2018年高考物理复习7-1
2018高考物理一轮复习重点强化练7带电粒子在复合场中的运动
重点强化练(七) 带电粒子在复合场中的运动(限时：40分钟)一、选择题1.有一个带电荷量为＋q、重力为G的小球，从两竖直的带电平行板上方h处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图1所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时，下列说法正确的是( )图1A．一定做曲线运动B．不可能做曲线运动C．有可能做匀加速直线运动D．有可能做匀速直线运动A[带电小球在没有进入复合场前做自由落体运动，进入复合场后，受竖直向下的重力G＝mg，水平向左的电场力F电＝qE与洛伦磁力F洛＝qBv，重力与电场力大小和方向保持恒定，但因为速度大小会发生变化，所以洛伦兹力大小和方向会发生变化，所以一定会做曲线运动，A正确，B、C、D错．]2．(多选)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图2所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是( )图2A．该微粒一定带负电荷B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动C．该磁场的磁感应强度大小为mgqv cos θD．该电场的场强为Bv cos θAC [若微粒带正电q ，它受竖直向下的重力mg 、向左的电场力qE 和右斜向下的洛伦兹力qvB ，可知微粒不能做直线运动．据此可知微粒应带负电q ，它受竖直向下的重力mg 、向右的电场力qE 和左斜向上的洛伦兹力qvB ，又知微粒恰好沿着直线运动到A ，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项A 正确，B 错误；微粒受力如图．由图知qE ＝qvB sin θ，所以E ＝Bv sin θ，D 错误；qvB cos θ＝mg ，所以B ＝mgqv cos θ，故C 正确．]3．(多选)(2017·浙江三校模拟)如图3所示，空间中存在正交的匀强电场E 和匀强磁场B (匀强电场水平向右)，在竖直平面内从a 点沿ab 、ac 方向抛出两带电小球(不考虑两带电球的相互作用，两球电荷量始终不变)，关于小球的运动，下列说法正确的是( )图3A ．沿ab 、ac 方向抛出的带电小球都可能做直线运动B ．只有沿ab 抛出的带电小球才可能做直线运动C ．若有小球能做直线运动，则它一定是匀速运动D ．两小球在运动过程中机械能均守恒AC [沿ab 方向抛出的带正电小球，或沿ac 方向抛出的带负电的小球，在重力、电场力、洛伦兹力作用下，都可能做匀速直线运动，A 正确，B 错误．在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动，C 正确．两小球在运动过程中除重力做功外还有电场力做功，故机械能不守恒，D 错误．]4．英国物理学家狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布，距离它r 处的磁感应强度大小为B ＝kr2(k 为常数)，其磁场分布与点电荷的电场分布相似．现假设某磁单极子S 固定，一带电小球在S 附近做匀速圆周运动，则小球可以沿逆时针方向(从上向下看)做匀速圆周运动的有( )A [要使粒子能做匀速圆周运动，则洛伦兹力与重力的合力应能充当向心力，即洛伦兹力方向垂直磁感线斜向上内侧．图A 中，小球带正电荷且沿逆时针方向转动，小球所受洛伦兹力斜向上内侧，与重力的合力可以指向圆心，A 对；图B 中，小球带负电荷，小球所受洛伦兹力斜向下外侧，与重力的合力不可能提供向心力，B 错；同理，图C 、D 中，小球受到的洛伦兹力不可能斜向上内侧，C 、D 错．]5.如图4所示，在真空中，匀强电场方向竖直向下，电场强度为E ，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B ，一带电液滴在竖直面内做半径为R 的匀速圆周运动，重力加速度为g ，则( )【导学号：92492355】图4A ．液滴带负电且逆时针运动，运动速率为BgR EB ．液滴带负电且顺时针运动，运动速率为BgR E C ．液滴带负电且顺时针运动，运动速率为ER Bg D ．液滴带正电且顺时针运动，运动速率为ER BgB [因液滴在重力、电场力和洛伦兹力作用下在竖直面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力必平衡，而电场方向竖直向下，所以液滴带负电，D 错；因洛伦兹力提供向心力，由左手定则可判定液滴必顺时针运动，A 错；由mg ＝qE 及Bqv ＝m v 2R 得v ＝BgRE，B 对，C 错．]6．(多选)如图5所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B 的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD 、AC 边界的夹角∠DAC ＝30°，边界AC 与边界MN 平行，Ⅱ区域宽度为d .质量为m 、电荷量为＋q 的粒子可在边界AD 上的不同点射入，入射速度垂直AD 且垂直磁场，若入射速度大小为qBdm，不计粒子重力，则( )图5A ．粒子在磁场中的运动半径为d2B ．粒子距A 点0.5d 处射入，不会进入Ⅱ区C ．粒子距A 点1.5d 处射入，在Ⅰ区内运动的时间为πm qBD ．能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为πm3qBCD [粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2r，解得r ＝mv qB＝d ，选项A 错误；画出粒子恰好不进入Ⅱ区的临界轨迹，如图所示，由几何知识得，OA ＝rsin 30°＝2d ，而粒子距A 点0.5d 处射入时，圆心在AD 上距离A 点为1.5d ，故粒子会进入Ⅱ区，选项B 错误；粒子距A 点1.5d 处射入时，圆心在AD 上距离A 点为2.5d ，粒子在Ⅰ区内运动半个周期而射出，所以其运动的时间为t ＝T 2＝πmqB，选项C 正确；能够进入Ⅱ区域的粒子，若在Ⅱ区域内运动的时间最短，则粒子在磁场中运动的轨迹最短(弦长也最短)，由几何知识知，粒子在Ⅱ区域内的最短弦长为d ，此弦长所对的圆心角为θ＝π3，所以粒子在Ⅱ区域内运动的最短时间为t min ＝θ2πT ＝T 6＝πm3qB，选项D 正确．]二、非选择题7．如图6所示，在xOy 坐标平面内x 轴上、下方分布有磁感应强度不同的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向里．一质量为m 、电量为q 的带正电粒子从y 轴上的P 点以一定的初速度沿y 轴正方向射出，粒子经过时间t 第一次从x 轴上的Q 点进入下方磁场，速度方向与x 轴正向成45°角，当粒子再次回到x 轴时恰好经过坐标原点O ，已知OP ＝L ，不计粒子重力．求：图6(1)带电粒子的初速度大小v 0；(2)x 轴上、下方磁场的磁感应强度之比B 1B 2.【导学号：92492356】【解析】 (1)粒子运动轨迹如图所示．由几何知识得r 1＝2L ①粒子在x 轴上方运动的回旋角 φ＝225°＝5π4② 又时间t ＝φr 1v 0③ 综合①②③得v 0＝52πL4t.(2)由几何知识有OQ ＝r 1＋r 1cos 45° 粒子在x 轴下方运动的半径r 2＝22OQ 由qv 0B ＝m v 20r 得B ＝mv 0qr因此B 1B 2＝r 2r 1＝1＋22.【答案】 (1)52πL 4t (2)1＋228．(2017·临汾模拟)如图7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CF 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 ，QF ＝2d 、PF ＝3d ，离子重力不计．图7(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QFCD 内匀强电场场强E 0的值；(3)若撤去矩形区域QFCD 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QF 上，求磁场磁感应强度B 的取值范围．【解析】 (1)离子在电场中加速，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，由牛顿第二定律可得qE ＝m v 2R可解得加速电场的电压U ＝12ER .(2)离子在水平电场中做类平抛运动，有QF ＝2d ＝vt PF ＝3d ＝12at 2由牛顿第二定律得qE 0＝ma 可解得匀强电场场强E 0＝3ER2d.(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，由牛顿第二定律得qBv ＝m v 2r可得B ＝EmR qr 2离子能打在QF 上，由既没有从DQ 边出去也没有从PF 边出去，则离子运动径迹的边界如图中所示．由几何关系知32d <r ≤2d则有4EmR9qd2>B ≥EmR 4qd2. 【答案】 (1)12ER (2)3ER2d(3)4EmR 9qd2>B ≥EmR 4qd2 9．(2017·杭州模拟)如图8所示，在Ⅰ区里有竖直方向的匀强电场，场强大小E ＝4×105N/C ，在Ⅱ区里有垂直于纸面向外的匀强磁场，电场和磁场的宽度d 相等且d ＝0.4 m ．质量与带电荷量的比值mq＝4×10－10kg/C 的带正电粒子以初速度v 0＝2×107m/s 从PQ 边界上的O 点垂直PQ 射入电场．若电场和磁场区域在竖直方向足够长，不计粒子的重力．图8(1)求粒子第一次经过电场、磁场边界MN 时的速度及偏离O 点的竖直距离； (2)若要使粒子不偏转出ST 边界，求磁感应强度B 的取值范围； (3)求粒子在电场和磁场中运动的最长时间．【解析】 (1)设粒子从O 点到第一次到达MN 边界的过程中运动的时间为t 1，粒子第一次经过MN 边界时的位置与原点O 的竖直距离为y ，则在水平方向：d ＝v 0t 1 在竖直方向：y ＝12at 21由牛顿第二定律得F ＝maF ＝Eq联立解得t 1＝2.0×10－8s ，y ＝0.2 m粒子第一次经过边界MN 时在竖直方向的分速度为v y ＝at 1＝2×107 m/s粒子第一次经过MN 边界时的速度大小为v ＝v 20＋v 2y ＝22×107m/s v 与水平方向的夹角为45°.(2)要使粒子恰好不从ST 边界射出，粒子的运动轨迹如图所示，设粒子不偏转出ST 边界时在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R由几何知识得R ＋22R ≤d 由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2R联立解得B ≥(22＋2)×10－2T.(3)由(2)知B ＝(22＋2)×10－2T 时，粒子在磁场中的运动时间最长当B ＝(22＋2)×10－2T 时，粒子在Ⅱ区里做匀速圆周运动转过的圆心角为θ＝3π2， 则t 2＝θm qB＝3π(2－1)×10－8 s ＝3.9×10－8s粒子在电场和磁场中运动的最长时间为t ＝2t 1＋t 2＝7.9×10－8 s.【答案】 (1)22×107m/s ，与水平成45°角 0.2 m (2)B ≥(22＋2)×10－2T (3)7.9×10－8s10．(2017·咸阳模拟)如图9所示，位于竖直平面内的直角坐标系中，第一象限内存在沿y 轴负方向、电场强度大小E ＝2 V/m 的匀强电场，第三象限内存在沿x 轴负方向、大小也为E ＝2 V/m 的匀强电场；其中第一象限内有一平行于x 轴的虚线，虚线与x 轴之间的距离为h ＝0.4 m ，在虚线上方存在垂直xOy 平面向里、磁感应强度大小为B ＝0.5 T 的匀强磁场，在第三象限存在垂直xOy 平面向外的、磁感应强度大小也为B ＝0.5 T 的匀强磁场．在第三象限有一点P ，且O 、P 的连线与x 轴负半轴的夹角θ＝45°.现有一带电荷量为q 的小球在P 点处获得一沿PO 方向的速度，刚好沿PO 做匀速直线运动，经过原点后进入第一象限，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图9(1)小球做匀速直线运动时的受力情况以及所受力的比例关系； (2)小球做匀速直线运动时的速度大小；(3)小球从O 点进入第一象限开始经过多长时间离开x 轴？【解析】 (1)由题意可知，小球在第三象限沿PO 做匀速直线运动时，受竖直向下的重力、水平方向的电场力、与PO 方向垂直的洛伦兹力，则由力的平衡条件可知，小球的洛伦兹力方向一定与PO 垂直且斜向左上方，因此小球带负电荷，电场力一定水平向右．设小球质量为m ，所受洛伦兹力大小为f ，由平衡条件得小球所受力的比例关系为mg ∶(qE )∶f ＝1∶1∶ 2.(2)由第(1)问得qvB ＝2qE解得v ＝2EB＝4 2 m/s.(3)小球刚进入第一象限时，电场力和重力平衡，可知小球先做匀速直线运动，进入y ≥0.4 m 的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，最后从N 点离开x 轴，小球由O →A 匀速运动的位移为s 1＝hsin 45°＝2h运动时间t 1＝s 1v ＝2h 2E B＝hB E＝0.1 s由几何关系和圆周运动的周期关系式T ＝2πm qB ＝2πEgB，小球在y ≥0.4 m 区域内偏转了90°则由A →C 小球做圆周运动的时间为t 2＝14T ＝πE 2gB ＝15π s 由对称性知从C →N 的时间t 3＝t 1故小球在第一象限运动的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2×0.1 s＋15π s ＝0.828 s.【答案】(1)见解析 (2)4 2 m/s (3)0.828 s。
2018版高考物理一轮复习第7章恒定电流第1讲电路的基本概念与规律模拟新人教版选修3_1
电路的基本概念与规律1．(2015·安徽理综)一根长为L 、横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n ，电子的质量为m ，电荷量为e 。
在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v ，则金属棒内的电场强度大小为导学号 51342770( C )A ．mv 22eLB ．mv 2Sn eC ．ρnevD ．ρev SL[解析] 电场强度可表示为E ＝U L ①，其中L 为金属棒长度，U 为金属棒两端所加的电动势，而U ＝IR ②，其中I ＝Q t ＝n ·vt ·S ·e t ＝nvSe ③，R ＝ρ·L S④，联立①②③④，可得E ＝nev ρ，故C 项正确。
2．(2016·四川内江四模)两根材料相同的均匀导线x 和y ，其中，x 长为l ，y 长为2l ，串联在电路中时沿长度方向的电势φ随位置的变化规律如图所示，那么，x 和y 两导线的电阻和横截面积之比分别为导学号 51342771( A )A ．3︰1 1︰6B ．2︰3 1︰6C ．3︰2 1︰5D ．3︰1 5︰1[解析] 由图可知，两导线两端的电压之比为3︰1，电流相同，则电阻之比为3︰1，由电阻定律R ＝ρl S 得横截面积S ＝ρL R ，横截面积S x S y ＝L x L y ·R y R x ＝12×13＝16，A 正确。
3．(2017·诸暨市高三上学期期末)某技术质量监督局对市场中电线电缆产品质量进行抽查，结果公布如下：十几个不合格产品中，大部分存在导体电阻不合格，主要是铜材质量不合格，使用了再生铜或含杂质很多的铜；再一个就是铜材质量可能合格，但把横截面积缩小，买2.5平方毫米的电线，拿到手的仅为1.5平方毫米，载流量不够；另一个问题是绝缘层质量不合格，用再生塑料作电线外皮，电阻率达不到要求……则以下说法正确的是导学号 51342772( C )A ．横截面积减小的铜的电阻率增大B ．再生铜或含杂质很多的铜的电阻率很小C ．再生塑料作电线外皮，使电线的绝缘性能下降D ．铜是导体，电阻为零，横截面积和杂质对其没有影响[解析] 电阻率值与材料及温度有关，与横截面积无关，故A 错误；合金的电阻率比纯金属的电阻率要大，则再生铜或含杂质很多的铜的电阻率变大，故B 错误；铜是导体，但电阻不为零，故D 错误；再生塑料作电线外皮，会使电线的绝缘性能下降，C 正确。
2018版高三物理一轮复习 专题7 静电场(含2012年高考真题)
专题7 静电场1．（2012福建卷）.如图，在点电荷Q 产生的电场中，将两个带正电的试探电荷1q 、2q分别置于A 、B 两点，虚线为等势线.取无穷远处为零电势点，若将1q 、2q移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是A ．A 点电势大于B 点电势 B ．A 、B 两点的电场强度相等C ．1q 的电荷量小于2q的电荷量D ．1q 在A 点的电势能小于2q在B 点的电势能答案：C解析：由题意知点电荷Q 带负电，所以有φA <φB <0|U A ∞|>|U B ∞|，移动两试探电荷克服电场力做功相等，有q 1|U A ∞|=q 2|U B ∞|，所以q 1<q 2A 错误，C 正确.因为E=kQ/r2，A 点比B 点离Q 近，所以E A >E B ,选项B 错误.根据电场力做功与电势能变化的关系，q 1A 点的电势能等于q 2B 点的电势能，选项D 错误.2．（2012江苏卷）．真空中，A 、B 两点与点电荷Q 的距离分别为r 和3r 则A 、B 两点的电场强度大小之比为A ．3：1B ．1：3C ．9：1D ．1：9答案：C解析：根据库仑定律221rq kq F =，选C.3．（2012江苏卷）．一充电后的平行板电容器保持两板间的正对面积、间距和电荷量不变，在两板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是 A ．C 和U 均增大 B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大 D ．C 和U 均减小 答案：B 解析：根据kd S C πε4=，电容C 增大，根据CQU =,U 减小，B 正确.4．（2012上海卷）．A、B、C三点在同一直线上，AB:BC＝1:2，B点位于A、C之间，在B 处固定一电荷量为Q的点电荷.当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为（）（A）－F/2（B）F/2 （C）－F（D）F答案：B解析：设AB间距离为x，则BC间距离为2x,根据库仑定律有F=kQq/x2，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为F′=k2qQ/(2x)2=F/2，考虑电场力方向易知B正确.5（2012天津卷）.两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中A．做直线运动，电势能先变小后变大B．做直线运动，电势能先变大后变小C．做曲线运动，电势能先变小后变大D．做曲线运动，电势能先变大后变小答案C.解析：两个固定的的等量异号点电荷产生电场的等势面与电场线垂直，且沿电场线电势减小，所以等量异号点电荷和它们间的直线电场线如图所示.当带负电的粒子进入电场受到与其速度垂直的电场力而偏转做曲线运动.电子在斜向左的电场力作用下向左偏转，电场力做正功粒子的动能增加，电势能减小.6．（2012浙江卷）.用金属做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上.小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm是圆环被吸引到笔套上，如图所示.对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是( )A.摩擦使笔套带电B.笔套靠近圆环时，圆环上、下都感应出异号电荷C.圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力D.笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和 答案：ABC解析：因金属箔圆环原来不带电，笔套与头发摩擦后带电，故笔套碰到圆环后，笔套所带的D.7．(2012全国新课标).如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子 A.所受重力与电场力平衡 B.电势能逐渐增加 C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动 答案：BD解析：要使粒子在电场中直线运动，必须使合力与运动方向在一直线上，由题意可受力分析可知，受重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左.故A 错.因电场力做负功，故电势能增加.B 正确.合力做负功，故动能减少.C 错.因合力为定值且与运动方向在一直线上，故D 正确.8．（2012上海卷）．如图，质量分别为m A 和m B 的两小球带有同种电荷，电荷量分别为q A 和q B ，用绝缘细线悬挂在天花板上.平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1＞θ2）.两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为v A 和v B ，最大动能分别为E kA 和E kB .则（ ）（A ）m A 一定小于m B （B ）q A 一定大于q B （C ）v A 一定大于v B（D ）E kA 一定大于E kB答案：A 、C 、D解析：对于两球受力分析，由于两球所受电场力相等，同时注意到两球处于同一水平面上，根据力的平衡有m A gtan θ1=m B gtan θ2，根据几何关系有L A cos θ1=L B cos θ2，因为θ1＞θ2m A 一定小于m B ，L A >L B ,但不能比较电荷量大小，所以A 正确，B 错误；根据机械能守恒定律得：()1cos 12θ-=A A gL v ，()2cos 12θ-=B B gL v ，所以有v A >v B ，即C 正确；E kA =m A gL A (1-cosθ1)，E kB =m B gL B (1-cos θ2)，()()()()1cos 1cos tan cos 1cos tan cos 1tan cos 1tan 2111222112〉--=--=θθθθθθθθθθB A KB KA L L E E >1D.9．（2012安徽卷）.如图所示，在平面直角 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.200V/mB.2003 V/mC.100 V/mD. 1003 V/m 答案：A解析：OA 中点C 的电势为3V ，连BC 得等势线，作BC的垂线得电场线如图，由dE U =得：200v/m E =，故A 对.10．（2012重庆卷）．空中P 、Q 两点处各固定一个点电荷，其中P 点处为正点电荷，P 、Q 两点附近电场的等势面分布如题图所 示，a 、b 、c 、d 为电场中的四个点.则 A ．P 、Q 两点处的电荷等量同种 B ．a 点和b 点的电场强度相同 C ．c 点的电热低于d 点的电势 D ．负电荷从a 到c ，电势能减少 答案：D解析：根据电场线与等势线垂直得：必有一条电场线与P 、Q 连线重合，P 为正电荷，故该电场线必从P 沿直线指向Q ，因电场线总是由正电荷指向负电荷，故P 、Q 电荷为等量异种电荷，A 选项错误；电场强度是矢量，a 、b 两处电场强度方向不同，B 选项错误；因越靠近正电荷，电势越高，故c 点电势高于d 点电势，C 选项错误；根据等势线的分布及P 、Q 的电性，c 所在的等势线电势高于a 所在等势线的电势，负电荷从a 到c ，电场力做正功，电势能减少，D 选项正确.E11.（2012海南卷）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的带电量为q ，球2的带电量为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3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=3B.n=4C.n=5D. n=6 答案：D解析：设1、2距离为R ，则：22nq F R =，3与2接触后，它们带的电的电量均为：2nq，再3与1接触后，它们带的电的电量均为(2)4n q+，最后22(2)8n n q F R +=有上两式得：n=612．(2012全国理综)如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘清线悬挂于O 点.先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量分别为﹢Q 和﹣Q ，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6.再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极板不接触.求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量.解析：根据力的平衡和力的合成，6tanπmg Eq =，根据电场强度与电势差的关系及电容的定义得Cd Q E =，所以q mgCd Q 33=；第二次充电后，qmgCdQ 3'=，所以第二次充电使电容器正极板增加的电荷量Q qmgCdQ Q Q 2332'==-=∆.13．（2012广东卷）.图5是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有A.带正电的矿粉落在右侧B.电场力对矿粉做正功C.带负电的矿粉电势能变大D.带正电的矿粉电势能变小 答案：BDABD.14．（2012北京高考卷）．“约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成．若在结两端加恒定电压U ，则它会辐射频率为ν的电磁波，且ν与U 成正比，即ν=kU ．已知比例系数k 仅与元电荷的2倍和普朗克常数h 有关，你可能不了解此现象的机理，但仍可运用物理学中常用的方法，在下列选项中，推理比例系数的值可能为 A ．2h e B ．2e hC ．2heD ．12he答案：B解析：由ν=kU ，又题目中提到元电荷e 和普朗克常量h ，可联想到能量，即列出相关等式qU=h ν，进而比较ν=kU ，得出k=q/h ，再结合题意可知，k=2e/h ，故选B.15．（2012北京高考卷）．匀强电场的方向沿x 轴正方向，电场强度E 随x 的分布如图所示，图中E 0和d 均为已知量．将带正电的质点A 在O 点由静止释放．A 离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B 放在O 点也由静止释放．当B 在电场中运动时，A 、B力及相互作用能均为零；B 离开电场后，A 、B 为Q ，A 和B 的质量分别为m 和4m ．不计重力．（1）求A 在电场中的运动时间t ； （2）若B 的电荷量为q =49Q ，求两质点相互作用能的最大值E pm ； （3）为使B 离开电场后不改变运动方向，求B 所带电荷量的最大值q m ．解析：（1）由牛顿第二定律，A 在电场中运动的加速度a =F m =0QE mA 在电场中做匀变速直线运动 d =12at 2 解得运动时间 t（2）设A 、B 离开电场时的速度分别为υA 0、υB 0，由动能定理，有 QE 0d =12m 20A υ，QE 0d =124m 20B υ ①A 、B 相互作用过程中，动量和能量守恒．A 、B 相互作用力为斥力，A 受的力与其运动方向相同，B 受的力与其运动方向相反，相互作用力对A 做正功，对B 做负功．A 、B 靠近的过程中，B 的路程大于A 的路程，由于相互作用力大小相等，相互作用力对B 做功的绝对值大于对A 做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加．所以，当A 、B 最接近时相互作用能最大，此时两者速度相同，设为υ′，有 (m +4m )υ′= m υA 0+4m υB 0 ② E p m =(12m 20A υ+124m 20B υ)-12(m +4m )υ′2 ③ 已知=49Q ，由①、②、③式解得相互作用能的最大值 E p m =145QE 0d （3）考虑A 、B 在x >d 区间的运动，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作用，有m υA +4m υB = m υA 0+4m υB 0 ④12m 2A υ+124m 2B υ=12m 20A υ+124m 20B υ ⑤ 由④、⑤解得 υB =-35υB 0+85υA 0 因B 不改变运动方向，故 υB =-35υB 0+85υA 0≥ 0 ⑥由①、⑥解得 q ≤169Q 即B 所带电荷量的最大值q m =169Q16.（2012山东卷）.图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷.一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a 、b 、c 三点是实线与虚线的交点.则该粒子A ．带负电B ．在c 点受力最大C ．在b 点的电势能大于在c 点的电势能D ．由a 点到b 点的动能变化大于有b 点到c 点的动能变化 答案：CDA根据库仑定律F=kQq/r2B b 点运动到c 点的过程中，电场力CqU=ΔE kU ab >U bc ，D.17.（2012四川卷）．（19分）如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，AB 段光滑水平，BC 段为光滑圆弧，对应的圆心角θ= 370，半径r =2.5m ，CD 段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E =2×l05N/C 、方向垂直于斜轨向下的匀强电场.质量m =5×l0-2kg 、电荷量q =+1×10-6C 的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C 点以速度v0=3m/s 冲上斜轨.以小物体通过C 点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向.已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25.设小物体的电荷量保持不变，取g =10m/s 2．sin370=0.6，cos370=0.8.(1)求弹簧枪对小物体所做的功；(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P ，求CP 的长度. 解析：(1)设弹簧枪对小物体做功为W f ，由动能定理得W f -mgr (l-cos θ)=12 mv 02①代人数据得W f =0.475J②说明：①式4分，②式2分.(2)取沿平直斜轨向上为正方向.设小物体通过C 点进入电场后的加速度为a 1，由牛顿第二定律得－mgsin θ－μ(mgcos θ+qE)=ma 1③小物体向上做匀减速运动，经t 1=0.1s 后，速度达到v 1，有v 1=v 0+a 1t 1③由③④可知v 1=2.1m/s ，设运动的位移为s 1，有s l -v 0t 1+12a 1t 12⑤电场力反向后，设小物体的加速度为a 2，由牛顿第二定律得 －mgsin θ－μ(mgcos θ-qE)=ma 2⑥设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t 2，位移为s 2，有 0=v 1+a 2t 2⑦ s 2=v 1t 2+12a 2t 22⑧设CP 的长度为s ，有 s =s 1+s 2⑨联立相关方程，代人数据解得 s=0.57m ⑩18.（2012安徽卷）. 如图1所示，半径为R 均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P （坐标为x ）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E =2πκσ()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+-21221x r x，方向沿x 轴.现考虑单位面积带电量为0σ的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r 的圆板，如图2所示.则圆孔轴线上任意一点Q （坐标为x ）的电场强度为 ( )A. 2πκ0σ()2122xrx+B. 2πκ0σ()2122xrr+C. 2πκ0σr xD. 2πκ0σxr答案：A解析：当→∝R 时，22xR x +=0，则0k 2E δπ=，当挖去半径为r 的圆孔时，应在E中图1图2减掉该圆孔对应的场强）（220r x r x-12E +=πκδ，即21220x r x2E ）（+='πκδ.选项A 正确.。
2018年高考物理一轮复习 专题七 带电粒子在复合场中运动精讲深剖
专题七带电粒子在复合场中运动【专题解读】一、复合场与组合场1．复合场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．2．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠或在同一区域，电场、磁场交替出现．二、带电粒子在复合场中的运动分类1．静止或匀速直线运动当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动．2．匀速圆周运动当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．3．非匀变速曲线运动当带电粒子所受的合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是拋物线．4．分阶段运动带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成．1．判断正误(1)带电粒子在复合场中的运动一定要考虑重力．(×)(2)带电粒子在复合场中不可能处于静止状态．(×)(3)带电粒子在复合场中不可能做匀速圆周运动．(×)(4)带电粒子在复合场中做匀变速直线运动时，一定不受洛伦兹力作用．(√)(5)带电粒子在复合场中做圆周运动时，一定是重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力．(√)(6)带电粒子在复合场中运动涉及功能关系时，洛伦兹力可能做功．(×)2．(多选)如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球(电荷量为＋q、质量为m)从电、磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过电、磁复合场的是( )【答案】CD.【解析】A图中小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误．B图中小球受重力、向上的电场力、垂直纸面向外的洛伦兹力，合力与速度方向一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误．C图中小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则小球做匀速直线运动，故C正确．D图中小球受向下的重力和向上的电场力，合力一定与速度共线，故小球一定做直线运动，故D正确．3．(多选)在空间某一区域里，有竖直向下的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，且两者正交．有两个带电油滴，都能在竖直平面内做匀速圆周运动，如右图所示，则两油滴一定相同的是( )A．带电性质B．运动周期C．运动半径D．运动速率【答案】AB.4．(2017·湖北襄阳调研)如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U，带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化情况为( )A．d随v0增大而增大，d与U无关B．d随v0增大而增大，d随U增大而增大C．d随U增大而增大，d与v0无关D．d随v0增大而增大，d随U增大而减小【答案】A.【解析】设粒子从M点进入磁场时的速度大小为v，该速度与水平方向的夹角为θ，故有v＝v0cos θ.粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为r＝mvqB.而MN之间的距离为d＝2r cos θ.联立解得d ＝2mv 0qB，故选项A 正确．考向一 带电粒子在组合场中的运动1．是否考虑粒子重力的三种情况(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应当考虑其重力． (2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单．(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否要考虑重力．2．“电偏转”与“磁偏转”的比较对于粒子从电场进入磁场的运动，常见的有两种情况：(1)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．(如图甲、乙所示)在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度．(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．(如图丙、丁所示)在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．【例1】 (多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋( )A．在电场中的加速度之比为1∶1B．在磁场中运动的半径之比为3∶1C．在磁场中转过的角度之比为1∶2D．离开电场区域时的动能之比为1∶3【答案】BCD【例2】如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E ＝4×105N/C 、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．质量与电荷量之比为m q＝4×10－10kg/C的带正电粒子从x 轴上的A 点以初速度v 0＝2×107m/s 垂直x 轴射入电场，OA ＝0.2 m ，不计重力．求：(1)粒子经过y 轴时的位置到原点O 的距离；(2)若要求粒子不能进入第Ⅲ象限，求磁感应强度B 的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)．【答案】(1)0.4 m (2)B ≥(22＋2)×10－2T命题角度2：先磁场后电场对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反．(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直．(如图甲、乙所示)【例3】如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场方向变为垂直于纸面向里，大小不变，不计重力．(1)求粒子从P 点出发至第一次到达x 轴时所需的时间； (2)若要使粒子能够回到P 点，求电场强度的最大值． 【答案】(1)5πm 4qB (2)2mv 0qT 0qE ＝ma ⑤ v 0＝12at 2⑥联立⑤⑥式得t 2＝2mv 0qE⑦根据题意，要使粒子能够回到P 点，必须满足t 2≥T 0⑧联立⑦⑧式得，电场强度的最大值为E ＝2mv 0qT 0⑨【例4】如图所示，一个质量为m 、电荷量为q 的正离子，在D 处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．结果离子正好从距A 点为d 的小孔C 沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC 平行且向上，最后离子打在G 处，而G 处距A 点2d (AG ⊥AC )．不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内．求：(1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r ； (2)离子从D 处运动到G 处所需时间； (3)离子到达G 处时的动能． 【答案】(1)23d (2)＋2πm3Bq(3)4B 2q 2d 29m方法总结带电粒子在组合场中的运动问题的分析方法考向二带电粒子在叠加场中的运动1．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类(1)磁场力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．(3)电场力、磁场力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动．②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题．2．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果．阶梯练习1. (多选)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球所带电荷量始终不变，关于小球的运动，下列说法正确的是( )A．沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动B．若沿ab运动小球做直线运动，则该小球带正电，且一定是匀速运动C．若沿ac运动小球做直线运动，则该小球带负电，可能做匀加速运动D．两小球在运动过程中机械能均保持不变【答案】AB.2．(2017·安徽淮北模拟)如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的范围足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外．一个质量为m、带电荷量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动．已知重力加速度为g.(1)试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；(2)若带电小球能进入区域Ⅱ，则h应满足什么条件？(3)若带电小球运动一定时间后恰能回到O 点，求它释放时距MN 的高度h .【答案】(1)正电 mg q (2)h ＞q 2B 2d 22m 2g (3)2q 2B 2d 23m 2g【解析】(1)带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，即所受合力为洛伦兹力，则重力与电场力大小相等，方向相反，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电．则有qE ＝mg ，解得E ＝mg q .。
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单元综合测试七(恒定电流)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，试卷满分为100分．考试时间为90分钟．第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)图11．(2018·镇江模拟)如图1所示，在一幢居民楼里有各种不同的用电器，如电灯、电视机、洗衣机、微波炉、排油烟机等．停电时，用多用电表测得A 、B 间的电阻为R ；供电后，设各家用电器全都同时使用时，测得A 、B 间电压为U ，进线电流为I ；经过一段时间t ，从总电能表中测得这段时间内消耗的电能为W ，则下列表达式用来计算该幢楼居民用电的总功率，其中正确的是( )A ．P ＝I 2R B ．P ＝U 2RC ．P ＝IUD ．P ＝Wt解析：电路消耗的电功率的计算公式P ＝UI ，P ＝Wt 是普遍适用的，而A 、B 两选项只适用于纯电阻电路，而电视机、洗衣机、微波炉和排油烟机都不是纯电阻，所以选项A 、B 错误，正确选项为CD.答案：CD2．(2018·山东枣庄)截面直径为d 、长为L 的导线，两端电压为U ，当这三个量中的一个改变时，对自由电子定向移动平均速率的影响，下列说法正确的是( )A ．电压U 加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变B ．导线长度L 加倍时，自由电子定向移动的平均速率减为原来的一半C ．导线截面直径d 加倍时，自由电子定向移动的平均速率不变D ．导线截面直径d 加倍时，自由电子定向移动的平均速率加倍解析：根据电流I 的微观表达式、定义式以及电阻的决定式可得：I ＝neS v ＝U R ＝U ρL S ，所以ne v ＝U ρL .由此可知电压U 加倍时，自由电子定向移动的平均速率v 加倍，A 错误；导线长度L 加倍时，自由电子定向移动的平均速率减半，B 正确；导线截面直径d 加倍时，自由电子定向移动的平均速率v 不变，C 正确．答案：BC 3.图2(2018·威海模拟)如图2所示，电源电动势E ＝3.2 V ，电阻R ＝30 Ω，小灯泡L 的额定电压U L ＝3.0 V ，额定功率P L ＝4.5 W ．当开关S 接1时，电压表的读数为3 V ，则当开关S 接2时，灯泡发光的情况是( )A ．很暗，甚至不亮B ．正常发光C ．比正常发光略亮D ．有可能被烧坏解析：设电源的内电阻为r ，S 接1时，由闭合电路的欧姆定律得电路中的电流为：I 1＝E R ＋r ，电压表的示数等于电阻R 两端的电压，即：U 1＝I 1R ，代入数据联立解得：r ＝2 Ω.灯泡的电阻为：R L ＝U L 2P L ＝2 Ω，S 接2时，电路中的电流为：I 2＝E R L ＋r ＝3.22＋2 A ＝0.8 A ，灯泡两端的电压为：U ′L ＝I 2R L ＝0.8×2 V ＝1.6V ，比灯泡的额定电压小得多，灯泡很暗，甚至不亮，正确选项为A.答案：A图34．如图3所示，调整电路的可变电阻R 的阻值，使电压表V 的示数增大ΔU ，在这个过程中( ) A ．通过R 1的电流增加，增加量一定等于ΔUR 1B ．R 2两端的电压减小，减少量一定等于ΔUC ．通过R 的电流增加，增加量一定等于ΔURD ．通过R 2的电流减小，但减少量一定小于ΔUR 2解析：电压表的示数增加，说明可变电阻的阻值增大，路端电压增加，电路中的电流减小，R 2两端的电压减小；由欧姆定律得流过电阻R 1的电流增加量为：ΔI 1＝ΔUR 1，R 2两端的电压减少量等于R 1两端的电压增加量减去路端电压的增加量，即ΔU 2＝ΔU －ΔU 路＜ΔU ，通过R 2的电流的减少量为：ΔI 2＝ΔU 2R 2＜ΔUR 2；通过电阻R 的电流为：I R ＝I 2－I 1，I 2减小，而I 1增大，因此I R 减小．正确选项为AD.答案：AD图45．(2018·济宁模拟)如图4所示的电路中，灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的，现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是()A．R3断路B．R1短路C．R2断路D．R1、R2同时短路解析：灯泡A变暗，灯泡B变亮，说明流过灯泡A的电流减小，流过灯泡B的电流增大．若R3断路，电源的路端电压增大，流过灯泡A、B的电流均增大；若R1短路，电源的路端电压减小，流过R3的电流减小，流过灯泡A、B的电流增大；若R2断路，电源的路端电压减小，灯泡A和电阻R1两端的电压增大，电路中的总电流减小，流过R3的电流增大，流过灯泡A的电流减小，灯泡B两端的电压增大，流过灯泡B 的电流增大；电阻R1、R2同时短路，灯泡B不亮．正确选项为C.答案：C6．在如图5所示的逻辑电路中，当A端输入电信号“1”、B端输入电信号“0”时，则在C和D端输出的电信号分别为()图5A．1和0 B．0和1C．1和1 D．0和0解析：B端输入“0”，经过“非”门输出“1”，则D端输出“1”；同时输出的“1”与A端输入的“1”一起输入“与”门，在C端输出“1” .所以应选C.答案：C图67．图6所示为伏安法测电阻的一种常用电路，以下分析正确的是()A ．此接法的测量值大于真实值B ．此接法的测量值小于真实值C ．此接法要求待测电阻值小于电流表内阻D ．开始实验时滑动变阻器滑动头P 应处在最左端解析：由R 测＝UI ＝R 真＋R A ，故A 正确，B 错误；电流表Ⓐ内接法，要求R ≫R A ，故C 错误；开始实验时滑动变阻器滑动头应在最右端，使电压表读数由小变大调节，故D 错误．答案：A8．可用理想电压表、理想电流表、变阻器R 以及电键K 和导线等器材来测量某一电源E 的电动势和内阻如图所示．下面给出了四个电路图，图中“＋”、“－”代表电源的正负极和电表的正负接线柱．正确的电路图是( )解析：电流表和电压表的正接线柱应和电源的正极相连，而C 选项的电压表的接线柱接错，所以C 选项错．A 选项中电流表将电路短路，电流表可能会被烧坏，电压表无读数，A 选项错．D 选项安培表和电压表串联，安培表读数几乎为零，电压表读数为电源电动势，D 选项错．电源的内电阻很小，电压表分流作用小，将电流表和滑动变阻器相接，误差小，B 选项正确．答案：B图79．(2018·湖南湘潭二模)如图7是一火警报警电路的示意图．其中R 3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大．值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器．当传感器R 3所在处出现火情时，显示器的电流I 、报警器两端的电压U 的变化情况是( )A ．I 变大，U 变小B ．I 变小，U 变大C．I变大，U变大D．I变小，U变小解析：当传感器R3所在处出现火情时，由题意可知，R3增大，回路总电阻增大，干路电流减小，路端电压U变大，而UR2＝E－I总(r＋R1)，则R2两端电压增大，流过R2的电流变大，选项C正确．答案：C图810．如图8所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则以下说法正确的是() A．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B．在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从b到a的电流C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D．在将S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过解析：滑片P向上移动，接入电路的电阻增大，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，因U＝E－I(r＋R1)，可知电容器极板电压变大，油滴受到的电场力增大，油滴向上运动，极板电压变大，说明电容器充电，G中电流方向从b到a，A正确，B、C错误；将S断开后，电容器放电，G中有电流，电压减小，电场力减小，油滴向下运动，D错误．答案：A第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、实验题(本题共4小题，每题10分，共40分)11．(2018·浙江高考)(1)如图9甲所示，在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，同组同学已经完成部分导线的连接，请你在实物接线图中完成余下导线的连接．图9(2)某同学从标称为“220V 25W”、“220V 300W”、“220V 500W”的3只灯泡中任选一只，正确使用多用电表测量灯泡阻值如图9乙所示．该灯泡的阻值是________ Ω，标称的额定功率为________ W.解析：(1)因为小灯泡的电阻远小于电压表内阻，所以选用外接法，需要测量多组数据和描绘图象，需要电压从0开始调节，所以为分压电流表外接法．(2)多用电表测量的为没有接入电路时的电阻，该电阻要比接入电路中的电阻小些，所以为25 W的小灯泡．答案：(1)连接如图10图10(2)1602512．(2018·全国卷Ⅰ)如图11所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号．在开关闭合后，发现小灯泡不亮．现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点．图11(1)为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的________挡．在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的________挡．(2)在开关闭合情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明__________可能有故障．(3)将小灯泡拆离电路，写出用多用电表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤．________________________________________________________________________________________________________________________________________________解析：本题主要考查多用电表的使用、闭合电路欧姆定律等知识点，意在考查考生应用闭合电路欧姆定律分析电路故障，加强对理论联系实际的能力的考查．用多用电表欧姆挡测电阻时必须将其从电路中断开，在点1和点2已接好的情况下，应选用多用电表的电压挡测量各器材两端的电压；点1和点2同时断开时，可以用欧姆挡进行测量．在开关闭合时，若测得5、6两点间电压接近电源电动势，可知开关或连接点5、6出现故障．把小灯泡拆离电路后，检验小灯泡是否断路可用多用电表的欧姆挡，调零后进行测量，如果电阻无穷大，说明灯泡是断路的．答案：(1)电压欧姆(2)开关或连接点5、6(3)①将多用电表挡位调至欧姆挡；②将红、黑表笔相接，检查欧姆挡能否正常工作；③测量小灯泡的电阻．如电阻为无穷大，表明小灯泡有故障．图1213．图12为用伏安法测量电阻的原理图．图中，为电压表，内阻为4000 Ω；为电流表，内阻为50 Ω；E 为电源，R 为电阻箱，R x 为待测电阻，S 为开关．(1)当开关闭合后电压表读数U ＝1.6 V ，电流表读数I ＝2.0 mA.若将R x ＝UI 作为测量值，所得结果的百分误差是________．(2)若将电流表改为内接，开关闭合后，重新测得电压表读数和电流表读数，仍将电压表读数与电流表读数之比作为测量值，这时结果的百分误差是________．(百分误差＝|实际值－测量值|实际值×100%)解析：(1)通过电压表的电流I v ＝UR v ＝0.4 mA通过R x 的电流I Rx ＝(2.0－0.4) mA ＝1.6 mA R x 的实际阻值 R x 实＝UI Rx ＝1000 ΩR x 的测量值R x 测＝UI＝800 Ω结果百分误差＝|1000－800|1000×100%＝20%.(2)同理可得电流表改为内接时，结果百分误差＝|1000－1050|1000×100%＝5%.答案：(1)20% (2)5%14．(2018·重庆高考)硅光电池是一种可将光能转换为电能的器件，某同学用图13所示电路探究硅光电池的路端电压U 与总电流I 的关系，图中R 0为已知定值电阻，电压表视为理想电压表．图13 图14(1)请根据图13，用笔画线代替导线将图14中的实验器材连接成实验电路． (2)若电压表V 2的读数为U 0，则I ＝________.(3)实验一：用一定强度的光照射硅光电池，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的U —I 曲线a ，见图15，由此可知电池内阻 ________(填“是”或“不是”)常数，短路电流为________mA ，电动势为________V .(4)实验二：减小实验一中光的强度，重复实验，测得U —I 曲线b ，见图15.图15当滑动变阻器的电阻为某值时，若实验一中的路端电压为1.5 V ，则实验二中外电路消耗的电功率为________mW(计算结果保留两位有效数字)．解析：本题考查了闭合电路的欧姆定律和电阻的伏安特性曲线等，意在考查考生数据处理的能力、创造性作图的能力等．(2)由部分电路的欧姆定律有I ＝U 0R 0(3)由U ＝E －Ir 知，若电池内阻不变，则图线应该是直线．(4)因为两次实验中外电路的总电阻没有改变，因此可以作出外电路总电阻的伏安特性曲线，它和b 曲线的交点就是外电路中总电阻的工作状态．先找出外电阻在实验一中的工作状态，再将点(210,1.5)和原点相连，和曲线b 相交于(93,0.7)．答案：(1)如图16所示 (2)U 0R 0(3)不是 0.295(0.293～0.297) 2.67(2.64～2.70) (4)0.065(0.060～0.180)图16三、计算题(本题共2小题，每题10分，共20分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)图1715．(2018·浙江宁波期末)某课外小组设计了一种测定风速的装置，其原理如图17所示．一个劲度系数k ＝120 N/m 、自然长度L 0＝1 m 的弹簧一端固定在墙上的M 点，另一端N 与导电的迎风板相连，弹簧穿在光滑水平放置的电阻率较大的金属杆上，弹簧是不导电的材料制成的．迎风板面积S ＝0.5 m 2，工作时总是正对着风吹来的方向，电路的一端与迎风板相连，另一端在M 点与金属杆相连，迎风板可在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好．定值电阻R ＝1.0 Ω，电源的电动势E ＝12 V ，内阻r ＝0.5 Ω.闭合开关，没有风吹时，弹簧处于原长，电压表的示数U 1＝9.0 V ，某时刻由于风吹迎风板，电压表的示数变为U 2＝6.0 V ．(电压表可看做理想表)求：(1)金属杆单位长度的电阻； (2)此时作用在迎风板上的风力．解析：设无风时金属杆接入电路的电阻为R 1，风吹时接入电路的电阻为R 2，由题意得 (1)无风时：U 1＝ER 1＋R ＋r R 1得R 1＝4.5 Ω所以金属杆单位长度的电阻r ＝R 1L 0＝4.51 Ω/m ＝4.5 Ω/m.(2)有风时：U 2＝ER 2＋R ＋r R 2得R 2＝1.5 Ω此时，弹簧长度L ＝R 2r ＝13 m压缩量x ＝L 0－L ＝(1－13) m ＝23m由二力平衡得此时风力：F ＝kx ＝120×23 N ＝80 N.答案：(1)4.5 Ω/m (2)80 N图1816．如图18所示电路，已知R 3＝4 Ω，闭合电键，安培表读数为0.75 A ，伏特表读数为2 V ，经过一段时间，一个电阻被烧坏(断路)，使安培表读数变为0.8 A ，伏特表读数变为3.2 V ，问：(1)哪个电阻发生断路故障？ (2)R 1的阻值是多少？(3)能否求出电源电动势E 和内阻r ？如果能，求出结果；如果不能，说明理由．解析：(1)伏特表和安培表有示数且增大，说明外电阻增大，故只能是R 2被断路了． (2)R 1＝U 1′I 1′＝3.20.8Ω＝4 Ω.(3)UR 3＝I 1R 1－UR 2＝0.75×4 V －2 V ＝1 VI3＝UR3R3＝14＝0.25 AE＝3.2 V＋0.8 A×(R4＋r)E＝3 V＋(0.25 A＋0.75 A)(R4＋r)R4＋r＝1 ΩE＝4 V故只能求出电源电动势E而不能求出内阻r.答案：(1)R2(2)4 Ω(3)4 V不能求出内阻理由见解析。
2018版高考物理一轮复习第七章恒定电流实验十一练习使用多用电表
实验十一练习使用多用电表突破点(一) 多用电表的使用和读数[典例1] 图(a)为多用电表的示意图，其中S、K、T为三个可调节的部件，现用此电表测量一阻值约1 000 Ω的定值电阻。
(1)测量的某些操作步骤如下：①调节可调部件________，使电表指针停在____________(选填“电流0刻度”“欧姆0刻度”)位置。
②调节可调部件K，使它的尖端指向__________(选填“×1 k”“×100”“×10”“×1”)位置。
③将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件________，使电表指针指向________(选填“电流0刻度”“欧姆0刻度”)位置。
④将红、黑表笔笔尖分别接触待测电阻的两端，当指针摆稳后，读出表头的示数，如图(b)所示，再乘以可调部件K所指的倍率，得出该电阻的阻值R x＝________。
⑤测量完毕，应调节可调部件K，使它的尖端指向“OFF”或交流电压“×500”位置。
(2)欧姆挡进行调零后，用“×10”挡测量另一个阻值未知的电阻，发现指针偏转角度很小，则下列说法和做法中正确的是________。
A．这个电阻的阻值较小B．这个电阻的阻值较大C．为测量更准确些，电表应当换用欧姆“×1”挡，并且重新调零后进行测量D．为测量更准确些，电表应当换用欧姆“×100”挡，并且重新调零后进行测量[答案] (1)①S电流零刻度②×100③T欧姆0刻度④1 100 Ω(2)BD[由题引知·要点谨记]1.考查多用电表测电阻的步骤[对应第(1)题](1)调整定位螺丝，使指针指向电流的零刻度。
(2)选择开关置于“Ω”挡的“×1”处，短接红、黑表笔，调节欧姆调零旋钮，然后断开表笔，再使指针指向∞。
(3)将两表笔分别接触阻值为几十欧的定值电阻两端，读出指示的电阻值，然后断开表笔，再与标定值进行比较。
全国通用版2018高考物理大一轮复习第七章静电场第1课时库仑定律电场力的性质课件
静电场
统计考情·有的放矢
考点内容 课 时 考点名称 2011 2012 全国新课标卷命题实况 2013 Ⅰ卷 Ⅱ 卷 2014 Ⅰ Ⅱ 卷 卷 2015 Ⅰ 卷 Ⅱ 卷 Ⅰ 卷
明考情
2016 Ⅱ 卷 Ⅲ 卷
库 仑 定 律 电 场 力 的 性 质
库仑定律 的理解与 应用
电场强度 的理解与 应用 带电体的 力电综合 问题 T15
入其中的电荷有力的作用. 2.电场线的特点
(1)电场线从正电荷出发,终止于 无限远处,终止于 负电荷 .
(2)电场线在电场中不相交. (3)在同一电场中,电场线越密的地方
负电荷或无限远处
,或来自于
场强 越大. (4)电场线上某点的切线方向表示该点的 场强方向 (5)沿电场线方向电势逐渐 降低 . (6)电场线和等势面在相交处 (8)几种典型电场的电场线分布 互相垂直 .
(1)x坐标轴上哪个位置的电场强度为零?从x=0开始,
在x坐标轴上沿正方向,电场强度的大小如何变化? (2)x坐标轴上,电场强度沿正方向的是什么区域?电 选修3-1P15图1.3-13 场强度沿负方向的是什么区域? 解析:(1)由等量异号点电荷的电场线分布特点可知,x=3 cm处的电场强 度为零.从x=0开始,沿x轴正方向,在0<x<6 cm区间内电场强度先变小后 变大,在x>6 cm区间内,电场强度一直变小. (2)在0<x<6 cm区间内,电场强度方向沿x轴正方向;在x<0和x>6 cm区间 内,电场强度方向沿x轴负方向. 答案:(1)x=3 cm 先变小后变大再变小 (2)0<x<6 cm x<0和x>6 cm
二、库仑定律
1.内容:
优品课件之2018届高考物理大一轮复习：第七章静电场(8份有课件)
2018届高考物理大一轮复习：第七章静电场（8份有课件）第1节电场力的性质一、电荷及其守恒定律库仑定律 1．元电荷、点电荷 (1)元电荷：e＝1.60×10－19 C，所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍． (2)点电荷：代表带电体的有一定电荷量的点，忽略带电体的大小和形状的理想化模型． 2．电荷守恒定律 (1)内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变． (2)三种起电方式：摩擦起电、感应起电、接触起电． (3)带电实质：物体得失电子． (4)电荷的分配原则：两个形状、大小相同且带同种电荷的导体，接触后再分开，二者带相同电荷；若两导体原来带异种电荷，则电荷先中和，余下的电荷再平分． 3．感应起电(1)起电原因：电荷间的相互作用，或者说是电场对电荷的作用． (2)当有外加电场时，电荷向导体两端移动，出现感应电荷，当无外加电场时，导体两端的电荷发生中和． 4．库仑定律 (1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上． (2)表达式：F＝kq1q2r2，式中k＝9.0×109 N•m2/C2，叫做静电力常量． (3)适用条件：真空中的点电荷．①在空气中，两个点电荷的作用力近似等于真空中的情况，可以直接应用公式；②当两个带电体的间距远大于本身的大小时，可以把带电体看成点电荷． (4)库仑力的方向：由相互作用的两个带电体决定，且同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．二、电场、电场强度 1．电场 (1)定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质． (2)基本性质：对放入其中的电荷有力的作用． 2．电场强度 (1)定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F与它的电荷量q的比值． (2)定义式：E ＝Fq.单位：N/C或V/m. (3)矢量性：规定正电荷在电场中某点受电场力的方向为该点电场强度的方向．三、电场线 1．电场线的特点 (1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于负电荷或无限远处． (2)电场线在电场中不相交． (3)电场线不是电荷在电场中的运动轨迹． 2．电场线的应用 (1)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大． (2)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向． (3)沿电场线方向电势逐渐降低． (4)电场线和等势面在相交处互相垂直． [自我诊断] 1．判断正误 (1)任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍．(√) (2)根据F＝kq1q2r2，当r→0时，F→∞.(×) (3)电场强度反映了电场力的性质，所以电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比．(×) (4)电场中某点的电场强度方向即为正电荷在该点所受的电场力的方向．(√) (5)在真空中，电场强度的表达式E＝kQr2中的Q就是产生电场的点电荷．(√) (6)在点电荷产生的电场中，以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同．(×) (7)电场线的方向即为带电粒子的运动方向．(×) 2．两个分别带有电荷量＋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，它们之间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定，距离变为2r，则两球间库仑力的大小为( ) A.14F B．34F C.13F D．F 解析：选C.两球接触前F＝3kQ2r2，接触后所带电量均为＋2Q，库仑力大小为F′＝＝kQ2r2 ＝13F，C正确． 3．(多选)以下关于电场和电场线的说法中正确的是( ) A．电场、电场线都是客观存在的物质，因此电场线不仅能在空间相交，也能相切 B．在电场中，凡是电场线通过的点，场强不为零，没有电场线的区域内的点场强为零 C．同一试探电荷在电场线密集的地方所受电场力大 D．电场线是人们假想的，用以形象表示电场的强弱和方向，客观上并不存在解析：选CD.电场线是假想的，不是物质，在空间不相交、不相切，没有电场线的区域内的点，场强不一定为零，A、B错误，C、D正确． 4. 如图所示，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR＝2RQ.则( ) A．q1＝2q2 B．q1＝4q2 C．q1＝－2q2 D．q1＝－4q2 解析：选B.由于R处的合场强为0，故两点电荷的电性相同，结合点电荷的场强公式E＝kqr2可知kq1r21－kq2r22＝0，又r1＝2r2，故q1＝4q2，本题选B. 考点一电荷守恒定律和库仑定律 1．库仑定律适用条件的三点理解 (1)对于两个均匀带电绝缘球体，可以将其视为电荷集中于球心的点电荷，r为两球心之间的距离． (2)对于两个带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布． (3)不能根据公式错误地推论：当r→0时，F→∞.其实，在这样的条件下，两个带电体已经不能再看成点电荷了． 2．应用库仑定律的三条提醒 (1)在用库仑定律公式进行计算时，无论是正电荷还是负电荷，均代入电量的绝对值计算库仑力的大小． (2)两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律，大小相等、方向相反． (3)库仑力存在极大值，由公式F＝kq1q2r2可以看出，在两带电体的间距及电量之和一定的条件下，当q1＝q2时，F最大． 1. 如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b，壳层的厚度和质量分布均匀，将它们分别固定于绝缘支座上，两球心间的距离为l，为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，两球电荷量的绝对值均为Q，那么，a、b两球之间的万有引力F引、库仑力F库分别为( ) A．F引＝Gm2l2，F库＝kQ2l2 B．F引≠Gm2l2，F库≠kQ2l2 C．F引≠Gm2l2，F库＝kQ2l2 D．F引＝Gm2l2，F库≠kQ2l2 解析：选D.万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然两球心间的距离l只有半径的3倍，但由于壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看做质量集中于球心的质点．因此，可以应用万有引力定律．对于a、b两带电球壳，由于两球心间的距离l只有半径的3倍，表面的电荷分布并不均匀，不能把两球壳看成相距l的点电荷，故D正确． 2．三个相同的金属小球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3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 解析：选D.由于各球之间距离远大于小球的直径，小球带电时可视为点电荷．由库仑定律F＝kQ1Q2r2知两点电荷间距离不变时，相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比．又由于三小球相同，则接触时平分总电荷量，故有F＝q•nq＝nq2•q＋nq22，解得n＝6，D正确． 3．已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同．如图所示，半径为R的球体上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在过球心O的直线上有A、B两个点，O和B、B和A间的距离均为R.现以OB为直径在球内挖一球形空腔，若静电力常量为k，球的体积公式为V＝43πr3，则A点处检验电荷q受到的电场力的大小为( ) A.5kqQ36R2 B.7kqQ36R2 C.7kqQ32R2 D.3kqQ16R2 解析：选B.实心大球对q的库仑力F1＝kqQ4R2，实心小球的电荷Q′＝Q×R23R3＝Q8，实心小球对q的库仑力F2＝kqQ832R2＝kqQ18R2，检验电荷q所受的电场力F＝F1－F2＝7kqQ36R2，选项B正确．考点二库仑力作用下的平衡问题和动力学问题考向1：“三个自由点电荷平衡”的问题 (1)平衡的条件：每个点电荷受到另外两个点电荷的合力为零或每个点电荷处于另外两个点电荷产生的合场强为零的位置． (2) 1. 如图所示，在一条直线上有两个相距0.4 m的点电荷A、B，A带电＋Q，B带电－9Q.现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态，则C的带电性质及位置应为( ) A．正电荷，在B的右边0.4 m处 B．正电荷，在B的左边0.2 m处 C．负电荷，在A的左边0.2 m处 D．负电荷，在A的右边0.2 m处解析：选C.要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异”、“两大夹小”的原则，所以C正确． 2．(2017•福建宁德质检)如图所示，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A和C 围绕B做匀速圆周运动，B恰能保持静止，其中A、C和B的距离分别是L1和L2.不计三个质点间的万有引力，则A和C的比荷(电荷量与质量之比)应是( ) A.L1L22 B．L2L12 C.L1L23 D.L2L13 解析：选C.根据B恰能保持静止可得kqAqBL21 ＝kqCqBL22； A做匀速圆周运动， kqAqBL21－＋＝mAω2L1，C做匀速圆周运动，kqCqBL22－＋＝mCω2L2，联立解得A和C的比荷(电荷量与质量之比)之比应是L1L23，选项C正确．考向2：共点力作用下的平衡问题解决库仑力作用下平衡问题的方法步骤库仑力作用下平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多了电场力．具体步骤如下： 3．(多选) 如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则( ) A．小球A与B之间库仑力的大小为kq2d2 B．当qd＝ mgsin θk时，细线上的拉力为0 C．当qd ＝ mgtan θk时，细线上的拉力为0 D．当qd＝ mgktan θ时，斜面对小球A的支持力为0 解析：选AC.根据库仑定律可得两小球之间的库仑力大小为F＝kq2d2，选项A正确；当细线上的拉力为0时，小球A受到库仑力、斜面支持力、重力，由平衡条件得kq2d2＝mgtan θ，解得qd＝ mgtan θk，选项B错误，C正确；由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为0，选项D错误． 4．(2017•广东第二次大联考)(多选) 如图所示，A、B两球所带电荷量均为2×10－5C，质量均为0.72 kg，其中A球带正电荷，B球带负电荷，且均可视为点电荷．A球通过绝缘细线吊在天花板上，B球固定在绝缘棒一端，现将B球放在某一位置，能使绝缘细线伸直，A球静止且与竖直方向的夹角为30°，则A、B球之间的距离可能为( ) A．0.5 m B．0.8 m C．1.2 m D．2.5 m 解析：选AB.对A受力分析，受重力mg、细线的拉力FT、B对A的吸引力F，由分析知，A平衡时，F的最小值为F ＝mgsin 30°＝kq2r2，解得r＝1 m，所以两球的距离d≤1 m，A、B 正确．考向3：库仑力作用下的动力学问题解决与电场力有关的动力学问题的一般思路： (1)选择研究对象(多为一个带电体，也可以是几个带电体组成的系统)； (2)对研究对象进行受力分析，包括电场力、重力(电子、质子、正负离子等基本粒子在没有明确指出或暗示时一般不计重力，带电油滴、带电小球、带电尘埃等带电体一般计重力)； (3)分析研究对象所处的状态是平衡状态(静止或匀速直线运动)还是非平衡状态(变速运动等)； (4)根据平衡条件或牛顿第二定律列方程求解． 5．如图所示，竖直平面内有一圆形光滑绝缘细管，细管截面半径远小于半径R，在中心处固定一电荷量为＋Q的点电荷．一质量为m、电荷量为＋q的带电小球在圆形绝缘细管中做圆周运动，当小球运动到最高点时恰好对细管无作用力，求当小球运动到最低点时对管壁的作用力是多大？解析：设小球在最高点时的速度为v1，根据牛顿第二定律 mg－kQqR2＝mv21R① 设小球在最低点时的速度为v2，管壁对小球的作用力为F，根据牛顿第二定律有F－mg－kQqR2＝mv22R② 小球从最高点运动到最低点的过程中只有重力做功，故机械能守恒，则12mv21＋mg•2R＝12mv22③ 由①②③式得F＝6mg 由牛顿第三定律得小球对管壁的作用力F′＝6mg. 答案：6mg 6. 如图所示，在光滑绝缘水平面上放置一带正电的长直细棒，其周围产生垂直于带电细棒的辐射状电场，场强大小E与距细棒的垂直距离r成反比，即E＝kr.在带电长直细棒右侧，有一长为l的绝缘细线连接了两个质量均为m的带电小球A和B，小球A、B所带电荷量分别为＋q和＋4q，A球距直棒的距离也为l，两个球在外力F＝2mg的作用下处于静止状态．不计两小球之间的静电力作用． (1)求k的值； (2)若撤去外力F，求在撤去外力瞬时A、B小球的加速度和A、B小球间绝缘细线的拉力．解析： (1)对小球A、B及细线构成的整体，受力平衡，有qkl＋4qk2l＝2mg 解得k＝2mgl3q. (2)若撤去外力瞬时， A、B间细线拉力突然变为零，则对A球：q•kl＝maA得aA＝kqml，方向向右．对B球：4q•k2l＝maB得aB＝2kqml，方向向右．因为aA<aB，所以在撤去外力瞬时A、B将以相同的加速度a一起向右运动，A、B间绝缘细线张紧，有拉力T. 因此，对A、B整体，由牛顿第二定律，有q•kl＋4q•k2l＝2ma 解得a＝g 对A：q•kl＋T＝ma 解得T＝13mg 故撤去外力瞬时，A、B的加速度a＝g；A、B小球间绝缘细线的拉力T＝13mg. 答案：(1)2mgl3q (2)aA＝aB＝g13mg 考点三电场强度的理解和计算 1．三个场强公式的比较表达式比较 E＝Fq E＝kQr2 E＝Ud公式意义电场强度定义式真空中点电荷的电场强度决定式匀强电场中E与U的关系式适用条件一切电场①真空；②点电荷匀强电场决定因素由电场本身决定，与检验电荷q无关由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同决定由电场本身决定，d为两点沿场强方向的距离 2.电场的叠加 (1)叠加原理：多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处所产生的电场场强的矢量和． (2)运算法则：平行四边形定则． 1. A、B、C三点在同一直线上，AB∶BC＝1∶2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷．当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为( ) A．－F2 B．F2 C．－F D．F 解析：选B.设A处电场强度为E，则F＝qE；由点电荷的电场强度公式E＝kQr2可知，C处的电场强度为－E4，在C处放电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为F′＝－2q•－E4＝F2，选项B正确． 2．直角坐标系xOy中，M、N两点位于x 轴上，G、H两点坐标如图所示．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.3kQ4a2，沿y轴负向C.5kQ4a2，沿y轴正向 D.5kQ4a2，沿y轴负向解析：选B.处于O 点的正点电荷在G点处产生的场强E1＝kQa2，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E2＝E1＝kQa2，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E3＝E2＝kQa2，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E4＝，方向沿y轴正向，所以H点的场强E＝E3－E4＝3kQ4a2，方向沿y轴负向．优品课件，意犹未尽，知识共享，共创未来！！！。