W ＝－eU bc ＝9 eV ，故D 正确．解法二：利用假设法求解．设过c 点的一条电场线ck 与ac 间夹角为θ，场强为E ，如图2所示．过a 点做该电场线的垂线ad ，过b 点作垂线be ，由于ad 和be 为两条等势线，且U cd＝16 V ，U ce ＝9 V ，根据匀强电场中电场强度的规律U ＝E ·d 可得U cd ＝E ×d cd ＝16 V ① U ce ＝E ×d ce ＝9 V ②根据tan θ＝34可得θ＝37°，则E ＝2.5 V/cm这种解法对数学基础要求较高，可是当求出场强大小后，坐标原点处的电势便可顺利求解．由以上分析可见电场线沿cO 方向．由d cO ＝10 cm 得U cO ＝E ·d cO ＝25 Vφ0＝＋1 V. [答案] ABD在平时的练习中不难发现，正确答案为三项的选择题，即使解题难度不大，也极易出错，正确率直线下降，更何况此题本身对学生的能力要求较高，所以得分率很低.导致失误的第二个原因，可能是平时解题习惯不好，作等势线图不用直尺，不严谨或不简洁，在图中找不出正确的几何关系.第三个原因，就是数学基础不扎实，几何运算不熟练等.这就提示我们，在平时要正确使用作图工具作图，切不可养成随手画图的不良习惯，没有规矩不成方圆.[熟练强化]1．(多选)(2017·长沙四县一市期中联考)如右图所示，质量和电荷量均相同的两个小球A 、B 分别套在光滑绝缘杆MN 、NP 上，两杆固定在一起，NP 水平且与MN 处于同一竖直平面内，∠MNP 为钝角．B 小球受一沿杆方向的水平推力F 1作用，A 、B 均处于静止状态，此时A 、B 两球间距为L 1.现缓慢推动B 球，A 球也缓慢移动，当B 球到达C 点时，水平推力大小为F 2，A 、B 两球间距为L 2，则( )A ．F 1<F 2B ．F 1>F 2C ．L 1<L 2D ．L 1>L 2[解析] 对A 球受力分析如图所示，A 球受到重力mg 、支持力F A 和库仑力F 库，根据平衡条件，可知重力mg 和库仑力F 库的合力F A ′，与支持力F A 等值反向，可以把重力mg 、支持力F A 和库仑力F 库之间的关系转变为mg 、F A ′、F 库′之间的三角形关系，如图所示．在B 球向C 移动的过程中，库仑力的方向在改变，即图中α角变小，由矢量三角形可知库仑力在变小，根据库仑定律F 库＝k q 2L2，可知L 变大，即A 、B 之间的距离变大，选项C 正确，D错误；对B 球受力分析如图所示，B 球受到重力mg 、支持力F B 、库仑力F 库和推力F ，根据平衡条件，可知F ＝F 库cos β，在B 球向C 移动的过程中，库仑力的方向在改变，即β在变大，则cos β变小，库仑力也在减小，故推力F 变小，即F 1>F 2，选项A 错误，B 正确．[答案] BC2．(多选)(2017·河北唐山一模)如右图所示，匀强电场中的A 、B 、C 、D 点构成一位于纸面内的平行四边形，电场强度的方向与纸面平行．已知A 、B 两点的电势分别为φA ＝12 V 、φB ＝6 V ，则C 、D 两点的电势可能分别为( )A ．9 V 、15 VB ．9 V 、18 VC ．0 V 、6 VD ．6 V 、0 V[解析] 已知ABCD 为平行四边形，则AB 与CD 平行且等长，因为匀强电场的电场强度的方向与纸面平行，所以U AB ＝U DC ＝6 V ，分析各选项中数据可知，A 、C 正确，B 、D 错误．[答案] AC考向二平行板电容器问题[归纳提炼]1．两个电容公式的比较2.平行板电容器动态问题的分析思路(2016·天津卷)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，E p表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A．θ增大，E增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变[思路点拨] 电容器与电源断开，电荷量不变，上极板向下移动一小段距离，C 变化，从而引起两极板间的电势差发生变化．极板间距离的变化不影响场强E ，结合A 点的位置可判断E p 的变化情况．[解析] 根据电容器定义式C ＝QU 得U ＝Q C ，因电量不变，则两板间的电场强度E ＝U d ＝Q Cd，又C ＝εS 4πkd ，则E ＝4πkQ εS ，当极板正对面积不变时，两极板之间的电场强度E 不变．保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由U ＝Ed 可知，两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏角θ减小，由于下极板接地(电势为零)，两极板之间的电场强度不变，所以点电荷在P 点的电势能E p 不变．综上所述，选项D 正确，A 、B 、C 错误．[答案] D判断电容器中某点电势的变化时，一般是通过该点与某一极板的电势差的变化来判断.该题中因为上极板位置变化，下极板位置固定且接地，分析时应以A 点与下极板的距离为参考，若以A 点与上极板的距离为参考来分析容易出错.(1)电容器与电源连接时电势和电势能的分析如图所示，平行板电容器经开关S 保持与电源连接，a 处固定一带电荷量很小的正点电荷，现将电容器N 板向下移动一小段距离时，由于电压不变，根据E ＝Ud得场强减小，a 点和上极板M 的电势差U Ma ＝Ed Ma ，则U Ma 减小，又根据U Ma ＝φM －φa 知，因φM 不变，所以φa 升高，正电荷的电势能增大.静电计与电压表的使用：在静电实验中，由于带电体一般电压都比较高，容易超过电压表的量程，且物体所带电荷量少，如用电压表测电势差，物体所带电荷量就会很快通过电压表内部的通路放完.我们会发现电压表指针在接通瞬间偏转一下后，很快又回到零刻度.电压表虽可以既方便又准确地测量电势差，但在静电实验中，一般不能用来测量两个带电体如平行板电容器的电势差.[熟练强化]1．(2016·全国卷Ⅰ)一平行板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，极板间电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变[解析] 平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U 不变．若将云母介质移出，电容C 减小，由C ＝Q /U 可知，电容器所带电荷量Q 减小，即电容器极板上的电荷量减小．由于U 不变，d 不变，由E ＝U /d 可知，极板间电场强度E 不变，选项D 正确，A 、B 、C 错误．[答案] D2．(2017·河南三市二模)如图所示，固定在绝缘支架上的平行板电容器充电后与电源断开，B 极板接地，A 极板与一个静电计相连．将B 极板向左水平移动一小段距离后，电容器的电容C 、静电计指针偏角θ和极板间电场强度E 的变化情况分别是( )A ．C 变小，θ变大，E 不变B ．C 不变，θ不变，E 变小 C ．C 变小，θ不变，E 不变D ．C 变小，θ变大，E 变小[解析] 电容器充好电后与电源断开，则电容器所带电荷量不变．当B 极板左移时，极板间距离增大，由C ＝εr S 4k πd 知电容C 减小，又C ＝QU ，则知两板间电压U 升高，则静电计指针偏角θ变大，再由E ＝U d ＝Q Cd ＝4k πQεr S可知电场强度不变，故A 正确．[答案] A3．如图所示，平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连接，G为一零刻度在表盘中央的灵敏电流计，闭合开关S后，下列说法正确的是( )A．若只在两极板间插入电介质，电容器的两极板间电压将增大B．若只在两极板间插入电介质，电容器的电容将保持不变C．若只将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从a到b方向的电流D．若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器储存的电荷量将增加[解析] 电容器两个极板间的电压等于滑动变阻器与电容器并联部分两端的电压，滑动变阻器滑片P不动，则电容器两极板间电压不变，选项A错误；根据C＝εr S4πkd，插入电介质后，电容器的电容变大，选项B错误；根据C＝εr S4πkd，增大d，电容器的电容变小，即Q ＝CU变小，电容器放电，电流方向应该是从b到a，选项C错误；将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器两极板间的电压变大，即Q＝CU变大，电容器存储的电荷量将增加，选项D 正确．[答案] D考向三带电粒子在电场中的运动[归纳提炼]带电体在电场中运动的处理思路及方法1．用能量的观点处理带电体在电场中的运动对受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量的观点来处理，即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常显得简捷．2．用整体法处理多物体或多过程问题整体思想可对物理研究对象而言，亦可对粒子运动过程而言，其求解过程快捷．在运用此法处理带电粒子在电场中的平衡或加速运动问题时，应结合物体的平衡条件及动力学知识求解．3．正交分解法或化曲为直法处理这种运动的基本思想与处理偏转运动是类似的，可以将此复杂的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动，而这两个直线运动的规律我们是可以掌握的，然后再按运动合成的观点去求出复杂运动的有关物理量．4．等效“重力”法将重力与电场力进行合成，如下图所示，则F 合等效于“重力”，g ′＝F 合m等效于“重力加速度”，F 合的方向等效于“重力”的方向，即在重力场中的竖直向下方向．(2017·全国卷Ⅱ)如图，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 离开电场时的速度方向竖直向下；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． [思路路线][解析] (1)设小球M 、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.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s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得v 0－at ＝0① s 1＝v 0t ＋12at 2② s 2＝v 0t －12at 2③联立①②③式得s 1s 2＝3④ (2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式v 2y ＝2gh ⑤ H ＝v y t ＋12gt 2⑥M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 v 0v y ＝s 1H⑦ 联立①②⑤⑥⑦式可得h ＝13H ⑧(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v 0v y ＝qE mg⑨ 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＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH ＋qEs 1⑩E k2＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH －qEs 2⑪由已知条件E k1＝1.5E k2⑫联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E ＝mg2q⑬ [答案] (1)3 (2)H3 (3)mg2q本题为带电粒子在电场中的运动问题，对此类问题的分析主要包括以下几种情形：对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，重点掌握以下三种情况：①如果电场力为恒力，可由牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电体的速度、位移等.②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理或能量守恒研究带电体的速度、位移等.③对于带电粒子在交变电场中的直线运动，一般多以加速、减速交替出现的多运动过程的情境出现.对于曲线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，重点掌握以下两种运动形式：①一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理.通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，借助运动的合成与分解，寻找两个分运动，再应用牛顿运动定律或运动学方程求解.②粒子做加速圆周运动，注意电场力做功等于电场力与在电场力方向上位移的乘积. ③对于带电粒子在交变电场中的曲线运动，解决的方法仍然是应用运动的合成与分解的方法，把曲线运动分解为两个直线运动，然后分别应用直线运动规律加以解决.[熟练强化]迁移一 带电粒子在电场中的加速与偏转1．(2016·北京卷)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d .(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U ＝2.0×102V ，d ＝4.0×10－2m ，m ＝9.1×10－31kg ，e ＝1.6×10－19C ，g ＝10 m/s 2；(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG 的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．[解析] (1)根据功和能的关系，有eU 0＝12mv 20电子射入偏转电场的初速度v 0＝2eU 0m在偏转电场中，电子的运动时间Δt ＝L v 0＝L m2eU 0偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝12·eU dm (Δt )2＝UL 24U 0d(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有 重力G ＝mg ≈10－29N 电场力F ＝eU d≈10－15N由于F ≫G ，因此不需要考虑电子所受重力．(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能E p 与其电荷量q 的比值，即φ＝E pq由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能E G 与其质量m 的比值，叫做“重力势”，即φG ＝E G m电势φ和重力势φG 都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定． [答案] (1) 2eU 0m UL 24U 0d(2)原因见解析 (3)见解析迁移二 带电粒子在交变电场中的运动2．(多选)(2017·山东五校联考)制造纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d 的两平行金属板，如图甲所示，加在A 、B 间的电压U AB 做周期性变化，其正向电压为U 0，反向电压为－kU 0(k ≥1)，电压变化的周期为2T ，如图乙所示．在t ＝0时，有一个质量为m 、电荷量为e 的电子以初速度v 0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动过程中未与极板相撞，且不考虑重力的作用，则下列说法中正确的是( )A ．若k ＝54且电子恰好在2T 时刻射出电场，则应满足的条件是d ≥9eU 0T25mB ．若k ＝1且电子恰好在4T 时刻从A 板边缘射出电场，则其动能增加eU 02C ．若k ＝54且电子恰好在2T 时刻射出电场，则射出时的速度为v 20＋⎝⎛⎭⎪⎫5eU 0T 4md 2D ．若k ＝1，则电子在射出电场的过程中，沿电场方向的分速度方向始终不变 [解析] 竖直方向，电子在0～T 时间内做匀加速运动，加速度的大小a 1＝eU 0md，位移x 1＝12a 1T 2，在T ～2T 时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小a 2＝5eU 04md，初速度的大小v 1＝a 1T ，匀减速运动阶段的位移x 2＝v 212a 2，由题知12d ≥x 1＋x 2，解得d ≥9eU 0T25m，A 正确；若k ＝1且电子恰好在4T 时刻从A 板边缘射出电场，电场力做功为零，动能不变，B 错误；若k ＝54且电子恰好在2T 时刻射出电场，垂直电场方向速度为v 0，射出时的速度为v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫eU 0T 4md 2，C 错误；若k ＝1，电子在射出电场的过程中，沿电场方向的分速度方向始终不变，D 正确．[答案] AD迁移三 “等效法”电场中的应用3．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 的带正电小球，电荷量为q ＝3mg3E，要使小球能安全通过圆轨道，在O 点的初速度应满足什么条件？[解析] 小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg ′，大小为mg ′＝qE2＋mg2＝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．因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的“等效最高点”(D 点)满足“等效重力”刚好提供向心力，即有：mg ′＝mv 2DR，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系知AD ＝2R ，令小球以最小初速度v 0运动，由动能定理知：－2mg ′R ＝12mv 2D －12mv 2解得v 0＝103gR3，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v ≥103gR3.[答案] v ≥103gR3.高考高频考点强化——电场中的“两类”典型图象问题[考点归纳][真题归类]1．(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] 结合图象可知U ab ＝3 V ，U bc ＝1 V ，U cd ＝1 V ，根据W ＝Uq 可得W ab ∶W bc ＝3∶1，W bc ∶W cd ＝1∶1，C 正确，D 错误；根据E ＝k Q r 2，r a r b ＝12，r c r d ＝36，故E a E b ＝E c E d ＝41，A 正确，B 错误．[答案] AC2．(多选)(2017·江苏卷)在x 轴上有两个点电荷q 1、q 2，其静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示．下列说法正确的有( )A ．q 1和q 2带有异种电荷B ．x 1处的电场强度为零C ．负电荷从x 1移到x 2，电势能减小D ．负电荷从x 1移到x 2，受到的电场力增大[解析] 由题图可知，空间的电势有正有负，且只有一个极值，则两个点电荷必定为异种电荷，A 项正确；由E ＝ΔφΔx 可知，φ－x 图象的切线斜率表示电场强度，因此x 1处的电场强度不为零，B 项错误；负电荷从x 1移到x 2的过程中，电势升高，电场强度减小，由E p ＝q φ，F ＝qE 可知，电势能减小，受到的电场力减小，C 项正确，D 项错误．[答案] AC3．(多选)(2014·上海卷)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如右图所示，x轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷( )A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电势能先减小后增大D．由x1运到到x4的过程中电场力先减小后增大[解析] x2～x4处场强方向沿x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向，电势升高，则正电荷在x4处电势能较大，故A错误；x1～x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，故B正确；由x1运动到x4的过程中，逆着电场线方向，电势升高，正电荷的电势能增大，故C错误；由x1运动到x4的过程中，电场强度的绝对值先增大后减小，故由F＝qE知，电场力先增大后减小，故D错误．[答案] BE－x图象特点①反映了电场强度随位移变化的规律.②E>0表示场强沿x轴正方向；E<0表示场强沿x轴负方向.③图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定.φ－x图象特点及应用①电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零.②在φ－x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向.③在φ－x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用W AB＝qU AB，进而分析W AB的正负，然后作出判断.[迁移训练]1．(多选)(2016·福建漳州三联)空间某一静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示，x 轴上B 、C 点电场强度在x 方向上的分量分别是E Bx 、E Cx ，下列说法中正确的有( )A ．E Bx 的大小大于E Cx 的大小B ．E Bx 的方向沿x 轴正方向C ．电荷在O 点受到的电场力在x 方向上的分量最大D ．负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先做正功，后做负功[解析] 在B 点和C 点附近分别取很小的一段(d )，由图象知B 点段对应的电势差大于C 点段对应的电势差，将此小段看作是匀强电场，再由E ＝U d ＝Δφd，可见E Bx >E Cx ，A 项正确；同理可知O 点场强为零，电荷在该点受到的电场力为零，C 项错误；因沿电场线方向电势逐渐降低，则由图可知在O 点左侧，电场方向在x 方向上的分量沿x 轴负方向，在O 点右侧，电场方向在x 方向上的分量沿x 轴正方向，则负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先做正功，后做负功，所以B 项错误，D 项正确．[答案] AD2.(多选)(2016·肇庆三模)x 轴上O 点右侧各点的电场方向与x 轴方向一致，O 点左侧各点的电场方向与x 轴方向相反，若规定向右的方向为正方向，x 轴上各点的电场强度E 随x 变化的图象如图所示，该图象关于O 点对称，x 1和－x 1为x 轴上的两点．下列说法正确的是( )21 A ．O 点的电势最低B ．x 1和－x 1两点的电势相等C ．电子在x 1处的电势能大于在－x 1处的电势能D ．电子从x 1处由静止释放后，若向O 点运动，则到达O 点时速度最大[解析] 作出电场线，根据顺着电场线电势降低，则O 点电势最高，故A 错误；从图线看出，电场强度关于原点O 对称，则x 轴上关于O 点对称位置的电势相等，电子在x 1和－x 1两点处的电势能相等，故B 正确，C 错误；电子从x 1处由静止释放后，若向O 点运动，到达O 点时电场力做功最多，故动能最大，速度最大，故D 正确．[答案] BD3．(2017·江西六校联考)两个点电荷位于x 轴上，在它们形成的电场中，若取无限远处的电势为零，则在x 轴正半轴上各点的电势如图中曲线所示，当x →0时，电势φ→∞，当x →∞时，电势φ→0.电势为零的点的横坐标为x 1，电势为最小值－φ0的点的横坐标为x 2，根据图线提供的信息，下列判断正确的是()A ．这两个点电荷一定是同种电荷B ．这两个点电荷一定是等量的异种电荷C ．在x 1处的电场强度为零D ．在x 2处的电场强度为零[解析] 若这两个点电荷是同种电荷，则在x 1处的电势不可能为零，因此这两个点电荷一定是异种电荷，选项A 错误；当x →0时，电势φ→∞，可知在原点一定有正点电荷，负点电荷只能在x 轴负半轴上，且负点电荷所带电荷量的绝对值一定大于正点电荷所带电荷量，可知这两个点电荷必定是不等量的异种电荷，选项B 错误；根据电场强度与电势的关系可知E ＝ΔφΔx，故在x 2处的电场强度为零，在x 1处的电场强度不为零，选项D 正确、C 错误． [答案] D。
高考物理二轮复习题：电场和磁场
高考物理（电场和磁场）二轮习题含答案一、选择题。
1、（双选）质谱仪是用来分析同位素的装置，如图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器和偏转磁场构成。
由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O 进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN 上的P 1、P2、P 3三点，已知底板MN 上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为B 1、B 2，速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E 。
不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则（ ）A ．速度选择器中的电场方向向右，且三种粒子均带正电B ．三种粒子的速度大小均为E B 2C ．如果三种粒子的电荷量相等，则打在P 3点的粒子质量最大D ．如果三种粒子的电荷量均为q ，且P 1、P 3的间距为Δx ，则打在P 1、P 3两点的粒子质量差为qB 1B 2Δx E2、如图，在磁感应强度大小为B 0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 ．0 B.33B 0 C.233B 0 D ．2B 03、(多选)如图所示，在某空间的一个区域内有一直线PQ 与水平面成45°角，在PQ 两侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B 。
位于直线上的a点有一粒子源，能不断地水平向右发射速率不等的相同粒子，粒子带正电，电荷量为q，质量为m，所有粒子运动过程中都经过直线PQ上的b点，已知ab＝d，不计粒子重力及粒子相互间的作用力，则粒子的速率可能为()A.2qBd6m B．2qBd4m C.2qBd2m D．3qBdm4、（双选）如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O′，半径为R；直线段AC，HD粗糙，与圆弧段分别在C、D端相切；整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。
高三物理二轮复习专题课件精编：专题三 第2课时 电场和磁场中的曲线运动 (36页)
热点题型例析
专题二 第1课时
以题说法
本 课 时 栏 目 开 关
解图象类问题的关键在于将图象与物理过程对应
起来，通过图象的坐标轴、关键点、斜率、面积等信息，对运 动过程进行分析，从而解决问题．
热点题型例析
专题二 第1课时
(2013· 四川· 6)甲、乙两物体在 t＝0 时刻经过同一
位置沿 x 轴运动，其 v－t 图象如图 2 所示，则
知识方法聚焦
专题二 第1课时
第1课时
动力学观点在力学中的应用
本 课 时 1．物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是： 物体所受合 栏 目 力为恒力，且与速度方向共线 ． 开 关
知识方法聚焦
专题二 第1课时
2．匀变速直线运动的基本规律为 速度公式：v＝ v0＋at 1 2 v0t＋2at 位移公式：x＝
以题说法
解决此类问题必须熟练掌握运动学的基本规律和
推论(即五个关系式)．对于匀减速直线运动还要会灵活运用逆 向思维法．对于追及相遇问题要能分别清晰地分析两物体的运 动过程，能找出空间和时间的关系等．
热点题型例析
专题二 第1课时
一物体以某一初速度在粗糙的水平面上做匀减
速直线运动，最后停下来，若此物体在最初 5 s 内通过的路程 与最后 5 s 通过的路程之比为 9∶5，求此物体一共运动了多少 时间？
答案 7 s
热点题型例析
题型 4 例4
专题二 第1课时
应用动力学方法分析传送带问题 1 (16 分)如图 5 所示， 竖直固定的 光滑圆弧轨道 AB 半径 4
R＝1.25 m,BC 为水平传送带与 a、b 两驱动轮的切点,AB 与
本 课 时 栏 目 开 关
BC 水平相切于 B 点 ( 未连接 , 圆弧轨道不影响传送带运 动)．一质量为 m＝3 kg 的小滑块，从 A 点由静止滑下，当 传送带静止时，滑块恰好能滑到 C 点．已知 a、b 两轮半径 均为 r＝0.4 m 且两轮与传送带间不打滑， 滑块与传送带间的 动摩擦因数 μ＝0.1，取 g＝10 m/s2.问：
2019年高考物理大二轮优选新题：专题三电场和磁场专题能力训练8
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)1.一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.(2018·全国卷Ⅰ)如图所示,三个固定的带电小球a、b和c,相互间的距离分别为ab=5 cm,bc=3 cm,ca=4 cm,小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。
设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k,则()A.a、b的电荷同号,B.a、b的电荷异号,C.a、b的电荷同号,D.a、b的电荷异号,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。
2019高考物理新金版大二轮精练：专题三 电场和磁场1.3
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，6～7题为多项选择题)1．如图所示，某人在对面的山坡上水平抛出两个质量不等的小石块，分别落在A 、B 两处。
不计空气阻力，则落到B 处的石块( )A ．初速度大，运动时间短 B.初速度大，运动时间长 C ．初速度小，运动时间短D.初速度小，运动时间长解析： 由题图可知，落在B 处的小石块下落的高度小，根据h ＝12gt 2知，B 处石块运动时间t 小，水平位移x 大，由x ＝v 0t 知，则落到B 处的石块初速度大。
故A 正确，B 、C 、D 错误。
答案： A2．如图所示，a 、b 两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线、从同一点进入平行板间的匀强电场后，a 粒子打在B 板的a ′点，b 粒子打在B 板的b ′点，若不计重力，则( )A ．a 的电荷量一定大于b 的电荷量B ．b 的质量一定大于a 的质量C ．a 的比荷一定大于b 的比荷D ．b 的比荷一定大于a 的比荷解析： 由a 、b 在水平方向的位移不同可知两粒子在电场中的运动时间不同，t b >t a ，根据y ＝12at 2，可知：a a >a b ，又因为q a E ＝m a a a ，q b E ＝m b a b ，所以q a m a >q bm b ，故选项C 正确，A 、B 、D 错误。
答案： C 3.如图所示，斜面与水平面之间的夹角为45°，在斜面底端A 点正上方高度为H ＝24 m 的O 点，以v 0＝2 m/s 的速度水平抛出一个小球，小球飞行一段时间后撞在斜面上，g 取10 m/s 2，小球在空中飞行所用的时间为( )A ．2.0 s B.1.6 s C ．1.0 sD.0.8 s解析： 设飞行的时间为t ，则x ＝v 0t ，h ＝12gt 2。
因为斜面与水平面之间的夹角为45°，如图所示，由三角形的边角关系可知，AQ ＝PQ ，在竖直方向上有OQ ＋AQ ＝24 m ，所以v 0t ＋12gt 2＝24 m ，解得t ＝2 s ，故A 正确，B 、C 、D 错误。
高考物理二轮总复习课后习题专题3 电场与磁场 专题分层突破练9 带电粒子在复合场中的运动 (2)
专题分层突破练9 带电粒子在复合场中的运动A组1.(多选)如图所示为一磁流体发电机的原理示意图,上、下两块金属板M、N水平放置且浸没在海水里,金属板面积均为S=1×103m2,板间距离d=100 m,海水的电阻率ρ=0.25 Ω·m。
在金属板之间加一匀强磁场,磁感应强度B=0.1 T,方向由南向北,海水从东向西以速度v=5 m/s流过两金属板之间,将在两板之间形成电势差。
下列说法正确的是( )A.达到稳定状态时,金属板M的电势较高B.由金属板和流动海水所构成的电源的电动势E=25 V,内阻r=0.025 ΩC.若用此发电装置给一电阻为20 Ω的航标灯供电,则在8 h内航标灯所消耗的电能约为3.6×106JD.若磁流体发电机对外供电的电流恒为I,则Δt时间内磁流体发电机内部有电荷量为IΔt的正、负离子偏转到极板2.(重庆八中模拟)质谱仪可用于分析同位素,其结构示意图如图所示。
一群质量数分别为40和46的正二价钙离子经电场加速后(初速度忽略不计),接着进入匀强磁场中,最后打在底片上,实际加速电压U通常不是恒定值,而是有一定范围,若加速电压取值范围是(U-ΔU,U+ΔU),两种离子打在底的值约为片上的区域恰好不重叠,不计离子的重力和相互作用,则ΔUU( )A.0.07B.0.10C.0.14D.0.173.在第一象限(含坐标轴)内有垂直xOy平面周期性变化的均匀磁场,规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正方向,磁场变化规律如图所示,磁感应强度的大小为B0,变化周期为T0。
某一带正电的粒子质量为m、电荷量为q,在t=0时从O点沿x轴正方向射入磁场中并只在第一象限内运动,若要求粒子在t=T0时距x轴最远,则B0= 。
4.(福建龙岩一模)如图所示,在xOy平面(纸面)内,x>0区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,第三象限存在方向沿、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),以大小为v、方向与y轴正方向夹角θ=60°的速度沿纸面从坐标为(0,√3L)的P1点进入磁场中,然后从坐标为(0,-√3L)的P2点进入电场区域,最后从x轴上的P3点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。
高三物理二轮复习专题课件精编：专题三 第2课时 电场和磁场中的曲线运动
知识方法聚焦
专题三 第2课时
1．带电粒子在电场和磁场的组合场中运动时，一般是 类平抛 运动和匀速圆周 运动的组合， 可以先分别研究这两种运动， 而 类平抛 运动的末速度往往是 匀速圆周 运动的线速度，
本 课 速度 是解决此类问题的关键． 分析运动过程中转折点的 时 栏 2． 本部分内容通常应用 运动的合成与分解 的方法、 功能关系 目 开 和圆周运动的知识解决问题. 关
由于带电粒子在运动过程中只受电场力作用， 只有动能与电势 能之间的相互转化，则带电粒子的动能与电势能之和不变，故 C 错误；
热点题型例析
专题三 第2课时
根据物体做曲线运动的轨迹与速度、 合外力的关系可知， 带电 粒子在 R 点处所受电场力的方向为沿电场线向右，又由于该 粒子带负电，则 R 点处电场的方向应该向左，根据等势面与 电场线的关系可得 R、Q 两点处电势的关系为 φR>φQ，根据电
热点题型例析
专题三 第2课时
vP 2 解析 物块恰好通过 P 点，则在 P 点有 mg＝m R ，物块从 M 1 1 2 到 P 由动能定理得 qER－2mgR＝ mvP － mvM2，联立解得 2 2 vM＝3 m/s，选项 A 错误；
本 课 时 栏 目 开 关
设物块在半圆轨道中点时的速度大小为 v，由动能定理得 qER v2 1 2 1 2 －mgR＝2mv －2mvM，又 FN－qE＝m R 、FN′＝FN，联立解得 压力大小为 FN′＝16 N，选项 B 错误； 物块由 M 向 N 运动的过程中速率先增大后减小， 选项 C 错误； 1 物块从 A 到 M 由动能定理得(qE－μmg)l＝2mvM2－0，解得 l＝
2019高考物理大二轮优选新题：专题三 电场和磁场 专题能力训练10 Word版含答案
专题能力训练10带电粒子在组合场、复合场中的运动(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.右图为“滤速器”装置示意图。
a、b为水平放置的平行金属板,其电容为C,板间距离为d,平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。
a、b板带上电荷,可在平行板内产生匀强电场,且电场方向和磁场方向互相垂直。
一带电粒子以速度v0经小孔O进入正交电磁场可沿直线OO'运动,由O'射出,粒子所受重力不计,则a板所带电荷量情况是()A.带正电,其电荷量为B.带负电,其电荷量为C.带正电,其电荷量为CBdv0D.带负电,其电荷量为2.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。
若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列说法正确的是()A.该束带电粒子带负电B.速度选择器的P1极板带负电C.在B2磁场中运动半径越大的粒子,质量越大D.在B2磁场中运动半径越大的粒子,比荷越小3.如图所示,一带电塑料小球质量为m,用丝线悬挂于O点,并在竖直平面内摆动,最大摆角为60°,水平磁场垂直于小球摆动的平面。
当小球自左方摆到最低点时,悬线上的张力恰为零,则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为()A.0B.2mgC.4mgD.6mg4.如图所示,虚线区域空间内存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电磁复合场,有一个带正电小球(电荷量为+q,质量为m)从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下,那么带电小球可能沿直线通过的是()A.①②B.③④C.①③D.②④5.如图所示,一束质量、速度和电荷量不全相等的离子,经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后,进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B束,下列说法正确的是()A.组成A、B束的离子都带负电B.组成A、B束的离子质量一定不同C.A束离子的比荷大于B束离子的比荷D.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外6.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定。
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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，6～11题为多项选择题)1.如图所示为某一点电荷Q产生的电场中的一条电场线，A、B为该电场线上的两点，在电子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中，其动能增加，则可以判断() A．场强大小E A>E BB．电势φA>φBC．电场线方向由B指向AD．若Q为负电荷，则Q在B点的右侧解析：由于电子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中，其动能增加，故电子所受的电场力方向与速度方向一致，由A指向B，因电子带负电，所以电子所受电场力的方向与场强方向相反，故场强方向由B指向A，即电场线方向由B指向A，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，φA<φB，选项B错误，C正确；结合点电荷周围电场线的分布特点可知，该点电荷可以是正点电荷且处在B点的右侧，也可以是负点电荷且处在A点的左侧，若点电荷为负点电荷，则有E A>E B，若点电荷为正点电荷，则有E A<E B，选项A、D错误。
答案： C2．(2018·天津卷·3)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N 时加速度大小分别为a M、a N，速度大小分别为v M、v N，电势能分别为E p M、E p N。
下列判断正确的是()A．v M<v N，a M<a NB．v M<v N，φM<φNC．φM<φN，E p M<E p ND．a M<a N，E p M<E p N解析：因为N点的电场线密，所以场强大，受到的电场力大，加速度大，即a M<a N。
由虚线弯曲方向知，带负电粒子受力指向运动轨迹的凹侧，电场方向由电场线稀疏一侧指向电场线密集一侧，沿电场线方向电势降低，即φM >φN 。
又由E p ＝qφ知，带负电粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，即E p M <E p N 。
若带负电粒子由M 向N 运动过程中电场力做负功，则动能减小，所以v M >v N 。
若带负电粒子由N 向M 。
运动过程中电场力做正功，则动能增大，也可得v M >v N ，故选D 。
答案： D3．(2018·岳阳一模)如图所示，一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S ，电容器充电后，细线与竖直方向夹角为φ，则下列说法中正确的是( )A ．保持开关S 闭合，使两极板靠近一些，φ将减小B ．保持开关S 闭合，将滑动变阻器滑片向右移动，φ将减小C ．断开开关S ，使两极板靠近一些，φ将不变D ．轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动解析： 保持开关S 闭合，即电容器两端电压不变，使两极板靠近些，由E ＝U d知，电场强度增大，φ将增大，A 项错误；调节滑动变阻器滑片不影响电容器两极板间的电压，B项错误；断开开关S ，电容器两极板所带电荷量不变，使两极板靠近一些，由C ＝εr S 4πkd、U ＝Q C 、E ＝U d知，E 不变，即夹角φ不变，C 项正确；轻轻将细线剪断，小球所受合力方向沿细线方向向下，所以小球将沿细线方向向下做匀加速直线运动，D 项错误。
答案： C 4.如图所示，28根通有同向等大电流的长直导线(彼此绝缘)正好紧密排列在以O 为圆心的圆周上，直径BD 水平，AC 竖直，直导线中电流方向均垂直纸面向外，现将B 处的长直导线撤走，而将C处的长直导线平移到圆心O处，则圆心O处的长直导线所受安培力的方向()A．沿∠COB的角平分线向下B．沿∠AOB的角平分线向上C．沿∠AOD的角平分线向上D．沿∠COD的角平分线向下解析：因通电直导线的磁场是以导线为圆心的一层层的同心圆，由对称性可知O处的磁场为A处直导线的电流和D处直导线的电流在O点产生的磁场的叠加，由安培定则可知A处直导线的电流在O点产生的磁场方向水平向右，D处直导线的电流在O点产生的磁场方向竖直向上，且两处直导线的电流在O点产生的磁场大小相等，由矢量的合成法则知O处的磁场方向沿∠AOB的角平分线向上，由左手定则可知圆心O处的长直导线所受安培力的方向沿∠AOD的角平分线向上，C对。
答案： C5．(2018·北京卷·19)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，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析：A对：实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷。
B错：b板向上平移，正对面积S变小，由C＝εS4πkd 知，电容C变小，由C＝QU知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大。
C错：插入有机玻璃板，相对介电常数ε变大，由C＝εS4πkd 知，电容C变大，由C＝QU知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小。
D 错： C ＝Q U，实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，是由于C 不变导致的。
答案： A 6.(2018·山东烟台二模)如图所示，ac 和bd 为正方形abcd 的对角线，O 为正方形的中心。
现在a 、b 、c 三点分别放上电荷量相等的三个正电荷，则下列说法正确的是( )A ．O 点电场强度的方向垂直于ac 由O 指向dB ．从O 到d 电势逐渐升高C ．将b 点的电荷移到O 点时，d 点的电场强度变小D ．将带正电的试探电荷由O 移到d ，该电荷的电势能逐渐减少解析： a 、c 两点在O 点形成的电场强度为零，故O 点的场强就是b 点的电荷在O 点产生的场强，其方向垂直于ac 由O 指向d ，将b 点的电荷移到O 点时，d 点的电场强度变大，选项A 正确，C 错误；从O 到d 电势逐渐降低，将带正电的试探电荷由O 移到d ，该电荷的电势能逐渐减少，选项B 错误，D 正确；故选A 、D 。
答案： AD 7.如图，光滑半圆槽两端固定着两通电直导线A 和C ，电流方向垂直纸面向外，电流大小相等，另一通电轻导线B (重力不计)中电流方向垂直纸面向里，若将导线B 从图中位置释放，关于导线B 的受力及运动情况，下列说法正确的是( )A ．释放时，导线B 所受合力方向沿圆槽切线方向斜向上B ．释放时，导线B 所受合力方向沿圆槽切线方向斜向下C ．导线B 将在圆槽中做往复运动D ．导线B 将沿圆槽向上运动解析： 开始释放时，导线B 受力如图甲所示，在半径方向上合力为零，在切线方向上合力斜向下，所以导线将沿圆槽向下加速运动。
经过最低点之后，受力分析如图乙所示，在切线方向上合力斜向下，导线将沿圆槽做减速运动，到达与初始位置对称的位置时停止，之后做往复运动。
综上所述，选项B、C正确。
答案：BC8．在某电场中沿x方向上，电势φ与x关系如图所示，假设有一电子在该电场中仅受电场力作用而移动，则下列关于电场和电子能量说法正确的是()A．x3到x4区域内沿x轴方向上的电场为匀强电场B．若电子从电势为2 V的x1位置向右运动到电势为2 V的x7位置，因为电子电势能不变，电场力不做功，电子初动能大于零即可满足要求C．x6到x7区域内沿x方向的电场强度为零D．若电子从电势为2 V的x1位置向右运动到电势为2 V的x7位置，为了通过x4处电势为3 V的位置，电子至少具有的初动能为1 eV解析：由x3到x4电势均匀增大，则电场为匀强电场，故A正确；由x6到x7电势不变，则沿x方向电场强度为零，故C正确；要电子能从x1运动到x7，对于x1到x2，电场力阻碍电子运动，电子的初动能要大于电场力做功的值，故B错误；电子只要能通过x2处，就可通过x4，则其具有的初动能至少为2 eV，故D错误。
答案：AC9.如图所示，三个带电小球A、B、C可视为点电荷，所带电荷量分别为＋Q、－Q、＋q。
A、B固定在绝缘水平桌面上，C带有小孔，穿在粗糙绝缘杆上且与绝缘杆间的动摩擦因数处处相同，绝缘杆竖直放置在A、B连线的中点处，将C从杆上某一位置由静止释放，下滑至桌面时速度恰好为零。
C沿杆下滑时带电荷量保持不变，那么在C下滑的过程中，以下判断正确的是()A．C所受摩擦力变大B．电场力做正功C．C的电势能不变D．下滑到杆的中点时C的速度一定最大解析：由于在两个等量异种点电荷连线的中垂线上。
从连线中点向上，各点的电场强度逐渐减小，所以C从杆上某一位置由静止释放，在下滑过程中所受的水平向右的电场力逐渐增大，C与杆间的压力逐渐增大，所受摩擦力逐渐增大，选项A正确；由于电场力水平向右，C沿竖直杆运动，故电场力做功为零，选项B错误；由于两个等量异种点电荷连线的中垂线是等势线，各点电势相等，所以C从杆上某一位置由静止释放下滑的过程中，电势能不变，选项C正确；C从杆上某一位置由静止释放下滑的过程中，当摩擦力大小增大到等于重力大小时，速度最大，此时C不一定是下滑到杆的中点，选项D错误。
答案：AC10.如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O、A、B三点，其中O为圆心，A点固定电荷量为Q的正电荷，B点固定一个未知电荷，且圆周上各点电势相等，AB＝L。
有一个可视为质点的质量为m，电荷量为－q的带电小球正在槽中运动，在C点受到的电场力指向圆心，C点所处的位置如图所示，根据题干和图示信息可知()A．B点的电荷带正电B．B点的电荷的电荷量为3QC．B点的电荷的电荷量为3QD．小球在槽内做的是匀速圆周运动解析：如图，由小球在C点时受到的电场力指向圆心，对小球受力分析可知B点的电荷对小球有排斥力，因小球带负电，则B点的电荷带负电，由∠ABC＝∠ACB＝30°，知：∠ACO＝30°，AB＝AC＝L，BC＝2AB cos 30°＝3L 由几何关系可得：F1＝3F2即：kQqL2＝3kQ B q(3L)2得Q B＝3Q，故A、B错误，C正确。
圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故D正确。
答案：CD11．光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20 cm的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m＝60 g、电阻R＝1 Ω、长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧导轨摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ＝53°角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，忽略导体棒产生的反电动势，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2，则()A．磁场方向一定竖直向下B．电源电动势E＝3 VC．导体棒在摆动过程中所受安培力的大小F＝3 ND．导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J解析：导体棒向右沿圆弧导轨摆动，说明其受到方向向右的安培力，由左手定则知该磁场方向竖直向下，选项A正确；导体棒摆动过程中只有安培力和重力做功，由动能定理知BIL·L sin θ－mgL(1－cos θ)＝0，代入数值得导体棒中的电流为I＝3 A，由E＝IR得电源电动势E＝3 V，选项B正确(注意最大偏角处并不是处于平衡状态)；由F＝BIL得导体棒在摆动过程中所受安培力的大小F＝0.3 N，选项C错误；由能量守恒定律知电源提供的电能W等于电路中产生的焦耳热Q和导体棒重力势能的增加量ΔE的和，即W＝Q＋ΔE，而ΔE＝mgL (1－cos θ)＝0.048 J ，故W >ΔE ＝0.048 J ，选项D 错误。