(浙江选考)2020-2021届高考物理二轮复习 专题三 电场与磁场专题综合训练
专题三电场与磁场专题综合训练(三)1.如图所示,某区域电场线左右对称分布,M、N为对称线上两点。
下列说法正确的是()A.M点电势一定高于N点电势B.M点电场强度一定大于N点电场强度C.正电荷在M点的电势能小于在N点的电势能D.将电子从M点移动到N点,静电力做正功2.如图所示,菱形ABCD的对角线相交于O点,两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N点,且OM=ON,则()A.A、C两处电势、电场强度均相同B.A、C两处电势、电场强度均不相同C.B、D两处电势、电场强度均相同D.B、D两处电势、电场强度均不相同3.如图所示,正方形线框由边长为L的粗细均匀的绝缘棒组成,O是线框的中心,线框上均匀地分布着正电荷,现在线框上边框中点A处取下足够短的带电量为q的一小段,将其沿OA连线延长线向上移动的距离到B点处,若线框的其他部分的带电量与电荷分布保持不变,则此时O点的电场强度大小为()A.kB.kC.kD.k4.如图,在竖直方向的匀强电场中有一带负电荷的小球(初速度不为零),其运动轨迹在竖直平面(纸面)内,截取一段轨迹发现其相对于过轨迹最高点O的竖直虚线对称,A、B为运动轨迹上的点,忽略空气阻力,下列说法不正确的是()A.B点的电势比A点高B.小球在A点的动能比它在B点的大C.小球在最高点的加速度不可能为零D.小球在B点的电势能可能比它在A点的大5.如图所示,真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为-9Q和+Q的两个点电荷,两者相距为L,以+Q点电荷为圆心,半径为画圆,a、b、c、d是圆周上四点,其中a、b在MN直线上,c、d 两点连线垂直于MN,一电荷量为q的负点电荷在圆周上运动,比较a、b、c、d四点,则下列说法错误的是()A.a点电场强度最大B.负点电荷q在b点的电势能最大C.c、d两点的电势相等D.移动负点电荷q从a点到c点过程中静电力做正功6.真空中,两个固定点电荷A、B所带电荷量分别为Q1和Q2,在它们共同形成的电场中,有一条电场线如图实线所示,实线上的箭头表示电场线的方向,电场线上标出了C、D两点,其中D点的切线与AB连线平行,O点为AB连线的中点,则()A.B带正电,A带负电,且|Q1|>|Q2|B.O点电势比D点电势高C.负检验电荷在C点的电势能大于在D点的电势能D.在C点静止释放一带正电的检验电荷,只在电场力作用下将沿电场线运动到D点7.如图所示,矩形虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出),一粒子从bc边上的M点以速度v0垂直于bc边射入电场,从cd边上的Q点飞出电场,不计粒子重力。
下列说法不正确的是()A.粒子到Q点时的速度大小可能小于v0B.粒子到Q点时的速度大小可能等于v0C.粒子到Q点时的速度方向可能与cd边平行D.粒子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直8.如图所示,某静电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称,O、M、N三点均在y轴上,且OM=MN。
P点在y轴的右侧,MP⊥ON,下列说法正确的是()A.M点的电势与P点的电势相等B.将质子由M点移动到P点,电场力做负功C.M、N两点间的电势差比O、M两点间的电势差大D.在O点由静止释放个质子,该质子将沿y轴正方向加速运动9.某静电场中有一质量为m、电荷量为+q的粒子甲从O点以速率v0射出,运动到A点时速率为3v0;另一质量为m、电荷量为-q的粒子乙以速率3v0仍从O点射出,运动到B点速率为4v0,不计重力的影响。
则()A.在O、A、B三点中,O点电势最高B.O、A间的电势差与B、O间的电势差相等C.甲电荷从O到A电场力对其所做的功比乙电荷从O到B电场力对其所做的功多D.甲电荷从O到A电场力对其做正功,乙电荷从O到B电场力对其做负功10.在静电场中由静止释放一电子。
该电子仅在电场力作用下沿直线运动,其加速度a随时间t的变化规律如图所示。
则()A.该电场可能为匀强电场B.电子的运动轨迹与该电场的等势面垂直C.电子运动过程中途经各点的电势逐渐降低D.电子具有的电势能逐渐增大11.如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道,处于水平向右的匀强电场中,带负电荷的小球从高h的A处由静止开始下滑,沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动。
已知小球所受电场力是其重力的,圆环半径为R,斜面倾角θ=60°,s BC=2R。
若使小球在圆环内能做完整的圆周运动,h至少为多少?12.如图所示,两竖直虚线间距为L,之间存在竖直向下的匀强电场。
自该区域的A点将质量为M、电荷量分别为q和-q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。
小球进入电场区域,并从该区域的右边界离开。
已知N离开电场时的位置与A点在同一高度;M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍。
不计空气阻力,重力加速度大小为g。
已知A点到左边界的距离也为L。
(1)求该电场的电场强度大小;(2)求小球射出的初速度大小;(3)要使小球M、N离开电场时的位置之间的距离不超过L,仅改变两小球的相同射出速度,求射出速度需满足的条件。
13.如图所示,在直角坐标系xOy的第一象限中,0≤x≤d的空间存在着沿y轴正方向的匀强电场,在x>d的空间存在着垂直纸面方向向外的匀强磁场,一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,从y轴上的A点,以速度v0沿x轴正方向进入电场,带电粒子在电场与磁场作用下,从A点依次经过B点和C点,A、B、C三点的坐标分别为0,d-、(d,d)、(2d,0),不计带电粒子重力,求:(1)匀强电场的电场强度E的大小;(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小;(3)带电粒子从A到C的运动时间t。
14.如图所示,半径为r的圆形区域内有平行于纸面的匀强偏转电场,电场与水平方向成60°角,同心大圆半径为r,两圆间有垂直于纸面向里的匀强磁场(圆的边界上有磁场),磁感应强度为B。
质量为m、电荷量为+q的粒子经电场加速后恰好沿磁场边界进入磁场,经磁场偏转恰好从内圆的最高点A处进入电场,并从最低点C处离开电场。
不计粒子的重力。
求:(1)该粒子从A处进入电场时的速率;(2)偏转电场的电场强度大小;(3)使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动,进入磁场的速度范围。
15.如图所示,在Ⅰ区里有与水平方向成60°角的匀强电场E1,宽度为d。
在Ⅱ区里有垂直于纸面向外的匀强磁场和竖直方向的电场E2,宽度也为d。
一带电量为q、质量为m的微粒自图中P 点由静止释放后沿虚线做直线运动进入Ⅱ区的磁场,已知PQ与中间边界MN的夹角是60°。
若微粒进入Ⅱ区后做匀速圆周运动且还能回到MN边界上。
重力加速度为g。
Ⅰ区和Ⅱ区的场在竖直方向足够长,d、m、q已知,求:(1)微粒带何种电荷,电场强度E1;(2)Ⅱ区磁感应强度B的取值范围;(3)微粒第一次在磁场中运动的最长时间。
16.如图,xOy平面的第二象限内有平行y轴放置的金属板A、B,板间电压为U;第一、三、四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轴上的弹性绝缘挡板,ON 长h=3 m;M为x轴负方向上一点,OM长L=1 m。
现有一比荷为=2.0 C/kg、重力不计的带正电粒子从A板静止释放,经电场加速后从B板小孔处射出,恰好从挡板上端N点处平行x轴方向垂直射入磁场。
(1)若粒子不与挡板碰撞直接打到M点,则U为多大?(2)若粒子与挡板相碰后均能以原速率弹回,且碰撞时间不计、碰撞前后电荷量不变,粒子最后都能经过M点,则粒子在磁场中运动的最长时间为多少?(结果保留三位有效数字)专题综合训练(三)1.A解析顺着电场线电势降低,故M点电势一定高于N点电势,正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能,故选项A正确;M点的电场线较N点稀疏,故M点电场强度一定小于N点电场强度,选项B错误;将电子从M点移动到N点,静电力做负功,选项D错误。
2.C解析根据等量异种电荷电场线的分布规律可知,O处电势为零,A处电势为正,C处电势为负,A处电场强度方向向左,C处电场强度方向也向左,大小相同,所以A、C两处电势不等,电场强度相同,故A、B错误;B、D两处电场强度大小相等,方向水平向右,则电场强度相同,两处在同一等势面上,电势相同,故C正确,D错误。
3.C解析线框上的电荷在O点产生的电场等效于与A点对应的电荷量为q的电荷在O 点产生的电场,故E1=,B点的电荷在O点产生的电场强度为E2=,由电场的叠加可知E=E1-E2=。
4.A解析根据粒子的弯折方向可知,粒子所受合力方向一定指向下方;因轨迹关于O点对称,则电场力可能竖直向上,也可能竖直向下,即电场方向可能竖直向下,当电场方向竖直向下时B点的电势比A点高,带负电的小球在B点的电势能比它在A点的小;电场强度也可能竖直向上,此时B点的电势比A点低,带负电的小球在B点的电势能比它在A点的大,故A错误,D 正确;因小球所受合力方向向下,则从A到B,合力做负功,则动能减小,即小球在A点的动能比它在B点的大,选项B正确;因合力不为零,则小球在最高点的加速度不可能为零,选项C正确。
5.B解析+Q在a、b、c、d四点的电场强度大小相等,在a点,-9Q的电场强度最大,而且方向与+Q在a点的电场强度方向相同,根据合成可知a处电场强度最大,故A正确;a、b、c、d四点在以点电荷+Q为圆心的圆上,由+Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势相等,所以a、b、c、d四点的总电势可以通过-9Q产生的电场的电势确定,根据顺着电场线方向电势降低可知,b点的电势最高,c、d电势相等,a点电势最低,根据负电荷在电势低处电势能大,可知负点电荷q在a处的电势能最大,在b处的电势能最小,在c、d两处的电势能相等,故B错误,C 正确;移动负点电荷q从a点到c点过程中,电势能减小,静电力做正功,选项D正确。
6.B解析根据电场线的流向,知A带正电,B带负电;D点的电场强度可看成A、B两电荷在该点产生电场强度的合电场强度,电荷A在D点电场方向沿AD向上,电荷B在D点产生的电场强度方向沿DB向下,合电场强度方向水平向右,可知A电荷在D点产生的电场强度大于B电荷在D点产生的电场强度,而AD>BD,所以Q1>Q2,故A不正确;沿着电场线方向电势降低,所以O 点电势比D点电势高,故B正确;沿电场线方向电势逐渐降低,U C>U D,再根据E p=qU,q为负电荷,知E p C<E p D,故C错误;只有电场线方向是一条直线,且初速度为0或初速度的方向与电场平行,运动轨迹才与电场线重合。
而该电场线是一条曲线,所以运动轨迹与电场线不重合,故D错误。
7.C解析Q点的电势可能高于M点的电势,质子从M到Q,电场力作负功,速度减小,粒子到Q点时的速度小于v0,故A正确;Q点的电势可能等于M点的电势,粒子从M到Q电场力不做功,到Q点时的速度可能等于v0,故B正确;粒子做曲线运动,所以质子到Q点时的速度方向不可能与cd边平行,故C错误;质子做曲线运动,质子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直,故D 正确。
(浙江选考)最新2020届高考物理二轮复习 专题四 电路与电磁感应专题综合训练
专题四电路与电磁感应专题综合训练(四)1.如图所示,开关S闭合,电流表、电压表均为理想电表,若电阻R1断路,则下列说法中正确的是()A.电流表示数变小B.电压表示数变小C.电源内电路消耗的功率变大D.R3消耗的功率变大2.如图所示为一种常见的身高体重测量仪。
测量仪顶部向下发射波速为v的超声波,超声波经反射后返回,被测量仪接收,测量仪记录发射和接收的时间间隔。
质量为M0的测重台置于压力传感器上,传感器输出电压与作用在其上的压力成正比。
当测重台没有站人时,测量仪记录的时间间隔为t0,输出电压为U0,某同学站上测重台,测量仪记录的时间间隔为t,输出电压为U。
该同学的身高和质量分别为()A.v(t0-t),UB.UC.v(t0-t),(U-U0)D.(U-U0)3.如图所示,平行板电容器充电后与电源断开,正极板接地,两极板间有一个带负电的试探电荷固定在P点。
静电计的金属球与电容器的负极板连接,外壳接地。
以E表示两板间的电场强度,φ表示P点的电势,E p表示该试探电荷在P点的电势能,θ表示静电计指针的偏角。
若保持负极板不动,将正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计带电量可忽略不计),各物理量变化情况描述正确的是()A.E增大,φ降低,E p减小,θ增大B.E不变,φ降低,E p增大,θ减小C.E不变,φ升高,E p减小,θ减小D.E减小,φ升高,E p减小,θ减小4.如图所示,A为电解槽,M为电动机,N为电炉子,恒定电压U=12 V,电解槽内阻r A=2 Ω,当S1闭合,S2、S3断开时,电流表A示数为6 A;当S2闭合,S1、S3断开时,A示数为5 A,且电动机输出功率为35 W;当S3闭合,S1、S2断开时,A示数为4 A。
求:(1)电炉子的电阻及发热功率各多大?(2)电动机的内阻是多少?(3)在电解槽工作时,电能转化为化学能的功率为多少?5.汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗,如图所示,在打开车灯的情况下,电动机未启动时电流表读数为10 A,电动机启动时电流表读数为58 A,若电源电动势为12.5 V,内阻为0.05 Ω。
2021届高考物理二轮专题复习课件： 第11课时 带电粒子在电场中的运动
方向为y轴正方向建立直角坐标系.
由运动学公式有
y＝12at2
⑩
x＝vt
⑪
粒子离开电场的位置在圆周上，有(x－ 23R)2＋(y－12R)2＝R2
⑫
粒子在电场中运动时， 其x方向的动量不变， y方向的初始动量为零. 16
设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子， 离开 电场时其y方向的速度分量为v2， 由题给条件及运动学公式有
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3.(多选)(2020·江苏南京市、 盐城市一模)两个质量相等、 电荷量不等的
带电粒子甲、 乙， 先后以不同的速率沿着HO方向垂直射入匀强电场，
电场方向竖直向上， 它们在圆形区域中运动的时间相同， 其运动轨迹
如图6所示.不计粒子所受的重力， 则下列说法中正确的是
√A.甲粒子带正电荷
B.乙粒子所带的电荷量比甲粒子少
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aa、 ab、 ac， 速度大小分别为va、 vb、
vc， 则
A.aa>ab>ac， va>vc>vb
B.aa>ab>ac， vb>vc>va
C.ab>ac>aa， vb>vc>va
√D.ab>ac>aa， va>vc>vb
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计算得出 q＝mUv002，B 错误； 在 t＝T8时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为 d＝2×12a38T2－2×12a·T82＝d2，C 错误； t＝T4时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动T4，然后向下减速运动T4， 再向上加速T4，最后向上减速T4， 由对称可知， 此时竖直方向的位移为零，
2020浙江高考物理二轮讲义：专题三第一讲 电场 Word版含解析
第一讲电场知识内容考试要求备考指津1.电荷及其守恒定律 c 1.利用电场线和等势面确定场强的大小和方向，判断电势高低、电场力变化、电场力做功和电势能的变化等，常以选择题的形式出现.2.电场力的性质与平衡知识、牛顿运动定律相结合，分析带电粒子在电场中的加速和偏转问题，是考查的热点.3.电场力做功与电势能的变化及带电粒子在电场中的运动与牛顿运动定律、动能定理、功能关系相结合的题目是考查的另一热点.4.电场知识与电流、磁场等相关知识的综合应用是考查的高频内容.5.电场知识与生产技术、生活实际、科学研究等的联系，如电容式传感器、静电分选器等，都可成为新情景题的命题素材，应引起重视.2.库仑定律 c3.电场强度 c4.电势能和电势 c5.电势差 c6.电势差与电场强度的关系 c7.静电现象的应用 b8.电容器的电容 c9.带电粒子在电场中的运动d电场的性质【重难提炼】电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带电质点(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知()A．a、b、c三条等势线中，a的电势最高B．电场中Q点处的电场强度大小比P点处大C．该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大D．该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大[解析]由图可知，P点处等势线比Q点处密集，则P点处的电场强度比Q点处大，该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大，故B错、C对；若带电质点从P向Q运动，根据合外力指向轨迹弯曲的凹侧知电场力做负功，电势能增加，动能减小；若从Q向P运动，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，故带电质点在P点处的动能大于在Q点处的动能，在P点具有的电势能小于在Q点具有的电势能，因不知质点所带电荷的电性，则无法判断电势高低，故A、D错．[答案] C【题组过关】考向一等量异号电荷的电场1．(多选)如图所示，P、Q两点分别放置两个电荷量相等的异种点电荷，它们连线的中点是O，N、a、b是中垂线上的三点，且Oa＝2Ob，N处放置一负的点电荷，则()A．a点的场强小于b点的场强B．a点的电势小于b点的电势C．a、O间的电势差大于a、b间电势差的2倍D．电子在a点的电势能大于电子在b点的电势能解析：选AC.先考虑P、Q处两点电荷在a、b两点处产生的电场，方向都平行于PQ连线由P指向Q，且大小是b点场强大于a点场强，再考虑N处点电荷在a、b两点处产生的电场，方向都沿中垂线向下，即都与P、Q处两点电荷在两点处产生的电场垂直，大小也是b点场强大于a点场强，故由电场的叠加可知A正确．由于P、Q处两点电荷在a、b两点产生的电势都为0，而N处负电荷在a点产生的电势高于b点，故B错误．根据U＝Ed定性分析可知，因a、b间的平均场强小于b、O间的平均场强，则b、O间的电势差大于a、b间的电势差，因此a、O间的电势差大于a、b间电势差的2倍，C正确．因同一负电荷在电势越高处电势能越小，故D错误.考向二带电粒子的运动轨迹问题2．(多选)如图所示，已知某匀强电场方向平行于正六边形ABCDEF所在平面．若规定D点电势为零，则A 、B 、C 处的电势分别为8 V 、6 V 、2 V ．初动能为12 eV 、电荷量大小为2e (e 为元电荷)的带电粒子从A 沿着AC 方向射入电场，恰好经过BC 的中点G .不计粒子的重力，下列说法正确的是( )A ．该粒子一定带负电B ．该粒子到达点G 时的动能为20 eVC ．只改变粒子在A 点初速度的方向，该粒子不可能经过CD ．若该粒子以不同速率从D 点沿DF 方向入射，该粒子可能垂直经过CE 解析：选AC.根据题设条件结合正六边形的特点得电势分布情况如图，电场强度方向为由A 指向D ，由粒子的运动情况知粒子受向左的电场力，则粒子带负电，A 正确；粒子从A 点到G 点过程中电场力做负功，粒子动能减小了ΔE k ＝8 eV ，即到达点G 时的动能为4 eV ，B 错误；由图可知，粒子若能运动到C 点电场力做功－12 eV ，所以粒子动能为零，而粒子只有沿AD 方向运动，动能才可能为零，可知其显然不能到达C 点，C 正确；粒子从D 点沿DF 方向入射，受向左的电场力作用，做类斜抛运动，粒子过CE 时，将其速度分解知其有沿CE 方向的分速度和水平向左的分速度，则该粒子不可能垂直经过CE ，D 错误．考向三 与平行板电容器有关的电场问题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 不变解析：选D.极板移动过程中带电荷量Q 保持不变，静电计指针张角变化反映板间电势差U 的变化，由C ＝εr S 4πkd和C ＝Q U 可知，极板下移，d 减小，C 增大，U 减小，故静电计指针的偏角θ减小．又E ＝U d ＝4πkQεr S，则E 不变，E p 不变，综合上述，只有D 选项正确．4．(多选)如图所示，D 是一个具有单向导电性的理想二极管，水平放置的平行板电容器AB 内部原有带电微粒P 处于静止状态．下列措施中，关于P 的运动情况的说法中正确的是( )A ．保持S 闭合，增大A 、B 板间距离，P 仍静止 B ．保持S 闭合，减小A 、B 板间距离，P 向上运动C ．断开S 后，增大A 、B 板间距离，P 向下运动D ．若B 板接地，断开S 后，A 板稍下移，P 的电势能不变解析：选ABD.保持开关S 闭合，电容器的电压不变，增大A 、B 板间距离，则导致电容器的电容减小，则出现电容器的电量减小，然而二极管作用导致电容器的电量不会减小，则电容器的电量不变，由于平行板电容器的电场强度与电容器的电量、电介质及正对面积有关，所以电场强度不变，P 仍静止，故A 正确；当减小A 、B 板间距离，则导致电容器的电容增大，则出现电容器的电量增加，因此电场强度增大，所以P 向上运动，故B 正确；增大A 、B 板间距离，导致电容器的电容减小，由于断开开关S ，则电容器的电量不变，所以极板间的电场强度不变，因此P 仍处于静止，故C 错误；A 板稍下移，电容器的电容增大，当断开S 后，则电容器的电量不变，所以电场强度也不变，由于B 板接地，则P 到B 板的电势差不变，因此P 的电势能也不变，故D 正确．1．电场强度、电势、电势能的判断方法 (1)电场强度①根据电场线的疏密程度进行判断； ②根据等势面的疏密程度进行判断； ③根据E ＝Fq 进行判断．(2)电势①沿电场线方向电势逐渐降低； ②若q 和W ab 已知，由U ab ＝W abq判定． (3)电势能①电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大；②正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能反而小．2．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．带电粒子在电场中的运动 【重难提炼】(2017·浙江选考11月)如图所示，在两水平金属板构成的器件中，存在着匀强电场与匀强磁场，电场强度E 和磁感应强度B 相互垂直．以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是( )A ．粒子一定带负电B ．粒子的速度大小v ＝B EC ．若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动D ．若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生改变[解析] 粒子做直线运动，说明竖直方向合外力平衡，即q v B ＝qE, v ＝EB ，选项B 错误；假设粒子带正电，则洛伦兹力竖直向上，电场力竖直向下，若粒子带负电，则洛伦兹力竖直向下，电场力竖直向上，只要满足上式依然可以满足题意，选项A 错误；如果粒子速度变大或变小，都会导致洛伦兹力变化，因此就会做曲线运动，选项C 正确；不管粒子速度怎么变，在匀强电场中，粒子的电场力不变，选项D 错误．[答案] C【题组过关】考向一 带电粒子在电场中的直线运动1.如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l ，在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q (q >0)的粒子，在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子，在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M ∶m 为( )A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶1解析：选A.假设平行板间的匀强电场场强为E ，根据牛顿第二定律和运动学公式可得，以M 为研究对象，有25l ＝12qE M t 2，以m 为研究对象，有35l ＝12qE m t 2，联立以上两式可得M ∶m ＝3∶2，故A 正确．考向二 带电粒子在电场中的曲线运动2.如图，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 ＝m v 20q.答案：m v 20q3．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 右侧相距为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 )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，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，不计重力求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ； (3)电子打到屏上P ′点到O 点的距离x .解析：(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，时间为t 1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a 1＝eE 1m ＝eE mL 2＝12a 1t 21v 1＝a 1t 1，t 2＝2Lv 1运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3mL eE. (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 ，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a 2＝eE 2m ＝2eE mt 3＝Lv 1，v y ＝a 2t 3tan θ＝v yv 1联立各式解得tan θ＝2.(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x 1x 1＝12a 2t 23tan θ＝x 2L解得：x ＝x 1＋x 2＝3L . 答案：(1)3mLeE(2)2 (3)3L 考向三 带电粒子在交变电场中的运动4．如图甲所示，离子源产生的正离子由离子源飞出时的速度可忽略不计，离子离开离子源后进入一加速电压为U 0的加速电场，偏转电场极板间的距离为d ，极板长为l ＝2d ，偏转电场的下极板接地，偏转电场极板右端到竖直放置的足够大的荧光屏之间的距离也为l .现在偏转电场的两极板间接一周期为T 的交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(设正离子的电荷量为q 、质量为m ，大量离子从偏转电场中央持续射入，穿过平行板的时间都极短)(1)试计算离子刚进入偏转电场时的速度v 0的大小；(2)在电势变化的过程中发现荧光屏有“黑屏”现象，即无正离子到达荧光屏，试计算每个周期内荧光屏黑屏的时间t ；(3)离子打到荧光屏上的区间的长度x .解析：(1)由题意可知，离子刚进入偏转电场时的速度大小恰为离子出加速电场时的速度大小，由动能定理可得qU 0＝12m v 20解得离子刚进入偏转电场时的速度大小为v 0＝2qU 0m. (2)由题意可知，只要正离子能射出偏转电场，即可打到荧光屏上，因此当离子打在偏转电场的极板上时，出现“黑屏”现象．设离子刚好能射出偏转电场时的偏转电压为U ，则有d2＝12·qU md ·⎝⎛⎭⎫l v 02 又因为l ＝2d 所以可得U ＝U 02由题图乙可知，在偏转电压U 在0.5U 0～U 0之间变化时，进入偏转电场的离子无法射出偏转电场打在荧光屏上，因此每个周期内出现“黑屏”的时间为t ＝T2.(3)设离子射出偏转电场时的侧移量为y ，打在荧光屏上的位置到O 点的距离为Y ，如图所示，由几何关系可得yY＝l23l2＝13，所以离子打到荧光屏上的区间的长度x＝2Y＝6y＝6×d2＝3d.答案：(1)2qU0m(2)T2(3)3d解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路及注意问题[课后作业(十二)](建议用时：40分钟)一、选择题1．(2018·浙江选考4月)真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B(可视为点电荷)，分别固定在两处，它们之间的静电力为F.用一个不带电的同样金属球C先后与A、B球接触，然后移开球C，此时A、B球间的静电力为()A.F8 B.F4C.3F8 D.F2解析：选C.设原来A、B各带Q电荷量，根据相同的小球接触后电荷的分配规律可知，C 球与A球碰后，A、C均带Q2的电荷量，然后C球与B球接触后，C、B各带3Q4的电荷量，原来的静电力为F＝kQ2r2，后来的静电力为F′＝k12Q·34Qr2＝38F，C正确．2．(2018·浙江选考4月)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v－t图象如图所示．粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，下列判断正确的是()A．A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φCB．A、B、C三点的场强大小关系为E C>E B>E AC．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少D．粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功解析：选C.带电粒子的电性不确定，无法判断电势的高低，A错误；由图可知，A点到B 点过程中加速度越来越大，故电场强度E A<E B，B到C过程中，加速度越来越小，可知E C<E B，B错误；从A到B再到C，速率先减小后增大，故电场力先做负功，后做正功．电势能先增加后减少，C正确，D错误．3．孤立的点电荷的电场线如图甲所示，如果在它的附近放一个导体，由于静电感应导体两端会出现感应电荷，很快达到静电平衡状态．感应电荷的出现会改变点电荷周围的电场线分布，小周同学画了静电平衡状态下的电场线如图乙所示，则()A．小周画的电场线没有错误B．若把一个电子分别放在甲图中的A点和B点，则其所受的电场力相同C．乙图中C点的场强比D点大，C点的电势等于D点的电势D．若把一个电子从C点移到D点其电势能增加解析：选D.乙图中C端为负电荷，D端为正电荷，所以导体上方的电场方向应该是从正到负，因此选项A错误；电子在A、B所受电场力方向不同，选项B错误；乙图中电场线C 处比D处密集，所以C点电场强，沿着电场方向电势降低，所以C点电势高，负电荷在C点电势能要小，所以从C到D电势能增加，选项C错误，D正确．4.如图所示，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，则P和Q的质量之比为(粒子重力不计)()A．3∶4 B．4∶3C．3∶2 D．2∶3解析：选A.由OM＝MN和t＝xv0知，t P＝12t Q，在垂直极板方向上，y＝12·q P Em P t2P＝12·q Q Em Q t2Q，解得m P∶m Q＝3∶4，A正确．5．(2019·浙江选考4月)当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞．现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107m/s.已知加速电场的场强为1.3×105N/C，质子的质量为1.67×10－27kg，电荷量为1.6×10－19 C，则下列说法正确的是()A．加速过程中质子电势能增加B．质子所受到的电场力约为2×10－15 NC．质子加速需要的时间约为8×10－6 sD．加速器加速的直线长度约为4 m答案：D6.有一静电场，其电势随x坐标的改变而改变，变化的图线如图所示．若将一带负电的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，电场中P、Q两点分别位于x坐标轴上的1 mm、4 mm处．则下列说法正确的是()A．粒子将沿x轴正方向一直向前运动B．粒子在P点与Q点的加速度大小相等、方向相反C．粒子经过P点与Q点时，动能相等D．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等解析：选C.由题中φ－x图象，画出电场强度E随x变化的图象及带电粒子的v－t图象，如图所示，由图可知A错误；由牛顿第二定律知，粒子在P、Q两点的加速度满足a P＝2a Q，B错误；粒子在P、Q两点时，电势相等，则其电势能相等，由能量守恒知动能相等，C正确；粒子在P、Q两点的功率P＝Eq v，因电场强度不相同，故功率不同，D错误．7．如图所示，两块正对平行金属板M、N与电池相连，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大B．M板的带电荷量增加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D.两极电压不变，M板上移，d增大，由E＝Ud知E变小，电场力变小，A错；由电容的决定式知，M板上移，电容减小，由Q＝CU知，Q变小，B错；N板接地电势为零，φP＝U PN＝E·PN，E变小，则φP降低，C错；由E p＝qφP，因为q＜0，φP＞0，φP变小，则E p 变大，D 对．8.一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 ．速率一直增大D ．速率先增大后减小解析：选B.小球运动时受重力和电场力的作用，合力F 方向与初速度v 0方向不在一条直线上，小球做曲线运动，选项A 错误、选项B 正确；将初速度v 0分解为垂直于F 方向的v 1和沿F 方向的v 2，根据运动与力的关系，v 1的大小不变，v 2先减小后反向增大，因此小球的速率先减小后增大，选项C 、D 错误．9．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，电势能一直减小D ．从P 到Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量解析：选B.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 错误；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．10.如图所示，电荷量为Q 1、Q 2的两个正点电荷分别置于A 点和B 点，两点相距L .在以L 为直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电小球＋q (可视为点电荷)，在P 点平衡，P A 与AB 的夹角为α，不计小球的重力，则( )A ．tan 3α＝Q 2Q 1B ．tan α＝Q 2Q 1C ．O 点场强为零D ．Q 1＜Q 2解析：选A.对小球受力分析如图所示，则F 1＝k Q 1q P A 2，F 2＝k Q 2qPB2，tanα＝F 2F 1＝PB P A ，整理得tan 3α＝Q 2Q 1，选项A 正确．二、非选择题11．(2017·浙江选考11月)如图所示，AMB 是一条长L ＝10 m 的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h ＝1.25 m 处，A 、B 为端点，M 为中点，轨道MB 处在方向竖直向上，大小E ＝5×103 N/C 的匀强电场中．一质量m ＝0.1 kg ，电荷量q ＝＋1.3×10－4 C 的可视为质点的滑块以初速度v 0＝6 m/s 在轨道上自A 点开始向右运动，经M 点进入电场，从B 点离开电场，已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，求滑块：(1)到达M 点时的速度大小； (2)从M 点运动到B 点所用的时间； (3)落地点距B 点的水平距离．解析：(1)在AM 阶段物体的受力分析如图：μmg ＝ma ，a ＝μg ＝2 m/s 2根据运动学公式可得v 2M －v 20＝－2ax ，可得v M ＝4 m/s.(2)进入电场之后，Eq ＝0.65 N ，受力分析如图：μ(G －Eq )＝ma ′，a ′＝0.7 m/s 2根据运动学公式可知，v 2B －v 2M ＝－2a ′x ，可知v B ＝3 m/s ，根据匀变速直线运动推论可知x MB ＝（v B ＋v M ）t 2可知，t ＝107s.(3)从B 点飞出后，粒子做平抛运动，因此可知h ＝gt ′22可知t ′＝0.5 s ，而水平距离x ＝v B t ′＝1.5 m. 答案：见解析12．如图甲所示，一对平行金属板M 、N 长为L ，相距为d ，O 1O 为中轴线．其中N 板接地．当M 板的电势φ＝φ0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场，某种电荷量为q 的带负电的粒子从O 1点以速度v 0沿O 1O 方向射入电场，粒子恰好打在上极板M 的中点，粒子重力忽略不计．(1)求粒子的质量；(2)若M 板的电势变化如图乙所示，其周期T ＝L 2v 0，从t ＝0开始，前T 3内φM ＝2φ，后2T 3内φM ＝－φ，大量的上述粒子仍然以速度v 0沿O 1O 方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求φ的值．解析：(1)设粒子经过时间t 0打在M 板中点， 沿极板方向：12L ＝v 0t 0，垂直极板方向：12d ＝q φ02md t 20，整理得m ＝q φ0L 24d 2v 20.(2)粒子通过两板时间t ＝Lv 0＝2T ，从t ＝0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电势变化周期的前三分之一时间内的加速度大小为a 1＝2q φmd，方向垂直极板向上；在每个电势变化周期的后三分之二时间内加速度大小为a 2＝q φmd ，方向垂直极板向下，不同时刻从O 1点进入电场的粒子在电场方向的速度v y 随时间t 变化的关系如图所示．因为所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t ＝nT 或t ＝nT ＋13T 时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出，它们在电场方向偏转的距离最大，12d＝2⎣⎡⎦⎤12·a 1·⎝⎛⎭⎫T 32＋12a 2⎝⎛⎭⎫2T 32，整理可得φ＝34φ0. 答案：(1)q φ0L 24d 2v 20 (2)34φ0。
二轮复习专题三第二讲带电粒子在电场磁场中的运动学案
专题三第二讲 带电粒子在电场、磁场中的运动1．(2020·浙江7月选考)如图所示，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速度v 0从MN 连线上的P 点水平向右射入大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中。
已知MN 与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN 连线上的某点时( )A ．所用时间为m v 0qEB ．速度大小为3v 0C ．与P 点的距离为22m v 02qED ．速度方向与竖直方向的夹角为30°解析：C 粒子从P 点垂直电场方向出发到达MN 连线上某点时，由几何知识得沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v 0t ＝12at 2，其中a ＝Eq m ，联立解得t ＝2m v 0qE ，A 项错误；粒子在MN 连线上某点时，粒子沿电场方向的速度v ＝at ＝2v 0，所以合速度大小v ＝(2v 0)2＋v 02＝5v 0，B 项错误；该点到P 点的距离s ＝2x ＝2v 0t ＝22m v 02qE ，C 项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝v 02v 0＝12，则θ≠30°，D 项错误。
2．(2021·河北高考)如图，距离为d 的两平行金属板P 、Q 之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B 1，一束速度大小为v 的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L 的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B 2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P 、Q 相连，质量为m 、电阻为R 的金属棒ab 垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g ，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是( )A ．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v ＝mgR sin θB 1B 2Ld B ．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v ＝mgR sin θB 1B 2LdC ．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v ＝mgR tan θB 1B 2LdD ．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v ＝mgR tan θB 1B 2Ld解析：B 等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得等离子体中的正离子向金属板Q 偏转，负离子向金属板P 偏转，所以金属板Q 带正电荷，金属板P 带负电荷，则电流方向由金属棒a 端流向b 端。
2021届高三物理二轮复习专题三电场和磁场第1讲电场和磁场逐题对点特训
2021届高三物理二轮复习专题三电场和磁场第1讲电场和磁场逐题对点特训1.(2021·湖北襄阳调研)公元前600年左右，希腊人泰勒斯就发觉了用毛皮摩擦过的琥珀能吸引轻小物体．公元一世纪，我国学者王充在《论衡》一书中也写下了“顿牟掇芥”．关于静电场，下列说法正确的是( C )A．沿电场线方向电场强度越来越小B．若电场中某点的电场强度为零，则该点电势也必定为零C．等势面一定与电场强度的方向垂直D．初速度为零的带电粒子在电场中一定沿电场线运动解析在匀强电场中，沿电场线方向电场强度不变，选项A错误；电势与场强无关，等量同种点电荷连线中点处的场强为0、电势不为0(选无穷远处电势为0)，选项B错误；沿电场线方向电势降低，等势面与电场线垂直，选项C正确；在非匀强电场中，初速度为零的带电粒子不一定沿电场线运动，选项D错误．2．(2021·河北二校联考)一个带负电的粒子仅在电场力作用下运动，其电势能随时刻变化规律如图所示，则下列说法正确的是( D )A．该粒子可能做直线运动B．该粒子在运动过程中速度保持不变C．t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度一定相同D．粒子运动轨迹上各点的电势一定相等解析粒子的电势能不变，电场力不做功，而带电粒子只受电场力，不可能做直线运动，选项A错误；依照能量守恒定律可知粒子的动能不变，速度大小不变，粒子做曲线运动，速度方向在改变，选项B错误；粒子的电势能不变，电场力不做功，依照电场力公式W＝qU 知粒子运动轨迹上各点的电势一定相等，而电场强度与电势无关，t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度不一定相同，选项C错误，D正确．3．(2021·山西重点中学模拟)如图所示，一个质量为m 、带电荷量为－q 的滑块(可视为质点)放置在质量为M 的光滑斜劈上，斜劈的倾角为θ＝30°，斜劈固定在水平地面上，现在斜劈的底端C 点竖直放置一绝缘杆，绝缘杆的顶端放置一带电荷量为＋Q 的小球(可视为质点)．已知斜劈的斜边长为L ，绝缘杆的高度也为L ，静电力常量为k ，现给滑块一沿斜劈向下的初速度v ，让滑块沿斜面下滑，若滑块始终在斜面上运动，则下列说法中正确的是( B )A ．运动过程中滑块所受库仑力一直增大B ．滑块受到的库仑力最大值为4kqQ3L 2C ．滑块运动到斜面中点时速度最大D ．滑块运动到C 点时的速度大小为v解析 滑块沿斜面向下运动的过程中与小球的距离先减小后增大，故所受库仑力先增大后减小，当滑块运动到斜面的中点时所受库仑力最大，现在F 库＝kqQ L cos θ2＝4kqQ 3L2，故选项A 错误，B 正确．当滑块所受重力沿斜面向下的分力等于库仑力沿斜面向上的分力时，滑块的速度最大，滑块运动到斜面中点时加速度方向沿斜面向下，因此滑块运动到斜面中点时速度不是最大，选项C 错误；滑块运动到C 点的过程中，依照对称性，库仑力对滑块做的总功为零，由动能守恒可得12mv 2＋mgL ·sin θ＝12mv 2C ，故v C >v ，选项D 错误．4．(2021·陕西咸阳模拟)如图，真空中a 、b 、c 、d 四点共线且等距．先在a 点固定一点电荷＋Q ，测得b 点场强大小为E .若再将另一点电荷＋2Q 放在d 点，则( B )A ．b 点场强大小为94EB ．c 点场强大小为74EC ．若将电子从b 点移动到c 点，其电势能不变D ．b 点电势比c 点电势高解析 设a 、b 之间的距离为r ，则b 、d 之间的距离为2r ，a 、c 之间的距离为2r ，c 、d 之间的距离为r ，＋Q 在b 点产生的电场强度E ＝k Q r2，方向由a 指向d .若再将另一点电荷＋2Q 放在d 点，它在b 点产生的电场强度E ′＝k 2Q2r2＝kQ2r2，方向由d 指向a .依照电场叠加原理，b 点的场强大小为E b ＝E －E ′＝k Q r 2－k Q 2r 2＝k Q 2r 2＝E2，方向由a 指向d ，选项A 错误；＋Q 在c 点产生的电场强度E 1＝kQ2r2，＋2Q 在c 点产生的电场强度E 2＝k 2Qr2，二者方向相反，c 点的场强大小为E c ＝E 2－E 1＝k 2Q r 2－k Q 4r 2＝74k Q r 2＝74E ，方向由d 指向a ，选项B 正确；若将电子从b 点移动到c 点，电场力先做负功后做正功，其电势能先增大后减小，选项C 错误；b 点的电势比c 点的电势低，选项D 错误．5．(2021·江苏高考题)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 点静止开释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 点静止开释的电子( A )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 ′点解析 电子在A 、B 板间的电场中加速运动，在B 、C 板间的电场中减速运动，设A 、B 板闻的电压为U ，B 、C 板间的电场强度为E ，M 、P 两点间的距离为d ，则有eU －eEd ＝0，若将C 板向右平移到P ′点，B 、C 两板所带电荷量不变，由E ＝U d ＝Q C 0d ＝4πkQεS可知，C 板向右平移到P ′时，B 、C 两板间的电场强度不变，由此能够判定，电子在A 、B 板间加速运动后，在B 、C 板间减速运动，到达P 点时速度为零，然后返回，A 项正确，B 、C 、D 项错误．6．(2021·河南郑州推测)等量异种点电荷在周围空间产生静电场，其连线(x 轴)上各点的电势φ随x 的分布图象如图所示．x 轴上AO <OB <，A 、O 、B 三点的电势分别为φA 、φO 、φB ，电场强度大小分别为E A 、E O 、E B ，电子在A 、O 、B 三点的电势能分别为E p A 、E p O 、E p B .下列判定正确的是( D )A ．φB >φA >φOB ．E A >E O >E BC ．E p O <E p A <E p BD ．E p B －E p O >E p O －E p A解析 正电荷周围电势较高，负电荷周围电势较低，φA >φO >φB ，选项A 错误；依照电场强度的合成可知B 点场强最大，O 点最小，选项B 错误；电子带负电．依照电势能E p ＝qφ，可知E p B 最大，E p A 最小，选项C 错误；由图象可知U OB >U AO ，依照电场力做功W ＝qU ，电子带负电，可知W BO >W OA ，即E p B －E p O >E p O －E p A ，故选项D 正确．7．(2021·湖北武汉调考)(多选)如图所示，水平放置的平行金属板A 、B 连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M 和N 同时分别从极板A 的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇，若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是( AC )A ．电荷M 的电荷量大于电荷N 的电荷量B ．两电荷在电场中运动的加速度相等C ．从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M 做的功大于电场力对电荷N 做的功D ．电荷M 进入电场的初速度大小与电荷N 进入电场的初速度大小一定相同解析 从轨迹能够看出y M >y N ，故12·Uq M dm M t 2>12·Uq N dm N t 2，运算得出Uq M dm M >Uq Ndm N，q M >q N ，选项A 正确，B 错误；依照动能定理，电场力的功为W ＝12mv 2y ，质量m 相同，M 电荷竖直分位移大，竖直方向的末速度v y ＝2yt也大，故电场力对电荷M 做的功大于电场力对电荷N 做的功，选项C正确；从轨迹能够看出x M >x N ，故v M >v N ，选项D 错误．8．(2021·宁夏银川模拟)(多选)一平行板电容器两极板的正对面积为S ，两极板间的距离为d .若两极板之间为空气，则电容为C .若将此电容器串联一个电阻R 后接到电动势为E 、内阻为r 的电源两端充电，如图所示．下列说法正确的是( BC )A ．若保持开关闭合，增大d ，则极板带电荷量Q 不变B ．若保持开关闭合，减小S ，则两极板之间的电场强度不变C ．若断开开关，增大d ，则两极板之间的电场强度不变D ．若断开开关，在两极板间插入云母片，两极板之间的电压不变解析 若保持开关闭合，则两极板之间的电压不变．增大d ，依照C ＝εr S4πkd ，可知电容减小，由C ＝Q U ，可知极板带电荷量Q 减小，选项A 错误．由E ＝U d可知，减小S ，则两极板之间的电场强度不变，选项B 正确．若断开开关，则极板带电荷量Q 不变，由E ＝U d ＝Q Cd＝4πkQεr S，可知增大d ，两极板之间的电场强度不变，选项C 正确．在两极板间插入云母片，电容增大，由C ＝Q U，可知两极板之间的电压减小，选项D 错误．9．(2021·河北保定调研)(多选)在匀强电场中，一电荷量为＋q 的粒子(不计重力)以初动能E 0由A 点沿某一方向射出；通过C 点时其动能为3E 0；若将该粒子还以初动能E 0由A 点沿另一方向射出，粒子通过B 点时动能为9E 0.如图所示，A 、B 、C 三点构成直角三角形且∠ABC ＝ 30°，匀强电场平行于△ABC 所在平面．U AB 、U AC 分别表示A 、B 两点与A 、C 两点间电势差，已知AC ＝d ，下列说法正确的是( BC )A ．U AC ∶U AB ＝1∶3 B ．U AC ∶U AB ＝1∶4C ．匀强电场的电场强度大小为4E 0qdD ．匀强电场沿BC 方向 解析带电粒子由A 到C 的过程，由动能定理得qU AC ＝3E 0－E 0，带电粒子由A 到B 的过程，由动能定理得qU AB ＝9E 0－E 0，解得U AC ∶U AB ＝1∶4，选项A 错误，B 正确；由分析可知，C 点的电势比B 点的电势高，且在AB 上与C 点电势相等的点为D 点，D 点为AB 的四等分点，如图所示，由几何关系知CD ⊥AB ，因此电场强度的方向由A 指向B ，又AB ＝2d ，则E ＝U AB 2d ＝4E 0qd，选项C 正确，D 错误．10．(2021·河北石家庄二中模拟)(多选)如图所示在两个等量同种负点电荷连线的中垂面上以连线中点O 为圆心的两个同心圆，两圆上有a 、b 、c 、d 四个点，Oac 三点共线，则( BD )A ．a 、c 两点的电场强度方向相同，大小不可能相等B ．a 、b 两点的电势相同C ．将带正电的试探电荷在平面内从b 移到d 点，电场力不做功D ．带正电的试探电荷仅在电场力作用下在此平面内可能做匀速圆周运动解析 依照两个等量同种负点电荷电场线特点，a 、c 两点的电场强度方向相同，大小可能相等，选项A 错误；a 、b 两点在同一等势面上，两点的电势相同，选项B 正确；由于b 、d 两点不在同一等势面上，将带正电的试探电荷在平面内从b 移到d 点，电场力做负功，选项C 错误；在中垂面内带正电的试探电荷始终受到方向指向O 点的电场力，在此平面内可能做匀速圆周运动，选项D 正确．11．(2021·广西柳州模拟)(多选)如图甲所示，竖直极板A 、B 之间距离为d 1，电压为U 1，水平极板C 、D 之间距离为d 2，GH 为足够长的荧光屏，到极板C 、D 右侧的距离为L .极板C 、D 之间的电压如图乙所示．在A 板中央有一电子源，能不断产生速率几乎为零的电子．电子经极板A 、B 间电场加速后从极板B 中央的小孔射出，之后沿极板C 、D 的中心线射入极板C 、D 内．已知t ＝0时刻射入C 、D 间的电子经时刻T 恰好能从极板C 的边缘飞出．不计阻力、电子的重力以及电子间的相互作用，下列说法正确的是( AC )A ．电子在荧光屏上形成的亮线长度为d 23B ．保持其他条件不变，只增大d 1，荧光屏上形成的亮线长度变长C ．保持其他条件不变，只增大d 2，荧光屏上形成的亮线长度变短D ．保持其他条件不变，只增大L ，荧光屏上形成的亮线长度变长解析 t ＝0时刻射入C 、D 间的电子，eU 22md 2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＋eU 2md 2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝d 22，则t ＝T2时刻射入C 、D 间的电子，eU 22md 2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝d 26，因为电子穿过C 、D 运动的时刻相等，则出电场时竖直方向的速度恒定，所有电子均平行射出电场，故亮线长度为d 22－d 26＝d 23，选项A 正确；若只增大d 1，则电子射入C 、D 间时的速度不变，荧光屏上形成的亮相长度不变，选项B 错误；若增大C 、D间距离为d ′2，则有eU 22md ′2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＋eU 2md ′2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝d 222d ′2和eU 22md ′2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝d 226d ′2，d 222d ′2－d 226d ′2＝d 223d ′2<d 23，即荧光屏上形成的亮线长度变短，选项C 正确；因为电子均平行射出电场，故亮线长度与L 无关，选项D 错误．12．(2021·江苏南京模拟)(多选)一个带正电的试探电荷，仅在电场力作用下在x 轴上从－x 1向x 1运动，其速度v 随位置x 变化的图象如图所示，由图象可知( BD )A ．电荷从x ＝－x 1运动到x ＝0的过程做匀减速直线运动B ．从x ＝0到x ＝x 1，电场强度逐步增大C ．在x 轴上，x ＝0处电势最低D ．从x ＝－x 1到x ＝x 1的过程中，电荷的电势能先增大后减小解析 速度随着位移逐步减小，但不是匀减速直线运动，选项A 错误；从x ＝0到x ＝x 1，速度与位移成正比，速度的平方对位移求导表示加速度，因此电场强度逐步增大，选项B 正确；从x ＝－x 1到x ＝x 1的过程中，动能先减小后增大，因此电荷的电势能先增大后减小，选项D 正确；在x 轴上，x ＝0处电势最高，选项C 错误．13．(2021·山西重点中学联考)如图所示为一多级加速器模型，一质量为m ＝×10－3kg 、电荷量为q ＝×10－5C 的带正电小球(可视为质点)通过1、2级无初速度地进入第3级加速电场，之后沿位于轴心的光滑浅槽，通过多级加速后从A 点水平抛出，恰好能从MN 板的中心小孔B 垂直金属板进入两板间，A 点在MN 板左端M 点正上方，倾斜平行金属板MN 、PQ 的长度均为L ＝1.0 m ，金属板与水平方向的夹角为θ＝37°，sin 37°＝，cos 37°＝，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)忽略在加速级中带电小球重力的阻碍，求A 点到M 点的高度以及多级加速电场的总电压U ；(2)若该平行金属板间有图示方向的匀强电场，且电场强度大小E ＝100 V/m ，要使带电小球不打在PQ 板上，则两板间的距离d 至少要多长？解析 (1)设小球从A 点到B 点的运动时刻为t 1，小球的初速度为v 0，A 点到M 点的高度为y ，则有v 0gt 1＝tan θ， ① L2cos θ＝v 0t 1，② y －L 2sin θ＝12gt 21，③ 联立①②③并代人数据解得v 0＝ 3 m/s ，y ＝1730 m ．④带电小球在多级加速器加速的过程，依照动能定理有qU ＝12mv 20－0，⑤代人数据解得U ＝ V.(2)进入电场时，以沿板向下为x 轴正方向和垂直于板向下为y 轴正方向建立直角坐标系，将重力正交分解，则沿y 轴方向有F y ＝mg cos θ－qE ＝0，⑥ 沿x 轴方向有F x ＝mg sin θ，⑦故小球进入电场后做类平抛运动，设刚好从P 点离开，则有F x ＝ma ， ⑧L 2＝12at 22， ⑨ d min ＝v 0sin θt 2，○10 联立④⑦⑧⑨⑩并代人数据，解得d min ＝526 m ，即两板间的距离d 至少为526m.答案 (1) V (2)526m14．(2021·四川重点中学联考)如图，将一内壁光滑的绝缘细圆管做成的圆环BDC 固定在竖直面内，圆环的圆心为O ，D 为圆环的最低点，其中∠BOC ＝90°，圆环的半径为R ＝2L ，过OD 的虚线与过BC 的虚线垂直且交于点S ，虚线BC 的上方存在水平向右的范畴足够大的匀强电场．圆心O 的正上方A 点有一质量为m 、带电荷量为－q 的绝缘小球(可视为质点)，其直径略小于圆管内径，AS ＝L .现将该小球无初速度开释，通过一段时刻小球刚好无碰撞地进入圆管中并连续在圆管中运动，重力加速度大小用g 表示．(1)求虚线BC 上方匀强电场的电场强度大小；(2)求当小球运动到圆环的最低点D 时对圆环压力的大小；(3)小球从管口C 离开后，通过一段时刻后落到虚线BC 上的F 点(图中未标出)，则C 、F 两点间的电势差为多大？解析 (1)小球被开释后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从B 点沿切线方向进入，则现在速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则tan 45°＝mg Eq ，解得E ＝mg q.(2)小球从A 点到D 点的过程中，依照动能定理得 12mv 2D －0＝mg (2L ＋2L )＋EqL ， 当小球运动到圆环的最低点D 时，依照牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2DR，联立解得F N ＝3(2＋1)mg ，依照牛顿第三定律得小球运动到圆环的最低点D 时对圆环的压力大小为3(2＋1)mg . (3)小球从A 点到B 点的过程中，依照动能定理得 12mv 2B ＝mgL ＋EqL ，解得v B ＝2gL ， 小球从C 点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度大小v C ＝v B ＝2gL ，小球的加速度大小g ′＝2g .当小球沿抛出方向和垂直抛出方向的位移相等时，回到虚线BC 上，则有v C t ＝12g ′t 2，解得t ＝22L g，则小球沿虚线BC 方向运动的位移x CF ＝2v C t ＝2×2gL ×22Lg＝8L ，沿着电场线方向电势降低，则C 点与F 点间的电势差为U CF ＝－Ex CF ＝－8mgLq.答案 (1)mg q(2)3(2＋1)mg (3)－8mgLq15．(2021·安徽师大附中模拟)如图所示，在场强大小为E 、方向竖直向上的匀强电场内取一个半径为R 的圆周，圆周所在平面平行于电场方向，O 点为该圆周的圆心，A 点是圆周上的最低点，B 点是圆周上最右侧的点．在A 点有放射源，在圆周所在的平面内沿着垂直电场向右的方向开释出相同的粒子，这些粒子从A 点射出时的初速度大小各不相同，已知粒子的质量为m ，带电荷量为＋q ，不计重力．(1)某一粒子运动轨迹通过圆周上的B 点，求该粒子从A 点射出时的初速度大小； (2)取圆周上的C 点，使OC 连线与OA 夹角为θ，试求出粒子通过C 点时的动能表达式； (3)若第(2)问中的C 点位置满足θ＝60°，则从B 、C 之间穿过圆周的这些粒子中通过圆周时所获得的最大动能和最小动能分别是多少？解析 (1)依照牛顿第二定律得a ＝qE m， 水平方向有R ＝v 0t ， 竖直方向有R ＝12at 2，联立解得v 0＝qER 2m. (2)水平方向有R sin θ＝v 0t ， 竖直方向有R －R cos θ＝12at 2，得v 20＝qER sin 2θ2m 1－cos θ，11 / 11 12v 20＝qER sin 2θ41－cos θ＝qER 1＋cos θ4， 通过C 点时的动能 E k ＝Eq (R －R cos θ)＋12mv 20＝14EqR (5－3cos θ)． (3)由(2)中的结论能够看出，当θ从0°变化到180°时，电荷通过圆周时的动能逐步增大，因此穿过C 点的电荷的末动能最小，穿过B 点的电荷的末动能最大 E k C ＝14EqR (5－3cos 60°)＝78EqR ，E k B ＝14EqR (5－3cos 90°)＝54EqR .答案 (1)qER 2m (2)3mv 202qL (3)见解析。
浙江专用2021高考物理二轮复习答题模板之3带电粒子在磁场电场和复合场中的运动课件
(16分)(2017·浙江4月选考真题)如图所示,在xOy平面内,
有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个速率均为
v的电子,形成宽为2b,在y轴方向均匀分布且关于x轴对称
的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原
点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直xOy平面向里,电子
经过磁场偏转后均从P点射出。在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行
板K和A,其中K板与P点的距离为d,中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。K板接
地,A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK。穿过K板小孔到达A板的所有电
子被收集且导出,从而形成电流。已知b= 3 R,d=l,电子质量为m,电荷量为e,忽略
D.若此粒子从B 右端沿虚线方向进入,仍做直线运动
【解析】选B。粒子带正电和负电均可,选项A错误;由洛伦兹力等于电场力,可
得qvB=qE,解得速度v=E ,选项B正确;若速度v>E ,粒子可能会从板间射出,
B
B
选项C错误;若此粒子从右端沿虚线方向进入,所受电场力和洛伦兹力方向相同,
不能做直线运动,选项D错误。
2.如图所示,在xOy平面内,匀强电场的方向沿x轴正向,匀强磁场的方向垂直于
xOy平面向里。一电子在xOy平面内运动时,速度方向保持不变。则电子的运动
方向沿 ( )
A.x轴正向
B.x轴负向
C.y轴正向
D.y轴负向
【解析】选C。电子受电场力方向一定水平向左,所以需要受向右的洛伦兹力才 能做匀速运动,根据左手定则进行判断可得电子应沿y轴正向运动。
B
足题意,对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求,但是对电性和电量无 要求,根据F=qvB可知,洛伦兹力的方向与速度方向有关,故对入射时的速度也 有要求,故选C。
2020版高考物理复习专题讲义浙江专用版
2020版高考物理复习专题讲义浙江专用版专题一力与运动第1讲力与物体的平衡第2讲力与直线运动第3讲力与曲线运动专题二能量与动量第4讲功和功率功能关系第5讲力学中的动量与能量问题专题三电场与磁场第6讲电场与磁场的理解第7讲带电粒子在复合场中的运动专题四电路与电磁感应第8讲直流电路与交流电路第9讲电磁感应的综合应用第10讲电学中的动量和能量问题专题五方法专题第11讲物理图象问题第12讲应用数学知识和方法处理物理问题专题六选修第13讲机械振动和机械波电磁波第14讲光的折射全反射第15讲波粒二象性原子与原子核专题七实验题题型强化第16讲力学和光学实验第17讲电学实验力与物体的平衡专题定位 1.深刻理解各种性质力的特点,熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法；2.掌握匀变速直线运动的规律及运动图象问题；3.综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题；4.熟练掌握平抛、圆周运动的规律,熟悉解决天体运动问题的两条思路．第1讲力与物体的平衡[相关知识链接]1．受力分析的步骤明确研究对象→隔离物体分析→画受力示意图→验证受力合理性．2．分析受力的思路(1)先数研究对象有几个接触处,每个接触处最多有两个力(弹力和摩擦力)．(2)同时注意对场力的分析．(3)假设法是判断弹力、摩擦力是否存在及其方向的基本方法．3．注意(1)只分析研究对象受到的力．(2)只分析性质力,不分析效果力．(3)善于变换研究对象,分析不能直接判断的力．[规律方法提炼]1．整体法与隔离法在分析两个或两个以上的物体间的相互作用时,一般采用整体法与隔离法进行分析；采用整体法进行受力分析时,要注意各个物体的运动状态必须相同．2．共点力平衡的常用处理方法(1)合成法：物体受三个共点力的作用而平衡,则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等,方向相反．(2)效果分解法：物体受三个共点力的作用而平衡,将某一个力按力的效果分解,则其分力和其他两个力满足平衡条件．(3)正交分解法：物体受到三个或三个以上共点力的作用而平衡,通过建立平面直角坐标系将物体所受的力分解为相互垂直的两组,每组力都满足平衡条件．(4)力的三角形法：对受三个共点力作用而平衡的物体,将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形,根据数学知识求解未知力．例1 (2019·浙南名校联盟期末)如图所示,一个质量为4kg 的半球形物体A 放在倾角为θ＝37°的斜面B 上静止不动．若用通过球心的水平推力F ＝10N 作用在物体上,物体仍静止在斜面上,斜面仍相对地面静止．已知sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,取g ＝10m/s 2,则( )A ．地面对斜面B 的弹力不变 B ．地面对斜面B 的摩擦力增加8NC ．物体A 受到斜面B 的摩擦力增加8ND ．物体A 对斜面B 的作用力增加10N 答案 A解析 对A 、B 整体分析,力F 是水平的,竖直方向地面对B 的弹力不变,地面对B 的摩擦力增加10N,故A 项正确,B 项错误；对物体A 分析,加力F 前,斜面B 对物体A 的摩擦力F f ＝mg sin θ＝24N,加力F 后,F f ′＋F cos θ＝mg sin θ,F f ′＝16N,故减小8N,选项C 错误；加F 前A 对B 的作用力大小等于A 的重力,即40N,加F 后,A 对B 的作用力大小为F 2＋G 2＝102＋402N ＝1017N,故D 项错误．拓展训练1 (2019·绍兴市3月选考)如图所示,攀岩者仅凭借鞋底和背部的摩擦停留在竖直的岩壁间,鞋子、背部与岩壁间的动摩擦因数分别为0.80和0.60.为了节省体力,他尽可能减小身体与岩壁间的正压力,使自己刚好不下滑．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列判断正确的是( )A ．攀岩者受到三个力的作用B ．鞋子受到的静摩擦力方向竖直向下C ．岩壁对鞋子的支持力大于岩壁对背部的支持力D ．攀岩者背部受到的静摩擦力支撑了体重的37答案 D解析 对攀岩者分析,受重力、鞋与岩壁间弹力和摩擦力、背部与岩壁间弹力和摩擦力共五个力作用；重力方向竖直向下,鞋子和背部受到的静摩擦力方向竖直向上,故水平方向上两支持力大小相等,方向相反,F N1＝F N2,又据平衡μ1F N1＋μ2F N2＝G ,可得F f2＝μ2F N2＝37G .拓展训练2 (多选)(2019·全国卷Ⅰ·19)如图,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块N ,另一端与斜面上的物块M 相连,系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N ,直至悬挂N 的细绳与竖直方向成45°.已知M 始终保持静止,则在此过程中( )A ．水平拉力的大小可能保持不变B ．M 所受细绳的拉力大小一定一直增加C ．M 所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D ．M 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 答案 BD解析 对N 进行受力分析如图所示,因为N 的重力与水平拉力F 的合力和细绳的拉力F T 是一对平衡力,从图中可以看出水平拉力F 的大小逐渐增大,细绳的拉力F T 也一直增大,选项A 错误,B 正确；M 的质量与N 的质量的大小关系不确定,设斜面倾角为θ,由分析可知F Tmin ＝m N g ,故若m N g ≥m M g sin θ,则M 所受斜面的摩擦力大小会一直增大,若m N g <m M g sin θ,则M 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大,选项D 正确,C 错误．1．基本思路化“动”为“静”,“静”中求“动”． 2．两种方法(1)解析法：物体受到三个以上的力,且某一夹角发生变化时,将力进行正交分解,两个方向上列平衡方程,用三角函数表示各个作用力与变化角之间的关系,从而判断各力的变化． (2)图解法：物体一般受三个共点力作用；其中有一个大小、方向都不变的力；还有一个方向不变的力．画受力分析图,作出力的平行四边形或矢量三角形,依据某一参数的变化,分析各边变化从而确定力的大小及方向的变化情况．例2 (2019·江苏省模拟)如图所示,在粗糙的水平地面上放着一左侧截面是半圆的柱状物体B ,在B 与竖直墙之间放置一光滑小球A ,整个装置处于静止状态．现用水平力F 拉动B 缓慢向右移动一小段距离后,它们仍处于静止状态,在此过程中,下列判断正确的是( )A ．小球A 对物体B 的压力逐渐增大 B ．小球A 对物体B 的压力逐渐减小C ．墙面对小球A 的支持力逐渐减小D ．墙面对小球A 的支持力先增大后减小 答案 A解析 解法1 以A 球为研究对象,分析受力情况：受重力G 、墙面支持力F N 、B 的弹力F N B ,由平衡条件知F N 与F N B 的合力与G 大小相等,方向相反,将B 缓慢向右移动,F N 方向不变,F N B 沿逆时针方向缓慢转动,作出转动过程三个位置力的合成图如图甲所示,由图可知,F N 逐渐增大,F N B 逐渐增大,由牛顿第三定律知小球A 对物体B 的压力逐渐增大,故A 正确,B 、C 、D 错误．解法2 对A 球受力分析如图乙,得：竖直方向：F N B cos θ＝G水平方向：F N ＝F N B sin θ 解得：F N B ＝Gcos θF N ＝G tan θB 缓慢向右移动一小段距离,A 缓慢下落,则θ增大,所以F N B 增大,F N 增大,由牛顿第三定律知小球A 对物体B 的压力逐渐增大,故A 正确,B 、C 、D 错误．拓展训练3 (2019·广东省“六校”第三次联考)为迎接新年,小明同学给家里墙壁粉刷涂料,涂料滚由滚筒与轻杆组成,示意图如图所示．小明同学缓缓向上推涂料滚(轻杆与墙壁夹角变小),不计轻杆的重力以及滚筒与墙壁的摩擦力．轻杆对涂料滚筒的推力为F 1,墙壁对涂料滚筒的支持力为F 2,以下说法中正确的是( )A ．F 1增大B ．F 1先减小后增大C ．F 2增大D ．F 2减小答案 D解析 以涂料滚为研究对象,分析受力情况,如图,F 1与F 2的合力与重力G 总是大小相等、方向相反．小明缓缓向上推涂料滚,F 1与竖直方向夹角减小,由图可知F 1逐渐减小,F 2逐渐减小,故选D.拓展训练4 (2019·温州市联考)2018年9月2号的亚运会中,中国队包揽了跳水项目的全部10金．图示为跳水运动员在走板时,从跳板的a 端缓慢地走到b 端,跳板逐渐向下弯曲,在此过程中,该运动员对跳板的( )A ．摩擦力不断增大B ．作用力不断减小C ．作用力不断增大D ．压力不断增大答案 A解析 运动员对跳板的作用力等于重力,故大小不变；摩擦力等于重力沿跳板面方向的分力,不断增大,压力等于重力垂直于跳板方向的分力,不断减小,故A 正确．[相关知识链接] 电场力(1)大小：F ＝Eq ,F ＝kq 1q 2r 2. (2)方向：正电荷受电场力的方向与电场强度的方向相同；负电荷受电场力的方向与电场强度的方向相反．[规律方法提炼]1．方法：与纯力学问题的分析方法一样,学会把电学问题力学化． 2．步骤(1)选取研究对象(整体法或隔离法)．(2)受力分析,多了个电场力．(3)列平衡方程． 例3 (2018·嘉、丽3月联考)如图所示,水平地面上固定一个绝缘直角三角形框架ABC ,其中∠ACB ＝θ.质量为m 、带电荷量为q 的小圆环a 套在竖直边AB 上,AB 与圆环的动摩擦因数为μ,质量为M 、带电荷量为＋Q 的小滑块b 位于斜边AC 上,a 、b 静止在同一高度上且相距L .圆环、滑块均视为质点,AC 光滑,则( )A ．圆环a 带正电B ．圆环a 受到的摩擦力为μk Qq L2 C ．小球b 受到的库仑力为Mgtan θD ．斜面对小球b 的支持力为Mgcos θ答案 D解析 a 、b 静止在同一高度上,故b 受到重力G b 、斜面的支持力F N b 及a 对b 的库仑引力F ,从而处于平衡状态,由于b 带正电,因此环a 带负电,故A 错误；环a 处于静止状态,受到的是静摩擦力,那么其大小为F f ＝mg ,并不是滑动摩擦力,因此不可能为F f ＝μk Qq L2,故B 错误；对b 受力分析有：库仑引力F ＝k Qq L 2,或F ＝Mg tan θ,而斜面对b 的支持力为F N b ＝Mgcos θ,故C 错误,D正确．拓展训练5 (2019·全国卷Ⅰ·15)如图,空间存在一方向水平向右的匀强电场,两个带电小球P 和Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下,两细绳都恰好与天花板垂直,则( )A ．P 和Q 都带正电荷B ．P 和Q 都带负电荷C ．P 带正电荷,Q 带负电荷D．P带负电荷,Q带正电荷答案 D解析对P、Q整体进行受力分析可知,在水平方向上整体所受电场力为零,所以P、Q必带等量异种电荷,选项A、B错误；对P进行受力分析可知,匀强电场对它的电场力应水平向左,与Q对它的库仑力平衡,所以P带负电荷,Q带正电荷,选项D正确,C错误．拓展训练6(2019·浙江新高考研究联盟二次联考)如图所示,两个带电荷量分别为Q1与Q2的小球固定于相距为5d的光滑水平面上,另有一个带电小球A,悬浮于空中不动,此时A离Q1的距离为4d,离Q2的距离为3d.现将带电小球A置于水平面上某一位置,发现A刚好静止,则此时小球A到Q1、Q2的距离之比为( )A.3∶2B．2∶3C．3∶4D．4∶3答案 B解析小球A悬浮于空中时,Q1对其库仑力F1＝k Q1q(4d)2,Q2对其库仑力F2＝kQ2q(3d)2,由平衡条件F1＝35mg,F2＝45mg,得Q1Q2＝43.将A置于水平面上Q1、Q2之间静止,则kQ1·qr12＝kQ2·qr22,得r1r2＝23,故选B.[相关知识链接]1．安培力(1)大小：F＝BIL,此式只适用于B⊥I的情况,且L是导线的有效长度,当B∥I时F＝0.(2)方向：用左手定则判断,安培力垂直于B、I决定的平面．2．洛伦兹力(1)大小：F洛＝qvB,此式只适用于B⊥v的情况．当B∥v时F洛＝0.(2)方向：用左手定则判断,洛伦兹力垂直于B、v决定的平面,洛伦兹力永不做功．[规律方法提炼]1．立体平面化该模型一般由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成．这类题目的难点是题图具有立体性,各力的方向不易确定．因此解题时一定要先把立体图转化成平面图,通过受力分析建立各力的平衡关系． 2．带电体的平衡如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动,则一定是匀速直线运动．例4 (2019·台州3月一模)如图所示,在水平绝缘杆上用两条等长的平行绝缘丝线悬挂一质量为m 的通电导体棒．将导体棒放置在蹄形磁铁的磁场中,由于安培力的作用,当两条丝线与竖直方向均成30°角时,导体棒处于平衡状态,若重力加速度为g .则关于导体棒在平衡状态时的说法正确的是( )A ．导体棒所在处的磁感应强度处处相等B ．导体棒受到的安培力大小一定是12mgC ．每条丝线对导体棒的拉力大小一定是33mg D ．导体棒受到的安培力与拉力的合力大小一定是mg 答案 D解析 蹄形磁铁靠近两极处的两个磁铁之间才近似可以看作匀强磁场,其余部分不是匀强磁场,所以可知导体棒所在处的磁感应强度不会处处相等,故A 错误；当安培力的方向与细线垂直时,安培力最小,F ＝mg sin30°＝12mg ,所以导体棒受到的安培力大小不一定是0.5mg ,故B 错误；安培力等于0.5mg 时,两条丝线的拉力的和等于32mg ,每条丝线对导体棒的拉力大小都是34mg ,故C 错误；导体棒受到的安培力与拉力的合力大小一定与重力大小相等,方向相反,故D 正确．拓展训练7 均匀带正电的薄圆盘的右侧,用绝缘细线A 、B 悬挂一根水平通电直导线ab ,电流方向由a 到b ,导线平行于圆盘平面．现圆盘绕过圆心的水平轴沿如图所示方向匀速转动,细线仍然竖直,与圆盘静止时相比,下列说法正确的是( )A ．细线所受弹力变小B ．细线所受弹力不变C ．细线所受弹力变大D ．若改变圆盘转动方向,细线所受弹力变大 答案 C解析 圆盘静止时,通电直导线受到竖直向上的弹力和竖直向下的重力,两者等大反向,合力为零．当圆盘匀速转动时,根据右手螺旋定则,圆盘产生水平向右的磁场,根据左手定则,通电直导线受到方向向下的安培力,故细线所受的弹力变大,选项A 、B 错误,C 正确；若改变圆盘转动方向,通电直导线受到的安培力方向向上,细线所受的弹力变小,选项D 错误． 拓展训练8 (多选)长方形区域内存在有正交的匀强电场和匀强磁场,其方向如图所示,一个质量为m 且带电荷量为q 的小球以初速度v 0竖直向下进入该区域．若小球恰好沿直线下降,则下列判断正确的是( )A ．小球带正电B ．电场强度E ＝mgqC ．小球做匀速直线运动D ．磁感应强度B ＝mg qv 0答案 CD解析 小球在复合场内受到自身重力、电场力和洛伦兹力,其中电场力和重力都是恒力,若速度变化则洛伦兹力变化,合力变化,小球必不能沿直线下降,所以合力等于0,小球做匀速直线运动,选项C 正确．若小球带正电,则电场力斜向下,洛伦兹力水平向左,和重力的合力不可能等于0,所以小球不可能带正电,选项A 错误．小球带负电,受到斜向上的电场力和水平向右的洛伦兹力,根据力的合成可得qE ＝2mg ,电场强度E ＝2mgq,选项B 错误．洛伦兹力qv 0B ＝mg ,磁感应强度B ＝mgqv 0,选项D 正确．专题强化练基础题组1．(2019·福建厦门市上学期期末质检)如图所示,在水平晾衣杆上晾晒床单时,为了使床单尽快晾干,可在床单间支撑轻质小木棍．小木棍的位置不同,两侧床单间夹角θ将不同,设床单重力为G,晾衣杆对床单的作用力大小为F,下列说法正确的是( )A．θ越大,F越大B．θ越大,F越小C．无论θ取何值,都有F＝GD．只有当θ＝120°时,才有F＝G答案 C解析以床单和小木棍整体为研究对象,整体受到重力G和晾衣杆的支持力F,由平衡条件知F ＝G,与θ取何值无关,故A、B、D错误,C正确．2.(2019·广东珠海市质量监测)区伯伯在海边钓获一尾鱼,当鱼线拉着大头鱼在水中向左上方匀速运动时,鱼受到水的作用力方向可能是( )A．竖直向上B．竖直向下C．水平向左D．水平向右答案 D解析鱼处于平衡状态,受到竖直向下的重力、斜向左上的拉力、水的作用力,根据受力平衡的条件,结合力的合成可知,鱼受到的水的作用力的方向一定是与拉力和重力的合力的方向相反,故D正确,A、B、C错误．3.(2019·金华十校期末)体操运动员在进行自由体操比赛时,有如图所示的比赛动作：运动员两手臂对称支撑,竖直倒立保持静止状态．当运动员两手间距离缓慢增大时,每只手臂对人体的作用力T及它们的合力F的大小变化情况为( )A．T增大,F不变B．T增大,F减小C．T增大,F增大D．T减小,F不变答案 A4.(2019·超级全能生2月联考)打印机是现代办公不可或缺的设备,正常情况下,进纸系统能做到“每次只进一张纸”,进纸系统的结构如图所示．设图中刚好有10张相同的纸,每张纸的质量均为m,搓纸轮按图示方向转动时带动最上面的第1张纸向右运动,搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1,纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2,下列说法正确的是( )A．第1张纸受到搓纸轮的摩擦力方向向左B．第2张与第3张纸之间的摩擦力大小为2μ2mgC．第10张纸与摩擦片之间的摩擦力为0D．要做到“每次只进一张纸”,应要求μ1＞μ2答案 D解析第1张纸上表面受到搓纸轮施加的静摩擦力F f0,方向向右,第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力F f,方向向左,F f＝μ2(mg＋F),F为搓纸轮对第1张纸的压力,F f0＝F f＜μ1F,正常情况F≫mg,故μ1＞μ2,A错误,D正确．第2张与第3张纸之间的摩擦力及第10张纸与摩擦片之间的摩擦力都是静摩擦力,根据受力平衡知,大小均为F f,B、C错误．5．(2019·广东深圳市4月第二次调研)如图所示,用缆绳将沉在海底的球形钢件先从a处竖直吊起到b,再水平移到c,最后竖直下移到d.全过程钢件受到水的阻力大小不变,方向与运动方向相反,所受浮力恒定．则上升、平移、下降过程中的匀速运动阶段,缆绳对钢件拉力F1、F2、F3的大小关系是( )A．F1>F2>F3B．F1>F3>F2C．F2>F1>F3D．F3>F2>F1答案 A解析钢件从a匀速运动到b,对钢件受力分析得到：F1＝mg＋F f；从b匀速运动到c,有：F2＝F f 2＋(mg)2；从c匀速运动到d,有：F3＝mg－F f；由于F2＝F f 2＋(mg)2＝(F f＋mg)2－2mgF f,故F 1>F 2>F 3,故A 正确,B 、C 、D 错误．6．(2019·绍兴诸暨市期末)如图所示为复印机工作原理图：正电荷根据复印图案排列在鼓表面,带负电的墨粉颗粒由于电场作用被吸附到鼓表面,随后转移到纸面上“融化”产生复印图案．假设每个墨粉颗粒质量为8.0×10－16kg,带20个多余电子,已知墨粉颗粒受到的电场力必须超过它自身重力的2倍才能被吸附,则鼓表面电场强度至少为(g 取10m/s 2)( )A ．2.5×103N/C B ．5.0×103N/C C ．5.0×104N/C D ．1.0×105N/C答案 B解析 由题意知：qE ＝2mg ,E ＝2mg q ＝2×8×10－16×1020×1.6×10－19N/C ＝5.0×103 N/C,故选项B 正确．7.(2019·金华十校高三期末)如图所示,a 、b 、c 为真空中三个带电小球,b 球带正电且带电荷量为＋Q ,用绝缘支架固定,a 、c 两个小球用绝缘细线悬挂,处于平衡状态时三个小球球心等高,且a 、b 和b 、c 间距离相等,悬挂a 小球的细线向左倾斜,悬挂c 小球的细线竖直,则以下判断正确的是( )A ．a 小球带负电且带电荷量为－4QB ．c 小球带正电且带电荷量为＋4QC ．a 、b 、c 三个小球带同种电荷D ．a 、c 两小球带异种电荷 答案 A解析 根据受力平衡条件可知,因b 球带正电,要使a 、c 两球平衡,所以a 、c 两球一定带负电,对c 小球进行分析,a 、c 间的距离是b 、c 间的两倍,由库仑定律,则有：k |QQ c |r 2＝k |Q a Q c |(2r )2,因a 球带负电,可得：Q a ＝－4Q ,故A 正确．8．(2019·山东济南市模拟)如图甲所示,用电流天平测量匀强磁场的磁感应强度．若挂在天平右臂下方的为单匝矩形线圈且通入如图乙所示的电流,此时天平处于平衡状态．现保持边长MN 和电流大小、方向不变,将该矩形线圈改为三角形线圈,挂在天平的右臂下方,如图丙所示．则( )A．天平将向左倾斜B．天平将向右倾斜C．天平仍处于平衡状态D．无法判断天平是否平衡答案 B解析由左手定则分析可知,线圈受到的安培力方向向上,矩形线圈改成三角形线圈,安培力变小,故天平将向右倾斜．9.如图所示,两根光滑金属导轨平行放置,导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中．金属杆ab垂直导轨放置,当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时,金属杆ab刚好静止．则( )A．磁场方向竖直向上B．磁场方向竖直向下C．金属杆ab受安培力的方向平行导轨向上D．金属杆ab受安培力的方向平行导轨向下答案 A解析受力分析如图所示,当磁场方向竖直向上时,由左手定则可知安培力水平向右,金属杆ab受力可以平衡,若磁场方向竖直向下,由左手定则可知安培力水平向左,则金属杆ab受力无法平衡,A正确,B、C、D错误．10.(2019·陕西汉中市3月联考)如图所示,固定的木板与竖直墙面的夹角为θ,重为G的物块静止在木板与墙面之间,不计一切摩擦,则( )A ．物块对墙面的压力大小为G tan θB ．物块对墙面的压力大小为G sin θcos θC ．物块对木板的压力大小为G cos θD ．物块对木板的压力大小为Gsin θ答案 D解析 对物块受力分析,根据平行四边形定则可知：物块对墙面的压力大小为F 1′＝F 1＝G tan θ；物块对木板的压力大小为F 2′＝F 2＝Gsin θ,故选项A 、B 、C 错误,D 正确． 能力题组11.(2019·河南普通高中高考物理模拟)如图所示,六根原长均为l 的轻质细弹簧两两相连,在同一平面内六个大小相等、互成60°的恒定拉力F 作用下,形成一个稳定的正六边形．已知正六边形外接圆的半径为R ,每根弹簧的劲度系数均为k ,弹簧在弹性限度内,则F 的大小为( )A.k2(R －l )B ．k (R －l )C ．k (R －2l )D ．2k (R －l )答案 B解析 正六边形外接圆的半径为R ,则弹簧的长度为R ,弹簧的伸长量为：Δx ＝R －l 由胡克定律可知,每根弹簧的弹力为：F 弹＝k Δx ＝k (R －l ),两相邻弹簧夹角为120°,两相邻弹簧弹力的合力为：F 合＝F 弹＝k (R －l ), 弹簧静止处于平衡状态,由平衡条件可知,F 的大小为：F ＝F 合＝k (R －l ),故B 正确,A 、C 、D 错误．12.(2019·山东烟台市下学期高考诊断)如图所示,质量为M 的斜劈静止在粗糙水平地面上,质量为m 的小物块正在斜面上匀速下滑．现在m 上施加一个水平推力F ,则在m 的速度减小为零之前,下列说法正确的是( )A ．加力F 之后,m 与M 之间的摩擦力变小B ．加力F 之后,m 与M 之间的作用力不变C ．加力F 之后,M 与地面之间产生静摩擦力D ．加力F 前后,M 与地面间都没有摩擦力 答案 D解析 加力F 前,m 匀速下滑,则垂直斜面方向：F N ＝mg cos θ, 滑动摩擦力为F f ＝μmg cos θ；在m 上加一水平向右的力F ,垂直斜面方向：F N ′＝mg cos θ＋F sin θ, 滑动摩擦力为F f ′＝μF N ′＝μ(mg cos θ＋F sin θ)；对物块,所受支持力增加了F sin θ,摩擦力增加了μF sin θ,即支持力与摩擦力成比例的增加,其合力方向还是竖直向上,大小增大,m 与M 之间的作用力即为其合力,也是增大的,如图所示：则斜面所受的摩擦力与压力的合力方向还是竖直向下,水平方向仍无运动趋势,则不受地面的摩擦力,故A 、B 、C 错误,D 正确．13.(2019·宁波市3月模拟)在光滑的水平面上建立如图所示的直角坐标系xOy ,现在O 点固定一个带电荷量为Q 的正电荷,在x 轴正半轴上的点N (d,0)固定有带电荷量为8Q 的负电荷,y 轴正半轴位置固定有一根光滑绝缘细杆,细杆上套有带电荷量为＋q 的轻质小球,当小球置于M 点时,恰好保持静止,则M 的纵坐标为( )A.12dB.33dC.32d D ．d 答案 B解析 设OM 为y ,由平衡条件及数学知识可知kQq y 2＝8kQq d 2＋y 2·y d 2＋y 2,得d 2＋y 2＝2y ,即y ＝33d ,故B 正确．14.(2019·广东肇庆市第二次统一检测)如图所示,质量分别为m A 和m B 的物体A 、B 用细绳连接后跨过滑轮,A 静止在倾角为45°的斜面上,B 悬挂着．已知m A ＝2m B ,不计滑轮摩擦,现将斜面倾角由45°增大到50°,系统仍保持静止．下列说法中正确的是( )A ．绳子对A 的拉力将增大B ．物体A 对斜面的压力将增大C ．物体A 受到的静摩擦力增大D ．物体A 受到的静摩擦力减小 答案 C解析 设m A ＝2m B ＝2m ,对物体B 受力分析,受重力和拉力,由二力平衡得到：F T ′＝mg ；再对物体A 受力分析,受重力、支持力、拉力F T 和静摩擦力,F T ＝F T ′,如图,根据平衡条件得到：F f ＋F T －2mg sin θ＝0,F N －2mg cos θ＝0,解得：F f ＝2mg sin θ－F T ＝2mg sin θ－mg ,F N ＝2mg cos θ,当θ由45°增大到50°时,F T 不变,F f 不断变大,F N 不断变小,故C 正确,A 、B 、D 错误．。
(浙江选考)2021高考物理二轮复习专题三电场和磁场第1讲电场和磁场性质的理解学案【可修改文字】
可编辑修改精选全文完整版第1讲电场和磁场性质的理解[历次选考考情分析]磁场中受到的力 运动电荷在磁场中受到的力 cc232223232322带电粒子在匀强磁场中的运动d232223232322考点一 电场根本性质的理解1．电场强度、电势、电势能的判断方法 (1)电场强度①根据电场线的疏密程度进展判断； ②根据E ＝Fq进展判断． (2)电势①沿电场线方向电势逐渐降低； ②假设q 和W ab ，由U ab ＝W abq判定． (3)电势能①电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大； ②正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小． 2．带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法 (1)某点速度方向即为该点轨迹的切线方向；(2)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；(3)结合轨迹、速度方向与电场力的方向，确定电场力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等．1．[库仑定律](2021·浙江4月选考·6)真空中两个完全一样、带等量同种电荷的金属小球A 和B (可视为点电荷)，分别固定在两处，它们之间的静电力为F .用一个不带电的同样金属球C 先后与A 、B 球接触，然后移开球C ，此时A 、B 球间的静电力为( )A.F 8B.F 4C.3F 8D.F 2答案 C解析 设A 、B 两金属小球开场带电荷量均为Q ，距离为r ，F ＝k Q 2r 2，用一个不带电的金属球C 先后与A 、B 接触，与A 接触完后，A 、C 带电荷量均为Q2，再与B 接触后，B 、C 带电荷量均为34Q ，F ′＝k Q 2·34Q r 2＝38F ，因此选C. 2．[电容器](2021·温州市六校期末)目前，指纹锁已普遍用于智能机、门卡等，其中有一类指纹锁的主要元件为电容式传感器，其原理是手指贴上传感器时，皮肤外表会和传感器上许许多多一样面积的小极板一一匹配成平行板电容器，每个小电容器的电容值仅取决于传感器上的极板到对应指纹外表的距离．在此过程中外接电源将为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，然后开场用标准电流放电，再采集各电容器放电的相关信息与原储存的指纹信息进展匹配，如图1所示．以下说法正确的选项是( )图1A ．湿的手不会影响指纹解锁B ．极板与指纹嵴(凸起局部)构成的电容器电容小C ．极板与指纹沟(凹的局部)构成的电容器充上的电荷较多D ．极板与指纹沟(凹的局部)构成的电容器放电时间较短 答案 D3．[电场强度和电势差]如图2所示，在xOy 平面内有一个以O 为圆心、半径R ＝0.1 m 的圆，P 为圆周上的一点，O 、P 两点连线与x 轴正方向的夹角为θ.假设空间存在沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小E ＝100 V/m ，那么O 、P 两点的电势差可表示为( )图2A．U OP＝－10sin θ (V)B．U OP＝10sin θ (V)C．U OP＝－10cos θ (V)D．U OP＝10cos θ (V)答案 A解析由题图可知匀强电场的方向是沿y轴负方向的．沿着电场线的方向电势是降低的，所以P点的电势高于O点的电势，O、P两点的电势差U OP为负值．根据电势差与场强的关系U OP ＝－Ed＝－E·R sin θ＝－10sin θ (V)，所以A正确．4．[电场强度、电势、电势能](2021·嘉兴市期末)一对等量异种点电荷电场的电场线(实线)和等势线(虚线)分布如图3所示，那么以下说法正确的选项是( )图3A．A点场强E A大于B点场强E BB．A点电势φA高于B点电势φBC．某一点电荷在A点时的电势能E p A一定大于在B点时的电势能E p BD．将某一点电荷从A点移至B点，路径不同，电场力做功也不同答案 A5．[电场线和运动轨迹]如图4所示，实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以一样的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示(a、b只受电场力作用)，那么( )图4A．a一定带正电，b一定带负电B．电场力对a做正功，a的电势能减小，电场力对b做负功，b的电势能增大C．a的速度将减小，b的动能将增大D．a的加速度减小，b的加速度将增大答案 D解析 电场线的方向未知，所以粒子带电性质不确定；从题图中轨迹变化来看电场力都做正功，动能都增大，两带电粒子电势能都减小，所以选项A 、B 、C 错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以a 受力减小，加速度减小，b 受力增大，加速度增大，所以选项D 正确．考点二 磁场及其对电流的作用1．求解有关磁感应强度的关键 (1)磁感应强度是由磁场本身决定的； (2)B ＝FIL只适用于通电导线垂直于磁场；(3)合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和(满足平行四边形定那么)． 2．求解安培力作用下导体棒平衡问题的思路 (1)选取通电导体棒为对象；(2)受力分析，画受力分析图，用左手定那么判断安培力的方向； (3)根据力的平衡条件列方程．例1 (2021·浙江4月选考·12)在城市建立施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图5所示．有一种探测的方法是，首先给金属长直管通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进展以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场最强的某点，记为a ；②在a 点附近的地面上，找到与a 点磁感应强度一样的假设干点，将这些点连成直线EF ；③在地面上过a 点垂直于EF 的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b 、c 两点，测得b 、c 两点距离为L .由此可确定金属管线( )图5A ．平行于EF ，深度为L 2B ．平行于EF ，深度为LC ．垂直于EF ，深度为L2D ．垂直于EF ，深度为L答案 A解析 画出垂直于金属管线方向的截面，可知磁场最强的点a 即为地面距离管线最近的点，作出b 、c 两点的位置，由题意可知EF 过a 点垂直于纸面，所以金属管线与EF 平行，根据几何关系得深度为L2.6．(2021·浙江4月选考·7)处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO′转动，当线框中通过电流I时，如图6所示，此时线框左右两边受安培力F的方向正确的选项是( )图6答案 D解析利用左手定那么，四指指向电流方向，磁感线穿过掌心，大拇指所指的方向就是受力方向，因此选D.7．(2021·牌头中学期中)在磁场中的同一位置放置一根短直导线，导线的方向与磁场方向垂直．先后在导线中通以不同的电流，导线受到的磁场力也不同，以下表示导线受到的磁场力F与其电流I的关系图象(a、b各代表一组F、I的数据)正确的选项是( )答案 C解析 在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直时所受安培力为：F ＝BIL ，由于磁感应强度B 和导线长度L 不变，因此F 与I 的关系图象为过原点的直线，故C 正确．8．(2021·台州市外国语学校期末)如图7所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L ，劲度系数为k 的轻质弹簧上端固定，下端与导体棒ab 相连，弹簧与导轨平面平行并与ab 垂直，棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度为B .当棒通以方向由a 到b 、大小为I 的电流时，棒处于平衡状态，平衡时弹簧伸长量为x 1；保持电流大小不变，使棒中电流反向，那么棒平衡时以下说法正确的选项是( )图7A ．弹簧伸长，伸长量为2ILBk＋x 1B ．弹簧伸长，伸长量为ILBk ＋x 1 C ．弹簧压缩，压缩量为2ILBk－x 1 D ．弹簧压缩，压缩量为ILBk－x 1 答案 A解析 当棒通以方向由a 到b 、大小为I 的电流时，由左手定那么可知，棒受到的安培力沿导轨斜向上，大小为BIL ，设导轨与水平面的夹角为θ，那么由平衡条件得：mg sin θ＝BIL ＋kx 1当保持电流大小不变，使棒中电流反向，由左手定那么知，受到的安培力沿导轨斜向下，大小还是BIL此时有mg sin θ＋BIL ＝kx 得x ＝2BIL k＋x 1弹力沿着斜面向上，那么弹簧是伸长的，应选A.考点三 带电粒子在电场中的运动1．直线运动的两种解题思路(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．(2)用动能定理(或动量定理)处理带电粒子在电场中的直线运动要注意受力分析、过程分析，另外，电场力做功与重力做功均与经过的路径无关，只与初、末位置有关．2．偏转问题的解题思路(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，那么带电粒子将在电场中只受电场力作用而做类平抛运动．(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动．例2(2021·浙江4月选考·11)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开场以－v0做直线运动，其v－t图象如图8所示．粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，以下判断正确的选项是( )图8A．A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φCB．A、B、C三点的场强大小关系为E C>E B>E AC．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少D．粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功答案 C解析由题图v－t图象知道带电粒子在0～t0时间内做减速运动，电场力做负功，电势能增大；在t0～3t0时间内做反方向加速运动，电场力做正功，电势能减小，所以C正确，D错误；因为不知道带电粒子电性，此题中无法判断电势的上下，所以A错误；图象中斜率表示带电粒子的加速度，Eq＝ma，可知A、B、C三点中E B最大，B错误．例3如图9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的一样带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，假设粒子在两板之间的运动时间均为T，那么粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是( )图9A ．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1 答案 C解析 粒子在两板之间的运动时间均为T ，在t ＝nT 时刻进入的粒子的侧移量最大，考虑竖直分运动，在前半个周期是匀加速，后半个周期是匀速，设加速度为a ，那么偏转位移为：y max ＝12a ·(T 2)2＋a ·T 2·T 2＝38aT 2，在t ＝(n ＋12)T 时刻进入的粒子，考虑竖直分运动，在前半个周期是静止，后半个周期是匀加速，侧移量最小，为：y min ＝12a ·(T 2)2＝18aT 2，故y max ∶y min＝3∶1，故A 、B 、D 错误，C 正确．9．如图10所示是真空中A 、B 两板间的匀强电场，一电子由A 板无初速度释放后运动到B 板，设电子在前一半时间内和后一半时间内的位移分别为x 1和x 2，那么x 1与x 2之比为( )图10A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4答案 C解析 无初速度释放后，电子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动规律，电子在前一半时间内和后一半时间内的位移之比是1∶3，选项C 正确． 10.a 、b 两离子从平行板电容器两板间Pa 、b 的偏转时间一样，那么a 、b 一定一样的物理量是( )图11A ．比荷B ．入射速度C ．入射动能D ．电荷量 答案 A解析 a 、b 两离子竖直方向分位移相等，故：y ＝12·qE m·t 2，由于y 、E 、t 均相等，故比荷qm相等，故A 正确； 水平方向位移关系是x a >x b ，水平分运动是匀速直线运动，时间相等，故v a >v b ，故B 错误；a 、b 两离子初速度不同，质量关系未知，无法确定初动能大小关系，故C 错误； a 、b 两离子比荷相等，质量关系未知，无法确定电荷量大小关系，故D 错误．考点四 磁场对运动电荷的作用1．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动解题“三步法〞 (1)画轨迹：即确定圆心，画出运动轨迹．(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度的联系，偏转角度与圆心角、运动时间的联系，在磁场中的运动时间与周期的联系．(3)用规律：即牛顿运动定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式． 2．半径确实定方法一：由物理方程求．由于Bqv ＝mv 2R ，所以半径R ＝mv qB；方法二：由几何关系求．一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定． 3．时间确实定方法一：由圆心角求：t ＝θ2π·T ；方法二：由弧长求：t ＝sv.例4 如图12所示，长方形abcd 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，同一带电粒子，以速率v 1沿ab 射入磁场区域，垂直于dc 边离开磁场区域，运动时间为t 1；以速率v 2沿ab 射入磁场区域，从bc 边离开磁场区域时与bc 边夹角为150°，运动时间为t 2.不计粒子重力．那么t 1∶t 2是( )图12A ．2∶ 3 B.3∶2 C．3∶2 D．2∶3 答案 C解析 根据题意作出粒子运动轨迹如下图：由几何知识可知：α＝90°，β＝60°，粒子在磁场中做圆周运动的周期：T ＝2πm qB ，粒子在磁场中的运动时间：t ＝θ2πT ，粒子在磁场中的运动时间之比：t 1t 2＝αβ＝90°60°＝32，故C 正确．11．(多项选择)如图13所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，速度一样的两带电粒子A 、B 从O 点射入磁场中，速度与磁场边界的夹角为θ(θ＝60°)，A 粒子带负电，B 粒子带正电，且A 、B 粒子的质量之比为1∶4，带电荷量之比为1∶2，不计粒子重力，以下说法中正确的选项是( )图13A ．A 、B 粒子的轨道半径之比为2∶1B ．A 、B 粒子回到边界时，速度大小、方向都一样C ．A 、B 粒子回到边界时的位置离O 点的距离之比为2∶1D ．A 、B 粒子在磁场中运动的时间一样 答案 BD解析 由洛伦兹力提供向心力qBv ＝m v 2r 得到r ＝mv Bq ，所以r A r B ＝m A m B ×q B q A ＝12，所以选项A 错误．据左手定那么，A 、B 粒子的电性相反，偏转方向相反，由于洛伦兹力不做功，所以速度大小不变，根据粒子做圆周运动的对称性，A 、B 的方向都是与边界成60°角斜向右下，所以B 选项正确．由几何关系能求得粒子回到边界时到出发点的距离d ＝2r sin θ，所以d A d B ＝r A r B ＝12，选项C 错误．由运动学公式，粒子运动的时间为t ＝θ2π×2πr v ＝θr v ，所以t A t B ＝θA θB ×r A r B ＝240°120°×12＝11，所以选项D 正确． 12．如图14，半径为R 的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m 、带电荷量为＋q 且不计重力的粒子，以速度v 沿与半径PO 夹角θ＝30°的方向从P 点垂直磁场射入，最后粒子垂直于MN 射出，那么磁感应强度的大小为( )图14A.mv qRB.mv 2qRC.mv 3qRD.mv4qR 答案 B解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系，知圆心角为30°，粒子运动的轨迹的半径为：r ＝2R ①根据洛伦兹力提供向心力，有：qvB ＝m v 2r 得半径为：r ＝mv qB②联立①②得：B ＝mv2qR，故B 正确．专题强化练1．(2021·浙江4月选考·7)关于电容器，以下说法正确的选项是( )A．在充电过程中电流恒定B．在放电过程中电容减小C．能储存电荷，但不能储存电能D．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器答案 D解析由电容器的充、放电曲线可知，充电过程中，电流不断减小，A错误；电容是电容器储存电荷的本领，不随充、放电过程变化，B错误；电容器中的电场具有电场能，所以C错误；两个彼此绝缘又靠近的导体是可以储存电荷的，可视为电容器，D正确．2．中国宋代科学家沈括在公元1086年写的?梦溪笔谈?中最早记载了：“方家(术士)以磁石磨针锋，那么能指南，然常微偏东，不全南也．〞进一步研究说明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图1所示．结合上述材料，以下说法正确的选项是( )图1A．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理南极附近B．结合地球自转方向，可以判断出地球是带正电的C．地球外表任意位置的磁场方向都与地面平行D．因地磁场影响，在进展奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显答案 D3．如图2所示，一导线绕制的线圈中放一枚小磁针，当线圈中通以电流时，小磁针将会发生偏转，那么以下判断正确的选项是( )图2A．为使实验现象明显，线圈平面应南北放置B．为使实验现象明显，线圈平面应东西放置C．假设线圈平面南北放置，通电后再次稳定时，小磁针转过180°角D．假设线圈平面东西放置，通电后再次稳定时，小磁针转过90°角答案 A4．(2021·名校协作体)如图3所示，在粗糙绝缘的水平地面上放置一带正电的物体甲，现将另一个也带正电的物体乙沿着以甲为圆心的竖直平面内的圆弧由M点移动到N点，假设此过程中甲始终保持静止，甲、乙两物体可视为质点，那么以下说法正确的选项是( )图3A．甲对地面的压力先增大后减小B．甲受到地面的摩擦力大小不变C．甲受到地面的摩擦力先增大后减小D．乙的电势能先增大后减小答案 A5．(2021·温州市十五校联合体期末)两个点电荷a、b周围的电场线分布情况如图4所示，虚线为带电粒子c穿越该电场时的运动轨迹，该粒子在电场中运动时只受电场力作用，由图可判断( )图4A．a、b带等量异号电荷B．a、b带同号电荷，a的电荷量大于b的电荷量C．粒子c带正电，在电场中运动时动能先减小后增大D．粒子c带负电，在电场中运动时动能先增大后减小答案 D6．(2021·杭州市五校联考)两个带等量正电的点电荷，固定在图5中P、Q两点，MN为PQ 连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点．一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，那么( )图5A．q由A向O的运动是匀加速直线运动B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C．q运动到O点时的动能最小D．q运动到O点时电势能为零答案 B7．(2021·湖州、衢州、丽水高三期末)如图6(a)所示为两个带电物体，甲固定在绝缘水平面上，乙从甲右侧某处静止释放后的v－t图象如图(b)所示，那么( )图6A．两个物体带同种电荷B．两个物体带异种电荷C．两个物体带电荷量一定相等D．两个物体带电荷量一定不等答案 B8．(2021·诸暨中学段考)如图7所示，a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小一样的电流，方向如下图．一带正电粒子从正方形中心O点沿垂直纸面向内运动，它所受洛伦兹力的方向( )图7A．向上 B．向下 C．向左 D．向右答案 A解析此带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，根据安培定那么，a在O点产生的磁场方向水平向左，b在O点产生的磁场方向竖直向上，c在O点产生的磁场方向水平向左，d在O点产生的磁场方向竖直向下，所以合磁场方向水平向左．根据左手定那么，此带正电粒子在合磁场中所受洛伦兹力方向向上．9．(2021·新力量联盟期末)教师在课堂上做了一个演示实验：装置如图8所示，在容器的中心放一个圆柱形电极B，沿容器边缘内壁放一个圆环形电极A，把A和B分别与直流电源的两极相连，然后在容器内放入导电液体，将该容器放在磁场中，液体就会旋转起来．关于这种现象以下说法正确的选项是( )图8A．液体旋转是因为电磁感应现象B．液体旋转是因为受到安培力作用C．仅将电流方向改为反向，液体旋转方向不变D．仅将磁场方向改为反向，液体旋转方向不变答案 B10．(2021·新高考联盟联考)高大建筑上都有一竖立的避雷针，用以把聚集在云层中的电荷导入大地．在赤道某地两建筑上空，有一团带负电的乌云经过其正上方时，发生放电现象，如图9所示，那么此过程中地磁场对避雷针的作用力的方向是( )图9A．向东 B．向南 C．向西 D．向北答案 C11．如图10所示，竖直放置的两平行金属板间有匀强电场，在两极板间同一等高线上有两质量相等的带电小球a、b(均可以看成质点)．将小球a、b分别从紧靠左极板和两极板正中央的位置由静止释放，它们沿图中虚线运动，都能打在右极板上的同一点．那么从释放小球到刚要打到右极板的运动(过程)中，以下说法正确的选项是( )图10A ．它们的运动时间t a >t bB ．它们的电荷量之比q a ∶q b ＝1∶2C ．它们的电势能减少量之比ΔE a ∶ΔE b ＝4∶1D ．它们的动能增加量之比ΔE k1∶ΔE k2＝4∶1 答案 C解析 小球运动过程只受重力和电场力作用，故粒子竖直方向做加速度a ＝g 的匀加速运动，水平方向做加速度a ′＝qE m的匀加速运动；由两小球竖直位移一样可得运动时间一样，即t a ＝t b ，所以，q a q b ＝a a ′ab ′＝s a 水平s b 水平＝2∶1，故A 、B 错误；由电势能减少量等于电场力做的功可得：ΔE a ∶ΔE b ＝q a Es a 水平∶q b Es b 水平＝4∶1，故C 正确；由动能定理可知：小球动能增加量等于重力势能和电势能减小量之和；又有两小球重力势能减小量相等，由C 项可知：动能增加量之比不可能为4∶1，故D 错误．12．(2021·台州中学统练)如图11所示，绝缘水平面上有A 、B 、C 、D 四点，依次相距L ，假设把带电金属小球甲(半径远小于L )放在B 点，测得D 点处的电场强度大小为E ；现将不带电的一样金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A 、C 两点，此时D 点处的电场强度大小为( )图11A.49EB.59E C ．E D.209E 答案 D解析 根据点电荷电场强度公式E ＝kQ r 2，那么B 点电荷在D 的电场强度为E B ＝kQ (2L )2＝kQ4L 2＝E ；当将不带电的一样金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A 、C 两点，那么两球的带电荷量均为Q2，那么A 处的小球在D 处的电场强度E A ＝k ·Q2(3L )2＝kQ 18L2，而C 处的小球在D 处的电场强度E C＝kQ2L2；由于两球在D处的电场强度方向一样，因此它们在D点处的电场强度大小为E合＝kQ18L2＋kQ2L2＝5kQ9L2＝209E，故D正确．13．如图12所示，匀强电场中有M、N、P、Q四点，它们分别位于矩形的四个顶点上．电子分别由M点运动到N点和Q点的过程中，电场力所做的正功一样，N、P、Q中有两点电势是18 V、10 V．那么( )图12A．不可能求出M点电势B．N点电势是18 VC．P点电势是10 VD．Q点电势是10 V答案 D解析电子分别由M点运动到N点和Q点过程中，电场力所做的正功一样，说明N、Q两点电势相等，且高于M点的电势，故四点的电势关系是φM<φN＝φQ<φP，所以φP＝18 V，φN＝φQ＝10 V，B、C错误，D正确；由于QM平行且与PN长度一样，所以U QM＝U PN＝8 V，可得φM ＝2 V，A错误．14．(2021·台州市高三期末)如图13所示，三根长为L的平行长直导线的横截面在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里．电流大小均为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0，导线C位于水平面处于静止状态，那么导线C受到的静摩擦力是( )图13A.3B0IL，水平向左B.32B0IL，水平向右C.32B0IL，水平向左 D.3B0IL，水平向右答案 D15．如图14所示，以O为圆心的圆形区域内，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界上的A点有一粒子发射源，沿半径AO方向发射出速率不同的同种粒子(重力不计)，垂直进入磁场，以下说法正确的选项是( )图14A ．速率越大的粒子在磁场中运动的时间越长B ．速率越小的粒子在磁场中运动的时间越长C ．速率越大的粒子在磁场中运动的角速度越大D ．速率越小的粒子在磁场中运动的角速度越大 答案 B解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，那么有Bqv ＝m v 2R，解得粒子做圆周运动的半径R ＝mv Bq，设磁场圆形区域半径为r ，如下图，粒子在磁场中运动的偏转角为2θ，由几何关系得：tan θ＝rR，所以v 越大，那么R 大，那么tan θ越小，故θ也越小，而周期T ＝2πm Bq，即不同速率的粒子在磁场中做圆周运动的周期一样．那么粒子在磁场中运动的偏转角越大，运动时间越长，所以速率越大的粒子在磁场中运动的偏转角越小，运动的时间越短，故A 错误，B 正确；粒子在磁场中运动的角速度ω＝v R ＝Bqm，所以不同速率粒子在磁场中运动的角速度相等，故C 、D 错误．16．(2021·诸暨中学段考)如图15所示，在水平地面上方有一沿水平方向且垂直纸面向里的匀强磁场．现将一带电小球以一定初速度v 0竖直上抛，小球能上升的最大高度为h ，设重力加速度为g ，不计空气阻力，那么以下判断正确的选项是( )图15A ．h 一定大于v 022gB ．h 一定等于v 022gC ．h 一定小于v 022gD ．h 可能等于v 022g答案 C解析 如果没有磁场，小球将做竖直上抛运动，上升的最大高度：h ＝v 022g，当加上磁场后，小球在运动过程中，除受重力外，还要受到洛伦兹力作用，小球在向上运动的同时会发生偏转，小球到达最高点时速度不为零，动能不为零，因此小球上升最大高度小于v 022g，故C 正确．17．(2021·牌头中学期中)电磁炮是一种理想兵器，它的主要原理如图16所示，1982年澳大利亚国立大学成功研制出能把2.2 g 的弹体(包括金属杆MN 的质量)加速到10 km/s 的电磁炮．假设轨道宽2 m ，长100 m ，通过金属杆的电流恒为10 A ，不计轨道摩擦，那么( )图16A ．垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度大小为5.5 TB ．垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度大小为5.5×104T C ．该电磁炮工作时磁场力的最大功率为1.1×104kW D ．该电磁炮装置中对磁场方向和电流方向的关系没有要求 答案 C解析 由运动学公式2ax ＝v 2－v 02可得弹体的加速度为a ＝v 2－v 022x ＝(10×103)22×100m/s 2＝5×105m/s 2；弹体所受安培力为F ＝BIL ，由牛顿第二定律可得：BIL ＝ma ，解得：B ＝maIL＝2.2×10－3×5×10510×2 T ＝55 T ，选项A 、B 错误；速度最大时磁场力的功率最大：P m ＝BIL ·v m＝55×10×2×104W ＝1.1×104kW ，选项C 正确；电磁炮装置中必须使得磁场方向和电流方向决定的安培力方向与炮弹沿导轨的加速度方向一致，选项D 错误．。
二轮复习专题电场与磁场——带电粒子在电场中的加速与偏转讲义(含解析)
2023届二轮复习专题电场与磁场——带电粒子在电场中的加速与偏转讲义（含解析）本专题主要讲解带电粒子（带电体）在电场中的直线运动、偏转，以及带电粒子在交变电场中运动等相关问题，强调学生对于直线运动、类平抛运动规律的掌握程度。
高考中重点考查学生利用动力学以及能量观点解决问题的能力，对于学生的相互作用观、能量观的建立要求较高。
探究1带电粒子在电场中的直线运动典例1：（2021湖南联考）如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P。
现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点。
若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则（）A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变B．金属板A、B间的电压减小C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同D．乙电子运动到O点的速率为2v0训练1：（2022四川联考题）多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。
质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。
离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。
设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。
（1）求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；（2）反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；（3）已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1。
探究2 带电粒子在电场中的偏转典例2:（2022北京月考）让氕核（1H）和氘核（21H）以相同的动能沿与电场垂直的方向1从ab边进入矩形匀强电场（方向沿a→b，边界为abcd，如图所示）。
2021届高考物理二轮专题复习篇PPT教学课件：电场的性质、带电粒子在电场中的运动
（ 教 学 提 纲 ）2021 届高考 物理二 轮专题 复习篇 获奖课 件：专 题3电场 的性质 、带电 粒子在 电场中 的运动 （免费 下载）
A．a 点和 b 点的电势相等 B．a 点和 b 点的电场强度大小相等 C．a 点和 b 点的电场强度方向相同 D．将负电荷从 a 点移到 b 点，电势能增加
（ 教 学 提 纲 ）2021 届高考 物理二 轮专题 复习篇 获奖课 件：专 题3电场 的性质 、带电 粒子在 电场中 的运动 （免费 下载）
画出－q、b、q、a 所在平面的电场线，如图 2，由图可知 b 点的 电势大于 a 点，所以将负电荷从 a 点移到 b 点，电势能减小，故 A、 D 错误。]
（ 教 学 提 纲 ）2021 届高考 物理二 轮专题 复习篇 获奖课 件：专 题3电场 的性质 、带电 粒子在 电场中 的运动 （免费 下载）
A．a、b 两点的场强相等 B．a、b 两点的电势相等 C．c、d 两点的场强相等 D．c、d 两点的电势相等
（ 教 学 提 纲 ）2021 届高考 物理二 轮专题 复习篇 获奖课 件：专 题3电场 的性质 、带电 粒子在 电场中 的运动 （免费 下载）
（ 教 学 提 纲 ）2021 届高考 物理二 轮专题 复习篇 获奖课 件：专 题3电场 的性质 、带电 粒子在 电场中 的运动 （免费 下载）
（ 教 学 提 纲 ）2021 届高考 物理二 轮专题 复习篇 获奖课 件：专 题3电场 的性质 、带电 粒子在 电场中 的运动 （免费 下载）
（ 教 学 提 纲 ）2021 届高考 物理二 轮专题 复习篇 获奖课 件：专 题3电场 的性质 、带电 粒子在 电场中 的运动 （免费 下载）