2019年高考物理備考 中等生百日捷進(jìn)提升系列 專題08 靜電場（含解析）.docx

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專題08 靜電場 第一部分名師綜述 電場是電學(xué)的基礎(chǔ)，也是高考的重點(diǎn)，每年必考。一般以填空題或計(jì)算題的形式進(jìn)行考查。庫侖定律、電場線的性質(zhì)、帶電體在靜電場中的平衡、平行板電容器、帶電粒子在電場中的運(yùn)動等是考查的重點(diǎn)。特別是帶電粒子在電場中的運(yùn)動結(jié)合交變電流、磁場知識巧妙地把電場性質(zhì)與牛頓運(yùn)動定律、功能關(guān)系、動量等力學(xué)知識有機(jī)地結(jié)合起來，更是命題幾率較高的熱點(diǎn)。在復(fù)習(xí)本部分時(shí)要牢牢抓住力和能這兩條主線，將知識系統(tǒng)化，找出它們的聯(lián)系，做到融會貫通，同時(shí)還應(yīng)注意此部分知識與科技前沿、生活實(shí)際等的聯(lián)系，如靜電除塵、電容式傳感器、噴墨打印機(jī)、靜電分選器、示波器等。帶電粒子在電場中運(yùn)動一類問題，是高考中考查的重點(diǎn)內(nèi)容之一．在力、電綜合試題中，多把電場與牛頓運(yùn)動定律，動能定理，功能關(guān)系，運(yùn)動學(xué)知識，電路知識等巧妙地綜合起來，考查學(xué)生對這些基本知識、基本規(guī)律的理解和掌握的情況，應(yīng)用基本知識分析、解決實(shí)際問題的能力。 預(yù)測高考對電場考查選擇題和計(jì)算均有：選擇題主要檢測考生對重要概念的理解和基本規(guī)律的運(yùn)用．重點(diǎn)考查庫侖定律、電場、電場強(qiáng)度、電場線、勻強(qiáng)電場、電場強(qiáng)度的疊加、勻強(qiáng)電場中電勢差根電場強(qiáng)度的關(guān)系、電容器的電容等基本概念、基本規(guī)律的綜合運(yùn)用；計(jì)算題仍是以高分值高難度形式出現(xiàn)，重點(diǎn)是考查電場力、電勢能、電勢差、電勢等概念與力學(xué)綜合。從近幾年的高考來看，隨著招生比例的增大，試題的難度相對而言有所下降，思維難度大，起點(diǎn)高的超難試題沒有了，但同時(shí)送分題也沒有了，在論述題，計(jì)算題的思維起點(diǎn)都不是很高，隨著對物理過程研究的深入，思維難度逐步增大，因此有效的考查了學(xué)生的物理思維能力。因此抓好基本物理知識的教學(xué)仍是中學(xué)物理教學(xué)的首要任務(wù)。把握好復(fù)習(xí)節(jié)奏，適當(dāng)降低起點(diǎn)和速度，著重學(xué)生思維能力的培養(yǎng)過程，以基礎(chǔ)題訓(xùn)練方法，努力培養(yǎng)學(xué)生正確，良好的解題習(xí)慣，加強(qiáng)對學(xué)生復(fù)習(xí)方法，應(yīng)試策略與技巧的訓(xùn)練和指導(dǎo)。 第二部分知識背一背 一、庫倫定律與電荷守恒定律 1．庫侖定律 （1）真空中的兩個(gè)靜止的點(diǎn)電荷之間的相互作用力與它們電荷量的乘積成正比，與它們距離的二次方成反比，作用力的方向在他們的連線上。 （2）電荷之間的相互作用力稱之為靜電力或庫倫力。 （3）當(dāng)帶電體的距離比他們的自身大小大得多以至于帶電體的形狀、大小、電荷的分布狀況對它們之間的相互作用力的影響可以忽略不計(jì)時(shí)，這樣的帶電體可以看做帶電的點(diǎn)，叫點(diǎn)電荷。類似于力學(xué)中的質(zhì)點(diǎn)，也時(shí)一種理想化的模型。 2．電荷守恒定律 電荷既不能創(chuàng)生，也不能消失，只能從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到物體的另一部分，在轉(zhuǎn)移的過程中，電荷的總量保持不變，這個(gè)結(jié)論叫電荷守恒定律。 電荷守恒定律也常常表述為：一個(gè)與外界沒有電荷交換的系統(tǒng)，電荷的代數(shù)和總是保持不變的。 二、電場的力的性質(zhì) 1．電場強(qiáng)度 （1）定義：放入電場中的某一點(diǎn)的檢驗(yàn)電荷受到的靜電力跟它的電荷量的比值，叫該點(diǎn)的電場強(qiáng)度。該電場強(qiáng)度是由場源電荷產(chǎn)生的。 （2）公式： （3）方向：電場強(qiáng)度是矢量，規(guī)定某點(diǎn)電場強(qiáng)度的方向跟正電荷在該點(diǎn)所受靜電力的方向相同。負(fù)電荷在電場中受的靜電力的方向跟該點(diǎn)的電場強(qiáng)度的方向相反。 2．點(diǎn)電荷的電場 （1）公式： （2）以點(diǎn)電荷為中心，r為半徑做一球面，則球面上的個(gè)點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，E的方向沿著半徑向里（負(fù)電荷）或向外（正電荷） 3．電場強(qiáng)度的疊加 如果場源電荷不只是一個(gè)點(diǎn)電荷，則電場中某點(diǎn)的電場強(qiáng)度為各個(gè)點(diǎn)電荷單獨(dú)在該點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量和。 4．電場線 （1）電場線是畫在電場中的一條條的由方向的曲線，曲線上每點(diǎn)的切線方向，表示該點(diǎn)的電場強(qiáng)度的方向，電場線不是實(shí)際存在的線，而是為了描述電場而假想的線。 （2）電場線的特點(diǎn) 電場線從正電荷或從無限遠(yuǎn)處出發(fā)終止于無窮遠(yuǎn)或負(fù)電荷；電場線在電場中不相交；在同一電場里，電場線越密的地方場強(qiáng)越大；勻強(qiáng)電場的電場線是均勻的平行且等距離的線。 三、電場的能的性質(zhì) 1．電勢能 電勢能：由于移動電荷時(shí)靜電力做功與移動的路徑無關(guān)，電荷在電場中也具有勢能，這種勢能叫做電勢能。 2．電勢 （1）電勢是表征電場性質(zhì)的重要物理量，通過研究電荷在電場中的電勢能與它的電荷量的比值得出。 （2）公式：（與試探電荷無關(guān)） （3）電勢與電場線的關(guān)系：電勢順線降低。 （4）零電勢位置的規(guī)定：電場中某一點(diǎn)的電勢的數(shù)值與零電勢點(diǎn)的選擇無關(guān)，大地或無窮遠(yuǎn)處的電勢默認(rèn)為零。 3．等勢面 （1）定義：電場中電勢相等的點(diǎn)構(gòu)成的面。 （2）特點(diǎn)：一是在同一等勢面上的各點(diǎn)電勢相等，所以在同一等勢面上移動電荷，電場力不做功二是電場線一定跟等勢面垂直，并且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。 4．電場力做功 （1）電場力做功與電荷電勢能變化的關(guān)系： 電場力對電荷做正功，電荷電勢能減少；電場力對電荷做負(fù)功，電荷電勢能增加。電勢能增加或減少的數(shù)值等于電場力做功的數(shù)值。 （2）電場力做功的特點(diǎn)： 電荷在電場中任意兩點(diǎn)間移動時(shí)，它的電勢能的變化量是確定的，因而移動電荷做功的值也是確定的，所以，電場力移動電荷所做的功與移動的路徑無關(guān)，僅與始末位置的電勢差由關(guān)，這與重力做功十分相似。 四、電容器、電容 1．電容器 任何兩個(gè)彼此絕緣又相隔很近的導(dǎo)體都可以看成是一個(gè)電容器。（最簡單的電容器是平行板電容器，金屬板稱為電容器的兩個(gè)極板，絕緣物質(zhì)稱為電介質(zhì)） 2．電容 （1）定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值 表達(dá)式： （2）平行板電容器電容公式： 五、帶電粒子在電場中的運(yùn)動 1．加速： 2．偏轉(zhuǎn)：當(dāng)帶點(diǎn)粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場時(shí)，帶電粒子做類平拋運(yùn)動 粒子在電場中的運(yùn)動時(shí)間 粒子在y方向獲得的速度 粒子在y方向的位移 粒子的偏轉(zhuǎn)角： 第三部分技能+方法 一、電場的力的性質(zhì)和能的性質(zhì) 1．電場力：電場對放入其中的電荷有力的作用，電場力的大小和方向由電場強(qiáng)度和電荷共同決定．電場力的大小與電場強(qiáng)度的大小及帶電體所帶的電荷量有關(guān)，大小為F＝qE；電場力的方向與電場強(qiáng)度的方向及電荷的電性有關(guān)，正電荷所受的電場力方向與電場方向相同． 2．電勢能：放在電場中的電荷的電勢能由電勢和電荷共同決定．電勢能是標(biāo)量，其大小與電勢的高低及帶電體所帶的電荷量、電性有關(guān)，大小為Ep＝qφ，注意電勢的正負(fù)及電荷的正負(fù)． 3．比較電勢高低的方法技巧 （1）沿電場線方向電勢降低，電場線由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面； （2）先判斷出UAB的正負(fù)（如利用電場力做功WAB＝qUAB或其他方法），再由UAB＝φA－φB比較φA、φB的高低； （3）取無窮遠(yuǎn)為零電勢點(diǎn)，正電荷周圍電勢為正值，且離正電荷近處電勢高；負(fù)電荷周圍電勢為負(fù)值，且離負(fù)電荷近處電勢低． 二、帶電粒子在電場中的加速與偏轉(zhuǎn) 1．帶電粒子在電場中的加速 （1）帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的加速：可以應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合勻變速直線運(yùn)動的公式求解，也可應(yīng)用動能定理qU＝mv－mv求解，其中U為帶電粒子初末位置之間的電勢差． （2）帶電粒子在非勻強(qiáng)電場中的加速：只能應(yīng)用動能定理求解． 2．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) （1）帶電粒子在一般電場中的偏轉(zhuǎn)：帶電粒子做變速曲線運(yùn)動，其軌跡總位于電場力方向和速度方向的夾角之間，且向電場力的方向偏轉(zhuǎn)． （2）帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)：帶電粒子（不計(jì)重力）以某一初速度垂直于勻強(qiáng)電場方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場區(qū)域，粒子做勻變速曲線運(yùn)動，屬于類平拋運(yùn)動，要應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解的方法求解，同時(shí)要注意：①明確電場力方向，確定帶電粒子到底向哪個(gè)方向偏轉(zhuǎn)；②借助畫出的運(yùn)動示意圖尋找?guī)缀侮P(guān)系或題目中的隱含關(guān)系．帶電粒子在電場中的運(yùn)動可從動力學(xué)、能量等多個(gè)角度來分析和求解． 三、帶電體在重力場和電場中的運(yùn)動 帶電體在電場中運(yùn)動時(shí)，如果重力遠(yuǎn)小于電場力，則其重力可忽略不計(jì)，如電子、質(zhì)子、正負(fù)離子等微觀粒子；但帶電液滴、帶電塵埃等帶電體的重力一般不能忽略．帶電體在重力場和電場構(gòu)成的復(fù)合場中的運(yùn)動形式多樣，可能做直線運(yùn)動、一般曲線運(yùn)動、圓周運(yùn)動等；研究對象可能為單個(gè)物體，也可能是多個(gè)物體組成的系統(tǒng)；研究方法與力學(xué)綜合題的分析方法相近，因涉及電場力做功和電勢能的變化問題，其機(jī)械能不再守恒，但機(jī)械能和電勢能之和可能守恒，一般應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)規(guī)律、動能定理和能量守恒定律求解． 第四部分基礎(chǔ)練+測 一、單選題 1．空間同一直線上A、B、C、D處分別固定放置點(diǎn)電荷q1、q2、q3、q4，已知q1、q4帶等量正電荷, q2、q3帶等量負(fù)電荷,四點(diǎn)電荷在AD中垂線P點(diǎn)場強(qiáng)E=0。AP、BP與直線AD夾角分別為30、45,BO=OC,PO=OP’,將電荷Q先從P點(diǎn)移到O點(diǎn)、再從O點(diǎn)移到P’點(diǎn),電場力做功分別為W1、W2,則q1與q2電荷量的比值、W1與W2的關(guān)系正確的是 A．電荷量之比為22, W1=-W2 B．電荷量之比為22, W1=W2 C．電荷量之比為2, W1=-W2 D．電荷量之比為2, W1=W2 【答案】 A 【解析】 【詳解】 設(shè)OP=h，因P點(diǎn)的場強(qiáng)為零，則2kq1(hsin30°)2cos60°=2kq2(hsin45°)2cos45°，解得q1q2=22；由題可知，從P到O與從O到P＇電場方向相反，則電荷Q從P到O與從O到P＇電場力做功等大，符號相反，即W1=-W2，故選A. 2．在平面直角坐標(biāo)系的x軸上關(guān)于原點(diǎn)O對稱的P、Q兩點(diǎn)各放一個(gè)等量點(diǎn)電荷后，x軸上各點(diǎn)電場強(qiáng)度E隨坐標(biāo)x的變化曲線如圖所示。規(guī)定沿x軸正向?yàn)閳鰪?qiáng)的正方向，則下列說法正確的是 A．將一個(gè)正試探電荷從P點(diǎn)沿x軸移向Q點(diǎn)的過程中電勢能先增大后減小 B．x軸上從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的電勢先降低后升高 C．若將一個(gè)正試探電荷從兩點(diǎn)電荷連線的垂直平分線上的一側(cè)移至另一側(cè)對稱點(diǎn)的過程中一定是電場力先做正功后做負(fù)功 D．若將一個(gè)正試探電荷從兩點(diǎn)電荷連線的垂直平分線上的一側(cè)移至另一側(cè)對稱點(diǎn)的過程中受到的電場力可能先增大后減小 【答案】 D 【解析】 【詳解】 由電場分布可知，P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷，P、Q之間的電場線從P指向Q，則將一個(gè)正試探電荷從P點(diǎn)沿x軸移向Q點(diǎn)的過程中電場力做正功，則電勢能一直減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；x軸上從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的電勢一直降低，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；兩電荷連線的垂直平分線是等勢面，則若將一個(gè)正試探電荷從兩點(diǎn)電荷連線的垂直平分線上的一側(cè)移至另一側(cè)對稱點(diǎn)的過程中電場力不做功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；兩電荷連線的垂直平分線上，在兩電荷連線的中點(diǎn)處場強(qiáng)最大，則若將一個(gè)正試探電荷從兩點(diǎn)電荷連線的垂直平分線上的一側(cè)移至另一側(cè)對稱點(diǎn)的過程中受到的電場力先增大后減小，選項(xiàng)D正確； 3．質(zhì)子療法進(jìn)行治療，該療法用一定能量的質(zhì)子束照射腫瘤殺死癌細(xì)胞?，F(xiàn)用一直線加速器來加速質(zhì)子，使其從靜止開始被加速到1.0107m/s。已知加速電場的場強(qiáng)為1.3105N/C，質(zhì)子的質(zhì)量為1.6710-27kg，電荷量為1.610-19C，則下列說法正確的是 A．加速過程中質(zhì)子電勢能增加 B．質(zhì)子所受到的電場力約為210－15N C．質(zhì)子加速需要的時(shí)間約為810-6s D．加速器加速的直線長度約為4m 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A．加速過程中電場力對質(zhì)子做正功，則質(zhì)子電勢能減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤； B．質(zhì)子所受到的電場力約為F=Eq=1.31051.610-19N=210－14N，選項(xiàng)B錯(cuò)誤； C．加速度a=Fm=210-141.6710-27m/s2≈1.21013m/s2，則質(zhì)子加速需要的時(shí)間約為t=va=1.01071.21013s=8.310-7s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤； D．加速器加速的直線長度約為x=v2t=1.010728.310-7m≈4m，選項(xiàng)D正確。 4．如圖所示，水平地面上有一個(gè)傾角為θ的斜面，其表面絕緣．另一個(gè)帶正電的滑塊放在斜面上，兩物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)加上水平向右的勻強(qiáng)電場后，滑塊與斜面仍相對地面靜止，則 A．滑塊與斜面間的摩擦力一定變大 B．滑塊對斜面的壓力一定變大 C．斜面體與地面間的摩擦力可能不變 D．斜面體對地面的壓力一定變大 【答案】 B 【解析】 【詳解】 滑塊開始受重力、支持力和靜摩擦力處于平衡，加上勻強(qiáng)電場后，滑塊多了一個(gè)水平向右的電場力，所受的靜摩擦力方向可能沿斜面向上，可能沿斜面向下，則摩擦力的大小可能減小、可能增大，可能不變。故A錯(cuò)誤。未加電場前，斜面體對滑塊的支持力N=mgcosθ，加上電場后，支持力的大小變?yōu)镹′=mgcosθ+qEsinθ，知滑塊對斜面的壓力變大。故B正確。對整體分析，未加電場時(shí)，水平方向上不受力，斜面體與地面的摩擦力為零，加上電場后，整體受到水平向左的摩擦力，知斜面體與地面間的摩擦力增大。豎直方向支持力的大小仍然等于總重力，所以斜面體與地面間的壓力不變。故CD錯(cuò)誤。故選B。 5．如圖所示電路中，電源內(nèi)阻為r，電流表A和電壓表V均為理想電表。平行板電容器C內(nèi)部有一個(gè)用絕緣細(xì)線懸掛的帶電小球，穩(wěn)定時(shí)細(xì)線偏離豎直方向一個(gè)小角度,當(dāng)滑動變阻器滑片P從右端向左端滑動的過程中,下列說法正確的是 A．電流表示數(shù)增大 B．電壓表示數(shù)增大 C．細(xì)線與豎直方向的偏角減小 D．滑片P移動中可能有兩個(gè)位置使電源輸出功率相等 【答案】 D 【解析】 【詳解】 AB、當(dāng)滑動變阻器的觸頭P從右端滑至左端的過程中，變阻器接入電路的電阻減小，滑動變阻器與燈L并聯(lián)的電阻減小，外電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析得知，電路中總電流I增大，路端電壓減小，則電壓表V的示數(shù)減小，滑動變阻器與燈L并聯(lián)的電壓U并=E-I(R0+r)減小，通過燈L的電流減小，電流表示數(shù)減小，故A、B錯(cuò)誤； C、電容器C的電壓UC=IR0，I增大，UC增大，根據(jù)E=UCd和F=qE可電場力增大，根據(jù)平衡條件可知線與豎直方向的偏角增大，故C錯(cuò)誤； D、若電源內(nèi)阻的阻值大于電阻R0的阻值，當(dāng)滑動變阻器的觸頭P從右端滑至左端的過程中，可能會外電阻先大于電源內(nèi)阻后小于電源內(nèi)阻，則有電源輸出功率先增大后減小，所以滑片P移動中可能有兩個(gè)位置使電源輸出功率相等，故D正確； 故選D。 6．如圖所示，空間有一正三棱錐OABC，點(diǎn)A、B、C分別是三條棱的中點(diǎn)。現(xiàn)在頂點(diǎn)O處固定一正的點(diǎn)電荷，則下列說法中正確的是(　　) A．A、B、C三點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同 B．△ABC所在平面為等勢面 C．將一正的試探電荷從A點(diǎn)沿直線AB移到B點(diǎn)，靜電力對該試探電荷先做正功后做負(fù)功 D．若A點(diǎn)的電勢為φA，A點(diǎn)的電勢為φA，則AA連線中點(diǎn)D處的電勢φD一定小于φA+φA2 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A、B、C三點(diǎn)到O點(diǎn)的距離相等，根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E=kQr2分析可知，A、B、C三點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，但方向不同，故A錯(cuò)誤。A、B、C的三個(gè)點(diǎn)到場源電荷的距離相等，在同一等勢面，但其它點(diǎn)到場源電荷的距離與A、B、C三點(diǎn)到場源電荷的距離不等，故△ABC所在平面不是等勢面，故B錯(cuò)誤；將一正的試探電荷從A點(diǎn)沿直線AB移到B點(diǎn)，電勢先升高后降低，電勢能先增大后減小，則靜電力對該試探電荷先做負(fù)功后做正功，故C錯(cuò)誤。由于AD間場強(qiáng)大于DA間場強(qiáng)，由U=Ed知，A、D間的電勢差大于DA間的電勢差，則有：φA-φD>φD-φA，則φD<12(φA+φA)，故D正確；故選D。 7．如圖所示，空間有一正三棱錐P-ABC，D點(diǎn)是BC邊上的中點(diǎn)，O點(diǎn)是底面ABC的中心，現(xiàn)在頂點(diǎn)P點(diǎn)固定一正的點(diǎn)電荷，則下列說法正確的是（） A．ABC三點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同 B．底面ABC為等勢面 C．將一正的試探電荷從B點(diǎn)沿直線BC經(jīng)過D點(diǎn)移到C點(diǎn)，靜電力對該試探電荷先做負(fù)功后做正功 D．若B、C、D三點(diǎn)的電勢為φB、φC、φD，則有φB-φD=φD-φC 【答案】 C 【解析】 【詳解】 AB．A、B、C三點(diǎn)到P點(diǎn)的距離相等，根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E=kQr2分析可知，A、B、C三點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，但方向不同；A、B、C的三個(gè)點(diǎn)到場源電荷的距離相等，在同一等勢面，但其它點(diǎn)到場源電荷的距離與A、B、C三點(diǎn)到場源電荷的距離不等，故底面ABC所在平面不是等勢面，故A、B錯(cuò)誤； C．將一正的試探電荷從B點(diǎn)沿直線BC經(jīng)過D點(diǎn)移到C點(diǎn)，電勢先升高后降低，電勢能先增大后減小，則靜電力對該試探電荷先做負(fù)功后做正功，故C正確； D．由于B、C的兩個(gè)點(diǎn)到場源電荷的距離相等，在同一等勢面，即φB=φC，則有φB-φD=φC-φD，故D錯(cuò)誤； 8．如圖所示，正方形 ABCD 處在勻強(qiáng)電場中，其中電勢 φA=0，φB=φD=4V．保持該電場強(qiáng)度的大小和方向不變，讓正方形以 A 點(diǎn)為軸在紙面內(nèi)逆時(shí)針轉(zhuǎn)過 45，則此時(shí)的 B 點(diǎn)和 C 點(diǎn)的電勢為（） A．φB=0VφC=42V B．φB=42VφC=42V C．φB=4VφC=4V D．φB=0VφC=4V 【答案】 B 【解析】 【詳解】 正方形未轉(zhuǎn)動時(shí)，φB=φD=4V，BD是一條等勢線，設(shè)中點(diǎn)為O，根據(jù)U=Ed知，AO間電勢差等于OC間電勢，UAO=UOC=-4V，則得φC=8V。 在紙面內(nèi)逆時(shí)針轉(zhuǎn)過45，如圖所示： 設(shè)正方形邊長為L，根據(jù)U=Ed可知，E=UOC2L，旋轉(zhuǎn)后BC在同一等勢面上，則E=UBAL，聯(lián)立可以得到UBA=42V，由于φA=0，故φB=42V，φC=42V，即旋轉(zhuǎn)后的B和C的電勢均為42V，故B正確，ACD錯(cuò)誤。 9．兩電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷固定在x軸上的O、M兩點(diǎn)，兩電荷連線上各點(diǎn)電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中C為ND段電勢最低的點(diǎn)，則下列說法正確的是 A．q1、q2為等量異種電荷 B． C、D兩點(diǎn)間場強(qiáng)方向沿x軸正方向 C．C點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為零 D．將一負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)的過程中，電勢能先減小后增大 【答案】 C 【解析】 【分析】 根據(jù)題中“各點(diǎn)電勢φ隨x變化的關(guān)系如圖所示”可知，本題考察φ-x圖象。據(jù)處理φ-x圖象的方法，應(yīng)用電場線的特點(diǎn)、電場強(qiáng)度、電勢能等知識分析推斷。 【詳解】 A：越靠近兩電荷電勢越高，則兩電荷均帶正電；又兩電荷連線上各點(diǎn)電勢φ隨x變化的關(guān)系圖象具有對稱性，則q1、q2為等量同種電荷。故A項(xiàng)錯(cuò)誤。 B：從C到D電勢逐漸升高，順著電場線電勢降低，則C、D兩點(diǎn)間場強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向。故B項(xiàng)錯(cuò)誤。 C：兩電荷連線上各點(diǎn)的場強(qiáng)沿兩電荷連線，則兩電荷連線上各點(diǎn)的φ-x圖線的斜率k=ΔφΔx=E；由圖象得C點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為零。故C項(xiàng)正確。 D：從N點(diǎn)到D點(diǎn)的過程中電勢先減小后增大，據(jù)EP=qφ知，負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)的過程中電勢能先增大后減小。故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 10．圖中實(shí)線是一簇未標(biāo)明方向的由點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時(shí)的運(yùn)動軌跡，a、b是軌跡上的兩點(diǎn)，若帶電粒子在運(yùn)動中只受電場力作用，根據(jù)此圖可作出正確判斷的是： A．帶電粒子一定帶正電 B．帶電粒子在a點(diǎn)的速度大于b點(diǎn)的速度 C．帶電粒子在a點(diǎn)的加速度大于在b點(diǎn)的加速度 D．帶電粒子在a點(diǎn)的電勢能小于在b點(diǎn)的電勢能 【答案】 C 【解析】 【詳解】 ABD、粒子的運(yùn)動軌跡向左彎曲，說明粒子在a、b兩點(diǎn)受到的電場力沿電場線向左，由于電場線方向不明，無法確定粒子的電性；若粒子從b運(yùn)動到a，電場力對粒子做負(fù)功，粒子的動能減小，電勢能增大，則粒子在b點(diǎn)的速度較大，在b點(diǎn)電勢能較小，故A、B、D錯(cuò)誤； C、根據(jù)電場線的疏密與電場強(qiáng)度的強(qiáng)弱的關(guān)系，判斷出a點(diǎn)的電場強(qiáng)度大，故a點(diǎn)的電場力的大，根據(jù)牛頓第二定律可知，帶電粒子在a點(diǎn)的加速度比b點(diǎn)的加速度大，故C正確； 故選C。 二、多選題 11．如圖是密立根測電子電荷量實(shí)驗(yàn)的示意圖,把兩塊水平放置、間距為d的金屬板分別與恒定電壓為U的電源相接,用一個(gè)噴霧器把許多油滴從上板中間的小孔噴入電場,油滴由于摩擦而帶負(fù)電,其質(zhì)量、電荷量各不相同,用顯微鏡來觀察,找到其中懸浮不動的或做勻速直線運(yùn)動的油滴作為研究對象,已知其質(zhì)量為m,重力加速度為g.下列說法正確的是 A．M板電勢高于N板 B．油滴可帶任意大小電荷量 C．據(jù)mg=Uq/d,計(jì)算出的q等于電子電荷量 D．若已知某油滴做豎直向下的勻速直線運(yùn)動,它的電勢能會變大 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 A帶負(fù)電的油滴靜止不動，則油滴受到向上的電場力，題圖中平行板電容器上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，M板電勢高于N板，故選項(xiàng)A正確； B、不同油滴的所帶電荷量雖不相同，但都是最小電荷量(元電荷)的整數(shù)倍，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤； C、根據(jù)平衡條件有：mg=qUd，解得q=mgdU，計(jì)算出的q不一定等于電子電荷量，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤； D、已知某油滴做豎直向下的勻速直線運(yùn)動，電場力做負(fù)功，所以它的電勢能會變大，故選項(xiàng)D正確； 12．如圖所示,長為L、相距d的兩水平放置的平行金屬板之間有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。從離子源先后發(fā)射出氫同位素粒子11H、13H (不計(jì)重力),經(jīng)同一電場區(qū)加速,從兩極板中點(diǎn)以相同速率垂直磁感線水平進(jìn)入磁場,兩種粒子都恰好不打在極板上。下列說法正確的是 A．11H、13H粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑之比為3:1 B．極板長L與間距d之比為1：2 C．11H、13H粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為3:1 D．11H、13H粒子進(jìn)入電場區(qū)域前的初動能之比小于1/3 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 A．在磁場中的半徑：R=mvqB，因兩同位素的質(zhì)量之比為1:3，則半徑之比為1:3，選項(xiàng)A錯(cuò)誤； B．在板間運(yùn)動時(shí)在磁場中做圓周運(yùn)的半徑之比為r1:r2=1:3，且兩種粒子都恰好不打在極板上，可知12d=2r1,(r2-12d)2+L2=r22，聯(lián)立解得：L:d=1:2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤； C．11H在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為π，由幾何關(guān)系可知，13H在磁場中轉(zhuǎn)過的角度正弦值為sinθ=Lr2=223，可知兩種粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比不等于3:1，選項(xiàng)C錯(cuò)誤； D．根據(jù)動能定理，兩粒子在電場中運(yùn)動中滿足：Uq=12mv2-Ek1；Uq=12?3mv2-Ek2，則Ek1Ek2=12mv2-qU12?3mv2-qU=1312mv2-qU(12mv2-13qU)<13，選項(xiàng)D正確. 13．如圖所示，電荷量分別為+2q和-q的兩個(gè)點(diǎn)電荷P、Q置于真空中，在它們的連線上取M、 B 、C、D、E 五點(diǎn) ,己知AB=BP=PC=CQ=QD=DE, 下列判斷正確的是 A．E點(diǎn)處的電場強(qiáng)度為零 B．A點(diǎn)的場強(qiáng)小于C點(diǎn)的場強(qiáng) C．B點(diǎn)的電勢低于C點(diǎn)的電勢 D．把正試探電荷從D點(diǎn)移到E點(diǎn)，電場力做負(fù)功 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 按照電場疊加原理，場強(qiáng)為零的點(diǎn)在Q點(diǎn)右側(cè)離兩個(gè)電荷距離之比為2：1的位置，該位置在E點(diǎn)右側(cè)；A點(diǎn)的場強(qiáng)一定小于C點(diǎn)。B點(diǎn)和C點(diǎn)在+2q電荷的等勢面上，但B點(diǎn)比C點(diǎn)離-q電荷距離更遠(yuǎn)，故B點(diǎn)的電勢高于C點(diǎn)的電勢；將正電荷從D點(diǎn)移到E點(diǎn)，電勢升高，電場力做負(fù)功。故答案選BD。 14．如圖所示，+Q和-Q為真空中的兩個(gè)點(diǎn)電荷，abcd是以點(diǎn)電荷+Q為中心的正方形，c位于兩電荷的連線上．以下說法正確的是 A．a(chǎn)、b、c、d四點(diǎn)中c點(diǎn)場強(qiáng)最大 B．b、d兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等、方向相反 C．a(chǎn)、b、c、d四點(diǎn)中c點(diǎn)的電勢最低 D．a(chǎn)、b、c、d四點(diǎn)的電勢相等 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 根據(jù)電場線分布的對稱性和疊加性原理可知，b、d兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相等，方向不同，b點(diǎn)場強(qiáng)方向斜右向上，d點(diǎn)的場強(qiáng)方向斜右向下，a點(diǎn)的場強(qiáng)最小，C點(diǎn)的場強(qiáng)最大；根據(jù)順著電場線方向電勢降低，電勢不等，c點(diǎn)的電勢最低，故選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)誤； 說法正確的是選選項(xiàng)AC。 15．如圖所示，虛線為兩個(gè)等量點(diǎn)電荷P、Q形成的電場中的一組等勢面，相鄰等勢面與PQ連線交點(diǎn)間距離相等，一帶負(fù)電的粒子僅在電場力作用下的運(yùn)動軌跡與等勢面3、4、5的交點(diǎn)分別為a、b、c，以下說法正確的是（　?。? A．P、Q為同種電荷 B．PQ連線上O點(diǎn)的電場強(qiáng)度最小 C．相鄰等勢面間電勢差相等 D．粒子由a到c過程中動能逐漸減小 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 A．由圖，PQ連線的中垂線為一條等勢線，則該電場的等量異種點(diǎn)電荷的電場，故A錯(cuò)誤； B．根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場的特點(diǎn)可知，在PQ連線上，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度最小。故B正確； C．由于相鄰等勢面與PQ連線交點(diǎn)間距離相等，結(jié)合等量異種點(diǎn)電荷的電場的特點(diǎn)可知，相鄰等勢面間電勢差不相等。故C錯(cuò)誤； D．根據(jù)受力與軌跡彎曲方向的關(guān)系可知，粒子從a到c的過程中受到的電場力得方向向左，在粒子從a到c的過程中電場力做負(fù)功，粒子的動能減小。故D正確。 16．在直角坐標(biāo)系O—xyz中有一四面體O—ABC,其頂點(diǎn)坐標(biāo)如圖所示.在原點(diǎn)O固定一個(gè)電荷量為-Q的點(diǎn)電荷,下列說法正確的是( ) A．A、B、C三點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同 B．平面ABC構(gòu)成一個(gè)等勢面 C．若將試探電荷+q自A點(diǎn)沿+x軸方向移動,其電勢能增加 D．若在A、B、C三點(diǎn)放置三個(gè)點(diǎn)電荷,-Q所受電場力的合力不可能為零 【答案】 CD 【解析】 【詳解】 A、B、C三點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相同，但是方向不同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤； ABC三點(diǎn)的電勢是相等的，但是與平面ABC內(nèi)其他點(diǎn)的電勢不同，即平面ABC不能構(gòu)成一個(gè)等勢面，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若將試探電荷+q自A點(diǎn)沿+x軸方向移動，電場力做負(fù)功，則其電勢能增加，選項(xiàng)C正確；若在A、B、C三點(diǎn)放置三個(gè)點(diǎn)電荷，三個(gè)電荷在O點(diǎn)的場強(qiáng)方向不共面，則O點(diǎn)的場強(qiáng)不可能為零，則-Q所受電場力的合力不可能為零，選項(xiàng)D正確；故選CD. 17．如圖所示,xOy坐標(biāo)平面內(nèi),A與B,C與D分別關(guān)于原點(diǎn)O對稱，A、B兩點(diǎn)處于y軸上,分別固定等量異種點(diǎn)電荷,點(diǎn)K為OD中點(diǎn)。一個(gè)電子運(yùn)動過程中依次經(jīng)過C、O、D三點(diǎn)，電子在C點(diǎn)時(shí)的動能為2eV，從C點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)的過程中電場力所做的功為3eV，選O點(diǎn)電勢為零，則下列敘述正確的是 A．固定于B處的點(diǎn)電荷帶負(fù)電 B．C點(diǎn)和D點(diǎn)場強(qiáng)大小、方向均相同 C．C點(diǎn)和D點(diǎn)電勢不同 D．K點(diǎn)電勢為1.5V 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 AC、根據(jù)等量異種電荷周圍的電場分布，x軸為一條等勢線，電勢為零，從C點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)的過程中電場力做正功，電勢能減小，根據(jù)EP=qφ可知C點(diǎn)電勢為負(fù)，所以固定于B處的點(diǎn)電荷帶正電，D點(diǎn)電勢為正，故C正確，A錯(cuò)誤； B、根據(jù)對稱性和等量異種電荷周圍的電場分布可知電場強(qiáng)度大小相等，方向相同，故B正確； D、根據(jù)對稱性和能量守恒可知從O點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)的過程中電場力所做的功為3eV，由EP=qφ可知D點(diǎn)電勢為φD=3V，根據(jù)電場線的疏密程度可知KO段的電場強(qiáng)度的平均值大于DK段的電場強(qiáng)度的平均值，則有UKO>UDK，即φK-φO>φD-φK，解得K點(diǎn)電勢為φK>1.5V，故D錯(cuò)誤； 故選BC。 18．如圖所示，在光滑絕緣水平面上有一半徑為R的圓，AB是一條直徑，空間有與水平面平行的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E。在圓上A點(diǎn)有一發(fā)射器，以相同的動能平行于水平面沿不同方向發(fā)射帶電量為+q的小球，小球會經(jīng)過圓周上不同的點(diǎn)，在這些點(diǎn)中，以過C點(diǎn)的小球動能最大，且AC兩點(diǎn)間的距離為3R。忽略小球間的相互作用，下列說法正確的是 A．電場的方向與AB間的夾角為30 B．電場的方向與AB間的夾角為60 C．若A點(diǎn)的電勢φA=0，則C點(diǎn)的電勢φC=-1.5ER D．若在A點(diǎn)以初動能Ek0發(fā)射的小球，則小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的動能EkB=Ek0+3qER 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 AB、點(diǎn)A與點(diǎn)C間的距離為3R，連接CO，CO=AO=R，說明∠CAO=∠ACO=30；小球在勻強(qiáng)電場中，從a點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)，根據(jù)動能定理有：qUAC=Ek，因?yàn)榈竭_(dá)C點(diǎn)時(shí)的小球的動能最大，所以UAC最大，則在圓周上找不到與C電勢相等的點(diǎn)，且由A到C電場力對小球做正功，過C點(diǎn)作切線，為等勢線電場線與等勢面垂直，場強(qiáng)方向如圖示，所以電場方向與AB間的夾角θ為60，故A錯(cuò)誤，B正確； C、AC間的電勢差為：UAC=E(3Rcos30)=32ER，若A點(diǎn)的電勢φA=0，根據(jù)UAC=φA-φC，則C點(diǎn)的電勢φC=-32ER，故C正確； D、AB間的電勢差為：UAB=E(2Rcos60)=ER，根據(jù)動能定理，在A點(diǎn)以初動能Ek0發(fā)射的小球，從A到B動能增加量為qER，則小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的動能EkB=Ek0+qER，故D錯(cuò)誤； 故選BC。 19．在水平向左的勻強(qiáng)電場中，一帶電顆粒以速度v從a點(diǎn)水平向右拋出，不計(jì)空氣阻力，顆粒運(yùn)動到b點(diǎn)時(shí)速度大小仍為v，方向豎直向下。已知顆粒的質(zhì)量為m，電荷量為q，重力加速度為g，則顆粒從a運(yùn)動到b的過程中 A．做勻變速運(yùn)動 B．速率先增大后減小 C．電勢能增加了12mv2 D．a(chǎn)點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)低mv2q 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 A.小球受到的重力和電場力是恒力，所以小球做的是勻變速運(yùn)動。故A正確 B.由于不知道重力和電場力的大小關(guān)系，故無法確定速度大小的變化情況。故B錯(cuò)誤。 C.在平行于電場方向，小球的動能減小量為ΔEk=12mv2，減小的動能轉(zhuǎn)化為了小球的電勢能，所以小球電勢能增加了12mv2。故C正確。 D. 在平行于電場方向有qUab=0-12mv2，解之得Uab=-mv022q，所以a點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)低mv022q。故D錯(cuò)誤。 20．如圖甲，兩個(gè)等量同種電荷P、Q固定于光滑絕緣水平面上，電荷量q=+110-3C，質(zhì)量m=0.02kg的小球從a點(diǎn)靜止釋放，沿中垂線運(yùn)動到電荷連線中點(diǎn)O過程中的v—t圖象如圖乙中圖線①所示，其中b點(diǎn)處為圖線切線斜率最大的位置，圖中②為過b點(diǎn)的切線，則下列說法正確的是 A．P、Q帶正電荷 B．b點(diǎn)的場強(qiáng)E=30 v／m C．a(chǎn)、b兩點(diǎn)間的電勢差為90V D．小球從a到O的過程中電勢能先減少后增加 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 A．帶正電的小球從a點(diǎn)由靜止釋放，向上做加速運(yùn)動可知，受到向上的電場力，則aO線上的電場豎直向上，故兩電荷帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤； B．v-t圖象上斜率表示加速度可得：ab＝△v△t＝1.5m/s2①，根牛頓第二定律得：qEb=ma②，①②聯(lián)立解得：Eb=30V/m，故B正確； C．在ab由動能定理得：qUab=12mvb2?12mva2，由圖乙可得vb=3m/s帶入解得：Uab=90V，故C正確； D．由圖象乙可知，小球速度一直增大，電場力一直做正功，故電勢能一直減小，故D錯(cuò)誤。 三、解答題 21．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy第一、四象限存在正方形勻強(qiáng)磁場區(qū)域 ACDF，原點(diǎn)O位于AC邊中點(diǎn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直平面向里。帶電粒子以速度v0從O點(diǎn)沿x軸正方向射入磁場。不計(jì)粒子的重力。 （1）若正方形邊長為l，粒子恰從AF邊中點(diǎn)射出，求粒子的比荷； （2）設(shè)粒子從DF邊某處飛出磁場，且速度方向相對入射方向偏轉(zhuǎn)θ角。若將磁場換成沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，粒子也從DF邊上射出時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角仍為θ，求此電場強(qiáng)度的大小。 【答案】（1）qm=2v0Bl（2）Bv0cosθ 【解析】 【詳解】 （1）由牛頓第二定律：qv0B＝mv02r， 由幾何關(guān)系：r＝l2， 得qm=2v0Bl （2）設(shè)正方形邊長為l′，磁場中：qv0B＝mv02r， 其中sinθ＝lr 電場中：qE＝ma， l′＝v0t，vy＝at，tanθ＝vyv0 解得E＝Bv0cosθ 22．19世紀(jì)末湯姆遜發(fā)現(xiàn)電子以后，美國物理學(xué)家密立根進(jìn)行了多次試驗(yàn)，通過分析油滴在勻強(qiáng)電場中的受力與運(yùn)動，比較準(zhǔn)確地測定了電子的電量。下面我們在簡化的情況下分析這個(gè)實(shí)驗(yàn)。如圖所示，用噴霧器將油滴噴入電容器的兩塊水平的平行電極板之間時(shí)，油滴經(jīng)噴射后，一般都是帶電的。設(shè)油滴可視為球體，密度為ρ，空氣阻力與油滴半徑平方、與油滴運(yùn)動速度成正比。實(shí)驗(yàn)中觀察到，在不加電場的情況下，半徑為r的小油滴1以速度v勻速降落；當(dāng)上下極板間間距為d、加恒定電壓U時(shí)，該油滴以速度0.5 v勻速上升。重力加速度g已知。 （1）此油滴帶什么電？帶電量多大？ （2）當(dāng)保持極板間電壓不變而把極板間距增大到2d，發(fā)現(xiàn)此油滴以另一速度v1勻速下落，求v1與v的比值。 （3）維持極板間距離為d，維持電壓U不變，觀察到另外一個(gè)油滴2，半徑仍為r，正以速度0.5v勻速下降，求油滴2與油滴1帶電量之比 【答案】（1）油滴帶負(fù)電2πr3ρgdU（2）1/4 （3）1/3 【解析】 【詳解】 （1）由題意，阻力與r2與v成正比 記為f=kr2v 不加電場勻速下降，有mg=kr2v 當(dāng)上下極板間加電壓U、相距d，油滴以0.5v勻速上升，可知，油滴帶負(fù)電，油滴受電場力、重力、向下的阻力平衡 即mg+kr2v2=q1Ud；q1Ud=3mg2； m=4πr3ρ3 得q1=2πr3ρgdU （2）d增大到2倍，電場力減為一半為3mg/4, 以v1勻速下降，f1=kr2v1 mg=q1U2d+f1 , 可得v1/v=1/4 （3）油滴2半徑仍然為r，以0.5v勻速下降，可知仍然帶負(fù)電，設(shè)為q2，有 mg=q2Ud+kr2v2 可以解得q2/q1=1/3 23．兩個(gè)圓形平板電極，平行正對放置，相距為d，極板間的電勢差為U，板間電場可以認(rèn)為是均勻的。一個(gè)α粒子從正極板邊緣以初速度v0垂直于電場方向射入兩極板之間，到達(dá)負(fù)極板時(shí)恰好落在極板中心。已知質(zhì)子電荷為e，質(zhì)子和中子的質(zhì)量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響，求： （1）極板間的電場強(qiáng)度E； （2）α粒子到達(dá)負(fù)極板的速度v； （3）圓形平板電極的半徑R。 【答案】（1）E=Ud（2）v=v02+Uem（3）R=2v0dmUe 【解析】 【詳解】 （1）極板間的電場強(qiáng)度E=Ud （2）α粒子質(zhì)量為4m，電量為2e；根據(jù)動能定理：U?2e=12?4mv2-12?4mv02 解得：v=v02+Uem （3）α粒子射入電場后，豎直方向做勻速運(yùn)動，水平方向做勻加速運(yùn)動，則 R=v0t d=12?E?2e4mt2 解得R=2v0dmUe 24．如圖所示，帶電粒子從A 點(diǎn)以速度v0沿垂直電場線方向射入電場，從B 點(diǎn)飛出勻強(qiáng)電場時(shí)速度與水平方向成370角。已知帶電粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，電場寬度為L，不計(jì)帶電粒子的重力。求 （1）AB兩點(diǎn)間電勢差UAB； （2）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E. 【答案】(1) 9mv0232q (2) 3mv024qL 【解析】 【詳解】 (1) 帶電粒子在勻強(qiáng)電場做類平拋運(yùn)動，則有：tan37=vyvx 解得：vy=34v0 從A到B的過程，根據(jù)動能定理可得：qUAB=12mvy2 解的：UAB=9mv0232q (2)在水平方向，則有：L=v0t 在豎直方向，則有：y=0+vy2t 勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度：UAB=E?y 聯(lián)立可得：E=3mv024qL 25．如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)存在磁場和電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度和電場強(qiáng)度大小隨時(shí)間周期性變化，B的變化周期為4t0，E的變化周期為2t0，變化規(guī)律分別如圖乙和圖丙所示.在t＝0時(shí)刻從O點(diǎn)發(fā)射一帶負(fù)電的粒子(不計(jì)重力)，初速度大小為v0，方向沿y軸正方向。若規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，y軸正方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度的正方向，v0、t0、B0為已知量，磁感應(yīng)強(qiáng)度與電場強(qiáng)度的大小滿足：E0B0＝v0π；粒子的比荷滿足：qm＝πB0t0。求： (1)在t＝t02時(shí)，粒子的位置坐標(biāo)； (2)粒子偏離x軸的最大距離。 【答案】（1）(v0t0π，v0t0π)；（2）（32+2π）v0t0 【解析】 【分析】 根據(jù)洛倫茲力提供向心力和周期公式求粒子的坐標(biāo)；畫出粒子運(yùn)動軌跡，據(jù)此求粒子的最大距離； 【詳解】 （1）在0～t0時(shí)間內(nèi)，粒子做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得 qB0v0＝m4π2T2r1＝mv02r1 解得T＝2t0，r1＝mv0qB0＝v0t0π 則粒子在t02時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角α＝π2 所以在t＝t02時(shí)，粒子的位置坐標(biāo)為(v0t0π，v0t0π). （2）在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，設(shè)粒子經(jīng)電場加速后的速度為v，粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示 則v＝v0＋E0qmt0＝2v0 運(yùn)動的位移x＝v0+v2t0＝1.5v0t0 在2t0～3t0時(shí)間內(nèi)粒子做勻速圓周運(yùn)動，半徑r2＝2r1＝2v0t0π 故粒子偏離x軸的最大距離h＝x＋r2＝1.5v0t0＋2v0t0π＝(32＋2π)v0t0. 【點(diǎn)睛】 帶電粒子在電場、磁場和重力場等共存的復(fù)合場中的運(yùn)動，其受力情況和運(yùn)動圖景都比較復(fù)雜，但其本質(zhì)是力學(xué)問題，應(yīng)按力學(xué)的基本思路，運(yùn)用力學(xué)的基本規(guī)律研究和解決此類問題． 26．如圖所示，水平放置的兩個(gè)平行金屬板間有豎直方向的勻強(qiáng)電場，板長為L，板間距離為d，在距極板右端L處有一個(gè)豎直放置的屏M，一個(gè)帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)以初速度v0從兩板中央平行于極板正對屏的P點(diǎn)射入電場，最后垂直打在M屏上（重力加速度取g），試求： (1)板間的場強(qiáng)大小為多少？ (2)質(zhì)點(diǎn)打P點(diǎn)上方還是下方，相對于進(jìn)入時(shí)的水平線的豎直位移為多少？ 【答案】(1)E=2mgq，(2)質(zhì)點(diǎn)打在P點(diǎn)上方, s=gL2v02 【解析】 【分析】 (1)根據(jù)題意分析，小球最后垂直打在M屏上，必須考慮質(zhì)點(diǎn)的重力．小球在平行金屬板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，飛出電場后，小球的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，才能最后垂直打在M屏上．第一次偏轉(zhuǎn)小球做類平拋運(yùn)動，第二次斜向上拋運(yùn)動平拋運(yùn)動的逆過程，運(yùn)用運(yùn)動的分解法，根據(jù)對稱性，分析前后過程加速度的關(guān)系，再研究電場強(qiáng)度的大?。? (2)水平方向質(zhì)點(diǎn)始終做勻速直線運(yùn)動，小球在板間運(yùn)動的時(shí)間跟它從板的右端運(yùn)動到光屏的時(shí)間相等．由對稱性求小球打在屏上的位置與P點(diǎn)的距離． 【詳解】 (1)據(jù)題分析可知，小球在平行金屬板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運(yùn)動，飛出電場后，小球的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，才能最后垂直打在M屏上，前后過程質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動軌跡有對稱性，如圖所示： 可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得：qE-mg=mg 解得：E=2mgq (2)質(zhì)點(diǎn)要垂直打在M屏上，則打在M屏上時(shí)豎直方向上速度為零．對豎直方向上的運(yùn)動進(jìn)行分析，質(zhì)點(diǎn)的前一段運(yùn)動必定是在電場力和重力作用下做加速運(yùn)動，后一段運(yùn)動必定是在重力作用下做減速運(yùn)動，最后速度減小為零，則只可能先向上做加速運(yùn)動，然后向上做減速運(yùn)動，位移應(yīng)向上，故質(zhì)點(diǎn)打在P點(diǎn)上方. 由于質(zhì)點(diǎn)在水平方向一直做勻速直線運(yùn)動，兩段水平位移大小相等，則小球在板間運(yùn)動的時(shí)間跟它從板的右端運(yùn)動到熒光屏的時(shí)間相等. 小球在電場中向上偏轉(zhuǎn)的距離y=12at2 而a=qE-mgm=g t=Lv 解得：y=gL22v02 故小球打在屏上的位置與過P點(diǎn)的水平線距離為：s=2y=gL2v02 【點(diǎn)睛】 本題是類平拋運(yùn)動與平拋運(yùn)動的綜合應(yīng)用，基本方法相同：運(yùn)動的合成與分解，關(guān)鍵要分析出小球在電場內(nèi)外運(yùn)動的對稱性，得到加速度關(guān)系． 27．一帶電荷量為q(q>0)的粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動，依次通過A、B、C三點(diǎn)。粒子通過B點(diǎn)時(shí)速度最小，通過A、B兩點(diǎn)時(shí)的動能分別為Ek和14EK。不計(jì)粒子重力。求： (1)A、B兩點(diǎn)間的電勢差UAB； (2)粒子在A點(diǎn)時(shí)的速度方向與電場方向的夾角。 【答案】(1)-3Ek4q (2)150 【解析】 【分析】 （1）由動能定理求解A、B兩點(diǎn)間的電勢差；（2）粒子在垂直于電場方向做勻速直線運(yùn)動，平行電場方向先做勻加速直線運(yùn)動后做勻減速，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度方向垂直于電場，且速度達(dá)到最小值，從而求解粒子在A點(diǎn)時(shí)的速度方向與電場方向的夾角. 【詳解】 （1）粒子從A到B由動能定理：qUAB=EkB-EkA 解得UAB=-3Ek4q （2）如圖，粒子在A點(diǎn)時(shí)的速度為v，動能EkB=14EkA 可得vB=v2 將粒子在A點(diǎn)的速度v沿垂直和平行于電場方向分解為v1和v2，受力分析可知，粒子在垂直于電場方向做勻速直線運(yùn)動，平行電場方向先做勻加速直線運(yùn)動后做勻減速，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度方向垂直于電場，且速度達(dá)到最小值，可知：v1=vB=v2 設(shè)v與v2夾角為θ，則sinθ=v1v解得30 故粒子在A點(diǎn)的速度方向與電場方向的夾角為150 28．在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向（豎直向上）的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E0＝50 N/C；第Ⅳ象限區(qū)域內(nèi)有一寬度d＝0.2 m、方向沿x軸正方向（水平向右）的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量m＝0.1 kg、帶電荷量q＝+110-2C的小球從y軸上P點(diǎn)以一定的初速度垂直y軸方向進(jìn)入電場，通過第Ⅰ象限后，從x軸上的A點(diǎn)進(jìn)入第Ⅳ象限，并恰好沿直線通過該區(qū)域后從B點(diǎn)離開，已知P、A的坐標(biāo)分別為(0，0，4)，(0，4，0)，取重力加速度g＝10 m/s2。求： （1）初速度v0的大??； （2）A、B兩點(diǎn)間的電勢差UAB； （3）小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小。 【答案】（1）1 m/s （2）5 V （3）10m/s 【解析】 【分析】 （1）小球進(jìn)入豎直方向的勻強(qiáng)電場后做類平拋運(yùn)動，水平方向做勻速運(yùn)動，豎直方向都做勻加速運(yùn)動，分別列位移方程，即可求解； （2）小球在第四象限恰好做直線運(yùn)動，合外力的方向與速度方向在一條直線上，根據(jù)qEmg=v0vy可求電場強(qiáng)度，根據(jù)U＝El可求A、B間的電勢差； （3）對小球運(yùn)動的全過程，由動能定理，可求小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小。 【詳解】 （1）小球進(jìn)入豎直方向的勻強(qiáng)電場后做類平拋運(yùn)動，小球帶正電，受到的電場力豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律，加速度a=mg-qE0m 解得a＝5 m/s2 根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律有，小球沿水平方向做勻速運(yùn)動：xA＝v0t 沿豎直方向有：yP=12at2 v0=xAa2yP 解得v0＝1 m/s。 （2）設(shè)水平電場的電場強(qiáng)度大小為E，因未進(jìn)入電場前，帶電小球做類平拋運(yùn)動，所以進(jìn)入電場時(shí)豎直方向的速度vy=2yPa 因?yàn)樾∏蛟谠撾妶鰠^(qū)域恰好做直線運(yùn)動，所以合外力的方向與速度方向在一條直線上，即速度方向與合外力的方向相同，有qEmg=v0vy 解得E＝50 N/C 設(shè)小球在水平電場中運(yùn)動的水平距離為l qEmg=ld 根據(jù)U＝El 解得UAB＝5 V。 （3）設(shè)小球在B點(diǎn)的速度大小為v，對小球運(yùn)動的全過程，由動能定理，有 12mv2-12mv02=mg(yP+d)+qUAB-qE0yP 解得v=10m/s。 29．如圖甲所示,一對平行金屬板M、N,兩板長為L,兩板間距離也為L,置于O1是的粒子發(fā)射源可連續(xù)沿兩板的中線O1O發(fā)射初速度為v0、電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子(不計(jì)粒子重力),若在M、N板間加變化規(guī)律如圖乙所示交變電壓UMN,交變電壓的周期為L/v0，t=0時(shí)刻入射的粒子恰好貼著N板右側(cè)射出,金屬板的右邊界與坐標(biāo)軸y軸重合,板的中心線O1O與坐標(biāo)軸x軸重合,y軸右側(cè)存在垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場,大小未知。求 (1)U0的值(用v0、g、m表示； (2)若已知分別在t=0、t=L/2v0時(shí)刻入射的粒子進(jìn)入磁場后,它們的運(yùn)動軌跡交于P點(diǎn),已知P點(diǎn)的縱坐標(biāo)為L,求P點(diǎn)的橫坐標(biāo)x以及磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B1； (3)撒去y軸右方磁場B1,要使射出電場的所有粒子經(jīng)y軸右側(cè)某一圓形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后都能通過圓形磁場邊界的一個(gè)點(diǎn)處,而便于再搜集,求該磁場區(qū)域的最小半徑,以及相應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B2。 【答案】(1)U0=2mv02q；(2)B1=mv0qL；(3)B2=2mv0qL 【解析】 【詳解】 (1)t=0時(shí)刻射入的粒子： L=v0t L2=12at2 U02q=ma 解得：U0=2mv02q； (2)t=L2v0時(shí)刻飛入的粒子恰好貼著M板右側(cè)射出，如圖 由幾何關(guān)系得： L+L2=r+r2-x2 L-L2=r-r2-x2 聯(lián)立解得：x=32L，r=L 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動有：qv0B1=mv02r 解得：B1=mv0qL (3)根據(jù)磁聚焦有：rmin=L2 qv0B2=mv02rmin 解得：B2=2mv0qL。 30．某“電場拋射裝置”如圖所示。兩正對平行金屬板A、B 豎直放置，相距為d，兩板間固定一內(nèi)壁光滑的絕緣細(xì)直管 CD，細(xì)管與水平面的夾角為 37 ，與金屬板夾角 53 。一質(zhì)量為m、帶電量為q 的小球（半徑略小于細(xì)管半徑）從管口C 處無初速釋放，經(jīng)板間電場加速后從另一管口D 射出，恰好水平進(jìn)入到與細(xì)管處在同一豎直平面的四分之三圓弧軌道的最低點(diǎn)M，M 點(diǎn)與C 點(diǎn)的高度差也為d。重力加速度為g， sin37=0.6， cos37=0.8。求： （1）小球從管口D 運(yùn)動到M 點(diǎn)所用的時(shí)間 （2）電場力對小球做功多少 （3）若小球在圓弧軌道上運(yùn)動的過程中始終不脫離軌道，求圓弧軌道的半徑的取值范圍 【答案】（1）d2g（2）139mgd（3）r≤845d或r≥49d 【解析】 【詳解】 （1）小球從D到M的運(yùn)動相當(dāng)于從M到D的平拋運(yùn)動，豎直方向上下落的高度為h=d-dtan370=d4 由h=12gt2 得：t=d2g （2）小球在D點(diǎn)時(shí)，豎直方向有：vy=gt=gd2 小球在M點(diǎn)的速度大小為：vM=vycos370=43gd2 小球從C到M，根據(jù)動能定理得：W電-mgd=12mvM2 解得：W電=139mgd （3）不脫離軌道分兩種情況討論： ①小球能過最高點(diǎn)N，則：12mvM2=2mgr+12mvN2 mg≤mvN2r 解得：r≤845d ②小球未到達(dá)圓心等高處速度已經(jīng)減為零，則 12mvM2≤mgr 解得：r≥49d 【點(diǎn)睛】 （1）小球從D到M的運(yùn)動相當(dāng)于從M到D的平拋運(yùn)動，根據(jù)豎直方向上的運(yùn)動可求時(shí)間； （2）根據(jù)速度的分解可求M點(diǎn)的速度，從C到M，根據(jù)動能定理可求電場力所做的功； （3）分小球能過最高點(diǎn)和不能到達(dá)圓心等高處兩種情況，根據(jù)機(jī)械能守恒可求半徑的范圍。