[推荐学习]2016高考物理二轮复习 专题限时训练8 电场及带电粒子在电场中的运动(含解析)
【名师伴你行】2016年高考二轮复习物理第二部分 考前保温训练4 电场和带电粒子在电场中的运动
【名师伴你行】2016年高考二轮复习物理第二部分考前保温训练 4 电场和带电粒子在电场中的运动考前保温训练(四)电场和带电粒子在电场中的运动(限时30分钟)1．如图所示，电荷量为＋q 和－q 的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有( )A ．体中心、各面中心和各边中点B ．体中心和各边中点C ．各面中心和各边中点D ．体中心和各面中心答案：D解析：根据点电荷场强公式E ＝kq r 2及正方体的对称性可知正方体内中心点及各面的中心点处场强为零，故答案为D.2．(多选)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是( )A ．电场强度的方向处处与等电势面垂直B ．电场强度为零的地方，电势也为零C ．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D ．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向答案：AD解析：电场中场强为零的位置是绝对的，而电势为零的位置是人为选取的；再者场强的大小表征着电势随空间的变化率，而与电势的大小无关，故B错误．由沿电场线方向电势降低，可知电势的升降取决于场强的方向而与场强的大小无关，故C错误．3．(多选)如图所示，竖直放置的平行板电容器的极板A与静电计G相连，极板B与静电计G的金属外壳均接地，闭合开关S给电容器充电后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使指针张角增大的是()A．保持S闭合，使A、B两板靠近一些B．保持S闭合，使A、B两板正对面积错开一些C．断开S后，使B板向右平移拉开一些D．断开S后，使A、B正对面积错开一些答案：CD解析：题图中静电计的金属球接电源正极，外壳和极板B均接地，静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．保持S闭合，则A、B两极与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变，A、B两项都不正确；断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，而电容器电荷量不变，由C＝QU可知，板间电压U增大，从而静电计指针张角增大，C、D正确．4．(多选)如图所示，A、B是带有同种电荷的两小球(可视为质点)，两球所带电荷量不等，A球用轻细线悬挂于O点，B球被固定在O点正下方的B点，A球在力的作用下，偏离B球d1的距离静止(即图中A、B两球间的距离为d1)．随着时间的推移，两球均出现漏电现象，A、B两球的带电荷量分别变为原来的23和49，A、B两球间的距离变为d2，则d1∶d2为()A．2∶3 B．3∶2C．22∶3 3 D．33∶2 2答案：B解析：对A球进行受力分析如图所示，设A球的重力为G，漏电前后A、B的带电荷量分别为Q A、Q B，Q A′、Q B′，A、B两球间的作用力分别为F 、F ′，则有Q A ′＝23Q A ，Q B ′＝49Q B ，F ＝k Q A Q B d 21，F ′＝k Q A ′Q B ′d 22，式中k 为静电力常量；设O 、B 两点间的距离为L 1，由相似三角形法有G L 1＝F d 1，G L 1＝F ′d 2，即F d 1＝F ′d 2，联立解得d 1∶d 2＝3∶2.故选B.5．(多选)如图所示，在两等量异种点电荷连线上有c 、O 、f 三点，虚线M 、L 、K 是分别过c 、O 、f 三点的等差等势面，一不计重力带负电粒子从a 点射入电场，只在电场力作用下沿abcde 运动，轨迹如图中实线所示，下列说法中正确是( )A ．电势φK <φL <φMB ．场强E a <E bC ．a 点与e 点的场强大小相等，方向相同D ．粒子在c 点的电势能大于在e 点的电势能答案：BD解析：根据曲线运动的特点，轨迹向合外力的方向弯曲，可知粒子在c 点受到向左的力，由于粒子带负电，可知c 点的电场线方向向右，可知选项A 错误；等势面的疏密表示电场的强弱，故E a <E b ，选项B 正确；a 点与e 点的场强大小相等，但方向不同，选项C 错误；带负电粒子在较低等势面电势能较大，c点电势低于e点电势，选项D正确．6．(多选)在x轴上电场强度E与x的关系如图所示，O为坐标原点，a、b、c为x轴上的点，a、c之间的距离为d，a、c两点的电场强度大小均为E0，则下列说法中正确的是()A．φb>φa＝φc>φOB．φO>φa>φb>φcC．将质子从a点移到c点，电场力做功大于eE0dD．将质子从a点移到c点，质子的电势能增加答案：BC解析：在E-x图象中，图象与x轴所围面积表示电势差，由图可以看出x轴上Oc段与图线所围面积大于ac段与图线所围面积，ac 段与图线所围面积大于bc段与图线所围面积，即U Oc>U ac>U bc>0，所以φO>φa>φb>φc，故B正确，A错误；ac段与图线所围面积大于E0d，即U ac>E0d，所以将质子从a点移到c点，电场力做功大于eE0d，故C正确；将质子从a点移到c点，电场力做正功，质子的电势能减少，D错误．7．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0 V，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为()A．200 V/m B．200 3 V/m C．100 V/m D．100 3 V/m 答案：A解析：设OA中点为C，由U ACAC＝U COCO可得C点的电势φC＝3 V，φC＝φB，即B、C在同一等势面上，如图，由电场线与等势面的关系和几何关系知：d＝1.5 cm.则E＝Ud＝31.5×10－2V/m＝200 V/m，A正确．8．(多选)如图所示，电场强度方向水平向右的匀强电场中有a、b、c三点，三点的连线恰好组成一个边长为l的正三角形．一质量为m、电荷量为q的带正电小球(重力不计)以速度v0从a点射入电场，入射方向与b、c两点的连线垂直，一段时间后带电小球经过c点．则下列判断正确的是()A ．带电小球从a 点运动到c 点的时间为3l 2v 0B ．该匀强电场的电场强度大小为4m v 203qlC ．带电小球到达c 点时的动能为23m v 20D ．b 、c 两点之间的电势差为2m v 203q答案：AB解析：在竖直方向上小球做匀速直线运动，当小球运动到c 点时，由运动学规律可得t ＝3l 2v 0，选项A 正确；小球在水平方向上运动的距离为l 2，由运动学规律有l 2＝qEt 22m ，代入数据可解得E ＝4m v 203ql，选项B 正确；由动能定理可得E k c ＝qE ·l 2＋12m v 20＝76m v 20，选项C 错误；由电势差公式可知U bc ＝E ·l ＝4m v 203q，选项D 错误． 9．如图所示，两平行金属板之间有一匀强电场，金属板长为L ，一带电粒子以速度v 0垂直于场强方向沿上极板边缘射入匀强电场，刚好贴下极板边缘飞出，如果带电粒子以某一垂直于场强方向的初速度v 1沿上极板边缘射入电场并能从其中射出，当它的竖直位移等于板间距d 时，它的水平射程为2L (轨迹未画出)．则粒子进入电场的初速度v 1等于( )A ．v 0B.2v 0C.3v 0D ．2v 0答案：C 解析：设粒子在电场中的加速度为a .第一次，粒子恰好从下极板的边缘飞出，粒子做类平抛运动，有L ＝v 0t ，d ＝12at 2，解得v 0＝L a 2d.第二次，设粒子飞出电场时的竖直位移为y 1，所用时间为t 1，飞出电场后的竖直位移为y 2，所用时间为t 2，则y 1＝12at 21，L ＝v 1t 1，y 2＝at 1·t 2，L ＝v 1t 2，解得v 1＝L 3a 2d＝3v 0，故C 正确．10．如图所示，x 轴上方有宽为L 、方向水平向右的匀强电场，一质量为m (重力不计)、带电荷量为q (q >0)的粒子从y 轴上的A 点以初速度v 0沿y 轴负方向射入电场，粒子从x 轴上的B 点沿与x 轴正方向成37°角的方向射出电场，并打在x 轴下方的接收屏上C 点(没画出)，已知粒子从B 到C 的运行时间与粒子在电场中的运行时间相同，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求匀强电场的电场强度E 的大小；(2)求粒子接收屏上C 点到y 轴的水平距离；(3)若粒子是质量为m 、带电荷量为＋q 的液滴，重力加速度为g ，若要求液滴也能通过B 点，则液滴的初速度应为多少？答案：(1)4m v 203qL (2)2L (3)v 0－gL 2v 0解析：(1)粒子从A 到B 做类平抛运动，由类平抛规律知L ＝v 0t ，v x ＝qE m t ，OB ＝v x 2t ，v B ＝v 20＋v 2x 在B 点有tan 37°＝v 0v x，即v x ＝43v 0 联立得E ＝4m v 203qL ，OB ＝23L ，v B ＝53v 0. (2)粒子从B 到C 做匀速直线运动，由题意知BC ＝v B t ＝53L 所以接收屏上C 点到y 轴的水平距离s ＝OB ＋BC ·cos 37°＝2L .(3)若粒子变为液滴，设液滴的初速度为v ，则液滴沿y 轴做初速度为v 的匀加速直线运动，沿x 轴做初速度为零的匀加速直线运动，因水平方向各量均没变，所以液滴的运行时间仍为t ，则L ＝v t ＋12gt 2，代入t值得v＝v0－gL 2v0.11．如图所示，区域Ⅰ内有电场强度为E、方向竖直向上的匀强电场；区域Ⅱ中有一光滑绝缘圆弧轨道，轨道半径为R＝5v20g，轨道在A点的切线与水平方向成60°角，在B点的切线与竖直线CD垂直；在Ⅲ区域内有一宽为d的有界匀强电场，电场强度大小未知，方向水平向右．一质量为m、带电荷量为－q的小球(可看成质点)从左边界的O点正上方的M点以速度v0水平射入区域Ⅰ，恰好从A点沿圆弧轨道切线进入轨道且恰好不能从电场右边界穿出，求：(1)OM的长L；(2)区域Ⅲ中电场强度的大小E′；(3)小球到达区域Ⅲ中电场的右边界上的点与OO′的距离s.答案：(1)3m v202(qE＋mg)(2)9m v202qd(3)5v202g＋2gd29v20解析：(1)小球在区域Ⅰ中做类平抛运动，设小球在A点时的速度为v A，竖直分速度为v y，则有cos 60°＝v0v A，即v A＝2v0tan 60°＝v y v 0，即v y ＝3v 0 由牛顿第二定律知a ＝qE ＋mg m由v 2y ＝2aL 知L ＝3m v 202(qE ＋mg ).(2)在区域Ⅱ中，由图可知BC ＝R 2所以从A 点到B 点，由动能定理得mg ·R 2＝12m v 2B －12m v 2A 得v B ＝3v 0在区域Ⅲ中，小球在水平方向上做匀减速运动，到达右边界时水平速度刚好减为零，由运动学规律知v 2B ＝2qE ′m d ，得E ′＝9m v 202qd. (3)v B ＝qE ′m t ，所以t ＝2d 3v 0小球在竖直方向上做自由落体运动，即h ＝12gt 2＝2gd 29v 20所以小球到达右边界上的点与OO ′的距离s ＝BC ＋h ＝5v 202g＋2gd2 9v20.。
高中物理二轮总复习课后习题 专题能力训练 专题能力训练8 电场性质及带电粒子在电场中的运动
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6小题,每小题8分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~6题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(广西柳州期末)右图为真空中两点电荷A、B形成的电场中的部分电场线,已知该电场线关于图中虚线对称,O点为A、B两点电荷连线的中点,a、b为A、B两点电荷连线的中垂线上关于O点对称的两点,则下列说法正确的是( )A.A、B可能为等量异种点电荷B.A、B可能为电荷量不相等的正电荷C.a、b两点处无电场线,故其电场强度可能为零D.同一试探电荷在a、b两点处所受的静电力大小相等、方向相反2.(上海金山二模)三个电荷量分别是-Q、+Q、+Q的点电荷固定在三角形的三个顶点,形成电场的部分等势面如图所示,粗实线①为某根电场线。
下列推理正确的是( )A.根据电场线①与等势面垂直,可知等势面1和等势面2的电势相等B.根据沿电场线①方向电势降低,可知等势面1和等势面2的电势相等C.根据沿电场线①方向电势降低,可知不存在与-Q和+Q的连线重合的电场线D.根据-Q和+Q的连线与等势面不垂直,可知不存在与-Q和+Q的连线重合的电场线3.(江苏南京模拟)一半径为R的均匀带正电圆环水平放置,圆心为O点,质量为m的带正电小球(可视为质点)从O点正上方距离为H的A点由静止下落,并穿过圆环。
小球在从A点运动到与A点关于O点对称的A'点的过程中,其动能E k、重力势能E p重、机械能E、电势能E p电随位置变化的图像如图所示(规定O点重力势能为0,无限远处电势为0,竖直坐标轴h的坐标原点为O,以竖直向上为h正方向),下列图像可能正确的是( )4.(广东茂名模拟预测)中国科学家通过冷冻电镜捕捉到新冠病毒表面S蛋白与人体细胞表面ACE2蛋白的结合过程,首次揭开了新冠病毒入侵人体的神秘面纱。
高考物理二轮复习 专题分层突破练8 电场 带电粒子在电场中的运动(含解析)
专题分层突破练8 电场带电粒子在电场中的运动A组1.(2019重庆八中模拟)在如图所示的四种电场中,分别标记有a、b两点,其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是()A.图甲中与点电荷等距的a、b两点B.图乙中两等量异种点电荷连线的垂直平分线上与连线等距的a、b两点C.图丙中两等量同种点电荷连线的垂直平分线上与连线等距的a、b两点D.图丁中非匀强电场中的a、b两点2.真空中有一半径为r0的带电金属球壳,若取无穷远处为零电势,通过其球心的一直线上各点的电势φ分布规律可用图中曲线表示,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。
下列说法中正确的是()A.该球壳带负电B.A点的电场强度大于B点的电场强度C.若r2-r1=r1-r0,则φA-φB=φ0-φAD.将电子从A点移到B点,电场力做正功3.如图所示,R是一个定值电阻,A、B为水平正对放置的两块平行金属板,两板间带电微粒P处于静止状态,则下列说法正确的是()A.若增大A、B两金属板的间距,则有向右的电流通过电阻RB.若增大A、B两金属板的间距,P将向上运动C.若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片,P将向上运动D.若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片,P将向上运动4.在空间某区域存在一电场,x轴上各点电势随位置变化情况如图所示,图线为曲线,且关于纵轴对称。
下列关于该电场的论述正确的是()A.图中A点对应的电场强度大于B点对应电场强度B.图中A点对应的电势大于B点对应电势C.一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在-x1点的电势能D.一个带正电的粒子在-x1点的电势能大于在-x2点的电势能5.如图甲为一对长度为L的平行金属板,在两板之间加上图乙所示的电压。
现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计),且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出,若粒子在两板之间的运动时间均为T,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是()A.1∶1B.2∶1C.3∶1D.4∶16.如图,A、B、C三个点电荷分别固定于一个边长为a的正三角形的三个顶点,它们所带的电荷量分别为+Q、-2Q、-2Q,在三角形中心O释放一个带+q电荷的试探电荷,为了让该试探电荷静止在O点,需要在空间加上一个平行于三角形所在平面的匀强电场,则()A.所加匀强电场方向为由O指向A,电场强度大小为B.所加匀强电场方向为由A指向O,电场强度大小为C.撤去匀强电场,将试探电荷从O点移到BC中点,移动过程中试探电荷的电势能增加D.撤去匀强电场,将试探电荷从O点移到BC中点,移动过程中电场力对试探电荷做正功7.(2019山东淄博模拟)如图所示,平行板电容器两极板水平放置,现将其与二极管串联接在电动势为E的直流电源上,电容器下极板接地,静电计所带电荷量可忽略,二极管具有单向导电性。
高考物理母题题源系列专题08带电粒子在电场中的运动(含解析)
专题08带电粒子在电场中的运动【母题来源一】2016年海南卷【母题原题】如图，平行板电容器两极板的间距为d ，极板与水平面成45°角，上极板带正电。
一电荷量为q （q >0）的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能E k0竖直向上射出。
不计重力，极板尺寸足够大。
若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为: ()A ．k04E qdB ．k02E qdC 【答案】B【考点定位】带电粒子在电场中的运动、运动合成与分解【名师点睛】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，然后根据类平抛运动的分位移公式和动能定理处理，要明确当电场强度最大时，是粒子的速度平行与上极板，而不是零。
【母题来源二】2016年全国新课标Ⅱ卷【母题原题】如图，P 为固定的点电荷，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: ()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【答案】D【考点定位】点电荷的电场、带电粒子在电场中的运动【名师点睛】此题考查带电粒子在电场中的运动问题；关键是掌握点电荷的电场分布规律；能根据粒子的运动轨迹判断粒子电性和点电荷电性的关系；要知道只有电场力做功时粒子的动能与电势能之和守恒。
【命题意图】考查带电粒子在匀强电场中做类平抛运动时遵循的规律，涉及重力、电场力、类平抛运动知识，意在考查考生对物理规律的理解能力和综合分析能力。
高考物理二轮复习 专题突破练8 电场 带电粒子在电场中的运动
专题突破练8 电场带电粒子在电场中的运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共12小题,每小题7分,共84分。
在每小题给出的四个选项中,第1~9小题只有一个选项符合题目要求,第10~12小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3分,有选错或不答的得0分)1.下列关于电场的说法正确的是()A.由E=知,若q减半,则该处电场强度为原来的2倍B.由E=k知,E与Q成正比,而与r2成反比C.由E=k知,在以Q为球心,以r为半径的球面上,各处电场强度均相同D.电场中某点电场强度方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向答案 B解析电场中某点的电场强度大小与试探电荷的电量无关,故选项A错误;由E=k知,E与Q 成正比,而与r2成反比,选项B正确;由E=k知,在以Q为球心,r为半径的球面上,各处电场强度大小均相同,但是方向不同,选项C错误;电场中某点电场强度方向就是该点所放正电荷受到的电场力的方向,选项D错误。
2.(2017山东枣庄模拟)一个正点电荷Q静止在正方形的一个顶点上,另一个带电粒子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可能做类平抛运动答案 C解析电荷受到的合力指向轨道的内侧,根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷,它们之间存在引力,所以质点由a到b电场力做负功,电势能增加,由b到c电场力做正功,电势能减小,即质点由a到c电势能先增大后减小,故A错误;由图可知,r a=r c=r b,由库仑定律:F=k可得F a∶F b∶F c=2∶1∶2,由a=可知,加速度之比应为2∶1∶2,故B错误;根据点电荷的电场线的特点,Q与a、c距离相等,都小于b,故b点的电势低于a、c两点的电势,由E=k可知,E a=E c=2E b;故C正确;由点电荷电场分布可知,带电粒子a、b、c三个点受到的电场力大小不相等,所以不可能其经过a、b、c三点做类平抛运动,故D错误。
高考物理二轮专题辅导训练(人教版)：专题3 第8讲《带电粒子在组合场中的运动》
热点一带电粒子在组合场中的运动“磁偏转”和“电偏转”的差别1．(2014·山东威海一模)如图3－8－3所示，静止于A处的离子，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐射分布的电场，已知圆弧虚线的半径为R，其所在处场强为E、方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；QN＝2d、PN＝3d，离子重力不计．图3－8－3(1)求加速电场的电压U ；(2)若离子恰好能打在Q 点上，求矩形区域QNCD 内匀强电场场强E 0的值；(3)若撤去矩形区域QNCD 内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN 上，求磁场磁感应强度B 的取值范围．解析 (1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有： qU ＝12mv 2离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qE ＝m v2R得U ＝12ER.(2)离子做类平抛运动2d ＝vt 3d ＝12at 2由牛顿第二定律得qE 0＝ma. 则E 0＝3ER 2d(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qBv ＝m v 2r 则r ＝1BEmR q离子能打在QN 上，则既没有从DQ 边出去也没有从PN 边出去，则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ.由几何关系知，离子能打在QN 上，必须满足：32d <r≤2d则有12dEmR q ≤B<23d EmRq. 答案 (1)12ER (2)3ER2d(3)12dEmR q ≤B＜23dEmRq2．(2014·高考冲刺卷六)如图3－8－4所示，空间分布着方向平行于纸面且与场区边界垂直的有界匀强电场，电场强度为E 、场区宽度为L.在紧靠电场右侧的圆形区域内，分布着垂直于纸面向外的匀强磁场、磁感应强度B 大小未知，圆形磁场区域半径为r.一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从A 点由静止释放后，在M 点离开电场，并沿半径方向射入磁场区域，然后从N 点射出，O 为圆心，∠MON ＝120°，粒子重力可忽略不计．图3－8－4(1)求粒子经电场加速后，进入磁场时速度的大小；(2)求匀强磁场的磁感应强度B 的大小及粒子从A 点出发到从N 点离开磁场所经历的时间； (3)若粒子在离开磁场前某时刻，磁感应强度方向不变，大小突然变为B′，此后粒子恰好被束缚在磁场中，则B′的最小值为多少？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 ＝12mv 2解得：v ＝2qELm(2)粒子在磁场中完成了如图所示的部分圆运动，设其半径为R ，因洛伦兹力提供向心力，所以有qvB ＝mv2R由几何关系得rR＝tan 30°所以B ＝2mEL3qr2 设粒子在电场中加速的时间为t 1，在磁场中偏转的时间为t 2.粒子在电场中运动的时间t 1＝2L a＝2mLqE粒子在磁场中做匀速圆周运动，其周期为 T ＝2πR v ＝2πm qB由于∠MON ＝120°， 所以∠MO′N＝60°故粒子在磁场中运动时间t 2＝16T ＝πm 3qB所以粒子从A 点出发到从N 点离开磁场所经历的时间： t ＝t 1＋t 2＝2mLqE＋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R m ＝R －r2所以B′＝(3＋1)2mEL qr2 答案 (1)2qELm (2)2mLqE＋πr m 6qEL(3)(3＋1)2mEL qr2带电粒子在组合场中的运动问题，一般都是单物体多过程问题，求解策略是“各个击破”：(1)先分析带电粒子在每个场中的受力情况和运动情况，抓住联系相邻两个场的纽带——速度(一般是后场的入射速度等于前场的出射速度)，(2)然后利用带电粒子在电场中往往做类平抛运动或直线运动，在磁场中做匀速圆周运动的规律求解．。
最新【通用版】高考物理二轮专题《电场及带电粒子在电场中的运动(含解析)
通用版高考物理二轮专题专题一《电场及带电粒子在电场中的运动》（含解析）一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1．(济宁市高三第二次模拟)如图所示的四条实线是电场线，它们相交于点电荷O，虚线是只在电场力作用下某粒子的运动轨迹，A、B、C、D分别是四条电场线上的点，则下列说法正确的是()A．O点一定有一个正点电荷B．B点电势一定大于C点电势C．该粒子在A点的动能一定大于D点的动能D．将该粒子在B点由静止释放，它一定沿电场线运动C[没有画出电场线的方向，所以O点可能是正电荷，也可能是负电荷，故A错误；由于不知道电场线的方向，所以无法判断B、C两点电势的高低，故B错误；由于做曲线运动的物体受力的方向指向曲线的内侧，可知该粒子在该电场中受到的电场力沿电场线向下，故从A到D电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，则粒子在A点的动能较大，故C正确；电场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向，由于B点所在电场线为曲线，所以将该粒子在B点由静止释放，它一定不能沿电场线运动，故D错误．故选C.]2．(宁夏银川一中高三质检(二))如图所示，在匀强电场中，场强方向沿△abc 所在平面平行，ac ⊥bc ，∠abc ＝60°， ac ＝0.2 m ．一个电量q ＝1×10－5C 的正电荷从a 移到b ，电场力做功为零；同样的电荷从a 移c ，电场力做功为1×10－8J.则该匀强电扬的场强大小和方向分别为( )A ．500 V/m 、沿ab 由a 指向bB ．500 V/m 、垂直ab 向上C ．1000 V/m 、垂直ab 向上D ．1000 V/m 、沿ac 由a 指向cC [正电荷从a 移到b ，电场力做功为零，则由电场力做功的特点可知，ab 两点电势相等，故ab 应为等势线；因电场线与等势面相互垂直，故过c 做ab 的垂线，一定是电场线；正电荷从a 到c 过程，由W ＝Uq 可知，ac 两点的电势差U ac ＝W q ＝1.0×10－31×10－5V ＝100 V ，即a 点电势高于c 点的电势，故电场线垂直于ab 向上；ac 间沿电场线的距离d ＝ac ·cos 60°＝ 0.2×0.5 m ＝0.1 m ，由E ＝U d 可知：电场强度E ＝1000.1 V/m ＝1000 V/m ，方向垂直ab 向上；故C 正确，A 、B 、D 错误；故选C.]3．(山东省潍坊市高三二模)如图甲所示，平行金属板A 、B 正对竖直放置，CD 为两板中线上的两点．A 、B 板间不加电压时，一带电小球从C 点无初速释放，经时间T 到达D 点，此时速度为v 0.在A 、B 两板间加上如图乙所示的交变电压，t ＝0带电小球仍从C 点无初速释放，小球运动过程中未接触极板，则t ＝T 时，小球( )A ．在D 点上方B ．恰好到达D 点C．速度大于v D．速度小于vB[小球仅受重力作用时从C到D做自由落体运动，由速度公式得v0＝gT，现加水平方向的周期性变化的电场，由运动的独立性知竖直方向还是做匀加速直线运动，水平方向0～T4沿电场力方向做匀加速直线运动，T4～T2做匀减速直线运动刚好水平速度减为零，T2～3T4做反向的匀加速直线运动，3T4～T做反向的匀减速直线运动水平速度由对称性减为零，故t＝T时合速度为v0，水平位移为零，则刚好到达D点，故选B.]4．(山东省淄博市高三三模) 已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直．如图所示MN为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接．现将一个电荷量为Q的正点电荷置于板的右侧，图中a、b、c、d是以正点电荷Q为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中ab连线与金属板垂直．则下列说法正确的是()A．b点电场强度与c点电场强度相同B．a点电场强度与b点电场强度大小相等C．a点电势等于d点电势D．将一试探电荷从a点沿直线ad移到d点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变C[画出电场线如图所示：A.根据对称性可知，b点电场强度与c点电场强度大小相同，方向不同，故A错误；B.电场线密集的地方电场强度大，从图像上可以看出a点电场强度大于b点电场强度，故B错误；C.根据对称性并结合电场线的分布可知a 点电势等于d 点电势，故C 正确；D.由于试探电荷先靠近正电荷后远离正电荷，所以电场力在这个过程中做功，当总功为零，所以试探电荷电势能不是始终保持不变，故D 错误；故选C.]5．(河北衡水中学信息卷)如图所示，边长为L 的等边三角形ABC 的三个顶点上分别固定一个点电荷，所带电荷量依次为＋q 、＋q 和－q . D 点和M 点分别为AB 边和AC 边的中点，N 点为三角形的中心，静电力常量为k .在该电场中，下列说法正确的是( )A ．D 点的电场强度大小为k q L 2，方向为从N 指向DB ．N 点的电场强度大小为9k q L 2，方向为从N 指向CC ．D 点的电势高于N 点的电势D ．若取无穷远处电势为0，则M 点的电势φM 为0C [A 、B 两点处的点电荷在D 点的电场强度的矢量和为0，C 点处的点电荷在D 点处的电场强度为E ＝q k ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 22＝4kq 3L 2，方向为从D 指向N ，A 错误；三个点电荷在N 点的电场强度大小均为3k q L 2，其中两个正点电荷的电场强度矢量合成后大小为3k q L 2，方向为从N 指向C ，与负点电荷电场强度合成，N 点的电场强度大小为6k qL2，方向为从N指向C，B错误；CD连线上电场强度方向由D指向C，可知φD>φN，C正确；若无穷远电势为0，则A、C两点处的等量异种点电荷在M点的电势为0，B处的正点电荷在M点的电势大于0，故φM>0，D错误．] 6．(山东省临沂市高三三模)如图所示，某条电场线上有a、b、c三点，其中b为ac的中点，已知a、c两点的电势分别为φa＝10 V，φC＝4 V，若将一点电荷从c点由静止释放，仅在电场力作用下沿着电场线向a点做加速度逐渐增大的加速运动，则下列判断正确的是()A．该点电荷带负电B．电场在b点处的电势为7 VC．a、b、c三点c点处的场强最小D．该电荷从c点运动到b点电场力做的功比从b点运动到a点电场力做的功多AC[A项：点电荷从c静止释放向左运动，电场线方向向右，所以点电荷带负电，故A正确；B项：由点电荷从c到a做加速度增大的加速运动，说明从c到a电场强度增大，即cb段平均场强小于ab段的平均强度，根据公式U＝E d，可知电场在b点处的电势小于7 V，故B错误；C项：由点电荷从c到a做加速度增大的加速运动，说明从c到a电场强度增大，a、b、c三点c点处的场强最小，故C正确；D项：由C分析可知，从c到a电场强度增大，即电场力增大，ab＝bc，根据W＝Fx可知，在cb段的电场力小于ab段的电场力，所以该电荷从c点运动到b点电场力做的功比从b点运动到a点电场力做的功少，故D错误．]7．吉林省长春市高考模拟检测理科综合能力测试)如图，电路中A、B、C、D是完全相同的金属极板，P是AB板间的一点，在CD板间插有一块有机玻璃板．闭合开关，电路稳定后将开关断开．现将CD板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是()A．金属板CD构成电容器的电容减小B．P点电势降低C．玻璃板抽出过程中，电阻R中有向右的电流D. A、B两板间的电场强度减小AC[A.根据C＝εrS4πkd，将CD板间的玻璃板抽出，电介质εr减小，其它条件不变，则金属板CD构成电容器的电容减小，故A正确；BCD.当闭合开关，电路稳定后将开关断开，极板总电荷量不变，金属板CD构成电容器的电容减小，由U＝QC可知极板CD电势差变大，极板AB电势差变大，由E＝Ud可知极板AB间的场强变大，导致P点与B板的电势差变大，因B板接地，电势为零，即P 点电势升高，因此电容器CD处于放电状态，电容器AB处于充电状态，电阻R 中有向右的电流，故C正确，BD错误；故选AC.]8．(山东省青岛市高考模拟检测理科综合能力测试)通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q在场源电荷Q的电场中具所有电势能表达式为E r＝kqQr(式中k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离)．真空中有两个点电荷Q1、Q2分别固定在x坐标轴的x＝0和x＝6 cm 的位置上．x轴上各点的电势φ随x的变化关系如图所示．A、B是图线与x的交点，A点的x坐标是4.8 cm，图线上C点的切线水平．下列说法正确的是()A．电荷Q1、Q2的电性相反B．电荷Q1、Q2的电量之比为1∶4 C．B点的x坐标是8 cmD．C点的x坐标是12 cmACD[A.电势φ随x的变化关系图象的斜率ΔφΔx＝E，所以C点电场为0，根据电场叠加原理可知电荷Q1、Q2的电性相反，故A正确；B.根据φ＝E pq可知，φA＝kQ1qr1q＋kQ2qr2q＝kQ148＋kQ212＝0，解得Q1∶|Q2|＝4∶1，故B错误；C.根据φ＝E Pq可知，φB＝kQ1qx1q＋kQ2qx1－6q＝KQ1x1＋kQ2x1－6＝0，解得B点的坐标是8 cm，故C正确；D.由E＝kQr2知，E c＝kQ1x22＋kQ2(x2－6)2＝0解得C点的坐标是x2＝12 cm，故D正确；故选ACD.]9．(陕西西北工大附中高三模拟)如图所示，水平面内的等边三角形ABC的边长为L，两个等量异种点电荷＋Q和－Q分别固定于A、B两点．光滑绝缘直导轨CD的上端点D位于到A、B中点的正上方，且与A、B两点的距离均为L.在D处质量为m、电荷量为＋q的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，并由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g.忽略空气阻力，则下列说法正确的是()A ．D 点的场强大小为kQ L 2B ．小球到达CD 中点时，其加速度为零C ．小球刚到达C 点时，其动能为32mgLD ．小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小AC [根据点电荷产生的电场的性质可知，负电荷在D 处的电场强度沿DB 方向，正电荷在D 处的电场强度沿AD 方向，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AD 、DB的角平分线；由库仑定律得，A 、B 在D 点的场强的大小：E A ＝E ＝k Q L 2，则D 点的场强：E D ＝E A cos 60°＋E B cos 60°＝k Q L 2，故A 正确；当小球到达CD 中点时，小球受重力、支持力、正电荷的排斥力、负电荷的吸引力，对其受力分析可知，重力和支持力的合力与正电荷的排斥力和负电荷的吸引力的合力不在同一平面上，故两个合力不可能平衡，故加速度不为零，故B 错误；由于C 与D 到A 、B 的距离都等于L ，结合等量异种点电荷的电场特点可知，C 点与D 点在同一等势面上，电场力不做功，故小球的电势能不变，下落过程只有重力做功，即：mg OD ＝12m v 2，又几何关系可知：OD ＝L ·sin 60°＝32L . 小球的动能E k ＝12m v 2＝32mgL ，故C 正确，D 错误．故选AC.]10．(山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x 轴平行，在x 轴上的电势φ与坐标x 的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15,3)的切线．现有一质量为0.20 kg ，电荷量为＋2.0×10－8C 的滑块P (可视作质点)，从x ＝0.10 m 处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02.取重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是 ( )A ．滑块运动的加速度先逐渐减小后逐渐增大B ．x ＝0.15 m 处滑块运动的动能最大1.0×10－3JC ．滑块运动过程中电势能先减小后增大D ．滑块运动过程中克服摩擦力做功8.0×10－3JAB [电势φ与位移x 图线的斜率表示电场强度，则x ＝0.15 m 处的场强E ＝3×1050.15 V/m ＝2×106V/m ，此时的电场力F ＝qE ＝2×10－8×2×106N ＝0.04 N ，滑动摩擦力大小f ＝μmg ＝0.02×2 N ＝0.04 N ，在x ＝0.15 m 前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x ＝0.15 m 后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大，故A 正确，在x ＝0.15 m 时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，E km ＝qU －fx ，因为0.10 m 和0.15 m 处的电势差大约为1.5×105V ，代入求解，最大动能为1.0×10－3J.故B 正确．滑块运动过程中因电势一直降低，可知电势能一直减小，选项C 错误；若滑块运动过程中克服摩擦力做功8.0×10－3J ，则移动的距离为Δx ＝W f f ＝8.0×10－30.04 m ＝0.2 m ，此时滑块从x ＝0.1 m 的位置运动到0.3 m 的位置，电势能的变化为ΔE p ＝(4－1.5)×105×2.0×10－8J ＝5×10－3J ，即电场力做功小于克服摩擦力做功，此时滑块的速度不为零，将继续运动一段距离停下，故滑块运动过程中克服摩擦力做功大于8.0×10－3J ，选项D 错误；故选AB.]二、非选择题11．(四川省泸州市高三模拟)如图所示，相距2L 的AB 、CD 两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PS 下方的电场E 1的场强方向竖直向上，PS 上方的电场E 2的场强方向竖直向下，在电场左边界AB 上宽为L 的PQ 区域内，连续分布着电量为＋q 、质量为m 的粒子．从某时刻起由Q 到P 点间的带电粒子，依次以相同的初速度v 0沿水平方向垂直射入匀强电场E 1中，若从Q 点射入的粒子，通过PS 上的某点R 进入匀强电场E 2后从CD 边上的M 点水平射出，其轨迹如图，若MS 两点的距离为L 2.不计粒子的重力及它们间的相互作用．试求：(1)电场强度E 1与E 2的大小；(2)在PQ 间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直于CD 边水平射出，这些入射点到P 点的距离有什么规律？解析 (1)设粒子由Q 到R 及R 到M 点的时间分别为t 1与t 2，到达R 时竖直速度为v y ，则由y ＝12at 2、v y ＝at 及F ＝qE ＝ma 得：L ＝12a 1t 21＝12 qE 1m t 21L 2＝12a 2t 22＝12 qE 2m t 22v y ＝qE 1m t 1＝qE 2m t 2v 0(t 1＋t 2)＝2L联立解得：E 1＝9m v 208qL ，E 2＝9m v 204qL .(2)由(1)知E 2＝2E 1，t 1＝2t 2.因沿PS 方向所有粒子做匀速运动，所以它们到达CD 边的时间同为t ＝2L v 0. 设PQ 间距离P 点为h 的粒子射入电场后，经过n (n ＝2,3,4，…)个类似于Q →R →M 的循环运动(包括粒子从电场E 2穿过PS 进入电场E 1的运动)后，恰好垂直于CD 边水平射出，则它的速度第一次变为水平所用时间为T ＝t n ＝2L n v 0(n ＝2,3,4，…)，第一次到达PS 边的时间则为23T ，则有h ＝12·qE 1m ·(23T )2＝L n 2(n ＝2,3,4，…)．答案 (1)9m v 208qL 9m v 204qL (2)L n 2(n ＝2,3,4，…)12．(辽宁省大连市高考模拟检测)竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R ＝1 m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E ＝4×103 V/m.小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径，b 、c 球用长L ＝2m 的绝缘细轻杆连接，开始时c 静止于管道水平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F －t 的变化图象如图乙所示，且满足F 2＋t 2＝4π.已知三个小球均可看做质点且m a ＝0.25 kg ，m b ＝0.2kg ，m c ＝0.05 kg ，小球c 带q ＝5×10－4C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g ＝10 m/s 2，求(1)小球a与b发生碰撞时的速度v0；(2)小球c运动到Q点时的速度v；(3)从小球c开始运动到速度减为零的过程中，小球c电势能的增加量．解析对小球a，由动量定理可得小球a与b发生碰撞时的速度；小球a与小球b、c组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理可得小球c运动到Q点时的速度；由于b、c两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c球运动到Q点到减速到零的过程列能量守恒可得：(1)由题意可知，F图象所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F的冲量，由圆方程可知S＝1 m2代入数据可得：v0＝4 m/s(2)小球a与小球b、c组成的系统发生弹性碰撞，由动量守恒可得m a v0＝m a v1＋(m b＋m c)v2由机械能守恒可得12m a v2＝12m a v21＋12(m b＋m c)v22解得v1＝0，v2＝4 m/s小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理m c gR－qER＝1 2(m b ＋m c )v 2－12(m b ＋m c )v 22代入数据可得v ＝2m/s(3)由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为θ从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：m b gR (1－cos θ)＋m c gR sin θ＋12(m b ＋m c )v 2＝qER sin θ解得sin θ＝0.6，θ＝37°因此小球c 电势能的增加量：ΔE p ＝qER (1＋sin θ)＝3.2 J ．]答案 (1)v 0＝4 m /s (2) v ＝2 m/s (3)ΔE P ＝3.2 J专题二、《磁场及带电体在磁场中的运动》（含解析）一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．两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D [分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v 大小不变，磁感应强度B 减小，由公式r ＝m v qB 可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T ＝2πm qB 可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝2πT知角速度减小．选项D 正确．] 2．如图所示，总质量为m ，边长为L 的正方形线圈共三匝，放置在倾角为α的光滑斜面上，刚好关于磁场边界MN 对称，MN 上方存在匀强磁场，若线圈通以图示方向的恒定电流I 后刚好在斜面上保持静止，重力加速度为g ，则( )A ．磁场方向可以竖直向下，且B ＝mg tan αILB ．磁场方向可以竖直向上，且B ＝mg tan α3ILC ．磁场方向可以垂直斜面向下，且B ＝mg sin α3ILD．磁场方向可以水平向左，且B＝mg ILC[当磁场方向竖直向下时，由平衡条件得3BIL＝mg tan α，则B＝mg tan α3IL，选项A错误；当磁场方向竖直向上时，由受力分析可知线圈不会静止，选项B错误；当磁场方向垂直斜面向下时，由平衡条件得3BIL＝mg sin α，则B＝mg sin α3IL，选项C正确；当磁场方向水平向左时，由受力分析可知线圈不会静止，选项D 错误．]3．(山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检)已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝k 1r，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图所示，两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流．规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0－R区间内磁感应强度大小B 随x变化的图线可能是()C[根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零．由于规定B的正方向垂直纸面向里，所以C正确，ABD错误；故选C.]4. (山东省实验中学高三二模)如图所示，在一等腰直角三角形ACD 区城内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)以速度v 从AC 边的中点O 垂直AC 边射入磁场区域．若三角形的两直角边长均为2L ，要使粒子从CD 边射出，则v 的取值范围为( )A.qBL m ≤v ≤22qBL mB.qBL m ≤v ≤5qBL mC.qBL 2m ≤v ≤(2＋1)qBL mD.qBL 2m ≤v ≤5qBL 2m C [根据洛伦兹力充当向心力可知，v ＝Bqr m ，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子与AD 边相切时速度最大，如图由几何关系可知，最大半径为r 1＝2L ＋1，故最大速度应为v 1＝qB (2＋1)L m ；当粒子从C 点出射时半径最小，为r 2＝L 2，故最小速度应为v 2＝qBL 2m ，故v 的取值范围为qBL 2m ≤v ≤qB (2＋1)L m，故选C.] 5．(山东省临沂市高三三模)如图所示，电子经电压U 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( )C [带电粒子在电场中加速运动，根据动能定理得：12m v 2＝qU 解得：v ＝2qUm进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有：q v B ＝m v 2r 解得：r ＝m v qB粒子运动半个圆打到P 点， 所以x ＝2r ＝2m qB2qU m 即x 与U 成正比，故C 正确．]6．(山东省青岛市高考模拟检测理科综合能力测试)如图，在xOy 平面内，虚线y ＝33x 左上方存在范围足够大、磁感应强度为B 的匀强磁场，在A (0，l )处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m ，电量为q 的带电粒子，速率均为3qBl 2m ，粒子重力不计，则粒子在磁场中运动的最短时间为( )A.πm qBB.πm 4qBC.πm 3qBD.πm 6qBC [粒子进入磁场中做匀速圆周运动则有：q v B ＝m v 2r ，而将题中的v 值代入得：r ＝32l ，分析可知：粒子运动的时间t 最短时，所粒子偏转的角度θ最小，则θ所对弦最短，作AB ⊥OB 于B 点，AB 即为最短的弦，假设粒子带负电，结合左手定则，根据几何关系有：AB ＝OA sin 60°＝32l ，粒子偏转的角度；θ＝60°，结合周期公式：T ＝2πm qB ，可知粒子在磁场中运动的最短时间为：t ＝T 6＝πm 3qB ，故C 正确，A 、B 、D 错误；故选C.]7．(湖南省怀化市高三联考)一绝缘圆筒上有一小孔，筒内有方向沿圆筒轴线的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，整个装置的横截面如图所示．一质量为m 、带电量为q 的小球(重力不计)沿孔半径方向射入筒内，小球与筒壁碰撞n 次后恰好又从小孔穿出．小球每次与筒壁碰撞后均以原速率弹回，且碰撞过程中小球的电荷量不变．已知小球在磁场中运动的总时间t ＝πm qB ，则n 可能等 ( )A ．2B ．3C ．4D ．5AC [粒子在磁场中的周期为T ＝2πm Bq ，而小球在磁场中运动的总时间t ＝πm Bq＝12T ，可知，粒子在磁场中做圆周运动的总圆弧所对的圆心角为180°；若n ＝2，即粒子与圆筒碰撞2次，分别对应三段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为60°，则总圆心角为180°，则选项A正确；若n＝3，即粒子与圆筒碰撞3次，分别对应四段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为90°，则总圆心角为360°，则选项B错误；若n＝4，即粒子与圆筒碰撞4次，则可能每次碰撞对应的圆弧所对的圆心角为36°(对应着圆筒上的圆心角为144°)，则总圆心角为5×36°＝180°，则选项C正确；若n＝5，即粒子与圆筒碰撞5次，分别对应6段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为120°，则总圆心角为72°，则选项D错误；故选A、C.]8．(安徽六安一中一模)如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m，M点为x轴正方向上一点，OM＝3 m，现有一个比荷大小为qm＝1.0C/kg，可视为质点的带正电小球(重力不计)，从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰后以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是()A．3 m/s B．3.75 m/sC．4 m/s D．5 m/sABD[由题意，小球运动的圆心的位置一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3 m，而ON＝9 m<3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O点的上方，也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M点．由于洛伦兹力提供向心力，所以：q v B＝m v2r，得：v＝qmBr①；若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1，设OO′＝s，由几何关系得：r2＝OM2＋s2＝9＋s2②，3r－9＝s③，联立②③得：r1＝3 m；r2＝3.75 m，分别代入①得：v1＝qm·Br1＝1×1×3 m/s＝3 m/s，v2＝qm Br2＝1×1×3.75 m/s＝3.75 m/s，若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2，设OO′＝x，由几何关系得：r23＝OM2＋x2＝9＋x2④，x＝9－r3⑤，联立④⑤得：r3＝5 m，代入①得：v3＝qm Br3＝1×1×5 m/s＝5 m/s，A、B、D正确．]9．(山东省济南市高三一摸)如图所示，正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a点沿与ab成30°角的方向垂直射入磁场．甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场．已知甲、乙两带电粒子的电荷量之比为1∶2，质量之比为1∶2，不计粒子重力. 以下判断正确的是()A．甲粒子带负电，乙粒子带正电B．甲粒子的动能是乙粒子动能的16倍C．甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的43倍D．甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的1 4倍CD[A项：由甲粒子垂直于bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从ad边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A错误；B项：由几何关系可知，R甲＝2L，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为60°，弦长为L2，所以L2＝2R乙sin 60°，解得R乙＝L23，根据q v B＝mv2r，所以E k＝m v22＝q2B2r22m，所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，故B错误：C项：由公式q v B＝mv2r可知，v＝qBrm，所以f洛＝q v B＝q2B2rm，即f洛甲f洛乙＝(12)2×(21)2×2LL23＝43，故C正确；D项：由几何关系可知，甲粒子的圆心角为30°，由B分析可得，乙粒子的圆心角为120°.根据公式t＝α360°T和T＝2πmqB可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的14倍，故D正确．]10．(广东省湛江市高三模拟)如图所示，MN平行于y轴，在y轴与MN之间的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在t＝0时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内．其中，沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场右边界MN上的P点离开磁场，已知P点的坐标是((2＋2)d，2d)不计粒子重力，下列说法正确的是()A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2＋2dB．粒子的发射速度大小为3πd2t0C．带电粒子的比荷为π4Bt0D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0BD[根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示．圆心为O′，根据几何关系，粒子做圆周运动的半径为r＝2d，故A错；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为3π4，运动时间t0＝3π4×2dv0解得：v0＝3πd2t0，故B正确；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为3π4，对应运动时间为t0，所以粒子运动的周期为T＝8t03，由Bq v0＝m(2πT)2r则qm＝3π4Bt0故C错误；在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图所示．由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为3π2，在磁场中的运动时间为2t0，故D正确．]二、非选择题11．(河北唐山质检)如图所示，水平导轨间距为L＝0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1 kg，电阻R0＝0.9 Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.1 Ω，电阻R＝4 Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5 T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角α＝53°；ab与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，细线对ab的拉力为水平方向，。
高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)及解析
高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M 、N 的中线．热灯丝逸出的电子(初速度重力均不计)在电压为U 的加速电场中由静止开始运动，从小孔O 射入两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′做直线运动．已知两板间的电压为2U ，两板长度与两板间的距离均为L ，电子的质量为m 、电荷量为e ．(1)求板间匀强磁场的磁感应强度的大小B 和方向；(2)若保留两金属板间的匀强磁场不变，使两金属板均不带电，求从小孔O 射入的电子打到N 板上的位置到N 板左端的距离x ． 【答案】（1）12mU B L e = 垂直纸面向外；（2）32L【解析】 【分析】（1）在电场中加速度，在复合场中直线运动，根据动能定理和力的平衡求解即可； （2）洛伦兹力提供向心力同时结合几何关系求解即可； 【详解】（1）电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：212eU m v = 由于电子在两板间做匀速运动，则evB eE =，其中2U E L= 联立解得：12mUB L e=根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外；（2）洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动所需要的向心力，有：2v evB m r=，其中由（1）得到2eUv m=设电子打在N 板上时的速度方向与N 板的夹角为θ，由几何关系有：2cos L r rθ-=由几何关系有：sin x r θ= 联立解得：32x L =． 【点睛】本题考查了带电粒子的加速问题，主要利用动能定理进行求解；在磁场中圆周运动，主要找出向心力的提供者，根据牛顿第二定律列出方程结合几何关系求解即可．2．如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧距PQ 为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，重力不计)无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，A 点到MN 的距离为2L，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1) 电子到达MN 时的速度；(2) 电子离开偏转电场时偏转角的正切值tan θ； (3) 电子打到屏上的点P ′到点O 的距离.【答案】(1) eELv m=L . 【解析】 【详解】（1）电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，到达MN 的速度为v ，则：a 1＝1eE m ＝eEm 2122La v =解得eELv m=（2）设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，a 2＝2eE m ＝2eEm t ＝L v v y ＝a 2ttan θ＝y v v=2（3）电子离开电场E 2后，将速度方向反向延长交于E 2场的中点O ′.由几何关系知：tan θ＝2xLL+解得：x ＝3L .3．如图甲所示，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t 0；当C 、D 板间加上图乙所示电压（图中电压U 1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：（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． 【答案】（1）02qU L t m =2）2102qU t y md =（3）21032qU t s s md∆== 【解析】试题分析：（1）粒子在A 、B 板间有20012qU mv = 在C 、D 板间有00L v t = 解得：02qU L t m=（2）粒子从nt 0（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2012y at = 加速度1qU a md=得：2102qU t y md=（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ZXXK]出C 、D 板偏转角0tan y v v θ=0y v at =打在荧光屏上距中心线最远距离tan s y L θ=+荧光屏上区域长度21032qU t s s md∆==考点：带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场中的运动问题；关键是知道粒子在水平及竖直方向的运动规律和特点，结合平抛运动的规律解答．4．如图1所示，光滑绝缘斜面的倾角θ=30°，整个空间处在电场中，取沿斜面向上的方向为电场的正方向，电场随时间的变化规律如图2所示．一个质量m=0.2kg ，电量q=1×10－5C 的带正电的滑块被挡板P 挡住，在t=0时刻，撤去挡板P ．重力加速度g=10m/s 2，求：(1)0~4s 内滑块的最大速度为多少? (2)0~4s 内电场力做了多少功? 【答案】（1）20m/s （2）40J 【解析】 【分析】对滑块受力分析，由牛顿运动定律计算加速度计算各速度． 【详解】【解】(l)在0~2 s 内，滑块的受力分析如图甲所示，电场力F=qE11sin F mg ma θ-=解得2110/a m s =在2 ---4 s 内，滑块受力分析如图乙所示22sin F mg ma θ+=解得2210/a m s =因此物体在0～2 s 内，以2110/a m s =的加速度加速， 在2～4 s 内，2210/a m s =的加速度减速，即在2s 时，速度最大由1v a t =得，max 20/v m s =(2)物体在0～2s 内与在2～4s 内通过的位移相等．通过的位移max202v x t m == 在0~2 s 内，电场力做正功1160W F x J == - 在2～4 s 内，电场力做负功2220W F x J ==- 电场力做功W=40 J5．在水平桌面上有一个边长为L 的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P 点（P 为正方形框架对角线AC 与圆盘的交点）以初速度v 0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC 边的速度从圆盘上的Q 点离开该磁场区（图中Q 点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P 点以相同的初速度v 0水平入射，为使其仍从Q 点离开，可将整个装置以CD 边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g ．求：（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比； （2）框架以CD 为轴抬起后，AB 边距桌面的高度．【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD 为轴抬起后，AB边距桌面的高度为222vg．【解析】【分析】【详解】（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得：r2+r2=L2，解得：r=22L，小球在磁场中做圆周运的周期：T=2rvπ，小球在磁场中的运动时间：t1=14T=2Lπ，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x=r=v0t2，运动时间：t2=22Lv，则：t1：t2=π：2；（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移：r=2212at，解得，加速度：a=222vL，对小球，由牛顿第二定律得：a=mgsinmθ=g sinθ，AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=222v g；6．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d 的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO ’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t 0；:当在两板间加最大值为U 0、周期为2t 0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L ，电子的质量为m 、电荷量为e ，其重力不计．（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO ’的最远位置和最近位置之间的距离 （2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上， ①求匀强磁场的磁感应强度B②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y 【答案】（1）2010U e y t dm ∆= （2）①00U t B dL =②2010U e y y t dm∆=∆= 【解析】 【详解】（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：2222000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm=+=+= 从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：220min 001122U e y at t dm== 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-，2010U e y t dm∆=（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：sin L R θ=设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1sin y v v θ=，式中00y U ev t dm = 又：1mv R Be=解得：00U t B dL=②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为△y 1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2010U e y y t dm∆=∆=7．如图所示，AB 是一段长为s 的光滑绝缘水平轨道，BC 是一段竖直墙面。
2018-2019学年人教版高中物理高考第二《 电场及带电粒子(带电体)在电场中的运动》测试卷(含答案解析版)
2018-2019学年人教版高中物理高考第二轮专题复习专题7《电场及带电粒子（带电体）在电场中的运动》测试卷一、单选题(共15小题)1.空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图8所示．一个质量为m，电荷量为q 的带电小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右；运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为α，A，B两点间的高度差为h，水平距离为s，则以下判断正确的是 ()A．A，B两点的电场强度和电势关系为EA<EB，φA<φBB．如果v2>v1，则电场力一定做正功C．A，B两点间的电势差为(v－v)D．小球从A点运动到B点的过程中电场力做的功为mv－mv－mgh2.a，b是x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和Q2，沿x轴a，b之间各点对应的电势高低如图中曲线所示．从图中可看出以下说法中正确的是（）A．a，P间和P，b间各点的电场方向都指向P点B．a和b一定是同种电荷，但是不一定是正电荷C．电势最低的P点的电场强度最大D．把带负电的检验电荷沿x轴由a移到b的过程中，电场力对该电荷先做正功后做负功3.电荷量分别为+q，+q，-q的三个带电小球，分别固定在边长均为L的绝缘三角形框架的三个顶点上，并置于场强为E的匀强电场中，如图所示.若三角形绕穿过其中心O垂直于三角形所在平面的轴顺时针转过120°，则此过程中系统电势能变化情况为（）A．减少EqLB．增加EqLC．减少2EqLD．增加2EqL4.如图所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。
M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点。
不计重力，下列表述正确的是（）A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加5.一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)．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，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，则从P点开始下落的相同粒子将 ()．A．打到下极板上B．在下极板处返回C．在距上极板处返回D．在距上极板d处返回6.如图甲所示，一电子以v0的初速度沿平行金属板的轴线射入金属板空间．从电子射入的时刻开始在金属板间加如图乙所示的交变电压，假设电子能穿过平行金属板．则下列说法正确的是()。
高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)
高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的电势为2L()o ϕ>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 板的距离为L ．假设太空中漂浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回．（1）求粒子到达O 点时速度的大小；（2）如图2所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小；（3）如图3所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4E Lφ=，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间． 【答案】（1）2q v mϕ=2）12m B L q ϕ=；（3）060α∴= ；22m L q ϕ【解析】 【分析】 【详解】试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2102qU mv =-2U ϕϕϕ=-=2q v mϕ=(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有23能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60︒，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060θ=．根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =由洛伦兹力提供向心力得：2v qBv m R=联合解得：12m B L qϕ=（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远， 这是一个类平抛运动的逆过程． 建立如图坐标.212qE L t m=222mL mt L qE q ϕ==22x Eq qEL q v t m m m ϕ===若速度与x 轴方向的夹角为α角cos x v v α=1cos 2α=060α∴=2．如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP ，由半径r=0.5m 的圆弧轨道CDP 和与之相切于C 点的水平轨道ABC 组成，圆弧轨道的直径DP 与竖直半径OC 间的夹角θ=37°，A 、B 两点间的距离d=0.2m ．质量m 1=0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在A 点，质量m 2=0.1kg 、电荷量q=1×10-5C 的带正电小球静止在B 点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场．现用大小F=4.5N 、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达月点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P 点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心．小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦．取g=10m ／s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v 以及匀强电场的电场强度大小E ； (2)求小球到达P 点时的速度大小v P 和B 、C 两点间的距离x ． 【答案】(1) 6m /s ；7.5×104N /C (2) 2.5m /s ；0.85m 【解析】 【详解】(1)对滑块从A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有：2112Fd m v = 解得：v =6m /s小球到达P 点时，受力如图所示:则有：qE =m 2g tan θ, 解得：E =7.5×104N /C(2)小球所受重力与电场力的合力大小为：2cos m gG 等θ=小球到达P 点时，由牛顿第二定律有：2P v G r=等解得：v P =2.5m /s滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v 1、v 2， 则有：m 1v =m 1v 1+m 2v 222211122111222m v m v m v =+ 解得：v 1=-2m /s(“-”表示v 1的方向水平向左)，v 2=4m /s 对小球碰后运动到P 点的过程，根据动能定理有：()()22222211sin cos 22P qE x r m g r r m v m v θθ--+=- 解得：x =0.85m3．如图所示,有一比荷qm=2×1010C/kg 的带电粒子,由静止从Q 板 经电场加速后,从M 板的狭缝垂直直线边界a 进入磁感应强度为B =1.2×10-2T 的有界矩形匀强磁场区域后恰好未飞出直线边界b ,匀强磁场方向垂直平面向里,a 、b 间距d =2×10-2m(忽略粒子重力与空气阻力)求：(1)带电粒子射入磁场区域时速度v ； (2)Q 、M 两板间的电势差U QM 。
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电场及带电粒子在电场中的运动(限时45分钟)一、单项选择题(每小题6分，共30分)1．(2015·安徽理综)由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q 1和q 2，其间距离为r 时，它们之间相互作用力的大小为F ＝k q 1q 2r 2，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·A 2·m 3B ．kg·A －2·m 3·s －4C ．kg·m 2·C －2D ．N·m 2·A －2答案：B解析：由公式F ＝k q 1q 2r 2得，k ＝Fr 2q 1q 2，故k 的单位为N·m2C2，又由公式q ＝It 得1 C ＝1 A·s，由F ＝ma 可知1 N ＝1 kg·m·s －2，故1N·m 2C2＝1 kg·A －2·m 3·s －4，选项B 正确．2．(2014·北京理综)如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是( )A ．1、2两点的场强相等B ．1、3两点的场强相等C ．1、2两点的电势相等D ．2、3两点的电势相等 答案：D解析：根据电场线的疏密程度判断场强，电场线越密，场强越强，则E 1>E 2，E 1>E 3，所以选项A 、B 错；同一等势面上的电势是相等的，选项D 正确．3．(2015·烟台模拟)如图所示，平行板电容器与恒压电源连接，电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场，若仅使电容器上极板上移，设电容器极板上所带电荷量为Q，电子穿出平行板时在垂直于板面方向偏移的距离为y，以下说法正确的是( ) A．Q减少，y不变B．Q减少，y减小C．Q增大，y减小D．Q增大，y增大答案：B解析：上极板上移，两板间距增大，电容器电容减小，板间电场强度减小，由Q＝C·U可知，C、D均错误；由y＝Eql22mv20可知，因E减小，电子偏转距离y减小，故B正确，A错误．4．(2014·山东理综)如图所示，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能E k0沿OA方向射出．下列关于试探电荷的动能E k与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是( )答案：A解析：当试探电荷在球壳内部运动时，不受静电力作用，做匀速直线运动，故动能E k不变．当试探电荷在球壳外部运动时，根据库仑定律，试探电荷受到的库仑斥力越来越小，故试探电荷做加速度减小的加速运动，试探电荷的动能越来越大，但增大得越来越慢．选项A 正确，B 、C 、D 错误．5．(2015·山东理综)直角坐标系xOy 中，M 、N 两点位于x 轴上，G 、H 两点坐标如图．M 、N 两点各固定一负点电荷，一电量为Q 的正点电荷置于O 点时，G 点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k 表示．若将该正点电荷移到G 点，则H 点处场强的大小和方向分别为( )A.3kQ4a2，沿y 轴正向 B.3kQ4a 2，沿y 轴负向 C.5kQ4a2，沿y 轴正向 D.5kQ4a2，沿y 轴负向 答案：B解析：处于O 点的正点电荷在G 点处产生的场强E 1＝k Q a2，方向沿y 轴负向；又因为G 点处场强为零，所以M 、N 处两负点电荷在G 点共同产生的场强E 2＝E 1＝k Q a2，方向沿y 轴正向；根据对称性，M 、N 处两负点电荷在H 点共同产生的场强E 3＝E 2＝k Q a2，方向沿y 轴负向；将该正点电荷移到G 处，该正点电荷在H 点产生的场强E 4＝k Q 2a2，方向沿y 轴正向，所以H 点的场强E ＝E 3－E 4＝3kQ4a 2，方向沿y 轴负向．二、多项选择题(每小题6分，共18分)6．(2015·江苏单科)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：小球运动时受重力和电场力的作用，合力F方向与初速度v0方向不在一条直线上，小球做曲线运动，选项A错误，B正确．将初速度v0分解为垂直于F方向的v1和沿F方向的v2，根据运动与力的关系，v1的大小不变，v2先减小后反向增大，因此小球的速率先减小后增大，选项C正确，D错误．7．(2015·广东理综)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则( )A．M的带电量比N的大B．M带负电荷，N带正电荷C．静止时M受到的合力比N的大D．移动过程中匀强电场对M做负功答案：BD解析：两带电小球分别在两球间的库仑力和水平匀强电场的电场力作用下处于平衡状态，因为两小球间的库仑力等大反向，则匀强电场对两带电小球的电场力也等大反向，所以两带电小球的带电量相等，电性相反，静止时，两球所受合力均为零，选项A、C错误；M、N 两带电小球受到的匀强电场的电场力分别水平向左和水平向右，即M带负电，N带正电，M、N 两球在移动的过程中匀强电场对M、N均做负功，选项B、D正确．8．(2015·四川理综)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a( )A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量答案：BC解析：小球a从N点释放一直到达Q点的过程中，a、b两球的距离一直减小，库仑力变大，a受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A错误；小球a 从N到P的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a球速率先增大后减小，选项B正确；小球a由N到Q的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C正确；小球a从P到Q的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，则选项D错误．三、计算题(每小题16分，共32分)9．(2014·安徽理综)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：(1)2gh (2)mg h ＋d qd mgC h ＋dq(3)h ＋dh2hg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 ＝ma 0－v 2＝2ad 解得E ＝mg h ＋dqd又U ＝EdQ ＝CU得Q ＝mgC h ＋dq. (3)由h ＝12gt 210＝v ＋at 2t ＝t 1＋t 2综合可得t ＝h ＋d h2hg.10．(2015·四川理综)如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB 固定在水平桌面上，B 端与桌面边缘对齐，A 是轨道上一点，过A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E ＝1.5×106N/C ，方向水平向右的匀强电场．带负电的小物体P 电荷量是2.0×10－6C ，质量m ＝0.25 kg ，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4.P 从O 点由静止开始向右运动，经过0.55 s 到达A 点，到达B 点时速度是5 m/s ，到达空间D 点时速度与竖直方向的夹角为α，且tan α＝1.2.P 在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F 作用，F 大小与P 的速率v 的关系如下表所示．P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g ＝10 m/s 2.求：(1)(2)小物体P从A运动至D的过程中，电场力做的功．答案：(1)0.5 s (2)－9.25 J解析：(1)小物体P的速率从0至2 m/s，所受外力F1＝2 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间Δt1，速度为v1，则F1－μmg＝ma1①v1＝a1Δt1②由①②式并代入数据得Δt1＝0.5 s．③(2)小物体P从速率为2 m/s运动至A点，所受外力F2＝6 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，则F2－μmg＝ma2④设小物体P从速度v1经过Δt2时间，在A点的速度为v2，则Δt2＝0.55 s－Δt1⑤v2＝v1＋a2Δt2⑥P从A点至B点，受外力F2＝6 N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动的加速度为a3，电荷量为q，在B点的速度为v3，从A点至B点的位移为x1，则F2－μmg－qE＝ma3⑦v23－v22＝2a3x1⑧P以速度v3滑出轨道右端B点，设水平方向所受外力为F3，电场力大小为F E，有F E＝F3⑨F3与F E大小相等、方向相反，P水平方向所受合力为零，所以，P从B点开始做初速度为v3的平抛运动．设P从B点运动至D点用时为Δt3，水平位移为x2，由题意知v3＝tan α⑩gΔt3x2＝v3Δt3⑪设小物体P从A点至D点电场力做功为W，则W＝－qE(x1＋x2)⑫联立④～⑧，⑩～⑫式并代入数据得W＝－9.25 J．⑬。