7.专题七 电场
专题七、带电粒子在交变电场中的运动
带电粒子在交变电场中的运动带电粒子在交变电场中的运动分析，涉及电场知识、力学知识等内容，随着科技的发展及高考试题应用性、实践性的增强和提高，本训练点知识在整个电磁学中的位置愈加显得重要.通过训练，逐步掌握此类问题的分析方法.第11题为创新题，使我们了解本训练点知识在实践中的应用.常出现的一些变化是：1释放位置；2所加电压波形；3电压、板间距、周期、比荷等间的约束。
往复运动：在两金属板之间加交变电压，粒子平行金属板射入，需要考虑的情况：1．粒子有沿极板方向的初速度。
2．受垂直于极板方向的交变电场力。
3．粒子通过电场时间相对电场周期较大，运动过程中受变化的电场力（粒子运动过程中受力随时间在变。
4．在电压波形上做文章，在入射时刻上，入射位置上。
5．常规的考法：矩形电压，沿中线射入，t=0或t=T/4射入。
6．t=0射入，整周期射出时平行极板射出；t=T/4射入整周期射出时平行且沿中线射出。
（不打到极上）t=0射入，整周期射出时平行极板射出；t=T/4射入整周期射出时平行且沿中线射出1.在两金属板(平行）分别加上如图2—7—1中的电压，使原来静止在金属板中央的电子有可能做振动的电压图象应是（设两板距离足够大）2.有一个电子原来静止于平行板电容器的中间，设两板的距离足够大，今在t=0开始在两板间加一个交变电压，使得该电子在开始一段时间内的运动的v—t图线如图2—7—2(甲)所示，则该交变电压可能是图2—7—2(乙)中的哪些3.一个匀强电场的电场强度随时间变化的图象如图2—7—3所示，在这个匀强电场中有一个带电粒子，在t=0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力的作用，则电场力的作用和带电粒子的运动情况是A.带电粒子将向一个方向运动B.0~3 s内，电场力的冲量等于0，电场力的功亦等于0C.3 s末带电粒子回到原出发点D.2 s~4 s内电场力的冲量不等于0，而电场力的功等于04.一束电子射线以很大恒定速度v0射入平行板电容器两极板间，入射位置与两极板等距离，v0的方向与极板平面平行.今以交变电压U=U m sinωt加在这个平行板电容器上，则射入的电子将在两极板间的某一区域内出现.图2—7—4中的各图以阴影区表示这一区域，其中肯定不对的是5.图2—7—5中A、B是一对中间开有小孔的平行金属板，两小孔的连线与金属板面相垂直，两极板的距离为l，两极板间加上低频交变电流.A板电势为零，B板电势U=U0c osωt，现有一电子在t=0时穿过A板上的小孔射入电场，设初速度和重力的影响均可忽略不计，则电子在两极板间可能A.以AB间的某一点为平衡位置来回振动B.时而向B板运动，时而向A板运动，但最后穿出B板C.如果ω小于某个值ω0，l小于某个值l0，电子一直向B板运动，最后穿出B板D.一直向B板运动，最后穿出B板，而不论ω、l为任何值6．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是( )A．从t=0时刻释放电子，电子必将始终向右运动，直到打到右极板上B．从t=0时刻释放电子，电子可能在两极板间振动C．从t=T/4时刻释放电子，电子必将在两极板间振动D．从t=3T/8时刻释放电子，电子必将从左极板上的小孔中穿出7、如图6所示，是一个匀强电场的电场强度随时间变化的图象，在这个匀强电场中有一个带电粒子，在t=0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则电场力的作用和带电粒子的运动情况是（）A .带电粒子将始终向一个方向运动B .0-3s 内，电场力的总冲量为零，电场力的总功不为零C .4s 末带电粒子回到原出发点D .2-4s 内电场力的总冲量不为零，但电场力的总功为零8.如图甲所示，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U0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v0，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02d T v = ，粒子质量为m ，不计粒子重力及相互间的作用力．则 A. 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2002mv U C. 在18t T = 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了2018mvD. 在14t T = 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场选择题答案：1.BC 2.AB 3.BCD 4.ACD 不同时刻入射的电子在不同瞬时电压下，沿不同抛物线做类平抛运动，其轨迹符合方程2202eU y x mv d =(U 为变化电压），x 轴正向为初速v 0方向，y 轴的正方向垂直于初速v 0向上或向下.电压低时从板间射出，电压高时打在板上，电子在板间出现的区域边界应为开口沿纵坐标方向的抛物线. 5.AC 6.A 7.D 8.AD9.真空中有足够大的两个互相平行的金属板，a 、 b之间的距离为d ，两板之间的电压为ab a b U U U =-，按如图9－10所示的规律变化，其周期为T ,在t ＝0时刻，一带正电的的粒子仅在电场力作用下，由a板从静止向b 板运动，并于t=nT （ 为自然数）时刻恰好到达 板，求：1.若该粒子在/6t T = 时刻才从a 板开始运动，那么粒子经历同样长的时间，它能运动到离a 板多远的距离？2.若该粒子在/6t T = 时刻才从a 板开始运动，那么粒子经历多长的时间到达b 板解：（1）当带正电粒子从在t=0时刻，一带电的粒子仅在电场力作用下，由a 板从静止向b 板运动过程中，前半个周期加速，后半个周期减速为零，如此反复一直向前运动，它在一个周期内的位移是：22112()224T S a aT =⨯=所以 214d nS naT == （n=1.2.3…）若该粒子在T/6 时刻才从a 板开始运动，则在每个周期内，前三分之二周期向前运动，后三分之一周期返回，一个周期的总位移： '222111()2()2232612T T S a a aT =⨯-⨯=粒子经历同样长的时间，总位移为：''2112d nS naT ==（n=1.2.3…） 因此'13d d =,离a 板距离为13d（2）因为'13d d =，所以从总位移的角度来讲，到达b 板的时间也应该为原来的3倍即：'33t t nT ==，但要注意的是带电粒子在每一个周期当中都存在着来回的往复运动，因此可预见到在最后一个周期的时间内，从b 板所在位置来讲，理论上带电粒子恰好两次经过b 板，其实在第一次经过就已碰上b ，所以根本不存在第二次，因此后面的时间要减去（如图甲）要减去的时间为126x t t T ∆=+⨯ 最后过程可倒过来看：2211()2226x T at a =⨯, 2x t T =所以213t T T ∆=+ 可得：1233t nT T T =-- 10、如图1所示，真空中相距d ＝5cm 的两块平行金属板A 、B 与电源连接（图中未画出），其中B 板接地（电势为零），A 板电势变化的规律如图2所示。
高考物理一轮复习专题七-带电粒子在电场中运动的综合问题
[解析] 由图象可知，将正电荷沿 x 轴正向移动，从 x2 移 动到 x4 的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，选 项 A 错误；从 x1 移动到 x3 的过程电场力沿 x 轴负方向，电场 力做负功，电势能增大，选项 B 正确；从 x1 到 x4 的过程场强 先增大后减小，所以电场力先增大后减小，选项 C 正确，D 错 误．
32xd＝ΔΔEEppAB ⑨ 解得 x＝d.MA 为等势线，电场必与其垂线 OC 方向平行．设 电场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 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为 30°斜向右下方
设场强的大小为 E，有 qEdcos 30°＝ΔEpA ⑪ 由④⑦⑪式得 E＝ 36mq g. ⑫
(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．
[解题指导] 第一步：抓关键点
关键点 ① ②
③④ ⑤
获取信息
小球做平抛运动
平抛运动过A点时的水平、竖直位移可 确定
有重力做功和电场力做功，其中电场力 做的功等于电势能的变化量
重力不能忽略
第二步：找突破口 (1)要确定小球到达 A 点时的动能与初动能比值，可由平抛 运动规律求解；写出水平、竖直方向的位移关系． (2)要确定电场强度的方向，根据到 A、B 两点的动能变化 可确定两个个过程电势能的变化，可先找出两个等势点(在 OB 线上找出与 A 等势的点，并确定其具体位置)．
带电粒子的力、电综合问题
1．方法技巧 功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种 性质不同的力．因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分 析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择 相应规律求解．动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问 题时仍是首选．
高考物理总复习专题七电场课件
二、多项选择题 6.(2017江苏单科,8,4分)在x轴上有两个点电荷q1、q2,其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。 下列说法正确的有 ( )
A.q1和q2带有异种电荷 B.x1处的电场强度为零 C.负电荷从x1移到x2,电势能减小 D.负电荷从x1移到x2,受到的电场力增大
答案 AC 本题考查识别φ-x图像、场强与电势差的关系、电场力做功与电势能变化关系。φ -x图线的切线斜率表示场强,由图可知从x1到x2过程中,图线切线斜率变小,到x2处斜率为0,即场强 从x1到x2一直减小,且E2=0,电场力F=Eq,负电荷从x1移动到x2,受到电场力减小,选项B、D错误;沿x 轴方向电势由负到正,故x轴上的两个电荷q1、q2为异种电荷,选项A正确;由图可知φx1<φx2,负电荷 由低电势到高电势,电场力做正功,电势能减小,选项C正确。
解题关键 由U=Ed知φ-x图线切线斜率表示场强E,φx1=0,q1、q2分布在x1的两侧。
7.(2015江苏单科,7,4分)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,思想分析可知,均匀带电圆环内部O点的场强为零,电势为标量,且 正电荷周围的电势为正,故O点电势最高,选项A错、B对;从O点沿x轴正方向电场强度先增大后 减小,电势降低,选项C、D错误。
考查点 本题考查电场、电势、电场强度等知识,同时考查了考生运用微元思想和对称的思想 分析问题和解决问题的能力。属于中等难度题。 易错警示 本题易错选A,错误地认为电场强度为零的地方电势最低。电场强度与电势分别是 反映电场力的性质和能的性质的物理量,它们之间没有直接的关系,电场强度较大的地方,电势 可能较高、可能较低、也可能为零。
5.(2013江苏单科,3,3分)下列选项中的各 1 圆环大小相同,所带电荷量已在图中标出,且电荷均匀
物理总复习 专题七 电场高三全册物理教案
芯衣州星海市涌泉学校专题七电场挖命题【考情探究】考点内容解读要求5年考情预测热度考题例如关联考点解法电场力的性质静电现象Ⅰ2021,2,3分电磁感应★★☆电荷、电荷守恒定律Ⅰ★★☆点电荷、库仑定律、静电场、电场线Ⅰ2021,8,4分2021,3,3分电势★★★电场强度、点电荷的场强Ⅱ2021,4,3分电势对称法★★★电场能的性质电势能、电势、等势面、电势差Ⅰ2021,8,4分2021,3,3分2021,8,4分电场强度★★★匀强电场中电势差和电场强度的关系Ⅰ★★☆带电粒子在电场中的运动、电容器带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ2021,7,3分2021,4,3分曲线运动牛顿运动定律化曲为直★★★电容、电容器Ⅰ2021,5,3分牛顿运动定律正交分解★★★分析解读电场强度的计算最多只考虑两个电场的叠加;带电粒子在匀强电场中的运动计算限于带电粒子进入电场时速度平行或者者垂直于场强的情况。
本专题虽然是电学知识,但大部分试题是从力学的本质去分析解决,本专题内容是高考的重点。
以选择题形式结合各种“美丽〞的电场图考察电场的叠加、带电粒子在电场中运动的动力学及功能分析是高频考点;E-x、φ-x图像的分析多年考到。
带电粒子在匀强电场中的运动经常以计算题形式考察,往往结合洛仑兹力一起考察。
在复习时应重视对根本概念规律的理解;注重知识的应用,加强本专题知识与其他物理知识的综合应用;掌握处理较为复杂的物理问题的方法,如类比、等效、建立模型等。
【真题典例】破考点【考点集训】考点一电场力的性质1.(2021淮阴中学月考,1)如下列图的电场中,虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹,a、b、c是轨迹上的三个点,那么()A.粒子可能带负电B.粒子一定是从a点运动到b点C.粒子在c点的加速度可能小于在b点的加速度D.粒子在电场中c点的电势能一定大于在b点的电势能答案D2.(2021期末,3)真空中两个等量异种电荷(电荷量均为q)连线的中点处电场强度为E,那么两个电荷之间的库仑力大小是()A. B. C. D.qE答案A3.(2021摸底,5)如下列图,光滑绝缘细杆与程度面成θ角固定,杆上套有一带正电小球,质量为m,带电荷量为q,为使小球静止在杆上,可加一匀强电场,所加电场的场强满足什么条件时,小球可在杆上保持静止()A.垂直于杆斜向上,场强大小为B.竖直向上,场强大小为C.垂直于杆斜向上,场强大小为D.程度向右,场强大小为答案B4.(2021如东中学联考,13)如下列图,在倾角为θ=30°足够长的光滑绝缘斜面的底端A点固定一电荷量为Q的正点电荷,在与A间隔为s0的C处由静止释放某带正电荷的小物块P(可看做点电荷),小物块P释放瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g。
专题七电场与磁场
课时作业(七)一、选择题(共9个小题，均为单选，每题5分，共45分)1.(2020·宝鸡一模)如图所示，垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2，纸面内的一点H到两根导线的距离相等，则该点的磁感应强度方向可能为图中的( )A．B1B．B2C．B3D．B4答案 C解析根据右手螺旋定则得出两电流在H点的磁场方向，如图，根据平行四边形定则知H点的合场强可能为B3方向．故C项正确，A、B、D三项错误，故选C项．点评解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场，以及知道磁感应强度是矢量，合成分解遵循平行四边形定则．2．(2020·静安区一模)如图所示，折成不同形状的四个导线框质量相等、匝数相同，高度相同，MN边长度相等，将它们用相同的细线悬挂在空中，四个导线框的下边处在同一水平线上，且四个线框的下半部分都处在与线框平面垂直的同一匀强磁场中，磁场的上边界水平(如图中虚线所示)，四个导线框中都通有顺时针方向、电流强度相同的电流，均处于平衡状态．若使磁场缓慢变强，细线最不易拉断的是( )答案 B解析导线框中都通有顺时针方向的电流，即从N指向M，由左手定则可知，安培力的方向向下；所以绳子的拉力等于线框的重力与受到安培力的和，四个导线框质量相等则重力相等，受到安培力大的线框对细线的拉力大．设MN的长度为L，导线在各磁场内有效长度不同，故各通电导线受到安培力大小不同．各线框在磁场中的有效长度：L A＝MN＝L；L B＝MN2＝12L；L C＝MN＋上边长2>12L；L D＝MN＋下边长2>12L；可知B图中的有效长度最小．由公式：F＝BIL有效，可知B项中受到的安培力最小．则B项中，线框对细线的拉力最小，细线最不容易拉断．故B项正确，A、C、D三项错误，故选B项．点评本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义．3．(2020·包头一模)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为2 C ，质量为1 kg 的小物块从C 点静止释放，其运动的vt 图像如图乙所示，其中B 点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )A ．B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强E ＝1 V/m B ．由C 到A 的过程中物块的电势能先减小后变大 C ．由C 点到A 点电势逐渐升高D ．A 、B 两点间的电势差U AB ＝5 V 答案 A解析 A 项，据vt 图可知带电粒子在B 点的加速度最大为2 m/s 2，所受的电场力最大为2 N ，据E ＝E q 知，B 点的场强最大为1 N/C ，故A 项正确；B 项，据vt 图可知带电粒子的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故B 项错误；C 项，据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由O 点沿中垂线指向外侧，故由C 点到A 点的过程中电势逐渐减小，故C 项错误；D 项，据vt 图可知A 、B 两点的速度，在根据动能定理得电场力做的功W BA ＝10 J ，再用U AB ＝W AB q ＝－102V ＝－5 V ，故D 项错误，故选A 项． 点评 明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据vt 图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口．4.(2020·郑州一模)等量异种电荷在周围空间产生静电场，其连线(x 轴)上各点的电势φ随坐标x 的分布图像如图所示，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 pA 、E pO 、E pB ，下列判断正确的是( ) A ．φB >φA >φO B ．E A >E O >E B C ．E pO <E pA <E pB D ．E pB －E pO >E pO－E pA 答案 D解析 A 项，依据沿着电场线方向电势降低，由图知，φB <φO <φA .故A 项错误；B 项，根据图像切线斜率绝对值的大小等于电场强度沿x 轴方向的大小，则知，E B >E A >E O .故B 项错误；C 项，电子带负电，根据电势能公式E p ＝qφ＝－eφ分析得知，E pB >E pO >E pA 故C 项错误；D 项，由图知，OA 间电势差小于OB 间电势差，即有φA －φO <φO －φB .电子带负电，则根据电势能公式E p ＝qφ＝－eφ得：E pO －E pA <E pB －E pO .故D 项正确，故选D 项．点评解决本题的关键要掌握电势能公式E p＝qφ，知道负电荷在电势高处电势能小．明确φx图像的斜率表示电场强度．5.(2020·虹口区一模)如图所示，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O 为圆心．两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点，不计重力．下列说法中正确的是( )A．M、N均带负电荷B．M在b点的速度小于它在a点的速度C．N在c点的电势能小于它在e点的电势能D．N在从e点运动到d点的过程中电场力先做正功后做负功答案 B解析A项，由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A项错误；B项，M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a 点的动能，那么M在b点的速度小于它在a点的速度，故B项正确；C项，一带正电的点电荷固定于O点，因此c点电势高于e点，则正电荷从低电势到高电势，电势能增加，那么N在c点的电势能大于它在e点的电势能，故C项错误；D项，因N带正电，那么N从e点运动到d点的过程中电场力先做负功后做正功，故D项错误，故选B项．点评本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化．6.(2020·锦州一模)如图所示，一带电小球固定在光滑水平面上的O点，虚线a、b、c、d是带电小球激发电场的四条等距离地等势线，一个带电小滑块从等势线d上的1处以水平初速度v0运动，结果形成了实线所示的小滑块运动轨迹，1、2、3、4、5是等势线与小滑块运动轨迹的一些交点．由此可以判定( )A．固定小球与小滑块带异种电荷B．在整个运动过程中小滑块的加速度先减小后增大C．在整个过程中小滑块的电势能先减小后增大D．小滑块从位置3到4和从位置4到5的过程中，电场力做功的大小关系是W34>W45答案 D解析A项，由图看出滑块的轨迹向右弯曲，可知滑块受到了斥力作用，则知小球与小滑块电性一定相同．故A项错误；B项，滑块与小球的距离先减小后增大，由库仑定律得知滑块所受的库仑力先增大后减小，则其加速度先增大后减小．故B项错误；C项，根据能量守恒定律得知，小滑块运动过程中具有的动能与电势能之和保持不变，因阻力做功，导致动能先减小后增大，那么电势能先增大后减小．故C项错误；D项，从位置1到2的电场线越来越密，由U＝Ed分析4、5间电势差与3、4间电势差关系是：U45<U34，则电场力做功的大小关系是W45<W34.故D项正确，故选D项．点评本题要根据滑块的运动轨迹判断其运动状态，分析其受力情况，关键抓住质点做曲线时合力指向轨迹的内侧．7．(2020·济南市5月模拟)如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经A、B两点时速度大小均为v0，粒子重力不计，以下说法正确的是( ) A．粒子在A、B间是做圆周运动B．粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小C．匀强电场的电场强度E＝U RD．圆周上，电势最高的点与O点的电势差为2U答案 D解析带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等．因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面．根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO.由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，故A项错误；由A项分析可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大．故B项错误；匀强电场的电场强度U＝Ed式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，U AO＝E×22R，所以E＝2UR，故C项错误；圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U′＝ER＝2UR×R＝2U，故D项正确．考点考查了带电粒子在电场中的运动名师点睛紧扣动能相等作为解题突破口，由于仅在电场力作用下，所以得出两点的电势能大小关系．并利用等势面与电场线垂直的特性，从而推出电场线位置．再由曲线运动来确定电场力的方向．同时考查U ＝Ed中d的含义重要性．σ2ε0，其中8.(2020·安徽)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量．如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电量为Q.不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为( )A.Qε0S和Q2ε0SB.Q2ε0S和Q2ε0SC.Q2ε0S和Q22ε0SD.Qε0S和Q22ε0S答案 D解析由题意，单块极板产生的电场强度为E0＝Q2ε0S，根据电场的叠加原理，极板间的电场强度大小E＝2E0＝Qε0S，B、C项错误；由于一块极板在另一块极板处产生的电场强度处处相同，借用微元和累加的思想，所以另一块极板所受电场力为F＝QE0＝Q22ε0S，故A项错误．考点考查电场知识9．(2020·达州模拟)如图所示，空间存在着水平方向的相互垂直的匀强电场和匀强磁场，有一质量为m ，电荷量为＋q 的小球，以速度v 0在图示的竖直面内沿直线从A 点向C 点运动，直线AC 与水平方向成45°角，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．带电小球做匀减速直线运动B ．带电小球所受合力的方向与运动方向相同C ．磁感应强度大小为B ＝2mgqv 0D ．若将电场方向改为竖直向上(电场强度大小不变)，带电小球将做匀速圆周运动，其轨道半径为R ＝v 022g答案 C解析 A 、B 项，假设小球做变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力随速度变化而变化，粒子将不能沿直线运动，假设不成立，所以小球一定受力平衡做匀速直线运动，故A 、B 两项错误；C 项，受力分析如图所示，由直线AC 与水平方向成45°角以及小球受力平衡可得：qvB ＝2Eq ＝2mg ；故磁感应强度大小为：B ＝2mgqv 0，故C 项正确；D 项，若将电场方向改为竖直向上，场强大小不变，则：电场力正好与重力平衡，小球相当于只受洛伦兹力作用，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB ＝2mg ＝m v 2R ，可得：R ＝2v22g ，故D 项错误，故选C 项．点评 本题考查受重力作用的带电小球在电场与磁场中的运动，要对小球进行受力分析，明确每个力由哪些物理量来决定；解题的关键是要知道小球速度的变化会影响洛伦兹力，所以小球要做直线运动就一定是匀速直线运动．二、计算题(共5个小题，10题8分，11题10分，12题10分，12题12分，14题15分，共55分) 10．(2020·延庆县模拟)1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中的运动特点，解决了粒子的加速问题．现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和医学设备中．某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图．回旋加速器的核心部分为两个D 形盒，分别为D 1、D 2.D 形盒装在真空容器里，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D 形盒底面垂直．两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．D 形盒的半径为R ，磁场的磁感应强度为B.设质子从粒子源A 处进入加速电场的初速度不计．质子质量为m 、电荷量为＋q.加速器接入一定频率的高频交变电源，加速电压为U.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．求：(1)质子第一次经过狭缝被加速后进入D 2盒时的速度大小v 1和进入D 2盒后运动的轨道半径r 1； (2)质子从静止开始加速到出口处所需的时间t ；(3)若两D 形盒狭缝之间距离为d ，d<<R ，计算说明质子在电场中运动的时间与在磁场中运动时间相比可以忽略不计的原因．分析 (1)根据动能定理求出质子第一次经过狭缝被加速后进入D 2盒时的速度大小，结合洛伦兹力提供向心力求出质子进入D 2盒后运动的轨道半径r 1；(2)根据D 形盒的半径求出质子的最大速度，抓住质子每经过一圈加速两次，结合动能定理得出加速的次数，根据质子在磁场中的运动周期求出质子从静止开始加速到出口处所需的时间t ；(3)根据加速的圈数求出粒子在磁场中的运动时间，结合匀变速直线运动的推论得出在电场中加速的时间，通过时间的比值分析判断．答案 (1)质子第一次经过狭缝被加速后进入D 2盒时的速度大小为2qUm，进入D 2盒后运动的轨道半径为1B2mUq(2)质子从静止开始加速到出口处所需的时间t 为πBR22U(3)证明见解析解析 (1)根据动能定理可得：Uq ＝12mv 12，解得v 1＝2Uqm， 由质子运动过程中洛伦兹力充当向心力，所以qv 1B ＝m v 12r 1，解得r 1＝1B 2Umq. (2)设质子从静止开始加速到离开被加速了n 圈，质子在出口处的速度为v ， 根据动能定理可得：2nqU ＝12mv 2，由质子在出口处做圆周运动的半径恰为D 形盒半径R ，即qvB ＝mv2R ，则R ＝mv qB ，由T ＝2πr v ，解得T ＝2πm qB. 因为t ＝nT ，解得t ＝πBR 22U.(3)设质子在出口处速度为v ，完成圆周运动n 圈，被加速了2n 次，则在磁场中运动时间(每圈周期相同)为t ，则t ＝n·2πRv，在电场中加速，有0＋v 2t 1＝2nd ，则加速的时间t 1＝4nd v ，时间之比t t 1＝πR2d .因为R ≫d ，则t ≫t 1可知质子在电场中的运动时间可以忽略不计．点评 解决本题的关键掌握回旋加速器的原理，运用电场加速和磁场偏转，知道粒子在磁场中运动的周期与加速电场的变化周期相等．11．(2020·佛山一模)在水平面上，平放一半径为R 的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中，另有一个质量为m 、带电量为＋q 的小球．(1)当小球从管口沿切线方向以某速度射入，运动过程中恰不受管道侧壁的作用力，求此速度v 0； (2)现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图所示，空间再加一个水平向右、场强E ＝mgq 的匀强电场(未画出)，若小球仍以v 0的初速度沿切线方向从左边管口射入，求小球：①运动到最低点的过程中动能的增量；②在管道运动全程中获得的最大速度． 答案 (1)速度v 0为qBRm(2)①运动到最低点的过程中动能的增量为2mgR ； ②在管道运动全程中获得的最大速度：q 2B 2R2m2＋（2＋22）gR. 分析 (1)小球在圆轨道中运动时，恰不受管道侧壁的作用力，则小球受到的洛仑兹力提供向心力，由此可以算出小球的初速度．(2)当把管道从水平面固定在竖直面、磁场和电场方向也做相应变化，同样以相同的速度v 0进入管道，由动能定理就能求出小球到达最低点时动能的增量；至于最大速度可以参照仅在重力场中的情况进行对比，当等效“重力”做功最多时，速度最大，同样由动能定理求出最大速度，本解用两种方法来求，第一种方法作为参考．解析 (1)小球在水平面上只受到洛仑兹力作用，故qv 0B ＝m v 02R ，解得：v 0＝qBRm(2)小球在管道运动时，洛仑兹力始终不做功，对小球运动到最低点的过程中，由动能定理： mgR ＋qER ＝ΔE k 由题意：E ＝mgq联合以上两式得：动能的增量ΔE k ＝2mgR 求最大速度方法一：当小球到达管道中方位角为θ的位置(如图所示)时，应用动能定理有：mgRsin θ＋Eq(R ＋Rcosθ)＝12mv 2－12mv 02即：v 2＝q 2B 2R2m2＋2gR ＋2gR(sinθ＋cosθ)对函数y ＝sinθ＋cosθ求极值，可得θ＝45°时，y max ＝ 2 所以v m ＝q 2B 2R2m2＋（2＋22）gR 求最大速度方法二：如图所示，根据场的叠加原理，小球所受的等效重力为： mg ′＝（mg ）2＋（Eq ）2＝2mg tan φ＝mgEq＝1 即φ＝45°小球在等效重力场的最低点时，即当小球到达管道中方位角为θ＝φ＝45°时，速度最大． 由动能定理：mgRsinθ＋qE(R ＋Rsinθ)＝12mv m 2－12mv 02解得：v m ＝q 2B 2R2m2＋（2＋22）gR 点评 本题的亮点有二：①是小球在竖直向下的匀强磁场中水平管道内做匀速圆周运动，对圆管道的侧壁均无压力，则表明小球受到的洛仑兹力提供向心力，于是可以求出进入管道的速度；②是当把管道和磁场、电场方向调整方向后，求最大速度，此时可以用等效的方法－－把重力和电场力等效为一个“力”进行处理．12．(2020·绵阳模拟)如图所示，光滑绝缘水平面内有足够大的直角坐标系xOy，第二象限内有水平向左、垂直于y轴的电场强度E＝2.5×10－2 N/C的匀强电场，第一象限(包含y轴)内有竖直向下的匀强磁场B1，第四象限有竖直方向的匀强磁场B2(图中未画出)．在整个x轴上有粒子吸收膜，若粒子速度垂直于膜，可以穿过该膜，且电荷量不变，速度大小不变；若粒子速度不垂直于膜，将被膜吸收．不计膜的厚度．一质量为m＝5.0×10－9 kg，电荷量为q＝2.0×10－4 C的带负电的粒子，从A点(－20，0)以初速度v0＝2.0×102m/s沿y轴正方向开始运动，通过y轴上B点(图中未画出)，之后将反复通过膜，而没有被膜吸收．不计粒子重力．求：(1)B点距坐标原点O的距离y B；(2)匀强磁场B1大小；(3)匀强磁场B2的方向及对应大小的范围．答案(1)B点距坐标原点O的距离y B为40 m(2)匀强磁场B1大小为1.25×10－4 T(3)当匀强磁场B2的方向竖直向上时磁感应强度大小大于0 T，当匀强磁场B2的方向竖直向下时磁感应强度大小不小于1.5×10－4 T分析(1)粒子在电场中做类平抛运动，运用运动的合成和分解，牛顿第二定律，再结合运动学规律，即可求时间和位移即可；(2)根据运动学公式结合速度偏向角公式联立，即可求解粒子进入磁场时速度的大小和方向，在结合洛伦兹力提供向心力求出半径公式，结合几何关系，即可求出磁感应强度B 1的大小；(3)因为磁场方向不确定，所以有两种情况，分别运用洛伦兹力提供向心力求出半径公式，再结合临界几何关系联立即可．解析 (1)设带电粒子在电场中的加速度为a ，运动时间为t 1，则 qE ＝ma |x A |＝12at 12y B ＝v 0t 1解得：a ＝1.0×103m/s 2，t 1＝0.2 s ，y B ＝40 m(2)设带电粒子在B 点速度为v B ，沿x 轴正方向分速度为v x ，v B 与y 轴正方向夹角为θ，则 v x ＝at 1 tan θ＝v 0v xv B 2＝v 02＋v x 2解得：v x ＝2.0×102m/s ，v B ＝22×102m/s ，θ＝45°粒子通过B 点后在匀强磁场B 1中做匀速圆周运动，且反复通过吸收膜，而没有被膜吸收，则粒子速度垂直于膜即垂直于x 轴．设粒子做匀速圆周运动的圆心为O 1，轨道半径为r 1，则： qv B B 1＝m v B2r 1r 1cos θ＝y B解得：r 1＝40 2 m ，B 1＝1.25×10－4T(3)粒子第一次垂直于x 轴即垂直于膜穿过膜后，将在第四象限做匀速圆周运动．匀强磁场B 2的方向有两种情况：情况一，如果匀强磁场B 2的方向竖直向上，粒子向x 轴正方向偏转，在第四象限做半个圆周运动后垂直于膜穿过膜进入第一象限，在第一象限做半个圆周运动后垂直于膜穿过膜又进入第四象限，如此反复通过吸收膜，而没有被膜吸收．这种情况，匀强磁场B 2大小B 2′只要不为零即可， 即：B 2′>0情况二，如果匀强磁场B 2的方向竖直向下，粒子向x 轴负方向偏转：若粒子从负y 轴上离开第四象限，速度方向与y 轴正方向夹角，如果大于和等于90°，粒子不再回到y 轴，如果小于90°，粒子将运动到负x 轴上，且不垂直于x 轴，被膜吸收．若粒子从正x 轴离开第四象限，粒子速度一定垂直于x 轴，进入第一象限，然后在第一象限做半个圆周运动后垂直于膜穿过膜进入第四象限，并且穿过点在上次穿过点的右边，所以会反复通过膜，而没有被膜吸收．这种情况，粒子在第四象限做圆周运动轨道半径最大为r 2m ，匀强磁场B 2大小最小为B 2m ，则 2r 2m ＝r 1＋r 1sin θqv B B 2m ＝m v B2r 2m设这种情况匀强磁场B 2大小B 2″，则 B 2″≥B 2m解得：B 2m ＝24（1＋2）×10－3 T ≈1.5×10－4T即：B 2″≥1.5×10－4T综上所述：当匀强磁场B 2的方向竖直向上时磁感应强度大小B 2′>0，当匀强磁场B 2的方向竖直向下时磁感应强度大小B 2″≥1.5×10－4T.点评 考查带电粒子做类平抛运动与匀速圆周运动中，用运动的合成和分解，牛顿第二定律与运动学公式结合几何关系来处理这两种运动；当磁场方向未知、电性未知，穿入穿出方向不确定或者是多过程往复运动时候，要注意有多解的可能．13．(2020·浙江模拟)如图所示，静止于A 处的带正电粒子，经加速电场加速后沿图中14圆弧虚线通过静电分析器，从P 点垂直CN 竖直向上进入矩形区域的有界匀强磁场(磁场方向如图所示，其CNQD 为匀强磁场的边界)．静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，方向如图所示．已知加速电场的电压为U ，圆弧虚线的半径为R ，粒子质量为m ，电荷量为q ，QN ＝2d ，PN ＝3d ，粒子重力不计．(1)求粒子在辐向电场中运动时其所在处的电场强度E 的大小；(2)若粒子恰好能打在N 点，求矩形区域QNCD 内匀强磁场的磁感应强度B 的值；(3)要求带电粒子最终能打在QN 上，求磁感应强度大小B 的取值落围及出射点离Q 点的最近距离． 答案 (1)粒子在辐向电场中运动时其所在处的电场强度E 的大小为2UR(2)若粒子恰好能打在N 点，矩形区域QNCD 内匀强磁场的磁感应强度B 的值为23d2mUq(3)要求带电粒子最终能打在QN 上，磁场感应强度大小B 的取值落围是12d2mU q ≤B<23d2mUq，出射点离Q 点的最近距离(2－3)d.分析 (1)由动能定理求出离开加速电场的速度，进入辐向电场做匀速圆周运动，电场力提供向心力，从而求得辐向电场的电场强度的大小．(2)粒子打在N 点，由几何关系知道粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为32d ，由洛仑兹力提供向心力从而求得矩形磁场的磁感应强度大小．(3)要使粒子打在QN 上，则画出临界状态的轨迹，由几何关系求出最大半径和最小半径，由半径公式确定磁感应强度的范围．离Q 点最近的则是轨迹与DQ 相切的那条轨迹，由几何关系求出最近距离． 解析 (1)粒子在加速电场中加速，根据动能定理有：qU ＝12mv 2.粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，有：qE ＝m v2R解得：E ＝2UR.(2)粒子在匀强电场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 根据牛顿第二定律可知：qBv ＝m v 2r 则r ＝mvqB ，粒子恰好能打在N 点，则r ＝32d ，可得：B ＝23d2mUq(3)粒子能打在QN 上，则既没有从DQ 边出去也没有从PN 边出去，则粒子运动的轨迹的边界如图， 由几何关系可知，粒子能打到QN 上，必须满足：32d<r ≤2d而由r ＝1B2Um q 则有12d2mU q ≤B<23d2mUq由图可得，F 点离Q 点最近，FO ＝2d ，NO ＝d ，则FN ＝3d 所以有：QF ＝(2－3)d.点评 本题特殊情况：①带电粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，显然由电场力提供向心力．②再次进入匀强磁场中做匀速圆周运动，要考虑边界问题．所以确定圆心，画出粒子的轨迹是解决问题的关键． 14．(2020·江西模拟)在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制．如图甲所示，M 、N 为间距足够大的水平极板，紧靠极板右侧放置竖直的荧光屏PQ ，在MN 间加上如图乙所示的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里，图中E 0、B 0、k 均为已知量．t ＝0时刻，比荷q m ＝k 的正粒子以一定的初速度从O 点沿水平方向射入极板间，在0～t 1(t 1＝1kB 0)时间内粒子恰好沿直线运动，t ＝5kB 0时刻粒子打到荧光屏上．不计粒子的重力，涉及图像中时间间隔时取0.8＝π4，1.4＝2，求：(1)在t 2＝2kB 0时刻粒子的运动速度v ；(2)在t 3＝2.8kB 0时刻粒子偏离O 点的竖直距离y ；(3)水平极板的长度L. 答案 (1)在t 2＝2kB 0时刻粒子的运动速度v 为2E 0B 0，方向与水平方向成45°角向下 (2)在t 3＝2.8kB 0时刻粒子偏离O 点的竖直距离y 为(2－12)E 0kB 02(3)水平极板的长度L 为（5＋2）E 0kB 02解析 (1)在0～t 1时间内，粒子在电磁场中做匀速直线运动，则：qv 0B 0＝qE 0 得v 0＝E 0B 0在t 1～t 2时间内，粒子在电场中做类平抛运动，v y ＝at ＝qE 0m ×1kB 0＝E 0B 0＝v 0 则v ＝2v 0＝2E 0B 0 由tanθ＝v yv 0＝1，得：θ＝45° 即v 与水平方向成45°角向下 (2)在电场中做类平抛运动向下偏移：y 1＝v y 2t ＝E 02kB 02在t 2～t 3时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动周期T ＝2πm qB 0＝2πkB 0在磁场中运动时间t ＝π4kB 0＝18T ，即圆周运动的圆心角为α＝45°，此时速度恰好沿水平方向． 磁场中：由qvB 0＝m v 2r 1得r 1＝2E 0kB 02y 2＝r 1(1－cos45°)＝(2－1)E 0kB 02 偏离的竖直距离y ＝y 1＋y 2＝(2－12)E 0kB 02(3)在t 3时刻进入电场时以初速度v ＝2v 0＝2E 0B 0做类平抛运动，v ′y ＝at ＝qE 0m ×2kB 0＝2E 0B 0再次进入磁场时，v ′＝2v 0＝2E 0B 0由tanθ′＝vv′y＝1得θ′＝45° 即v′与水平方向成45°角向下． 由qv′B 0＝m v′2r 2得r 2＝2E 0kB 02综上可得：长度L ＝v 0×2kB 0＋r 1sin45°＋2v 0×2kB 0＋r 2sin45°＝（5＋2）E 0kB 02点评 本题是带电粒子在复杂的电场、磁场、复合场运动，一定要在每个时间段先进行受力分析，确定运动状态的初末速度大小和方向．计算一步向前走一步，才能得到正确结果，若错一步则后面步步错．特别注意的是：做类平抛运动弄清该段末速度的大小和方向，做匀速圆周运动要弄清转过的角度．。
高考物理复习专题七 电场及带电粒子(带电体)在电场中的运动单元练习题(含详细答案)
高考物理复习专题七电场及带电粒子（带电体）在电场中的运动一、单选题1.如图甲所示，Q1，Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1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va，vb，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是()A．Q2一定带负电B．Q2的电量一定大于Q1的电量C．b点的电场强度一定为零D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大2.如图所示，在一个真空环境里，有一个空心导体球，半径为a，另有一个半径为b的细圆环，环心与球心连线长为L(L>a)，连线与环面垂直，已知环上均匀带电，总电荷量为Q.当导体球接地时(取无穷远处电势为零，与带电量为q的点电荷相距r处电势为φ＝k，k为静电力恒量)，下列说法正确的是()A．球面上感应电荷量为q感＝－B．球面上感应电荷量为q感＝－C．感应电荷在O点的场强为E感＝kD．感应电荷在O点的场强为E感＝k3.如图所示，Q1和Q2是两个电荷量大小相等的点电荷，MN是两电荷的连线，HG是两电荷连线的中垂线，O是垂足。
下列说法正确的是（）A．若两电荷是异种电荷，则OM的中点与ON的中点电势一定相等B．若两电荷是异种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的，而与HG上各点相比是最大的C．若两电荷是同种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度一定相同D．若两电荷是同种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的，与HG上各点相比是最大的4.如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，两相邻等势面间电势差相等．A，B，C为电场中的三个点，且AB＝BC，一个带正电的粒子从A点开始运动，先后经过B，C两点，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是()A．粒子在A，B，C三点的加速度大小关系aA>aB>aCB．粒子在A，B，C三点的动能大小关系E kC>E kB>E kAC．粒子在A，B，C三点的电势能大小关系E pC>E pB>E pAD．粒子由A运动至B和由B运动至C电场力做的功相等5.如图实线为电场中一条竖直的电场线，有一质量为，电量为的小球，由该直线上A点静止释放，小球向下运动到达B点减速为零后返回A点，则下列判断正确的是（）A．该电场可能是竖直向上的匀强电场，且B． A点的电势高于B点电势C． A点的场强小于B点场强D．向下运动的过程中，重力势能的减少量总是等于电势能的增加量6.如图a所示，光滑绝缘水平面上有甲，乙两个带电小球．t＝0时，乙球以6 m/s的初速度向静止的甲球运动．之后，它们仅在电场力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)．它们运动的v－t图象分别如图b中甲，乙两曲线所示．由图线可知()A．甲，乙两球一定带异种电荷B．t1时刻两球的电势能最小C． 0～t2时间内，两球间的电场力先增大后减小D． 0～t3时间内，甲球的动能一直增大，乙球的动能一直减小7.如图所示，a，b，c，d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°.现将三个等量的正点电荷＋Q分别固定在a，b，c三个顶点上，则下列判断正确的是()A．d点电场强度的方向由d指向OB．O点处的电场强度是d点处的电场强度的2倍C．bd连线为一等势线D．引入一个电量为＋q的点电荷，依次置于O点和d点，则在d点所具有的电势能大于在O点所具有的电势能8.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的试探电荷在圆周上运动，则下列判断错误的是()A．电荷＋q在a处所受到的电场力最大B．电荷＋q在a处的电势能最大C．电荷＋q在b处的电势能最大D．电荷＋q在c，d两处的电势能相等9.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛小球，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A，B，C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图6所示．由此可知()A．小球带正电B．电场力大小为3mgC．小球从A到B与从B到C的运动时间相等D．小球从A到B与从B到C的速度变化相等10.某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计．在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化，粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是()A．选项AB．选项BC．选项CD．选项D二、多选题11.如图所示，两对金属板A，B和C，D分别竖直和水平放置，A，B接在电路中，C，D板间电压为U.A板上O处发出的电子经加速后，水平射入C，D板间，电子最终都能打在光屏M上．关于电子的运动，下列说法正确的是()A．S闭合，只向右移动滑片P.P越靠近b端，电子打在M上的位置越高B．S闭合，只改变A，B板间的距离．改变前后，电子由O至M经历的时间相同C．S闭合，只改变A，B板间的距离，改变前后，电子到达M前瞬间的动能相同D．S闭合后再断开，只向左平移B，B越靠近A板，电子打在M上的位置越高12.等量异号点电荷+Q和-Q处在真空中，O为两点电荷连线上偏向+Q方向的一点，以O点为圆心画一圆，圆平面与两点电荷的连线垂直，P点为圆上一点，则下列说法正确的是（）A．圆上各点的电场强度相同B．圆上各点的电势相等C．将试探电荷+q由P点移至O点电场力做正功D．将试探电荷+q由P点移至O点，它的电势能变大13.如图所示，在真空中固定两个等量异号点电荷＋Q和－Q，图中O点为两点电荷连线的中点，P点为连线上靠近－Q的一点，MN为过O点的一条线段，且M点与N点关于O点对称．则下列说法正确的是()A．M，N两点的电势相等B．M，N两点的电场强度相同C．将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电荷的电势能先增大后减小D．只将－Q移到P点，其他点在空间的位置不变，则O点的电场强度变大14.如图所示，两面积较大，正对着的平行极板A，B水平放置，极板上带有等量异种电荷。
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2013高三一轮复习 专题七 电场 1.（09 江苏）两个分别带有电荷量为-Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间
库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为r2，则两球间库伦力的大小为 （ ）
A.112F B. 34F C. 43F D. 12F
2.（11 北京）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，图中φ0和d为已知量.一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动.已知该粒子质量为m、电荷量为-q，其动能与电势能之和为-A（0<𝐴<𝑞φ0）.忽略重力.求 (1)粒子所受电场力的大小； (2)粒子的运动区间； (3)粒子的运动周期.
3.（10 江苏）制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的量平行板，如图甲所示.加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为-kU0
（k>1），电压变化的周期为2τ，如图乙所示.在t=0时，
极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动.若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用.
(1)若k=54,电子在0~2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件； (2)若电子在0~200τ时间内未碰到极板B，求此运动过程中电子速度v随时间t变化的关系； (3)若电子在第N个周期内的位移为零，求k的值.
4. (2009江苏)空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图13-5-14所示，x轴上两点B、C的电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有( ). A. EBx的大小大于ECx的大小 B. EBx的方向沿x轴正方向 C.电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大 D.负电荷沿x轴从B移到C的过程巾，电场力先做正功，后做负功.
5.(2010全国)静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器.某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面.工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上.若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)( ) 6.(2010四川)如图所示，圆弧虚线表示正点电荷电场的等势面，相邻两等势面间的电势差相等.光滑绝缘直杆沿电场方向水平放置并固定不动，杆上套有一带正电的小滑块(可视为质点)，滑块通过绝缘轻弹簧与固定点O相连，并以某一初速度从M点运动到N点，OM＜ON.若滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等，弹簧始终在弹性限度内，则( ) A.滑块从M到N的过程中，速度可能一直增大 B.滑块从位置1到2的过程中，电场力做的功比从位置3到4的小 C.在M、N之间的范围内，可能存在滑块速度相同的两个位置 D.在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的三个位置
7.(2009全国).图13-6-30中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等.现将M、N从虚线上的0点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示.点a、b、c为实线与虚线的交点.已知0点电势高于c点计重力，则( ). A.M带负电荷，N带正电荷 B.N在a点的速度，M在c点的速度大小相同 C.N在从0点运动至a点的过程中克服电场力做功 D.M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零
8.（09 宁夏）空间有一匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系Oxy，M、N、P为（0，a，0）,N点的坐标为（a，a2，a2）.已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为1V，则P点的电势 （ ）
A. 22V B. 32V C. 14V D. 34V 9.（09 福建）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地.一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态.现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（ ） A.带电油滴将沿竖直方向向上运动 B.P点的电势将降低 C.带电油滴的电势能将减少 D.若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大
10.（06全国）ab是长为L的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图4所示，ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2，则以下说法正确的是（ ） A.两处的电场方向相同，E1>E2 B.两处的电场方向相反，E1>E2 C.两处的电场方向相同，E12
11.（11海南）三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径.球1的带电荷量为q，球2的带电荷量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变.由此可知 （ ） A.n=3 B.n=4 C.n=5 D.n=6
12.（11 上海）如图，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球a、b用绝缘细线分别系与上下两边，处于静止状态.地面受到的压力为N，球B所受细线的拉力为F.剪短连接球b的细线后，在球b上升过程中地面受到的压力（ ） A.小于N B.等于N C.等于N+F D.大于N+F 13.（11 广东）图为静电除尘器除尘机理的示意图.尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘板迁移并沉积，以达到除尘目的.下列表述正确的是（ ） A.到达集尘板的尘埃带正电荷 B.电场方向由集尘板指向放电极 C.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同 D.同一位置带电荷量越多的尘埃所受的电场力越大
14（10 全国Ⅰ）关于静电场，下列结论普遍成立的是 （ ） A.电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 B.电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 C.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 D.将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零
15.（10 山东）某电场的电场线分别如图所示，以下说法正确的是 （ ） A.c点场强大于b点场强 B.a点电势高于b点电势 C.若将一试探电荷+q由a点释放，它将沿电场线运动到b点 D.若在d点再固定一点电荷-Q，将一试探电荷+q由a移至b的过程中，电势能减小
16.（10 广东）图示某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是（ ） A.a点的电势高于b点的电势 B.该点电荷带负点 C.a点和b点电场强度的方向相同 D.a点的电场强度大于b点的电场强度
17.（10 上海）三个点电荷电场的电场线分布如图所示，图中a、b两点处的场强大小分别为Ea、Eb，电势分别为φa、φb，则（ ） A. Ea>𝐸b, φa>φb B. EaC. Ea>Eb, φaφb
18.（08 天津）带负点的粒子在某电场中仅受电场力作用，能分别完成以下两种运动：①在电场线上运动，②在等势面上做匀速圆周运动.该电场可能由（ ） A.一个带正电的点电荷形成 B.一个带负电的点电荷形成 C.两个分立的带等量负电的点电荷形成 D.一带负电的点电荷与带正电的无限大平板形成
19.（10 安徽）如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0×103V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度v0 沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞.已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10−2kg，乙所带电荷量q=2.0×10−5C，g取10m/s2.（水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移） (1)甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离； (2)在满足(1)的条件下，求甲的速度v0; (3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围. 20.（11 上海）两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图（ ） 21.（11 山东）如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两点电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a和c关于MN对称、b点位于MN上，d点 位于两电荷的连线上.以下判断正确的是（ ） A.b点场强大于d点场强 B. b点场强小于d点场强 C.a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差 D.试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能
22.（11 山东）一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力.下列说法正确的是（ ） A.粒子带负电荷 B.粒子的加速度先不变，后变小 C.粒子的速度不断增大 D.粒子的电势能先减小，后增大
23.（10 江苏）空间有一眼x轴分布的电场，其中电场强度E随X变化的图象如图所示.下列说法中正确的是（ ） A.O点电势最低 B.x2点的电势最高 C. x1和−x1两点的电势相等 D. x1和x3两点的电势相等
24.（09 北京）某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为Ep和Eq电势分别为Up和Uq，则（ ） A. Ep>𝐸q,Up>Uq B. Ep>𝐸q,UpC. Ep<𝐸q,Up>Uq D. Ep<𝐸q,Up
25.（08 海南）静电场中，带电粒子在电场力作用下从电势为φa的a点运动至电势为φb的b点.若带电粒子在a、b两点的速率分别为va、vb，不计重力，则带点粒子的比荷q/m为 （ ）
A.va2−vb2φb−φa B. vb2−va2φb−φa C. va2−vb22(φb−φa) D. vb2−va
2
2(φb−φa)
26.（07 山东）如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上的两点.下列说法正确的是（ ） A.M点电势一定高于N点电势 B.M点场强一定大于N点场强 C.正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能 D.将电子从M点移动到N点，电场力做正功