2018年高考物理二轮复习专题限时集训第1部分专题8 带电粒子在电场中的运动

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2018版高考物理二轮(江苏专版)教师用书：第一部分专题七带电粒子在电场中的运动 Word版含解析

专题七带电粒子在电场中的运动考点1| 电场的性质难度：中档题题型：选择题五年5考(对应学生用书第31页)1．(2014·江苏高考T 4)如图7-1所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x 轴垂直于环面且过圆心O ．下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )【导学号：17214114】图7-1A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低【解题关键】解此题的关键有两点：(1)圆环正电荷均匀分布，x轴上各处的场强方向与x轴平行．(2)沿电场方向电势降低，但电场强度不一定减小．B[根据电场的叠加原理和电场线的性质解题．根据电场的对称性和电场的叠加原理知，O点的电场强度为零．在x轴上，电场强度的方向自O点分别指向x轴正方向和x轴负方向，且沿电场线方向电势越来越低，所以O点电势最高．在x轴上离O点无限远处的电场强度为零，故沿x轴正方向和x轴负方向的电场强度先增大后减小．选项B正确．]2．(2016·江苏高考T3)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图7-2所示，容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是()图7-2A．A点的电场强度比B点的大B．小球表面的电势比容器内表面的低C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同【解题关键】解此题的关键有三点：(1)电场线越密的地方电场强度越大(2)电场线一定与该处的等势面垂直．(3)电场力做功的大小由始末两点的电势差与移动的电荷量共同决定．C[由题图知，B点处的电场线比A点处的密，则A点的电场强度比B点的小，选项A错误；沿电场线方向电势降低，选项B错误；电场强度的方向总与等势面导体表面垂直，选项C 正确；检验电荷由A 点移动到B 点，电场力做功一定，与路径无关，选项D 错误．]3．(2013·江苏高考T 3)下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )【导学号：17214115】B [每个14圆环在O 点产生的电场强度大小相等，设为E ．根据电场的叠加原理和对称性，得A 、B 、C 、D 各图中O 点的电场强度分别为E A ＝E 、E B ＝2E 、E C ＝E 、E D ＝0，故选项B 正确．]4．(多选)(2015·江苏高考T 8)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图7-3所示．c 是两负电荷连线的中点，d 点在正电荷的正上方，c 、d 到正电荷的距离相等，则( )【导学号：17214116】图7-3A ．a 点的电场强度比b 点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．c点的电势比d点的低ACD[根据电场线的分布图，a、b两点中，a点的电场线较密，则a点的电场强度较大，选项A正确．沿电场线的方向电势降低，a点的电势低于b点的电势，选项B错误．由于c、d关于正电荷对称，正电荷在c、d两点产生的电场强度大小相等、方向相反；两负电荷在c点产生的电场强度为0，在d 点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c点的电场强度比d点的大，选项C正确．c、d两点中c点离负电荷的距离更小，c点电势比d点低，选项D正确．]5．(多选)(2013·江苏高考T6)将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图7-4所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则()【导学号：17214117】图7-4A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．检验电荷－q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷－q从a点移到b点的过程中，电场力做负功ABD[由题图可知，a处电场线比b处密，所以E a>E b，选项A正确；沿着电场线的方向电势不断降落，a点电势高于不带电金属球的电势，不带电金属球的电势高于b点电势，所以φa>φb，选项B正确；负电荷在高电势点的电势能小，选项C错误；检验电荷－q从a点移到b点时，电势能增大，故电场力做负功，选项D正确．]电场强度、电势、电势能的判断方法(1)电场强度：①根据电场线的疏密程度进行判断；②根据等势面的疏密程度进行判断；③根据E ＝ma q 进行判断．(2)电势：①沿电场线方向电势逐渐降低；②若q 和W ab 已知，由U ab ＝W ab q 判定．(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．●考向1 电场力的性质1．(2017·绍兴模拟)如图7-5所示，绝缘水平面上有A 、B 、C 、D 四点，依次相距L ，若把带电金属小球甲(半径远小于L )放在B 点，测得D 点处的电场强度大小为E ；现将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A 、C 两点，此时D 点处的电场强度大小为( )图7-5A ．49EB ．59EC ．ED ．209E D [根据点电荷电场强度公式E ＝kQ r 2，则B 点电荷在D 的电场强度为E B ＝kQ (2L )2＝kQ 4L 2＝E ；当将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A 、C 两点，则两球的电量分别为Q 2，那么A 处的小球在D 处的电场强度E A ＝k ·Q 2(3L )2＝kQ 18L 2，而C 处的小球在D 处的电场强度E C ＝kQ 2L 2；由于两球在D 处的电场强度方向相同，因此它们在D 点处的电场强度大小为E 合＝kQ 18L 2＋kQ 2L 2＝5kQ 9L 2＝209E ，故A 、B 、C 错误，D 正确．]●考向2 电场能的性质2．(2017·南京一模)如图7-6所示，带正电的金属球A ，放置在不带电的金属球B 附近，M 、N 是金属球B 表面上的两点．下列说法中正确的是( )【导学号：17214118】图7-6A．M点处带正电，N点处带负电，且M点电势高于N点电势B．M点处带正电，N点处带负电，且M点电势等于N点电势C．M点处带负电，N点处带正电，且M点电势高于N点电势D．M点处带负电，N点处带正电，且M点电势等于N点电势D[带电的金属球A靠近不带电的金属球B，由于电荷间的相互作用，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，导致金属球B中左侧的自由电子向右侧移动，M点由于得到电子带负电；N点由于失去电子带正电；但整个金属球B是处于静电平衡的导体，其整体是等势体，故M、N点电势相等，故A、B、C错误，D正确．]3．(2017·南通二模)实验表明，地球表面上方的电场强度不为零，且方向竖直向下，说明地球表面有净负电荷．设地球表面净负电荷均匀分布，且电荷量绝对值为Q，已知地球半径为R，静电力常量为k，选地面电势为零，则在地面上方高h (约几十米)处的电势为()A．－kQh(R＋h)2B．kQh(R＋h)C．－kQhR D．kQh(R＋h)2D[地球表面电荷在地面上方h处的场强，根据点电荷的场强公式，有：E＝k Q(R＋h)2因为距离地面h，且h约为几十米，电场强度变化不大，认为是匀强电场，有：U＝Ed＝kQ(R＋h)2·h＝kQh(R＋h)2地面电势为0，故地面上方h处的电势为：φ＝kQh(R＋h)2，故D正确，A、B、C错误．]●考向3电场的综合应用4．(2017·镇江三模)如图7-7所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°．M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示．已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则()【导学号：17214119】图7-7A．点电荷Q一定在MP的中点B．φP大于φMC．N点的场强比P点的场强大D．将负试探电荷从P点搬运到N点，电场力做正功B[点电荷的等势面是一系列的同心圆，对于圆、圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，在MP的连线上，如图所示，故A错误；根据图可知，正点电荷到P点的距离小于到M点的距离，所以φP大于φM，故B正确；在点电荷的电场中，离场源越远，电场强度越小，所以N点的场强比P点的场强小，故C错误；在正点电荷的电场中，离场源越远，电势越低，将负试探电荷从P点搬运到N点，电势能增加，故电场力做负功，故D错误．]5．(2017·宿迁三模)某静电除尘设备集尘板的内壁带正电，设备中心位置有一个带负电的放电极，它们之间的电场线分布如图7-8所示，虚线为某带电烟尘颗粒(重力不计)的运动轨迹，A、B是轨迹上的两点，C点与B点关于放电极对称．下列说法正确的是()【导学号：17214120】图7-8A．A点电势低于B点电势B．A点电场强度小于C点电场强度C．烟尘颗粒在A点的动能大于在B点的动能D．烟尘颗粒在A点的电势能小于在B点的电势能A[由沿电场线方向电势降低可知，A点电势低于B点电势，故A正确；由题图可知，A点电场线比C点密集，因此A点的场强大于C点场强，故B错误；烟尘颗粒带负电，从A到B的过程中，电场力做正功，动能增加，烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能，故C错误；烟尘颗粒带负电，从A到B的过程中，电场力做正功，电势能减小，烟尘颗粒在A点的电势能大于在B点的电势能，故D错误．]考点2| 平行板电容器难度：中档题题型：选择题(对应学生用书第33页)6．(2012·江苏高考T2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()A．C和U均增大B．C增大，U减小C．C减小，U增大D．C和U均减小【解题关键】B[由平行板电容器电容决定式C＝4πkd知，当插入电介质后，ε变大，则在S、d不变的情况下C增大；由电容定义式C＝QU得U＝QC，又电荷量Q不变，故两极板间的电势差U减小，选项B正确．]●考向1电容器的动态分析6．(2017·南京一模)如图7-9所示是可变电容器，旋转动片使之与定片逐渐重合，则电容器的电容将()图7-9A．逐渐增大B．逐渐减小C．保持不变D．先增大后减小A[旋转动片使之与定片逐渐重合时，相当于增加了电容器的正对面积，则由电容器电容的决定式C＝εS4πkd可知，电容将逐渐增大，故B、C、D错误，A正确．]7．(2017·盐城二模)目前的手机触摸屏大多是电容式触摸屏．电容式触摸屏内有一导电层．导电层四个角引出四个电极，当手指触摸屏幕时，人体和触摸屏就形成了一个电容，电容具有“通高频”的作用，从而导致有电流分别从触摸屏四角上的电极中流出，并且流经这四个电极的电流与手指到四角的距离成正比，控制器通过对这四个电流比例的精确计算，得出触摸点的位置信息．在开机状态下，下列说法正确的是()【导学号：17214121】A．电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是因为手指对屏幕按压产生了形变B．电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是利用了电磁感应现象C．当手指触摸屏幕时手指有微弱的电流流过D．当手指离开屏幕时，电容变小，对高频电流的阻碍变大，控制器不易检测到手指的准确位置C[电容式触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指头到四角的距离成正比，控制器就能确定手指的位置，不需要手指有压力，故A错误；电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是电容器的充放电原理，不是电磁感应现象，故B错误；由题意可知，手指从手的触点吸走一部分电荷，在电荷定向移动的过程中，会有微弱电流通过，故C正确；根据电容器的工作原理可知，当手指离开屏幕时，电容变小，电容器将放电，控制器仍然能检测到手指离开的准确位置，故D错误．]●考向2平行板电容器的综合问题8．(多选)(2017·苏北四市摸底)如图7-10所示，电路中平行板电容器C不带电．下列说法正确的有()图7-10A．闭合S瞬间，电流计G中有a→b方向的电流B．闭合S后，增大C两极板间距离的过程中，电流计G中有a→b方向的电流C．闭合S后再断开，增大C两极板间距离，极板间电场强度保持不变D．闭合S后再断开，在C两极板间插入电介质，极板间电势差变小ACD[闭合S瞬间，电容器充电，上极板接正极，故电流计中有a→b方向的电流，故A正确；闭合S后，电压不变，增大C两极板间距离的过程中，由C＝εS4πkd可知，C减小，由Q＝UC可知，电量减小，电容器放电，故电流计中有b→a方向的电流，故B错误；闭合S后再断开，电容器两板上的电量不变，增大C两极板间距离，由C＝εS4πkd和Q＝UC可知，U＝4πkdQεS，再由U＝Ed可得，E＝4πkQεS，故两极板间电场强度不变，故C正确；闭合S后再断开，电容器两板上的电量不变，在两极板间插入电介质时电容C增大，则由Q＝UC可知，U变小，故D正确．]考点3| 带电粒子在电场中的运动难度：中档题题型：选择题、计算题五年1考(对应学生用书第33页)7．(2017·江苏高考T4)如图7-11所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()【导学号：17214122】图7-11A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点【解题关键】1、E212点运动到P点的过程中，据动能定理得：eE1d1－eE2d2＝0①当C板向右平移后，BC板间的电场强度E′2＝U′d′2＝QC′d′2＝QεS4πkd′2·d′2＝4πkQεS，BC板间的电场强度与板间距无关，大小不变．第二次释放后，设电子在BC间移动的距离为x，则eE1d1－eE2x＝0－0②比较①②两式知，x＝d2，即电子运动到P点时返回，选项A正确．]带电粒子在电场中的运动问题的解题思路(1)首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还是曲线运动问题．(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理：①如果是带电粒子在恒定电场力作用下做直线运动的问题，应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．②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等．(3)对于曲线运动问题，如是类平抛运动模型，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，应用动力学方法或功能方法求解．●考向1 电场中的直线运动9．(2017·武汉二模)如图7-12所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电量为q ，从极板M 的左边缘A 处以初速度v 0水平射入，沿直线运动并从极板N 的右边缘B 处射出，则( )【导学号：17214123】图7-12A ．微粒达到B 点时动能为12m v 20B ．微粒的加速度大小等于g sin θC ．两极板的电势差U MN ＝mgd q cos θD ．微粒从A 点到B 点的过程电势能减少mgd cos θC [物体在运动过程中，受力如图所示．由于物体受力不在一条直线上，因此不可能做匀速直线运动，到达B 点的动能一定不是12m v 20，因此A 错误；将电场力分解到水平方向和竖直方向上，可知，Eq cos θ＝mg ，Eq sin θ＝ma ，因此加速度大小为g tan θ，B 错误；电容器内的电场强度E ＝mg q cos θ，因此两板间的电势差为U ＝Ed ＝mgd q cos θ，C 正确；从A 向B 运动的过程中，由于电场力做负功，电势能增加，D 错误．]●考向2 电场中的曲线运动10．(2017·林州市月考)a 、b 、c 三个α粒子(重力不计)由同一点M 同时垂直场强方向进入带有等量异种电荷的两平行金属板的电场间，其轨迹如图7-13所示，其中b 恰好沿板的边缘飞出电场，由此可知( )【导学号：17214124】图7-13A ．进入电场时a 的速度最大，c 的速度最小B ．a 、b 、c 在电场中运动经历的时间相等C ．若把上极板向上移动，则a 在电场中运动经历的时间增长D ．若把下极板向下移动，则a 在电场中运动经历的时间增长D [三个α粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a 、b 偏转距离相等，大于c 的偏转距离，由y ＝12at 2知，a 、b 运动时间相等，大于c 的运动时间，即t a ＝t b ＞t c ．又水平位移的关系为 x a ＜x b ＝x c ，因为粒子水平方向都做匀速直线运动，所以v c ＞v b ＞v a ，即a 的速度最小，c 的速度最大，故A 、B 错误．若把上极板向上移动，根据推论E ＝4πkQ εS 知，板间场强不变，粒子的加速度不变，可知a 的运动情况不变，运动时间不变，故C 错误．若把下极板向下移动，根据推论E ＝4πkQ εS 知，板间场强不变，粒子的加速度不变，a的竖直分位移增大，由y ＝12at 2知，a 在电场中运动经历的时间增长，故D 正确．]●考向3 电场中的力电综合问题11．(2017·徐州期末)如图7-14甲所示，极板A 、B 间电压为U 0，极板C 、D 间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长．A板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为＋q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)，当C、D板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；当C、D板间加上图7-14乙所示电压(图中电压U1已知)时，粒子均能从C、D两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求：图7-14(1)C、D板的长度L；(2)粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；(3)粒子打在荧光屏上区域的长度．【导学号：17214125】【解析】(1)粒子在A、B板间有：qU0＝12m v2在C、D板间有：L＝v0t0解得：L＝t02qU0 m．(2)粒子从nt0(n＝0、2、4…)时刻进入C、D间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动，偏移距离为：y＝12at2加速度为：a＝qU1 md得：y＝qU1t20 2md．(3)粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远处C、D板偏转角tan θ＝v yv0，v y＝at0打在荧光屏上距中心线最远距离为：s＝y＋L tan θ荧光屏上区域长度为：Δs＝s＝3qU1t20 2md．【答案】(1)t02qU0m(2)qU1t202md(3)3qU1t202md热点模型解读| 平行板电容器中带电粒子运动模型(对应学生用书第35页)内阻不能忽略，当开关闭合，滑片P位于滑动变阻器R左端点a时，水平放置的平行金属板间有一带电液滴正好处于静止状态，在将滑片P由左端点a滑向右端点b的过程中，下列关于液滴的带电情况及运动情况(液滴始终没与极板相碰)分析正确的是()【导学号：17214126】图7-15A．液滴带正电，液滴将向上做匀加速直线运动B．液滴带正电，液滴将以原平衡位置为中心做往复运动C．液滴带正电，液滴将向上先做变加速再做变减速直线运动D．液滴带负电，液滴将向上做变速直线运动【解题指导】当开关闭合，滑片P位于滑动变阻器R左端点a时，液滴在重力和电场力作用下处于平衡状态，所以电场力竖直向上，由题图知下极板带正电，即液滴一定带正电，D项错误；因滑片由左端点a滑向右端点b的过程中，外电路总电阻先增大后减小，电路的总电流先减小后增大，内电压先减小后增大，即电源的路端电压先增大后减小，所以电容器两极板间电压先增大后减小，由E＝Ud可知电容器两极板间电场强度先增大后减小，但方向不变，所以液滴的加速度先增大后减小，方向一直向上，即液滴将向上先做变加速运动再做变减速直线运动，C项正确，A、B项错误．【答案】 C[拓展应用]如图7-16(a)所示，平行板电容器间距为d，两板所加电压如图7-16(b)所示，t＝0时刻，质量为m、带电荷量为q的粒子以平行于极板的速度v0射入电容器，2．5T时恰好落在下极板上，带电粒子的重力不计，在这一过程中，求：图7-16(1)该粒子的水平位移；(2)粒子落到下极板时的速度．【解析】(1)带电粒子在水平方向不受外力作用，做匀速直线运动，因此水平位移为s ＝v 0t ＝v 0×2．5T ＝2．5v 0T ．(2)带电粒子落在下极板上时在竖直方向的分速度为v y ＝a ·32T ＝3qU 02md T粒子落在下极板上时的速度大小为v ＝v 2x ＋v 2y ＝ v 20＋9q 2U 20T 24m 2d2．【答案】 (1)2．5v 0T (2) v 20＋9q 2U 20 T 24m 2d 2。

2018版高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题限时集训9磁场的性质带电粒子在磁场及复合场中的运动

专题限时集训(九)磁场的性质带电粒子在磁场及复合场中的运动(对应学生用书第133页)(限时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T 成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B 正比于( )【导学号：19624112】 A.T B ．T C.T 2 D ．T 2A [带电粒子在磁场中运动半径r ＝mv qB ，得B ＝mv qr ①；又E k ＝12mv 2∝T (T 为热力学温度)，得v ∝T ②.由①②得，B ∝T .即在被束缚离子种类及运动半径不变的条件下，所需磁感应强度B 与T 成正比，故选项A 正确．]2．(2017·高三第一次全国大联考(新课标卷Ⅲ))如图918所示，OO ′为圆柱筒的轴线，磁感应强度大小为B 的匀强磁场的磁感线平行于轴线方向，在圆筒壁上布满许多小孔，如aa ′、bb ′、cc ′…，其中任意两孔的连线均垂直于轴线，有许多同一种比荷为q m的正粒子，以不同速度、入射角射入小孔，且均从与OO ′轴线对称的小孔中射出，入射角为30°正粒子的速度大小为 2 km/s ，则入射角为45°的粒子速度大小为( )图918A ．0.5 km/sB ．1 km/sC ．2 km/sD ．4 km/sB [粒子从小孔射入磁场，与粒子从小孔射出磁场时速度与竖直线的夹角相等，画出轨迹如图，根据几何关系有r 1＝R sin 30°，r 2＝R sin 45°，由牛顿第二定律得Bqv ＝m v 2r ，解得v ＝rqB m ，所以v ∝r ，则入射角分别为30°、45°的粒子速度大小之比为v 1v 2＝r 1r 2＝sin 45°sin 30°＝2，则入射角为45°的粒子速度大小为v 2＝1 km/s ，选项B 正确．]3. (2017·鹰潭市一模)如图919所示，由光滑弹性绝缘壁构成的等边三角形ABC 容器的边长为a ，其内存在垂直纸面向里的匀强磁场，小孔O 是竖直边AB 的中点，一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子(不计重力)从小孔O 以速度v 水平射入磁场，粒子与器壁多次垂直碰撞后(碰撞时无能量和电荷量损失)仍能从O 孔水平射出，已知粒子在磁场中运行的半径小于a 2，则磁场的磁感应强度的最小值B min 及对应粒子在磁场中运行的时间t 为( ) 【导学号：19624113】图919A ．B min ＝2mv qa ，t ＝7πa 6vB ．B min ＝2mv qa ，t ＝πa 26vC ．B min ＝6mv qa ，t ＝7πa 6vD ．B min ＝6mv qa ，t ＝πa 26vC [粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ，则Bqv ＝m v 2r ，得r ＝mv qB，因粒子从O 孔水平射入后，最终又要水平射出，则有(2n ＋1)r ＝a 2，(n ＝1、2、3…)，联立得B ＝n ＋mv qa ，当n ＝1时B 取最小值，B min ＝6mv qa，此时对应粒子的运动时间为t ＝3(T ＋T 6)＝7T 2，而T ＝2πm Bq ＝πa 3v ，所以t ＝7πa 6v，C 正确，ABD 错误．]4．(2017·沈阳模拟)如图920所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B 的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，边界AC 、AD 的夹角∠DAC ＝30°，边界AC与边界MN 平行，边界AC 处磁场方向垂直纸面向里，Ⅱ区域宽度为d .质量为m 、电荷量为＋q 的粒子在边界AD 上距A 点d 处垂直AD 射入Ⅰ区，已知粒子速度大小为qBd m，方向垂直磁场，不计粒子重力，则粒子在磁场中运动的总时间为( )【导学号：19624114】图920A.πm 3qB B.2πm 3qB C.5πm 6qB D.7πm 6qBC [根据洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2R得R ＝mv qB ＝m ×qBd m qB＝d 根据几何关系，粒子离开区域Ⅰ的速度方向沿AC 方向，进入磁场区域Ⅱ做匀速圆周运动，运动14周期后射出磁场在Ⅰ区域圆弧所对的圆心角θ1＝60°，在Ⅱ区域圆弧所对的圆心角为90°粒子在磁场中运动的总时间为t ＝60°＋90°360°T ＝512×2πm qB ＝5πm 6qB，故C 正确，ABD 错误．]5. (2016·衡阳一模)如图921所示是选择密度相同、大小不同的纳米粒子的一种装置．待选粒子带正电且电量与表面积成正比，待选粒子从O 1进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域Ⅰ的板间电压为U ，粒子通过小孔O 2射入正交的匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的磁感应强度大小为B ，左右两极板间距为d .区域Ⅱ出口小孔O 3与O 1、O 2在同一竖直线上．若半径为r 0，质量为m 0、电量为q 0的纳米粒子刚好能沿直线通过，不计纳米粒子重力，则( )图921A ．区域Ⅱ的电场强度为E ＝B 2q 0U m 0B ．区域Ⅱ左右两极板的电势差为U 1＝Bd q 0U m 0C ．若纳米粒子的半径r >r 0，则进入区域Ⅱ的粒子仍将沿直线通过D ．若纳米粒子的半径r >r 0，仍沿直线通过，区域Ⅱ的磁场不变，则电场强度与原来之比为3r r 0A [设半径为r 0的粒子加速后的速度为v ，则：q 0U ＝12m 0v 2，设区域Ⅱ内电场强度为E ，则：q 0vB ＝q 0E ，联立解得：E ＝B 2q 0U m 0，而Ⅱ区两极板的电压为：U 1＝Ed ＝Bd 2q 0Um 0，故A 正确，B 错误；若纳米粒子的半径r >r 0，设半径为r 的粒子的质量为m 、带电量为q 、被加速后的速度为v ′，则m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r r 03m 0，而q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r r 02q 0，由12mv ′2＝qU ，解得：v ′＝2q 0Ur 0m 0r ＝r 0rv <v ，故速度变小，粒子带正电，向右的洛伦兹力小于向左的电场力，故粒子向左偏转，故C 错误；由于v ′＝r 0r v ，根据qv ′B ＝qE ′，区域Ⅱ的电场强度与原来之比为r 0r，故D 错误．] 6. (2017·东北三省四市教研联合体一模)如图922所示，两根通电长直导线a 、b 平行放置，a 、b 中的电流分别为I 和2I ，此时a 受到的磁场力为F ，以该磁场力方向为正方向．a 、b 的正中间再放置一根与a 、b 平行共面的通电长直导线c 后，a 受到的磁场力大小变为2F ，则此时b 受到的磁场力为( )【导学号：19624115】图922A ．0B ．FC ．－4FD ．－7FBD [由于ab 间的磁场力是两导体棒的相互作用，故b 受到a 的磁场力大小为F ，方向相反，故为－F ；中间再加一通电导体棒时，由于c 处于中间，其在ab 两位置产生的磁场强度相同，故b 受到的磁场力为a 受磁场力的2倍；a 受力变成2F ，可能是受c 的磁场力为F ，方向向左，此时b 受力为2F ，方向向左，故b 受力为F ，方向向左，故合磁场力为F ；a 变成2F ，也可能是受向右的3F 的力，则此时b 受力为6F ，方向向右，故b 受到的磁场力为－6F －F ＝－7F ；故选：BD.]7. (2017·厦门一中月考)如图923所示，S 为一离子源，MN 为长荧光屏，S 到MN 的距离为L ，整个装置处于在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B .某时刻离子源S 一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，各离子质量m ，电荷量q ，速率v 均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则( )【导学号：19624116】图923A ．当v <qBL 2m 时所有离子都打不到荧光屏上 B ．当v <qBL m时所有离子都打不到荧光屏上 C ．当v ＝qBL m 时，打到荧光屏MN 的离子数与发射的离子总数比值为512D ．当v ＝qBL m 时，打到荧光屏MN 的离子数与发射的离子总数比值为12AC [根据半径公式R ＝mv qB ，当v <qBL 2m 时，R <L 2，直径2R <L ，离荧光屏最近的离子都打不到荧光屏上，所以当v <qBL 2m时所有离子都打不到荧光屏，选项A 正确．根据半径公式R ＝mv qB ，当v <qBL m 时，R <L ，当半径非常小时，即R <L 2时肯定所有离子都打不到荧光屏上；当L 2≤R <L ，有离子打到荧光屏上，选项B 错误．当v ＝qBL m时，根据半径公式R ＝mv qB＝L ，离子运动轨迹如图所示离子能打到荧光屏的范围是NM ′，由几何知识得：PN ＝3r ＝3L ，PM ′＝r ＝L ，打到N 点的离子离开S 时的初速度方向和打到M ′的离子离开S 时的初速度方向夹角θ＝56π，能打到荧光屏上的离子数与发射的粒子总数之比k ＝θ2π＝56π2π＝512，选项C 正确，D 错误．]8.[2017·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅰ)]如图924所示，一个半径为R 的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左、右两端点等高．半圆轨道所在区域有一个磁感应强度为B ＝mq g 2R 、垂直纸面向外的匀强磁场或一个电场强度为E ＝mg q、竖直向下的匀强电场．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小球从轨道左端最高点由静止释放．P 为轨道的最低点，小球始终没有离开半圆轨道．则下列分析正确的是( )图924A ．若半圆轨道有匀强磁场，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为4mgB ．若半圆轨道有匀强磁场，小球经过轨道最低点时速度大小为2gRC ．若半圆轨道有匀强电场，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为6mgD ．若半圆轨道有匀强电场，小球经过轨道最低点时速度大小为2gRBCD [若半圆轨道有匀强磁场，只有重力做功，根据机械能守恒有12mv 2＝mgR ，小球经过轨道最低点时速度大小v ＝2gR ，B 正确；小球第一次经过轨道最低点时，受到的洛伦兹力竖直向下，由向心力公式得F N －qvB －mg ＝mv 2R，解得F N ＝4mg ，由牛顿第三定律，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为4mg ，小球第二次经过轨道最低点时，受到的洛伦兹力竖直向上，由向心力公式得F ′N ＋qvB －mg ＝mv 2R，解得F ′N ＝2mg ，由牛顿第三定律，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为2mg ，A 错误；若半圆轨道有匀强电场，电场力做功，由动能定理得mgR ＋qER ＝12mv ′2，解得v ′＝2gR ，D 正确；小球经过最低点时，电场力的方向总是竖直向下，由向心力公式得F ″N －qE－mg ＝mv 2R，解得F ″N ＝6mg ，由牛顿第三定律，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为6mg ，C 正确．]二、计算题(本题共3小题，共48分)9．(16分)(2017·天津高考T 11)平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，如图925所示．一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v 0沿x 轴正方向开始运动，Q 点到y 轴的距离为到x 轴距离的2倍．粒子从坐标原点O 离开电场进入磁场，最终从x 轴上的P 点射出磁场，P 点到y 轴距离与Q 点到y 轴距离相等．不计粒子重力，问：图925(1)粒子到达O 点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比.【导学号：19624117】【解析】 (1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q 点到x 轴距离为L ，到y 轴距离为2L ，粒子的加速度为a ，运动时间为t ，有2L ＝v 0t ①L ＝12at 2②设粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度为v yv y ＝at ③设粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向夹角为α，有tan α＝v y v 0④联立①②③④式得α＝45°⑤即粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向成45°角斜向上．设粒子到达O 点时速度大小为v ，由运动的合成有v ＝v 20＋v 2y ⑥ 联立①②③⑥式得v ＝2v 0.⑦(2)设电场强度为E ，粒子所带电荷量为q ，质量为m ，粒子在电场中受到的电场力为F ，由牛顿第二定律可得F ＝ma ⑧又F ＝qE ⑨设磁场的磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2R⑩ 由几何关系可知R ＝2L ⑪联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得E B ＝v 02.⑫ 【答案】 (1)2v 0，速度方向与x 轴正方向成45°角斜向上 (2)v 02(2017·高三第一次全国大联考(新课标卷Ⅰ))如图所示，直角坐标系xOy 平面内，第一象限存在着沿y 轴负方向的匀强电场；M 是x 轴上的一点，在第四象限里过M 点的虚线平行于y 轴，在虚线右边区域存在方向垂直于坐标平面的有界匀强磁场(图中未画出)．现有一电荷量为q 、质量为m 的带正电粒子从y 轴上P (0，L )点，以平行于x 轴方向的初速度v 0射入电场，并恰好从M 点处射出电场进入磁场，粒子从有界磁场中射出后，恰好通过y 轴上Q (0，－3L )点，且射出时速度方向与y 轴负方向的夹角θ＝30°，不计带电粒子的重力．求：(1)M 点的坐标和匀强电场的电场强度；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；(3)带电粒子从P 点运动到Q 点的时间．【解析】 (1)带电粒子运动轨迹如图所示由图可知，带电粒子离开电场时沿电场方向的速度v y ＝v 0tan θ，加速度a ＝qE m ＝v 2y 2y ＝3v 202L(2分) 解得E ＝3mv 202qL(1分) 运动时间t 1＝v y a ＝23L 3v 0(1分) 沿x 轴方向的位移x M ＝v 0t 1＝233L ，所以M 点的坐标是(233L,0)．(1分) (2)由左手定则可知，匀强磁场的方向垂直于坐标平面向外(1分)由几何关系，带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的半径r ＝MN ，又OQ ＝MN ＋OM tan θ(1分)解得：r ＝L (1分)带电粒子进入磁场的速度v ＝v 0sin θ＝2v 0(1分) 带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB ＝mv 2r(1分) 解得B ＝mv qr ＝2mv 0qL.(1分) (3)带电粒子在匀强磁场的运动时间t 2＝πL 3v ＝πL 6v 0(1分) 带电粒子离开匀强磁场后做匀速直线运动到达Q 点的运动时间t 3＝OMv sin θ＝23L 3v 0(1分)带电粒子从P 点运动到Q 点的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝43L 3v 0＋πL 6v 0.(1分) 【答案】 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫233L ，03mv 202qL(2)2mv 0qL 垂直坐标平面向外 (3)43L 3v 0＋πL 6v 010．(16分)(2017·肇庆市二模)如图926甲所示，竖直挡板MN 左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E ＝40 N/C ，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．t ＝0时刻，一质量m ＝8×10－4 kg 、电荷量q ＝2×10－4 C 的微粒在O 点具有竖直向下的速度v ＝0.12 m/s ，O ′是挡板MN 上一点，直线OO ′与挡板MN 垂直，g 取10 m/s 2.求：甲乙图926(1)微粒再次经过直线OO ′时与O 点的距离；(2)微粒在运动过程中离开直线OO ′的最大高度；(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O 点间的距离应满足的条件.【导学号：19624118】【解析】 (1)根据题意可以知道，微粒所受的重力G ＝mg ＝8×10－3N①电场力大小F ＝qE ＝8×10－3 N②(1分)因此重力与电场力平衡(2分) 微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB ＝m v 2R③(1分) 由③式解得：R ＝0.6 m④由T ＝2πR v⑤(1分) 得：T ＝10 πs⑥则微粒在5π s 内转过半个圆周(1分)，再次经直线OO ′时与O 点的距离：L ＝2R ⑦(1分)将数据代入上式解得：L ＝1.2 m ．⑧(2分)(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t ＝5π s ，轨迹如图所示，位移大小：s ＝vt ⑨(1分)由⑨式解得：s ＝1.88 m ○10 因此，微粒离开直线OO ′的最大高度：H ＝s ＋R ＝2.48 m ．⑪(2分)(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO ′下方时，由图象可以知道，挡板MN 与O 点间的距离应满足：L ＝(2.4n ＋0.6) m (n ＝0,1,2，…)⑫(3分)若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO ′上方时，由图象可以知道，挡板MN 与O 点间的距离应满足：L ＝(2.4n ＋1.8) m (n ＝0,1,2，…)⑬(3分)[若两式合写成L ＝(1.2n ＋0.6) m (n ＝0,1,2…)同样给6分]【答案】 (1)1.2 m (2)2.48 m (3)L ＝(2.4n ＋0.6) m(n ＝01,2,3，…)或L ＝(2.4n ＋1.8) m (n ＝0,1,2，…)11．(16分)(2017·江苏高考)一台质谱仪的工作原理如图927所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L 的狭缝MN 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q ，质量分别为2m 和m ，图中虚线为经过狭缝左、右边界M 、N 的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．图927(1)求甲种离子打在底片上的位置到N 点的最小距离x ；(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d ；(3)若考虑加速电压有波动，在(U 0－ΔU )到(U 0＋ΔU )之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L 满足的条件.【导学号：19624119】【解析】 (1)甲种离子在电场中加速时，有qU 0＝12×2mv 2①设甲种离子在磁场中的运动半径为r 1，则有 qvB ＝2m v 2r 1② 根据几何关系有x ＝2r 1－L ③由①②③式解得x ＝4B mU 0q－L .④ (2)如图所示．最窄处位于过两半圆虚线交点的垂线上d ＝r 1－r 21－⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22⑤ 由①②⑤式解得d ＝2B mU 0q －4mU 0qB 2－L 24.⑥(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r 2r 1的最小半径r 1min ＝2B m U 0－ΔU q ⑦ r 2的最大半径r 2max ＝1B 2m U 0＋ΔU q⑧ 由题意知2r 1min －2r 2max ＞L ，即4B m U 0－ΔU q －2B 2m U 0＋ΔU q ＞L ⑨ 由⑦⑧⑨式解得L ＜2B m q [2U 0－ΔU －U 0＋ΔU ]⑩ 【答案】 (1)4BmU 0q －L (2)见解析图2B mU 0q －4mU 0qB 2－L 24 (3)L ＜2B m q [2U 0－ΔU －U 0＋ΔU ]。

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

答案：D
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版高考物理二轮训练(江苏专版)：第一部分专题八专题限时集训8 Word版含解析

专题限时集训(八) 磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动(对应学生用书第131页)(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图8-21所示．结合上述材料，下列说法不正确的是()【导学号：17214143】图8-21A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用C[地球为一巨大的磁体，地磁场的南极、北极在地理上的北极和南极附近，两极并不重合；且地球内部也存在磁场，只有赤道上空磁场的方向才与地面平行；对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的速度方向与地磁场方向不会平行，一定受到地磁场力的作用，故C项说法不正确．]2．(2017·洛阳三模)如图8-22所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子在磁场中转半个圆后打在P点，设OP＝x，能够正确反映x与U之间的函数关系的是()图8-22B [带电粒子经电压U 加速，由动能定理，qU ＝12m v 2，垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2R ，而R ＝x 2，联立解得x ＝8m qB 2U ．由此可知能够正确反映x 与U 之间的函数关系的是选项B 中图象．]3．如图8-23，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( )【导学号：17214144】图8-23A ．0B ．33B 0C ．233B 0D ．2B 0C [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为l 的a 点处的磁感应强度为零，如图所示：由此可知，外加的磁场方向与PQ 平行，且由Q 指向P ，即B 1＝B 0依据几何关系及三角知识，则有：B P cos 30°＝12B 0解得：P 或Q 通电导线在a 处的磁场大小为B P ＝33B 0当P 中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B 2＝33B 0因外加的磁场方向与PQ 平行，且由Q 指向P ，磁场大小为B 0；最后由矢量的合成法则，那么a 点处磁感应强度的大小为B ＝B 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫33B 02＝233B 0，故C 正确，A 、B 、D 错误．]4．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8-24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S 1进入电压为U 的加速电场区加速后，再通过狭缝S 2从小孔G 垂直于MN ，以速度v 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 ．则该粒子的荷质比为(粒子的重力忽略不计)( )【导学号：17214145】图8-24A ．8U R 2B 2 B ．4U R 2B 2C ．6U R 2B 2D ．2U R 2B 2C [带电粒子运动轨迹如图设粒子加速后获得的速度为v ，由动能定理有：qU ＝12m v 2tan ∠GOF ＝3R R ＝3得∠GOF ＝60°∠EO ′G ＝120°tan ∠OO ′G ＝tan 60°＝R r ，得r ＝33R所以粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r ＝33R又q v B ＝m v 2r ，则q m ＝6U R 2B 2．]5．两平行的金属板沿水平方向放置，极板上所带电荷情况如图8-25所示，且极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，现将两个质量相等的带电小球分别从P 点沿水平方向射入极板间，两小球均能沿直线穿过平行板，若撤去磁场，仍将这两个带电小球分别保持原来的速度从P 点沿水平方向射入极板间，则两个小球会分别落在A 、B 两点，设落在A 、B 两点的小球的带电荷量分别为q A 、q B ，则下列关于此过程的说法正确的是( )【导学号：17214146】图8-25A ．两小球一定带负电B ．若q A >q B ，则两小球射入时的初速度一定有v A >v BC ．若q A >q B ，则两小球射入时的动能一定有E k A <E k BD ．撤去磁场后，两个小球在极板间运动的加速度可能相等C [根据题意可知，没有磁场时，小球所受合力竖直向下；有磁场时，小球做匀速直线运动，故可知洛伦兹力一定竖直向上，由左手定则可知，小球一定带正电，选项A 错误；同时可知小球的重力不能忽略，当小球做匀速直线运动时有q A v A B ＋q A E ＝mg ，q B v B B ＋q B E ＝mg ，联立可得q A v A B ＋q A E ＝q B v B B ＋q B E ，即q A (v A B ＋E )＝q B (v B B ＋E )，由此可知，若q A >q B ，则一定有v A <v B ，选项B 错误；由E k ＝12m v 2可知，选项C 正确；没有磁场时，由受力分析可知mg －qE ＝ma ，当q A ＝q B 时，则有a A ＝a B ，v A ＝v B ，而由题意可知x A >x B ，则应有v A >v B ，与上述矛盾，由此可知，两个小球在极板间运动的加速度不可能相等，选项D 错误．]6．(2017·湖南十三校一联)如图8-26所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，y 轴竖直向上．第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y 轴的匀强电场(图中未画出)．一带电小球从x 轴上的A 点由静止释放，恰好从P 点垂直于y 轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q 点垂直于x 轴进入第Ⅰ象限，Q 点距O 点的距离为d ，重力加速度为g ．根据以上信息，可以求出的物理量有( )图8-26A ．磁感应强度大小B ．小球在第Ⅳ象限运动的时间C ．电场强度的大小和方向D ．圆周运动的速度大小BD [由A 到P 点过程有mgd ＝12m v 2，则小球做圆周运动的速度大小v ＝2gd ，选项D 正确；小球在第Ⅳ象限运动的时间t ＝14T ＝πd 2v ＝πd 22gd，选项B 正确；在第Ⅳ象限，小球做圆周运动，则有mg ＝qE ，由于m 、q 未知，不能求电场强度的大小，由d ＝m v qB 知，不能求磁感应强度大小，选项A 、C 错误．]7．如图8-27所示，直角三角形ABC 区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子(不计重力)从A 点沿AB 方向射入磁场，分别从AC 边上的P 、Q 两点射出，则( )图8-27A ．从P 点射出的粒子速度大B ．从Q 点射出的粒子速度大C ．从Q 点射出的粒子在磁场中运动的时间长D ．两个粒子在磁场中运动的时间一样长BD [粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系(如图所示，弦切角相等)，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间t ＝θ2πT ，粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πm qB ，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故D 项正确，C 项错误；如图所示，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P 点和Q 点射出，由图知，粒子运动的半径R P <R Q ，又粒子在磁场中做圆周运动的半径R ＝m v Bq ，可知粒子运动速度v P <v Q ，故A 项错误、B 项正确．]8．(名师原创)如图8-28所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ内磁感应强度是区域Ⅰ内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域Ⅰ左侧边界处以垂直边界的速度进入区域Ⅰ，发现粒子离开区域Ⅰ时速度方向改变了30°，然后进入区域Ⅱ，测得粒子在区域Ⅱ内的运动时间与区域Ⅰ内的运动时间相等，则下列说法正确的是( )图8-28A ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1B ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2∶1C ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1∶2D ．区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度之比为1∶1ACD [由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故A 正确；由洛伦兹力f ＝qB v ＝ma 和a ＝v ·ω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B 1∶B 2＝1∶2，则B 错误；由于粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ内的运动时间相等，由t ＝θm qB 可得t ＝θ1m qB 1＝θ2m qB 2，且B 2＝2B 1，所以可得θ1∶θ2＝1∶2，则C 正确；由题意可知，粒子在区域Ⅰ中运动的圆心角为30°，则粒子在区域Ⅱ中运动的圆心角为60°，由R ＝m v qB 可知粒子在区域Ⅰ中的运动半径是在区域Ⅱ中运动半径的2倍，设粒子在区域Ⅱ中的运动半径为r ，作粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域Ⅰ的宽度d 1＝2r sin 30°＝r ；区域Ⅱ的宽度d 2＝r sin 30°＋r cos(180°－60°－60°)＝r ，故D 正确．]二、计算题(共2小题，32分)9．(16分)(2017·辽宁省辽南协作校联考)如图8-29所示，在矩形ABCD 内，对角线BD 以上的区域存在平行于AD 向下的匀强电场，对角线BD 以下的区域存在垂直于纸面的匀强磁场(图中未标出)，其中AD 边长为L ，AB 边长为3L ，一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子(不计重力)以初速度v 0从A 点沿AB 方向进入电场，经对角线BD 某处垂直BD 进入磁场．求：图8-29(1)该粒子进入磁场时速度的大小；(2)电场强度的大小；(3)要使该粒子能从磁场返回电场，磁感应强度应满足什么条件？(结论可用根式来表示)【导学号：17214147】【解析】 (1)如题图所示，由几何关系可得∠BDC ＝30°，带电粒子受电场力作用做类平抛运动，由速度三角形可得v x ＝v 0v y ＝3v 0则v ＝v 2x ＋v 2y ＝2v 0．(2)设BP 的长度为x ，则有x sin 30°＝v y 2t 13L －x cos 30°＝v 0t 1Eq ＝mav y ＝at 1，解得x ＝6L 5，t 1＝23L 5v 0，E ＝5m v 202qL ． (3)若磁场方向向外，轨迹与DC 相切，如图甲所示有R 1＋R 1sin 30°＝4L 5得R 1＝4L 15由B 1q v ＝m v 2R 1得B 1＝15m v 02qL 磁场方向向外，要使粒子返回电场，则B 1≥15m v 02qL若磁场方向向里，轨迹与BC 相切时，如图乙所示有R 2＋R 2cos 30°＝6L 5，得R 2＝6(23－3)L 5 由B 2q v ＝m v 2R 2得B 2＝5(23＋3)m v 09qL 磁场方向向里，要使粒子返回电场，则B 2≥5(23＋3)m v 09qL．【答案】见解析10．(16分)北京正、负电子对撞机是国际上唯一高亮度对撞机，它主要由直线加速器、电子分离器、环形储存器和对撞测量区组成，其简化原理如图8-30所示：MN 和PQ 为足够长的水平边界，竖直边界EF 将整个区域分成左右两部分，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B ，Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外．调节Ⅱ区域的磁感应强度的大小可以使正、负电子在测量区内不同位置进行对撞．经加速和积累后的电子束以相同速率分别从注入口C 和D 同时入射，入射方向平行于EF 且垂直磁场．已知注入口C 、D 到EF 的距离均为d ，边界MN 和PQ 的间距为8d ，正、负电子的质量均为m ，所带电荷量分别为＋e 和－e ．图8-30(1)试判断从注入口C 入射的是哪一种电子？忽略电子进入加速器的初速度，电子经加速器加速后速度为v 0，求直线加速器的加速电压U ；(2)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B ，正、负电子以v 1＝deB m 的速率同时射入，则正、负电子经多长时间相撞？(3)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B 3，正、负电子仍以v 1＝deB m 的速率射入，但负电子射入时刻滞后于正电子Δt ＝πm eB ，以F 点为原点建立如图8-30所示的坐标系，求正、负电子相撞的位置坐标．【导学号：17214148】【解析】 (1)从C 入射的电子在C 点受到的洛伦兹力向右，粒子向右偏转，经过Ⅱ区反向偏转，再进入Ⅰ区，这样才能持续向下运动直至与从D 入射的电子碰撞；若从C 入射的电子在C 点受到的洛伦兹力向左，则粒子可能还未碰撞就从MN 边界射出，所以，由左手定则可判断从C 入射的电子为正电子；忽略电子进入加速器的初速度，电子经加速器加速后速度为v 0，则由动能定理可得：Ue ＝12m v 20，所以，U ＝m v 202e ．(2)电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，所以有B v 1e ＝m v 21R 1，则R 1＝m v 1Be ＝d ，T ＝2πR 1v 1＝2πm eB 电子在Ⅰ、Ⅱ区域中运动时半径相同，电子射入后的轨迹如图甲所示，甲所以，电子在射入后正好转过360°后对撞，那么，对撞时间：t ＝T ＝2πm eB ．(3)电子在Ⅰ区域中运动时半径不变，仍为R 1＝d ，运动周期T 1＝2πm eB ；将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B 3，则电子在Ⅱ区域中运动时半径R 2＝3d ，运动周期T 2＝6πm eB ；负电子射入时刻滞后于正电子Δt ＝πm eB ＝16T 2，乙电子射入后的轨迹如图乙所示，若两电子同时射出，则两电子交与H 点；现负电子射入时刻滞后于正电子16T 2，则负电子比正电子在Ⅱ区域中少转16×360°＝60°，所以，两电子相撞的位置在H 点以圆心向负电子方向转过30°，即A 点；易知H 点坐标为(3d ，4d )，所以，A 点坐标为(3d cos 30°，4d －3d sin 30°)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332d ，52d ．【答案】 (1)正电子m v 202e (2)2πmeB (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫332d ，52d。

高考物理二轮复习专题限时集训8 电场的性质、带电粒子在电场中的运动(含解析)-人教版高三全册物理试

专题限时集训(八) (建议用时：40分钟)1．如下列图，两个带电荷量为q 的点电荷分别位于带电的半径一样的14球壳和34球壳的球心，这两个球壳上电荷均匀分布且电荷的密度一样，假设图甲中带电的14球壳对点电荷q 1的库仑力的大小为F ，如此图乙中带电的34球壳对点电荷q 2的库仑力的大小为( )甲乙A ．32F B ．22F C ．12F D ．FD [将图乙中的带电的34球壳分成三个带电的14球壳，关于球心对称的两个带电的14球壳对点电荷的库仑力的合力为零，因此图乙中带电的34球壳对点电荷的库仑力的大小和图甲中带电的14球壳对点电荷的库仑力的大小相等，D 正确，A 、B 、C 错误。

] 2.如下列图，真空中O 点存在一个带正电的点电荷Q ，其附近有一个不带电的金属网罩W ，网罩内部有一点P ，O 、P 之间距离为r 。

静电力常量记作k ，如下判断正确的答案是( )A ．金属网罩包含的自由电荷很少，静电感应后不能达成静电平衡B ．金属网罩对点电荷Q 的作用力表现为斥力C ．金属网罩的左部电势较高，右部电势较低D ．金属网罩的感应电荷在P 点产生的感应电场强度大小为k Q r2D [金属网罩在静电感应后一定能达成静电平衡，故A 错误；由于静电感应，在金属网罩达到静电平衡后，靠近O 处的负电荷受到的吸引力大于远离O 处的正电荷受到的排斥力，所以金属网罩对点电荷Q 的作用力表现为引力，故B 错误；金属网罩达到静电平衡后，本身是一个等势体，各点的电势是相等的，故C 错误；在金属网罩达到静电平衡后，内部的场强处处为0，所以感应电荷在P 点产生的感应电场强度与点电荷在P 点产生的电场强度大小相等，方向相反，所以根据库仑定律可知，感应电荷在P 点产生的感应电场强度大小为E ＝kQ r2，故D 正确。

]3.(多项选择)(2020·江苏高考·T 9)如下列图，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)。

高考物理二轮复习第一部分专题七带电粒子在电场中的运动限时集训

专题限时集训(七) 带电粒子在电场中的运动(对应学生用书第129页)(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2012·江苏高考T 1)真空中，A 、B 两点与点电荷Q 的距离分别为r 和3r ，则A 、B 两点的电场强度大小之比为( )【导学号：17214127】A ．3∶1B ．1∶3C ．9∶1D ．1∶9C [由库仑定律F ＝kQ 1Q 2r 2和场强公式E ＝F q 知点电荷在某点产生电场的电场强度E ＝kQr2，电场强度大小与该点到场源电荷的距离的二次方成反比，则E A ∶E B ＝r 2B ∶r 2A ＝9∶1，选项C 正确．]2．(2017·湖南长沙一模)如图717所示，虚线a 、b 、c 代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带电质点(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P 、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知( )图717A ．a 、b 、c 三条等势线中，a 的电势最高B ．电场中Q 点处的电场强度大小比P 点处大C ．该带电质点在P 点处受到的电场力比在Q 点处大D ．该带电质点在P 点具有的电势能比在Q 点具有的电势能大C [由图可知，P 点处等势线比Q 点处密集，则P 点处的电场强度比Q 点处大，该带电质点在P 点处受到的电场力比在Q 点处大，故B 错、C 对；若带电质点从P 向Q 运动，根据合外力指向轨迹弯曲的凹侧知电场力做负功，电势能增加，动能减小；若从Q 向P 运动，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，故带电质点在P 点处的动能大于在Q 点处的动能，在P 点具有的电势能小于在Q 点具有的电势能，因不知质点所带电荷的电性，则无法判断电势高低，故A 、D 错误．]3．如图718所示，真空中三点A 、B 、C 构成边长为L 的等边三角形，EF 是其中位线，在E 、F 点分别放置电荷量均为Q 的正、负点电荷．下列说法正确的是( )图718A ．A 点的电场强度大小为43kQ L2 B ．A 点的电势低于C 点的电势C ．电势差U EB 小于电势差U EAD ．负电荷在B 点的电势能大于在C 点的电势能C [＋Q 、－Q 两个点电荷产生的电场在A 处的场强大小相等，夹角为120°，故A 点的电场强度大小为：E A ＝k Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＝4kQ L 2，故A 错误．根据等量异种电荷连线的电场线的分布特点可知，A 点位于两个等量异种点电荷连线的中垂线上，所以A 点的电势与无穷远处的电势相等，而C 点靠近负电荷，可知A 点的电势高于C 点的电势，故B 错误．由电场线的分布可知：EB 间的平均电场强度比EA 间的小，由U ＝Ed 知电势差U EB 小于电势差U EA ，故C 正确．根据等量异种电荷连线的电场线的分布特点，结合B 的分析可知，B 点的电势高于C 点的电势，由E p ＝qφ知负电荷在B 点的电势能小于在C 点的电势能，故D 错误．]4．(2017·东北三省四市联合体联考)如图719所示，在真空中有一对带电的平行金属板水平放置．一带电粒子沿平行于板面的方向，从左侧两极板中央射入电场中，恰能从右侧极板边缘处离开电场．不计粒子重力．若可以改变某个量，下列哪种变化，仍能确保粒子一定飞出电场( )图719A ．只增大粒子的带电量B ．只增大电场强度C ．只减小粒子的比荷D ．只减小粒子的入射速度C [设极板长为L ，极板间的距离为d ，带电粒子的质量为m 、电荷量为q 、加速度为a ，沿平行板面方向带电粒子做匀速直线运动L ＝vt ，垂直板面方向做初速度为零的匀加速运动d 2＝12at 2，qE ＝ma ，由以上三式解得d 2＝qEL 22mv 2，若只增大粒子的带电量或只增大电场强度或只减小粒子的入射速度，则粒子在竖直方向的位移y >d 2，粒子将打在极板上，不能飞出电场，选项A 、B 、D 错误；若只减小粒子的比荷，则粒子在竖直方向的位移y <d 2，粒子能飞出电场，选项C 正确．]5．如图720所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d ，电容为C ，上板B 接地．现有大量质量均为m 、带电量均为q 的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A 的正中央P 点．如果能落到A 板的油滴仅有N 滴，且第N ＋1滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A 板的油滴的电量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g ，则以下说法错误的是( )图720A ．落到A 板的油滴数N ＝Cdmg q 2B ．落到A 板的油滴数N ＝3Cdmg 4q2 C ．第N ＋1滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于mgd8 D ．第N ＋1滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于3mgd 8A [由平抛运动规律：x ＝v 0t ，y ＝12gt 2可知，当N 个油滴落到板上后，其加速度a ＝14g ，由ma ＝mg －qE 得qE ＝34mg ，电容器中的场强E ＝U d ＝Q Cd ＝Nq Cd 可得N ＝3Cdmg 4q2，故B 对、A 错．由动能定理W 合＝mg d 2－qE d 2，代入数据得：W 合＝mgd8，故C 对．克服电场力做的功等于油滴减少的机械能，W 电＝qE d 2＝3mgd 8，故D 对．] 6．如图721所示，在水平地面上竖直固定一绝缘弹簧，弹簧中心直线的正上方固定一个带电小球Q ，现将与Q 带同种电荷的小球P ，从直线上的N 点由静止释放，在小球P 与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是( )【导学号：17214128】图721A．小球P的电势能一直减小B．小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加C．小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和D．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零AB [由于两小球电性相同，所以在P球下落过程中，电场力一直做正功，故电势能一直减小，故A正确；由于电场力做正功，故小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加，故B正确；对小球P分析可知，小球受重力、弹力以及电场力，故在小球P接触弹簧到静止的过程中，小球P动能的减少量等于电场力、弹力和重力做功的代数和，故C错误；小球受向下的重力和库仑力以及向上的弹力作用，开始时合力向下做加速运动，直到弹簧弹力和库仑力以及重力的合力为零时，速度达到最大，故D错误．] 7．(2017·山西大同二模)如图722所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法中正确的是( )图722A．平行板电容器的电容将变小B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将减少D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变ACD [将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，两极板的正对面积S不变，间距d变大，根据关系式C＝εr S4πkd可知，电容C减小，选项A正确；因为静电计指针的变化表征了电容器两极板间电势差的变化，题中电容器两极板间的电势差U不变，所以静电计指针张角不变，选项B 错误；U 不变，极板间距d 变大时，板间电场强度E ＝U d 减小，带电油滴所处位置的电势φP ＝U －Ed 1增大，其中d 1为油滴到上极板的距离，又因为油滴带负电，所以其电势能将减少，选项C 正确；若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则电容器的电荷量Q 不变，极板间距d 变大，根据Q ＝CU ，E ＝U d 和C ＝εr S 4πkd 可知E ∝1εr S，可见，极板间电场强度E 不变，所以带电油滴所受电场力不变，选项D 正确．]8．(2017·河北衡水中学二模)如图723甲所示，Q 1、Q 2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v 0沿两点电荷连线的中垂线从a 点向上运动，其v t 图象如图723乙所示，下列说法正确的是( )图723A ．两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B ．两点电荷一定都带负电，且电量一定相等C ．试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处D ．t 2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零BD [由v t 图可知t 2时刻运动方向改变，且图线斜率不为零，则加速度不为零，0～t 2时间内做减速运动，电场力做负功，试探电荷的动能转化为电势能，t 2时刻电势能最大，C 错误，D 正确．试探电荷沿直线向上运动，则其所受电场力的方向沿Q 1、Q 2连线的中垂线方向向下，所以两点电荷都带负电，且电量相等，A 错误，B 正确．]二、计算题(共2小题，32分)9．(14分)如图724所示，在绝缘水平面上，相距为L 的A 、B 两点处分别固定着两个等量正电荷．a 、b 是AB 连线上两点，其中Aa ＝Bb ＝L /4，O 为AB 连线的中点．一质量为m 、带电荷量为＋q 的小滑块(可视为质点)以初动能E 0从a 点出发，沿AB 直线向b 运动，其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(n >1)，到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求：图724(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)O 、b 两点间的电势差U O b ；(3)小滑块运动的总路程s ．【导学号：17214129】【解析】 (1)由Aa ＝Bb ＝L 4，O 为AB 连线的中点得：a 、b 关于O 点对称，则U a b ＝0．设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f ，对于滑块从a →b 过程，由动能定理得： q ·U a b －f ·L 2＝0－E 0 而f ＝μmg解得：μ＝2E 0mgL ．(2)滑块从O →b 过程，由动能定理得：q ·U O b －f ·L 4＝0－nE 0 解得：U O b ＝－2n －1E 02q ．(3)对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程，由动能定理得：q ·U a O －f ·s ＝0－E 0而U a O ＝－U O b ＝2n －1E 02q解得：s ＝2n ＋14L ．【答案】 (1)2E 0mgL (2)－2n －12q E 0 (3)2n ＋14L 10．(18分) 如图725，两水平面(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 刚离开电场时的动能的1．5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g ．求：图725(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．【导学号：17214130】【解析】 (1)两带电小球的电量相同，可知M 球在电场中水平方向上做匀加速直线运动，N 球在水平方向上做匀减速直线运动，水平方向上的加速度大小相等，两球在竖直方向均受重力，竖直方向上做加速度为g 的匀加速直线运动，由于竖直方向上的位移相等，则运动的时间相等，设水平方向的加速度大小为a ，对M ，有：x M ＝v 0t ＋12at 2，对N ：v 0＝at ，x N ＝12at 2，可得x M ＝32at 2，解得x M ∶x N ＝3∶1．(2、3)设正电小球离开电场时的竖直分速度为v y ，水平分速度为v 1，两球离开电场时竖直分速度相等，因为M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时的动能的1．5倍，则有：12m (v 2y ＋v 21)＝1．5×12mv 2y ，解得v 1＝22v y ，因为v 1＝v 0＋at ＝2v 0，则v 1＝22v y ＝2v 0，因为M 做直线运动，设小球进电场时在竖直方向上的分速度为v y 1，则有：v y 1v 0＝v yv 1，解得v y 1＝12v y ，在竖直方向上有：v 2y 12g ＝h ，v 2y －v 2y 12g ＝H ，解得A 点距电场上边界的高度h ＝H 3．因为M 做直线运动，合力方向与速度方向在同一条直线上，有：v y v 1＝mg qE ＝2，则电场的电场强度E ＝mg 2q ＝2mg 2q ．H 3(3)2mg2q．【答案】(1)3∶1(2)。

(课标版)高考物理二轮复习专题限时训练9 带电粒子在电磁场中的运动(含解析)-人教版高三全册物理试

专题限时训练9 带电粒子在电磁场中的运动时间：45分钟一、单项选择题 1．如图甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的长度和板间距离相等，板间存在如图乙所示的电场强度随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直．在t ＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿两板中线垂直于电场方向射入电场，粒子射入电场时速度大小为v 0，t ＝T 时刻粒子刚好沿MN 板右边缘射出电场，如此( A )A ．该粒子射出电场时的速度方向一定垂直于电场方向B ．在t ＝T 2时刻，该粒子的速度大小为2v 0 C ．假设该粒子在t ＝T2时刻以速度v 0进入电场，如此粒子会打在板上 D ．假设该粒子的入射速度大小变为2v 0，如此该粒子仍在t ＝T 时刻射出电场解析：由题意，粒子在0～T 2内做类平抛运动，在T2～T 内做类斜抛运动，因粒子在电场中所受的电场力大小相等，由运动的对称性可知，粒子射出电场时的速度方向一定垂直于电场方向，选项A 正确；水平方向上有l ＝v 0T ，竖直方向上有12l ＝v y 2T ，在t ＝T 2时刻粒子的速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝2v 0，选项B 错误；假设该粒子在t ＝T 2时刻以速度v 0进入电场，粒子先向下做类平抛运动，再向下做类斜抛运动，恰好沿PQ 板右边缘射出电场，选项C 错误；假设该粒子的入射速度变为2v 0，如此粒子在电场中的运动时间t ＝l 2v 0＝T2，选项D 错误． 2．如下列图，电子经电场加速后垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，在磁场中转半个圆周后打在P 点，通过调节两极板间电压U 可以控制P 点的位置，设OP ＝x ，能够正确反映U 与x 关系的图象是如下图中的( C )解析：电子在电场中加速，有qU ＝12mv 2，进入磁场，有x ＝2r ＝2mv qB ，整理可得x 2＝8mU qB2，选项C 正确．3．质谱仪是一种测定带电粒子比荷和分析同位素的重要工具．右图中的铅盒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S 1进入电压为U 的加速电场区加速后，再通过狭缝S 2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 .如此该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)( C )A.8U R 2B 2B.4UR 2B 2 C.6UR 2B 2 D.2UR 2B 2解析：设粒子被加速后获得的速度为v ，由动能定理有：qU ＝12mv 2，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r ＝3R 3，又qvB ＝m v 2r ，可求q m ＝6U R 2B2，选项C 正确． 4．(2019·全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B 和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为( B )A.5πm 6qBB.7πm 6qBC.11πm 6qBD.13πm 6qB解析：设带电粒子进入第二象限的速度为v ，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如下列图，对应的轨迹半径分别为R 1和R 2，由洛伦兹力提供向心力有qvB ＝m v 2R 、T ＝2πR v ，可得R 1＝mv qB、R 2＝2mv qB 、T 1＝2πm qB 、T 2＝4πm qB ，带电粒子在第二象限中运动的时间为t 1＝T 14，在第一象限中运动的时间为t 2＝θ2πT 2，又由几何关系有cos θ＝R 2－R 1R 2，如此粒子在磁场中运动的时间为t ＝t 1＋t 2，联立以上各式解得t ＝7πm 6qB，选项B 正确，A 、C 、D 均错误． 5．电动自行车是一种应用广泛的交通工具，其速度控制是通过转动右把手实现的，这种转动把手称“霍尔转把〞，属于传感器非接触控制．转把内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图甲．开启电源时，在霍尔器件的上下面之间加一定的电压，形成电流，如图乙．随着转把的转动，其内部的永久磁铁也跟着转动，霍尔器件能输出控制车速的电压，电压与车速关系如图丙．以下关于“霍尔转把〞表示正确的答案是( B )A ．为提高控制的灵敏度，永久磁铁的上、下端分别为N 、S 极B ．按图甲顺时针转动电动车的右把手，车速将变快C ．图乙中从霍尔器件的左右侧面输出控制车速的霍尔电压D ．假设霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，将影响车速控制解析：因为霍尔器件的上、下面之间加一定的电压，形成电流，当永久磁铁的上、下端分别为N 、S 极时，磁场与电子的移动方向平行，如此电子不受洛伦兹力作用，那么霍尔器件不能输出控制车速的电势差，A 错误；当按图甲顺时针转动把手，导致霍尔器件周围的磁场增加，那么霍尔器件输出控制车速的电势差增大，因此车速变快，B 正确；根据题意，结合图乙的示意图，那么永久磁铁的N 、S 极可能在左、右侧面，或在前、后外表，因此从霍尔器件输出控制车速的电势差，不一定在霍尔器件的左、右侧面，也可能在前、后外表，C 错误；当霍尔器件的上、下面之间所加电压正负极性对调，因此霍尔器件输出控制车速的电势差正负号相反，但由图丙可以知道，不会影响车速控制，故D 错误．6．为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如下列图的长方体流量计．该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a 、b 、c ，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M 、N 两端间的电压表将显示两个电极间的电压U .假设用Q 表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，如下说法中正确的答案是( C )A ．M 端的电势比N 端的高B ．电压表的示数U 与a 和b 均成正比，与c 无关C ．电压表的示数U 与污水的流量Q 成正比D ．假设污水中正负离子数一样，如此电压表的示数为0解析：由左手定如此可知正电荷打在N 端，所以M 端的电势比N 端的低，应当选项A 错误；由q U b ＝qBv ，解得U ＝Bbv ，应当选项B 、D 错误；污水的流量Q ＝vS ＝U Bb bc ＝U B c ，所以电压表的示数U 与污水的流量Q 成正比，应当选项C 正确．二、多项选择题7．如下列图，一质量为m 的带电小球用长为L 的不可伸长的绝缘细线悬挂于O 点，在O 点下方存在一个水平向右、场强为E 的匀强电场，小球静止时悬线与竖直方向成45°角，重力加速度为g ，不计空气阻力．如下说法正确的答案是( CD )A ．假设剪断细线，小球将做曲线运动B ．小球带正电C ．假设突然将电场方向变为水平向左，小球运动到最低点时的速率为2gLD ．假设突然将电场方向变为水平向左，小球一定能运动到O 点右侧与初始位置等高处解析：假设剪断细线，小球在恒力作用下将做直线运动，选项A 错误；由受力分析与平衡条件可知，小球所受电场力F ＝qE ＝mg ，方向水平向左，与电场方向相反，小球带负电，选项B 错误；将电场方向变为水平向左，从图示位置到最低点，由动能定理得mgL (1－cos45°)＋EqL sin45°＝12mv 2，解得v ＝2gL ，选项C 正确；将电场方向变为水平向左，O 点右侧与初始位置等高处为速度最大点，如此小球一定能运动到O 点右侧与初始位置等高处，选项D 正确．8．如下列图，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M 点水平射入场区，经一段时间运动到N 点，关于小球由M 到N 的运动，如下说法正确的答案是( BC )A ．小球可能做匀变速运动B ．小球一定做变加速运动C ．小球动能可能不变D ．小球机械能守恒解析：小球从M 到N ，在竖直方向上发生了偏转，所以刚开始受到的竖直向下的洛伦兹力、竖直向下的重力和竖直向上的电场力的合力不为零，并且速度方向变化，如此洛伦兹力方向变化，所以合力方向变化，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A 错误，B 正确；假设电场力和重力等大反向，如此此过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能不变，重力势能减小，这种情况下机械能不守恒，假设电场力和重力不等大反向，如此有电场力做功，所以机械能也不守恒，故小球的机械能不守恒，C 正确，D 错误．9．如图甲所示，空间同时存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B ，电场强度为E ，一质量为m ，电荷量为q 的带正电小球恰好处于静止状态．现在将磁场方向顺时针旋转30°，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度v ，如图乙所示．如此关于小球的运动，如下说法正确的答案是( AD )A ．小球做匀速圆周运动B ．小球运动过程中机械能守恒C ．小球运动到最低点时电势能增加了mgv2BqD ．小球第一次运动到最低点历时πm 2qB解析：小球在复合场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡．当把磁场顺时针方向倾斜30°，且给小球一个垂直磁场方向的速度v ，如此小球受到的合力就是洛伦兹力，且与速度方向垂直，所以带电粒子将做匀速圆周运动，选项A 正确；由于带电粒子在垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动过程中受到电场力要做功，所以机械能不守恒，选项B 错误；电场力从开始到最低点抑制电场力做功为W ＝EqR sin30°＝m 2gv 2Bq，所以电势能的增加量为m 2gv 2Bq ，选项C 错误；小球从第一次运动到最低点的时间为14T ＝πm 2Bq，选项D 正确．10．如图甲所示，两平行金属板A 、B 放在真空中，间距为d ，P 点在A 、B 板间，A 、B 板间的电势差U 随时间t 的变化情况如图乙所示，t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e 的电子，当t ＝2T 时，电子回到P 点．电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，如下说法正确的答案是( BD )A ．U 1U 2＝1 2 B ．U 1U 2＝1 3C ．在0～2T 时间内，当t ＝T 时电子的电势能最小D ．在0～2T 时间内，电子的电势能减小了2e 2T 2U 21md2 解析：0～T 时间内平行板间的电场强度为E 1＝U 1d ，电子以加速度a 1＝E 1e m ＝U 1e dm向上做匀加速直线运动，当t ＝T 时电子的位移x 1＝12a 1T 2，速度v 1＝a 1T .T ～2T 时间内平行板间的电场强度E 2＝U 2d ，电子加速度a 2＝U 2e dm，以v 1的初速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，位移x 2＝v 1T －12a 2T 2，由题意t ＝2T 时电子回到P 点，如此x 1＋x 2＝0，联立可得U 2＝3U 1，选项A 错误，B 正确．当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0～2T 时间内电子先做匀加速直线运动，之后做匀减速直线运动，后又做方向向下的匀加速直线运动，在t ＝T 时，电子的动能E k1＝12mv 21＝e 2T 2U 212md2，电子在t ＝2T 时回到P 点，此时速度v 2＝v 1－a 2T ＝－2U 1eT dm (负号表示方向向下)，电子的动能为E k2＝12mv 22＝2e 2T 2U 21md 2，E k1<E k2，根据能量守恒定律，电势能的减少量等于动能的增加量，在t ＝2T 时电子的电势能最小，选项C 错误，选项D 正确．三、计算题11．如下列图，在竖直平面内的xOy 直角坐标系中，MN 与水平x 轴平行，在MN 与x 轴之间有竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面水平向里的匀强磁场，电场强度E ＝2 N/C ，磁感应强度B ＝1 T ．从y 轴上的P 点沿x 轴正方向以初速度v 0＝1 m/s 水平抛出一带正电的小球，小球的质量为m ＝2×10－6 kg ，电荷量q ＝1×10－5 C ，g 取10 m/s 2.P 点到O 点的距离为d 0＝0.15 m ，MN 到x 轴距离为d ＝0.20 m ．(π＝3.14，2＝1.414，3＝1.732，结果保存两位有效数字)(1)求小球从P 点运动至MN 边界所用的时间；(2)假设在小球运动到x 轴时撤去电场，求小球到达MN 边界时的速度大小．答案：(1)0.38 s (2)2.8 m/s解析：(1)由平抛运动的规律，设小球做平抛运动的时间为t 1，进入电磁场时的速度为v ，进入电磁场时速度与水平方向的夹角为θ，如此d 0＝12gt 21解得t 1＝2d 0g ＝310s 如此v ＝(gt 1)2＋v 20 cos θ＝v 0v解得v ＝2 m/s ，θ＝60°小球在电磁场区域中，有qE ＝2×10－5 N ＝mg ，故小球做匀速圆周运动，设轨道半径为r ，如此qvB ＝m v 2r解得r ＝mv qB＝0.4 m由几何关系知，小球的运动轨迹与MN 相切，在电磁场中运动时间t 2＝16×2πr v ＝π15s 小球从P 点运动到MN 所用时间t ＝t 1＋t 2＝0.38 s(2)假设撤去电场，设小球运动至MN 时速度大小为v 1，由动能定理得mgd ＝12mv 21－12mv 2 解得v 1＝2 2 m/s ＝2.8 m/s12．一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy 平面内的截面如下列图：中间是磁场区域，其边界与y 轴垂直，宽度为l ，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l ′，电场强度的大小均为E ，方向均沿x 轴正方向；M 、N 为条状区域边界上的两点，它们的连线与y 轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M 点入射的速度从N 点沿y 轴正方向射出．不计重力．(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从M 点入射时速度的大小；(3)假设该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷与其从M 点运动到N 点的时间．答案：(1)见解析 (2)2El ′Bl(3)43El ′B 2l 2Bl E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3πl 18l ′ 解析：(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M 点射入时速度的大小为v 0，在下侧电场中运动的时间为t ，加速度的大小为a ；粒子进入磁场的速度大小为v ，方向与电场方向的夹角为θ[见图(b)]，速度沿电场方向的分量为v 1.根据牛顿第二定律有qE ＝ma ①式中q 和m 分别为粒子的电荷量和质量．由运动学公式有v 1＝at ②l ′＝v 0t ③v 1＝v cos θ④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB ＝mv 2R⑤ 由几何关系得l ＝2R cos θ⑥联立①②③④⑤⑥式得v 0＝2El ′Bl⑦ (3)由运动学公式和题给数据得v 1＝v 0tan π6⑧ 联立①②③⑦⑧式得q m ＝43El ′B 2l2⑨ 设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t ′，如此t ′＝2t ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－π62πT ⑩ 式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，T ＝2πm qB⑪ 由③⑦⑨⑩⑪式得t ′＝Bl E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3πl 18l ′⑫。

2018年高考物理课标Ⅱ专用复习专题测试专题八静电场共155张精品

A.aa>ab>ac,va>vc>vb B.aa>ab>ac,vb>vc>va C.ab>ac>aa,vb>vc>va D.ab>ac>aa,va>vc>vb
答案Leabharlann D带电粒子在电场中仅受电场力作用,由牛顿第二定律知加速度a=
F m
=
qQ E m
,E=k
qP r2
,因
为rb<rc<ra,所以ab>ac>aa;
5
Ucb,E=2.5 V/cm,A项正确。Uoe=Elob 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。
方法技巧充分利用直角三角形中37°和53°的关系 ①Oa为6 cm,Ob=8 cm,这样连接O、c,∠cOb=37°,∠Ocb=53°。 ②在a、c连线上找φd=17 V,bd为等势线。由对应关系得lcd=4.5 cm,∠cbe=37°。Oec恰好为电场线。 ③充分利用电场中的角度,以37°和53°的关系解题。
由动能定理有Wab=qQUab=
1 2
m
vb2
-
1 2
mva2
Wbc=qQUbc=
1 2
m
vc2
-
1 2
mvb2
因为Wab<0,所以va>vb
因为Wbc>0,所以vc>vb
因为|Uab|>|Ubc|,所以va>vc
故有va>vc>vb,D项正确。
考查点电场力的性质解题关键 ①了解点电荷周围场强的分布。 ②利用轨迹偏转情况判定受力方向。 ③利用点电荷周围等势面的特点,判定电场力做功。易错警示通过轨迹的偏转情况判定受力方向与速度变化情况是难点及易错点。

新课标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

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07】电场与带电粒子在电场中的运动(练)(原卷版)

2018高三二轮复习之讲练测之练案【新课标版物理】专题07 电场与带电粒子在电场中的运动1．【2018·江苏卷】如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x 轴垂直于环面且过圆心O ，下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（）A ．O 点的电场强度为零，电势最低B ．O 点的电场强度为零，电势最高C ．从O 点沿x 轴正方向，电场强度减小，电势升高D ．从O 点沿x 轴正方向，电场强度增大，电势降低2．【2018·重庆卷】如题3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a W 和b W ，a 、b 点的电场强度大小分别为a E 和b E ，则（）A.,a b a b W W E E =>B. ,a b a b W W E E ≠>C. ,a b a b W W E E =<D. ,a b a b W W E E ≠<3．（多选）【2018·新课标全国卷Ⅰ】如图，在正电荷Q 的电场中有M 、N 、P 和F 四点，M 、N 、P 为直角三角形的三个顶点，F 为MN 的中点，30M ∠=，M 、N 、P 、F 四点处的电势分别用M ϕ、N ϕ、P ϕ、F ϕ表示，已知M N ϕϕ=，P F ϕϕ=，点电荷Q 在M 、N 、P 三点所在平面内，则（）A 、点电荷Q 一定在MP 连线上B 、连线PF 一定在同一个等势面上C 、将正试探电荷从P 点搬运到N 点，电场力做负功D 、P ϕ大于M ϕ4．【2018·福建卷】如图，真空中xOy 平面直角坐标系上的ABC 三点构成等边三角形，边长L=2.0m 。

若将电荷量均为q=+2.0×10-6C 的两点电荷分别固定在A 、B 点，已知静电力常量k=9.0×109N·m 2/C 2。

【高三物理试题精选】2018高考物理带电粒子在电场中的运动二轮复习题(带答案)

2018高考物理带电粒子在电场中的运动二轮复习题（带答
案）
CO
M 专题六带电粒子在电场中的运动
1 (多选)(r曲线下面积的单位
(2) 已知带电球在r≥R处的场强E=,式中k为静电力常量,该均匀带电球所带的电荷量Q为多大?
(3) 求球心与球表面间的电势差ΔU
(4) 质量为m、电荷量为q的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2R处?
8 (2l0,-l0)到C(-2l0,0)区域内,连续分布着电荷量为+q、质量为m的粒子从某时刻起由A点到C点间的粒子依次连续以相同的速度v0沿x轴正方向射入电场若从A点射入的粒子恰好从y轴上的A’(0,l0)沿x轴正方向射出电场,其轨迹如图虚线所示不计粒子的重力及它们间的相互作用
(1) 求匀强电场的电场强度E
(2) 求在AC间还有哪些位置的粒子,通过电场后也能沿x轴正方向运动
专题六带电粒子在电场中的运动
1 CD
2 B
3 B
4 C
5 ABD
6 B
7 (1) E-r曲线下面积的单位为伏特
(2) 由点电荷的电场强度式,E0=,
解得该均匀带电球所带的电荷量Q=
(3) 根据E-r曲线下面积表示电势差知,球心与球表面间的电势。

2018版高考物理轮复习配套(习题)第八章恒定电流能力

能力课带电粒子在匀强磁场及复合场中的运动一、单项选择题1．如图1所示，一束带负电的粒子(质量为m 、电荷量为e )以速度v 垂直磁场的边界从A 点射入磁感应强度为B 、宽度为d 的匀强磁场中。

若粒子的速度大小可变，方向不变，要使粒子不能通过磁场的右边界，则粒子的速度最大不能超过( )图1A.eBd 2mB.2eBd 3mC.eBd mD.2eBd m解析解答此题时可从动态圆模型角度思考，通过画出几个粒子速度大小不同的轨迹圆弧，从而得到临界轨迹圆弧，如图所示，由几何关系可知：R ＝d ，即粒子运动轨迹与磁场的右边界相切，又e v B ＝m v 2R联立解得v ＝eBdm 。

故选项C 正确。

答案 C2．(2017·河南洛阳市统考)如图2所示，一个静止的质量为m 、带电荷量为q 的带电粒子(不计重力)，经电压U 加速后垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，粒子最后落到P 点，设OP ＝x ，下列图线能够正确反映x 与U 之间的函数关系的是( )图2解析带电粒子在电场中加速时，由动能定理得qU ＝12m v 2，而在磁场中偏转时，由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2r ，依题意x ＝2r ，联立解得x ＝2m qB 2qU m ，因此正确答案为B 。

答案 B3．(2016·厦门一模)如图3所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。

质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的边界进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t ，从复合场区穿出时的动能为E k ，则 ( )图3A ．若撤去磁场B ，质子穿过场区时间大于t B ．若撒去电场E ，质子穿过场区时间等于tC ．若撒去磁场B ，质子穿出场区时动能大于E kD ．若撤去电场E ，质子穿出场区时动能大于E k解析质子在电场中是直线加速，进入复合场，电场力与洛伦兹力等大反向，质子做匀速直线运动。

(广东专用)(新课标)高考物理二轮作业手册专题限时集训第8讲带电粒子在磁场及复合场中的运动

专题限时集训(八)A [第八讲带电粒子在磁场及复合场中的运动](时间：40分钟)1．(双选)如图8－1所示，边界MN下方有一垂直纸面向外的匀强磁场，一电子以速度v从点O射入MN，经磁场后能返回到MN边界上图8－1方，以下正确的是( )A．电子从O点右边返回边界上方B．电子从O点左边返回边界上方C．只增大射入速度v，则电子在磁场中运动的路程一定改变D．只增大射入速度v，则电子在磁场中运动的时间一定改变2．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，运行的半圆轨迹如图8－2中虚线所示．下列表述正确的是( )图8－2A．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做正功D．M的运行时间大于N的运行时间3．(双选)如图8－3所示，速度不同的同种带电粒子(重力都不计)a、b 沿半径AO方向进入一圆形匀强磁场区域，a、b两粒子的运动轨迹分别为AB和AC，则下列说法中正确的是( )图8－3A．a粒子的速度比b粒子速度大B．a粒子在磁场中的运动时间比b粒子长C．两粒子离开磁场时的速度反向延长线一定都过圆心D．两粒子离开磁场时的速度反向延长线不一定都过圆心4．如图8－4所示，A 、B 极板间存在竖直方向的匀强电场和匀强磁场，一带电微粒在A 、B图8－4间的水平面内做匀速圆周运动．下列说法正确的是( ) A ．该微粒带正电荷B ．仅改变R 3阻值，微粒将继续做匀速圆周运动C ．仅改变A 、B 极板之间的距离，微粒将继续做匀速圆周运动D ．仅改变A 、B 极板之间的正对面积，微粒将不能继续做匀速圆周运动5．如图8－5所示，有理想边界的匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B ，某带电粒子的比荷(电荷量与质量之比)大小为k ，由静止开始经电压为U 的电场加速后，从O 点垂直射入磁场，又从P 点穿出磁场. 下列说法正确的是(不计粒子所受重力)( )图8－5A ．如果只增加U ，粒子可以从dP 之间某位置穿出磁场B ．如果只减小B ，粒子可以从ab 边某位置穿出磁场C ．如果既减小U 又增加B ，粒子可以从bc 边某位置穿出磁场D ．如果只增加k ，粒子可以从dP 之间某位置穿出磁场 6．(双选)如图8－6所示，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场(B)和匀强电场(E)组成的速度选择器，然后粒子通过平板S 上的狭缝P ，进入另一匀强磁场(B′)，最终打在A 1A 2上．下列表述正确的是( )图8－6A. 粒子带负电B. 所有打在A 1A 2上的粒子，在磁场B′中运动时间都相同C. 能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于EBD. 粒子打在A 1A 2上的位置越靠近P ，粒子的比荷qm越大图8－77．(双选)回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图8－7所示．D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T 的交流电源上．位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电场加速．当质子被加速到最大动能E k后，再将它们引出．忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是( )A．若只增大交变电压U，则质子的最大动能E k会变大B．若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行时间会变短C．若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子D．质子第n次被加速前后的轨道半径之比为n－1∶n8．(双选)如图8－8所示为云室中某粒子穿过铅板P前后的轨迹．室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直(图中垂直于纸面向里)，由此可知此粒子( )图8－8A．一定带正电 B．一定带负电C．从下向上穿过铅板 D．从上向下穿过铅板9．如图8－9所示，内径为r、外径为2r的圆环内有垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场．圆环左侧的平行板电容器两板间电压为U，靠近M板处静止释放质量为m、电荷量为q的正离子，经过电场加速后从N板小孔射出，并沿圆环直径方向射入磁场，求：(1)离子从N板小孔射出时的速率；(2)离子在磁场中做圆周运动的半径；(3)要使离子不进入小圆区域，磁感应强度的取值范围．图8－910．如图8－10所示，一个板长为L、板间距离也是L的平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，在极板右边的空间里存在着垂直于纸面向里的匀强磁场．有一质量为M，重力不计，带电荷量－q的粒子从极板正中以初速度v0水平射入，恰能从上极板边缘飞出又能从下极板边缘飞入，求：(1)两极板间匀强电场的电场强度E的大小和方向；(2)粒子飞出极板时的速度v的大小与方向；(3) 磁感应强度B的大小．图8－10专题限时集训(八)B [第8讲带电粒子在磁场及复合场中的运动](时间：40分钟)图8－111．(双选)如图8－11所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区，对从ab边离开磁场的电子，下列判断正确的是( )A．从a点离开的电子速度最小B．从a点离开的电子在磁场中运动时间最短C．从b点离开的电子运动半径最小D．从b点离开的电子速度偏转角最小2．(双选)如图8－12所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有( )图8－12A．a、b均带正电B．a在磁场中飞行的时间比b的短C．a在磁场中飞行的路程比b的短D．a在P上的落点与O点的距离比b的近图8－133．在水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里．现将一个带正电的金属小球从M点以初速度v0水平抛出，小球着地时的速度为v1，在空中的飞行时间为t1.若将磁场撤除，其他条件均不变，那么小球着地时的速度为v2，在空中飞行的时间为t2.小球所受空气阻力可忽略不计，则关于v1和v2、t1和t2的大小比较，以下判断正确的是( )A．v1＞v2，t1＞t2B．v1＜v2，t1＜t2C．v1＝v2，t1＜t2 D．v1＝v2，t1＞t2图8－144．(双选)如图8－14所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，两极间距为d ，极板面积为S ，这两个电极与定值电阻R 相连．在垂直前后侧面的方向上有一匀强磁场，磁感应强度大小为B.发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体，气体以速度v 向右流动，并通过专用管道导出．由于运动的电离气体受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势．下列说法中正确的是( )A ．发电导管的内阻为ρdSB ．流过电阻R 的电流方向为b→aC ．发电导管产生的电动势为BdvD ．电阻R 消耗的电功率为B 2d 2v2R5．(双选)用回旋加速器来加速带电粒子，以下说法正确的是( )图8－15A ．图中加速器出口射出的是带正电的粒子B ．D 形盒的狭缝间所加的电压必是交变电压C ．强磁场对带电粒子做功，使其动能增大D ．粒子在加速器的半径越大，周期越长6．(双选)如图8－16所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是竖直平面内三个相同的半圆形光滑轨道，k 为轨道最低点，Ⅰ处于匀强磁场中，Ⅱ和Ⅲ处于匀强电场中，三个完全相同的带正电小球a 、b 、c 从轨道最高点自由下滑至第一次到达最低点k 的过程中，下列说法中正确的有( )Ⅰ Ⅱ Ⅲ图8－16A ．在k 处小球b 速度最大B ．在k 处小球c 对轨道压力最大C ．小球b 需时最长D ．小球c 机械能损失最多7．如图8－17所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线l 做直线运动，l 与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中错误的是( )图8－17A．液滴一定做匀速直线运动B．液滴一定带正电C．电场线方向一定斜向上D．液滴有可能做匀变速直线运动8．两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO 方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图8－18所示．若不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )图8－18A．a粒子带正电，b粒子带负电B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C．b粒子动能较大D．b粒子在磁场中运动时间较长9．如图8－19所示，长度均为L的两个平行金属板相距为d，O、O′为两金属板中心处正对的两个小孔，两平行金属板接有电压恒为U的电源．紧靠右金属板右侧的边长为L 的正方形MQPN的左下半空间有匀强磁场，MN与右金属板重合．一质量为m、带电荷量为－q(q＞0)的带电粒子(重力不计)从O点以可忽略的初速度进入金属板间的电场，经加速后再进入磁场区，恰好垂直MP而离开磁场区，试求：(1)磁感应强度B的大小；(2)带电粒子从O点进入电场到最后从MP离开磁场的时间t.图8－1910．如图8－20甲所示，两平行金属板A、B的板长l＝0.20 m，板间距d＝0.20 m，两金属板间加如图乙所示的交变电压，并在两板间形成交变的匀强电场，忽略其边缘边缘效应．在金属板右侧有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其左右宽度D＝0.40 m，上下范围足够大，边界MN和PQ均与金属板垂直，磁感应强度B＝1.0×10－2T.现从t＝0开始，从两极板左端的中点O处以每秒钟1000个的速率不停地释放出某种带正电的粒子，这些粒子均以v0＝2.0×105 m/s的速度沿两板间的中线射入电场，已知带电粒子的比荷qm＝1.0×108C/kg，粒子的重力和粒子间的相互作用都忽略不计，在粒子通过电场区域的极短时间内极板间的电压可以看作不变．(1)求t＝0时刻进入的粒子，经边界MN射入磁场和射出磁场时两点间的距离．(2)当两金属板间的电压至少为多少时，带电粒子不能进入磁场？(3)在电压变化的第一个周期内，有多少个带电粒子能进入磁场？甲乙图8－20专题限时集训(八)A1．AC [解析] 由左手定则，电子的洛伦兹力垂直v 向上，电子向右上方偏转，选项A 正确，选项B 错误；增大速度v ，则半径r ＝mvqB 增大，电子运动的弧长变大，但圆心角θ不变，运动时间t ＝θ2πT ＝θmqB不变，选项C 正确，选项D 错误．2．A [解析] 由左手定则判断知，A 正确；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2r ，半径r ＝mvqB ，在质量与电荷量相同的情况下，半径大说明速率大，即M 的速率大于N 的速率，B 错误；洛伦兹力不做功，C 错误；粒子在磁场中运行半周，即运行时间为周期的一半，而周期为T ＝2πmqB，故M 的运行时间等于N 的运行时间，D 错误． 3．BC [解析] 沿径向入射的粒子，离开磁场时的速度反向延长线一定都过圆心，选项C 正确，选项D 错误；由图可得b 粒子的半径大，根据r ＝mvqB ，b 粒子速度大，选项A 错误；b 粒子运动轨迹的圆心角小，由t ＝θ2π·2πmqB ， b 粒子运动时间小，选项B 正确．4．B [解析] 带电微粒在A 、B 间的水平面内做匀速圆周运动，mg ＝Eq ，电场力向上，微粒带负电，选项A 错误；仅改变R 3阻值，电场力不变，微粒将继续做匀速圆周运动，选项B 正确；仅改变A 、B 极板之间的距离，由E ＝Ud 可知，电场强度变化，微粒将做螺旋线运动，选项C 错误；仅改变A 、B 极板之间的正对面积，电场强度不变，微粒将继续做匀速圆周运动，选项D 错误．5．D [解析] 若只增大U ，粒子速度增大，粒子可以从Pc 之间或cb 之间某处穿出磁场，选项A 错误；若只减小B ，粒子轨道半径增大，粒子可以从Pc 之间或cb 之间某处穿出磁场，选项B 错误；若同时减小U 和增加B ，粒子轨道半径减小，粒子可以从od 之间或dP 之间穿出磁场，选项C 错误；若只增加k ，粒子轨道半径减小，粒子可以从cd 之间或dP 之间某位置穿出磁场，选项D 正确．6．CD [解析] 由左手定则判断，粒子带正电，A 错；所有打在A 1A 2上的粒子，运动时间均等于半周期，但不同的粒子周期并不相同，由T ＝2πmqB ′决定，即与比荷有关，B 错；能通过狭缝P 的带电粒子，其速率是相同的，它们在速度选择器中有：qE ＝qvB ，即：v ＝EB ，C对；打在A 1A 2上的位置由它们在偏转场的半径决定，由r ＝mv qB′＝mE qBB′知，qm 越大，粒子打在A 1A 2上的位置越靠近P ，D 对．7．BD [解析] 由E k ＝12mv 2m 及qvB ＝mv 2m R 得：E km ＝（qBR ）22m ，与U 无关，A 错；增大交变电压，则质子的加速次数变少，故质子在回旋加速器中运动时间变短，B 对；若改变回旋加速器内交变电压的周期，则交变电压的周期与质子在D 形盒中运动的周期不再相同，不能加速质子，C 错；质子被第n 次被加速前后的轨道半径为R n －1、R n ，则(n －1)qU ＝12mv 2n －1、nqU＝12mv 2n ，解得：v n －1＝2（n －1）qUm ，v n ＝2nqU m ，则v n －1∶v n ＝n －1∶n ，由R ＝mvqB得：R n －1∶R n ＝n －1∶n ，D 对．8．AC [解析] 粒子穿过铅板时，速率应越来越小，半径也越来越小，故粒子应从下向上穿过铅板，C 对，D 错；由图可知，粒子所受的洛伦兹力指向曲线弯曲的内侧，再由左手定则可判断，该粒子带正电，A 对，B 错．9．(1)2qU m (2)1B·2mU q (3)B≥23r·2mUq[解析] (1)设离子从N 板小孔射出进入匀强磁场的速率为v ，由动能定理有 qU ＝12mv 2解得v ＝2qUm. (2)离子在磁场中做圆周运动，轨道半径为R ，由洛伦兹力提供向心力有 qvB ＝m v 2R联立解得：R ＝1B·2mU q. (3)要使离子不进入小圆区域，其轨道半径时只能与小圆相切，此时轨道半径为R 0，则由图可知(R 0＋r)2＝R 20＋(2r)2解得：R 0＝32r离子不进入小圆区域的条件是：R≤R 0，联立解得：B≥23r·2mU q.10．(1)E ＝mv 2qL ，方向竖直向下 (2)v ＝2v 0，与水平方向的夹角为45°，斜向右上 (3)B＝2mv 0qL[解析] (1)由于上板带正电，下板带负电，故板间电场强度方向竖直向下．－q 粒子在水平方向上匀速运动，在竖直方向上匀加速运动， L ＝v 0t L 2＝12at 2 其中a ＝Eqm解得：E ＝mv 20qL.(2)设粒子飞出板时水平速度为v x ，竖直速度为v y ，水平偏转角为θ.v x ＝v 0，v y ＝at ＝Eq m ·L v 0，tan θ＝v y v x，v ＝v 2x ＋v 2y 可得θ＝45°，v ＝2v 0.(3)由几何关系易知R ＝22L 洛伦兹力提供向心力，有 qvB ＝mv 2R解得B ＝2mv 0qL. 专题限时集训(八)B1．BC [解析] 带电粒子在矩形区域内运动轨迹越长，对应的圆心角θ越小，轨道半径越大，其速率也越大，即从a 点离开的电子速度最大，A 、D 错，C 对；而运动时间为t ＝θm qB ，θ越小，运动时间越短，故从a 点离开的电子在磁场中运动时间最短，B 对．2．AD [解析] 由左手定则可知A 正确；根据洛伦兹力提供向心力，有Bvq ＝mv 2r，解得r ＝mv Bq，由于同种粒子且速度相同，所以在磁场中运动的轨道半径相同，示意图如图所示，从图中可以看出b 离子轨迹为半圆，a 离子轨迹超过半圆，B 、C 错误，D 正确．3．D [解析] 洛伦兹力不做功，根据动能定理，可知v 1＝v 2，粒子下落的时间由下落高度和沿竖直方向上的加速度决定，有磁场时，粒子受到的洛伦兹力对粒子产生了沿竖直向上方向的分力，该分力使粒子下落的加速度比没有磁场时小，所以下落得慢，时间长，即t 1>t 2.本题答案为D.4． AC [解析] 由电阻的决定式可知选项A 正确；由左手定则可知电离气体中的正离子向上侧面聚集，上侧面相当于电源的正极，故流过电阻R 的电流方向为a→b，选项B 错误；对于某个气体离子受力分析，由电场力等于洛伦兹力可知，q E d＝Bqv ，解得发电导管产生的电动势为E ＝Bdv ，选项C 正确；由于发电导管有内阻，故电阻R 消耗的电功率一定小于B 2d 2v 2R，选项D 错误． 5．AB [解析] 磁场方向竖直向上，带电粒子受指向圆心的洛伦兹力，由左手定则可判断，加速器出口射出的是带正电的粒子，A 正确；D 形盒电场的方向随时间变化，使得带电粒子不断地在电场中得到加速，B 正确；洛伦兹力对带电粒子不做功，在磁场中带电粒子的动能不发生变化，C 错误；由T ＝2πm Bq知，粒子在D 形盒中的周期由磁感应强度、粒子的比荷决定，与加速器的半径无关，D 错误．6．BC [解析] 三个小球的重力做功相同，a 小球的洛伦兹力不做功，b 小球的电场力做负功，c 小球电场力做正功，根据动能定理可知，在k 处c 小球速度最大，选项A 错误；设小球在k 处的速度大小为v ，则小球对轨道的压力大小为F －mg ＝mv 2r，因为在k 处c 小球速度最大，所以在k 处c 小球对轨道压力最大，选项B 正确；三个小球运动的路程相等，根据动能定理，运动到相同位置处时b 小球的速率最小，故b 小球需时最长，选项C 正确；除重力之外，其他力所做的功等于机械能的改变量，显然，a 小球的机械能守恒，b 小球的机械能减小，c 小球的机械能增加，故b 小球机械能损失最多，选项D 错误．7．D [解析] 液滴共受到三个力的作用：重力、电场力和洛伦兹力，其中重力和电场力都是恒力，洛伦兹力与运动方向垂直，假如液滴做变速运动，洛伦兹力就是变力，液滴的合外力方向一定会发生变化，液滴将做曲线运动，故液滴一定做匀速直线运动，选项A 正确，选项D 错误；液滴处于平衡状态，合力为零，据此判断出，液滴一定带正电，电场线方向一定斜向上，选项B 、C 正确．本题答案为D.8．C [解析] 由左手定则判断，a 粒子带负电，b 粒子带正电，A 错；粒子在磁场中所受的洛伦兹力为f ＝qvB ，在电荷量、磁感应强度相同的情况下，速度越大，洛伦兹力越大，偏转越小，即b 粒子在磁场中所受洛伦兹力较大，B 错；质量相同时，速度大，则动能大，C 对；粒子在磁场中的运动时间为t ＝θm qB，a 粒子对应的圆心角大，故a 粒子在磁场中运动时间较长，D 错．9．(1)2L2mU q (2)d ＋πL 82m qU [解析] (1)粒子在电场中加速时，有qU ＝12mv 2 解得v ＝2qU m 而轨道半径R ＝L 2粒子在磁场中运动时：qvB ＝mv 2R 联立可得：B ＝2L2mU q . (2)粒子在电场中的运动时间为t 1，有 d ＝12vt 1 解得：t 1＝2d v ＝d 2m qU. 在磁场中的运动周期为T ，T ＝2πR v＝πL 2m qU运动时间t 2＝T 8＝πL 82m qU所以运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝(d ＋πL 8)2m qU . 10．(1)0.4 m (2)400 V (3)3200[解析] (1)t ＝0时刻电压为零，粒子匀速通过平行金属板的时间极短，由牛顿第二定律，有Bqv 0＝mv 20r解得：r ＝mv 0Bq＝0.2 m ＜D. 粒子做半个圆周的运动，故射入磁场和射出磁场时两点间的距离s ＝2r ＝0.4 m. (2)粒子在电场中做类平抛运动，当粒子从金属板边缘射出时，有d 2＝12at 2，l ＝v 0t 其中a ＝U 0q dm联立解得U 0＝md 2v 20ql2＝400 V. (3)当∣u AB ∣＜U 0时，粒子可以射出电场，根据比例关系得第一个周期能够出射的粒子数为n ＝400500×1000×4＝3200个．。

专题8-3 电容器带电粒子在电场中的运动高效演练-2018

（五）高效演练1．如图所示，先接通S 使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q 、电容C 、两极板间电势差U 、两极板间场强E 的变化情况是( ) A ．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变小 B ．Q 变小，C 变小，U 不变，E 不变 C ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变 D ．Q 不变，C 变小，U 变小，E 变小【答案】C.【解析】电容器充电后再断开S ，则电容器所带的电荷量Q 不变，由C ∝εr Sd可知，d 增大时，C 变小；又U ＝Q C ，所以U 变大；由于E ＝U d ，U ＝Q C ＝4πkdQ εr S ，所以E ＝4πkQ εr S，故d 增大时，E不变，C 正确．2. 如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )A ．保持静止状态B ．向左上方做匀加速运动C ．向正下方做匀加速运动D ．向左下方做匀加速运动【答案】D.3. 两个较大的平行金属板A 、B 相距为d ，分别接在电压为U 的电源正、负极上，这时质量为m 、带电荷量为－q 的油滴恰好静止在两板之间，如图所示．在其他条件不变的情况下，如果将两板非常缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中( )A ．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b 流向aB ．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a 流向bC ．油滴静止不动，电流计中的电流从b 流向aD ．油滴静止不动，电流计中的电流从a 流向b 【答案】D.【解析】电容器与电源相连，两极板间电压不变．将两极板非常缓慢地水平错开一些，两极板正对面积减小，而间距不变，由E ＝Ud可知，电场强度不变，油滴受到的电场力不变，仍与重力平衡，因此油滴静止不动．由C ＝εr S4πkd 可知，电容减小，Q ＝CU ，电荷量减小，电容器放电，因此可判断电流计中的电流从a 流向b ，故D 正确．4．如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源．在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是( )A ．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大B ．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变C ．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变D ．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小【答案】B.5. 如图所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )A ．若微粒带正电荷，则A 板一定带正电荷B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能一定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能一定增加【答案】C.6．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】见解析【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 ＝mg (h ＋d )qdU ＝Ed Q ＝CU得Q ＝mgC (h ＋d )q(3)由h ＝12gt 210＝v ＋at 2t ＝t 1＋t 2综合可得t ＝h ＋d h2hg7. 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，在两极板间有一个固定在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【答案】D.8．(多选)如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( )A 做直线运动B ．做曲线运动C ．速率先减小后增大D ．速率先增大后减小【答案】BC.【解析】对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A 错误，B 正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C 正确，D 错误．9．(多选)如图所示，在真空中A、B两块平行金属板竖直放置并接入电路．调节滑动变阻器，使A、B两板间的电压为U时，一质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0从A板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中，恰从A、B两板的中点处沿原路返回(不计重力)，则下列说法正确的是( )A．使初速度变为2v0时，带电粒子恰能到达B板B．使初速度变为2v0时，带电粒子将从B板中心小孔射出C．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B板D．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B板中心小孔射出【答案】BC.10. (多选)如图所示，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电荷量＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是( )A．小球经过环的最低点时速度最大B．小球在运动过程中机械能守恒C．小球经过环的最低点时对轨道的压力为mg＋qED．小球经过环的最低点时对轨道的压力为3(mg＋qE)【答案】AD.【解析】根据动能定理知，在运动到最低点的过程中，电场力和重力一直做正功，到达最低点的速度最大，故A正确；小球在运动的过程中除了重力做功以外，还有电场力做功，机械能不守恒，故B 错误；根据动能定理得：mgR ＋qER ＝12mv 2，根据牛顿第二定律得：F N －qE －mg ＝m v 2R，解得：F N ＝3(mg ＋qE )，则球对轨道的压力为3(mg ＋qE )，故C 错误，D 正确．11. (多选)如图所示为匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象．当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )A ．带电粒子将始终向同一个方向运动B ．2 s 末带电粒子回到原出发点C ．3 s 末带电粒子的速度为零D ．0～3 s 内，电场力做的总功为零【答案】CD.12．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，偏转电场可看做匀强电场，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．【答案】 (1) 2eU 0m UL 24U 0d(2)见解析 (3)见解析【解析】 (1)根据功和能的关系，有eU 0＝12mv 2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＝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。

2018版高考物理二轮江苏专版：第一部分专题一专题限

专题限时集训(一) 力与物体的平衡(对应学生用书第117页)(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．如图1-12所示，用一根细绳连接矩形相框的两个顶角b 、c ，将其挂在竖直墙的钉子a 上，a 到b 、c 两点的距离相等，b 、c 间的距离为s ，相框重为G ，细绳能承受的最大拉力为G ，不计一切摩擦，则绳的长度不能小于( )【导学号：17214018】图1-12A ．33sB ．233sC ．3sD ．23sB [矩形相框受力如图：设细线与水平方向的夹角为α，根据平衡条件，竖直方向，有：2T sin α＝G ，设细线长度为L ，结合几何关系，有：sin α＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫s 22L 2，联立解得：L ＝233s ，故A 、C 、D错误，B 正确．]2．如图1-13，当风以恒定的水平速度吹来时，风筝面与水平面成某一夹角，人静站在地面上拉住连接风筝的细线(细线质量、受风力不计)，使风筝处于静止．不计空气浮力．则( )图1-13A．风对风筝的作用力方向水平向右B．地面对人的支持力大小等于人和风筝的总重力C．地面对人的作用力方向斜向左上方D．拉直的细线可能垂直风筝面C[设细线与水平面的夹角为α，风力大小为F．先研究风筝，分析受力如图，空气对风筝的作用力方向垂直于风筝的平面，风筝处于稳定状态时拉直的细线不可能垂直于风筝面，故A、D错误；对人和风筝整体研究，竖直方向上有：(M＋m)g＝N＋F cos β，β是风筝与水平面之间的夹角；则得：N＝(M＋m)g－F cos β＜(M＋m)g．地面对人的作用力方向斜向左上方，故B错误，C正确．]3．(2018·南京市盐城市二联)如图1-14所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态．则下列判断中正确的是()【导学号：17214018】图1-14A．球B对墙的压力增大B．球B对柱状物体A的压力增大C．地面对柱状物体A的摩擦力不变D．地面对柱状物体A的支持力不变D[以B为研究对象，受力分析如图甲所示，由图可知，把A向右移动少许，墙对球B的压力F1减小，柱状物体A对球B的支持力F2减小，由牛顿第三定律知，球B对墙的压力减小，球B对柱状物体A的压力减小，选项A、B 错误；把A、B作为一个整体，受力分析如图乙所示，由平衡条件得，地面对柱状物体A的摩擦力F f＝F1，地面对柱状物体A的支持力F N＝(m A＋m B)g，由此可知，地面对柱状物体A的摩擦力减小，地面对柱状物体A的支持力不变，选项C错误，D正确．]甲乙4．(2018·天津河西区二模)将某材料制成的长方体锯成A、B两块放在水平面上，A、B紧靠在一起，物体A的角度如图1-15所示．现用水平方向的力F推物体B，使物体A、B保持原来形状整体沿力F的方向匀速运动，则()【导学号：17214010】图1-15A．物体A在水平方向受两个力的作用，合力为零B．物体A只受一个摩擦力C．物体B对A的压力小于桌面对物体A的摩擦力D．物体B在水平方向受三个力的作用C[对A受力分析如图所示，A在水平方向受到B对A的压力F N、B对A沿斜面向上的摩擦力f1、桌面对A的摩擦力f2三个力的作用而处于平衡状态，合力为零，选项A、B错误；对A由平衡条件有f2sin 60°＝F N，故B对A的压力小于桌面对物体A的摩擦力，选项C正确；对B受力分析知，B在水平方向受到水平方向的推力、A对B 的压力、A对B的摩擦力、桌面对B的摩擦力四个力的作用，选项D错误．] 5．重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图1-16所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则()【导学号：17214011】图1-16A．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为G 2B．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为G C．当θ不同时，运动员受到的地面合力不同D．当θ不同时，运动员与地面间的相互作用力不相等A[运动员的两只手受到的地面的作用力如图：两手臂对称支撑，夹角为θ，则在竖直方向：2F·cos θ2＝G，所以：F＝G2cos θ2，当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小与地面对手的作用力沿竖直方向的分力是相等的，为F·cos θ2＝G2cosθ2·cosθ2＝G2，故A正确；当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小与地面对手的作用力沿竖直方向的分力是相等的，为F·cos θ2＝G2cosθ2·cosθ2＝G2，故B错误；两手臂对称支撑，夹角为θ，则在竖直方向：2F·cos θ2＝G，可知不管角度如何，运动员受到的地面对运动员的合力始终与运动员的重力大小相等，方向相反，故C错误；根据牛顿第三定律可知，不管角度如何，相互作用力总是等大，故D错误．]6．如图1-17所示，一质量为m1的光滑匀质球，夹在竖直墙面和倾角为θ的斜块之间，斜块质量为m2，斜块底面与水平地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两者始终保持静止．下列说法正确的是()【导学号：17214012】图1-17A ．斜块对球的作用力为m 1g /cos θB ．地面对斜块的摩擦力为μ(m 1＋m 2)gC ．减小m 1，地面对斜块的摩擦力一定减小D ．减小m 1，墙面对球的作用力一定增大AC [小球受力情况如图所示，根据三力平衡，斜块对球的作用力F N2＝m 1g cos θ，选项A 正确；根据小球平衡，墙壁对球的作用力F N1＝m 1g tan θ，整体研究m 1和m 2，地面对斜块的静摩擦力为m 1g tan θ，减小m 1，地面对斜块的静摩擦力减小，选项B 错误，C 正确；墙壁对球的作用力F N1＝m 1g tan θ，减小m 1，墙面对球的作用力一定减小，选项D 错误．]7．如图1-18所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行．小球A 的质量为m 、电量为q ．小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同、间距为d ．静电力常量为k ，重力加速度为g ，两带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，则 ( )图1-18A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d 2B ．当q d ＝mg sin θk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d ＝mg tan θk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d ＝mgk tan θ时，斜面对小球A 的支持力为0AC [两球间库仑力为F ＝kq 2d 2，A 项正确；当细线上的拉力为0时，小球A 受到库仑力、斜面支持力、重力，具体关系为kq 2d 2＝mg tan θ，B 项错误，C 项正确；由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为0，所以D 项错误．]8．如图1-19所示，ACD 、EFG 为两根相距L 的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF 面与水平面成θ角．两导轨所在空间存在垂直于CDGF 平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B ．两根质量均为m 、长度均为L 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，两金属细杆的电阻均为R ，导轨电阻不计．当ab 以速度v 1沿导轨向下匀速运动时，cd 杆也正好以速度v 2向下匀速运动．重力加速度为g ．以下说法正确的是 ( )【导学号：17214013】图1-19A ．回路中的电流为BL (v 1＋v 2)2RB ．ab 杆所受摩擦力为mg sin θC ．cd 杆所受摩擦力为μ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg sin θ＋B 2L 2v 12R D ．μ与v 1大小的关系为μ＝mg sin θ－B 2L 2v 12R mg cos θCD [回路中只有ab 杆切割磁感线产生电动势，故I ＝BL v 12R ，A 错误；两杆所受安培力大小为F 安ab ＝F 安cd ＝BIL ＝B 2L 2v 12R ，ab 杆所受摩擦力F f2＝mg sin θ－F 安ab ＝μmg cos θ，B 错误；cd 杆所受的摩擦力F f1＝mg cos θ＝μF N1＝μ(mg sinθ＋F 安cd )＝μ(mg sin θ＋B 2L 2v 12R )，由以上两式可得：μ与v 1大小的关系为μ＝mg sin θ－B 2L 2v 12R mg cos θ，故C 、D 均正确．] 二、计算题(共2小题，32分)9．(16分)(2018·江西十校联考)如图1-20所示，一个底面粗糙，质量为m 的斜面体静止在水平地面上，斜面体的斜面是光滑的，倾角为30°，现用一端固定的轻绳系一质量为m 的小球，小球静止时轻绳与斜面的夹角是30°．图1-20(1)求当斜面体静止时绳的拉力大小；(2)若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k 倍，为了使整个系统始终处于静止状态，k 值必须满足什么条件？【导学号：17214014】【解析】 (1)设绳的拉力为F T ，斜面体对小球的支持力为F N ，对小球进行受力分析如图所示，由平衡条件可知，F T 和F N 的合力竖直向上，大小等于mg ，由几何关系可得出F N ＝F T ＝33mg ．(2)对斜面体进行受力分析，设小球对斜面体的压力为F N ′，地面的支持力为F ，地面的静摩擦力为F f ，由正交分解和平衡条件可知，在竖直方向上：F ＝mg ＋F N ′cos 30°在水平方向上：F f ＝F N ′sin 30°根据(1)和牛顿第三定律可知；F N ′＝F N ＝33mg又由题设可知F fmax ＝kF ≥F f综合上述各式解得k ≥39．【答案】 (1)33mg (2)k ≥3910．(16分)(2018·邵阳二模)如图1-21所示为一电流表的原理示意图．质量为m 的匀质细金属棒MN 的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k ．在矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．与MN 的右端N 连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN 的长度大于ab ．当MN 中没有电流通过且处于平衡状态时，MN 与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流的大小．(不计通电时电流产生的磁场的作用)图1-21(1)当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？(重力加速度为g)(2)若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？(3)若k＝2．0 N/m，ab＝0．20 m，cb＝0．180 m，B＝0．20 T，此电流表的量程是多少？【解析】(1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为Δx，则有mg＝kΔx，得Δx＝mg k．(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，因此M端应接正极．(3)设电流表满偏时通过MN间电流为I m，则有BI m ab＋mg＝k(cb＋Δx)联立并代入数据得I m＝2．5 A．【答案】(1)mgk(2)M端(3)2．5 A。

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．。

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