2021年江西省高考物理电场复习题 (34)

2021届高三物理一轮复习静电场训练二(电容器带电粒子在电场中的运动)一.选择题(本题共12小题,1-7为单选题,8-12为多选题,每小题4分,计48分)1．如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，电容器已带电，则下列判断不正确的是()A．增大两极板间的距离，指针张角变大B．将A板稍微上移，静电计指针张角变大C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D．若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小2.(2016·全国Ⅰ卷)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器()A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变3.如图所示，平行板电容器在充电后不切断电源，此时板间有一带电尘粒恰能在电场中静止．当正对的平行板左右错开一些时()A．带电尘粒将向上运动B．带电尘粒将向下运动C．通过电阻R的电流方向为A到BD．通过电阻R的电流方向为B到A4．如图所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则()A．当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B．当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ变小C．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大D．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小5．如图所示，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∶2 B．2∶1C．5∶2 D．3∶16.电容式加速度传感器的原理结构如图所示，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上．质量块可带动电介质移动改变电容．则()A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长D．当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流7．如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则()A．在荧屏上的亮斑向上移动B．在荧屏上的亮斑向下移动C．偏转电场对电子做的功减小D．偏转电场的电场强度减小8．(多选)如图甲所示，A、B是一对平行金属板．A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示．现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则()A．若电子是在t＝0时刻进入的，它可能不会到达B板B．若电子是在t＝T2时刻进入的，它一定不能到达B板C．若电子是在t＝T8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板D ．若电子是在t ＝3T8时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，最后穿过B 板9.(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a 、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a 、b ，它们由静止开始运动．在随后的某时刻t ，a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面．a 、b 间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是( )A ．a 的质量比b 的大B ．在t 时刻，a 的动能比b 的大C ．在t 时刻，a 和b 的电势能相等D ．在t 时刻，a 和b 的动量大小相等10．(多选)如图甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )A ．末速度大小为2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgdD ．克服电场力做功为mgd11．(多选)如图所示，带电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则( )A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2 B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶112．(多选)如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L ＝0.4 m ，两极板间距离d ＝4×10－3m ，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v 0从两极板中央平行极板射入，开关S 闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央．已知微粒质量m ＝4×10－5 kg 、电荷量q ＝＋1×10－8 C ，g 取10 m/s 2则下列说法正确的是( )A ．微粒的入射速度v 0＝10 m/sB ．电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场C ．电源电压为180 V 时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场D ．电源电压为100 V 时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场二、计算题(本题共4小题，共52分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(12分)如图所示，一带电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)水平向右电场的电场强度的大小；(2)若将电场强度减小为原来的12，小物块的加速度是多大；(3)电场强度变化后小物块下滑距离L 时的动能．14．(12分)如图所示，区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着有界匀强电场E 1、E 2，已知区域Ⅰ宽L 1＝0.8 m ，区域Ⅱ宽L 2＝0.4 m ，E 1＝102V/m 且方向与水平方向成45°角斜向右上方，E 2＝20 V/m 且方向竖直向下．带电荷量为q ＝＋1.6×10－3C ．质量m ＝1.6×10－3 kg 的带电小球(可视为质点)在区域Ⅰ的左边界由静止释放．g 取10 m/s 2，求：(1)小球在电场区域Ⅰ中运动的加速度大小和时间； (2)小球离开电场区域Ⅱ的速度大小和方向．15.(14分)如图甲所示，A 、B 为两块相距很近的平行金属板，A 、B 间电压为U AB ＝－U 0，紧贴A 板有一电子源，不停地飘出质量为m ，带电荷量为e 的电子(可视为初速度为0)．在B 板右侧两块平行金属板M 、N 间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期T ＝Lm2eU 0，板间中线与电子源在同一水平线上．已知板间距d ＝38L ，极板长L ，距偏转板右边缘S 处有荧光屏，经时间t 统计(t ≫T )只有50%的电子能打到荧光屏上．(板外无电场)，求：(1)电子进入偏转板时的速度；(2)T4时刻沿中线射入偏转板间的电子刚射出偏转板时与板间中线的距离； (3)电子打在荧光屏上的范围Y .16.(2020全国I ) (14分)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O 为圆心，半径为R 的圆，AB 为圆的直径，如图所示。

2020-2024全国高考真题物理汇编电势差与电场强度的关系一、单选题1．（2024江西高考真题）极板间一蜡烛火焰带有正离子、电子以及其他的带电粒子，两极板电压保持不变，当电极板距离减小时，电场强度如何变？电子受力方向？（ ）A ．电场强度增大，方向向左B ．电场强度增大，方向向右C ．电场强度减小，方向向左D ．电场强度减小，方向向右2．（2024北京高考真题）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M 、N 两点，P 、Q 是MN 连线上的两点，且MP QN =。

下列说法正确的是（ ）A ．P 点电场强度比Q 点电场强度大B ．P 点电势与Q 点电势相等C ．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P 点电场强度大小也变为原来的2倍D ．若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，P 、Q 两点间电势差不变二、多选题3．（2021海南高考真题）如图，在匀强电场中有一虚线圆，ab 和cd 是圆的两条直径，其中ab 与电场方向的夹角为60︒，0.2m ab =，cd 与电场方向平行，a 、b 两点的电势差20V ab U =。

则（ ）A ．电场强度的大小200V /m E =B ．b 点的电势比d 点的低5VC ．将电子从c 点移到d 点，电场力做正功D ．电子在a 点的电势能大于在c 点的电势能4．（2022重庆高考真题）如图为两点电荷Q 、Q '的电场等势面分布示意图，Q 、Q '位于x 轴上，相邻等势面的电势差为3V 。

若x 轴上的M 点和N 点位于0V 等势面上，P 为某等势面上一点，则（ ）A．N点的电场强度大小比M点的大B．Q为正电荷C．M点的电场方向沿x轴负方向D．P点与M点的电势差为12V三、填空题5．（2023福建高考真题）“场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜：在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，如图所示。

2021年江西省高考物理电场复习题
22．如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10m的绝缘细线悬挂于O A和O B两点。

用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，玻璃棒移开后将悬点O B移到O A点固定。

A、B球接触后分开，平衡时距离为0.12 m．已测得A、B球的质量均为1.2×10﹣5 kg，．A、
B球可视为点电荷，重力加速度g取10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N．m2/C2。

则A、B球接触分开后，求：
（1）A、B球所带电荷量是否相等；
（2）B球所受静电力的大小；
（3）B球所带的电荷量。

【解答】解：（1）用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，与A球接触后A带正电，而B不带电，所以两球接触后所带电荷量相等且都带正电。

（2）平衡后，两球都处于平衡状态，对A球受力分析，设悬挂A的细线与竖直方向的夹角为θ，如图所示：
根据几何关系得：sinθ=L
2
l
=0.06
0.10
=0.6
则：θ＝37°
则：tanθ=3 4
根据平衡条件得：tanθ=
F mg
代入数据解得：F＝9.0×10﹣5N
（3）根据库仑定律可知：F=kq2 L2
解得B球所带电荷量为：q＝1.2×10﹣8C 答：（1）A、B球所带电荷量相等。

（2）B球所受静电力的大小为9.0×10﹣5N。

（3）B球所带的电荷量为1.2×10﹣8C。

题组层级快练(三十四)闭合电路的欧姆定律一、选择题1.(2017·上海质检)如图所示，直线A、B分别为电源a、b的路端电压与电流的关系图线，设两个电源的内阻分别为r a和r b，若将一定值电阻R0分别接到a、b两电源上，通过R0的电流分别为I a和I b，则( )A．r a>r bB．I a>I bC．R0接电源a时，电源的输出功率较大，但效率较低D．R0接电源b时，电源的输出功率较小，效率较低答案ABC解析在电源路端电压与电流的关系图像中，斜率表示电源内阻，r a>r b，选项A正确；在图像中作出定值电阻R0的伏安特性曲线，与电源的伏安特性曲线交点表示电路工作点，I a>I b，选项B正确；R0接电源a时，电源的输出功率较大，但效率较低，R0接电源b时，电源的输出功率较小，但效率较高，选项C正确，选项D错误．2.用电压表检查如图所示电路中的故障，测得Uad＝5.0 V，U cd＝0V，U bc＝0 V，U ab＝5.0 V，则此故障可能是( )A．L断路B．R断路C．R′断路D．S断路答案 B解析U ad＝5.0 V说明a到电源正极，d到电源负极均通路．U ab＝5.0 V，说明a到电源正极，b到电源负极均通路，故R一定断路．3．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r.看作理想电压表，当闭合开关、将滑动变阻器的触片从左端向右端移动时，下列说法中正确的是( )A．L1、L2均变暗，的示数变小B．L1、L2均变亮，的示数变大C．L1变亮、L2变暗，的示数变大D．L1变暗、L2变亮，的示数变小答案 C解析首先要认清电路特点(可画出电路图)，L1与滑动变阻器并联，再与L2串联；测电源的外电压．滑动变阻器的触片从左端滑到右端时，其电阻变大，并联电阻变大，电路的总电阻变大，电流变小，内电压也变小，外电压变大，的示数变大；因L2连在干路，其电流变小，电压也变小，功率变小而变暗；并联电路的电压变大，L1功率也变大而变亮．4．(2017·安徽联考)某同学做电学实验(电源内阻r不能忽略)，通过改变滑动变阻器电阻大小，观察到电压表和电流表的读数同时变大，则他所连接的电路可能是下图中的( )答案 C解析设图中定值电阻的阻值为R，则四个选项中电压表的读数分别为U A＝E－I(r＋R)、U B ＝E－Ir、U C＝IR和U D＝E－Ir，则可知只有C项满足题中要求，所以选项C正确．5.如图是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中电源电动势为E，内阻为r，R1、R2是定值电阻，R B是磁敏传感器，它的电阻随磁体的出现而减小，c、d接报警器．电路闭合后，当传感器R B所在处出现磁体时，则电流表的电流I，c、d两端的电压U将( )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变小答案 A解析当R B处出现磁体时，R B减小，总电阻减小，总电流变大，U＝E－I(R1＋r)知U变小，U R1＝IR1知U R1↑，U变小则通过R2电流变小，则Ⓐ示数变大，故选项A正确．6.如图所示，R1为滑动变阻器，R2、R3为定值电阻，r为电源内阻，R3>r，闭合开关S后，在滑动触头P由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是( )A．路端电压变小B．电流表的示数变大C．电源的输出功率变大D．电源内部消耗的电功率变小答案AC解析在滑动触头P由a端滑向b端的过程中，电路的总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，R3两端的电压变大，R2两端的电压减小，因此电流表的示数变小，可知选项A正确，选项B 错误；由于R 3>r ，随着滑动变阻器连入电路的电阻减小，电源的输出功率变大，电源内部消耗的电功率变大，因此选项C 正确，选项D 错误．7．(2016·上海)如图所示电路中，电源内阻忽略不计．闭合电键，电压表示数为U ，电流表示数为I ；在滑动变阻器R 1的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中( )A ．U 先变大后变小B ．I 先变小后变大C ．U 与I 比值先变大后变小D ．U 变化量与I 变化量比值等于R 3答案 BC解析 据题意，由于电源内阻不计，电压表的示数总是不变，故选项A 错误；滑片滑动过程中，电阻R 1的阻值先增大后减小，电压不变，所以电流表示数先减小后增加，故选项B 、C 正确；由于电压表示数没有变化，故选项D 错误．8．(2016·江苏)如图所示的电路中，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S ，下列说法正确的有( )A ．路端电压为10 VB ．电源的总功率为10 WC ．a 、b 间电压的大小为5 VD ．a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A答案 AC解析 设四个电阻的等效电阻为R 路，由1R 路＝115 Ω＋5 Ω＋15 Ω＋15 Ω得R 路＝10 Ω，由闭合电路欧姆定律知，I ＝E R 路＋r ＝12 V 10 Ω＋2 Ω＝1 A ，设路端电压为U ，则U ＝IR 路＝1 A ×10 Ω＝10 V ，选项A 正确；电源的总功率P ＝EI ＝12 W ，选项B 错误；设电源负极电势为0 V ，则a 点电势φa ＝0.5 A ×5 Ω－0＝2.5 V ，b 点电势φb ＝0.5 A ×15 Ω－0＝7.5 V ，则a 、b 两点的电势差U ab ＝φa －φb ＝2.5 V －7.5 V ＝－5 V ，所以a 、b 间电压的大小为5 V ，选项C 正确；当将a 、b 两点用导线连接后，由于导线没有电阻，此时a 、b 两点电势相等，其等效电路图如图所示．其中一个并联电路的等效电阻为3.75 Ω，显然总电阻为9.5 Ω，电流I ′＝E R 总＝2419A ，故选项D 错误．9．如图所示，A 、B 分别为电源E 和电阻R 的U －I 图线，虚线C 是过图线A 、B 交点的曲线B 的切线．现将电源E 与电阻R 及开关、导线组成闭合电路，由图像可知( )A ．电源的电动势为3 V ，此时消耗的总功率为6 WB ．R 的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为1 ΩC ．此时电源消耗的热功率为4 W ，效率约为66.7%D ．若再串联一定值电阻，电源的输出功率可能不变答案 AD解析 由电源的U －I 图线可知电源的电动势为3 V ，内电阻为1 Ω，此时电阻两端电压为1 V ，通过的电流为2 A ，所以电源消耗的总功率为P ＝EI ＝6 W ，A 项正确；由题图可知R的阻值随电压升高而增大，此时的阻值为R ＝U I＝0.5 Ω，B 项错误；由P r ＝I 2r 知此时电源消耗的热功率为4 W ，由η＝UI EI×100%知电源的效率是33.3%，C 项错误；当内、外电阻相等时，电源的输出功率为最大，所以再串联一定值电阻，电源的输出功率可能不变、增大或减小，D 项正确．10.如图所示的电路中，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 ．R 3断路B ．R 2断路C ．R 1短路D ．R 1、R 2同时短路答案 B解析 由电路图可知，通过灯泡A 的电流等于通过灯泡B 的电流与通过R 2的电流之和．灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，说明通过灯泡B的电流变大，而通过灯泡A 的电流变小，因此通过R1的电流变小，所以选B项．R3断路或R1短路都会使两灯泡都比原来变亮；R1、R2同时短路会使灯泡A比原来变亮，灯泡B熄灭．11．(2016·黄冈模拟)如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻．当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表Ⓐ和电压表的示数分别为I和U.以下说法正确的是( )A．若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B．若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少C．若仅用更强的光照射R1，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D．若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变答案BD解析若仅将R2的滑动触头P向b端移动，电压表与电流表示数都不变，选项A错误；增大A、B板间距离，电容减小，电容器两端电压不变，由Q＝CU得电荷量减小，选项B正确；光照更强，光敏电阻R1变小，根据串联分压，U变小，选项C错误；U变化量的绝对值与I 变化量的绝对值的比值就等于r，选项D正确．12．如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动触头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是( )A．小球带负电B．当滑动触头从a向b滑动时，绝缘线的偏角θ变大C．当滑动触头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下D．当滑动触头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动触头在a处时电源的输出功率答案 C解析根据电路图可知φA>φB，A、B间电场强度方向水平向右，小球受电场力方向也向右，故小球带正电，A项错误．当滑动触头从a向b滑动时，R1两端电压减小，板间场强减小，绝缘线的偏角变小，所以B项错误．当极板间电压减小时，由Q＝CU可知Q减小，电容器放电，电流表中有电流，方向从上向下，所以C项正确．由于电源的内阻与外电阻的关系不确定，所以无法判断电源的输出功率变化情况，D项错误．13.如图所示，M 、N 是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R 1，R 2为可变电阻，开关S 闭合．质量为m 的带正电荷的微粒从P 点以水平速度v 0射入金属板间，沿曲线打在N 板上的O点．若经下列调整后，微粒仍从P 点以水平速度v 0射入，则关于微粒打在N 板上的位置说法正确的是( )A ．保持开关S 闭合，增大R 1，粒子打在O 点左侧B ．保持开关S 闭合，增大R 2，粒子打在O 点左侧C ．断开开关S ，M 极板稍微上移，粒子打在O 点右侧D ．断开开关S ，N 极板稍微下移，粒子打在O 点右侧答案 AD解析 保持开关S 闭合，R 0两端的电压为U ＝E R 0＋R 1·R 0，增大R 1，U 将减小，电容器两端的电压减小，故粒子受重力和电场力，产生的加速度增大，则d 2＝12at 2，水平位移为x ＝v 0t ＝v 0d a，水平位移将减小，故粒子打在O 点左侧，故A 项正确；保持开关S 闭合，增大R 2，不会影响电阻R 0两端的电压，故粒子打在O 点，故B 项错误；断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为E ＝U d ，结合C ＝Q U 及C ＝εS 4πkd 可得E ＝4πkQ S ε，电场强度不变，故加速度不变，M 极板稍微上移，不会影响离子的运动，故还打在O 点，故C 项错误；若N极板稍微下移，偏转量增大，根据d ′＝12at 2，水平位移为x ＝v 0t ＝v 02d ′a，水平位移将增大，故粒子打在O 点右侧，故D 项正确．14．如图甲所示，其中R 两端电压U 随通过该电阻的直流电流I 的变化关系如图乙所示，电源电动势为7.0 V(内阻不计)，且R 1＝1 000 Ω(不随温度变化)．若改变R 2，使AB 与BC 间的电压相等，这时( )A ．R 的阻值为1 000 ΩB ．R 的阻值为1 300 ΩC ．通过R 的电流为1.5 MaD ．通过R 的电流为2.0 mA答案 BC解析 要使AB 与BC 间的电压相等，即有E ＝U AB ＋U BC ，U AB ＝U BC ，解得U BC ＝3.5 V ．而U BC ＝U＋IR 1，联立解得U ＝U BC －IR 1，将U BC ＝3.5 V ，R 1＝1 000 Ω代入得U ＝3.5－1 000I ，在题给图像中作出函数关系U ＝3.5－1 000I 的图像，两图像的交点对应的横纵坐标I ＝1.5 mA ，U ＝2 V 即为公共解，由IR ＝U 解得R ＝U I＝1 300 Ω.二、非选择题15．(2017·济南测试)如图甲所示的电路中，R 1、R 2均为定值电阻，且R 1＝100 Ω，R 2阻值未知，R 3为一滑动变阻器．当其滑片P 从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A 、B 两点是滑片P 在变阻器的两个不同端点得到的．求：(1)电源的电动势和内阻；(2)定值电阻R 2的阻值；(3)滑动变阻器的最大阻值．解析 (1)图乙中AB 延长线，交U 轴于20 V 处，交I 轴于1.0 A 处所以电源的电动势为E ＝20 V ，内阻r ＝E I＝20 Ω (2)当P 滑到R 3的右端时，电路参数对应图乙中的B 点，即U 2＝4 V 、I 2＝0.8 A得R 2＝U 2I 2＝5 Ω (3)当P 滑到R 3的左端时，由图乙知此时U 外＝16 V ，I 总＝0.2 A所以R 外＝U 外I 总＝80 Ω 因为R 外＝R 1R 3R 1＋R 3＋R 2 所以滑动变阻器的最大阻值为R 3＝300 Ω。

2021年江西省高考物理电场复习题
21．如图所示，用绝缘细绳系一个带正电小球在竖直平面内做圆周运动，已知绳长为L ，重力加速度g ，小球半径不计，质量为m ，电荷q 。

不加电场时，小球在最低点绳的拉力是球重力的9倍。

（1）求小球在最低点时的速度大小；
（2）如果在小球通过最低点时，突然在空间加一个竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运动中，绳能够出现无拉力状态，求电场强度可能的大小。

【解答】解：（1）在最低点，对小球，由向心力公式得：F ﹣mg ＝m
v 12L 据题有 F ＝9mg
解得：v 1＝2√2gL
（2）如果在小球通过最低点时，突然在空间产生竖直向下的匀强电场，若使小球在后面的运动中，绳出现无拉力状态，小球能通过与圆心等高的水平面，但不能通过最高点。

若小球恰能通过最高点，从最低点到最高点，由动能定理得：﹣mg •2L ﹣Eq •2L =12mv 22−12
mv 12 在最高点有：Eq+mg ＝m
v 22L
联立解得 E =3mg 5q 小球不低于与圆心等高的水平面，若小球能运动到与圆心O 等高处时，从最低点到最高点，由动能定理得：
﹣mgL ﹣EqL ＝0−12mv 12 则 E =3mg q
所以电场强度可能的大小范围为
3mg 5q ≤E ≤3mg q 。

答：
（1）小球在最低点时的速度大小为2√2gL 。

3mg 5q ≤E≤3mg
q。

（2）电场强度可能的大小。

2021年江西省高考物理电场复习题2．磁学的研究经历了磁荷观点和电流观点的发展历程。

（1）早期磁学的研究认为磁性源于磁荷，即磁铁N极上聚集着正磁荷，S极上聚集着负磁荷（磁荷与我们熟悉的电荷相对应）。

类似两电荷间的电场力，米歇尔和库仑通过实验测出了两磁极间的作用力F＝K m p1p2r2，其中p1和p2表示两点磁荷的磁荷量，r是真空中两点磁荷间的距离，K m为常量。

请类比电场强度的定义方法写出磁场强度H的大小及方向的定义；并求出在真空中磁荷量为P0的正点磁荷的磁场中，距该点磁荷为R1处的磁场强度大小H1。

（2）安培分子电流假说开启了近代磁学，认为磁性源于运动的电荷，科学的发展证实了分子电流由原子内部电子的运动形成。

毕奥、萨伐尔等人得出了研究结论：半径为R x、电流为I x的环形电流中心处的磁感应强度大小为B=K n I xR x，其中K n为已知常量。

a．设氢原子核外电子绕核做圆周运动的轨道半径为r，电子质量为m，电荷量为e，静电力常量为k，求该“分子电流”在圆心处的磁感应强度大小B1。

b．有人用电流观点解释地磁成因：在地球内部的古登堡面附近集结着绕地轴转动的管状电子群，转动的角速度为ω，该电子群形成的电流产生了地磁场。

如图所示，为简化问题，假设古登堡面的半径为R，电子均匀分布在距地心R、直径为d的管道内，且d＝R．试证明：此管状电子群在地心处产生的磁感应强度大小B2∝ω。

【解答】解：（1）磁场强度定义为：放入磁场中某点的检验磁荷受磁场力的F跟该磁荷的磁荷量P的比值，叫做该点的磁场强度。

定义式为：H=F P磁场中某点的磁场强度方向与正检验磁荷所受磁场力的方向相同。

在真空中距正点磁荷R1处放一磁荷为P 的正检验磁荷，则该检验磁荷所受的磁场力为： F =K n P 0PR 12由磁感应强度的定义可得：H 1=F P =K n P 0R 12（2）a 、设电子绕核做圆周运动的周期为T ，等效的“分子电流”大小为：I =e T分子电流I 在圆心处的磁感应强度大小为B 1=k n I r由上述几联立可得：B 1=K n e 22√k mr b 、设管状电子群的总电荷量为Q ，则其转动的周期为T 1=2πω定向转动所形成的等效电流为I 1=QT 1 管状电流I1在圆心处的磁感应强度大小为B 2=K n I 1R由以上三式可联立可得：B 2=K n Q 2πRω 所以 B 2∝ω答：（1）在真空中磁荷量为P 0的正点磁荷的磁场中，距该点磁荷为R 1处的磁场强度大小H 1为K n P 0R 12；（2）a 、该“分子电流”在圆心处的磁感应强度大小B 1为k n I r ；b 、证明（略），过程见上述解答中。

必修第三册电场（解析版）—2021年高考物理真题（6套）分类解析1.全国甲卷第6题. 某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则（）A. 一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功B. 一电子从a点运动到d点，电场力做功为4eVC. b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右D. a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大【答案】BD【解析】A．由图象可知φb = φe则正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误；B．由图象可知φa = 3V，φd = 7V根据电场力做功与电势能的变化关系有W ad=E p a-E p d= (φa- φd) ( -e) = 4eVB正确；C．沿电场线方向电势逐渐降低，则b点处的场强方向向左，C错误；D．由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线分布如下图所示由上图可看出，b 点电场线最密集，则b 点处的场强最大，D 正确。

故选BD 。

2.全国乙卷第2题. 如图（a ），在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。

由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b ）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。

若将一正试探电荷先后放于M 和N 处，该试探电荷受到的电场力大小分别为M F 和N F ，相应的电势能分别为p M E 和p N E ，则（ ）A. ,M N pM pN F F E E <>B. ,M N pM pN F F E E >>C. ,M N pM pN F F E E <<D. ,M N pM pN F F E E ><【答案】A【解析】由图中等势面的疏密程度可知M N E E <根据F qE =可知M N F F <由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从M 点移到N 点，可知电场力做正功，电势能减小，即p p M N E E >故选A 。

2021年高考物理电场复习题42．如图所示，在竖直平面内固定一个14光滑圆弧轨道AB ，轨道半径R ＝0.45m ，轨道最低点A 与圆心O 等高．同时固定一与水平方向成θ＝37°角的足够长的绝缘倾斜平板，平板上端C 点在圆弧轨道B 点正上方，圆弧轨道和平板均处于场强大小E ＝100N/C 、方向竖直向上的匀强电场中．现将一质量为m ＝0.02kg 、带电量q 1＝+4×10﹣3C 的小球从A 点静止释放，小球通过B 点离开圆弧轨道沿水平方向飞出，垂直打在平板上的D 点．取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，小球视为质点，求：（1）小球经过B 点时速度v B 的大小；（2）若小球离开B 点时，位于平板上端C 点，质量M ＝1.0kg 的另一带电滑块（其带电量是q 2＝+2×10﹣1C ，滑块视为质点）在沿平板向下的恒定拉力F 作用下由静止开始向下加速运动，恰好在D 点被小球击中，已知滑块与平板间动摩擦因数μ＝0.25，求B 、D 两点间电势差U m 和拉力F 的大小；（3）小球与滑块碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F ，设碰撞前后滑块速度不变，仍沿平板向下运动，求滑块此后沿平板运动的时间t ．【解答】解：（1）从A 到B 的过程，根据动能定理有：q 1ER −mgR =12mv B 2 解得 v B ＝3m/s（2）小球离开B 点后受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力，所以小球做类平抛运动，设小球由B 点到D 点的运动时间为t 1，加速度为a ，上升高度为h竖直方向由牛顿第二定律 q 1E ﹣mg ＝mah =12at 12 根据速度合成有 v Bat 1=tan θB 、D 两点间电势差 U m ＝Eh联立解得U m ＝80V由几何关系得CD之间距离x＝1.5m设滑块由C点到D点加速度为a1根据牛顿第二定律得F﹣（q2E﹣Mg）sinθ﹣μ（q2E﹣Mg）cosθ＝Ma1x=12a1t12，解得a1=754m/s2；F＝26.75N（3）滑块到D点的速度v D＝a1t1＝7.5m/s碰撞后滑块沿斜面向下做匀减速运动，设滑块由C点到D点加速度为a2，据牛顿第二定律得（q2E﹣Mg）sinθ+μ（q2E﹣Mg）cosθ＝Ma2解得a2＝8m/s2；滑块减速到最低点J点的时间t2=v Da2=1516s＝0.9375sDJ之间距离x1=12v D t2滑块从J点反回到C点过程有（q2E﹣Mg）sinθ﹣μ（q2E﹣Mg）cosθ＝Ma3解得a3＝4m/s2；x+x1=12a3t32解得t3=√64216≈1.58s）滑块此后在斜面上运动的时间t＝t2+t3≈2.52s答：（1）小球经过B点时速度v B的大小是3m/s；（2）B、D两点间电势差U m是80V，拉力F的大小是26.75N；（3）滑块此后沿平板运动的时间t是2.52s．。

高考物理电学复习题集附答案一、选择题（共10题，每题2分，共20分）1. 电流是指单位时间内通过导体横截面的电荷量。

其单位是（）。

A. 安培B. 秒C. 度D. 欧姆答案：A2. 静电场中，两点之间电势差的大小与两点间距离的关系为（）。

A. 正相关B. 反相关C. 无关D. 非线性关系答案：B3. 两根不同长度相同直径的电阻丝，通有相同电流，它们的电阻比值与它们的长度比值之间的关系为（）。

A. 正相关B. 反相关C. 无关D. 非线性关系答案：A4. 在直流电路中，若电源电动势与电阻相等，则电阻上的电阻功率等于（）。

A. 电动势B. 电流C. 零D. 最大值答案：C5. 感应电流的方向遵循（）。

A. 电压差的方向B. 磁场的方向C. 线圈的方向D. 摩擦力的方向答案：B6. 当光源与观察者相对静止时，由于多普勒效应造成的频率变化（）。

A. 不存在B. 增大C. 减小D. 呈线性关系答案：A7. 电动势是指单位时间内电源对电荷做的功，其单位是（）。

A. 瓦特B. 伏特C. 安培D. 欧姆答案：B8. 所谓“磁场”，是指场中对电荷或电流作用力的场，它体现出（）特性。

A. 描述B. 叠加C. 传递D. 磁感应答案：D9. 为使电流计的量程变小，我们可以（）。

A. 增大电阻B. 减小电阻C. 增加电阻纸的长度D. 减小电阻纸的长度答案：C10. 在光的折射现象中，光的速度与介质的折射率之间的关系为（）。

A. 正相关B. 反相关C. 无关D. 非线性关系答案：A二、填空题（共5题，每题2分，共10分）1. 内阻为2欧姆的电源，其电动势为12伏特，通过它的电流为3安培，则其负载两端电压为（）伏特。

答案：62. 对于一个电容器，若电荷量增加，其电容（）。

答案：增大3. 某电抗器的电感为200毫亨利，通有的交流电频率为60赫兹，则其交流电阻为（）欧姆。

答案：754. 在平行板电容器中，充电后，两极板间的电场强度为1800牛/库，极板间距离为5毫米，则该电容器的电容为（）法拉。

2021届新高考物理第一轮复习课时强化训练电场能的性质一、选择题3.如图所示,MN是某点电荷Q产生的电场中的一条电场线,一带负电的试探电荷仅在电场力作用下由a点运动到b点,其运动轨迹如图中虚线所示.则下列判断中正确的是( )A.试探电荷有可能从a点静止出发运动到b点B.a点电势一定高于b点电势C.从a到b的过程中,试探电荷的电势能一定越来越大D.若试探电荷运动的加速度越来越大,则Q必为正电荷且位于M端解析:选D 如果从静止开始运动,将沿电场线运动,故选项A错误;因为是负试探电荷,可以判断电场线方向是从M指向N,则表明b点电势高于a点电势,选项B错误;从a到b的过程中电场力做正功,电势能减少,选项C错误;根据孤立点电荷电场分布特点分析,在b点加速度大,意味着距离正电荷Q的位置越来越近,选项D正确.2、图中的虚线a,b,c,d表示匀强电场中的4个等势面.两个带电粒子M,N(重力忽略不计)以平行于等势面的初速度射入电场,运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示.已知M是带正电的粒子.则下列说法中正确的是( )A.N一定也带正电B.a点的电势高于b点的电势,a点的电场强度大于b点的电场强度C.带电粒子N的动能减小,电势能增大D.带电粒子N的动能增大,电势能减小解析:选D根据偏转情况得带正电的M粒子向右偏,N粒子向左偏必带负电,选项A错误;该电场是匀强电场,选项B错误;两粒子都是电势能减小,动能增大,选项C错误,D正确.3、如图所示,两个等量异种点电荷分别位于P,Q两点,P,Q两点在同一竖直线上,水平面内有一正三角形ABC,且PQ连线的中点O为三角形ABC的中心,M,N为PQ连线上关于O点对称的两点,则下列说法中正确的是( )A.A,B,C三点的电场强度大小相等但方向不同B.A,B,C三点的电势相等C.M点电场强度小于A点电场强度D.将一正点电荷从N点移到B点,电场力做正功解析:选B等量异种电荷的中垂面上任一点的电场强度方向均与两电荷连线平行,即竖直向下,又由几何关系易知,A,B,C三点与两电荷的距离相等,所以A,B,C三点电场强度大小也相等,故A错;等量异种电荷的中垂面为等势面,故A,B,C,O四点电势相等,B对;根据等量异种双电荷电场线疏密分布情况,连线上M点电场强度大于O点电场强度,而O点电场强度大于A点电场强度,所以M点电场强度大于A点电场强度,C错;连线上O点电势高于N点电势,而O点电势等于B点电势,即B点电势高于N点电势,则正电荷从N点移到B点,电场力做负功,D 错.4、如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图，电场线的方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN。

2021届高考物理二轮复习多选题专项练习 静电场选择题1.如图所示，均匀带电的半圆环在圆心O 点产生的电场强度为E 、电势为φ，把半圆环分成AB BC CD 、、三部分且AB BC CD ==。

下列说法正确的是（ ）A.BC 部分在O 点产生的电场强度的大小为2E B.BC 部分在O 点产生的电场强度的大小为3E C.BC 部分在O 点产生的电势为2ϕ D.BC 部分在O 点产生的电势为3ϕ 2.如图所示，真空中有一竖直向上的匀强电场，其场强大小为E ，电场中的A B 、两点固定着两个等量异种点电荷Q Q A B +-、，、两点的连线水平，O 为其连线的中点，c d 、是两点电荷连线的垂直平分线上的两点，Oc Od =，a b 、两点在两点电荷的连线上，且与c d 、两点的连线恰好形成一个菱形，则下列说法正确的是( )A.a b 、两点的电场强度相同B.c d 、两点的电势相同C.将电子从a 点移到c 点的过程中，电场力对电子做正功D.质子在O 点时的电势能大于其在b 点时的电势能3.如图所示，竖直平面内有a b c 、、三个点，b 点在a 点正下方，b c 、连线水平.现准备将一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球从a 点以初动能k0E 抛出.第一次，不加电场，沿水平方向抛出小球，小球经过c 点时动能为k05E ；第二次，加一方向平行于abc 所在平面、场强大小为2mg q的匀强电场，沿某一方向抛出小球，小球经过c 点时的动能为k013E .不计空气阻力，重力加速度大小为g .下列说法正确的是( )A.所加电场的方向水平向左B.a b 、两点之间的距离为k05E mgC.b c 、两点之间的距离为k04E mgD.a c 、间的电势差k08ac E U q4.如图，平面直角坐标系内有a b c 、、三点，位置如图所示，匀强电场平行于坐标平面。

将电子从a 点分别移到坐标原点和b 点的过程中，电场力做功均为2 eV ，已知a 点电势为2 V ，以下说法正确的是（ ）A.b 点电势为0B.电场强度大小为200 V/mC.电子在c 点的电势能为– 8 eVD.将电子从a 点移到b 点和从b 点移到c 点，电场力做功相同5.如图所示，半径为R 的均匀带电球壳带电荷量为Q +.已知半径为R 的均匀带电球壳在球壳的外部产生的电场与一个位于球心O 点的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同.静电力常量为k ，下列说法正确的是( )A.球心O 处的场强为2kQ R B.在球壳外距球壳为r 处的电场强度为2()kQ r R + C.球壳的表面为等势面 D.若取无穷远处电势为零，则球壳表面处的电势小于零6.如图所示，ABC 是固定在竖直平面内的光滑绝缘斜劈，3060ACB ABC ∠=∠=、°°，D 为AC 的中点，质量为m 的带正电小滑块由A 点静止释放，沿AB 面滑到斜面底端B 点时速度为0v .若在空间加一与ABC 平面平行的匀强电场，滑块仍由静止释放，沿AB 面滑下，滑到斜面底端B 0，若滑块由静止沿AC 面滑下，滑到斜面底端C 0，则下列说法正确的是( )A.电场方向由A 指向CB.B 点电势与D 点电势相等C.滑块滑到D 点时机械能增加了2012mv D.滑块分别沿AB 面、AC 面滑下到斜面底端的过程中电势能变化量之比为2:37.电子束熔炼是指在真空下,将高速电子束的动能转换为热能作为热源来进行金属熔炼的一种熔炼方法.如图所示,阴极灯丝被加热后产生初速度为零的电子,在大小为3510V ⨯加速电压的作用下,以极高的速度向阳极运动;穿过阳极后,在金属电极12A A 、间大小为3110V ⨯电压形成的聚焦电场作用下,轰击到物料上,其动能全部转换为热能,使物料不断熔炼.已知某电子在熔炼炉中的轨迹如图中虚线OPO '所示,P 是轨迹上的一点,聚焦电场过P 点的一条电场线如图中所示,则( )A.电极1A 的电势高于电极2A 的电势B.电子在P 点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角小于90°C.聚焦电场只改变电子速度的方向,不改变电子速度的大小D.电子轰击到物料上时的动能大于3510eV ⨯8.如图，电路中A B C D 、、、是完全相同的金属极板，P 是A B 、板间的一点，在C D 、板间插有一块有机玻璃板.闭合开关，电路稳定后将开关断开.现将C D 、板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是( )A.金属板C D 、构成的电容器的电容减小B.P 点电势降低C.玻璃板抽出过程中，电阻R 中有向右的电流D.A B 、两板间的电场强度减小9.如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，两板长均为L ，板间距离为d ，距板右端L 处有一竖直屏M .一带电荷量为q 、质量为m 的质点以初速度0v 沿中线射入两板间，最后垂直打在M 上，则下列结论正确的是（已知重力加速度为g ）( )A.两极板间电压为2mgd qB.板间电场强度大小为2mg q C.整个过程中质点的重力势能增加2220mg L v D.若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M 上10.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置（与电源断开），电容为C ，板间距离为d ，上极板正中央有一小孔.质量为m 、电荷量为q 的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处的P 点时速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g ）.下列说法正确的是( )A.电容器所带电荷量Cmgh Q q= B.电容器极板间的电场强度()mg h d E qd += C.若下极板下移2d 的距离，小球到达P 点（原下极板处）时速度恰为零 D.若下极板水平右移一小段距离，小球到达下极板处时速度恰为零11.某条平直电场线上有O A B C 、、、四个点，相邻两点间距离均为d .以O 点为坐标原点，沿电场强度方向建立x 轴，该电场线上各点电场强度E 随x 的变化规律如图所示.一个带电荷量为q +的粒子，从O 点由静止释放，仅考虑电场力作用.则( )A.若O 点的电势为零，则A 点的电势为02E d B.粒子从A 到B 做匀速直线运动C.粒子运动到B 点时动能为032E qdD.粒子从O 到A 的电势能变化量大于从B 到C 的电势能变化量12.静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图如图所示，A B 、为两块水平放置的平行金属板，间距1m d =，两板间有方向竖直向上、电场强度大小为3110N/C E =⨯的匀强电场，在A 板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P ，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为01m/s v =、质量均为14510kg m -=⨯、电荷量均为15210C q -=⨯的带负电的油漆微粒，不计微粒所受空气阻力及微粒间的相互作用，油漆微粒最后都落在金属板B 上，重力加速度210m/s g =.下列说法正确的是( )A.沿水平方向喷出的微粒运动到B 板所需时间为0.2 sB.沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B 板，电场力做功为12210J -⨯C.若其他条件均不变，d 增大为原来的2倍，喷涂面积增大为原来的2倍D.若其他条件均不变，E 增大为原来的2倍，喷涂面积减小为原来的12答案以及解析1.答案：AD解析：B C 、两点把半圆环等分为三段，设每段在O 点产生的电场强度大小均为E '。

2021高考物理二轮复习专题3第1课带电粒子在电场中的运动试题考点一电场的性质1．电场强度.2.电场力做功与电势能．(1)电势和电势能的相对性：电场中某点的电势、电荷在电场中某点的电势能的数值大小与电势零点选取有关；(2)电场力做功与电势能的关系：电场力对电荷做的功等于电荷的电势能的减少量，即W＝－ΔE p.3．电势、电势差．(1)电势与电势能：E p＝qφ(运算时带正负号)．电势和电势能均为标量，电势的正负反映电势的高低，电势能的正负反映电荷电势能的大小．(2)电势差与电场力做功：W AB＝qU AB＝q(φA－φB)(运算时带正负号)．注意：①电势与场强无直截了当关系，零电势处能够人为选取，而场强是否为零则由电场本身决定；②电场力做功与路径无关．考点二电场的形象描述(1)电场线与等势面关系：①电场线与等势面垂直；②电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面(沿着电场线的方向电势降低得最显著)；③电场线越密处，等差等势面也越密．(2)等量异、同种电荷周围的电场.考点三电场的应用(1)电容器：电容定义式C＝QU；平行板电容器的决定式C＝εr S4πkd.(2)加速和偏转：带电粒子在电场中的加速问题一样选用动能定理求解，带电粒子在电场中的轨迹问题一样用曲线运动的速度、合力与轨迹的关系求解，带电粒子在匀强电场中的偏转一样用运动的分解与合成的方法求解．课时过关(A 卷)一、单项选择题1．(2020·安徽高考)由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q 1和q 2.其间距离为r 时，它们之间相互作用力的大小为F ＝k q 1q 2r 2，式中k 为静电力常量．若用国际单位制的差不多单位表示，k 的单位应为(B )A ．kg ·A 2·m 3B ．kg ·A －2·m 3·s －4C ．kg ·m 2·C －2D ．N ·m 2·A －2解析：由k ＝Fr 2q 1q 2可得单位为N ·m 2C 2＝kg ·m/s 2·m 2C 2＝kg ·m ·m 2（A ·s ）2·s 2＝kg ·m 3A 2·s 4，故选B. 2．如图，将两个等量正点电荷Q 固定放置．一试探电荷q 在它们连线垂直平分线上的P 点由静止开释，仅在电场力作用下向下运动，则(B)A ．q 带负电B ．q 带正电C ．q 在运动过程中电势能不断增大D ．q 在运动过程中动能先增大后减小解析：因两个场源电荷在中垂线下侧的合场强向下，q 受的力向下才向下运动，故其带正电，运动过程电场力做正功，电势能减小，动能增大．3．如图所示，电场中的一簇电场线关于y 轴对称分布，O 点是坐标原点，M 、N 、P 、Q 是以O 为圆心的一个圆周上的四个点，其中M 、N 在y 轴上，Q 点在x 轴上，则(D )A．M点电势比P点电势高B．OM间的电势差等于NO间的电势差C．一正电荷在O点的电势能小于在Q点的电势能D．将一负电荷从M点移到P点，电场力做正功解析：由图可知，场源电荷必定在O点以下的y轴上，电场线与等势面处处正交，沿电场线方向电势降低最快，则过P点的等势面对应的电势较高，选项A错误；电场线密处，等势面也越密，因此NO之间的电势差较大，选项B错误；正电荷的电势能的高低能够看电势的高低，过O点的等势面与x轴相切，过Q点的等势面与x轴相交，因此O点的电势比Q 点高，选项C错误；用同样的方法作等势面，MP之间的电势差小于零，将负电荷从M点移到P点，电场力做正功，选项D正确．4．(2020·安徽高考)图示是α粒子(氦原子核)被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中能够认为重金属原子核静止不动．图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是(C)A．M点 B．N点 C．P点 D．Q点解析：由库仑定律，可得两点电荷间的库仑力的方向在两者的两线上，同种电荷相互排斥，由牛顿第二定律，加速度的方向确实是合外力的方向，故C正确，A、B、D错误．5．(2020·浙江高考)如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置．工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在金属极板中间，则(D)A ．乒乓球的左侧感应出负电荷B ．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C ．乒乓球共受到电场力，重力和库仑力三个力的作用D ．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞解析：从图中可知金属板右侧连接电源正极，因此电场水平向左，故乒乓球上的电子移动到右侧，即乒乓球的右侧感应出负电荷，A 错误；乒乓球右侧带负电，受到的电场力向右，乒乓球左侧带正电，受到的电场力向左，因为左右两侧感应出的电荷量相等，因此受到的电场力相等，乒乓球受到扰动后，最终仍会静止，可不能吸附到左极板上，B 错误；乒乓球受到重力和电场力作用，库仑力即为电场力，C 错误；用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，乒乓球带正电，在电场力作用下，与左极板接触，然后乒乓球带负电，又在电场力作用下，运动到右极板，与右极板接触后乒乓球带正电，在电场力作用下，运动到左极板，如此重复，即乒乓球会在两极板间来回碰撞，D 正确．二、多项选择题6．(2020·广东卷)如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为＋Q 的小球P ，带电量分别为－q 和＋2q 的小球M 和N ，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P 与M 相距L ，P 、M 和N 视为点电荷，下列说法正确的是(BD )A ．M 与N 的距离大于LB ．P 、M 和N 在同一直线上C ．在P 产生的电场中，M 、N 处的电势相同D ．M 、N 及细杆组成的系统所受合外力为零解析：将M 、杆、N 看作整体，M 、N 分别所受P 施加的库仑力必为一对等大反向的平稳力，选项B 正确，由k Qq L 2＝k Q ×2q r 2，得r ＝2L ，∴MN ＝(2－1)L <L ，选项A 错．由单个正点电荷电场中的电势分布规律知φM >φN ，选项C 错．P 、M 、杆、N 整体静止，合外力必为零，选项D 正确．7．如图所示，MN 是一正点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带负电的粒子(不计重力)从a 运动到b 穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是(CD )A ．点电荷一定位于M 点的左侧B ．带电粒子从a 运动到b 的过程中动能逐步减小C ．带电粒子在a 点的加速度小于在b 点的加速度D ．带电粒子在a 点时的电势能大于在b 点时的电势能解析：由题意知，当粒子通过MN 时，电场力的方向在MN 这条直线上，又因力指向轨迹弯曲的内侧，故电场力的方向为M 到N ，又粒子带负电，因此电场线的方向为N 到M ，该电场线为正点电荷产生电场中的一条，因此正点电荷在N 的右侧，因此A 错误；b 点更靠近点电荷，依照点电荷的场强公式E ＝k Q 2r2知，b 点的电场强度大于a 点的电场强度，粒子在b 点受电场力大，加速度大，因此C 正确；由上述分析知，粒子从a 运动到b 的过程中电场力做正功，因此动能增大，电势能减小，故带电粒子在a 点时的电势能大于在b 点时的电势能，因此B 错误，D 正确．8．(2020·江苏高考)一带正电的小球向右水平抛入范畴足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球(BC )A ．做直线运动B ．做曲线运动C ．速领先减小后增大D ．速领先增大后减小解析：由题意知，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向夹角为钝角，故小球做曲线运动，因此A 错误；B 正确；在运动的过程中合外力先做负功后做正功，因此C 正确、D 错误．9．(2020·郴州模拟)如图所示，A 板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U ，电子最终打在光屏P 上，关于电子的运动，下列说法中正确的是(BD )A ．滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏上的位置上升B ．滑动触头向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升C ．电压U 增大时，电子打在荧光屏上的速度大小不变D ．电压U 增大时，电子从发出到打在荧光屏上的时刻不变解析：由题意知，电子在加速电场中加速运动，依照动能定理得eU 1＝12mv 2，电子获得的速度为v ＝2eU 1m ；电子进入偏转电场后做类平抛运动，也确实是平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为a ＝eU md ；电子在电场方向偏转的位移为y ＝12at 2，垂直电场方向做匀速直线运动，电子在电场中运动时刻为t ＝L v.滑动触头向右移动时，加速电压变大，因此电子获得的速度v 增加，可知，电子在电场中运动时刻t 减少，故电子偏转位移y 变小，因为电子向上偏转，故在屏上的位置下降，A 错误；滑动触头向左移动时，加速电压变小，因此电子获得的速度v 减小，可知，电子在电场中运动时刻t 变大，故电子偏转位移y 变大，因为电子向上偏转，故在屏上的位置上升，B 正确；偏转电压增大时，电子在电场中受到的电场力增大，即电子偏转的加速度a 增大，又因为加速电压不变，电子进入电场的速度没有变化，电子在电场中运动的时刻t 没有发生变化，故D 正确；电子在偏转电场中偏转位移增大，电子打在荧光屏上的速度增大，C 错误．三、运算题10．(2020·安徽高考)在xOy 平面内，有沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E (图中未画出)，由A 点斜射出一质量为m ，带电荷量为＋q 的粒子，B 和C 是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l 0为常数．粒子所受重力忽略不计．求：(1)粒子从A 到C 过程中电场力对它做的功；(2)粒子从A 到C 过程所经历的时刻；(3)粒子通过C 点时的速率．解析：(1)W AC ＝qE (y A －y C )＝3qEl 0.(2)依照抛体运动的特点，粒子在x 方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D 在y 轴上，可令t AB ＝t DB ＝T ，则t BC ＝T由qE ＝ma ，得a ＝qE m又y D ＝12aT 2，y D ＋3l ＝12a (2T )2，解得T ＝2ml 0qE 则A 到C 过程所经历的时刻t ＝32ml 0qE. (3)粒子在DC 段做平抛运动，因此有2l 0＝v Cx (2T )，v Cy ＝a (2T )v C ＝v 2Cx ＋v 2Cy ＝17qEl 02m. 答案：(1)W AC ＝3qEl 0 (2)t ＝32ml 0qE(3)v C ＝17qEl 02m课时过关(B 卷)一、单项选择题1．(2020·江苏高考)静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载《春秋纬考异邮》中有玳瑁吸衣若之说，但下列不属于静电现象的是(C )A ．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B ．带电小球移至不带电金属球邻近，两者相互吸引C ．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D ．从干燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感受解析：小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生感应电流是电磁感应现象，不是静电现象，因此C 正确．2．(2020·海南高考)如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l ，在正极板邻近有一质量为M 、电荷量为q (q ＞0)的粒子，在负极板邻近有另一质量为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．已知两粒子同时通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 )A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶1解析：设电场强度为E ，两粒子的运动时刻相同，对M 有，a ＝Eq M ，25l ＝12Eq M t 2；对m 有a ′＝Eq m ，35l ＝12Eq m t 2，联立解得M m ＝32，A 正确． 3．(2020·浙江高考)下列说法正确的是(C )A ．电流通过导体的热功率与电流大小成正比B ．力对物体所做的功与力的作用时刻成正比C ．电容器所带电荷量与两极板间的电势差成正比D ．弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比解析：依照公式P ＝I 2R 可得在电阻一定时，电流通过导体的发热功率与电流的平方成正比，A 错误；依照公式W ＝Fs 可得力对物体所做的功与力的作用时刻无关，B 错误；依照公式C ＝Q U可得电容器所带电荷量与两极板间的电势差成正比，C 正确；弹簧的劲度系数与弹簧的伸长量无关，和弹簧的材料等自身因素有关，D 正确．4.如图所示，竖直直线为某点电荷Q 所产生的电场中的一条电场线，M 、N 是其上的两个点．另有一带电小球q 自M 点由静止开释后开始运动，到达N 点时速度恰变为零．由此能够判定(B)A．Q必为正电荷，且位于N点下方B．M点的电场强度小于N点的电场强度C．M点的电势高于N点的电势D．q在M点的电势能大于在N点的电势能解析：由于电荷在竖直线上运动，因此一开始重力大于电场力，后来电场力大于重力而减速，直至速度变为零，这些信息只能判定出场源电荷在N的这端，由于试探电荷的电性未知，因此也无法判定场源电荷的电性，选项A、C错误；越是靠近场源电荷，电场越强，选项B正确；从M点向N点运动的过程中，重力势能减少，转化为电势能，选项D错误．5．(2020·安徽高考)已知平均带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为δ2ε0，其中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，带电荷量为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(D)和Q2ε0S和Q2ε0S和Q22ε0S和Q22ε0S解析：由公式E＝δ2ε0，δ＝QS正负极板都有场强，由场强的叠加可得E＝Qε0S，电场力F＝Q2ε0S·Q，故选D.二、多项选择题6．(2020·浙江高考)如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg 的小球A 悬挂到水平板的MN 两点，A 上带有Q ＝×10－6 C 的正电荷．两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F 1和的正下方0.3 m 处放有一带等量异种电荷的小球B ，B 与绝缘支架的总质量为0.2 kg(重力加速度取g ＝10 m/s 2；静电力常量k ＝×109 N ·m 2/C 2，AB 球可视为点电荷)，则(BC)A ．支架对地面的压力大小为 NB ．两线上的拉力大小F 1＝F 2＝ NC ．将B 水平右移，使M 、A 、B 在同一直线上，现在两线上的拉力大小为F 1＝ N ，F 2＝ ND ．将B 移到无穷远处，两线上的拉力大小F 1＝F 2＝ N解析：对B 和支架分析可知，受到竖直向下的重力，和A 对B 竖直向上的库仑力，故对地面的压力为F N ＝G B 支－k ·q A ·q B r 2＝2 N － N ＝ N ，A 错误，对A 分析，A 受到竖直向下的重力，竖直向下的库仑力，两线上的拉力，三力的夹角正好是120°，处于平稳状态，因此F 1＝F 2＝G A ＋k q A ·q B r 2＝ N ，B 正确；将B 水平右移，使M 、A 、B 在同一直线上，则两小球的距离变为r ′＝错误! m ＝ m ，故有F 1－k ·错误!＝F 2＝G A ，解得F 1＝ N ，F 2＝ N ，C 正确；将B 移到无穷远处，两小球之间的库仑力为零，则两线上的拉力大小F 1＝F 2＝G A ＝1 N ，D 错误．7．(2020·江苏高考)两个相同的负电荷和一个正电荷邻近的电场线分布如图所示，c 是两负电荷连线的中点，d 点在正电荷的正上方，c 、d 到正电荷的距离相等，则(ACD )A ．a 点的电场强度比b 点的大B ．a 点的电势比b 点的高C ．c 点的电场强度比d 点的大D ．c 点的电势比d 点的低解析：由图知，a 点处的电场线比b 点处的电场线密集，c 点处电场线比d 点处电场密集，因此A 、C 正确；过a 点画等势线，与b 点所在电场线的交点在b 点沿电场线的方向上，因此b 点的电势高于a 点的电势，故B 错误；同理可得d 点电势高于c 点电势，故D 正确．8．如图所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A′、B′、C′、D′作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直．下列说法正确的是(BD)A．AD两点间电势差U AD与AA′两点间电势差U AA′大小相等B．带正电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电场力做正功C．带负电的粒子从A点沿路径A→D→D′移到D′点，电势能减小D．带电的粒子从A点移到C′点，沿对角线AC′与沿路径A→B→B′→C′电场力做功相同解析：电场方向与面ABCD垂直，因此面ABCD是等势面，A、D两点的电势差为0，又因A、A′两点沿电场线的方向有距离，因此U AA′不为0，A错误；带正电的粒子从A点到D电场力不做功，而由D→D′电场力做正功，B正确；同理，带负电的粒子从A点沿路径A→D →D′移到D′点，电场力做负功，电势能增大，C错误；由电场力做功的特点，电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关，D正确．9．(2020·海南高考)如图，两电荷量分别为Q(Q＞0)和－Q的点电荷对称地放置在x 轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方．取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是(BC)A．b点的电势为零，电场强度也为零B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D．将同一正的试探电荷先后从O、b点移到a点，后者电势能的变化较大解析：因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，因此电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，因此中垂线的电势为零，故b点的电势为零，然而电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又明白正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势低于a点的电势，电场力做负功，因此必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，因此先后从O、b 点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误．三、运算题10．如图甲所示为一组间距d 足够大的平行金属板，板间加有随时刻变化的电压(如图乙所示)，设U 0和T 已知．A 板上O 处有一静止的带电粒子，其带电量为q ，质量为m (不计重力)，在t ＝0时刻起该带电粒子受板间电场加速向B 板运动，途中由于电场反向，粒子又向A 板返回(粒子未曾与B 板相碰)．(1)当U x ＝2U 0时，求带电粒子在t ＝T 时刻的动能；(2)为使带电粒子在t ＝T 时刻恰能回到O 点，U x 等于多少？解析：(1)粒子在两种不同电压的电场中运动的加速度分别为a 1＝U 0q dma 2＝2U 0q dm通过T 2时粒子的速度：v 1＝a 1T 2 t ＝T 时刻粒子的速度：v 2＝v 1－a 2T 2＝a 1T 2－a 2T 2＝－TU 0q 2dmt ＝T 时刻粒子的动能：E k ＝12mv 22＝T 2U 20q 28d 2m. (2)经0～T 2时粒子的位移：x 1＝12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22T 2～T 时粒子的位移：x x ＝v 1T 2－12a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22 又v 1＝a 1T 2，x 1＝－x x 解得：a x ＝3a 1因为a 1＝U 0q dm ，a x ＝U x q dm解得：U x ＝3U 0答案：(1)T 2U 20q 28d 2m(2)3U 0。

2021年江西省高考物理磁场复习题4．人类研究磁场的目的之一是为了通过磁场控制带电粒子的运动，某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场，电场场强为E，宽度为d，长度为L；区域MM′N′N内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长度也为L，磁场宽度足够。

电量为q，质量为m的带正电的粒子以水平初速度从P点射入电场。

边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力。

（1）若带电粒子以水平初速度v0从P点射入电场后，从MM′边界进入磁场，求粒子第一次射入磁场的位置到M点的距离；（2）当带电粒子射入电场的水平初速度为多大时，粒子只进入磁场一次就恰好垂直P′N′边界射出。

【解答】解：（1）粒子以水平速度从P点射入电场后，做类平抛运动，根据牛顿第二定律有：a=qE m竖直方向d=12at2水平方向x＝v0t解得粒子第一次射入磁场的位置到M点的距离为：x=v0√2md qE；（2）设粒子从电场入射初速度为v0′同第一问原理可以求得粒子在电场中类平抛运动的水平位移x=v0′√2md qE粒子进入磁场时，垂直边界的速度v y=qEmt=√2qEdm，设粒子与磁场边界之间夹角为α，则粒子进入磁场时的速度v=v y sinα在磁场中qvB=m v2 R粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′从磁场射出，必须满足x+Rsinα＝L联立解得v0′＝L√qE2md−E B，粒子第一次进入磁场后，垂直边界P′M′从电场射出，必须满足2（x+Rsinα）＝L联立解得v0′=L2√qE2md−E B。

答：（1）若带电粒子以水平初速度v0从P点射入电场后，从MM′边界进入磁场，粒子第一次射入磁场的位置到M点的距离为v0√2md qE；（2）当带电粒子射入电场的水平初速度为L√qE2md−E B或者是L2√qE2md−EB，粒子只进入磁场一次就恰好垂直P′N′边界射出。

2021年江西省高考物理电场复习题26．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，y轴左侧有两个正对的极板，极板中心在x轴上，板间电压U0＝1×102V，右侧极板中心有一小孔，左侧极板中心有一个粒子源，能向外释放电荷量q＝1.6×10﹣8C、质量m＝3.2×10﹣10kg的粒子（粒子的重力、初速度忽略不计）；y轴右侧以O点为圆心、半径为R=√52m的半圆形区域内存在互相垂直的匀强磁场和匀强电场（电场未画出），匀强磁场的的磁感应强度为B＝2T，粒子经电场加速后进入y轴右侧，能沿x轴做匀速直线运动从P点射出。

（1）求匀强电场的电场强度的大小和方向；（2）若撤去磁场，粒子在场区边缘M点射出电场，求粒子在电场中的运动时间和到M 点的坐标；【解答】解：（1）粒子在板间加速，设粒子到O点时的速度为v0，根据动能定理有：qU0=12m v02代入解得：v0＝100m/s；粒子在电磁场中做匀速直线运动，所以洛伦兹力和电场力大小相等，方向相反，即qv0B ＝qE得：E＝v0B＝200N/m因为粒子在电场中加速，则粒子带负电，由左手定则判断洛伦兹力沿y轴负方向，所以电场力沿y轴正方向，电场方向沿y轴负方向；（2）撤去磁场后，粒子进入y轴右侧电场做类平抛运动，轨迹如图（1）所示：对粒子x轴方向有：x1＝v0t1y1=12a t12y轴方向根据牛顿第二定律有：Eq＝ma 由几何关系：x12+y12=R2解得：t1＝0.01s，x1＝1m，y1＝0.5m所以M点的坐标为（1m，0.5m）。

答：（1）匀强电场的电场强度的大小为200N/m，方向沿y轴负方向；（2）若撤去磁场，粒子在场区边缘M点射出电场，粒子在电场中的运动时间为0.01s，到M点的坐标为（1m，0.5m）。

第 1 页 共 1 页 2021年江西省高考物理电场复习题
57．如图所示，空间有场强E ＝1.0×103V/m 竖直向下的电场，长L ＝0.4m 不可伸长的轻绳固定于O 点，另一端系一质量m ＝0.05kg 带电q ＝+5×10﹣
4C 的小球，拉起小球至绳水平后在A 点无初速度释放，当小球运动至O 点的正下方B 点时，绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ＝30°、无限大的挡板MN 上的C 点．试求：
（1）绳子至少受多大的拉力才能被拉断；
（2）A 、C 两点的电势差．
【解答】解：（1）A →B 由动能定理及圆周运动知识有：
（mg+qE ）•L =12
mv B 2
F ﹣（mg+qE ）=mv B 2L 得：F ＝3N
（2）由（1）可知到达B 点的速度为v B =√
2(mg+qE)L m 在C 点根据速度关系有：v c sin θ＝v B
从A →C 过程，根据动能定理有：(mg +qE)ℎAC =12
mv C 2−0 从根据动能定理有：qU AC +mgh AC =12
mv c 2﹣0
得：U ＝1600V
答：（1）绳子至少受3N 的拉力才能被拉断；
（2）A 、C 两点的电势差为1600V ．。

2021年江西省高考物理磁场复习题3．如图所示，直线y=34x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场区域Ⅱ，直线x＝d与y=34x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E＝3×105V/m，另有一半径R=103m的圆形匀强磁场区域I，磁感应强度B1＝0.9T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x＝d和x轴均相切，且与x轴相切于S点。

一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域I，经过一段时间进入匀强磁场区域Ⅱ，且第一次进入匀强磁场区域Ⅱ时的速度方向与直线y=34x垂直。

粒子速度大小v0＝3×105m/s，粒子的比荷为qm=1×105C/kg，粒子重力不计。

已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（l）粒子在圆形匀强磁场区域工中做圆周运动的半径大小；（2）坐标d的值；（3）要使粒子能运动到x轴的负半轴，则匀强磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2应满足的条件。

【解答】解：（1）在磁场B1中，设粒子做匀速圆周运动的半径为r1，由牛顿第二定律可得qv0B1=m v02 r1解得：r1=mv0qB1=103m（2）由（1）知r1＝R，因为粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域I，所以粒子离开磁场B1时垂直进入匀强电场，则粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在x 方向的位移为x，在y方向的位移为y，运动时间为t，则粒子进入磁场区域Ⅱ时，沿y 方向的速度为v y=v0tan37°=4×105m/s又v y=qE mt解得：t =43×10−5s 根据运动学公式可得：x =v 0t =4m ，y =0+v y 2t =83m 所以d 点的值为d =xtan37°+y+r 1tan37°=12m （3）进入磁场B 2的速度为：v =v 0sin37°=5×105m/s带电粒子进入磁场区域Ⅱ中做匀速圆周运动，设半径为r 2，根据牛顿第二定律可得 qvB 2=m v 2r 2当带电粒子出磁场区域Ⅱ与y 轴垂直时，由几何关系可得r 2=y+R sin37°=10m代入数据解得：B 2＝0.5T当带电粒子出磁场区域Ⅱ与y 轴相切时，设轨道半径为r 2′根据几何关系可得r 2′+r 2′cos37°=y+R sin37°=10m 代入数据解得：B 2＝1.125T所以要使带电粒子能运动到x 轴的负半轴，则匀强磁场区域Ⅱ的磁感应强度B 2应满足的条件为0.5T ＜B 2＜1.125T答：（l ）粒子在圆形匀强磁场区域工中做圆周运动的半径大小为103m ；（2）坐标d 的值为12m ；（3）要使粒子能运动到x 轴的负半轴，则匀强磁场区域Ⅱ的磁感应强度B 2应满足的条件是0.5T ＜B 2＜1.125T 。

2021年江西省高考物理电场复习题
28．水平放置的两块平行金属板长L＝5.0cm，两板间距d＝1.0cm，两板间电压U＝90V，且上板为正。

一个电子沿水平方向以速度v0＝2.0×107m/s，从两板中间射入，如图所示，已知电子质量为m＝9.0×10﹣31Kg电荷量q＝﹣1.6×10﹣19C，不计电子重力。

（1）电子偏离金属板时的偏移距离是多少？
（2）电子离开电场后，打在屏上的P点。

若s＝10cm，求OP的高度。

【解答】解：L＝5.0cm＝0.05m，两板间距d＝1.0cm＝0.01m，s＝10cm＝0.1m。

（1）电子在电场中的加速度为：a=Uq md，
偏移距离即竖直方向的位移为：y=1 2at
2
因为t=L
v0，
联立解得：y＝0.005m＝0.5 cm；
（2）电子飞出电场时，水平分速度为：v x＝v0，
竖直分速度为：v y＝at=
qUL
mdv0
=4×106 m/s，
设v与v0的夹角为θ，则有：tan θ=v y
v x
=0.2，
电子飞出电场后做匀速直线运动，则有：OP＝y+s•tanθ
代入数据解得：OP＝0.025m＝2.5 cm。

答：（1）电子偏离金属板时的偏移距离是0.5cm；
（2）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s＝10cm，OP的高度为2.5cm。

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专题三电场与磁场一、电场1.库仑定律:F=k(真空中的点电荷)。

2.电场强度的表达式:(1)定义式:E=;(2)点电荷:E=;(3)匀强电场E=。

3.几种典型电场的电场线(如图所示)4.电势差和电势的关系:U AB=φA-φB或U BA=φB-φA。

5.电场力做功的计算:(1)普遍适用:W=qU;(2)匀强电场:W=Edq。

6.电容:(1)电容的定义式C=;(2)平行板电容器电容的决定式:C=7.电势高低及电势能大小的判断方法:(1)沿电场线的方向电势降低;(2)电场力做正功,电势能减少;电场力做负功,电势能增加。

8.带电粒子在匀强电场中偏转的处理方法。

二、磁场1.磁感应强度的定义式:B=。

2.安培力:(1)大小:F=BIL(B、I相互垂直);(2)方向:左手定则判断。

3.洛伦兹力:(1)大小:F=qvB;(2)方向:左手定则判断。

4.带电粒子在匀强磁场中的运动(1)洛伦兹力充当向心力:qvB=mrω2=m=mr=4π2mrf2=ma;(2)圆周运动的半径r=、周期T=。

5.常见模型:速度选择器、回旋加速器、质谱仪等。

高考演练1.(2017江苏单科,1,3分)如图所示,两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。

圆形匀强磁场B的边缘恰好与a 线圈重合,则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A.1∶1B.1∶2C.1∶4D.4∶1答案A磁通量Φ=B·S,其中B为磁感应强度,S为与B垂直的有效面积。

因为是同一磁场,B相同,且有效面积相同,S a=S b,故Φa=Φb。

选项A正确。

2.(2017江苏单科,4,3分)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点静止释放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点静止释放的电子()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'点答案A由题意知,电子在A、B板间做匀加速运动,在B、C板间做匀减速运动,到P点时速度恰好为零,设A、B板和B、C板间电压分别为U1和U2,由动能定理得eU1-eU2=0,所以U1=U2;现将C板右移至P'点,由于板上带电荷量没有变化,B、C板间电场强度E===,E不变,故电子仍运动到P点返回,选项A正确。