2018年北京市高三高考物理复习专题电场
2018年高考物理北京市专用复习专题测试课件专题九 静电场 共161张 精品
5.(2015安徽理综,15,6分)由库仑定律可知,真空中两个静止的点电荷,带电量分别为q1和q2,其间
距离为r时,它们之间相互作用力的大小为F=k
q1q2 r2
,式中k为静电力常量。若用国际单位制的基
本单位表示,k的单位应为 ( )
A.kg·A2·m3 B.kg·A-2·m3·s-4
C.kg·m2·C-2 D.N·m2·A-2
(1)小球所受电场力F的大小。 (2)小球的质量m。 (3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v的大小。
答案 (1)3.0×10-3 N (2)4.0×10-4 kg (3)2.0 m/s
解析 (1)F=qE=3.0×10-3 N
(2)由 qE =tan 37°,得m=4.0×10-4 kg
mg
(3)由mgl(1-cos 37°)= 1 mv2,得
2
v= 2=g2l(.10mco/ss37)
解题指导 (1)小球平衡时,正确进行受力分析。(2)撤去电场后,小球会从高处摆下,在小球从开 始运动到到达最低点的过程中,机械能守恒。
3.(2016北京理综,23,18分,0.59)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。
sin θ= 0.0=60.60,θ=37°
0.10
F库=mg tan 37°=6.0×10-3 N,B项错误; F库=k QAQB
r2
QA=QB=Q,r=0.12 m 联立得Q=4 6×10-8 C,故C项正确;
由等量同种点电荷产生的电场的特点可知,A、B两球连线中点处的场强为0,故D项正确。 疑难突破 准确进行受力分析、力的合成,再利用三角函数计算库仑力和电荷量大小。
2018北京十一学校高三一轮电场测试(含答案)
11学校2019届高三物理第5次周练 （2018.11.26）考试时间： 60min 命题人：董平教学班级： 姓名：一、不定项选择（每小题5分，至少有一个选项正确，选对但不全得2分，共40分），请将正确选项答案填入表格中。
1. 如图所示，真空中的两个点电荷分别位于M 和N ，它们所带电荷量分别为1q 和2q 。
已知在M 、N 连线上某点p 处的电场强度为零，且PN MP 3=，则A. 213q q =B. 219q q =C. 2131q q =D. 2191q q =2.如图所示，电场中有A 、 B 两点，则下列说法中正确的是A. 电势B A ϕϕ＞，场强B A E E ＞B. 将负电荷从A 点移到B 点电场力做了正功C. 电势B A ϕϕ＜，场强B A E E ＜D. 将一负电荷分别放在A 、B 两点时具有的电势能PB PA E E ＜3.取一对用绝缘支柱支撑的金属导体A 和B ，使它们彼此接触。
起初它们不带电，贴在A 、B 上的金属箔是闭合的。
现在把带正电荷的球C 移近导体A ，可以看到A 、B 上的金属箔都张开了。
下列说法正确的是 A. A 内部的场强比B 内部的场强大 B. A 、B 内部的场强均为零 C. A 左端的电势比B 右端的电势低 D. A 左端的电势比B 右端的电势高4. 关于静电场，下列结论普遍成立的是A.电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关B.电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低C.将正点电荷从电势为零的一点移动到电势为零的另一点，电场力做功一定为零D.在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向5.如图，真空中有两个点电荷1q 和2q ，带等量异种电荷，a 为1q 、2q 连线与中垂线的交点，b 为1q 、2q 连线上的一点，c 、d 为1q 、2q 连线中垂线上关于a 对称的两点。
则关于a 、b 、 c 、d 四点的电场强度和电势，下列说法正确的是A. a 点是空间内场强最大的点B. a 、c 、d 三点电势相等C. c 、d 两点电场强度相同D. a 点电势比b 点电势低6.一带负电小球从空中的a 点运动到b 点的过程中，受重力、空气阻力和电场力作用，重力对球做功3.5J ，小球克服空气阻力做功0.5J ，电场力对小球做功1.0J 。
2018年高考物理试题分类解析：电场
2018年高考物理试题分类解析：电场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】设相邻两条等势线之间的电势差为U 0，根据从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为 6 eV ，eV U e W 630=⋅=，所以V U 20=并且电势从a 向f 逐渐降低。
已知平面b 上的电势为2 V ，所以平面c 上的电势为零，A 正确；因为从a 到f ，电势降低V U 840=，所以电势能增大eV 8，动能减少eV 8，可能到达f ；但如果在a 时速度方向在a 平面内，加速度方向向左，就可能到达不了平面f ，所以B 正确。
从上图可以看出，该电子经过平面d 时，其电势能为2eV ，C 错误；该电子经过平面b 时的动能是经过d 时的2倍，所以速率是2倍。
【答案】21．AB全国2卷21．如图，同一平面内的a 、b 、c 、d 四点处于匀强电场中， 电场方向与此平面平行，M 为a 、c 连线的中点，N 为b 、d 连线的中点。
一电荷量为q （q >0）的粒子从a 点移动到b 点，其电势能减小W 1：若该粒子从c 点移动到d点，其电势能减小W 2，下列说法正确的是A ．此匀强电场的场强方向一定与a 、b 两点连线平行B ．若该粒子从M 点移动到N 点，则电场力做功一定为122W WC ．若c 、d 之间的距离为L ，则该电场的场强大小一定为2W qLD ．若W 1=W 2，则a 、M 两点之间的电势差一定等于b 、N 两点之间的电势差【解析】因为电势能的减少等于电场力做功，又根据qU W =及Ed U =得qEd W =，我们做功的大小可以转换为距离的大小来研究。
设过MN 的直线为电场线，如下图''''Nb Ma MN b a --=，''''Nd Mc MN d c ++=，因为''=Ma 'Mc ，'Nb 'Nd =，解得)''''(21d c b a MN +=，所以，若该粒子从M 点移动到N 点，则电场力做功一定为122W W +，B 正确。
2018版高考物理新课标一轮复习课件：第六章 静电场 6-2 精品
考向 2 等势线与运动轨迹的关系 [典例 6] 两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如 图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中 A 点沿图示方向 进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则 粒子在电场中( C )
A．做直线运动，电势能先变小后变大 B．做直线运动，电势能先变大后变小 C．做曲线运动，电势能先变小后变大 D．做曲线运动，电势能先变大后变小
A．b、d 两点处的电势相同 B．四个点中 c 点处的电势最低 C．b、d 两点处的电场强度相同 D．将一试探电荷＋q 沿圆周由 a 点移至 c 点，＋q 的电势 能减小
[解析] 由等量异种点电荷的电场线分布及等势面特点 知，A、B 正确，C 错误．四点中 a 点电势最高、c 点电势最低， 正电荷在电势越低处电势能越小，故 D 正确．
ห้องสมุดไป่ตู้
重要描述
垂直于电场 线的一簇平
面
点电荷 的电场
等量异种 点电荷的
电场 等量同种 正点电荷
的电场
以点电荷为球心的一 簇球面
连线的中垂线上的电 势为零
连线上，中点电势最 低，而在中垂线上，中
点电势最高
2.带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法 (1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯 曲)，从而分析电场方向或电荷的正负． (2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功 的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等．
已知 PQ 与 PC 间的夹角为 θ＝30°，则关于该电场强度 E 的方 向及 PC 间的电势差大小说法正确的是( D )
A．E 的方向为由 P 指向 Q，UPC＝ 3ER B．E 的方向为由 Q 指向 C，UPC＝3E2R C．E 的方向为由 P 指向 C，UPC＝2ER D．E 的方向为由 O 指向 C，UPC＝3E2R
北京市2018届高三物理一轮复习 12.2 电场强度、电场线课件
课后练习·拓展自我
2、P、Q两电荷的电场线分布如图所示，a、b、c、d为电场中的四点， c、d关于PQ连线的中垂线对称。一个离子从a运动到b(不计重力)，轨迹 如图所示，则下列判断正确的是( ) AC A．P带正电 B．c、d两点的电场强度相同 C．离子在运动过程中受到P的吸引力 D．离子从a到b，电场力做正功
课后练习·拓展自我
1、关于电场，下列叙述中正确的是： （ C ） A．以点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的场强都相同 B．正电荷周围的电场强度一定比负电荷周围的电场强度大 C．在电场中某点放入试探电荷q，该点的场强为E＝ F ，取走q后，
q
该点场强不为零 D．电荷所受电场力很大，该点的电场强度一定很大
基础知识回顾
（3）几种典型电场的电场线(如图所示)。
深化拓展
1、电荷量、元电荷、点电荷和检验电荷的区别 （1）电荷量是物体带电荷的多少，电荷量只能是元电荷的 整数倍； （2）元电荷是电荷量为1.6×10－19 C的电荷，不是电子也不 是质子，而是最小的电荷量，电子和质子带最小的电荷量； （3）点电荷要求“线度远小于研究范围的空间尺度”，是 一种理想化物体模型，对其带电荷量无限制； （4）检验电荷是用来研究电场的电荷，要求放入电场后对 原来的电场不产生影响，故应为带电荷量足够小的点电荷．
典例精析
例3、（多选）如图所示，一个绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电 场中，场强为E，在其上端与圆心等高处有一个质量为m，带电荷量为+q 的小球由静止开始下滑，则： （ B）D A．小球运动过程中机械能守恒 B．小球经过最低点时速度最大 C．小球在最低点对环的压力大小为（mg+qE） D．小球在最低点对环的压力大小为3（mg+qE）
2018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三讲带电粒子在复合场中的运动学案201
第三讲 带电粒子在复合场中的运动[答案] (1)速度选择器(如下图)带电粒子束射入正交的匀强电场和匀强磁场组成的区域中，满足平衡条件qE ＝qvB 的带电粒子可以沿直线通过速度选择器．(2)电磁流量计原理：如上图所示，圆形导管直径为d ，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力的作用下横向偏转，a 、b 间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a 、b 间的电势差就保持稳定，即qvB＝qE ＝q U d ，所以v ＝U dB ，因此液体流量Q ＝Sv ＝πd 24·U Bd ＝πdU4B.(3)磁流体发电机原理：如下图所示，等离子气体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力作用下发生上下偏转而聚集到A 、B 板上，产生电势差．设A 、B 平行金属板的面积为S ，相距为l ，等离子气体的电阻率为ρ，喷入气体速度为v ，板间磁场的磁感应强度为B ，板外电阻为R .当等离子气体匀速通过A 、B 板间时，A 、B 板上聚集的电荷最多，板间电势差最大，即为电源电动势，此时，离子受力平衡：Eq ＝Bqv ，E ＝Bv ，电动势E ＝El ＝Blv ，电源内电阻r ＝ρlS，故R 中的电流I ＝E R ＋r ＝Blv R ＋ρl S＝BlvS RS ＋ρl.考向一 带电粒子在“组合场”中的运动[归纳提炼] 1．组合场指电场、磁场、重力场有两种场同时存在，但各位于一定的区域内且并不重叠，且带电粒子在一个场中只受一种场力的作用．2．解题思路(1)带电粒子经过电场区域内利用动能定理或类平抛的知识分析； (2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系来处理．(2017·天津卷)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：(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．[思路点拨] (1)注意粒子进入磁场时的速度不是v 0.(2)粒子在电场中做类平抛运动，求出粒子飞出电场时的速度是解题关键． [解析] 本题考查带电粒子在电场中的偏转及带电粒子在匀强磁场中的运动．(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 yv 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 0⑦(2)设电场强度为E ，粒子电荷量为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 02⑫ [答案] (1)2v 0 与x 轴正方向成45°角斜向上 (2)v 02带电粒子在组合场中运动的处理方法不论带电粒子是先后在匀强电场和匀强磁场中运动，还是先后在匀强磁场和匀强电场中运动．解决方法如下(1)分别研究带电粒子在不同场中的运动规律，在匀强磁场中做匀速圆周运动，在匀强电场中，若速度方向与电场方向在同一直线上，则做匀变速直线运动，若进入电场时的速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动．根据不同的运动规律分别求解．(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系来处理．(3)注意分析磁场和电场边界处或交接点位置粒子速度的大小和方向，把粒子在两种不同场中的运动规律有机地联系起来．[熟练强化]迁移一 直线运动与圆周运动组合1．(2017·合肥质监)如图所示，在xOy 平面内，MN 与y 轴相互平行且间距为d ，其间有沿x 轴负方向的匀强电场．y 轴左侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 1；MN 右侧空间有垂直纸面不随时间变化的匀强磁场．质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴负方向射入磁场，经过一段时间后再次回到坐标原点，此过程中粒子两次通过电场，粒子在电场中运动的总时间为t 总＝4d3v 0.粒子重力不计．求：(1)左侧磁场区域的最小宽度； (2)电场区域电场强度的大小；(3)右侧磁场区域宽度及磁感应强度大小应满足的条件．[解析] (1)粒子在左侧磁场中做圆周运动，qB 1v 0＝m v 20R解得R ＝mv 0qB 1由几何知识可知，左侧磁场区域的最小宽度就是粒子做圆周运动的半径L min ＝R ＝mv 0qB 1. (2)粒子在电场中运动的总时间为t 总＝4d 3v 0，带电粒子一次通过电场的时间为t ＝2d3v 0.设粒子到达MN 边界的速度为v ，电场强度为Ed ＝v ＋v 02t所以v ＝2v 0v 2－v 20＝2Eq md E ＝3mv 202qd.(3)因为粒子带负电，所以粒子开始时在左侧磁场中向下偏转，通过电场加速后进入右侧磁场，要使其能够回到原点，则粒子在右侧磁场中应向上偏转，所以MN 右侧空间的磁场垂直纸面向外，且偏转半径为R 或2R ，粒子通过电场加速后进入右侧磁场的速度为v ＝2v 0.设粒子在右侧磁场中的轨道半径为r ，磁感应强度为BqBv ＝m v 2r ，r ＝2mv 0qB ，R ＝mv 0qB 1粒子在右侧磁场中运动情况有两种，如图所示①当半径r ＝R 时，B ＝2mv 0qR＝2B 1，右侧磁场的宽度应满足x min ≥mv 0qB 1②当半径r ＝2R 时，B ＝2mv 02qB ＝B 1，右侧磁场的宽度应满足x min ≥2mv 0qB 1.[答案] (1)mv 0qB 1 (2)3mv 22qd(3)①当半径r ＝R 时，x min ≥mv 0qB 1 ②当半径r ＝2R 时，x min ≥2mv 0qB 1迁移二 组合场中的多解问题2．如下图所示，在x 轴上方有一匀强磁场，磁感应强度为B ；x 轴下方有一匀强电场，电场强度为E .屏MN 与y 轴平行且相距L .一质量m ，电荷量为e 的电子，在y 轴上某点A 自静止释放，如果要使电子垂直打在屏MN 上，那么：(1)电子释放位置与原点O 的距离s 需满足什么条件？ (2)电子从出发点到垂直打在屏上需要多长时间？ [解析] (1)在电场中，电子从A →O ，动能增加eEs ＝12mv 2在磁场中，电子偏转，半径为r ＝mv 0eB据题意，有(2n ＋1)r ＝L所以s ＝eL 2B 22Em n ＋2(n ＝0,1,2,3，…)(2)在电场中匀变速直线运动的时间与在磁场中做部分圆周运动的时间之和为电子总的运动时间t ＝(2n ＋1)2s a ＋T 4＋n T 2，其中a ＝Ee m ，T ＝2πm eB. 整理后得t ＝BL E ＋(2n ＋1)πm2eB (n ＝0,1,2,3，…)[答案] (1)s ＝eL 2B 22Em n ＋2(n ＝0,1,2,3，…)(2)BL E ＋(2n ＋1)πm2eB(n ＝0,1,2,3，…)考向二带电粒子在“复合场”中的运动[归纳提炼]带电粒子在“复合场”中运动问题求解思路(2016·天津卷)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E ＝5 3 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6kg，电荷量q＝2×10－6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2.求：(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.[思路路线][解析] (1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则qvB ＝q 2E 2＋m 2g 2①代入数据解得v ＝20 m/s ②速度v 的方向斜向右上方，与电场E 的方向之间的夹角θ满足tan θ＝qE mg③ 代入数据解得tan θ＝3，θ＝60°④(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a ，有a ＝q 2E 2＋m 2g 2m⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有x ＝vt ⑥ 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ，有y ＝12at 2⑦a 与mg 的夹角和v 与E 的夹角相同，均为θ，又tan θ＝yx⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t ＝2 3 s≈3.5 s解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y ＝v sin θ⑤若使小球再次经过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t －12gt2＝0⑥联立④⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s≈3.5 s[答案] (1)20 m/s 斜向右上方与电场E 的方向之间的夹角为60° (2)3.5 s电场力、磁场力、重力并存时带电体的运动分析(1)若三力平衡，带电体做匀速直线运动． (2)若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动．(3)若合力不为零，带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律或动能定理求解． [熟练强化]迁移一 带电粒子在“复合场”中的一般曲线运动1．(多选)设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A 点沿曲线ACB 运动，到达B 点时速度为零，C 点是运动的最低点，忽略粒子的重力，以下说法中正确的是( )A ．此粒子必带正电荷B ．A 点和B 点位于同一高度C ．粒子在C 点时机械能最大D ．粒子到达B 点后，将沿原曲线返回A 点[解析] 本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，意在考查学生的综合分析能力．粒子从静止开始运动的方向向下，电场强度方向也向下，所以粒子必带正电荷，A 正确；因为洛伦兹力不做功，只有静电力做功，A 、B 两点速度都为0，根据动能定理可知，粒子从A 点到B 点运动过程中，电场力不做功，故A 、B 点位于同一高度，B 正确；C 点是最低点，从A 点到C 点运动过程中电场力做正功最大，C 点电势能最小，由能量守恒定律可知C 点的机械能最大，C 正确；到达B 点时速度为零，将重复刚才ACB 的运动，向右运动，不会返回，故D 错误．[答案] ABC迁移二 带电粒子在“复合场”中的直线运动2．(2015·福建卷)如图，绝缘粗糙的竖直平面MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E ，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的小滑块从A 点由静止开始沿MN 下滑，到达C 点时离开MN 做曲线运动．A 、C 两点间距离为h ，重力加速度为g .(1)求小滑块运动到C 点时的速度大小v C ；(2)求小滑块从A 点运动到C 点过程中克服摩擦力做的功W f ；(3)若D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D 点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P 点．已知小滑块在D 点时的速度大小为v D ，从D 点运动到P 点的时间为t ，求小滑块运动到P 点时速度的大小v P .[解析] (1)小滑块沿MN 运动过程，水平方向受力满足qvB ＋N ＝qE小滑块在C 点离开MN 时N ＝0解得v C ＝EB(2)由动能定理mgh －W f ＝12mv 2C －0解得W f ＝mgh －mE 22B2(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g ′g ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫qE m 2＋g 2 且v 2P ＝v 2D ＋g ′2t 2解得v P ＝v 2D ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫qE m 2＋g 2t 2 [答案] (1)E B (2)mgh －mE 22B2(3)v 2D ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫qE m 2＋g 2t 2 迁移三 带电粒子在复合场中的圆周运动3．(2017·大庆模拟)如图所示，空间区域Ⅰ、Ⅱ内存在匀强电场和匀强磁场，MN 、PQ 为磁场区域的理想边界，Ⅰ区域高度为d ，Ⅱ区域的高度足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域磁场的磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直纸面向里和向外．一个质量为m ，电荷量为q 的带电小球从磁场上方的O 点由静止开始下落，进入电磁场区域后，恰能做匀速圆周运动．已知重力加速度为g .(1)试判断小球的电性并求出电场强度E 的大小；(2)若带电小球运动一定时间后恰能回到O 点，在图中作出小球的运动轨迹；求出释放点距MN 的高度h ；并求出小球从开始释放到第一次回到O 点所经历的时间t ；(3)试讨论h 取不同值时，小球第一次穿出Ⅰ区域的过程中电场力所做的功W .[解析] (1)带电小球进入电磁场区域后，恰能做匀速圆周运动，则电场力与重力等大反向，小球带正电，有qE ＝mg得E ＝mg q.(2)带电小球在进入叠加场区域前做自由落体运动，有：mgh ＝12mv 2带电小球在叠加场中做匀速圆周运动，有：qvB ＝m v 2R由于带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中，q 、v 、B 、m 的大小不变，故三段轨迹圆弧的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R ，轨迹如图(a)所示．由几何关系知：R ＝dsin60°解得：h ＝2q 2B 2d23m 2g从小球开始释放到回到O 点，运动时间由两部分组成，一部分为在叠加场区域外运动的时间，t 1＝22hg；一部分为在叠加场区域内运动的时间，t 2＝76×2πm qB ＝7πm3qB总时间t ＝t 1＋t 2＝22h g ＋7πm 3qB ＝43qBd 3mg ＋7πm3qB. (3)当带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ 相切时，运动轨迹如图(b)所示，小球做圆周运动的半径R ′＝d解得对应高度：h 0＝q 2B 2d 22m 2g讨论：①当h ≤h 0时，小球进入Ⅰ区域的速度较小，半径较小，不能进入Ⅱ区域，由边界MN 第一次穿出Ⅰ区域，此过程中电场力做功W ＝0；②当h >h 0时，小球进入Ⅰ区域后由边界PQ 第一次穿出磁场Ⅰ区域进入Ⅱ区域，此过程中电场力做功W ＝－qEd ＝－mgd .[答案] (1)带正电 mg q (2)轨迹见解析 2q 2B 2d 23m 2g 43qBd 3mg ＋7πm3qB(3)见解析高考题答题规范——电磁场技术的应用[考点归纳]带电粒子在复合场中运动的应用实例[高考示例](16分)一台质谱仪的工作原理如图所示．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．(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(U0－ΔU)到(U0＋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．,[审题指导]第一步读题干—提信息[满分答案] (1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r 1 电场加速qU 0＝12×2mv 2(1分)且qvB ＝2m v 2r 1(1分)解得r 1＝2BmU 0q(1分) 根据几何关系x ＝2r 1－L (1分) 解得x ＝4BmU 0q－L (1分) (2)如图所示(2分)最窄处位于过两虚线交点的垂线上d ＝r 1－r 21－⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22(2分) 解得d ＝2BmU 0q － 4mU 0qB 2－L24(2分) (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 ＝2Bm U 0－ΔUq(1分)r 2的最大半径r 2max ＝1B2m U 0＋ΔUq (1分)由题意知2r 1min －2r 2max >L ，即4Bm U 0－ΔU q －2B2mU 0＋ΔUq>L (2分)解得L <2Bm q [2U 0－ΔU －U 0＋ΔU ](1分)[答案] (1)4BmU 0q－L (2)区域见解析 2BmU 0q － 4mU 0qB 2－L24(3)L <2Bm q[2U 0－ΔU －U 0＋ΔU ]规范解析书写过程，注意分步列式,对所列方程用序号标出，阅卷老师才好找到得分点；尽量不要列连等式，以防由于写综合方程，一处出错则全部没分.保证结果计算正确本题较多的是数学表达式的推导，要提高计算能力，会做的题尽量做对，只要结果正确，前面书写的稍有不规范，阅卷老师也可能不在意，但一旦结果错误，阅卷老师再找得分点时，书写不规范或马虎往往就会吃亏.只看对的，不看错的,对于不会做的题目，要把与本题相关的公式都写上，公式是主要得分点，阅卷时只看评分标准中给定的公式来给分，无用的如果写了，不给分也不扣分.[满分体验] (2016·浙江卷)为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O 的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，谷区内没有磁场．质量为m ，电荷量为q 的正离子，以不变的速率v 旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r ，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针； (2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T ； (3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B ′和B 的关系．已知：sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β，cos α＝1－2sin2α2[解析] (1)峰区内圆弧半径r ＝mv qB旋转方向为逆时针(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝2π3每个圆弧的长度l ＝2πr 3＝2πmv3qB每段直线长度L ＝2r cos π6＝3r ＝3mvqB周期T ＝l ＋L v代入得T ＝π＋33mqB21 (3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30° 谷区内的轨道圆弧半径r ′＝mv qB ′由几何关系r sin θ2＝r ′sin θ′2由三角关系sin 30°2＝sin15°＝6－24 代入得B ′＝3－12B[答案] (1)mvqB 逆时针(2)2π3 π＋33m qB (3)B ′＝3－12B。
2018年高考物理复习专题三 第1讲
第1讲电场高考命题轨迹考情分析电场的性质是力与能在电磁学中的延续，结合带电粒子(微粒)在电场中的运动综合考查牛顿第二定律、动能定理及运动的合成与分解是常用的命题思路．2016年静电场分值略有减少，难度降低，2017年又出现计算题．可见这部分内容综合性强，仍然是命题的热点，且有轮考迹象．知识方法链接1．电场力的性质：由电场强度E描述，既有大小又有方向．某一场点的电场强度等于各场源电荷产生的电场的矢量和(注意场源电荷分布的对称性)．电场线的疏密和方向形象描述电场的强弱与方向．要熟练掌握点电荷、等量同种点电荷、等量异种点电荷等的电场线分布与特点．2．电场能的性质：由电势φ和电势差U描述，没方向但有正负(在涉及功、能的计算中，电荷的正负号、电势、电势差、电势能、电场力的功等的正负号都要带着，涉及力的运算时一般不带)．某一场点的电势等于各场源电荷在该处产生电势的代数和．等势面形象描述电场能的性质与电场强弱，要掌握几种典型电场的等势面分布特点．3．电荷电势能高低的判断：(1)由E p＝qφ判断：正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大．(2)由W AB＝E p A－E p B判断：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．(3)只有电场力做功时电荷的电势能与动能之和守恒，动能减小则电势能增加．4．运动电荷的轨迹偏向受力的一侧，即外力指向轨迹凹陷的一侧；电场力一定沿电场线切线即垂直于等势面，从而确定电荷受力方向．真题模拟精练1．(多选)(2017·全国卷Ⅰ·20)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1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()图1A．E a∶E b＝4∶1B．E c∶E d＝2∶1C ．W ab ∶W bc ＝3∶1D ．W bc ∶W cd ＝1∶3答案 AC 解析 由题图可知，a 、b 、c 、d 到点电荷的距离分别为1 m 、2 m 、3 m 、6 m ，根据点电荷的场强公式E ＝k Q r 2可知，E a E b ＝r 2b r 2a ＝41，E c E d ＝r 2d r 2c＝41，故A 正确，B 错误；电场力做功W ＝qU ，a 与b 、b 与c 、c 与d 之间的电势差分别为3 V 、1 V 、1 V ，所以W ab W bc ＝31，W bc W cd ＝11，故C 正确，D 错误．2．(多选)(2017·全国卷Ⅲ·21)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2所示，三点的电势分别为10 V 、17 V 、26 V ．下列说法正确的是( )图2A ．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答案 ABD解析 如图所示，设a 、c 之间的d 点电势与b 点电势相同，则ad dc ＝10－1717－26＝79，所以d 点的坐标为(3.5 cm,6 cm)，过c 点作等势线bd 的垂线，电场强度的方向由高电势指向低电势．由几何关系可得，cf 的长度为3.6 cm ，电场强度的大小E ＝U d ＝(26－17) V 3.6 cm＝2.5 V/cm ，故选项A 正确；因为Oacb 是矩形，所以有U ac ＝U Ob ，可知坐标原点O 处的电势为1 V ，故选项B 正确；a 点电势比b 点电势低7 V ，电子带负电，所以电子在a 点的电势能比在b 点的高7 eV ，故选项C 错误；b 点电势比c 点电势低9 V ，电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV ，故选项D 正确．3.(多选)(2017·山东枣庄市一模)如图3所示，水平面内的等边三角形ABC 的边长为L ，顶点C 恰好位于光滑绝缘直轨道CD 的最低点，光滑直导轨的上端点D 到A 、B 两点的距离均为L ，D 在AB 边上的竖直投影点为O .一对电荷量均为－Q 的点电荷分别固定于A 、B 两点，在D 处将质量为m 、电荷量为＋q 的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，将小球由静止开始释放，已知静电力常量为k 、重力加速度为g ，且k Qq L 2＝33mg ，忽略空气阻力，则( )图3A ．轨道上D 点的场强大小为mg 2qB ．小球刚到达C 点时，其加速度为零C ．小球刚到达C 点时，其动能为32mgL D ．小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小答案 BC解析 负电荷产生的电场指向负电荷，可知两个负电荷在D 处的电场强度分别指向A 与B ，由于两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D 点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿∠ADB 的角平分线．由库仑定律，A 、B 在D 点的场强的大小：E A ＝E B ＝kQ L2＝3mg 3q ，它们的合场强：E D ＝E A cos 30°＋E B cos 30°＝mg q，故A 错误；由几何关系知，DO ＝CO ＝32L ，则∠OCD ＝45°.小球刚到达C 点时，对小球进行受力分析，其受力的剖面图如图所示．由于C 到A 、B 的距离与D 到A 、B 的距离都等于L ，结合对D 点的分析可知，C 点的电场强度的大小与D 点的电场强度的大小相等，方向指向O 点，即：E C ＝E D ＝mg q.沿轨道CD 方向：mg cos 45°－F ·cos 45°＝ma ，其中F 是库仑力，F ＝q ·E C ＝q ·mg q＝mg ，解得a ＝0，故B 正确；由于C 与D 到A 、B 的距离都等于L ，结合等量同种点电荷的电场特点可知，C 点与D 点的电势是相等的，所以小球从D 到C 的过程中电场力做功的和等于0，则只有重力做功，小球的机械能守恒，得：mg ·OD ＝12m v 2，则小球的动能：E k ＝12m v 2＝3mgL 2，故C 正确；由几何关系可知，在C 、D 的连线上，C 、D 连线的中点处到A 、B 的距离最小，电势最低，小球带正电，所以小球在C 、D 的连线中点处的电势能最小，则小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先减小后增大，故D 错误．4．(多选)(2017·山东济宁市模拟)如图4甲所示，Q 1、Q 2为两个被固定的点电荷，其中Q 1带负电，a 、b 两点在它们连线的延长线上．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始经b 点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a 、b 两点时的速度分别为v a 、v b ，其速度－时间图象如图乙所示．以下说法中正确的是( )图4A ．Q 2一定带正电B ．b 点的电场强度一定为零C ．Q 2的电量一定大于Q 1的电量D ．整个运动过程中，粒子的电势能先增大后减小答案 ABD解析 由题图的速度—时间图象可知，粒子从a 到b 做加速度减小的减速运动，在b 点时粒子的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零，Q 1对负电荷的电场力向右，则Q 2对负电荷的电场力向左，所以Q 2带正电，故A 、B 正确；b 点场强为零，可见两点电荷在b 点对负电荷的电场力大小相等，根据F ＝k qQ r2，b 到Q 1的距离大于b 到Q 2的距离，所以Q 1的电量大于Q 2的电量，故C 错误；整个运动过程动能先减小后增大，根据能量守恒定律可知，粒子的电势能先增大后减小，故D 正确．知识方法链接1．三个公式电容定义式：C ＝Q U平行板电容器电容决定式：C ＝εr S 4πkd匀强电场中电场强度与板间电压、板间距离关系：E ＝U d. 2．必须明确的两个关键点(1)如图5所示，电路处于接通状态时，电容器两极板间电压不变．图5(2)电路处于断开状态时，电容器两极板所带电荷量不变．3．充放电电流方向(1)充电时电流由电源正极流向电容器正极板．(2)放电时电流由电容器正极板流向电源正极．4．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)应用平行板电容器的决定式C ＝εr S 4πkd分析电容器电容的变化． (3)应用电容的定义式C ＝Q U分析电容器所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． 真题模拟精练5．(2017·湖北孝感市一模)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6所示，A 、B 是平行板电容器的两个金属板，G 为静电计，开关S 闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的是( )图6A ．断开开关S 后，将A 、B 两极板分开些B ．断开开关S 后，增大A 、B 两极板的正对面积C ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板拉近些D ．保持开关S 闭合，将滑动变阻器的滑动触头向右移动答案 B解析 断开开关，电容器所带电荷量Q 不变，将A 、B 分开一些，则d 增大，根据C ＝εr S 4πkd知，电容C 减小，根据C ＝Q U知，电势差增大，指针张角增大，故A 错误；断开开关，电容器所带电荷量Q 不变，增大正对面积，根据C ＝εr S 4πkd 知，电容C 增大，根据C ＝Q U知，电势差U 减小，指针张角减小，故B 正确；保持开关闭合，不论使A 、B 两板靠近些，还是使滑动变阻器的滑动触头向右移动，电容器两端的电势差总不变，则指针张角不变．故C 、D 错误．6.(多选)(2017·山东烟台市模拟)如图7所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为D ，在下极板上叠放一厚度为d 的金属板A ，d <D ，其上部空间有一带负电的粒子P 静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P 开始运动，已知重力加速度为g .则下列判断正确的是( )图7A ．电容器的电容变大B ．两板间的电场强度不变C ．上极板所带电荷量变小D ．粒子运动的加速度大小为d Dg 答案 CD解析 当把金属板从电容器中快速抽出后，导致极板间距增大，依据电容的决定式C ＝εr S 4πkd，可知，电容器的电容变小，故A 错误；因电势差U 不变，而极板间距增大，依据E ＝U d可知，板间的电场强度变小，故B 错误；平行板电容器的两极板与电压恒定的电源相连，则电势差U 不变，根据公式C ＝Q U，因电容C 变小，则极板所带电荷量变小，故C 正确；粒子受重力和电场力，开始时平衡，有：mg ＝q U D －d，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子重力大于所受电场力，根据牛顿第二定律，有：mg －q U D ＝ma ，解得：a ＝d Dg ，故D 正确．知识方法链接1．匀强电场中的直线运动的两种处理方法(1)动能定理：不涉及t 、a 时可用．(2)牛顿第二定律＋运动学公式：涉及a 、t 时可用．尤其是交变电场中，最好再结合v －t 图象使用．2．匀强电场中的偏转的处理方法(1)用平抛运动处理方法：运动的分解．①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t ＝L v 0. ②沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a ＝F m ＝qE m ＝qU md. ③离开电场时的偏移量y ＝12at 2＝qUL 22md v 20. ④速度偏向角tan φ＝v y v 0＝――――――→ qUx x=L md v 02 tan φ＝qUL md v 20； 位移偏向角tan θ＝y x ＝――――――→qUx x=L 2md v 02 tan θ＝qUL 2md v 20. (2)动能定理：涉及功能问题时可用．注意：偏转时电场力的功不一定是W ＝qU板间，应该是W ＝qEy (y 为偏移量)． 真题模拟精练7．(多选)(2017·河南安阳市一模)如图8所示，平行带电金属板M 、N 相距为d ，M 、N 分别与电源的正、负极相连，M 板上距左端距离为d 处有一个小孔A .当开关K 闭合时，有甲、乙两个相同的带电粒子同时射入电场，甲从两极板中间O 点处以初速度v 1平行于两极板射入，乙从A 孔以初速度v 2垂直于M 板射入，二者在电场中的运动时间相同，并且都打到N 板上的B 点，不计带电粒子的重力，下列说法正确的是( )图8A ．甲、乙的初速度v 1与v 2的关系为v 1v 2＝2 B ．甲、乙的初速度v 1与v 2的关系为v 1v 2＝ 2 C ．若将开关K 断开，并将N 板向下平移一小段距离，甲、乙粒子仍以各自的初速度从原来的位置开始进入电场运动，一定会同时打到N 板上的B 点D ．若将开关K 断开，并将N 板向上平移一小段距离，甲、乙粒子仍以各自的初速度从原来的位置开始进入电场运动，甲一定打到N 板上B 点的左侧答案 AD解析 甲做类平抛运动，打在下极板的B 点，知甲带正电，由于甲、乙是相同的带电粒子，可知乙也带正电，乙在电场中做匀加速直线运动．对甲，水平方向：d ＝v 1t ①竖直方向：d 2＝12at 2② 对乙，d ＝v 2t ＋12at 2③ 联立①②③得：v 1v 2＝2，故A 正确，B 错误； 开关K 断开，电容器的带电荷量不变，N 板向下平移，距离增大，E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkd·d ＝4πkQ εr S ，两板间的电场强度不随极板间距变化，场强不变，加速度不变，甲粒子的竖直位移变大，运动时间变大，水平位移变大，甲打在B 点的右侧，乙还打在B 点，故C 错误；同理可知，N 板向上平移一小段距离，电场强度不变，粒子加速度不变，竖直位移减小，运动时间变小，水平位移变小，所以甲一定打在N 板上B 点的左侧，故D 正确．8．(2017·湖北黄冈市模拟)静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图如图9所示，A 、B 为两块水平放置的平行金属板，间距d ＝1.0 m ，两板间有方向竖直向上，大小为E ＝1.0×103 N/C 的匀强电场，在A 板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P ，油漆喷枪的半圆形喷口可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v 0＝1.0 m/s ，质量均为m ＝5.0×10－14 kg ，带电荷量均为q ＝－2.0×10－15 C 的带电油漆微粒，不计微粒所受空气阻力及微粒间相互作用，油漆微粒最后都落在金属板B 上，取g ＝10 m/s 2.下列说法错误的是( )图9A ．沿水平方向喷出的微粒运动到B 板所需时间为0.2 sB ．沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B 板，电场力做功为2.0×10－12 JC ．若其他条件均不变，d 增大为原来的2倍，则喷涂面积增大为原来的2倍D ．若其他条件均不变，E 增大为原来的2倍，则喷涂面积减小为原来的12答案 D解析 沿水平方向喷出的微粒做类平抛运动，在竖直方向上，加速度a ＝qE ＋mg m＝2.0×10－15×1.0×103＋5.0×10－135.0×10－14＝50 m/s 2，根据d ＝12at 2得，t ＝2d a ＝250s ＝0.2 s ，故A 正确；沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B 板，电场力做功为W ＝qEd ＝2.0×10－15×1.0×103×1.0 J ＝2.0×10－12 J ，故B 正确；若其他条件均不变，d 增大为原来的2倍，根据d ＝12at 2得，t 变为原来的2倍，则喷涂面积的半径变为原来的2倍，面积变为原来的2倍，故C 正确；若其他条件不变，E 增大为原来的2倍，则加速度a ′＝2.0×10－15×2.0×103＋5.0×10－135.0×10－14＝90 m/s 2，加速度变为原来的95倍，时间t 变为原来的53倍，喷涂面积的半径变为原来的53倍，面积减小为原来的59，故D 错误． 9．(多选)(2017·四川宜宾市二诊)如图10甲所示，真空中水平放置两块长度为2d 的平行金属板P 、Q ，两板间距为d ，两板间加上如图乙所示最大值为U 0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P 板处有一粒子源A ，自t ＝0时刻开始连续释放初速度大小为v 0，方向平行于金属板的相同带电粒子．t ＝0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场．已知电场变化周期T ＝2d v 0，粒子质量为m ，不计粒子重力及相互间的作用力．则( )图10A ．在t ＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B ．粒子的电荷量为m v 202U 0C ．在t ＝18T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18m v 20 D ．在t ＝14T 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场 答案 AD10.(2015·全国卷Ⅱ·24)如图11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．图11答案 m v 20q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°由此得v B ＝3v 0设A 、B 两点间的电势差为U AB ，由动能定理有，qU AB ＝12m v 2B －12m v 2A解得U AB ＝m v 20q .知识方法链接匀强电场中电场力为恒力，物体重力也为恒力，二者合力也是恒力，处理电场与重力场的叠加场时可用二者合力来代替两力，称为“等效重力”．G ′＝(mg )2＋(qE )2，a ＝ g 2＋(qE m )2.处理圆周运动、抛体运动时，找到轨迹的“等效最低点”“等效最高点”，类比只有重力时的情况解题即可．真题模拟精练11．(多选)(2017·湖北荆门市元月调考)如图12所示，在竖直平面内xOy 坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m 、带电荷量为q 的小球，以某一初速度从O 点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x ＝ky 2，且小球通过点P (1k ，1k)．已知重力加速度为g ，则( )图12A ．电场强度的大小为mg qB ．小球初速度的大小为2g kC ．小球通过点P 时的动能为5mg 4kD ．小球从O 点运动到P 点的过程中，电势能减少2mg k答案 CD解析 小球以某一初速度从O 点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x ＝ky 2，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x 轴正方向，竖直方向：qE ·sin 45°＝mg ，所以qE ＝2mg ，电场强度的大小为E ＝2mg q，故A 错误；小球受到的合力：F 合＝qE cos 45°＝mg ＝ma ，所以a ＝g ，由平抛运动规律有：1k ＝v 0t ，1k ＝12gt 2，得小球初速度大小为v 0＝g 2k ，故B 错误；由于1k ＝v 0t ，1k ＝12gt 2，小球做类平抛运动，所以v y v 0＝212gt 2v 0t＝2，小球通过点P 时的动能为：12m v 2＝12m (v 20＋v 2y )＝5mg 4k，故C 正确；小球从O 到P 电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即：W ＝qE ·1k cos 45°＝2mg k，故D 正确． 12．(2017·全国卷Ⅱ·25)如图13所示，两水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A 点将质量均为m ，电荷量分别为q 和－q (q >0)的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N 离开电场时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13(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．答案 (1)3∶1 (2)13H (3)2mg 2q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 ＝0①s 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 ⑤H ＝v y t ＋12gt 2⑥ M 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 1⑩ E 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 ＝2mg 2q专题规范练题组1 高考真题体验1．(2016·全国卷Ⅰ·14)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答案 D解析 由C ＝εr S 4πkd可知，当云母介质移出时，εr 变小，电容器的电容C 变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U 不变，根据Q ＝CU 可知，当C 减小时，Q 减小．再由E ＝U d，由于U 与d 都不变，故电场强度E 不变，选项D 正确．2．(多选)(2016·全国卷Ⅰ·20)如图1，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知( )图1A ．Q 点的电势比P 点高B ．油滴在Q 点的动能比它在P 点的大C ．油滴在Q 点的电势能比它在P 点的大D ．油滴在Q 点的加速度大小比它在P 点的小答案 AB解析 由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D 选项错；由于油滴轨迹相对于过P 的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE >mg ，则电场方向竖直向下，所以Q 点的电势比P 点的高，A 选项正确；当油滴从P 点运动到Q 点时，电场力做正功，电势能减小，C 选项错误；当油滴从P 点运动到Q 点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q 点动能大于P 点的动能，B 选项正确．3．(2016·全国卷Ⅱ·15)如图2，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 、v b 、v c ，则( )图2A ．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答案 D解析 由库仑定律F ＝kq 1q 2r 2可知，粒子在a 、b 、c 三点受到的电场力的大小关系为F b >F c >F a ，由a ＝F m，可知a b >a c >a a .根据粒子的轨迹可知，粒子Q 与场源电荷P 的电性相同，二者之间存在斥力，由c →b →a 整个过程中，电场力先做负功再做正功，且|W ba |>|W cb |，结合动能定理可知，v a >v c >v b ，故选项D 正确．4．(2016·全国卷Ⅲ·15)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 答案 B解析 若两个不同的等势面相交，则在交点处存在两个不同电势数值，与事实不符，A 错；电场线一定与等势面垂直，B 对；同一等势面上的电势相同，但电场强度不一定相同，C 错；将一负电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做负功，故D 错．5．(2015·全国卷Ⅰ·15)如图3，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( )图3A ．直线a 位于某一等势面内，φM ＞φQB ．直线c 位于某一等势面内，φM ＞φNC ．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，电场力做负功答案 B解析 电子带负电荷，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，有W MN ＝W MP ＜0，而W MN ＝qU MN ，W MP ＝qU MP ，q ＜0，所以有U MN ＝U MP ＞0，即φM ＞φN ＝φP ，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP 和MQ 分别是两条等势线，有φM ＝φQ ，故A 错误，B 正确；电子由M 点到Q 点过程中，W MQ ＝q (φM －φQ )＝0，电子由P 点到Q 点过程中，W PQ ＝q (φP －φQ )＞0，故C 、D 错误．6．(2015·全国卷Ⅱ·14)如图4所示，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( )图4A ．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解析 两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg ＝qE ，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D 正确．7.(2014·新课标Ⅰ·25)如图5所示，O 、A 、B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA ＝60°，OB ＝32OA ，将一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A 点．使此小球带电，电荷量为q (q >0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB 所在平面平行．现从O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A 点，到达A 点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B 点，且到达B 点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g .求：图5(1)无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向．答案 (1)73 (2)3mg 6q电场方向斜向右下方，与竖直方向的夹角为30°解析 (1)设小球的初速度为v 0，初动能为E k0，从O 点运动到A 点的时间为t ，令OA ＝d ，则OB ＝32d ，根据平抛运动的规律有d sin 60°＝v 0t ① d cos 60°＝12gt 2② 又有E k0＝12m v 20③ 由①②③式得E k0＝38mgd ④ 设小球到达A 点时的动能为E k A ，则E k A ＝E k0＋12mgd ⑤ 由④⑤式得E k A E k0＝73⑥ (2)加电场后，小球从O 点到A 点和B 点，高度分别降低了d 2和3d 2，设电势能分别减小ΔE p A 和ΔE p B ，由能量守恒及④式得ΔE p A ＝3E k0－E k0－12mgd ＝23E k0⑦ ΔE p B ＝6E k0－E k0－32mgd ＝E k0⑧ 在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB 上的M 点与A 点等电势，M 与O 点的距离为x ，如图，则有x 32d ＝ΔE p A ΔE p B ⑨ 解得x ＝d ，MA 为等势线，电场强度方向必与其垂线OC 方向平行．设电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°⑩即电场强度方向斜向右下方，与竖直方向的夹角为30°.设电场强度的大小为E ，有qEd cos 30°＝ΔE p A ⑪由④⑦⑪式得E ＝3mg 6q。
2018北京各区高考一模物理试题中的带电粒子在电场
2018北京各区高考一模物理试题中的带电粒子在电场、磁场中的运动习题1,（海淀区）23．（18分）在某项科研实验中，需要将电离后得到的氢离子（质量为m、电量为+e）和氦离子（质量为4m、电量为+2e）的混合粒子进行分离。
小李同学尝试设计了如图12甲所示的方案：首先他设计了一个加速离子的装置，让从离子发生器逸出的离子经过P、Q两平行板间的电场加速获得一定的速度，通过极板上的小孔后进入极板右侧的匀强磁场中，经磁场偏转到达磁场左侧边界的不同位置，被离子接收器D接收从而实现分离。
P、Q间的电压为U，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，装置放置在真空环境中，不计离子之间的相互作用力及所受的重力，且离子进入加速装置时的速度可忽略不计。
求：（1）氢离子进入磁场时的速度大小；（2）氢、氦离子在磁场中运动的半径之比，并根据计算结果说明该方案是否能将两种离子分离；（3）小王同学设计了如图12乙所示的另一方案：在Q板右侧空间中将磁场更换为匀强电场，场强大小为E，离子垂直进人电场。
请你论证该方案能否将两种离子分离。
2，（西城区）24．（20分）物理学是探索自然界最基本、最普遍规律的科学，在不同情景中发生的物理过程往往遵循着相同的规律。
请应用所学的物理知识，思考并解决以下问题。
（1）带电小球B静止在无限大的光滑绝缘水平面上，带同种电荷的小球A 从很远处以初速度v 0向B 球运动， A 的速度始终沿着两球的连线方向，如图1所示。
两 球始终未能接触。
AB 间的相互作用视为静电作用。
a. 从加速度和速度的角度，说明B 球在整个过程中的运动情况；b. 已知A 、B 两球的质量分别为m 1和m 2，求B 球最终的速度大小v B 。
（2）光滑的平行金属导轨MN 、PQ 固定在水平地面上，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，两根相同的金属棒ab 和cd 垂直放置在导轨上，如图2所示。
开始时cd 棒静止，ab 棒以初速度v 0沿导轨向右运动。
2018年高考物理总动员：2、电场线、等势面、电势的理解与应用
技巧秘诀 电场线(或等势面)与带电粒子运动轨迹的关系
带电粒子的轨迹的切线方向为该点处的速 判断速度方向
度方向 仅受电场力作用时，带电粒子所受电场力 判断电场力(或场 方向指向轨迹曲线的凹侧，再根据粒子的 强)的方向 正负判断场强的方向
判断电场力做功 若电场力与速度方向成锐角，则电场力做
的正负及电势能 正功，电势能减少；若电场力与速度方向
在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电
能量守恒法 势能相互转化，动能增大时，电势能减小，反之电
势能增大
等效场的分析与判断方法
【典例】 如图所示，在竖直平面内有一水平向右的匀强电场， 场强E＝1.0×104 N/C。电场内有一半径为R＝2.0 m的光滑绝缘 细圆环形轨道竖直放置且固定，有一质量为m＝0.4 kg、带电荷 量为q＝＋3.0×10－4 C的带孔小球穿过细圆环轨道静止在位置A， 现对小球沿切线方向作用一瞬时速度vA，使小球恰好能在光滑 绝缘细圆环形轨道上做圆周运动，取圆环的最低点为重力势能 和电势能的零势能点。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8，求：
电场力做功与电势能的关系
【解题方略】 电场力做功的计算方法
1.根据电势能的变化与电场力做功的关系计算 电场力做了多少功，就有多少电势能和其他形式的能发生相 互转化。
2.应用公式W＝qUAB计算 (1)正负号运算法：按照符号规定把电荷量q和移动过程的始、 末位置的电势差UAB的值代入公式W＝qUAB计算。
技巧秘诀
(1)电势高低的四种判断方法
判断角度
判断方法
依据电场线方向
沿电场线方向电势逐渐降低
依据电场力做功
根据 UAB＝WqAB，将 WAB、q 的正负号代 入，由 UAB 的正负判断 φA、φB 的高低 取无穷远处电势为零，正电荷周围电势
2018年北京各区高考二模物理试题中的有关带电粒子在电场
,2018年北京各区高考二模物理试题中的有关带电粒子在电场、磁场中的运动习题1，（西城区）22．（16分）如图所示，两平行金属板间距为d ，两板间的电势差为U ，板间电场可视为匀强电场。
金属板上方有磁感应强度为B 的匀强磁场。
电荷量为+q 的微观粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，从M 点进入磁场做匀速圆周运动，最后从N 点离开磁场。
忽略重力的影响。
（1）求匀强电场场强的大小E ；（2）若测得M 、N 两点间距离为L ，求： a.粒子从电场射出时的动量P ； b.粒子的质量m 。
2，（朝阳区）23．（18分）根据牛顿力学经典理论，只要物体的初始条件和受力情况确定，就可以预知物体此后的运动情况。
（1）如图1所示，空间存在水平方向的匀强磁场（垂直纸面向里），磁感应强度大小为B ，一质量为m 、电荷量为+q 的带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，经过M 点时速度的大小为v ，方向水平向左。
不计粒子所受重力。
求粒子做匀速圆周运动的半径r 和周期T 。
（2）如图2所示，空间存在竖直向下的匀强电场和水平的匀强磁场（垂直纸面向里），电场强度大小为E ，磁感应强度大小为B 。
一质量为m 、电荷量为+q 的带电粒子在场中运动，不计粒子所受重力。
a ．若该带电粒子在场中做水平向右的匀速直线运动，求该粒子速度'v 的大小；b ．若该粒子在M 点由静止释放，其运动将比较复杂。
为了研究该粒子的运动，可以应用运动的合成与分解的方法，将它为0的初速度分解为大小相等的水平向左和水平向右的速度。
求粒子沿电场方向运动的最大距离y m 和运动过程中的最大速率v m 。
图1 图2,3，（丰台区）22．（16分）× × × × × × × × ×如图所示是一种质谱仪的原理图，离子源(在狭缝S 1上方，图中未画出)产生的带电粒子经狭缝S 1与S 2之间的电场加速后，进入P 1和P 2两板间相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域．沿直线通过狭缝S 3垂直进入另一匀强磁场区域，在洛伦兹力的作用下带电粒子打到底片上形成一细条纹．若从离子源产生的粒子初速度为零、电荷量为+q 、质量为m ，S 1与S 2之间的加速电压为U 1，P 1和P 2两金属板间距离为d ，两板间匀强磁场的磁感应强度为B 1，测出照相底片上的条纹到狭缝S 3的距离L ．求：（1）粒子经加速电场加速后的速度v 1；（2）P 1和P 2两金属板间匀强电场的电压U 2； （3）经S 3垂直进入的匀强磁场的磁感应强度B 2.4，（昌平区）23．（18分）带电粒子的电量与质量的比值（e /m ）称为比荷。
2018版高考物理新课标一轮复习课件：第六章 静电场 6-3 精品
知识点二 带电粒子在电场中的加速和偏转
1．带电粒子在电场中的加速
(1) 动 力 学 观 点 分 析 ： 若 电 场 为 匀 强 电 场 ， 则 有 a ＝
qE
U
___m_____，E＝_____d___，v2－v20＝2ad.
(2) 功 能 观 点 分 析 ： 粒 子 只 受 电 场 力 作 用 ， 满 足 ____q_U_＝__12_m__v_2_－__12_m_v_20____．
2．带电粒子在匀强电场中的偏转 (1)条件：以速度 v0 垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受 电场力． (2)运动性质：_类__平_抛____运动． (3)处理方法：运动的分解． ①沿初速度方向：做__匀_速__直_线______运动． ②沿电场方向：做初速度为零的_匀__加_速__直_线_____运动．
2．电容 (1)定义：电容器所带的_电_荷__量_Q___与两个极板间的电势差 U 的比值． (2)表达式：__C__＝__UQ__. (3)单位：法拉(F)、微法(μF)，常用单位有皮法(pF)，1 F ＝106 μF＝1012 pF. (4)平行板电容器电容的决定式：_C_＝__4_επ_rkS_d_，k 为静电力常 量．
带电粒子在电场中的直线运动
1．带电粒子在电场中运动时重力的处理 (1)基本粒子：如电子、质子、α 粒子、离子等，除有说明 或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)． (2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或 明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．
2．两种解题思路 (1)应用牛顿运动定律处理带电粒子的直线运动 带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电 场力与速度方向在一条直线上，带电粒子做匀变速直线运动．根 据带电粒子的受力情况，用牛顿运动定律和运动学公式确定带 电粒子的速度、位移、时间等．
高考物理第一轮专题复习针对训练《电场》word含答案解析
高考物理第一轮专题复习针对训练电场一、选择题在电场中，下列说法正确的是（ ） A ．某点的电场强度大，该点的电势一定高 B ．某点的电势高，试探电荷在该点的电势能一定大 C ．某点的场强为零，试探电荷在该点的电势能一定为零 D ．某点的电势为零，试探电荷在该点的电势能一定为零如图所示，空间有两个等量的正点电荷，a 、b 两点在其连线的中垂线上，则下列说法一定正确的是（ ）A ．场强 a b E E >B ． 场强 abE E <C ． 电势 a b ϕϕ>D ． 电势 a b ϕϕ<如图所示，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(A)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'点一个正点电荷Q静止在正方形的一个顶点上，另一个带电质点q射入该区域时，仅受电场力的作用，恰好能依次经过正方形的另外三个顶点a、b、c，如图所示，则有（）A．质点由a到c电势能先减小后增大B．质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1：2：1C．a、b、c三点电势高低及电场强度大小的关系是φa=φc＞φb，E a=E c=2E bD．若改变带电质点q在a处的速度大小和方向，则质点q可能做类平抛运动a、b两个带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为＋3q和－q，两球间用绝缘细线连接，a球又用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧，则平衡时可能位置是( )套有三个带电小球的圆环放在水平面桌面上（不计一切摩擦），小球的电荷量保持不变，整个装置平衡后，三个小球的一种可能位置如图所示．三个小球构成一个锐角三角形，三角形的边长大小关系是AB>AC>BC，可以判断图中（）A．三个小球电荷量的代数和可能为0B．三个小球一定带同种电荷C．三个小球所受环的弹力大小为F A>F C>F BD．三个小球带电荷量的大小为Q A>Q C>Q B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。
2018北京四中高考零模二模物理分类 复习电场
2018北京高考零模二模物理分类汇编 电场1.（海淀二模18）通常情况下，空气是不导电的。
但是如果空气中的电场很强，使得气体分子中带正电、负电的微粒所受的相反静电力很大，以至于分子破碎，于是空气中出现了可以自由移动的电荷，空气变成了导体。
这个现象叫做空气被“击穿”。
如图3所示，两金属板之间的点A 、B 分别代表某一气体分子破碎后带正电、负电的两个微粒（为了看得清楚，两个点之间的距离做了放大），两金属板之间的距离为1.5cm ，在两金属板间加6.0×104V 的高电压，两板间就会出现放电现象。
下列说法正确的是A ．板M 接电源正极，板N 接电源负极B ．两板间匀强电场的场强大小为4×104V/mC ．分子破碎过程中，分子内部的电势能增大D ．空气导电时，两极板间电场力对微粒A 做负功2.（丰台二模19）电流和电压传感器可以测量电流和电压，传感器与计算机相连，对采集的数据进行处理，并拟合出相应的函数图像．如图所示，把原来不带电的电容器接入电路，闭合电键后，下列图像中能够正确反映充电过程中电荷量与电压、电流与时间关系的是A ．B ．C ．D ．3.（门头沟二模20）如图所示，M 、N 是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R 1、R 2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m 、带正电的小球悬于电容器内部。
闭合电键S ，小球静止时受到悬线的拉力为F 。
调节R 1、R 2，关于F 的大小判断正确的是A ．保持R 1不变，缓慢增大R 2时，F 将变大B ．保持R 1不变，缓慢增大R 2时，F 将变小C ．保持R 2不变，缓慢增大R 1时，F 将变大D ．保持R 2不变，缓慢增大R 1时，F 将变小4.（海淀二模16）在物理学中，常常用比值定义物理量，用来表示研究对象的某种性质。
下列关系式中，不属于比值定义的是A ．电场强度E=q FB ．电流强度I=RU C ．电容C=U Q D ．密度ρ=vm 5.（东城二模21（2））在测定电容器电容值的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为3k 的电阻R 、电源、单刀双掷开关按图甲所示电路图进行连接。
2018年高考物理(人教版)考前冲刺练习：匀强电场
匀强电场1．如图所示，三块平行放置的带电金属薄板、、中央各有一小孔，小孔分别位于、、点。
由点静止释放的电子恰好能运动到点．现将板向右平移到点，则由点静止释放的电子A.运动到点返回B.运动到和点之间返回C.运动到点返回D.穿过点2．一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3．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4．如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计。
开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度．下列操作可使指针张开角度增大一些的是A.保持开关S闭合，将R上的滑片向右移动B.保持开关S闭合，将A、B两极板介开一些C.断开开关S后，将A、B两极板靠近一些D.断开开关S后，将A、B两极板分开一些5．如图所示，平行板电容器PQ两板加一恒定电源，Q板上有两小孔A、B。
一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之间的真空区域，经偏转后打在Q板上如图所示的位置。
在其他条件不变的情况下要使该粒子能从Q 板上的小孔B 射出，下列操作中可能实现的是(不计粒子重力)A.保持开关S闭合，适当下移P极板B.保持开关S闭合，适当上移P极板C.先断开开关S，再适当下移P极板D.先断开开关S，再适当上移P极板6．如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向通电时可以理解为短路，反向通电时可理解为断路）连接，电源正极接地。
北京市2018届高三物理一轮复习126带电粒子在电场中的运动教学设计
高考物理一轮复习（选修3-1）专题十二电场考试说明要求考纲展现复习策略内容要求说明1．静电现象，两种电荷，点电荷；Ⅰ1．能够运用所1．重视电场基本看法的理解，特别2．真空中的库仑定律，电荷量，电荷守恒；Ⅱ学知识，剖析带是看法的内涵和外延，理清看法间3．电场，电场强度，电场线，点电荷的场Ⅱ电粒子在电场的相互关系；强，匀强电场，电场强度的叠加；中的运动；2．重视该部分的物理研究方法，如4．电场对电荷的作用，电场力，电势能，Ⅱ2．带电粒子在理想模型法、比值定义法、类比法电势差，电势，等势面；匀强电场中运等；5．匀强电场中电势差跟电场强度的关系。
Ⅱ动的计算，只限3．注意静电的防备和应用、静电的6．静电感觉，静电现象的应用与静电危害Ⅰ于带电粒子进环保等热门问题；的防治；入电场时速度4．注意示波管的工作原理。
7．示波管，示波器及其应用；Ⅰ平行或垂直于8．电容器的电容；Ⅰ场强的状况。
9．平行板电容器的电容，常用电容器。
Ⅰ第6课时：带电粒子在电场中的运动一、教课目的1．掌握带电粒子在电场中加快和偏转的特色、规律；2．掌握示波管的结构、工作原理；3．能够用动力学、功能看法解决带电体在电场中的综合运动。
二、教课重点1．带电粒子在匀强电场中的加快；2．带电粒子在匀强电场中的偏转；3．示波管的结构、工作原理；4．带电体在电场中的综合运动。
三、教课难点1．带电粒子在匀强电场中的偏转；2．示波管的结构、工作原理；3．带电体在电场中的综合运动。
四、教课流程（一）基础知识回首1．带电粒子在电场中的运动 1）带电粒子在电场中加快若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量．①在匀强电场中： 既能够用动能定理 W ＝qEd ＝qU ＝1mv 2－1mv 02；也能够用动力学看法22qEU22剖析：a ＝m ，E ＝d，v －v 0 ＝2ad 。
②在非匀强电场中：一般用动能定理W ＝qU ＝12－ 1 22 mv 2 mv 0.（2）带电粒子在电场中的偏转①条件剖析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场． ②运动性质：匀变速曲线运动．③办理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，近似于平抛运动．④运动规律：沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间la.能飞出电容器：t ＝v 0.b.不可以飞出电容器：121qU22mdyy ＝ at ＝ t ，t ＝qU22md沿电场力方向，做匀加快直线运动F qE Uq加快度：a ＝m ＝m ＝md2走开电场时的偏移量： y ＝1at 2＝Uql22 2mdv 0v y Uql走开电场时的偏转角：tan θ＝v 0＝mdv 022．示波管（1）结构及功能(如下图)①电子枪：发射并加快电子。
2018年高考物理复习热点专题突破系列6 带电粒子在电场力作用下的四种典型运动
(2016· 河南信阳第二次质检 ) 一水平放置的平 行板电容器的两极板间距为 d，极板分别与电池两极相连， 上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔 d 正上方2处的 P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落， d 经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移2， 求仍从 P 点由静止开始下落的相同粒子下落的最大高度。 导学号 51342727
(2017· 山东潍坊期中)如图甲所示，平行金属板 M、N 水平放置，板 右侧有一竖直荧光屏，板长、板间距及竖直屏到板右端的距离均为 l，M 板左下方 紧贴 M 板有一粒子源，以初速度 v0 水平向右持续发射质量为 m，电荷量为＋q 的 8mv2 0 粒子。已知板间电压 UMN 随时间变化的关系如图乙所示，其中 U0＝ q ，忽略粒 子间相互作用和它们的重力，忽略两板间电场对板右侧的影响，荧光屏足够大。 导学号 51342729
热点分类突破
•一、在电场力作用下的圆周运动
• 带电粒子在电场力作用下的圆周运动常 见以下三种情况： • (1)在点电荷＋Q(或－Q)的电场中，另一 个负电荷－q(或正电荷＋q)围绕点电荷做匀 速圆周运动，如图甲所示。 • (2)在两个等量同种正电荷Q(或负电荷－Q) 的电场中，在过它们连线的中垂面内，一个 负电荷－q(或正电荷＋q)围绕二者连线的中 点做匀速圆周运动，如图乙所示。
• [解析] 根据等电荷量正电荷电场分布的 特点，一个具有初速度的带负电的粒子仅在 这两个电荷的作用下，可能做匀速圆周运动， 即以A、B连线的中点为圆心，在垂直于AB直
•二、在电场力作用下的直线运动
• 在匀强电场中，如果带电粒子的速度v与 场强E方向平行时，这时带电粒子在电场中 做直线运动，如果电场力方向与速度方向相 同，则粒子做匀加速直线运动，如果电场力 方向与速度方向相反，则粒子做匀减速直线 运动。
2018年高考物理二轮复习 100考点千题精练 第七章 静电场 专题7.5 电势图象
专题7.5 电势图象一．选择题1．（2017北京东城期末）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。
将一个带负电的粒子在x =d 处由静止释放，它只在电场力作用下沿x 轴运动。
规定x 轴正方向为电场强度E 、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 的变化图像，其中正确的是【参考答案】D【名师解析】根据电势φ随x 的分布图线可知从0到d 电场强度为E +=dϕ，匀强电场，方向沿x 轴正方向；从0到-d 电场强度为E -=dϕ，匀强电场，方向沿x 轴负方向，选项图A 错误；将一个带负电的粒子在x =d 处由静止释放，电场力先做正功后做负功，选项图D 正确C 错误。
带电粒子在匀强电场中运动，加速度为恒量，选项图B 错误。
2．(2016·鲁南六校联考)在光滑水平面内有一沿x 轴的静电场，其电势φ随坐标x 的变化关系如图所示，一质量为m ，带电荷量为q 的带负电小球(可视为质点)从O 点以初速度v 0沿x 轴正向移动，则下列叙述正确的是( )图2A．带电小球在0～x1段做匀加速运动，在x2～x3段做反方向匀加速运动B．带电小球从x1到x3的过程中，电势能一直增大C．若该带电小球能运动到x4处，则初速度应满足v0>2qφ0 mD．若v0＝3qφ0m，带电小球在运动过程中的最大速度为11qφ0m【参考答案】BCD3．（2016浙江金丽衢十二校联考）如图所示，两个等量异种点电荷，关于原点O对称放置，下列能正确描述其位于x轴上的电场或电势分布随位置x变化规律正确的是3【参考答案】AC4.（内蒙古赤峰二中2016届高三第四次模拟考试理科综合试题）如图（a ）所示，AB 是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB 由点A 运动到点B ，所经位置的电势随距A 点的距离变化的规律如图（b ）所示，以下说法正确的是（ ）A 、该电场是匀强电场B 、电子在A 、B 两点的电势能pA pB E E <C 、电子在A 、B 两点的加速度关系是A B a a >D 、电子在A 、B 两点的速度A B v v < 【参考答案】BC【名师解析】由E=U/d=△φ/△x 可知，电势图象的斜率等于电场强度。
2018年高考北京物理(解析版)
绝密★启封并使用完毕前2018年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试（北京卷）一、选择题1. 在核反应方程中，X表示的是A. 质子B. 中子C. 电子D. α粒子【答案】A【解析】设X为：，根据核反应的质量数守恒：，则：电荷数守恒：，则，即X为：为质子，故选项A正确，BCD错误。
点睛：本题考查了核反应方程式，要根据电荷数守恒、质量数守恒得出X的电荷数和质量数，从而确定X 的种类。
2. 关于分子动理论，下列说法正确的是A. 气体扩散的快慢与温度无关B. 布朗运动是液体分子的无规则运动C. 分子间同时存在着引力和斥力D. 分子间的引力总是随分子间距增大而增大【答案】C【解析】A、扩散的快慢与温度有关，温度越高，扩散越快，故A错误；B、布朗运动为悬浮在液体中固体小颗粒的运动，不是液体分子的热运动，固体小颗粒运动的无规则性，是液体分子运动的无规则性的间接反映，故B错误；学科&网C、分子间斥力与引力是同时存在，而分子力是斥力与引力的合力，分子间的引力和斥力都是随分子间距增大而减小；当分子间距小于平衡位置时，表现为斥力，即引力小于斥力，而分子间距大于平衡位置时，分子表现为引力，即斥力小于引力，但总是同时存在的，故C正确，D错误。
点睛：本题考查了布朗运动、扩散以及分子间的作用力的问题；注意布朗运动和扩散都说明了分子在做永不停息的无规则运动，都与温度有关；分子间的斥力和引力总是同时存在的。
3. 用双缝干涉实验装置得到白光的干涉条纹，在光源与单缝之间加上红色滤光片后A. 干涉条纹消失B. 彩色条纹中的红色条纹消失C. 中央条纹变成暗条纹D. 中央条纹变成红色【答案】D点睛：本题考查了光的干涉现象，注意只有频率相同、振动相同的两列波才能形成稳定的干涉图像，同时要掌握哪些点是振动加强点，哪些点是振动减弱点。
4. 如图所示，一列简谐横波向右传播，P、Q两质点平衡位置相距0.15 m。
当P运动到上方最大位移处时，Q刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是A. 0.60 mB. 0.30 mC. 0.20 mD. 0.15 m【答案】B【解析】可以画出PQ之间的最简单的波形，如图所示：同时由于PQ可以含有多个完整的波形，则：整理可以得到：当时，当时，，故选项B正确，ACD错误。
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2018年北京市高三高考物理复习专题——电场1、一个点电荷从竟电场中的A 点移到电场中的B 点，其电势能变化为零，则（ ）A 、A 、B 两点处的场强一定相等 B 、该电荷一定能够沿着某一等势面移动C 、A 、B 两点的电势一定相等D 、作用于该电荷上的电场力始终与其运动方向垂直2、在静电场中（ ）A.电场强度处处为零的区域内，电势也一定处处为零B.电场强度处处相等的区域内，电势也一定处处相等C.电场强度的方向总是跟等势面垂直D.沿着电场线的方向电势是不断降低的3、一个初动能为E K 的带电粒子，沿着与电场线垂直的方向射入两平行金属板间的匀强电场中，飞出时该粒子的动能为2E K ，如果粒子射入时的初速度变为原来的2倍，那么当它飞出电场时动能为（ ）A 、4E KB 、4.25E KC 、5E KD 、8E K4、如图所示，实线为一簇电场线，虚线是间距相等的等势面，一带电粒子沿着电场线方向运动，当它位于等势面φ1上时，其动能为20eV ，当它运动到等势面φ3上时，动能恰好等于零，设φ2=0，则，当粒子的动能为8eV 时，其电势能为（ ）A 、12eVB 、2eVC 、10eVD 、05、如图所示，在两电荷+Q 1和-Q 2连线的延长线上有a 、b 、c 三点，测得b 点的场强为零。
现将一个检验电荷+q 从a 点沿此直线经过b 点移到c 点，在次过程中检验电荷+q 的电势能变化情况为（ ）A 、不断增加B 、不断减少C 、先增加后减少D 、先减少后增加6、平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板之间有一个正电荷（电荷量很小）固定在P 点，以E 表示极板之间的电场强度，U 表示电容器两极板间的电势差，W 表示正电荷在P 点的电势能。
若保持负极板不动，将正极板移动到图中虚线位置，则（ ） A 、U 变小，E 不变 B 、E 变大，W 变大 C 、U 变小，W 变小 D 、U 不变，W 不变7、一个金属小球，原来不带电，现沿球的直径延长线放置一个均匀的带电细棒MN ，如图所示。
金属球上的感应电荷产生的电场在球内直径上a 、b 、c 三点场强大小分别为E a 、E b 、E c ，三者相比（ ）A 、E a 最大B 、E b 最大·++Q 1 -Q 2 。
。
。
a bcC 、E c 最大D 、E a =E b =E C8、如图所示，中央有正对小孔的水平放置的平行板电容器与电源连接，电源电压为U 。
将一带电小球从两小孔的正上方P 点处由静止释放，小球恰好能够达到B 板的小孔b 点处，然后又按原路返回。
那么，为了使小球能从B 板的小孔b 处出射，下列可行的办法是（ ） A.将A 板上移一段距离 B.将A 板下移一段距离C.将B 板上移一段距离D.将B 板下移一段距离9、如图所示，A 、B 、C 、D 、E 、F 为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，已知A 、B 、C 三点的电势分别为1V 、6V 和9V 。
则D 、E 、F 三点的电势分别为（ ）A 、+7V 、+2V 和+1VB 、+7V 、+2V 和1VC 、-7V 、-2V 和+1VD 、+7V 、-2V 和1V10、质量为m 、带电量为-q 的粒子（不计重力），在匀强电场中的A 点以初速度υ0沿垂直与场强E 的方向射入到电场中，已知粒子到达B 点时的速度大小为2υ0，A 、B 间距为d ，如图所示。
则（1）A 、B 两点间的电势差为（ ） A 、q m U AB 232υ-= B 、qm U AB 232υ= C 、q m U AB22υ-= D 、q m U AB 22υ= （2）匀强电场的场强大小和方向（ ）A 、qdm E 221υ=方向水平向左 B 、qd m E 221υ= 方向水平向右 C 、qd m E 2212υ= 方向水平向左 D 、qd m E 2212υ=方向水平向右二、填空题11、如图所示，是一个平行电容器，其电容为C ，带电量为Q ，上板带正电。
现将一个试探电荷q 由两极板间的A 点移动到B 点，如图所示，A 、B 两 点之间的距离为S ，连线AB 与极板的夹角为30°。
则电场 力对试探电荷做的功为 。
A B ） 30° d ↑ ↓ · · + + + + + + + － － － － － － －a bP · m 、q 。
U + -E B·三、计算题12、如图所示，在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电的细线的一端连接着一个质量为m的带电小球，另一端固定在O点，把小球拉起至细线与场强平行，然后无初速度释放，小球摆动到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ，求小球经过最低点时细线对小球的拉力。
13、在光滑水平面上有一个质量为m=1.0×10-3kg、电荷量q=1.0×10-10C的带正电小球。
静止在O点，以O点为原点，在该平面内建立直角坐标系Oxy。
现突然加一沿着x轴正方向、场强大小为E=2.0×106V/m的匀强电场，使小球开始运动，经过1.0s所加电场突然变为沿着y轴正方向、大小仍为E=2.0×106V/m的匀强电场，再经过经过1.0s所加电场突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经过1.0s速度变为零，求此电场的方向及速度变为时小球的位置。
15、如图1所示，A、B为水平放置的平行金属板，板间距为d，（d远小于板的长和宽），在两极板之间有一带负电的质点P，已知若在A、B间加上电压U0，则质点P可以静止平衡。
现在A、B之间加上如图2的随时间t变化的电压U，在t=0时质点P在A、B间的中点且初速度为零，已知质点能在A、 B之间以最大的幅度上下运动而又不与两板相碰，求图2中U改变的各个时刻t1、t2、t3及t n的表达式。
（质点开始从中点上升到最高点，以及以后每次从最高点到最低点或从最低点到最高点的过程中，电压只改变一次）。
AB P.图1 2 U图2参 考 答 案1、C ．解题分析：电场力做功等于电势能的变化，电荷在这一过程中的变化等于零表明电场力做功等于零，并不是电场力不做功，而是电场力做功为零，那么A 、B 两点的电势一定相等。
2、CD ．解题分析：电势和场强是两个不同的物理量，沿着电场强度的方向电势是逐渐降低的，场强的方向是电势降低最快的方向。
3、B ．解题分析：带电粒子从平行金属板一端射入，从另一端射出，若侧移量为Y ，那么这一过程电场力做功为qEY 。
由于侧移量Y 初速度的平方成反比，故，当带电粒子的初速度增大为原来的两倍时，其侧移量变为原来的四分之一，故这种情况下电场力做的功只有前一种情况的四分之一，又由于粒子的初动能是4 E K ，故粒子出射时的动能为4.25E K4、B ．解题分析：带电粒子在电场力作用下运动，并且等势面间距相等，由此可知带电粒子到达等势面φ2时动能为10eV ，又因为φ2=0，带电粒子在φ2等势面上电势能为零，那么粒子的总能量为10eV ，所以，当粒子的动能为8eV ，，其电势能为2eV 。
5、C ．解题分析：回答本问题的关键之处是判明b 点的左侧和右侧的电场强度的方向，才可以根据电场力做功情况判断出电荷电势能的变化情况。
〖正确解答〗因为b 点的场强为零，而b 点的场强的大小是点电荷+Q 1和-Q 2产生的电场的叠加，由点电荷的场强公式2rKQ E =可知，Q 1>|Q 2| 判断b 点右侧的场强方向：方法一：设想考察点距离b 点比较远，那么Q 1、Q 2相当于紧靠在一起（这与c 点与两个点电荷之间的距离相比）又因为Eb=0，故可知Q 1>Q 2，因此c 点的合场强方向必然向右，b 点左侧的电场方向必然向左。
方法二：设ab 间的距离为L ，b 点距离Q 1和Q 2的距离分别为r 1、r 2，因为E b =0则 222211r Q K r Q K =………① 21222122221121)()()()(L r Q L r Q L r Q K L r Q KE E b Q aQ --=--=……② 解①②得：212221)1()1(r L r L E E b Q a Q --= > 1 可见E Q1a > E Q2a ，即是说a 点的场强方向向左。
这样+q 从a 点移到b 点电场力做负功，从b 点移到c 点电场力做正功，由于电场力做功等于电势能的减少，因此，点电荷从a 点移到c 点的过程中点电荷的电势能先增加后减少，选项C 正确。
6、A ．解题分析：平行板电容器充电后与电源断开，电容器所带的电量不变。
故极板之间的电场强度不变，由电容器的电容跟极板之间的距离有关，当距离减小时，电容增大，故极板间的电势差相应减小。
由于P 点到负极板的距离不变，则P 点与负极板之间的电势差保持不变，又因为负极板接地，那么P 点电势不变，则粒子的电势能也不变。
7、C ．解题分析：金属球处在带电棒产生的电场中，当金属球达到静电平衡时，其内部场强处处为零，即，金属球上感应电荷所激发的电场，在金属球内部任何一点均与带电棒所产生的电场大小相等方向相反，但由于C 点距离近，带电棒MN 在C 点产生的电场大于a 、b 两点处的电场。
故，感应电荷在C 点的场强为最大8、D ．解题分析：小球进入极板之前作自由落体运动，进入极板后在电场力和重力的共同作用下做匀减速运动，从能的观点看，从P 点到b 过程重力做的功等于电场力做的功值，要使A Bk小球能通过b 孔，则要求增加重力做的功才可，因为小球从a 点到b 点的过程中，电场力做9、B ．解题分析：在匀强电场中，沿着任何方向等间距等电势差，连接A 、C ，连接B 、E ，两直线相交于K 点，见图所示，因为AK=KC ，故K 点的电势为+5V ；连接F 、D 交BE 直线于R ，则由几何知识可知，BK KR ⋅=2故U KR =2·U BK =2·(6-5)V=2 V ，所以R 点的电势为U R =+3V 。
因为KC 与RD 平行，故U KC =U RD ，所以U D =+7V ，U FR =U AK故U F = -1V U RE =U BK ，故U E =+2V故，D 、E 、F 三点的电势分别为+7V 、+2V 和-1V 。
10、（1）A 。
解题分析：由于不计重力，那么粒子从A 点到B 点的过程中只有电场力做功，由动能定理可得选项A 正确。
（2）C 。
解题分析：（2）因为不计粒子的重力，粒子在竖直方向上做匀速直线运动，水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，其加速度大小为：mqE a =，则粒子在B 点时的水平分速度大小为：υυυυ3)2(22=-=X ……④ 由运动学知识有：t m qE at X ==υ……⑤ 所以qEm t υ3=……⑥ 由运动学知识t Y υ=……⑦ t at X υ321212==……⑧ 222d Y X =+……⑨ 故：qd m E 2212υ=……⑩ 方向水平向左]11、CdqQS W 2=。