2019版高考物理大二轮复习考前基础回扣练9电场及带电粒子在电场中的运动2含答案

高三物理电场的性质及带电粒子在电场中的运动复习题（含答案）电场是电荷及变化磁场周围空间里存在的一种特殊物质，以下是电场的性质及带电粒子在电场中的运动温习题，请考生练习。

一、选择题(共10小题，每题4分，共40分。

在每题给出的四个选项中，第1～5题只要一项契合标题要求，第6～10题有多项契合标题要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

)1. (2021新课标全国卷，15)如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势区分为MN、P、Q。

一电子由M点区分运动到N点和P点的进程中，电场力所做的负功相等。

那么()A.直线a位于某一等势面内，QB.直线c位于某一等势面内，NC.假定电子由M点运动到Q点，电场力做正功D.假定电子由P点运动到Q点，电场力做负功2.(2021新课标全国卷，14)如图，两平行的带电金属板水平放置。

假定在两板中间a点从运动释放一带电微粒，微粒恰恰坚持运动形状，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45，再由a点从运动释放一异样的微粒，该微粒将() A.坚持运动形状B.向左上方做匀减速运动C.向正下方做匀减速运动D.向左下方做匀减速运动3.(2021山东理综，18)直角坐标系xOy中，M、N两点位于x 轴上，G、H两点坐标如图。

M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的误点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰恰为零。

静电力常量用k表示。

假定将该误点电荷移到G点，那么H点处场强的大小和方向区分为()A.，沿y轴正向B.，沿y轴负向C.，沿y轴正向D.，沿y轴负向4(2021安徽理综，20)平均带电的无量大平面在真空中激起电场的场弱小小为，其中为平面上单位面积所带的电荷量，0为常量。

如下图的平行板电容器，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，极板可看作无量大导体板，那么极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小区分为()A.和B.和C.和D.和5.(2021海南单科，5)如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。

电场及带电粒子在电场中的运动[真题再现]1．(2014·重庆理综)如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为W a和W b，a、b点的电场强度大小分别为E a和E b，则( )A．W a＝W b，E a>E b B．W a≠W b，E a>E bC．W a＝W b，E a<E b D．W a≠W b，E a<E b答案：A解析：因a、b两点在同一等势线上，故U ac＝U bc，W a＝eU ac，W b＝eU bc，故W a＝W b.由题图可知a点处电场线比b点处电场线密，故E a>E b.选项A正确．2．(2013·广东理综)喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上．则微滴在极板间电场中( )A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电量无关答案：C解析：由于微滴带负电，其所受电场力指向正极板，故微滴在电场中向正极板偏转，A 项错误．微滴在电场中所受电场力做正功，电势能减小，B项错误．由于极板间电场是匀强电场，电场力不变，故微滴在电场中做匀加速曲线运动，并且轨迹为抛物线，C项正确．带电量影响电场力及加速度大小，运动轨迹与加速度大小有关，故D项错误．3．(多选)(2015·天津理综)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E 1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()A ．偏转电场E 2对三种粒子做功一样多B ．三种粒子打到屏上时的速度一样大C ．三种粒子运动到屏上所用时间相同D ．三种粒子一定打到屏上的同一位置答案：AD解析：根据动能定理有qE 1d ＝12mv 21，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v 1＝ 2qE 1d m .在偏转电场中，由l ＝v 1t 2 及y ＝12qE 2mt 22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y ＝E 2l 24E 1d，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W ＝qE 2y 得，偏转电场E 2对三种粒子做功一样多，选项A 正确．根据动能定理，qE 1d ＋qE 2y ＝12mv 22，得到粒子离开偏转电场E 2打到屏上时的速度v 2＝ 2qE 1d ＋qE 2y m，由于三种粒子的质量不相等，故v 2不一样大，选项B 错误．粒子打在屏上所用的时间t ＝d v 12＋L ′v 1＝2d v 1＋L ′v 1(L ′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v 1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C 错误．根据vy ＝qE 2m t 2及tan θ＝vy v 1得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝E 2l 2E 1d ，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D 正确．规律探寻该类问题以生产、生活、科技中的相关器材为背景材料，主要考查带电粒子在电场中的偏转及电场力做功、电势能变化等，试题情景新颖，但设问难度较小．只要仔细阅读背景材料，建立好相应的物理模型，再结合电场的性质和粒子的加速、偏转知识，问题则不难求解．[考题预测](多选)阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A1、A2形成的，其中虚线为等势线，相邻等势线间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线(管轴)．电子束从左侧进入聚焦电场后，在电场力的作用下汇聚到z轴上，沿管轴从右侧射出，图中P、Q、R是一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则可以确定( )A．电极A1的电势高于电极A2的电势B．电场中Q点的电场强度小于R点的电场强度C．电子在R点处的动能大于在P点处的动能D．若将一束带正电的粒子从左侧射入聚焦电场也一定被会聚答案：BC解析：根据电场线与等势面互相垂直的特点，可粗略画出该电场中的电场线，根据题意可知，电子束从左侧进入聚焦电场后，在电场力的作用下会聚到z轴上，Q点电子所受到的电场力斜向右下方，在题图中运动过程中，电场力做正功，电子电势能减小，电子的动能增加，则电极A1的电势低于电极A2的电势，因此，选项A错误，而选项C正确；在电场中，等势面密集的地方场强大，因此，Q点的电场强度小于R点的电场强度，选项B正确；场强不变的情况下，正电荷所受电场力方向与负电荷所受电场力方向相反，因此，会聚电子束的电场必定会发散正电荷，选项D错误．。

课时跟踪训练(九)一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1．(2018·济宁市高三第二次模拟)如图所示的四条实线是电场线，它们相交于点电荷O，虚线是只在电场力作用下某粒子的运动轨迹，A、B、C、D分别是四条电场线上的点，则下列说法正确的是( )A．O点一定有一个正点电荷B．B点电势一定大于C点电势C．该粒子在A点的动能一定大于D点的动能D．将该粒子在B点由静止释放，它一定沿电场线运动C　[没有画出电场线的方向，所以O点可能是正电荷，也可能是负电荷，故A错误；由于不知道电场线的方向，所以无法判断B、C两点电势的高低，故B错误；由于做曲线运动的物体受力的方向指向曲线的内侧，可知该粒子在该电场中受到的电场力沿电场线向下，故从A到D电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，则粒子在A点的动能较大，故C正确；电场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向，由于B点所在电场线为曲线，所以将该粒子在B点由静止释放，它一定不能沿电场线运动，故D错误．故选C.]2．(2018·宁夏银川一中高三质检(二))如图所示，在匀强电场中，场强方向沿△abc所在平面平行，ac⊥bc，∠abc＝60°，ac＝0.2 m．一个电量q＝1×10－5C的正电荷从a移到b，电场力做功为零；同样的电荷从a移c，电场力做功为1×10－8J.则该匀强电扬的场强大小和方向分别为( )A ．500 V/m 、沿ab 由a 指向bB ．500 V/m 、垂直ab 向上C ．1000 V/m 、垂直ab 向上D ．1000 V/m 、沿ac 由a 指向cC [正电荷从a 移到b ，电场力做功为零，则由电场力做功的特点可知，ab 两点电势相等，故ab 应为等势线；因电场线与等势面相互垂直，故过c 做ab 的垂线，一定是电场线；正电荷从a 到c 过程，由W ＝Uq 可知，ac 两点的电势差U ac ＝＝V ＝100 V ，即a 点电势高于c 点的电势，故电场W q 1.0×10－31×10－5线垂直于ab 向上；ac 间沿电场线的距离d ＝ac ·cos 60°＝ 0.2×0.5 m ＝0.1 m ，由E ＝可知：电场强度E ＝ V/m ＝1000 V/m ，方向垂直ab 向上；故C 正U d 1000.1确，A 、B 、D 错误；故选C.]3．(2018·山东省潍坊市高三二模)如图甲所示，平行金属板A 、B 正对竖直放置，CD 为两板中线上的两点．A 、B 板间不加电压时，一带电小球从C 点无初速释放，经时间T 到达D 点，此时速度为v 0.在A 、B 两板间加上如图乙所示的交变电压，t ＝0带电小球仍从C 点无初速释放，小球运动过程中未接触极板，则t ＝T 时，小球( )A ．在D 点上方B ．恰好到达D 点C ．速度大于vD ．速度小于vB [小球仅受重力作用时从C 到D 做自由落体运动，由速度公式得v 0＝gT ，现加水平方向的周期性变化的电场，由运动的独立性知竖直方向还是做匀加速直线运动，水平方向0～沿电场力方向做匀加速直线运动，～做匀减速T 4T 4T 2直线运动刚好水平速度减为零，～做反向的匀加速直线运动，～T 做反向T 23T 43T 4的匀减速直线运动水平速度由对称性减为零，故t ＝T 时合速度为v 0，水平位移为零，则刚好到达D 点，故选B.]4．(2018·山东省淄博市高三三模) 已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直．如图所示MN 为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接．现将一个电荷量为Q 的正点电荷置于板的右侧，图中a 、b 、c 、d 是以正点电荷Q 为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中ab 连线与金属板垂直．则下列说法正确的是( )A ．b 点电场强度与c 点电场强度相同B ．a 点电场强度与b 点电场强度大小相等C ．a 点电势等于d 点电势D ．将一试探电荷从a 点沿直线ad 移到d 点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变C [画出电场线如图所示：A.根据对称性可知，b 点电场强度与c 点电场强度大小相同，方向不同，故A 错误；B.电场线密集的地方电场强度大，从图像上可以看出a 点电场强度大于b 点电场强度，故B 错误；C.根据对称性并结合电场线的分布可知a 点电势等于d 点电势，故C 正确；D.由于试探电荷先靠近正电荷后远离正电荷，所以电场力在这个过程中做功，当总功为零，所以试探电荷电势能不是始终保持不变，故D 错误；故选C.]5．(2018·河北衡水中学信息卷)如图所示，边长为L 的等边三角形ABC 的三个顶点上分别固定一个点电荷，所带电荷量依次为＋q 、＋q 和－q . D 点和M 点分别为AB 边和AC 边的中点，N 点为三角形的中心，静电力常量为k .在该电场中，下列说法正确的是( )A ．D 点的电场强度大小为k ，方向为从N 指向DqL 2B ．N 点的电场强度大小为9k ，方向为从N 指向C qL 2C ．D 点的电势高于N 点的电势D ．若取无穷远处电势为0，则M 点的电势φM 为0C [A 、B 两点处的点电荷在D 点的电场强度的矢量和为0，C 点处的点电荷在D 点处的电场强度为E ＝＝，方向为从D 指向N ，A 错误；三q k (3L2)24kq 3L 2个点电荷在N 点的电场强度大小均为3k，其中两个正点电荷的电场强度矢量q L 2合成后大小为3k ，方向为从N 指向C ，与负点电荷电场强度合成，N 点的电qL 2场强度大小为6k ，方向为从N 指向C ，B 错误；CD 连线上电场强度方向由qL 2D 指向C ，可知φD >φN ，C 正确；若无穷远电势为0，则A 、C 两点处的等量异种点电荷在M点的电势为0，B处的正点电荷在M点的电势大于0，故φM>0，D错误．]6．(2018·山东省临沂市高三三模)如图所示，某条电场线上有a、b、c三点，其中b为ac的中点，已知a、c两点的电势分别为φa＝10 V，φC＝4 V，若将一点电荷从c点由静止释放，仅在电场力作用下沿着电场线向a点做加速度逐渐增大的加速运动，则下列判断正确的是( )A．该点电荷带负电B．电场在b点处的电势为7 VC．a、b、c三点c点处的场强最小D．该电荷从c点运动到b点电场力做的功比从b点运动到a点电场力做的功多AC　[A项：点电荷从c静止释放向左运动，电场线方向向右，所以点电荷带负电，故A正确；B项：由点电荷从c到a做加速度增大的加速运动，说明从c到a电场强度增大，即cb段平均场强小于ab段的平均强度，根据公式U＝d，可知电场在b点处的电势小于7 V，故B错误；C项：由点电荷从c E到a做加速度增大的加速运动，说明从c到a电场强度增大，a、b、c三点c点处的场强最小，故C正确；D项：由C分析可知，从c到a电场强度增大，即电场力增大，ab＝bc，根据W＝Fx可知，在cb段的电场力小于ab段的电场力，所以该电荷从c点运动到b点电场力做的功比从b点运动到a点电场力做的功少，故D错误．]7．(2018·吉林省长春市高考模拟检测理科综合能力测试)如图，电路中A、B、C、D是完全相同的金属极板，P是AB板间的一点，在CD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CD板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是( )A ．金属板CD 构成电容器的电容减小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AC [A.根据C ＝，将CD 板间的玻璃板抽出，电介质εr 减小，其它εrS4πkd 条件不变，则金属板CD 构成电容器的电容减小，故A 正确；BCD.当闭合开关，电路稳定后将开关断开，极板总电荷量不变，金属板CD 构成电容器的电容减小，由U ＝可知极板CD 电势差变大，极板AB 电势差变大，由E ＝可Q C U d知极板AB 间的场强变大，导致P 点与B 板的电势差变大，因B 板接地，电势为零，即P 点电势升高，因此电容器CD 处于放电状态，电容器AB 处于充电状态，电阻R 中有向右的电流，故C 正确，BD 错误；故选AC.]8．(2018·山东省青岛市高考模拟检测理科综合能力测试)通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q 在场源电荷Q 的电场中具所有电势能表达式为E r ＝(式中k 为静电力常量，r 为试探电荷与场源电荷kqQ r间的距离)．真空中有两个点电荷Q 1、Q 2分别固定在x 坐标轴的x ＝0和x ＝6 cm 的位置上．x 轴上各点的电势φ随x 的变化关系如图所示．A 、B 是图线与x 的交点，A 点的x 坐标是4.8 cm ，图线上C 点的切线水平．下列说法正确的是( )A ．电荷Q 1、Q 2的电性相反B ．电荷Q 1、Q 2的电量之比为1∶4C ．B 点的x 坐标是8 cmD ．C 点的x 坐标是12 cmACD [A.电势φ随x 的变化关系图象的斜率＝E ，所以C 点电场为0，ΔφΔx 根据电场叠加原理可知电荷Q 1、Q 2的电性相反，故A 正确；B.根据φ＝可E p q知，φA ＝＋＝＋＝0，解得Q 1∶|Q 2|＝4∶1，故B 错误；C.根据φkQ 1q r 1q kQ 2qr 2q kQ 148kQ 212＝可知，φB ＝＋＝＋＝0，解得B 点的坐标是8 cm ，故E P q kQ 1qx 1q kQ 2q x 1－6qKQ 1x 1kQ 2x 1－6C 正确；D.由E ＝知，E c ＝＋＝0解得C 点的坐标是x 2＝12 cm ，kQr 2kQ 1x 2kQ 2(x 2－6)2故D 正确；故选ACD.]9．(2018·陕西西北工大附中高三模拟)如图所示，水平面内的等边三角形ABC 的边长为L ，两个等量异种点电荷＋Q 和－Q 分别固定于A 、B 两点．光滑绝缘直导轨CD 的上端点D 位于到A 、B 中点的正上方，且与A 、B 两点的距离均为L .在D 处质量为m 、电荷量为＋q 的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，并由静止释放，已知静电力常量为k ，重力加速度为g .忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．D 点的场强大小为kQ L 2B ．小球到达CD 中点时，其加速度为零C ．小球刚到达C 点时，其动能为mgL32D ．小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小AC [根据点电荷产生的电场的性质可知，负电荷在D 处的电场强度沿DB 方向，正电荷在D 处的电场强度沿AD 方向，两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D 点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿AD 、DB 的角平分线；由库仑定律得，A 、B 在D 点的场强的大小：E A ＝E ＝k ，Q L 2则D 点的场强：E D ＝E A cos 60°＋E B cos 60°＝k ，故A 正确；当小球到达CDQL 2中点时，小球受重力、支持力、正电荷的排斥力、负电荷的吸引力，对其受力分析可知，重力和支持力的合力与正电荷的排斥力和负电荷的吸引力的合力不在同一平面上，故两个合力不可能平衡，故加速度不为零，故B 错误；由于C 与D 到A 、B 的距离都等于L ，结合等量异种点电荷的电场特点可知，C 点与D 点在同一等势面上，电场力不做功，故小球的电势能不变，下落过程只有重力做功，即：mg ＝m v 2，又几何关系可知：＝L ·sin 60°＝L . 小球的OD 12OD 32动能E k ＝m v 2＝mgL ，故C 正确，D 错误．故选AC.]123210．(2018·山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x 轴平行，在x 轴上的电势φ与坐标x 的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15,3) 的切线．现有一质量为0.20 kg ，电荷量为＋2.0×10－8C 的滑块P (可视作质点)，从x ＝0.10 m 处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02.取重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是 ( )A ．滑块运动的加速度先逐渐减小后逐渐增大B ．x ＝0.15 m 处滑块运动的动能最大1.0×10－3JC ．滑块运动过程中电势能先减小后增大D ．滑块运动过程中克服摩擦力做功8.0×10－3JAB [电势φ与位移x 图线的斜率表示电场强度，则x ＝0.15 m 处的场强E ＝ V/m ＝2×106V/m ，此时的电场力F ＝qE ＝2×10－8×2×106N ＝0.04 3×1050.15N ，滑动摩擦力大小f ＝μmg ＝0.02×2 N ＝0.04 N ，在x ＝0.15 m 前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x ＝0.15 m 后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大，故A 正确，在x ＝0.15 m 时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，E km ＝qU －fx ，因为0.10 m 和0.15 m 处的电势差大约为1.5×105V ，代入求解，最大动能为1.0×10－3J.故B 正确．滑块运动过程中因电势一直降低，可知电势能一直减小，选项C 错误；若滑块运动过程中克服摩擦力做功8.0×10－3J ，则移动的距离为Δx ＝＝ m ＝Wf f 8.0×10－30.040.2 m ，此时滑块从x ＝0.1 m 的位置运动到0.3 m 的位置，电势能的变化为ΔE p＝(4－1.5)×105×2.0×10－8J ＝5×10－3J ，即电场力做功小于克服摩擦力做功，此时滑块的速度不为零，将继续运动一段距离停下，故滑块运动过程中克服摩擦力做功大于8.0×10－3J ，选项D 错误；故选AB.]二、非选择题11．(2018·四川省泸州市高三模拟)如图所示，相距2L 的AB 、CD 两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PS 下方的电场E 1的场强方向竖直向上，PS 上方的电场E 2的场强方向竖直向下，在电场左边界AB 上宽为L 的PQ 区域内，连续分布着电量为＋q 、质量为m 的粒子．从某时刻起由Q 到P 点间的带电粒子，依次以相同的初速度v 0沿水平方向垂直射入匀强电场E 1中，若从Q 点射入的粒子，通过PS 上的某点R 进入匀强电场E 2后从CD 边上的M 点水平射出，其轨迹如图，若MS 两点的距离为.不计粒L 2子的重力及它们间的相互作用．试求：(1)电场强度E 1与E 2的大小；(2)在PQ 间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直于CD 边水平射出，这些入射点到P 点的距离有什么规律？解析　(1)设粒子由Q 到R 及R 到M 点的时间分别为t 1与t 2，到达R 时竖直速度为v y ，则由y ＝at 2、v y ＝at 及F ＝qE ＝ma 得：12L ＝a 1t ＝ t 122112qE 1m21＝a 2t ＝ t L 212212qE 2m 2v y ＝t 1＝t 2qE 1m qE 2mv 0(t 1＋t 2)＝2L联立解得：E 1＝，E 2＝.9m v 208qL 9m v 204qL(2)由(1)知E 2＝2E 1，t 1＝2t 2.因沿PS 方向所有粒子做匀速运动，所以它们到达CD 边的时间同为t ＝.2Lv 0设PQ 间距离P 点为h 的粒子射入电场后，经过n (n ＝2,3,4，…)个类似于Q →R →M 的循环运动(包括粒子从电场E 2穿过PS 进入电场E 1的运动)后，恰好垂直于CD 边水平射出，则它的速度第一次变为水平所用时间为T ＝＝(n ＝t n 2Ln v 02,3,4，…)，第一次到达PS 边的时间则为T ，则有23h ＝··(T )2＝(n ＝2,3,4，…)．12qE 1m 23L n 2答案　(1) (2)(n ＝2,3,4，…)9m v 208qL 9m v 204qLL n 212．(2018·辽宁省大连市高考模拟检测)竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R ＝1 m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E ＝4×103 V/m.小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径，b 、c 球用长L ＝m 的绝缘2细轻杆连接，开始时c 静止于管道水平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F －t 的变化图象如图乙所示，且满足F 2＋t 2＝.已知三个小球均可看做质点且4πm a ＝0.25 kg ，m b ＝0.2 kg ，m c ＝0.05 kg ，小球c 带q ＝5×10－4C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g ＝10 m/s 2，求(1)小球a 与b 发生碰撞时的速度v 0；(2)小球c 运动到Q 点时的速度v ；(3)从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球c 电势能的增加量．解析　对小球a ，由动量定理可得小球a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得小球c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：(1)由题意可知，F 图象所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F 的冲量，由圆方程可知S ＝1 m 2代入数据可得：v 0＝4 m/s(2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞，由动量守恒可得m a v 0＝m a v 1＋(m b ＋m c )v 2由机械能守恒可得m a v ＝m a v ＋(m b ＋m c )v 12201221122解得v 1＝0，v 2＝4 m/s小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理m c gR －qER ＝(m b ＋m c )v 2－(m b ＋m c )v 12122代入数据可得v ＝2m/s(3)由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为θ从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：m b gR (1－cos θ)＋m c gR sin θ＋(m b ＋m c )v 2＝qER sin θ12解得sin θ＝0.6，θ＝37°因此小球c 电势能的增加量：ΔE p ＝qER (1＋sin θ)＝3.2 J ．]答案　(1)v 0＝4 m /s (2) v ＝2 m/s (3)ΔE P ＝3.2 J。

第23课 电容器 带电粒子在电场中的运动1．平行板电容器的动态分析 a ．U 不变时电容器的动态分析(1)(经典题，6分)某电容式话筒的原理示意图如图所示，E 为电源，R 为电阻，薄片P 和Q 为两金属极板。

对着话筒说话时，P 振动而Q 可视为不动，在P 、Q 间距增大过程中( )A ．P 、Q 构成的电容器的电容增大B ．P 上电荷量保持不变C ．M 点的电势比N 点的低D ．M 点的电势比N 点的高 答案：D解析：电容式话筒与电源串联，电压保持不变。

在P 、Q 间距增大过程中，根据电容决定式C ＝εr S 4πkd 得电容减小，又根据电容定义式C ＝QU得电容器所带电量减小，电容器的放电电流通过R 的方向由M 到N ，所以M 点的电势比N 点的高。

故A 项、B 项、C 项均错误，D 项正确。

(2)(2017海南单科，4分)如图所示，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态。

现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动。

关于小球所受的电场力大小F 和绳子的拉力大小T ，下列判断正确的是( )A ．F 逐渐减小，T 逐渐减小B ．F 逐渐增大，T 逐渐减小C ．F 逐渐减小，T 逐渐增大D ．F 逐渐增大，T 逐渐增大 答案：A解析：电容器与电源相连，所以两极板间电势差不变，将左极板向左缓慢移动的过程中，两板间距离增大，则由U ＝Ed 可知，电场强度E 减小；电场力F ＝Eq 减小；小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用而处于平衡，故拉力与电场力和重力的合力大小相等，方向相反；根据平行四边形定则可知，T ＝F 2＋（mg ）2；由于重力不变，电场力变小，故拉力变小，故A 项正确，B 项、C 项、D 项均错误。

b ．Q 不变时电容器的动态分析(3)(2016天津理综，6分)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。

专题三 电场和磁场考点1　电场及带电粒子在电场中的运动[限时45分钟；满分100分]一、选择题(每小题7分，共70分)1．(多选)如图3－1－16所示，A 、B 、C 、D 四点构成一边长为L 的正方形，对角线AC 竖直，在A 点固定一电荷量为－Q 的点电荷，规定电场中B 点的电势为零。

现将几个质量均为m 、电荷量均为－q 的带电小球从D 点以大小均为v 0的速度向各个方向抛出，已知重力加速度大小为g ，下列说法正确的是图3－1－16A ．通过B 点的小球在B 点时的速度大小为v 0B ．通过C 点的小球在C 点时的电势能比通过B 点的小球在B 点时的电势能大C ．通过C 点的小球在C 点时受到的库仑力是通过B 点的小球在B 点时受到的库仑力的2倍D ．若通过C 点的小球在C 点时的速度大小为v ，则C 点的电势为(v 2－v m 2q gL )202解析　由负点电荷的电场线以及等势面的分布可知，φc >φB ＝φD ＝0，对从D点运动到B 点的小球，由动能定理可知qU DB ＝ΔE k ，由于φB ＝φD ＝0，因此ΔE k ＝0，即通过B 点的小球在B 、D 两点的速度大小相等，A 正确；负电荷在低电势点的电势能大，因此带负电小球在B 点的电势能大于在C 点的电势能，B 错误；由库仑定律F ＝k 可知，F ∝，又AB ∶AC ＝1∶，因此小球在B 、C 两点的Qq r 21r22库仑力之比为2∶1，C 错误；对由D 运动到C 的小球，由动能定理得mg ×L ＋22(－qU DC )＝m v 2－m v ，又U DC ＝φD －φC ＝0－φC ＝－φC ，解得φC ＝(v 2－v －121220m 2q20gL )，D 正确。

2答案　AD2．(2018·陕西质检)如图3－1－17所示，真空中有两个点电荷Q 1＝＋9.0×10－8 C 和Q 2＝－1.0×10－8 C ，分别固定在x 坐标轴上，其中Q 1位于x ＝0处，Q 2位于x ＝12 cm 处。

带电粒子在复（组）合场中的运动一、选择题（本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一项符合题目要求）1.如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面、磁感应强度大小可调的均匀磁场，带电粒子可在环中做圆周运动。

A、B为两块中心开有小孔的距离很近的极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板准备进入A、B之间时，A板电势升高为+U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速；每当粒子离开B 板时，A板电势又降为零，粒子在电场的加速下动能不断增大，而在环形磁场中绕行半径不变。

若粒子通过A、B 板的时间不可忽略，则能定性反映A板电势U和环形区域内的磁感应强度B随时间t变化的关系的是()【答案】BC2.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为()A．11 B．12C．121 D．144【答案】D3．（2018届北京师范大学第二附属中学月考）为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的测量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U．若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是（）A. 若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B. 前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多少无关C. 污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D. 电压表示数U 与污水流量Q 成正比，与a 、b 、c 均无关 【答案】B4. 如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I ，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B 与I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为I H ，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压U H 满足：U H =k H I Bd，式中k 为霍尔系数，d 为霍尔元件两侧面间的距离。

回扣练9：电场及带电粒子在电场中的运动1．如图所示，图甲实线为方向未知的三条电场线，a 、b 两带电粒子从电场中的P 点静止释放，不考虑两粒子间的相互作用，仅在电场力作用下，两粒子做直线运动，a 、b 粒子的速度大小随时间变化的关系如图乙中实线所示，虚线为直线．则( )A ．a 一定带正电，b 一定带负电B ．a 向左运动，b 向右运动C ．a 电势能减小，b 电势能增大D ．a 动能减小，b 动能增大解析：选B.从速度—时间图象中可以看出，a 粒子加速度逐渐增大，b 粒子加速度逐渐减小，因为粒子仅受电场力，可知a 粒子电场力逐渐增大，b 粒子电场力逐渐减小，所以a 向左运动，b 向右运动．由于不知电场的方向，所以无法判断a 、b 的电性．故A 错误，B 正确．带电粒子在电场中运动时，电场力做正功，所以a 、b 的电势能均减小．故C 错误．带电粒子在电场中运动时，电场力做正功，因为仅受电场力，根据动能定理，a 、b 的动能均增加．故D 错误．故选B.2．如图所示，半径为R 的均匀带电球壳带电量为Q (Q >0)．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kQ R 2B ．在球壳外距球壳为r 处的电场强度为kQ rC ．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解析：选C.由对称性可知，球心O 处的场强为零，选项A 错误；在球壳外距球壳为r 处的电场强度为E ＝kQ（r ＋R ）2 ，选项B 错误；球壳的表面处的电场线垂直于表面，则球壳表面为等势面，选项C 正确；因球壳带电量为正，则若取无穷远处电势为零，则球壳表面处的电势大于零，选项D 错误；故选C.3．如图，一质量为m 、电量为q 的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M 、N 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M 点的速度大小为v 0，方向与水平方向的夹角为60°，N 点为轨迹的最高点，不计重力．则M 、N 两点间的电势差为( )A.3mv 208qB ．－3mv 208q C ．－mv 208q D ．mv 208q 解析：选B.从M 点到N 点利用动能定理有：qU MN ＝12mv 2N －12mv 2M ＝12m (v 0sin 60°)2－12mv 20 解得：U MN ＝－3mv 208q，故B 正确．4．如图所示为某电场中x 轴上电势φ随x 变化的图象，一个带电粒子仅受电场力作用在x ＝0处由静止释放沿x 轴正向运动，且以一定的速度通过x ＝x 2处，则下列说法正确的是( )A ．x 1和x 2处的电场强度均为零B ．x 1和x 2之间的场强方向不变C ．粒子从x ＝0到x ＝x 2过程中，电势能先增大后减小D ．粒子从x ＝0到x ＝x 2过程中，加速度先减小后增大解析：选D.φ ­x 图象的切线斜率表示场强的大小，x 1和x 2两处的场强均不为零，因此A 项错误．在x 轴上沿电场方向电势降低，逆着电场方向电势升高，所以x 1到x 2之间电场强度的方向先沿x 轴负方向后沿x 轴正方向，选项B 错误．粒子仅在电场力作用下由静止开始运动，从x ＝0到x ＝x 2之间由于电场方向发生了改变，电场力先做正功后做负功，粒子的电势能先减小后增大，选项C 错误．根据牛顿第二定律，加速度与电场力大小成正比，电场力大小与各处的电场强度大小即图象的斜率大小成正比，由图象知，粒子的加速度先减小后增大，选项D 正确．5．均匀带电的球体在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球体上均匀分布正电荷，总电荷量为q ，球半径为R ，MN 为通过半球顶点与球心O 的轴线，在轴线上有A 、B 两点，A 、B 关于O 点对称，AB ＝4R .已知A 点的场强大小为E ，则B 点的场强大小为( )A.kq 2R 2＋E B ．kq 2R 2－E C.kq4R 2＋E D ．kq4R 2－E 解析：选B.若将带电量为2q 的球面放在O 处，均匀带电的球壳在A 、B 点所产生的电场为E 0＝2kq （2R ）2＝kq 2R 2，由题知当半球面产生的场强为E ，则B 点的场强为E ′＝E 0－E .解得E ′＝kq2R 2－E ，故选B.6．(多选)如图所示，空间分布着竖直向上的匀强电场E ，现在电场区域内某点O 处放置一负点电荷Q ，并在以O 点为球心的球面上选取a 、b 、c 、d 四点，其中ac 连线为球的水平大圆直径，bd 连线与电场方向平行．不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )A ．b 、d 两点的电场强度大小相等，电势相等B ．a 、c 两点的电场强度大小相等，电势相等C ．若从a 点抛出一带正电小球，小球可能沿a 、c 所在圆周做匀速圆周运动D ．若从a 点抛出一带负电小球，小球可能沿b 、d 所在圆周做匀速圆周运动解析：选BC.Q 在b 点与d 点场强方向相反，与匀强电场叠加后d 点场强大于b 点场强．故A 错误；a 、c 两点的电场强度大小相等，点电荷在ac 两点的电势相等，电场E 在ac 两点的电势相等，所以ac 两点的电势相等．故B 正确；若能做匀速圆周运动，要使小球所受的合力大小不变，方向变化，则应为匀强电场力与重力相平衡，合力为Q 所给的库仑力．故正电荷可沿a 、c 所在圆周做匀速圆周运动．故C 正确；若从a 点抛出一带负电小球，其所受合力不可能指向Q 点，则不能做匀速圆周运动．故D 错误；故选BC.7．(多选)如图所示，水平面内的等边三角形ABC 的边长为L ，两个等量异种点电荷＋Q 和－Q 分别固定于A 、B 两点．光滑绝缘直导轨CD 的上端点D 位于到A 、B 中点的正上方，且与A 、B 两点的距离均为L .在D 处质量为m 、电荷量为＋q 的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，并由静止释放，已知静电力常量为k ，重力加速度为g .忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．D 点的场强大小为kQ L 2B ．小球到达CD 中点时，其加速度为零C ．小球刚到达C 点时，其动能为32mgLD ．小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小解析：选AC.根据点电荷产生的电场的性质可知，负电荷在D 处的电场强度沿DB 方向，正电荷在D 处的电场强度沿AD 方向，两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D 点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿AD 、DB 的角平分线；由库仑定律得，A 、B 在D 点的场强的大小：E A ＝E ＝k Q L 2，则D 点的场强：E D ＝E A cos 60°＋E B cos 60°＝k Q L2，故A 正确；当小球到达CD 中点时，小球受重力、支持力、正电荷的排斥力、负电荷的吸引力，对其受力分析可知，重力和支持力的合力与正电荷的排斥力和负电荷的吸引力的合力不在同一平面上，故两个合力不可能平衡，故加速度不为零，故B 错误；由于C 与D 到A 、B 的距离都等于L ，结合等量异种点电荷的电场特点可知，C 点与D 点在同一等势面上，电场力不做功，故小球的电势能不变，下落过程只有重力做功，即：mg ·OD ＝12mv 2，又几何关系可知：OD ＝L ·sin 60°＝32L ，小球的动能E k ＝12mv 2＝32mgL ，故C 正确，D 错误．故选AC.8．(多选)如图所示，两个水平放置的平行板电容器，A 板用导线与M 板相连，B 板和N 板都接地．让A 板带电后，在两个电容器间分别有P 、Q 两个带电油滴都处于静止状态．A 、B 间电容为C 1，电压为U 1，带电量为Q 1；M 、N 间电容为C 2，电压为U 2，带电量为Q 2.若将B 板稍向下移，下列说法正确的是( )A ．P 向下动，Q 向上动B ．U 1减小，U 2增大C ．Q 1减小，Q 2增大D ．C 1减小，C 2增大解析：选AC.将B 板下移时，由C ＝εr S 4πkd，C 1将增小；而MN 板不动，故MN 的电容不变；故D 错误；假设Q 不变，则AB 板间的电压U 1将增大，大于MN 间的电压，故AB 板将向MN 板充电；故Q 1减小，Q 2增大；故C 正确；充电完成，稳定后，MN 及AB 间的电压均增大，故对Q 分析可知，Q 受到的电场力增大，故Q 将上移；对AB 分析可知，E 1＝U 1d ＝Q 1Cd ＝Q 1εr S 4πkd d ＝4πkQ 1εr S，故电场强度减小，故P 受到的电场力减小，故P 将向下运动；故A 正确；故选AC.9．(多选)有三根长度皆为L 的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O 点，另一端分别挂有质量均为m 、电量分别为－q 、q 的带电小球A 和B ，A 、B 间用第三根线连接起来．所在空间存在水平向右、大小E ＝mg q的匀强电场，系统平衡时，A 、B 球的位置如图所示．现将O 、B 之间的轻线烧断，因空气阻力，A 、B 两球最后会达到新的平衡位置(不计两带电小球间相互作用的静电力)．以下说法正确的是( )A ．A 球的电势能增加了12qEL B ．B 球的电势能减少了12qEL C ．A 球的重力势能减少了2－32mgLD ．B 球的重力势能减少了2＋2－32mgL 解析：选ACD.设达到新的平衡位置时OA 绳与竖直方向夹角为α，OB 绳与竖直方向夹角为β，由平衡条件得对A ：T 1cos α＝mg ＋T 2cos β qE ＝T 1sin α＋T 2sin β对B ：T cos β＝mg qE ＝T 2sin β联立解得：α＝0，β＝45°，所以A 球的重力势能减少了 mgL (1－cos 30°)＝2－32mgL B 球的重力势能减少了mgL (1＋cos 45°)－mgL cos 30°＝2＋2－32mgL A 球的电势能增加了qEL sin 30°＝12qELB 球的电势能减小了qEL (sin 45°－sin 30°)＝2－12qEL综上所述，故A、C、D正确．10．(多选)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知( )A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小解析：选AB.根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P 点对称，则可说明电场力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q 点的电势比P点高；故A正确；粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大；故B正确；因电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小；故C错误；因受力为恒力；故PQ两点加速度大小相同；故D错误；故选AB.。

2019年高考物理二轮复习必刷题——带电粒子在磁场中的运动（附答案）一、计算题1.电子质量为m，电荷量为q，以速度v0与x轴成θ角射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如图所示，求：（1）电子运动的轨道半径R；（2）OP的长度；（3）电子由O点射入到落在P点所需的时间t．2.如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向外的匀强磁场，一质量为m，带电量为+q的粒子（重力不计）经过电场中坐标为（3L，L）的P点时的速度大小为V0．方向沿x轴负方向，然后以与x轴负方向成45°角进入磁场，最后从坐标原点O射出磁场求：（1）匀强电场的场强E的大小；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）粒子从P点运动到原点O所用的时间。

3.如图所示，一带电微粒质量为m=2.0×10-11kg、电荷量q=+1.0×10-5C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=60°，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为θ=60°．已知偏转电场中金属板长L=10√3cm，圆形匀强磁场的半径为R=10√3cm，重力忽略不计．求：（1）带电微粒经加速电场后的速度大小；（2）两金属板间偏转电场的电场强度E的大小；（3）匀强磁场的磁感应强度B的大小．4.如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场。

在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ＞1）。

一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O 沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求（不计重力）（1）粒子运动的时间；（2）粒子与O点间的距离。

5.如图所示，一带电微粒质量为m=2.0×10-11kg、电荷量q=+1.0×10-5C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域．已知偏转电场中金属板长L=10cm，两板间距d=17.3cm，重力不计．求：（1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1；（√3≈1.73）（2）偏转电场中两金属板间的电压U2；（3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？6.如图所示，两平行金属板AB中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场．A板带正电荷，B板带等量负电荷，电场强度为E；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B1．平行金属板右侧有一挡板M，中间有小孔O′，OO′是平行于两金属板的中心线．挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场应强度为B2．CD为磁场B2边界上的一绝缘板，它与M板的夹角θ=45°，O′C=a，现有一大量质量均为m，电荷量为q的带正电的粒子（不计重力），自O点沿OO′方向水平向右进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO′方向运动，通过小孔O′进入匀强磁场B2，如果该粒子恰好以竖直向下的速度打在CD板上的E点，求：（1）进入匀强磁场B2的带电粒子的速度大小v；（2）CE的长度．7. 如图所示为质谱仪的原理图，A 为粒子加速器，电压为U 1；B 为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B 1，板间距离为d ；C 为偏转分离器，磁感应强度为B 2．今有一质量为m 、电量为q 的正离子经加速后，恰好通过速度选择器，进入分离器后做半径为R 的匀速圆周运动，求： （1）粒子的速度v（2）速度选择器的电压U 2（3）粒子在B 2磁场中做匀速圆周运动的半径R ．8. 一个重力不计的带电粒子，以大小为v 的速度从坐标（0，L ）的a 点，平行于x 轴射入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，并从x 轴上b 点射出磁场，射出速度方向与x 轴正方向夹角为60°，如图．求：（1）带电粒子在磁场中运动的轨道半径；（2）带电粒子的比荷mq 及粒子从a 点运动到b 点的时间；（3）其他条件不变，要使该粒子恰从O 点射出磁场，求粒子入射速度大小．9. 如图所示，一电子的电荷量为e ，以速度v 垂直射入磁感应强度为B 、宽度为d 的有界匀强磁场中，穿过磁场时的速度方向与原来电子入射方向的夹角是θ=30°，求： （1）电子运动的轨道半径r ； （2）电子的质量m ；（3）电子穿过磁场的时间t 。

河北2019年高考物理二轮练习考点综述带电粒子在电场中运动带电粒子在电场中运动1、如图1所示，在粗糙的斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度的释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点静止，那么从M到N的过程中()、图1A、小物块所受的电场力减小B、小物块的电势能可能增加C、小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功D、M点的电势一定高于N点的电势2、如图2所示，真空中有一匀强电场和水平面成一定角度斜向上，一个电荷量为Q＝－5×10－6C的点电荷固定于电场中的O处，在a处有一个质量为m＝9×10－3kg、电荷量为q＝2×10－8C的点电荷恰能处于静止，a与O在同一水平面上，且相距为r＝0.1m、现用绝缘工具将q搬到与a在同一竖直平面上的b点，Oa＝Ob且相互垂直，在此过程中外力至少做功()、图2A、1.8×10－2JB、9(2＋1)×10－3JC、92×10－3JD、9×10－3J3、如图3所示，在沿水平方向的匀强电场中有a、b两点，a、b两点在同一竖直平面内但在不同的电场线上、一个带电小球在重力和电场力作用下由a点运动到b点，在这一运动过程中，该带电小球()、图3A、动能可能保持不变B、运动的轨迹一定是直线C、做的一定是匀变速运动D、在a点的速度可能为零4、如图4所示是模拟净化空气过程的两种设计方案、含灰尘的空气密闭在玻璃圆筒(圆筒的高和直径相等)内、第一种方案：在圆筒顶面和底面加上电压U，沿圆筒的轴线方向形成一个匀强电场，尘粒运动方向如图甲所示；第二种方案：圆筒轴线处放一直导线，在导线与筒壁间也加上电压U，形成沿半径方向的辐向电场，尘粒运动方向如图乙所示、空气阻力与尘粒运动的速度成正比，即f＝kv(k为一定值)，假设每个尘粒的质量和电荷量均相同，重力不计、关于两种方案，以下说法正确的选项是()、图4A、尘粒最终一定做匀速运动B、灰尘沉积处的电场强度大小不相等C、电场对单个尘粒做功的最大值相等D、能实现匀速运动的尘粒的最终速率相等5、如图5所示，一点电荷固定在光滑水平面上的O点，虚线a、b、c、d是点电荷激发电场的四条等距离的等势线、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、由此能够判定以下说法错误的选项是()、图5A、固定小球与小滑块电性一定相同B、在1、2、3、4、5五个位置上小滑块具有的动能与电势能之和一定相等C、在整个过程中小滑块的加速度先变大后变小D、小滑块从位置1到2和从位置3到4的过程中，电场力做功的大小关系是W12＝3W346、一个带正电的粒子以初动能E k0进入匀强电场中，假设初速度方向跟电场方向相同，通过时间t动能为E k1；假设初速度方向跟电场方向垂直，通过时间t动能为E k2.比较动能E k1和E k2的大小，有()、A、E k2>E k1B、E k2＝E k1C、E k2<E k1D、条件不足，不能确定7、如图6所示，两平行金属板M、N长度为L，两金属板间距为33L.直流电源的电动势为E，内阻不计、位于金属板左侧中央的粒子源O能够沿水平方向向右连续发射电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，带电粒子的质量不计，射入板间的粒子速度均为v0＝3qEm.在金属板右侧有一个垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.图6求：(1)将变阻器滑动头置于a端，试求带电粒子在磁场中运动的时间；(2)将变阻器滑动头置于b端，试求带电粒子射出电场的位置；(3)将变阻器滑动头置于b端，试求带电粒子在磁场中运动的时间、8、一个质量为m，带电量为q的油滴从空中自由下落时间t1后，进入水平放置的带电极板间，再通过时间t2速度为零，那么电场力是重力的______倍、9、在真空中的A、B两个点电荷，相距为L，质量分别为m和2m，它们由静止开始运动，开始时点电荷A的加速度为a，通过一段时间，点电荷B的加速度也为a，速率为v，那么这时点电荷A的速率为______，两点电荷相距______，它们的电势能减少了______、〔不考虑重力的妨碍〕10、在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一匀强电场，场强大小E=6×105N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个带电量q=-5×10-8C，质量m=10g的绝缘物块，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，沿x轴正方向给物块一个初速度v0=2m/s，如下图，求物块最终停止时的位置、〔g取10m/s2〕11、如下图，一个带电物体P，沿一个绝缘的倾斜轨道向上运动，运动过程中P的带电量保持不变、空间存在着匀强电场〔未在图中画出〕、P通过A点时动能为30J，通过B点时它的动能减少了10J，机械能增加了20J，电势能减少了35J，它接着运动到C点时速度减为零、〔1〕在它从A到C的运动过程中，克服摩擦力做功多少？〔2〕它到达C点后还会可不能向下运动？什么原因？12、如图3-2-24所示，A、B是两块相同的水平平行金属板，相距为d，构成电容为C 的平行板电容器，B板接地，B板中有一个小孔，开始时A、B均不带电，在B板小孔上方h 处，不断有小液珠从静止开始自由下落〔不计空气阻力〕，每个液珠的电量为q、质量为m，液珠经小孔到达A板后被吸收，液珠的下落保持一定的间隙，即在前一液珠被A板吸收并达到静电平衡后，后一液珠才接着下落，试问有多少个液珠能落到A板上？13、如下图，一条长为l的细线，上端固定，下端拴一质量为m的带电小球，将它置于一匀强电场中，电场强度大小为E，方向是水平的，当细线离开竖直位置的偏角为α时，小球处于平衡、〔1〕小球带何种电荷？求出小球所带电量、〔2〕假如使细线的偏角由α增大到ϕ，然后将小球由静止开始释放，那么ϕ应为多大，才能使细线到达竖直位置时小球的速度刚好为零？14、如下图，在竖直向下的匀强电场中，使一个带负电荷的小球从斜轨道上的A点静止滑下，假设使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，求至少应使A点在斜轨道上的高度h为多少？设轨道是光滑而又绝缘的，小球的重力大于它所受的电场力、15、如图中，A和B表示在真空中相距为d的两平行金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场，图〔2〕表示一周期性的交变电压的波形，横坐标代表时间t，纵坐标代表电压U，从t=0开始，电压为一给定值U0，通过半周期，突然变为-U0；再过半个周期，又突然变为U0……如此周期性地交替变化、在t=0时，将上述交变电压U加在A、B两板上，使开始时A板电势比B板高，这时在紧靠B板处有一初速为零的电子〔质量为m、电量为e〕在电场作用下开始运动，要想使那个电子到达A板时具有最大的动能，那么交变电压的频率最大不能超过多少？16、如下图，长为l、相距为d的两平行金属板与一交流电源相连〔图中未画出〕，有一质量为m、带电量为q的带负电的粒子以初速度v0从板中央水平射入电场，从飞入时刻算起，A、B板间所加电压的变化规律如下图，为了使带电粒子离开电场时速度方向恰好平行于金属板，问：〔1〕加速电压值U0的取值范围多大？〔2〕交变电压周期T应满足什么条件？参考答案1、AC的关系，由特别状态可知，小物块从M到N的过程，先加速再减速，这说明电场力、重力为动力，摩擦力为阻力，克服摩擦力做的功等于电势能的减少量和重力势能减少量之和，故A、C对、因不知Q和小物块的电性，无法判断电势高低、]2、D3、A4、BC速运动，而关于一部分离目标极板较近的尘粒来说，可能还没有加速到那个速度就差不多打到极板上，故A错误；关于两种方案，电压相等，但两极间的距离不相等，因此灰尘沉积处电场强度大小不相等，B正确；两种方案电场对单个尘粒做功的最大值均为qU，C 正确；当尘粒匀速运动时，qE ＝kv ，式中q 、k 相同，但E 不同，因此v 不等，故D 错误、]5、D中，由动能定理得WAB ＝EkB －EkA ，由电场力做功与电势能的关系得，WAB ＝EpA －EpB ，联立得EkA ＋EpA ＝EkB ＋EpB ，即运动过程中动能与电势能之和不变，故B 正确；在运动过程中电场力先变大后变小，加速度也是先变大后变小，故C 正确；由W ＝qU 可知，W12＝W34，应选项D 错误、综上所述正确答案为D.]6、C7、解析(1)将变阻器滑动头置于a 端，两极板M 、N 间的电势差为零，带电粒子可不能发生偏转、带电粒子在磁场中转动半周离开磁场，运动时间为t1＝12×2πm qB ＝πm qB .(2)将滑动变阻器滑动头置于b 端，带电粒子向上偏转、带电粒子在电场中做类平抛运动L ＝v0t ，y ＝12·qEm 33Lt2将v0＝3qE m 代入得，y ＝36L.带电粒子射出电场的位置为M 板的上边缘、 (3)带电粒子射出电场时速度与水平方向夹角的正切tan θ＝36L 12L＝33，因此θ＝30°.带电粒子的运动时间为t2＝23×2πm qB ＝4πm3qB .答案见解析8、10、11、物块向右运动时，受滑动摩擦力f=μmg=0.02N ，方向向左和向左的电场力F=qE=0.03N 做匀减速运动，设右行减速至0物块通过位移为x1，由动能定理由于F ＞f ，物块减速至0后将先反向加速，出电场后，只受摩擦力，将再次减速为零、设出场后，物体位移为x2，由动能定理Fx1-f 〔x1＋x2〕=0-0解得：x2=0.2m因此物块最后停在x=-0.2m处、12、物体P所受重力、电场力、摩擦力均为恒力，三力做功均与位移成正比，那么物体动能增量△EK∝位移s、P从A→B动能减少10J，A→C动能减少30J，说明：AC=3AB〔1〕A→B，电势能减少35J，机械能增加20J，那么A→C电势能减少105J，机械能增加60J，克服摩擦力做功45J、〔2〕因为电场力的功：重力功=105∶90，因此，电场力沿斜面分力F1和重力沿斜面分力G1之比F1∶G1=105∶90=7∶6F1＞G1那么物体到达C点后，可不能向下运动、13、N=mgC·〔d＋h〕/q2，当N为整数时，有N＋1个；N不为整数时，有大于N的第1个整数、14、15、16、。

第二轮专题：带电粒子在电场和磁场中的运动第一部分 相关知识点归纳《考试大纲》对此部分的说明：①带电粒子在匀强电场中运动的计算，只限于带电粒子进入电场时速度平行或垂直于电场的情况 ②洛仑兹力的计算只限于速度与磁感应强度垂直的情况 一、不计重力的带电粒子在电场中的运动 1．带电粒子在电场中加速（或减速）当电荷量为q 、质量为m 、初速度为0v 的带电粒子经电压U 加速后，速度变为t v ，由动能定理得：2022121mv mv qU t -=。

若00=v ，则有mqUv t 2=，这个关系式对任意静电场都是适用的。

对于带电粒子在电场中的加速问题，应突出动能定理的应用。

有时也会碰到带电粒子在电场中即加速又减速，甚至是互逆的过程，此时要注意运用匀变速直线运动的相关知识进行分析和求解。

2．带电粒子在匀强电场中的偏转（类平抛）电荷量为q 、质量为m 的带电粒子由静止开始经电压U 1加速后，以速度1v 垂直进入由两带电平行金属板产生的匀强电场中，则带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其轨迹是一条抛物线(如图所示)。

21121mv qU =设两平行金属板间的电压为U 2，板间距离为d ，板长为L 。

(1)带电粒子进入两板间后粒子在垂直于电场的方向上做匀速直线运动，有：t v L v v x 11,==粒子在平行于电场的方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有： mdqU mqE a at y at v y 22,21,====(2)带电粒子离开极板时 侧移距离122212224221dU L U mdv L qU at y ===偏转角度ϕ的正切值1221212tan dU L U mdv L qU v at ===ϕ若距偏转极板右侧D 距离处有—竖立的屏，在求电子射到屏上的侧移距离时有一个很有用的推论：所有离开偏转电场的运动电荷好像都是从极板中心沿中心与射出点的连线射出的．这样很容易得到电荷在屏上的侧移距离ϕtan 2'⎪⎭⎫ ⎝⎛+=L D y 。

专题04 带电粒子在电场中的运动1．如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两极间电压不变，则A．当减小两板间的距离时，速度v增大B．当减小两极间的距离时，速度v减小C．当减小两极间的距离时，速度v不变D．当减小两极间的距离时，电子在两极间运动的时间变长【答案】C2．（多选）如图所示，在真空中A、B两块平行金属板竖直放置并接入电路。

调节滑动变阻器，使A、B两板间的电压为U时，一质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0从A 板上的中心小孔沿垂直两板的方向射入电场中，恰从A、B两板的中点处沿原路返回，不计重力，则下列说法正确的是A．使初速度变为2v0时，带电粒子恰能到达B板B．使初速度变为2v0时，带电粒子将从B板中心小孔射出C．使初速度v0和电压U都增加为原来的2倍时，带电粒子恰能到达B板D ．使初速度v 0和电压U 都增加为原来的2倍时，带电粒子将从B 板中心小孔射出 【答案】BC速度变为2v 0；或使A 、B 两板间的电压变为12U ；或使初速度v 0和电压U 都增加到原来的2倍，故B 、C 正确，A 、D 错误。

6．（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mgd 【答案】BC7．如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。

ABCD面带正电，EFGH面带负电。

从小孔P沿水平方向以相同速度射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点。

则下列说法正确的是A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B．三个液滴的运动时间不一定相同C．三个液滴落到底板时的速率相同D．液滴C所带电荷量最多【答案】D8．（多选）如图的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑。

省2019年高考物理二轮练习考点综述带电粒子在复合场中运带电粒子在复合场中运动1.如图1所示，两导体板水平放置，两板间电势差为〃，带电粒子以某一初速度西，沿平行于两板日勺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，贝I：粒子射入磁场和射出磁场的N两点间的距离d随着〃和跖的变化情况为（）.图1A.d随访增大而增大，d马〃无关B.d随访增大而增大，d随〃增大而增大C.d随〃增大而增大，d与V O无关D.d随访增大而增大，d随〃增大而减小2.如图2所示日勺XOy平面有一半径为A、以坐标原点。

为圆心的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，在直线X=A和x=/?+£之间有向y轴负方向日勺匀强电场，在原点。

有一离子源向y 轴正方向发射速率两日勺带电离子，离子射出磁场时速度与X轴平行，射出磁场一段时间后进入电场，最终从X轴上日勺?（A+L0）点射出电场，不计离子重力，求电场强度E与磁感应强度8大小之比.图23.如右图3所示的环状轨道处于竖直面，它由半径分别为兄和2A的两个半圆轨道、半径为R日勺两个四分之一圆轨道和两根长度分别为2R和4A日勺直轨道平滑连接而成.以水平线MN 和网为界，空间分为三个区域，区域I和区域HI有磁感应强度为夕日勺水平向里口勺匀强磁场，区域I和∏有竖直向上口勺匀强电场.一质量为⑷、电荷量为+ <?附带电小环穿在轨道，它与两根直轨道间的动摩擦因数为〃（0〈〃〈1）,而轨道日勺圆弧形部分均光滑.在电场中靠近C点的地方将小环无初速释放，设小环电量保持不变(已知区域I和∏日勺匀强电场强大小2mg为£=7，重力加速度为g).求:(1)小环在第一次通过轨道最高点A时日勺速度以的大小；(2)小环在第一次通过轨道最高点A时受到轨道日勺压力日勺大小；(3)若从C点释放小环口勺同时，在区域∏再另加一垂直于轨道平面向里口勺水平匀强电场,mg其场强大小为少="，则小环在两根直轨道上通过的总路程多大？4.如图4所示，条形区域I存在垂直于纸面向外口勺匀强磁场，磁感应强度fi = O. 3 T, ∏存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度笈=∙√G B,BB'ʌ CC'间存在沿纸面方向竖直向下的匀强电场及AA1 , BB' , CC' . DD'为磁场边界，它们相互平行，条形区域日勺长度足够长，磁场宽度及班'、CC之间日勺距离d=l m. 一束带正电时某种粒子从44'上日勺。

专题三电场与磁场第8讲电场及带电粒子在电场中的运动一、明晰一个网络，掌握电场的力、能性质U＝Ed，沿场强方向相同距离电势差相等．U＝El cos θ，沿任意θ方向，相同距离电势差相等二、活学活用——电场性质的判断方法1．确定受力方向的依据(1)曲线运动的受力特征：带电粒子受力总指向曲线的凹侧；(2)电场力方向与场强方向的关系：正电荷的受力方向与场强方向同向，负电荷则相反； (3)场强方向与电场线或等势面的关系：电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度的方向．2．比较加速度大小的依据：电场线或等差等势面越密⇒E 越大⇒F ＝qE 越大⇒a ＝qE m 越大．3．判断加速或减速的依据：电场力与速度成锐角(钝角)，电场力做正功(负功)，速度增加(减小)．四、明辨“场强、电势、电场线”，谨防解题误入歧途1．场强是矢量，其合成法则为平行四边形定则，电势是标量，其合成法则为算术加减法．2．在匀强电场中，沿同一方向，相等距离上电势变化量相同． 3．沿电场线方向电势降低，但是电势降低的方向不一定是电场方向．高频考点1 对电场性质的理解1．电场强度是矢量，叠加时应遵循平行四边形定则，分析电场叠加问题的一般步骤： (1)确定分析计算的空间位置；(2)分析该点有几个分电场，分析各个分电场在该点的电场强度的大小和方向； (3)利用平行四边形定则求出矢量和．特别提醒：分析求解电场叠加问题时，要充分利用补偿法、对称法、等效法等思维方法 2．熟练掌握电场线的应用(1)判断电场强度的方向——电场线上任意一点处的切线方向即该点电场强度的方向． (2)判断电场力的方向——正点电荷的受力方向和电场线在该点的切线方向相同，负点电荷的受力方向和电场线在该点的切线方向相反．(3)定性判断电场强度的大小——电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可分析电荷受力情况．(4)判断电势的高低与电势降低的快慢——沿电场线的方向电势逐渐降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向．特别提醒：熟悉几种典型的电场线分布情况有利于我们对电场强度和电势迅速作出判断，进一步可了解点电荷在电场中的受力和运动情况、电场力做功及伴随的能量转化情况.3．分析电场的性质问题的一般思路(1)场强大小、电势高低的判断明确电场线或等势面的分布情况，场强大小看电场线的疏密程度，电势高低看电场线的方向；空间同时存在两个或两个以上的电场时，利用平行四边形定则求其合场强．(2)电势能大小及其变化的分析①做功角度：根据电场力做功与电势能变化的关系分析带电粒子电势能及其变化情况．电场力做正功，粒子的电势能减小；电场力做负功，粒子的电势能增加．②转化角度：只有电场力做功时，电势能与动能可以相互转化，动能减少，电势能增加；动能增加，电势能减少．1－1.(多选)(2017·苏锡常镇四市调研)某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如图所示，O、M、N为电场中的三个点，则由图可得()A．M点的场强小于N点的场强B．M点的电势低于N点的电势C．将一负电荷由O点移到M点电势能增加D．将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功相同解析：M点的电场线较N点密集，故M点的场强大于N点的场强，选项A错误；顺着电场线电势降低，故M点的电势低于N点的电势，选项B正确；O点电势高于M点，故将一负电荷由O点移到M点电势能增加，选项C正确；M点的电势低于N点的电势，故OM 与ON之间的电势差不等，故将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功不相同，选项D错误；故选BC．答案：BC1－2.(多选) (2017·全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r 的关系如图所示．电场中四个点a 、b 、c 和d 的电场强度大小分别为E a 、E b 、E c 和E d .点a 到点电荷的距离r a 与点a 的电势φa 已在图中用坐标(r a ，φa )标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a 点依次经b 、c 点移动到d 点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab 、W bc 和W cd .下列选项正确的是( )A ．E a ∶E b ＝4∶1B ．E c ∶E d ＝2∶1C ．W ab ∶W bc ＝3∶1D ．W bc ∶W cd ＝1∶3解析：本题考查场强与电势．由图可知：r a ＝1 m 、φa ＝6 V ；r b ＝2 m 、φb ＝3 V ；r c ＝3 m 、φc ＝2 V ；r d ＝6 m 、φd ＝1 V ．由点电荷的场强公式E ＝kQ r 2得E a ∶E b ∶E c ∶E d ＝1r 2a ∶1r 2b ∶1r 2c ∶1r 2d ＝36∶9∶4∶1，A 正确、B 错误．由W AB ＝qU AB ＝q (φA －φB )得W ab ∶W bc ∶W cd ＝(φa －φb )∶(φb －φc )∶(φc －φd )＝3∶1∶1，故C 正确、D 错误．答案：AC1－3.(多选) (2017·马鞍山二中高三测试)如图所示，在x ，y 坐标系中有以O 点为中心，边长为0.20 m 的正方形，顶点A 、B 、C 、D 分别在坐标轴上，在该平面内有一匀强电场(图中未画出)，已知A 、B 、C 三点的电势分别为3V 、－3V 、－3V ，则下列说法正确的是( )A ．D 点的电势为3VB ．该匀强电场的场强大小E ＝10 2 V/mC ．该匀强电场的场强大小E ＝10 6 V/mD ．电场场强方向与x 轴正方向成θ＝30°角解析：因A 、C 两点的电势分别为3V 、－3V ，可知O 点的电势为零，由对称性可知D 点的电势为3V ，选项A 正确；设过O 点的零等势线与x 轴夹角为α，则E ·22×0.2sin α＝3；E ·22×0.2cos α＝3；解得α＝60°；E ＝106V/m ，因电场线与等势面正交，故电场场强方向与x 轴正方向成θ＝30°角，选项CD 正确．答案：ACD1－4． (多选)(2017·全国卷Ⅲ)一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a 、b 、c 三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V 、17 V 、26 V ．下列说法正确的是( )A ．电场强度的大小为2.5 V/cmB ．坐标原点处的电势为1 VC ．电子在a 点的电势能比在b 点的低7 eVD ．电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9 eV解析：本题考查电场强度、电势、电势差．设a 、c 连线上d 点电势为17 V ，如图所示，则l dc 8 cm ＝9 V 16 V ，得l dc ＝4.5 cm ，tan θ＝4.56＝34，θ＝37°.过c 作bd 垂线交bd 于e 点，则l ce ＝l dc cos θ＝4.5×45 cm ＝3.6 cm.ce 方向就是匀强电场方向，场强大小为E ，El ce ＝U cb ，E ＝2.5 V/cm ，A 项正确．U oe ＝El ob sin 53°＝16 V ，故O 点电势φ0＝17 V －16 V ＝1 V ，B 项正确．电子在a 点的电势能比在b 点的高7 eV ，C 项错误．电子从b 点到c 点电场力做功W ＝9 eV ，D 项正确．答案：ABD高频考点2 平行板电容器的问题分析(多选)如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a 、b 与电源相连，在与两板距离相等的M 点处有一个带电液滴处于静止状态．若上极板a 向下平移一小段距离，但仍在M 点上方，稳定后，下列说法正确的是( )A ．液滴将加速向下运动B ．M 点电势升高C ．M 点的电场强度变小了D ．在a 板移动前后两种情况下，若将液滴从a 板移到b 板，电场力做的功相同 [思路点拨] 分析求解平行板电容器问题时，必须明确是电压不变还是带电荷量不变，本题由于极板与电源连接，所以应是电压不变；另外判断液滴的运动情况，就要对液滴进行受力分析，判断其合力的方向．【解析】 两极板始终与电源相连，所以a 下移过程中极板间电压U 不变．由E ＝Ud 可知，d 减小，E 增大，故C 错误；开始时带电液滴静止，即mg ＝qE ，a 下移，则qE >mg ，带电液滴向上加速运动，故A 错误；由φM ＝U Mb ＝E ·d Mb 可知，a 下移，则M 点电势升高，故B 正确；a 板移动前后，a 、b 间电势差U 不变，所以电场力做的功相同，故D 正确．【答案】 BD1．平行板电容器动态变化问题的两类题型(1)电容器始终与电源相连，U 恒定不变，则有Q ＝CU ∝C ，C ＝εr S 4πkd ∝εr Sd ，两板间场强E ＝U d ∝1d；(2)电容器稳定后与电源断开，Q 恒定不变，则有U ＝Q C ，C ∝εr S d ，场强E ＝U d ＝Q Cd ∝1εr S ．2．在分析平行板电容器的动态变化问题时，必须抓住两个关键点(1)确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况下是电荷量不变或板间电压不变．(2)恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，应用E ∝Ud 分析板间电场强度的变化情况．即抓住公式C ＝εr S 4πkd 和C ＝Q U ，U 不变时，选用E ＝Ud；Q 不变时，选用E ＝4πkQ εr S．特别提醒：由于平行板电容器两极板间的电场可视为匀强电场，高考命题往往涉及带电粒子在平行板中的运动问题，需要综合运用牛顿运动定律、功能关系等分析求解．2－1.(2016·全国乙卷)一平行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，极板间的电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变解析：电容器接在恒压直流电源上，两极板的电压不变，若将云母介质移出，相对介电常数减小，电容器的电容减小，所以极板上的电荷量变小，极板间的距离不变，所以极板间的电场强度不变，故选项A 、B 、C 错误，选项D 正确．答案：D 2－2．(2017·石家庄市高三质检)如图所示电路中，A 、B 是构成平行板电容器的两金属极板，P 为其中的一个定点．将开关S 闭合，电路稳定后将A 板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是( )A ．电容器的电容增加B ．在A 板上移过程中，电阻R 中有向上的电流C ．A 、B 两板间的电场强度增大D ．P 点电势升高解析：根据C ＝εS 4πkd ，当A 板向上平移一小段距离，间距d 增大，其他条件不变，则导致电容变小，故A 错误；在A 板上移过程中，导致电容减小，由于极板电压不变，那么电量减小，因此电容器处于放电状态，电阻R 中有向上的电流，故B 正确；根据E ＝Ud 与C ＝εS 4πkd 相结合可得E ＝4πkQ εS ，由于电量减小，场强大小变小，故C 错误；因场强变小，导致P 点与B 板的电势差减小，因B 板接地，电势为零，即P 点电势降低，故D 错误．答案：B带电粒子在电场中的运动模型带电粒子在电场中的运动问题是每年高考中的热点问题，是电学知识和力学知识的结合点．具体来讲有带电粒子在电场中的加速(减速)、偏转，涉及内容有力、能、电等知识，主要考查学生的分析综合能力．该模型通常的考查思路有：(1)根据带电粒子受到的力，用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等物理量．这条思路通常适用于恒力作用下的匀变速运动．(2)根据力对带电粒子所做的功及动能定理，从带电粒子运动的全过程中能的转化角度，研究带电粒子的速度变化、经历的位移等．匀强电场中的“直线运动模型”(2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g．(1)求油滴运动到B点时的速度．(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．【解析】(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故电场力方向向上．在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE2－mg＝ma1①油滴在时刻t1的速度为v1＝v0＋a1t1②电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀减速运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2＋mg＝ma2③油滴在时刻t2＝2t1的速度为v2＝v1－a2t1④由①②③④式得v2＝v0－2gt1⑤(2)由题意，在t＝0时刻前有qE1＝mg⑥油滴从t＝0到时刻t1的位移为s 1＝v 0t 1＋12a 1t 21⑦油滴在从时刻t 1到时刻t 2＝2t 1的时间间隔内的位移为 s 2＝v 1t 1－12a 2t 21⑧由题给条件有 v 20＝2g (2h )⑨式中h 是B 、A 两点之间的距离． 若B 点在A 点之上，依题意有 s 1＋s 2＝h⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E 2＝⎣⎡⎦⎤2－2v 0gt 1＋14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12E 1⑪为使E 2>E 1，应有 2－2v 0gt 1＋14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12>1⑫即当 0<t 1<⎝⎛⎭⎫1－32v 0g⑬或 t 1>⎝⎛⎭⎫1＋32v 0g⑭才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v 2>0和v 2<0两种情形． 若B 点在A 点之下，依题意有 s 1＋s 2＝－h⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得 E 2＝⎣⎡⎦⎤2－2v 0gt 1－14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12E 1⑯为使E 2>E 1，应有 2－2v 0gt 1－14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12>1⑰即t 1>⎝⎛⎭⎫52＋1v 0g⑱另一解为负，不合题意，已舍去． 【答案】 见解析解决直线运动问题时要注意分析带电粒子是做匀速运动还是做匀变速运动，匀速运动问题常以平衡条件F 合＝0作为突破口进行求解；对于匀变速直线运动问题，根据力和运动的关系可知，合力一定和速度在一条直线上，然后运用动力学观点或能量观点求解．(1)运用动力学观点求解电加速问题运用动力学观点处理带电质点在匀强电场中的运动问题，要重视对带电质点的受力分析和运动过程分析，解题时先分析带电质点的受力情况，求出带电质点受到的合外力，根据F合＝ma 得出加速度，再运用运动学方程可得出所求物理量． (2)运用能量观点求解电加速问题在匀强电场中，若不计重力，电场力对带电质点做的功等于质点动能的变化量，W ＝Eqd＝qU ＝12m v 2－12m v 20；若考虑重力，则W 合＝12m v 2－12m v 20．匀强电场中的“偏转模型”如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U 1，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S 射出．装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长为l ，板间距离为d ，两极板间加一电压为U 2的偏转电场．从小孔S 射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场．已知电子的电荷量为e ，电子的质量为m ，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力．求：(1)电子射入偏转电场时的速度大小v 1；(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y ；(3)电子在偏转电场中运动的过程中电场力对它所做的功W ．[思路点拨] 电子在运动的过程中只受电场力作用，可通过动能定理直接求解速度v 1；进入偏转电场后，由于所受电场力跟速度不在一条直线上，所以电子做曲线运动，根据牛顿第二定律和平抛运动的规律即可求解．【解析】 (1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU 1＝12m v 21解得v 1＝2eU 1m． (2)设电子在偏转电场中运动的时间为t电子在水平方向做匀速运动，由l ＝v 1t ，解得t ＝lv 1电子在竖直方向受电场力F ＝U 2de 电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度大小为a依据牛顿第二定律有U 2d e ＝ma ，解得a ＝eU 2md电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y ＝12at 2＝U 2l 24dU 1． (3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场的位置的电势差U ＝U 2dy 电场力所做的功W ＝eU ＝eU 22l 24U 1d 2． 【答案】 (1) 2eU 1m (2)U 2l 24dU 1 (3)eU 22l 24U 1d 2“两个分运动、三个一”求解粒子偏转问题带电粒子在匀强电场中偏转的基本模型如图所示．(1)分解为两个独立的分运动——平行极板的匀速直线运动，L ＝v 0t ；垂直极板的匀加速直线运动，两平行极板间距为d ，y ＝12at 2，v y ＝at ，a ＝qU md． (2)一个偏转角：tan θ＝v y v 0； 一个几何关系：y ＝L2tan θ；侧移距离：带电粒子在周期性变化的电场中的运动模型 (多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计电子重力，开始时A 板带正电)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，图丙中反映电子速度v 、位移x 和加速度a 三个物理量随时间t 的变化规律可能正确的是( )【解析】 分析电子一个周期内的运动情况：0～T 4时间内，电子从静止开始向A 板做匀加速直线运动，T 4～T 2沿原方向做匀减速直线运动，T 2时刻速度为零.T 2～34T 时间内向B 板做匀加速直线运动，34T ～T 时间内做匀减速直线运动．电子在两板间做周期性往返运动．根据匀变速直线运动速度图像是倾斜的直线可知，A 图符合电子的运动情况，故A 正确、C 错误；电子做匀变速直线运动时x -t 图象应是抛物线，故B 错误；根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替进行，而匀变速运动的加速度大小不变，故D 正确．【答案】 AD在两个相互平行的金属板间加图乙所示的交变电压时，在两板中间便可获得交变电场．对于带电粒子在交变电场中的运动，我们可以分段处理，此类电场在一段时间内为匀强电场，即这段时间内电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同．但从整个运动过程看电场又是变化的，即电场强度的大小和方向随时间变化．(1)当粒子平行于电场方向射入时：粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可能做周期性运动．(2)当粒子垂直于电场方向射入时：沿初速度方向上的分运动为匀速直线运动，沿电场力方向上的分运动可能具有周期性．带电粒子在非匀强电场中运动的模型如图所示，在绝缘水平面上，相距为L 的A 、B 两点分别固定着等量正点电荷．图中AC ＝CO ＝OD ＝DB ＝14L .一质量为m 、电荷量为＋q 的小滑块(可视为质点)以初动能E 0从C 点出发，沿直线AB 向D 运动，滑块第一次经过O 点时的动能为nE 0(n >1)，到达D 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求：(1)小滑块与水平面之间的动摩擦因数μ；(2)O 、D 两点之间的电势差U OD ；(3)小滑块运动的总路程s ．【解析】 (1)由AC ＝CO ＝OD ＝DB ＝14L .可知C 、D 关于O 点对称，则U CD ＝0设滑块与水平面间的摩擦力大小为f ，对滑块从C 到D 的过程，由动能定理得：qU CD －f L 2＝0－E 0，且f ＝μmg ，可得μ＝2E 0mgL． (2)滑块从O 到D 的运动过程中，由动能定理得：qU OD －f L 4＝0－nE 0 可得U OD ＝(1－2n )E 02q． (3)滑块从开始运动到最终停下的整个过程，根据动能定理得：qU CO －fs ＝0－E 0而U CO ＝－U OD ＝(2n －1)E 02q ，可得：s ＝(2n ＋1)L 4． 【答案】 (1)2E 0mgL (2)(1－2n )E 02q (3)(2n ＋1)L 4先对滑块进行受力分析，由于电场力为变力，在涉及变力做功问题的求解时牛顿运动定律不再适用，这时就需要选择合适的过程，弄清楚过程的初末状态，利用动能定理求解．第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动一、明晰一个网络，理清基本知识二、“三定四写”求解粒子在磁场中的圆周运动问题1．一定圆心O ：(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可过入射点和出射点分别作入射方向和出射方向的垂线，两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示，图中P 为入射点，M 为出射点)；(2)已知入射点和出射点的位置及入射方向时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，即两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示，P 为入射点，M 为出射点)．2．二定半径R ：(1)物理方法——R ＝m v qB； (2)几何方法——一般由三角关系及圆的知识来计算确定．3．三定圆心角φ：圆心角φ等于粒子的速度偏向角α，也等于弦与切线的夹角(弦切角)θ的2倍，即φ＝α＝2θ＝ωt ＝2πT t ，或φ＝l R(l 为φ对应的圆弧弧长)． 4．四写方程：基本方程q v B ＝m v 2R ，半径公式R ＝m v qB ，周期公式T ＝2πR v ＝2πm qB，运动时间t ＝s v ＝α2πT ．高频考点1 磁场对电流的作用1－1.(多选) (2017·全国卷Ⅰ)如图，三根相互平行的固定长直导线L 1、L 2和L 3两两等距，均通有电流I ，L 1中电流方向与L 2中的相同，与L 3中的相反．下列说法正确的是( )A ．L 1所受磁场作用力的方向与L 2、L 3所在平面垂直B ．L 3所受磁场作用力的方向与L 1、L 2所在平面垂直C ．L 1、L 2和L 3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ 3D ．L 1、L 2和L 3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1解析：本题考查安培力．因三根导线中电流相等、两两等距，则由对称性可知两两之间的作用力大小均相等．因平行电流间同向吸引、反向排斥，各导线受力如图所示，由图中几何关系可知，L 1所受磁场作用力F 1的方向与L 2、L 3所在平面平行、L 3所受磁场作用力F 3的方向与L 1、L 2所在平面垂直，A 错误、B 正确．设单位长度的导线两两之间作用力的大小为F ，则由几何关系可得L 1、L 2单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 60°＝F ，L 3单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 30°＝3F ，故C 正确、D 错误．答案：BC1－2． (2017·全国卷Ⅲ)如图，在磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l .在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离均为l 的a 点处的磁感应强度为零．如果让P 中的电流反向、其他条件不变，则a 点处磁感应强度的大小为( )A ．0B ．33B 0C ．233B 0D ．2B 0解析：本题考查磁感应强度的矢量性和安培定则．两导线中通电流I 时，两电流在a 点处的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度的矢量合为0，则两电流磁感应强度的矢量和为－B 0，如图甲得B ＝33B 0.P 中电流反向后，如图乙，B 合＝B ＝33B 0，B 合与B 0的矢量和为B 0＝233B 0，故C 项正确．答案：C1－3.(多选)(2017·全国卷Ⅱ)某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将( )A ．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B ．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C ．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D ．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉解析：要使线圈在磁场中开始转动，则线圈中必有电流通过，电路必须接通，故左右转轴下侧的绝缘漆都必须刮掉；但如果上侧的绝缘漆也都刮掉，当线圈转过180°时，靠近磁极的导线与开始时靠近磁极的导线中的电流方向相反，受到的安培力相反，线圈向原来的反方向转动，线圈最终做往返运动，要使线圈连续转动，当线圈转过180°时，线圈中不能有电流通过，依靠惯性转动到初始位置再接通电路即可实现连续转动，故左、右转轴的上侧不能都刮掉，故选项A 、D 正确．答案：AD安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路高频考点2 带电粒子在有界磁场中运动的临界问题如图所示，在0≤x ≤a 、0≤y ≤a 2范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．坐标原点O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy 平面内，与y 轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内．已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a /2到a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的(1)速度的大小；(2)速度方向与y 轴正方向夹角的正弦值．[审题流程]【解析】 (1)设粒子的发射速度为v ，粒子做圆周运动的轨道半径为R ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得q v B ＝m v 2R ①，由①式得R ＝m v qB ②当a /2<R <a 时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C 的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t ，依题意t ＝T /4，得∠OCA ＝π2③，设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系可得R sin α＝R －a 2④，R sin α＝a －R cos α ⑤，又sin 2α＋cos 2α＝1 ⑥ 由④⑤⑥式得R ＝⎝⎛⎭⎫2－62a ⑦，由②⑦式得v ＝⎝⎛⎭⎫2－62aqB m ⑧． (2)由④⑦式得sin α＝6－610⑨． 【答案】 (1)⎝⎛⎭⎫2－62aqB m (2)6－610求解临界、极值问题的“两思路、两方法”2－1.(多选)(2017·深圳市高三调研)如图所示，竖直平行线MN 、PQ 间距离为a ，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场(含边界PQ )，磁感应强度为B ，MN 上O 处的粒子源能沿不同方向释放比荷为q /m 的带负电粒子，速度大小相等、方向均垂直磁场．粒子间的相互作用及重力不计．设粒子速度方向与射线OM 夹角为θ，当粒子沿θ＝60°射入时，恰好垂直PQ 射出．则 ( )A ．从PQ 边界垂直射出的粒子在磁场中运动时间为πm 3qBB ．沿θ＝120°射入的粒子，在磁场中运动的时间最长C ．粒子的速率为aqB mD ．PQ 边界上有粒子射出的长度为23a解析：粒子在磁场中运动过程中，洛伦兹力充当向心力，运动半径r ＝m v Bq因为所有粒子m q和速度都相同，故所有粒子的运动半径都一样，当粒子沿θ＝60°射入时，恰好垂直PQ 射。

第4讲带电粒子在电场中的运动基础巩固1.(2018北京朝阳期末,1)关于“电子伏特(符号:eV)”,属于下列哪一物理量的单位( )A.电荷量B.电压C.电流D.能量2.(2018北京丰台一模,17)质量不同、电荷量相同的粒子,不计重力,垂直于电场线射入同一个匀强电场。

若它们离开电场时速度方向改变的角度相同,则它们在进入电场前必然具有相同的( )A.速度B.动量C.动能D.动量或动能均可以3.(2018北京丰台一模,19)示波器是一种电子仪器,可以用它观察电信号随时间变化的情况。

示波器的核心部件示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,其原理图如图甲所示。

图乙是从右向左看到的荧光屏的平面图。

在偏转电极XX'、YY'上都不加电压时,电子束将打在荧光屏的中心点;若亮点很快移动,由于视觉暂留关系,能在荧光屏上看到一条亮线。

若在XX'上加如图丙所示的扫描电压,在YY'上加如图丁所示的信号电压,则在示波管荧光屏上看到的图形是选项图中的( )4.(2018北京西城期末,10)如图所示,在真空中有一对带电的平行金属板水平放置。

一带电粒子沿平行于板面的方向,从左侧两极板中央射入电场中,恰能从右侧极板边缘处离开电场。

不计粒子重力。

若可以改变某个量,下列哪种变化,仍能确保粒子一定飞出电场( )A.只增大粒子的带电荷量B.只增大电场强度C.只减小粒子的比荷D.只减小粒子的入射速度5.带有等量异种电荷的两平行金属板水平放置,a、b、c三个α粒子(重力忽略不计)先后从同一点O垂直电场方向进入电场,其运动轨迹如图所示,其中b恰好沿下极板的边缘飞出电场。

下列说法正确的是( )A.b在电场中运动的时间大于a在电场中运动的时间B.b在电场中运动的时间等于c在电场中运动的时间C.进入电场时c的速度最大,a的速度最小D.a打在负极板上时的速度与b飞离电场时的速度大小相等6.如图所示,带等量异号电荷的两平行金属板在真空中竖直放置,M、N为板间同一电场线上的两点。