2016届高考物理二轮复习 专题整合突破三 电场和磁场 第7讲 电场及带电粒子在电场中的运动效果自评
高考物理大二轮复习专题三电场和磁场电场及带电粒子在电场中的运动课件.ppt
2019-7-18
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互抵消为零，B、E 两电荷在 O 点的合场强为2ak2q，方向为由 O 指向 B；C、F 两电荷在 O 点的合场强为2ak2q，方向为由 O 指向 F， 矢量合成后 O 点的场强大小为2ak2q，方向由 O 指向 A，故 C 正确．若 将正电荷从 M 点沿直线移动到 N 点，垂直 MN 方向上的电场力 一直不做功，竖直方向上电场力先做负功，后做正功，由对称性 可知所做总功一定为零，正电荷的电势能先增大后减小，D 错误．
[答案] D
2019-7-18
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(1)电容器始终和电源连接，U 不变：C＝4εkrπSd∝εdrS，Q＝CU ＝4UkεπrSd∝εdrS，E＝Ud ∝1d.①d 减小→C 增大→Q 增大→E 增大；② S 减小→C 减小→Q 减小→E 不变；③εr减小→C 减小→Q 减少→E 不变．
2019-7-18
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A．θ 增大，E 增大 B．θ 增大，Ep 不变 C．θ 减小，Ep 增大 D．θ 减小，E 不变 [思路引领] 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 Ep 的变化情况．
2019-7-18
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[解析] 若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离， 根据 C＝4επrSkd可知，C 变大；根据 Q＝CU 可知，在 Q 一定的情 况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角 θ 减小；根据 E＝Ud ，Q＝CU，C＝4επrSkd，联立可得 E＝4πεrkSQ，可知 E 不变；A 点离下极板的距离不变，E 不变，则 A 点与下极板的电势差不变， A 点的电势不变，故 Ep 不变；由以上分析可知，选项 D 正确．
2016届高考物理二轮复习 专题整合突破三 电场和磁场 第8讲 磁场及带电体在磁场中的运动课件
基础细说· 规律小结
1.磁场强弱的描述
F (1)磁感应强度的定义式：B＝ IL ，条件： 导线与磁场
垂直。
(2)磁感应强度的合成满足 平行四边形 2．安培力 (1)计算公式：F＝ BILsinθ
定则。
，其中θ为B与I的夹角。 ①当磁场与电流垂直时，θ＝90° ，F＝ BIL 。 ②当磁场与电流平行时，θ＝0° ，F＝ 0 。 (2)方向判定：用 左手定则 。
)
3 带电粒子在匀强磁场中的运动 经常以计算题或选择题的形式考查，一般涉及带电粒子 在匀强磁场中运动的轨迹、半径、运动时间等知识。
解析 如图所示，根据“用滚圆法求解磁场中粒子源射出粒子打在屏上范围”的模型，图中圆O1、O2 均为半径为R的圆，圆O1分别交MN及其延长线于P、C两点，SC为圆O1的直径，圆O2与MN相切于Q点，∠ SQN＝α。若屏的大小无限制，则电子应当打在图中 C、Q之间，而由于MN长度的限制，电子只能打在 mv N、Q之间。根据题意，R＝ ＝4.55 cm，可见SO＝NO＝OM＝O2Q＝R，由几何知识可得2Rsinαsinα＝ |e|B Rsinθ，则sinα＝ 1 sinθ ，l＝NQ＝NP＋PQ＝R(1－cosθ)＋2Rsinαcosα＝(1－cosθ＋ 2sinθ－sin2θ )R，分 2
解析 如图，圆环上的电流I1在KLMN平面所在处的磁场方向由安培定则知， 方向向里。连结LM，MNKL段和ML圆弧段的有效长度均可等效为ML直线，但ML 圆弧所在处磁感应强度小，所受安培力方向向右，比MNKL段受力小，MNKL受安 培力合力向左，所以选项D正确、C错误。圆环对KN段圆弧为引力，故A选项错 误。圆环对KL段和对MN段的安培力方向不是反向，故B选项错误。
类题演练 1.[2015· 湖南十三校联考]如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆 心，∠MOP＝60° ，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向 如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1，若将N处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2， 那么B2与B1之比为( ) A． 1 ∶ 1 B ． 1 ∶2 C. 3∶1 D. 3∶2
高考物理二轮复习第一部分专题整合专题三电场和磁场第讲磁场及带电粒子在磁场中的运动课件.ppt
A. 3∶2 C. 3∶1
图 3－2－3 B. 2∶1 D．3∶ 2
解析 当粒子在磁场中运动半个
圆周时，打到圆形磁场的位置最远，
则当粒子射入的速度为 v1，如图，由 几何知识可知，粒子运动的轨道半径
为 r1＝Rcos 60°＝12R；同理，若粒子射入的速度为 v2，
由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为 r2＝Rcos 30° ＝ 23R；根据 r＝mqBv∝v，则 v2∶v1＝r2∶r1＝ 3∶1，
轴上下侧的绝缘漆均刮掉，不能保证线圈持续转动下
去，B 项错误；如果仅左转轴的上侧绝缘漆刮掉，右转
轴的下侧绝缘漆刮掉，则线圈中不可能有电流，因此线
圈不可能转动，C 项错误；如果左转轴上下侧的绝缘漆
均刮掉，右转轴仅下侧的绝缘漆刮掉效果与 A 项相同，
因此 D 项正确。
答案 AD
3．(2017·全国卷Ⅱ)如图 3－2－3 所示，虚线所示 的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场 边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过 P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入的 速度为 v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之 一圆周上；若粒子射入速度为 v2，相应的出射点分布在 三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作 用，则 v2∶v1 为
故选 C。
答案 C
4.(2016·新 课 标 卷 Ⅰ) 现 代 质 谱 仪 可
用来分析比质子重很多倍的离子，其
示意图如图 3－2－4 所示，其中加速
电压恒定。质子在入口处从静止开始 图3－2－4
被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。
若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电
场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁
高考物理二轮复习专题三电场与磁场第1讲电场及带电粒
第1讲电场及带电粒子在电场中的运动,(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，三个固定的带电小所带电荷量的比值的绝对值为k，则、b不可能带同种电荷，的作用力为斥力，则b对(多选)(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，同一平面内的a、b、；若该粒子从c点移动到(2016·高考全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在电场中力与能性质的考查[高分快攻]电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系电场强度的计算(1)定义式：E ＝F q.电场中某点的场强是确定值，其大小和方向与试探电荷q 无关． (2)真空中点电荷：E ＝k Q r2.E 由场源电荷Q 和场源电荷到某点的距离r 决定． (3)匀强电场：E ＝U d.式中d 为两点间沿电场方向的距离．电势高低的判断方法(1)根据电场线方向，沿着电场线方向，电势越来越低；(2)根据电势的定义式φ＝W q，即将＋q 从电场中的某点移至无穷远处，电场力做功越多，则该点的电势越高；(3)根据电势差U AB ＝φA －φB ，若U AB ＞0，则φA ＞φB ，反之，φA ＜φB.电势能变化的判断(1)根据电场力做功判断：W AB ＝－ΔE p .(2)根据电势高低判断：正电荷在电势越高的位置电势能越大；负电荷在电势越高的位置电势能越小．(3)根据能量守恒定律判断：电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化，而能量总和应保持不变，即当动能增加时，电势能减少．电场中带电粒子轨迹的判断分析(1)分析电荷受电场力情况时，首先明确电场的电场线分布规律，再利用电场线的疏密分布规律或场强的叠加原理判定场强的强弱．(2)分析电势的高低常根据电场线的指向进行判断．(3)比较电势能的大小或分析电势能的变化，可以根据电场力做正功，电势能减小；做负功，电势能增大判断，也可根据正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大来判断．(多选)(2018·高考全国卷 Ⅰ )图中虚线a 、b 、c 、d 、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b 上的电势为2 V ．一电子经过a 时的动能为10 eV ，从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6 eV.下列说法正确的是( ) A ．平面c 上的电势为零 B ．该电子可能到达不了平面fC ．该电子经过平面d 时，其电势能为4 eVD ．该电子经过平面b 时的速率是经过d 时的2倍[解析] 电子在等势面b 时的电势能为E ＝q φ＝－2 eV ，电子由a 到d 的过程电场力做负功，电势能增加6 eV ，由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间的电势差相等，则电子由a 到b 、由b 到c 、由c 到d 、由d 到f 电势能均增加2 eV ，则电子在等势面c 的电势能为零，等势面c 的电势为零，A 正确；由以上分析可知，电子在等势面d 的电势能应为2 eV ，C 错误；电子在等势面b 的动能为8 eV ，电子在等势面d 的动能为4 eV ，由公式E k ＝12mv 2可知，该电子经过平面b 时的速率为经过平面d 时速率的2倍，D 错误；如果电子的速度与等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运动，所以电子可能到达不了平面f 就返回平面a ，B 正确． [答案] AB[题组突破]角度1 电场强度的计算1．如图甲所示，半径为R 的均匀带电圆形平板，单位面积带电荷量为σ，其轴线上任意一点P (坐标为x )的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E ＝2πk σ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－x R 2＋x 2，方向沿x 轴．现考虑单位面积带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r 的圆板，如图乙所示．则圆孔轴线上任意一点Q (坐标为x )的电场强度为( )A ．2πk σxr 2＋x2B ．2πk σrr 2＋x 2C ．2πk σx rD ．2πk σr x解析：选A.应用特殊值法，当R →∞时，x R 2＋x 2＝0，则E ＝2πk σ0，当挖去半径为r 的圆板时，应在E 中减掉该圆板相应的场强E r ＝2πk σ0⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x r 2＋x 2，即E ′＝2πk σ0·x r 2＋x2，故A 正确．角度2 库仑力作用下的力学平衡问题2．(2018·河北邢台模拟)如图所示，小球A 、B 带电荷量相等，质量均为m ，都用长L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球靠墙且其悬线刚好竖直，B 球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A 、B 两球之间的库仑力为F .由于外部原因小球B 的带电荷量减小，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B 的带电荷量减小为原来的( ) A.12 B.14 C.18D.116解析：选C.小球B 受力分析如图所示，两绝缘细线的长度都是L ，则△OAB是等腰三角形，则线的拉力T 与重力G 相等，G ＝T ，小球处于平衡状态，则库仑力F ＝2G sin θ2，设原来小球带电荷量为q ，A 、B 间的距离是r ，则r ＝2L sin θ2，由库仑定律得F ＝k q 2r 2，后来库仑力变为原来的一半，则F2＝2G sinθ′2，r ′＝2L sin θ′2，F 2＝k qq B r ′2 ，解得q B ＝18q ，故选C.角度3 对带电粒子运动轨迹的判断3．(2018·高考天津卷)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：选D.由粒子轨迹弯曲方向及电场线分布情况可知，粒子所受电场力方向沿电场线切线方向，设粒子由M 向N 运动，则速度方向沿轨迹切线方向，电场力方向与粒子速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，动能减小，所以v M >v N ，E p M <E p N ，A 、B 项错误；电场线疏密程度表示电场强度大小，故粒子在M 点所受电场力的大小小于在N 点所受电场力的大小，由牛顿第二定律可知，a M <a N ，D 项正确；由于电场线方向如图所示，所以M 点电势较N 点的高，C 项错误．角度4 电场中功与能的关系问题4.如图所示，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为φM 、φN 、φP 、φQ .一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等．则( ) A ．直线a 位于某一等势面内，φM >φQ B ．直线c 位于某一等势面内，φM >φN C ．若电子由M 点运动到Q 点，电场力做正功 D ．若电子由P 点运动到Q 点，电场力做负功 解析：选B.由电子从M 点分别运动到N 点和P 点的过程中电场力所做的负功相等可知，N 、P 两点在同一等势面上，且电场线方向为M →N ，故选项B 正确，选项A 错误；M 点与Q 点在同一等势面上，电子由M 点运动到Q 点，电场力不做功，故选项C 错误；电子由P 点运动到Q 点，电场力做正功，故选项D 错误．平行板电容器中的电场问题[高分快攻]三个计算公式(1)对于平行板电容器：板间电场可理想化处理，认为板间电场为匀强电场，不考虑边缘效应．(2)三个关系式：①定义式C ＝QU，它在任何情况下都成立，式中C 与Q 、U 无关，而由电容器自身结构决定； ②决定式C ＝εr S 4πkd ，它只适用于平行板电容器，反映了电容与S 、d 、εr 的关系；③关系式E ＝U d.平行板电容器问题的分析思路(1)明确平行板电容器中的哪些物理量是不变的，哪些物理量是变化的，以及怎样变化． (2)应用平行板电容器电容的决定式C ＝εr S4πkd 分析电容器的电容的变化．(3)应用电容的定义式分析电容器带电荷量和两板间电压的变化情况． (4)根据控制变量法对电容的变化进行综合分析，得出结论．动态变化分析的两个重要结论(1)电容器与直流电路相连，则两端电压取决于电路的连接情况，稳定时相当于断路，两端电压总等于与之并联的支路电压．(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变；此时若只改变两板间距离，板间电场强度大小不变．(2018·高考北京卷)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示．下列说法正确的是( )A ．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，能使电容器带电B ．实验中，只将电容器b 板向上平移，静电计指针的张角变小C ．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D ．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大[解析] 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，则a 板带电，由静电感应，在b 板上感应出与a 板电性相反的电荷，故选项A 正确；实验中，只将电容器b 板向上平移，正对面积S 变小，由C ＝εr S 4πkd ，可知电容C 变小，由C ＝QU 可知，Q 不变，U 变大，因此静电计指针的张角变大，选项B 错误；实验中，只在极板间插入有机玻璃板，相对介电常数εr 变大，由C ＝εr S 4πkd ，可知电容C 变大，由C ＝QU 可知，Q 不变，U 变小，静电计指针的张角变小，选项C 错误；实验中，只增加极板带电量，电容C 不变，由C ＝QU，可知静电计指针的张角变大，故选项D 错误． [答案] A[突破训练] (多选)如图所示，两块正对平行金属板M 、N 与电源相连，N 板接地，在距两板等距离的P 点固定一个带负电的点电荷，如果M 板向上平移一小段距离，则( )A ．点电荷受到的电场力变小B ．M 板带的电荷量增加C ．P 点的电势升高D ．点电荷在P 点具有的电势能增加解析：选AD.两板电压不变，M 板上移，d 增大，由E ＝U d知E 变小，由F ＝Eq 知电场力变小，A 对；由电容的决定式C ＝εr S4πkd 知，M 板上移，电容减小，由Q ＝CU 可知，Q 变小，B 错；N板接地电势为零，φP ＝U PN ＝E ·d PN ，E 变小，则φP 降低，C 错；由E p ＝q φP ，因为q <0，φP>0，φP 变小，则E p 变大，D 对．带电粒子在电场中的运动[高分快攻]带电粒子在电场中的运动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，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，应用动力学方法或功能方法求解．解题途径的选择(1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉及时间时选择功能关系，否则必须选择运动和力．(2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解．(2016·高考北京卷)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U0.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v0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 ＝2.0×102 V ，d ＝4.0×10－2 m ，m ＝9.1×10－31kg ，e ＝1.6×10－19 C ，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 Gm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] 见解析[题组突破]角度1 带电体在电场中运动的求解1.如图所示，绝缘光滑轨道AB 部分是倾角为30°的斜面，AC 部分为竖直平面上半径为R 的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E 、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为m 的小球，带正电荷量为q ＝3mg3E，要使小球能安全通过圆轨道，则在O 点的初速度应满足什么条件？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 ′＝（qE ）2＋（mg ）2＝23mg 3，tan θ＝qE mg ＝33，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动，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，由几何关系可知AD ＝2R ，令小球以最小初速度v 0运动，由动能定理知：－mg ′·2R ＝12mv 2D －12mv 20 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角度2 带电粒子在电场中的运动分析2.如图所示，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A 、B 两点间的电势差． 解析：设带电粒子在B 点的速度大小为v B.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即v B sin 30°＝v 0sin 60°①由此得v B ＝3v 0②设A 、B 两点间的电势差为U AB ，由动能定理有qU AB ＝12m (v 2B －v 20)③联立②③式得U AB ＝mv 20q .答案：mv 20q角度3 带电粒子在交变电场中的运动3．(多选)如图甲所示，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )A ．末速度大小为2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgdD ．克服电场力做功为mgd解析：选BC.0～T3时间内微粒匀速运动，有mg ＝qE 0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v 0的匀速直线运动；竖直方向：T 3～2T 3时间内，只受重力，做自由落体运动，2T3时刻，v 1y＝g T 3；2T 3～T 时间内，a ＝2qE 0－mg m ＝g ，做匀减速直线运动，T 时刻，v 2y ＝v 1y －a ·T3＝0，所以末速度v ＝v 0，方向沿水平方向，选项A 错误，B 正确；重力势能的减少量ΔE p ＝mg ·d 2＝12mgd ，所以选项C 正确；根据动能定理：12mgd －W 克电＝0，得W 克电＝12mgd ，所以选项D 错误．, (建议用时：40分钟)一、单项选择题1．(2016·高考全国卷Ⅲ)关于静电场的等势面，下列说法正确的是( ) A ．两个电势不同的等势面可能相交 B ．电场线与等势面处处相互垂直 C ．同一等势面上各点电场强度一定相等D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功解析：选B.电场中等势面上各点电势相等，故电势不同的等势面不可能相交，A项错误；电场线与等势面处处垂直，B项正确；电场强度与等势面的疏密程度有关，C项错误；电势较高点与电势较低点的电势差大于0，由W＝qU知，负电荷受到的电场力做负功，D项错误．2.某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，当可移动介质P向左匀速移出的过程中( )A．电容器的电容变大B．电容器的电荷量保持不变C．M点的电势比N点的电势低D．流过电阻R的电流方向从M到N解析：选D.当可移动介质P向左匀速移出的过程中，介电常数减小，电容器电容变小，选项A错误；电容器的电压等于电源电动势不变，电荷量Q＝CU减小，选项B错误；电容器放电，电流方向为M→R→N，M点的电势比N点的电势高，选项C错误，D正确．3．(2018·莱芜二模)如图所示，真空中电荷量均为Q的两正点电荷固定于一绝缘正方体框架的两侧面ABB1A1和DCC1D1中心连线所在直线上，且两点电荷关于正方体中心对称，则( )A．A、B、C、D四个点的电势相同B．A1、B1、C1、D1四个点的电场强度相同C．负检验电荷在A点的电势能小于在C1点的电势能D．正检验电荷从C点移到C1点的过程中，电场力对其做正功解析：选A.由叠加原理可知，A、B、C、D四个点的电势相同，选项A正确；A1、B1、C1、D1四个点的电场强度大小相同，但方向不同，选项B错误；由对称性可知A点和C1点电势相同，故负检验电荷在A点的电势能等于在C1点的电势能，选项C错误；由对称性可知C点和C1点的电势相同，故正检验电荷从C点移到C1点的过程中，电场力对其做功为零，选项D 错误．4.(2016·高考全国卷Ⅱ)如图所示，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ，速度大小分别为v a 、vb 、vc .则( )A ．a a >a b >a c ，v a >v c >v bB ．a a >a b >a c ，v b >v c >v aC ．a b >a c >a a ，v b >v c >v aD ．a b >a c >a a ，v a >v c >v b解析：选D.由点电荷电场强度公式E ＝k qr2可知，离场源点电荷P 越近，电场强度越大，Q 受到的电场力越大，由牛顿第二定律可知，加速度越大，由此可知，a b >a c >a a ，A 、B 选项错误；由力与运动的关系可知，Q 受到的库仑力指向运动轨迹凹的一侧，因此Q 与P 带同种电荷，Q 从c 到b 的过程中，电场力做负功，动能减少，从b 到a 的过程中电场力做正功，动能增加，因此Q 在b 点的速度最小，由于c 、b 两点的电势差的绝对值小于a 、b 两点的电势差的绝对值，因此Q 从c 到b 的过程中，动能的减少量小于从b 到a 的过程中动能的增加量，Q 在c 点的动能小于在a 点的动能，即有v a >v c >v b ，C 选项错误，D 选项正确．5．(2018·衡水校级模拟)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A 、B 是平行板电容器的两个金属板，D 为静电计．开始时闭合开关S ，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下面采取的措施可行的是( )A ．断开开关S 后，将A 、B 分开些 B ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板分开些C ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板靠近些D ．保持开关S 闭合，将滑动变阻器的滑片向右移动解析：选A.断开开关S ，电容器带电荷量不变，将A 、B 分开一些，则d 增大，根据C ＝εr S4πkd 知，电容减小，根据U ＝Q C知，电势差增大，指针张角增大，故选项A 正确；保持开关闭合，将A 、B 两极板分开些或靠近些，电容器两端的电势差都不变，则指针张角不变，故选项B 、C 错误；保持开关S 闭合，电容器两端的电势差不变，滑动变阻器滑片滑动不会影响指针张角，故选项D 错误．6．(2018·福建师大附中考试)如图所示，虚线a 、b 、c 代表电场中的三个等差等势面，ab 的间距大于bc 的间距．实线为一带电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、M为轨迹上的两个点，由此可知( ) A．粒子在M点受到的电场力比在P点受到的电场力大B．粒子在P、M两点间的运动过程中，电场力一定做正功C．粒子在M点的电势能一定比在P点的电势能大D．三个等势面中，a的电势一定最高解析：选C.因等势面中ab的间距大于bc的间距，可知M点的电场线较P点稀疏，粒子在M 点受到的电场力比在P点受到的电场力小，选项A错误；由粒子的运动轨迹可知，若粒子从M向P点运动时，电场力做正功，电势能减小，即粒子在M点的电势能比在P点的电势能大；若粒子从P向M点运动时，电场力做负功，电势能增加，即粒子在M点的电势能比在P点的电势能大，故选项B错误，C正确；因不知道粒子的电性，故不能判断等势面中电势的高低，选项D错误．二、多项选择题7.带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，则从a到b过程中，下列说法正确的是( )A．粒子带负电荷B．粒子的速度先增大后减小C．粒子的加速度先减小后增大D．粒子的机械能先减少后增加解析：选CD.做曲线运动的物体受到的合力指向轨迹的凹侧，结合场强的方向可知粒子带正电荷，选项A错误；电场线的疏密程度表示电场强度大小，电场线越密，电场强度越大，所以粒子的加速度先减小后增大，选项C正确；粒子的速度方向先与电场力方向夹角为钝角，然后与电场力方向夹角为锐角，即电场力先做负功再做正功，所以粒子先减速后加速，机械能先减少后增加，选项B错误，D正确．8．(2017·高考全国卷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ED.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：选AC.设点电荷的电荷量为Q ，根据点电荷电场强度公式E ＝k Q r2，r a ∶r b ＝1∶2，r c ∶r d ＝3∶6，可知，E a ∶E b ＝4∶1，E c ∶E d ＝4∶1，选项A 正确，B 错误；将一带正电的试探电荷由a 点移动到b 点做的功W ab ＝q (φa －φb )＝3q (J)，试探电荷由b 点移动到c 点做的功W bc ＝q (φb －φc )＝q (J)，试探电荷由c 点移动到d 点做功W cd ＝q (φc －φd )＝q (J)，由此可知，W ab ∶W bc ＝3∶1，W bc ∶W cd ＝1∶1，选项C 正确，D 错误．9．(2017·高考全国卷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：选ABD.ac 垂直于bc ，沿ca 和cb 两方向的场强分量大小分别为E 1＝U caac＝2 V/cm 、E 2＝U cbbc＝1.5 V/cm ，根据矢量合成可知E ＝2.5 V/cm ，A 项正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间的电势差相等，有φO －φa ＝φb －φc ，得φO ＝1 V ，B 项正确；电子在a 、b 、c 三点的电势能分别为－10 eV 、－17 eV 和－26 eV ，故电子在a 点的电势能比在b 点的高7 eV ，C 项错误；电子从b 点运动到c 点，电场力做功W ＝(－17 eV)－(－26 eV)＝9 eV ，D 项正确．10．(2018·第一次全国大联考卷Ⅱ)长为l 、间距为d 的平行金属板水平正对放置，竖直光屏M 到金属板右端的距离也为l ，金属板左端连接有闭合电路，整个装置结构如图所示，质量为m ，电荷量为q 的粒子以初速度v 0从两金属板正中间自左端水平射入，由于粒子重力作用，当滑动变阻器的滑片在某一位置时，粒子恰好垂直撞在光屏上．对此过程，下列分析正确的是( )A ．粒子在平行金属板间的运动时间和在金属板右端到光屏的运动时间相等B ．板间电场强度大小为2mgqC ．若仅将滑片P 向下滑动一段后，再让该粒子从N 点以水平速度v 0射入板间，粒子不会垂直打在光屏上D ．若仅将两平行板的间距变大一些，再让该粒子从N 点以水平速度v 0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上解析：选ABD.粒子先在水平放置的两平行金属板间做类平抛运动，粒子离开电场具有竖直向下的加速度，粒子垂直撞在光屏上，说明竖直方向末速度等于0，即电场中粒子具有竖直向上的加速度，不管是金属板间还是离开电场后，粒子在水平方向速度没有变化，而且水平位移相等，所以运动时间相等，选项A 正确；竖直方向速度变化量等大反向，所以有qE －mg mt ＝gt ，可得E ＝2mgq，选项B 正确；若仅将滑片P 向下滑动一段后，R 的电压减小，电容器的电压要减小，电荷量要减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电荷量不变，板间电压不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N 点以水平速度v 0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上，选项C 错误；若仅将两平行板的间距变大一些，电容器电容减小，由C ＝Q U知U 不变，电荷量要减小，但由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，电荷量不变，根据推论可知板间电场强度不变，所以粒子的运动情况不变，再让该粒子从N 点以水平速度v 0射入板间，粒子依然会垂直打在光屏上，选项D 正确． 三、非选择题11.(2018·高考北京卷)静电场可以用电场线和等势面形象描述．(1)请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q 的场强表达式； (2)点电荷的电场线和等势面分布如图所示，等势面S 1、S 2到点电荷的距离分别为r 1、r 2.我们知道，电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小．请计算S 1、S 2上单位面积通过的电场线条数之比N 1N 2. 解析：(1)在距点电荷Q 为r 的位置放一电荷量为q 的检验电荷． 根据库仑定律，检验电荷受到的电场力F ＝k Qq r2根据电场强度的定义E ＝F q。
高考物理二轮复习第一部分二轮专题突破专题三电场和磁场3.2带电粒子在复合场中的运动课件
tan α＝vv0y④ 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＝ v20＋v2y⑥ 联立①②③⑥式得
v＝ 2v0⑦
(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＝ma⑧
2mE1 q
⑤
由⑤式可得，当磁感应强度 B 一定时，轨道半径 r 与 x 成正比，
当 x 趋近于零时，粒子做圆周运动的轨道半径趋近于零，即所有粒
子经磁场偏转后都从 C 点射出磁场，且有
2r＝x ⑥
由⑤⑥式可得 B＝0.1 T
答案：(1)4×103 m/s
(2)0.1 T
[题组训练] 1．(多选)如图所示，金属板的两极板间的电压 U＝100 V，匀
A．11 B．12 C．121 D．144
解析：带电粒子在加速电场中运动时，有 qU＝12mv2，在磁场
中偏转时，其半径 r＝mqBv，由以上两式整理得：r＝B1 2mqU.由于 质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时， 解得：mm21＝144，选项 D 正确．
答案：D 命题点：带电粒子在电场中加速、在磁场中的匀速圆周运动．
y＝x2 ① 设射出电场 E1 时的速度大小为 v，由动能定理可得 E1qy＝12mv2 ②
2016届高考物理二轮复习 专题整合突破三 电场和磁场 第7讲 电场及带电粒子在电场中的运动课件
，适用于任何电容器。 ，仅适用于平行板电容器。
εrS (2)平行板电容器的决定式：C＝ 4πkd
4．带电粒子在电场中的运动 (1)加速运动 用动能定理求解，基本方程为 1 1 2 1 2 1 2 qU＝ mv2 2－ mv1或qEd＝ mv2－ mv1(匀强电场) 2 2 2 2 (2)偏转运动 ①处理方法：运用运动的合成与分解的思想处理，也就是初速度方向上的 匀速直线运动 力方向上的 匀变速直线运动
解析 电势是标量，根据对称性原理，空间中固定的四个点电荷在A、D点电势的代数和皆为0，则选 项B正确；空间中固定的四个点电荷在B、C点电势的代数和分别大于0和小于0，知B点电势比C点电势 高，则选项A错误，C正确；易知选项D错误。
2 电场中的力与功能 一般以选择题为主，考查电场中的力学问题和功 能关系。
典例中加一电键，若将电键断开，将上极板竖直上移一小段距离，油滴如何运动？P 点电势如何变化？
4πkQ 提示 电键断开，Q不变，则场强E＝ 不变，油滴不动，P点电势φ不变。 εrS
场
变小，油滴向下运动，A选项错误。P点电势等于P点与下极板间电势差，由U＝E场d知，U变小，则P点电 εrS ，d增大，则C减小，由Q＝CU，C减小，U不变，知Q减小，所以D选项错 4πkd
势降低，故B选项正确，电势能Ep＝qφ，负电荷在电势低的地方电势能大，则带电油滴的电势能将增加， 故C选项错误。电容C＝ 误。
解析 B、C处的电荷在A处电势均为负值，无穷远电势为零，所以将电荷A移动到无穷远电势升高， 电势能增加，电场力做负功，故A选项正确。A处电荷在B点电势为正，C处电荷在B点电势为负，叠加后B 点电势为正，将电荷B移到无穷远电势降低，由于B为负电荷，所以电势能增加，电场力做负功，故B选项 错误。B电荷、C电荷对A电荷的力F1、F2如图，若在D处放置正电荷，D给A的力为F3，A有可能处于静 止，选项C正确。如图A对B的力为F4，C对B的力为F5，D处电荷对B的力为F6，若想F4、F5、F6三力平衡 则F5应为斜边，但F4>F5则B不可能静止，选项D错误。
高考物理二轮总复习课件 核心专题突破 专题3 电场与磁场 第一讲电场 带电粒子在电场中的运动 (2)
以电场强度沿x轴方向为例:
E-x图像
(1)E>0,则电场强度沿x轴正方向,E<0,则电场强度沿x轴负方向
(2)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,两点的电势高低需根据电场方向判定
Ep-x图 (1)图像切线斜率的物理意义:表示静电力大小
像
(2)可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况
等于lDP。由牛顿第二定律和运动学公式有
F=ma⑥
1
lAP= 1 2 ⑦
2
lDP=v1t1⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得 v1=
2
v
0。⑨
4
(3)设粒子以速度v进入电场时,在电场中运动的时间为t。以A为原点,粒子
进入电场的方向为x轴正方向,电场方向为y轴正方向建立直角坐标系。由
运动学公式有
1 2
y=2at
不能忽略重力
2.电加速模型解法
命题角度2电偏转模型解法
命题角度3带电粒子(带电体)在电场中的综合问题
把电学问题转化为力学问题,建立带电粒子在电场中运动的力学模型,从带
电粒子的受力与运动的关系及功能关系两条途径进行分析与研究。
深化拓展
解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路
典例剖析
例2 (命题角度3)(2020全国Ⅰ卷)在一柱形区域内有匀强电场,柱的横截面
4 3
B.Q1=-q,Q2=- 3 q,Q3=-4q
C.Q1=-q,Q2= 2q,Q3=-q
4 3
D.Q1=q,Q2=- 3 q,Q3=4q
解析 根据电场强度的矢量性可知,要使P点的电场强度为零,三个点电荷不
可能是同种电性,故A、B错误;根据矢量叠加特点和几何关系知,Q1、Q3在
高考物理二轮复习 第1部分 专题讲练突破三 电场和磁场 高频考点三 电磁场技术的应用课件
为B的匀强磁场，最后打在底片上．已知置底片的区域MN＝
L，且OM
＝L.某次测量发现MN中左侧
2 3
区域MQ损坏，检测不
到离子．但右侧
1 3
区域QN仍能正常检测到离子．在适当调节加速
电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到．
(1)求原本打在MN中点P的离子质量m； (2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范 围； (3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求 需要调节U的最少次数．(取lg 2＝0.301，lg 3＝0.477，lg 5＝ 0.699)
1．质谱仪： (1)用途：测量带电粒子的质量和分析同位素． (2)原理：由粒子源S发出的速度几乎为零的粒子经过加速电场U
加速后，以速度v＝
2qU m
进入偏转磁场中做匀速圆周运动，运
动半径为r＝B1 2mqU，粒子经过半个圆周运动后打到照相底片D
上，通过测量D与入口间的距离d，进而求出粒子的比荷
q m
(2)原理：带电粒子在电场中加速，在磁场中偏转，交变电压的
周期与带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同．
(3)粒子获得的最大动能Ek＝
q2B2rn2 2m
，其中rn表示D形盒的最大半
径．
[题组冲关] 1．(2016·百校联盟押题卷)如图所示为一种获得高能粒子的装置 ——环形加速器，环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场．质 量为m、电荷量为＋q的粒子在环中做半径为R的圆周运动．A、 B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经 A板时，A板电势升高为＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两极 板间的电场中加速．每当粒子离开电场区域时，A板电势又降为 零，粒子在电场中一次次加速，动能不断增大，而在环形区域内 绕行半径不变(设极板间距远小于R)．下列关于环形加速器的说 法，正确的是( )
2016年高考物理二轮复习 专题突破篇 3.3 电场和磁场课件
2mL qE
＋
πr
m 6qEL
(3)( 3 ＋
2mEL 1) qr2
解析：(1)设粒子经电场加速后的速度为 v，根据动能定理有
EqL＝12mv2
解得 v＝
2qEL m.
(2)粒子在磁场中完成了如图所示的部分圆周运动，设其半
径为 R，因洛伦兹力提供向心力
所以有 qvB＝mRv2
由几何关系得Rr ＝tan 30°
二、方法必备 1．分析带电粒子在组合场中运动问题的方法 (1)带电粒子依次通过不同场区时，由受力情况确定粒子在 不同区域的运动情况． (2)根据区域和运动规律的不同，将粒子运动的过程划分为 几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理． (3)正确地画出粒子的运动轨迹图．
2．注意问题 (1)要明确带电粒子通过不同场区的交界处时速度大小和方 向关系，上一个区域的末速度往往是下一个区域的初速度． (2)带电粒子在电场中的类平抛运动和磁场中的匀速圆周运 动，虽然均为曲线运动，但运动规律不同，处理方法也不同．
t＝t1＋t2＝
2qmEL＋πr
m 6qEL.
(3)如图所示，当粒子运动到轨迹与 OO′连线交点处改变磁
场大小时，粒子运动的半径最大，即 B′对应最小值
由几何关系得此时最大半径有 Rm＝R－2 r
所以 B′＝( 3＋1)
2mEL qr2 .
高频考点（二）带电粒子在叠加场中的运动
名师点睛：1.怎么考：以选择题或计算题的形式考查． 2. 考什么：带电粒子在重力场、电场、磁场的混合场中的运动． 3. 怎么学：难度中等，师生共研．
(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值； (2)该粒子在电场中运动的时间．
答案：(1)12v0tan2θ
高考物理二轮复习 专题突破篇 3.2 电场和磁场课件
3．(2015·长春质量检测)如图所示，在 x 轴上方有垂直于 xOy 平面向外的足够大匀强磁场(图中没有画出该磁场)，一个质量为 m、电荷量为 q(q>0)的粒子，在 P 点以速率 v 沿与 x 轴成某一角 度射入磁场，然后粒子从 Q 点离开磁场，P 点与 Q 点关于 y 轴 对称且相距为 2a，其中 a＝2mBvq(B 为磁感应强度，大小未知，不 计粒子重力的影响)．
2．作带电粒子运动轨迹时的几个要点 (1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度 直线与出射速度直线的交点． (2)六条线：圆弧两端点所在的轨迹半径、入射速度直线和 出射速度直线、入射点与出射点的连线、圆心与两条速度直线交 点的连线，前面四条边构成一个四边形，后面两条为对角线． (3)三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等 于圆心角，也等于弦切角的两倍．
(3)特点：由于 F 始终垂直于 v 的方向，故洛伦兹力永不做 功．
2．带电粒子在匀强磁场中的运动 (1)若 v∥B，带电粒子以速度 v 做匀速直线运动，此情况下 洛伦兹力等于零． (2)若 v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度 做匀速圆周运动． ①向心力由洛伦兹力提供，qvB＝mvR2；
[题组突破] 1．(2015·全国理综Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大 小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒 子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的 () A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小 C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小 答案：D
②轨道半径 R＝mqBv； ③周期：T＝2πvR＝2qπBm. 二、方法必备 1．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的分析方法 (1)圆心的确定：
高考物理二轮复习专题三电场和磁场1电场及带电粒子在电场中的运动ppt课件
[典题例析]——析典题 学通法 [例 2] (2018·全国卷Ⅲ，21T)(多选)如图，一平行板电容器连接 在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒 a、b 所带电荷量大小相 等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极 板距离相等．现同时释放 a、b，它们由静止开始运动．在随后的某 时刻 t，a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b 间 的相互作用和重力可忽略，下列说法正确的是( )
♦[迁移 2] 静电场中的图像问题 2.(多选)在 x 轴上有两个点电荷 q1、q2，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．q1、q2 带有异种电荷 B．x1 处的电场强度为零 C．负电荷从 x1 移到 x2，电势能减小 D．负电荷从 x1 移到 x2，受到的电场力增大
C.
2Ek0 2qd
B.2Eqkd0
D.
2Ek0 qd
解析：B [根据电荷受力可以知道，粒子在电场中做曲线运动， 如图所示：
当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行， 如图，将粒子初速度 v0 分解为垂直极板的 vy 和平行极板的 vx，根据 运动的合成与分解，当分速度 vy＝0 时，则粒子的速度正好平行上极 板，则根据运动学公式：－v2y＝－2Emq·d，由于 vy＝v0cos 45°，Ek0 ＝12mv02，联立整理得到：E＝2Eqkd0，故选项 B 正确．]
解析：AC [φ－x 图线的切线斜率表示场强，由图可知从 x1 到 x2 过程中，图线切线斜率变小，到 x2 处斜率为 0，即场强从 x1 到 x2 一直减小，且 E2＝0，电场力 F＝Eq，负电荷从 x1 移动到 x2，受到 的电场力减小，选项 B、D 错误；沿 x 轴方向电势由负到正，故 x 轴上的两个电荷 q1、q2 为异种电荷，选项 A 正确；由图可知 φx1＜φx2， 负电荷由低电势到高电势，电场力做正功，电势能减小，选项 C 正 确．]
高中物理二轮专题突破精品讲义 第三部分 电场和磁场专
第三专题 电场和磁场一、知识梳理（一）电场和磁场中的带电粒子1、知识网络2、方法点拨：分析带电粒子在电场、磁场中运动，主要是两条线索：（1）力和运动的关系。
根据带电粒子所受的力，运用牛顿第二定律并结合运动学规律求解。
（2）功能关系。
根据场力及其它外力对带电粒子做功引起的能量变化或全过程中的功能关系，从而可确定带电粒子的运动情况，这条线索不但适用于均匀场，也适用于非均匀场。
因此要熟悉各种力做功的特点。
处理带电粒子在场中的运动问题应注意是否考虑带电粒子的重力。
这要依据具体情况而定，质子、α粒子、离子等微观粒子，一般不考虑重力；液滴、尘埃、小球等宏观带电粒子由题设条件决定，一般把装置在空间的方位介绍的很明确的，都应考虑重力，有时还应根据题目的隐含条件来判断。
处理带电粒子在电场、磁场中的运动，还应画好示意图，在画图的基础上特别注意运用几何知识寻找关系。
3、典型例题例1（1999年高考全国卷）如图1所示，图中虚线MN 是一垂直纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向外。
O 是MN 上的一点，从O 点可以向磁场区域发射电量为+q 、质量为m 、速率为v 的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向。
已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P 点相遇，P 到半径公式：qB mv R = 周期公式：qB m T π2=O 的距离为L ，不计重力及粒子间的相互作用。
（1）求所考察的粒子在磁场中的轨道半径；（2）求这两个粒子从O 点射入磁场的时间间隔。
【点拨解疑】（1）设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R ，由牛顿第二定律得Rv m qvB 2=，则qB mv R = （2）如图2所示，以OP 为弦可以画两个半径相同的圆，分别表示在P 点相遇的两个粒子的轨迹。
圆心分别为O 1、O 2，过O 点的直径分别为OO 1Q 1、OO 2Q 2，在O 点处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用θ表示它们之间的夹角。
高考物理二轮专题复习课件：专题整合高频突破+专题三 电场和磁场1
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
r
可知
4π
解析 由 C= 和 C=
r
,将云母介质移出后相对介电常
4π
Q=
数 ε r 减小,电容器两极板间的电压仍保持不变,故极板上的电荷量变
小,再由 E= 可知,极板间电场强度不变,选项 D 正确。
57:0319 November 2021
8、教育技巧的全部诀窍就在于抓住儿童的这种上进心，这种道德上的自勉。要是儿童自己不求上进，不知自勉，任何教育者就
都不能在他的身上培养出好的品质。可是只有在集体和教师首先看到儿童优点的那些地方，儿童才会产生上进心。下午2时57分
3秒下午2时57分14:57:0321.11.19
D.ab>ac>aa,va>vc>vb
解析 根据库仑定律 F=
2
和牛顿第二定律 F=ma,又因为 Q 仅受 P
1
的电场力作用,可得 a∝F∝2,已知 ra >rc>rb ,可得 ab >ac>aa ,A、B 项
错误;根据运动轨迹可判断 Q 受到的电场力为斥力,靠近 P 的过程中,
电场力做负功,动能减小,可得 Eka >Ekc>Ekb,即 v a >v c>v b,D 选项正确。
出2R处的电场强度大于3R处的电场强度,即EA>EB,B错误;根据
U=Ed可知图象的面积表示电势差,从E-r图可知R~2R围成的面积大
于2R~3R围成的面积,即从球面到A点的电势差大于AB两点间的电
势差,C错误;因为曲线下O~R部分的面积等于2R~3R部分的面积,即
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电场及带电粒子在电场中的运动
1．[2015·邢台四模]如图所示，真空中M、N处放置两等量异号点电荷，a、b、c表示电场中的3条等势线，d点和e点位于等势线a上，f点位于等势线c上，df平行于MN。
已知一带正电的试探电荷从d点移动到f点，试探电荷的电势能增加，则以下判断正确的是( )
A．M点处放置的是正电荷
B．若将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到e点，则电场力先做正功后做负功
C．d点的电势高于f点的电势
D．d点的场强与f点的场强完全相同
答案 B
解析把正电荷从d移到f，电势能增加，由E p＝qφ知电势升高，则N处放置的是正电荷，A错误。
将正电荷从d点移动到e点，电势先降低后升高，电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，B正确。
由于M处为负电荷，N处为正电荷，所以d点电势低于f 点电势，C错误。
d点场强与f点场强均垂直自己所在处的等势面，很明显方向不同，D错误。
2．[2015·广东梅州一模](多选)M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是( )
A.电子运动的轨迹为直线
B．该电场是匀强电场
C．电子在N点的加速度小于在M点的加速度
D．电子在N点的动能小于在M点的动能
答案AC
解析带电粒子初速度为零，且沿着电场线运动，其轨迹一定为直线，故A正确；电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越小，由W＝Fl可知，电子所受的电场力越来越小，电场强度减小，不可能是匀强电场，故B错误；因电子受到的电场力越来越小，故电子做加速度逐渐减小的加速运动，C正确；电子从M运动到N过程中，只受电场力，电势能减小，电场力做正功，则动能增加，因此N点的动能大于M点的动能，故D错误。
3．[2015·河南质监]某静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线。
一个带负电的粒子(忽略重力)在电场中以x＝0为中心、沿x轴方向做周期性运动。
设x轴正方向为电场强度E、粒子加速度a、速度v的正方向，下图分别表示x轴上各点的电场强度E、粒子的加速度a、速度v和动能E k随x的变化图象，其中可能正确的是( )
答案 D
解析φx图象的切线斜率表示电场强度，沿电场方向电势降低，因而在x＝0左侧，电场线向左，x＝0右侧，电场线向右，且为匀强电场，A错误；由于粒子带负电，粒子的加速度在x＝0左侧，方向向右，为正值，在x＝0右侧加速度为负值，且大小不变，B错误。
在x＝0左侧粒子向右匀加速，在x＝0右侧向右匀减速，vx图象应为曲线，C错误。
根据动能定理知E kx图象的切线斜率表示合外力，在此题中合外力即为电场力，所以D正确。
4．[2015·菏泽模拟](多选)如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U。
电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是( )
A ．滑动触头向右移动时，电子打在P 上的位置上升
B ．滑动触头向左移动时，电子打在P 上的位置上升
C ．电压U 增大时，电子从发出到打在P 上的时间不变
D ．电压U 增大时，电子打在P 上的速度大小不变
答案 BC
解析 滑动触头右移，加速电压U 0增大，电子射入金属板间初速度v 0增大，穿过金属板时间减小，侧向位移变小，打在P 上的位置下降，所以滑动触头左移，打在P 上的位置上升，故A 错误，B 正确。
电压U 增大，竖直方向加速度变大，而时间t ＝x v 0
不变，所以竖直方向分速度变大，P 点合速度变大，故D 错误，C 正确。
5．[2015·保定二模]如图，电子(不计重力，电荷量为e ，质量为m )由静止经加速电场加速，然后从相互平行的AB 两板的正中间射入。
已知加速电场两极间电压为U 1，AB 两板之间电压为U 2，则下列说法中正确的是( )
A ．电子穿过A
B 板时，其动能一定等于e (U 1＋U 22
) B ．为使电子能飞出AB 板，则要求U 1>U 2
C ．若把电子换成另一种带负电的粒子(忽略重力)，它将沿着电子的运动轨迹运动
D ．在AB 板间，沿电子运动轨迹的电势越来越低
答案 C
解析 电子穿过AB 板时不一定从板的边缘射出，所以动能不一定等于e (U 1＋U 22
)，故A 错误。
为使电子能飞出AB 板，不能只要求U 1>U 2，因为还与板长、板间距离有关，故B 错误，
电子在板间的水平位移x ＝v 0t ，竖直位移y ＝12at 2，其中a ＝eU 2md ，eU 1＝12
mv 20，联立得轨迹方程y ＝U 2x 2
4U 1d
，与电荷量无关，所以C 正确，在AB 板间，电场力对电子做正功，电势能减少，电势升高，所以D 错误。