《2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題08 靜電場（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題08 靜電場（含解析）（33頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題08 靜電場 第一部分名師綜述 電場是歷年高考試題中的重點(diǎn)之一．查的內(nèi)容主要集中在兩個(gè)方面：一是有關(guān)對(duì)電場本身的認(rèn)識(shí)，即電場、電場強(qiáng)度、電勢(shì)、電勢(shì)差、電勢(shì)能、電場線、等勢(shì)面；二是電場知識(shí)的應(yīng)用，即帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)、電容器等．電場強(qiáng)度、電勢(shì)差等基本知識(shí)的考查一般以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)；對(duì)于電場中導(dǎo)體和電容器的考查，常以小綜合題型出現(xiàn)．帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)一類問題，是高考中考查的重點(diǎn)內(nèi)容之一．其次在力、電綜合試題中，多把電場與牛頓運(yùn)動(dòng)定律，動(dòng)能定理，功能關(guān)系，運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)，電路知識(shí)等巧妙地綜合起來，考查學(xué)生對(duì)這些基本知識(shí)、基本規(guī)律的理解和掌握的情況，應(yīng)用基本知識(shí)分析、解決

2、實(shí)際問題的能力?？v觀這類題目，所涉及的情景基本相同（無外乎是帶電粒子在電場中平衡、加速或偏轉(zhuǎn)），但命題者往往擬定不同的題設(shè)條件，多角度提出問題，多層次考查知識(shí)和能力．從近三年的高考分析來看，高考對(duì)靜電場專題的考查頻率很高，所占分值約為全卷的百分之五到百分之十，試題主要集中在電場的力的性質(zhì)、電場的能的性質(zhì)以及與其他知識(shí)的綜合應(yīng)用。涉及電場強(qiáng)度、電場線、電場力、電勢(shì)、電勢(shì)差、等勢(shì)面、電勢(shì)能、平行板電容器的電容、勻強(qiáng)電場、電場力做功電勢(shì)能的變化，還有帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)等知識(shí)。重點(diǎn)考查了基本概念的建立、基本規(guī)律的內(nèi)涵與外延、基本規(guī)律的適用條件，以及對(duì)電場知識(shí)跟其他相關(guān)知識(shí)的區(qū)別與聯(lián)系的理解、

3、鑒別和綜合應(yīng)用。 預(yù)計(jì)高考中，本專題仍是命題的熱點(diǎn)之一，在上述考查角度的基礎(chǔ)上，重點(diǎn)加強(qiáng)以選擇題的形式考查靜電場的基本知識(shí)點(diǎn)，以綜合題的形式考查靜電場知識(shí)和其他相關(guān)知識(shí)在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用。另外高考試題命題的一個(gè)新動(dòng)向，靜電的防治和應(yīng)用，靜電場與相關(guān)化學(xué)知識(shí)綜合、與相關(guān)生物知識(shí)綜合、與環(huán)保等熱點(diǎn)問題相聯(lián)系，在新穎、熱門的背景下考查靜電場基本知識(shí)的應(yīng)用。 第二部分精選試題 一、單選題 1．用長為1.4m的輕質(zhì)柔軟絕緣細(xì)線，拴一質(zhì)量為1.0×10－2kg、電荷量為2.0×10-8C的小球，細(xì)線的上端固定于O點(diǎn)?，F(xiàn)加一水平向右的勻強(qiáng)電場，平衡時(shí)細(xì)線與鉛垂線成370，如圖所示?，F(xiàn)向左拉小球使細(xì)

4、線水平且拉直，靜止釋放，則（sin370=0.6） A．該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)為3.75×107N/C B．平衡時(shí)細(xì)線的拉力為0.17N C．經(jīng)過0.5s，小球的速度大小為6.25m/s D．小球第一次通過O點(diǎn)正下方時(shí)，速度大小為7m/s 【答案】 C 【解析】 【詳解】 AB．小球在平衡位置時(shí)，由受力分析可知：qE=mgtan370，解得E=1.0×10-2×10×0.752.0×10-8N/C=3.75×106N/C，細(xì)線的拉力：T=T=mgcos370=1.0×10－2×100.8N=0.125N，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤； C．小球向左被拉到細(xì)線水平且拉直的位置，釋放后將沿著電

5、場力和重力的合力方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，其方向與豎直方向成370角，加速度大小為a=Tm=0.1251.0×10－2m/s2=12.5m/s2，則經(jīng)過0.5s，小球的速度大小為v=at=6.25m/s，選項(xiàng)C正確； D．小球從水平位置到最低點(diǎn)的過程中，若無能量損失，則由動(dòng)能定理：mgL+qEL=12mv2，帶入數(shù)據(jù)解得v=7m/s；因小球從水平位置先沿直線運(yùn)動(dòng)，然后當(dāng)細(xì)繩被拉直后做圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)最低點(diǎn)，在繩子被拉直的瞬間有能量的損失，可知到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度小于7m/s，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 2．在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋小球，從B點(diǎn)

6、進(jìn)入電場，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB＝2BC，如圖所示．由此可知（ ） A．小球從A到B到C的整個(gè)過程中機(jī)械能守恒 B．電場力大小為2mg C．小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為2∶1 D．小球從A到B與從B到C的加速度大小之比為2∶1 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A．A到B到C，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程當(dāng)中，由于有電場力做功，所以機(jī)械能不守恒，所以選項(xiàng)A錯(cuò)； BCD．A到B到C在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，AB、BC的水平分量之比等于2:1，所以A的B的時(shí)間與B到C的時(shí)間之比等于2:1，AB和BC豎直方向上的分量也是2:1，所以豎直

7、方向上的加速度之比是1:2，根據(jù)Eq-mg=ma可知qE=3mg，電場力的大小是重力大小的3倍，則選項(xiàng)C正確，BD錯(cuò)誤。 3．水平面上的三點(diǎn)A、O、B在一條直線上， OB=2OA，OO＇是豎直的分界線，其左邊區(qū)域內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E1=mgq，其右邊區(qū)域內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E2，現(xiàn)將一帶電量為q的小球從A點(diǎn)以初速度v0豎直向上拋出，小球在空中越過分界線后，豎直向下落在B點(diǎn)，不計(jì)阻力，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是： A．小球在B點(diǎn)的電勢(shì)能大于在A點(diǎn)的電勢(shì)能 B．小球經(jīng)過分界線時(shí)的速度與水平方向夾角θ的正切值tanθ=12 C．小球經(jīng)過分界線時(shí)離

8、水平面的高度為2v023g D．左右兩區(qū)域電場強(qiáng)度大小的比值為E1:E2=1:2 【答案】 B 【解析】 【詳解】 小球只受重力和電場力作用，故豎直方向做加速度為g的勻變速運(yùn)動(dòng)，又有A、B兩點(diǎn)的高度相等，故豎直方向的速度大小相等；根據(jù)B點(diǎn)速度豎直向下可得：小球落在B點(diǎn)時(shí)的速度大小等于v0，則小球在空中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t=2v0g；小球在水平方向只受電場力作用，做勻變速運(yùn)動(dòng)；故在OO'左側(cè)做加速度a1＝qE1m=g的勻加速運(yùn)動(dòng)，在右側(cè)做加速度a2＝qE2m的勻減速運(yùn)動(dòng)；設(shè)在左側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，在右側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2；則有：t1+t2＝2v0g，a1t1=a2t2；又有OB=2OA，所以

9、，a1t1t2-12a2t22＝2×12a1t12；所以，t2＝2t1＝4v03g，E1：E2=a1：a2=t2：t1=2：1；故D錯(cuò)誤；小球在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故經(jīng)過分界線時(shí)離水平面的高度為h＝v0t1?12gt12＝4v029g，故C錯(cuò)誤；小球經(jīng)過分界線時(shí)的水平速度vx=a1t1=23v0；豎直速度：vy=v0-gt1=13v0，則速度與水平方向夾角θ的正切值tanθ=vyvx=12，選項(xiàng)B正確；根據(jù)E1：E2=2：1，OB=2OA，由U=Ed可得：A、B兩點(diǎn)電勢(shì)相等，故電勢(shì)能相等，故A錯(cuò)誤；故選B。 4．如圖，質(zhì)量為m的帶正電的小球用絕緣輕繩懸掛在O點(diǎn)，在空間中存在著水平向右的勻

10、強(qiáng)電場，小球在B點(diǎn)能夠靜止不動(dòng)。現(xiàn)在讓小球由最低點(diǎn)A從靜止釋放。則小球（） A．恰好能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn) B．過B點(diǎn)時(shí)合力為0 C．向右運(yùn)動(dòng)的過程中合力的功率先增大再減小 D．在C點(diǎn)加速度為gtanθ 【答案】 A 【解析】 【分析】 根據(jù)小球能在B點(diǎn)靜止不動(dòng)和A、C兩點(diǎn)處于對(duì)稱位置，可以把小球的運(yùn)動(dòng)過程等效為單擺模型，因此小球在B點(diǎn)為平衡位置，經(jīng)過該點(diǎn)時(shí)速度最大，合外力提供向心力且與速度方向垂直；而在A、C兩點(diǎn)處于最大位移處，處于該點(diǎn)時(shí)速度為零，其加速度大小相等；再利用平衡條件可以計(jì)算出在A、C兩點(diǎn)的加速度大小。 【詳解】 小球在B點(diǎn)受到重力、電場力和拉力三個(gè)力的作用下能

11、夠靜止不動(dòng)，且A、C兩點(diǎn)處于對(duì)稱位置，因此小球的運(yùn)動(dòng)可看作一個(gè)單擺模型；即：B點(diǎn)是平衡位置，而A、C兩點(diǎn)是最大位移處，根據(jù)單擺模型的特點(diǎn)，小球恰好能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)。故A正確；由于在B點(diǎn)是單擺模型等效最低點(diǎn)，所以經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度最大；而小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的合外力提供向心力，即：F合＝mvB2l，由于速度vB≠0，所以小球過B點(diǎn)時(shí)合力不為0．故B錯(cuò)誤； 根據(jù)題意畫出小球的受力圖如下：由圖可知小球在B點(diǎn)時(shí)，合外力方向與速度方向垂直，此時(shí)合外力的功率為零；而在A、C兩點(diǎn)的速度為零，此時(shí)合外力的功率也為零；因此小球向右運(yùn)動(dòng)的過程中合力的功率應(yīng)該是先增大后減小再增加再減小的變化過程。故C錯(cuò)誤；根據(jù)單擺模型的

12、對(duì)稱性可知，小球在C點(diǎn)和A點(diǎn)的加速度大小相等，有：ac＝aA＝Eqm，而在B點(diǎn)處靜止，根據(jù)平衡條件有：qE＝mgtanθ2，聯(lián)立以上兩個(gè)公式可解得：ac＝aA＝gtanθ2．故D錯(cuò)誤。故選A。 【點(diǎn)睛】 解答本題的關(guān)鍵是：要認(rèn)真審題，抓住題目的關(guān)鍵信息，把小球的運(yùn)動(dòng)等效看作單擺模型，再利用單擺運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)結(jié)合平衡條件可求出結(jié)果。 5．用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素（如圖）。設(shè)兩極板正對(duì)面積為S，極板間的距離為d,靜電計(jì)指針偏角為θ。實(shí)驗(yàn)中，極板所帶電荷量不變，若 A．保持S不變，增大d,則θ變大 B．保持S不變，增大d,則θ變小 C．保持d不變，減小S,則θ變小

13、 D．保持d不變，減小S,則θ不變 【答案】 A 【解析】 試題分析：A、B、電容器所帶電荷量Q不變，由C=εr?s4πkd可知s不變，增大d，則C變小，而由C=QU可得電容器的電壓U變大，從而使得靜電計(jì)的電壓U變大，其指針的偏角變大，故A正確、B錯(cuò)誤.C、D、同理可知保持d不變，減小S，則C變小，而由C=QU可得電容器的電壓U變大，使得靜電計(jì)的電壓U變大，其指針的偏角變大，故選項(xiàng)C、D均錯(cuò)誤.故選:A. 考點(diǎn)：本題考查了電容器的動(dòng)態(tài)變化. 6．電荷量不等的兩點(diǎn)電荷固定在x軸上坐標(biāo)為-3L和3L的兩點(diǎn),其中坐標(biāo)為-3L處點(diǎn)電荷帶電量絕對(duì)值為Q，兩點(diǎn)電荷連線上各點(diǎn)電勢(shì)φ隨x變化的

14、關(guān)系如圖所示，其中x=L處電勢(shì)最低,x軸上M、N兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為-2L和2L，則下列判斷正確的是( ) A．兩點(diǎn)電荷一定為異種電荷 B．原點(diǎn)O處場強(qiáng)大小為kQ12L2 C．正檢驗(yàn)電荷在原點(diǎn)O處收到向左的電場力 D．負(fù)檢驗(yàn)電荷由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程,電勢(shì)能先減小后增大 【答案】 B 【解析】 【詳解】 A、由φ-x圖象特點(diǎn)可知兩點(diǎn)電荷均為正電荷，故A錯(cuò)誤； B、C、x=L處電勢(shì)最低，此處圖線的斜率為0，即該點(diǎn)的合場強(qiáng)為0，有kQ(4L)2-kQ'(2L)2=0,得Q'=Q4,故原點(diǎn)處的場強(qiáng)大小為kQ(3L)2-kQ'(3L)2=kQ12L2,方向向右，則正檢驗(yàn)電荷

15、在原點(diǎn)O處受到的電場力向右，故B正確，C錯(cuò)誤； D、由M點(diǎn)到N點(diǎn)電勢(shì)先減小后增大，所以負(fù)檢驗(yàn)電荷由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程，電勢(shì)能先增大后減小，故D錯(cuò)誤. 故選B. 【點(diǎn)睛】 解決本題的關(guān)鍵掌握電勢(shì)φ隨x變化的關(guān)系圖線上每點(diǎn)切線的斜率為ΔφΔx（△x→0），表示電場強(qiáng)度E，以L點(diǎn)場強(qiáng)為0作為突破口，展開分析． 7．如圖所示，空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場E=2.0×104N/C，在A處有一個(gè)質(zhì)量為0.3kg的小球，所帶電荷量為q=+2.0×10﹣4C，用一長為L=60cm的不可伸長的絕緣細(xì)線與固定點(diǎn)O連接。AO與電場線平行處于水平狀態(tài)?，F(xiàn)讓該質(zhì)點(diǎn)在A處靜止釋放，則下列說法中正確的有（　　）（

16、已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2。） A．釋放后小球做圓周運(yùn)動(dòng) B．小球在A點(diǎn)瞬間的加速度大小為10m/s2 C．小球從A運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方的過程中電勢(shì)能增加了2.4J D．小球第一次運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方的速度大小為5m/s 【答案】 D 【解析】 【詳解】 AB：帶電質(zhì)點(diǎn)受到的重力G=mg=0.3×10N=3N，帶電質(zhì)點(diǎn)受到的電場力qE=2×10-4×2×104N=4N，將電場力與重力合成如圖： 則合力大小F合=G2+(qE)2=5N，tanθ=GqE=34，合力方向與水平方向夾角為370，質(zhì)點(diǎn)在A處靜止釋放，將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在A

17、點(diǎn)瞬間的加速度a=F合m=503m/s2。故AB兩項(xiàng)錯(cuò)誤。 CD：質(zhì)點(diǎn)第一次從A運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方時(shí)，下落的高度h=Ltan370=0.45m；質(zhì)點(diǎn)從A運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方時(shí)，電場力做功W電=qEL=4×0.6J=2.4J，電勢(shì)能減小了2.4J；質(zhì)點(diǎn)第一次從A運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方過程，應(yīng)用動(dòng)能定理可得：mgh+qEL=12mv2-0，解得：小球第一次運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方的速度v=5ms。故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。 【點(diǎn)睛】 物體受重力和恒定的電場力時(shí)，可將重力和電場力合成，然后將合力等效成新的“重力”，a=F合m等效于“重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效于“重力”的方向。 8．圖(甲)是某電場中的一條電場線，

18、a、b是這條線上的兩點(diǎn)，一電子只受電場力作用，從靜止沿電場線從a運(yùn)動(dòng)到b，在此過程中，電子運(yùn)動(dòng)的v－t圖線如圖(乙)所示，比較a、b兩點(diǎn)電勢(shì)ja、jb的高低和電場強(qiáng)度的大小，以下關(guān)系正確的是( ) A．j a＞j bEa＞Eb B．j a＞j bEa＝Eb C．j a＜j bEa＞Eb D．j a＜j bEa＝Eb 【答案】 C 【解析】 【詳解】 電子從a運(yùn)動(dòng)到b,由速度時(shí)間圖線可知電子做加速運(yùn)動(dòng),故電場力向右，由于負(fù)電荷受到的電場力與場強(qiáng)方向相反，故場強(qiáng)向左，沿場強(qiáng)方向電勢(shì)逐漸降低，故φa<φb，故排除AB選項(xiàng)；由于圖線的斜率表示加速度，而圖中斜率變小

19、，故加速度變小，由a=Fm=qEm可知電場強(qiáng)度變小，即Ea>Eb，故C正確， ABD錯(cuò)誤。 【點(diǎn)睛】 本題考查帶電粒子在電場中的軌跡與圖像問題，較為綜合，從速度時(shí)間圖線得到負(fù)電荷做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度變小，根據(jù)牛頓第二定律得到電場力的變化情況和電場強(qiáng)度的變化情況；電勢(shì)的高低看電場線的指向，沿著電場線電勢(shì)一定降低。 9．如圖所示，在豎直放置間距為d的平行板電容器中，存在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場。有一質(zhì)量為m，電荷量為+q的點(diǎn)電荷從兩極板正中間處靜止釋放，重力加速度為g。則點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)到負(fù)極板的過程 A．加速度大小為a=qEm+g B．所需的時(shí)間為t=dmEq C．下降的高度為y=d2

20、 D．電場力所做的功為W=Eqd 【答案】 B 【解析】 【詳解】 點(diǎn)電荷在電場中的受力如圖所示， 點(diǎn)電荷所受的合外力為F=qE2+mg2 由牛頓第二定律得a=qE2+mg2m故A錯(cuò)； 點(diǎn)電荷在水平方向的加速度為a1=Eq/m，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式d/2=a1t2/2,所以t=mdqE，故B正確， 點(diǎn)電荷在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，所以下降的高度y=12gt2=12g×mdqE=mgd2qE，故C錯(cuò)誤； 由功公式W=Eqd/2,故D錯(cuò)誤。 綜上所述本題答案是：B 【點(diǎn)睛】 由于電荷水平方向和豎直方向都受到力的作用，根據(jù)水平方向上的運(yùn)動(dòng)求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間，再結(jié)合豎直方向上自由落

21、體運(yùn)動(dòng)求出下落的高度。 10．一正電荷在電場中僅受電場力作用，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所示，tA、tB分別對(duì)應(yīng)電荷在A、B兩點(diǎn)的時(shí)刻，則下列說法中正確的是（　　） A．A處的場強(qiáng)一定小于B處的場強(qiáng) B．A處的電勢(shì)一定低于B處的電勢(shì) C．電荷在A處的電勢(shì)能一定大于在B處的電勢(shì)能 D．從A到B的過程中，電場力對(duì)電荷做正功 【答案】 B 【解析】 由圖象知A處的加速度大于B處的加速度，A處的場強(qiáng)一定大于B處的場強(qiáng)，A錯(cuò)．由功能關(guān)系及動(dòng)能和電勢(shì)能之和守恒知B正確，C、D錯(cuò)． 二、多選題 11．一半徑為R的均勻帶正電圓環(huán)水平放置，圓心為O點(diǎn)，質(zhì)量為m的帶

22、正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從O點(diǎn)正上方距離為h的A點(diǎn)由靜止下落，并穿過圓環(huán)．小球在從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的A′點(diǎn)的過程中，其加速度a、重力勢(shì)能Ep重、機(jī)械能E、電勢(shì)能Ep電，隨位置變化的圖像如圖所示(規(guī)定O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)且重力勢(shì)能為0，豎直向下為加速度的正方向，并取無限遠(yuǎn)處電勢(shì)為0)，其中可能正確的是 A． B． C． D． 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 圓環(huán)中心的場強(qiáng)為零，無窮遠(yuǎn)處場強(qiáng)也為零，則小球從A到圓環(huán)中心的過程中，場強(qiáng)可能先增大后減小，則小球所受的電場力先增大后減小方向豎直向上，由牛頓第二定律得知，重力不變，則加速度可能先減小后增大；小球穿過圓環(huán)后，小球所受的

23、電場力豎直向下，加速度方向向下，為正值，根據(jù)對(duì)稱性可知，電場力先增大后減小，則加速度先增大后減小。故A不可能。故A錯(cuò)誤。小球從A到圓環(huán)中心的過程中，重力勢(shì)能EpG=mgh，小球穿過圓環(huán)后，EpG=-mgh，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，B是可能的。故B正確。小球從A到圓環(huán)中心的過程中，電場力做負(fù)功，機(jī)械能減小，小球穿過圓環(huán)后，電場力做正功，機(jī)械能增大，故C是可能的。故C正確。由于圓環(huán)所產(chǎn)生的是非勻強(qiáng)電場，小球下落的過程中，電場力做功與下落的高度之間是非線性關(guān)系，電勢(shì)能變化與下落高度之間也是非線性關(guān)系，所以D是不可能的。故D錯(cuò)誤。故選BC。 12．如圖所示，在方向豎直向上、大小E=1ⅹ106V/m的勻強(qiáng)電

24、場中，固定一個(gè)穿有A、B兩個(gè)小球（均視為質(zhì)點(diǎn)）的光滑絕緣圓環(huán)，圓環(huán)在豎直平面內(nèi)，圓心為O、半徑R=0. 2m。A、B用一根絕緣輕桿相連，B球帶電荷量q=+7ⅹl0-6C,A球不帶電，質(zhì)量分別為mA=0.lkg、mB=0.8kg。將兩小球從圓環(huán)上的圖示位置（A與圓心O等高，B在圓心0的正下方）由靜止釋放，重力加速度大小為g= l0m/s2。則 A．小球A和B受到的合力的大小相等 B．小球B不能到達(dá)圓環(huán)的最高點(diǎn) C．小球A和B的速度大小始終相等 D．兩小球及輕桿組成的系統(tǒng)最大動(dòng)能為15(2-1)J 【答案】 BCD 【解析】 【分析】 A、B做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和角速度均相同，

25、對(duì)A、B分別由動(dòng)能定理列方程聯(lián)立求解最大動(dòng)能， 【詳解】 AC、設(shè)B轉(zhuǎn)過α角時(shí)，A、B的速度分別為vA、vB，因A、B做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和角速度均相同，故vA=vB，所以小球A和B切向加速度大小和法向加速度大小相等，但兩球的質(zhì)量不等，根據(jù)牛頓第二定律可知小球A和B受到合力大小不等，故A錯(cuò)誤，C正確； B、設(shè)B到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)A、B的動(dòng)能分別為EKA、EKB，對(duì)A根據(jù)動(dòng)能定理有：WT=EKA，對(duì)B根據(jù)動(dòng)能定理有：-WT+(qE-mBg)·2R=EKB，聯(lián)立解得：EKA+EKB=-0.4J，上式表明：B在圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能為負(fù)值，所以B不能到達(dá)圓環(huán)最高點(diǎn)，故B正確； D、對(duì)A由動(dòng)能定理：

26、mAgRsinα-WT=12mAvA2-0，對(duì)B，由動(dòng)能定理：(qE-mBg)R-Rcosα+WT=12mBvB2-0，聯(lián)立解得：EkA+EKB=0.2(cosα+sinα-1)，據(jù)此式知，當(dāng)α=π4時(shí)，兩小球及輕桿組成的系統(tǒng)最大動(dòng)能是EkA+EKB=15(2-1)，故D正確； 故選BCD。 【點(diǎn)睛】 關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)，可以從兩條線索展開：其一，力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系；根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關(guān)系，根據(jù)電場力對(duì)帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動(dòng)能定理進(jìn)行解答。 13．如圖所示，正六邊形AB

27、CDEF的B、D兩點(diǎn)各固定一個(gè)帶正電電量為+q的點(diǎn)電荷，F(xiàn)點(diǎn)固定一個(gè)帶負(fù)電電量為-q的點(diǎn)電荷，O為正六邊形的幾何中心。則下列說法正確的是 A．O點(diǎn)場強(qiáng)為0 B．C點(diǎn)場強(qiáng)方向沿FC方向 C．電子在A點(diǎn)電勢(shì)能比在O點(diǎn)小 D．OA兩點(diǎn)間電勢(shì)差和OE兩點(diǎn)間電勢(shì)差相等 【答案】 BD 【解析】 【分析】 根據(jù)電場的疊加原理分析各點(diǎn)的場強(qiáng)大小，并確定出電場強(qiáng)度的方向；根據(jù)點(diǎn)電荷的電勢(shì)公式運(yùn)用疊加原理分析電勢(shì)高低和電勢(shì)能的大小比較. 【詳解】 根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E=kqr2可知，三個(gè)點(diǎn)電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，合場強(qiáng)沿OF方向；故A錯(cuò)誤；B和D兩個(gè)正場源在C點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)沿

28、FC方向，F(xiàn)點(diǎn)的負(fù)點(diǎn)電荷在C點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)沿CF方向，但距離較大，則總的合場強(qiáng)沿FC方向；故B正確；電子沿OA運(yùn)動(dòng)時(shí)，OA是BF的中垂線，BF兩點(diǎn)放了等量異種電荷，所以這兩個(gè)電荷對(duì)電子的作用力的合力垂直AO，對(duì)電子做功，D處的電荷是正電荷，是引力，對(duì)電子做負(fù)功，所以三個(gè)電荷對(duì)電子做負(fù)功，電勢(shì)能增大，電子在A點(diǎn)電勢(shì)能比在O點(diǎn)大，故C錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱性可知，電荷從O點(diǎn)移到A點(diǎn)、從O點(diǎn)移到E，電場力做功相同，所以O(shè)A兩點(diǎn)間電勢(shì)差和OE兩點(diǎn)間電勢(shì)差相等，故D正確；點(diǎn)故選BD. 【點(diǎn)睛】 本題要知道點(diǎn)電荷的電場的分布，掌握點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式，充分利用對(duì)稱性，由電場的疊加原理來解題.要靈活選擇哪個(gè)電荷的電場與

29、哪個(gè)電荷的電場合成。要知道負(fù)電荷的電場中各個(gè)點(diǎn)的電勢(shì)為負(fù)，正電荷的電場中各點(diǎn)的電勢(shì)為正. 14．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場，在勻強(qiáng)電場中有一根長為L的絕緣細(xì)線，細(xì)線一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球。小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，此時(shí)讓小球獲得初速度且恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。下列說法正確的是 A．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E=mgtanθq B．小球動(dòng)能的最小值為Ek=mgL2cosθ C．小球運(yùn)動(dòng)至圓周軌跡的最高點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小 D．小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過程中，其電勢(shì)能先減小后增大 【答案】 AB 【解析

30、】 【分析】 小球靜止時(shí)懸線與豎直方向成θ角，受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據(jù)平衡條件列式求解場強(qiáng)的大??；小球恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)A速度最小，根據(jù)牛頓第二定律列式求解最小速度，得到最小動(dòng)能；小球運(yùn)動(dòng)過程中只有重力和電場力做功，故重力勢(shì)能、電勢(shì)能和動(dòng)能之和守恒，機(jī)械能最小的位置即為電勢(shì)能最大的位置． 【詳解】 小球靜止時(shí)懸線與豎直方向成θ角，受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據(jù)平衡條件，有：mgtanθ=qE，解得E=mgtanθq，選項(xiàng)A正確； 小球恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)A速度最小，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgcosθ=mv2L

31、，則最小動(dòng)能Ek=12mv2=mgL2cosθ，所以選項(xiàng)B正確。小球的機(jī)械能和電勢(shì)能之和守恒，則小球運(yùn)動(dòng)至電勢(shì)能最大的位置機(jī)械能最小，小球帶負(fù)電，則小球運(yùn)動(dòng)到圓周軌跡的最左端點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球從初始位置開始，在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一周的過程中，電場力先做正功，后做負(fù)功，再做正功，則其電勢(shì)能先減小后增大，再減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選AB. 【點(diǎn)睛】 此題關(guān)鍵是明確小球的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，可以將重力和電場力的合力等效成重力進(jìn)行考慮，結(jié)合動(dòng)能定理和牛頓第二定律分析，不難求解；至于機(jī)械能最小的位置就是電勢(shì)能最大的位置，由能量守恒定律和功能關(guān)系求兩者之和． 15．如圖所示，圓弧虛線表示正點(diǎn)電

32、荷電場的等勢(shì)面，相鄰兩等勢(shì)面間的電勢(shì)差相等。光滑絕緣直桿沿電場方向水平放置并固定不動(dòng)，桿上套有一帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，滑塊通過絕緣輕彈簧與固定點(diǎn)O相連，并以某一初速度從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，OM＜ON。若滑塊在M、N時(shí)彈簧的彈力大小相等，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則 A．滑塊從M到N的過程中，速度可能一直增大 B．滑塊從位置1到2的過程中，電場力做的功比從位置3到4的小 C．在M、N之間的范圍內(nèi)，可能存在滑塊速度相同的兩個(gè)位置 D．在M、N之間可能存在只由電場力確定滑塊加速度大小的三個(gè)位置 【答案】 AC 【解析】 A、隨著滑塊由M向N滑動(dòng)，所受向右的電場力越來越小，如果在

33、N點(diǎn)電場力大于彈簧彈力沿MN的分力，則滑塊一直加速，所以A選項(xiàng)正確； B、1、2與3、4間的電勢(shì)差相等，電場力做功相等，故B錯(cuò)誤； C、在N點(diǎn)如果電場力小于彈簧彈力沿MN的分力，則滑塊先加速后減速，就可能有兩個(gè)位置的速度相同，C正確； D、由題意“OM＜ON”和“滑塊在M、N時(shí)彈簧的彈力大小相等”知滑塊在M點(diǎn)受彈簧的推力斜向左下，在N點(diǎn)受彈簧的拉力向左上方．即M點(diǎn)時(shí)彈簧是壓縮的，N點(diǎn)時(shí)彈簧是拉伸的，在彈簧與水平桿垂直和彈簧恢復(fù)原長的兩個(gè)位置滑塊的加速度只由電場力決定，故在M、N之間可能存在只由電場力確定滑塊加速度大小的有兩個(gè)位置，故D錯(cuò)誤。 點(diǎn)睛：這是一道考查電場中有約束物體運(yùn)動(dòng)規(guī)律和

34、功能關(guān)系的中檔次好題．討論電場力與彈簧水平方向上的分力大小是解決題目的關(guān)鍵，彈簧彈力的方向是的難點(diǎn)。 16．如圖甲所示，質(zhì)量為m、電荷量為-e的粒子初速度為零，經(jīng)加速電壓U1加速后，從水平方向沿O1O2垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場。已知形成偏轉(zhuǎn)電場的平行板電容器的極板長為L，兩極板間距為d，O1O2為兩極板的中線，P是足夠大的熒光屏，且屏與極板右邊緣的距離為L。不考慮電場邊緣效應(yīng)，不計(jì)粒子重力。則下列說法正確的是 A．粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度大小為2eU1m B．若偏轉(zhuǎn)電場兩板間加恒定電壓U0，粒子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后正好擊中屏上的A點(diǎn)，A點(diǎn)與上極板M在同一水平線上，則所加電壓U0=U1d23L2 C

35、．若偏轉(zhuǎn)電場兩板間的電壓按如圖乙所示作周期性變化，要使粒子經(jīng)加速電場后在t＝0時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后水平擊中A點(diǎn)，則偏轉(zhuǎn)電場周期T應(yīng)該滿足的條件為T=Lnm2eU1(n=1,2,3...) D．若偏轉(zhuǎn)電場兩板間的電壓按如圖乙所示作周期性變化，要使粒子經(jīng)加速電場并在t＝0時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后水平擊中A點(diǎn)，則偏轉(zhuǎn)電場電壓U0應(yīng)該滿足的條件為U0=4nU1d2L2(n=1,2,3...) 【答案】 ACD 【解析】 【分析】 根據(jù)動(dòng)能定理求出粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度v的大小。粒子出電場后反向速度的反向延長線經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場中軸線的中點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系得出速度與水平方向的夾角，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)

36、公式求出偏轉(zhuǎn)電壓的大小。 【詳解】 在加速電場中，根據(jù)動(dòng)能定理得：eU1=12mv2，解得v=2eU1m，故A正確；粒子出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)，速度的反向延長線經(jīng)過中軸線的中點(diǎn)，由題意知，電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)A點(diǎn)，設(shè)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角為θ，則由幾何關(guān)系得：d2=L+12Ltanθ，解得tanθ=d3L，又tanθ=vyv=eU0md·Lvv=eU0Lmdv2，解得：U0=2U1d23L2，故B錯(cuò)誤；交變電壓的周期等于粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的周期，當(dāng)粒子出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)，粒子在沿電場方向上的分速度為零，可知要使電子在水平方向擊中A點(diǎn)，電子必向上極偏轉(zhuǎn)，且vy=0，則電子應(yīng)在t=0時(shí)刻進(jìn)

37、入偏轉(zhuǎn)電場，且電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為整數(shù)個(gè)周期，設(shè)電子從加速電場射出的速度為v0，則因?yàn)殡娮铀缴涑觯瑒t電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間滿足t=Lv0=nT，而t=Lv0 ，解得：T=Lnv0=Ln2eU1m=Lnm2eU1（n=1、2、3、4…），在豎直方向位移應(yīng)滿足d2=2n×12aT22=2n×12×eU0dm×T22，解得：U0=2nmd2v02eL2=4nU1d2L2（n=1、2、3、4…），故CD正確，故選ACD。 【點(diǎn)睛】 本題是帶電粒子先加速后偏轉(zhuǎn)問題，電場中加速根據(jù)動(dòng)能定理求解獲得的速度、偏轉(zhuǎn)電場中類平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法是運(yùn)動(dòng)的分解和合成。 17．如圖所示，在一絕緣斜面C上

38、有一帶正電的小物體A處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將一帶正電的小球B沿以A為圓心的圓弧緩慢地從P點(diǎn)轉(zhuǎn)至A正上方的Q點(diǎn)處，已知P、A在同一水平線上，且在此過程中物體A和C始終保持靜止不動(dòng)，A、B可視為質(zhì)點(diǎn)．關(guān)于此過程，下列說法正確的是（） A．地面對(duì)斜面C的摩擦力先增大后減小 B．地面對(duì)斜面C的摩擦力逐漸減小 C．物體A受到的摩擦力一直減小 D．物體A受到斜面的支持力先增大后減小 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 B在Q點(diǎn)時(shí)，對(duì)A進(jìn)行受力分析如圖所示 將A與斜面體做為一個(gè)整體進(jìn)行受力分析可知，當(dāng)B從P點(diǎn)向Q點(diǎn)移動(dòng)過程中，AB間斥力的水平分量越來越小，因此地面對(duì)斜面體C的摩擦力越

39、來越小，故A錯(cuò)誤，B正確； C項(xiàng)：當(dāng)B在P點(diǎn)時(shí)，如果重力沿斜面向下的分力與AB間斥力沿斜面向上的分力相等，此時(shí)摩擦力等于零，B 從P點(diǎn)向Q點(diǎn)移動(dòng)時(shí)，重力沿斜面向下的分力與AB間斥力沿斜面向上的分力則不相等，則摩擦力會(huì)變大，故C錯(cuò)誤； D項(xiàng)：當(dāng)B從P點(diǎn)向Q點(diǎn)移動(dòng)過程中，AB間的斥力大小不變，但方向沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)AB連線與斜面垂直時(shí)，斜面對(duì)A的支持力最大，因此物體A受到斜面的支持力先增大后減小，D正確。 故應(yīng)選BD。 18．如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，平行板電容器C的兩金屬板水平放置．G為靈敏電流計(jì)。開關(guān)S閉合后，兩板間恰好有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)。則在滑動(dòng)

40、變阻器R的觸頭P向上移動(dòng)的過程中，下列判斷正確的是（） A．靈敏電流計(jì)G中有b→a的電流 B．油滴向上加速運(yùn)動(dòng) C．電容器極板所帶電荷量將減小 D．通過電阻R2的電流將減小 【答案】 AB 【解析】 【詳解】 在滑動(dòng)變阻器R的觸頭P向上移動(dòng)的過程中，R增大，總電阻增大，電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻不變，可知總電流減小，內(nèi)電壓減小，外電壓增大，外電壓等于R1上的電壓和R2與R并聯(lián)電壓之和，而R1上的電壓減小，所以R2與R的并聯(lián)電壓增大，通過R2的電流增大。根據(jù)Q=CU，電容器所帶的電量增大，上極板帶正電，電容器充電，所以流過電流計(jì)的電流方向是b→a．電容器兩端電壓增大，電場強(qiáng)度增大，電場

41、力增大，開始電場力與重力平衡，所以油滴會(huì)向上加速。故AB正確，CD錯(cuò)誤。故選AB。 【點(diǎn)睛】 處理本題的關(guān)鍵是抓住不變量，熟練運(yùn)用閉合電路的動(dòng)態(tài)分析．注意處理含容電路時(shí)，把含有電容的支路看成斷路，電容器兩端的電壓等于和電容器并聯(lián)支路的電壓． 19．如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值．靜止的帶電粒子帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m （不計(jì)重力），從點(diǎn)P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進(jìn)入N板右側(cè)的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為θ＝30°，孔Q到板的下端C的距離為L，當(dāng)M、N兩板間電

42、壓取最大值時(shí)，粒子恰垂直打在CD板上，則：( ) A．兩板間電壓的最大值Um＝qB2L22m B．CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度s＝23L C．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間tm＝πmqB D．能打到N板上的粒子的最大動(dòng)能為?q2B2L218m 【答案】 ACD 【解析】 畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖，如圖所示， A. 當(dāng)M、N兩板間電壓取最大值時(shí)，粒子恰垂直打在CD板上，可知粒子半徑r=L，的加速電場中，根據(jù)動(dòng)能定理：qUm=12mv2，在偏轉(zhuǎn)磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv2r，聯(lián)立可得：Um=qB2L22m，故A正確；B.設(shè)粒子軌跡與CD相切于H

43、點(diǎn)，此時(shí)粒子半徑為r'，粒子軌跡垂直打在CD邊上的G點(diǎn)，則GH間距離即為粒子打中區(qū)域的長度x，根據(jù)幾何關(guān)系：QC=L=r'+r'sinθ，可得：r'=L3，根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子打中區(qū)域的長度：x=r-r'tanθ=1-33L，故B錯(cuò)誤；C.粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期為：T=2πmqB，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最大圓心角：θ=180°，所以粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為：t=T2=πmqB，故C正確；D.當(dāng)粒子在磁場的軌跡與CD邊相切時(shí)，即粒子半徑r'=L3，時(shí)，打到N板上的粒子的動(dòng)能最大，最大動(dòng)能：Ekm=12mv2，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv2r'，聯(lián)立可得能打到N板上的粒子的最大動(dòng)能為：

44、Ekm=q2B2L218m，故D正確；故選ACD。 【點(diǎn)睛】本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵是要畫出粒子軌跡過程圖，分好過程，針對(duì)每個(gè)過程的受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)形式選擇合適的規(guī)律解決問題，對(duì)數(shù)學(xué)幾何能力有一定的要求。 20．如圖，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點(diǎn)處于勻強(qiáng)電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點(diǎn)，N為b、d連線的中點(diǎn)。一電荷量為q（q>0）的粒子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，其電勢(shì)能減小W1：若該粒子從c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，其電勢(shì)能減小W2，下列說法正確的是（） A．此勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向一定與a、b兩點(diǎn)連線平行 B．若該粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，則電場力做功一定為W1+W22

45、 C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強(qiáng)大小一定為W2qL D．若W1=W2，則a、M兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差一定等于b、N兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差 【答案】 BD 【解析】 試題分析：利用電場力做功W=qU，可以找到兩點(diǎn)之間電勢(shì)差的關(guān)系，要知道中點(diǎn)電勢(shì)和兩端點(diǎn)電勢(shì)之間的關(guān)系。 A、選項(xiàng)根據(jù)題意無法判斷，故A項(xiàng)錯(cuò)誤。 B、由于電場為勻強(qiáng)磁場，M為a、c連線的中點(diǎn)，N為b、d連線的中點(diǎn)，所以φM=φc-φc-φa2=φc+φa2 φN=φd-φd-φb2=φd+φb2 若該粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，則電場力做功一定為 W=qUMN=qφM-φN=qφc+φa2-qφd+φb2=qUcd+q

46、Uab2=W1+W22 ,故B正確； C、因?yàn)椴恢绖驈?qiáng)電場方向，所以場強(qiáng)大小不一定是W2qL，故C錯(cuò)誤； D、若W1=W2，說明Ucd=Uab UaM-UbN=φa-φM-φb-φN 由因?yàn)棣誐=φc-φc-φa2=φc+φa2；φN=φd-φd-φb2=φd+φb2 解得：UaM-UbN=0，故D正確； 故選BD 點(diǎn)睛：對(duì)勻強(qiáng)電場的電場特征要了解，利用電場力做功與電勢(shì)差之間的關(guān)系求解。 三、解答題 21．如圖所示,在xOy平面直角坐標(biāo)系內(nèi)y軸與垂直x軸的MN邊界之間,以x軸為分界線,分別在第Ⅰ、Ⅳ象限有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場。第Ⅰ象限內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.第

47、Ⅱ象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小為E. 質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從第Ⅱ象限內(nèi)某點(diǎn)由靜止釋放,從y軸上的A點(diǎn)進(jìn)入磁場,經(jīng)x軸上的B點(diǎn)第一次進(jìn)入x軸下方的磁場。若已知A點(diǎn)的坐標(biāo)是(0,a),B點(diǎn)的坐標(biāo)是(3a,0)， 不考慮粒子重力。 (1)求粒子釋放位置與y軸的距離； (2)若粒子經(jīng)x軸上方的磁場偏轉(zhuǎn)后不經(jīng)過y軸仍能回到x軸上方的磁場，求x軸下方磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小應(yīng)滿足的條件； (3)若x軸下方區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3B0，且粒子最終垂直于MN邊界出射，求MN與x軸交點(diǎn)的坐標(biāo)。 【答案】（1）25qB02a22mE（2）B≥83B0（3）MN與x軸交點(diǎn)的坐

48、標(biāo)是（4na，0）（其中n=1，2，3…） 【解析】 【詳解】 （1）設(shè)粒子釋放位置與y軸的距離為d，粒子在第一象限磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖，如圖所示， 在電場中做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理：qEd=12mv2① 可得：v=2qEdm 粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB0=mv2r② 根據(jù)幾何關(guān)系：(r-a)2+(3a)2=r2?③ 可得：r=5a 聯(lián)立①②③式可得：d=25qB02a22mE （2）設(shè)粒子進(jìn)入磁場時(shí)與x軸之間的夾角為θ，則粒子在第一象限內(nèi)的磁場中轉(zhuǎn)過的角度也為θ， 根據(jù)幾何關(guān)系：tanθ=3ar-a=

49、34，可得：θ=53° 要使粒子經(jīng)x軸上方的磁場偏轉(zhuǎn)后不經(jīng)過y軸仍能回到x軸上方的磁場，臨界情況如圖所示， 要使粒子經(jīng)x軸上方的磁場偏轉(zhuǎn)后不經(jīng)過y軸仍能回到x軸上方的磁場 需滿足：3a≥R（1+cos37°）④ 根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv2R?⑤ 聯(lián)立②③④⑤式可得x軸下方磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小滿足：B≥83B0 （3）設(shè)當(dāng)x軸下方區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3B0時(shí)粒子半徑為R′， 根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qv3B=mv2R/?⑥ 聯(lián)立②⑥式可得：R/=r3=5a3 畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖如圖所示， 設(shè)粒子的速度方向再次與射入磁場時(shí)的速度方向一致時(shí)的位

50、置為A1，則A與A1的連線與x軸平行，AA1=6a-2 R′sin530 根據(jù)幾何關(guān)系有：AA1=4a 所以粒子最終垂直MN邊界飛出，邊界MN與y軸間距為 L=nAA1=4 na??（其中n=1，2，3…） 即：MN與x軸交點(diǎn)的坐標(biāo)是（4na，0）（其中n=1，2，3…） 22．如圖所示，真空中區(qū)域I存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域II存在水平向右的勻強(qiáng)電場，磁場和電場寬度均為d且長度足夠長，圖中虛線是磁場與電場的分界線，Q為涂有熒光物質(zhì)的熒光板，電子打在Q板上能產(chǎn)生亮斑?，F(xiàn)有一束電子從A處的小孔以速度 v0連續(xù)不斷地射入磁場，入射方向平行紙面且與P板成300夾角。已知電子質(zhì)量為m，

51、電荷量大小為e，區(qū)域II的電場強(qiáng)度E=3mv028ed，不計(jì)重力和電子間的相互作用力，求： (1)若電子垂直打在Q板上，I區(qū)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1大小和電子到達(dá)Q板的速度。 (2)逐漸增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B1為保證Q板上出現(xiàn)亮斑，所加磁感應(yīng)強(qiáng)度B昀最大值。 【答案】（1）B1=mv0er1=3mv02ed；v=v02；（2）I區(qū)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度最大值為Bm=(3+1)mv02ed 【解析】 【詳解】 （1）電子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得evB=mv02r， 可解得r=mv0eB 若電子垂直打在Q板上，出磁場時(shí)須與磁場的右邊界垂直，如圖所示， 由幾

52、何關(guān)系得r1cos30°=d，可解得 r1=dcos30°=2d3 故I區(qū)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B1=mv0er1=3mv02ed 電子在電場中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得-eEd=12mv2-12mv02， 解得v=v02 （2）電子在電場中運(yùn)動(dòng)過程，由動(dòng)能定理得 -eEd=12mv2-12mv02， 解得v=v02 若電子恰好打在Q板上，說明速度的方向剛好與Q板平行，設(shè)電子進(jìn)入電場時(shí)速度方向與虛線邊界間的夾角為θ，v0cosθ=v，解得θ=60° 在磁場中，由幾何關(guān)系知 r2cos30°+r2cos60°=d， 得r2=(3-1)d， 此時(shí) B2=mv0er2=(

53、3+1)mv02ed 故I區(qū)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度最大值為Bm=(3+1)mv02ed 23．如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，AB段平直傾斜且粗糙，BC段是光滑圓弧，對(duì)應(yīng)的圓心角θ=53°，半徑為r，CD段水平粗糙，各段軌道均平滑連接，在D點(diǎn)右側(cè)固定了一個(gè)14圓弧擋板MN，圓弧半徑為R，圓弧的圓心也在D點(diǎn)。傾斜軌道所在區(qū)域有場強(qiáng)大小為E=9mg5q、方向垂直于斜軌向下的勻強(qiáng)電場。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小物塊(視為質(zhì)點(diǎn))在傾斜軌道上的A點(diǎn)由靜止釋放，最終從D點(diǎn)水平拋出并擊中擋板。已知A，B之間距離為2r，斜軌與小物塊之的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=14，設(shè)小物塊的電荷量保持不變，重力

54、加速度為g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求： (1)小物塊運(yùn)動(dòng)至圓軌道的C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。? (2)改變AB之間的距離和場強(qiáng)E的大小，使小物塊每次都能從D點(diǎn)以不同的速度水平拋出并擊中擋板的不同位置，求擊中擋板時(shí)小物塊動(dòng)能的最小值。 【答案】（1）在C點(diǎn)小物塊對(duì)圓軌道的壓力大小為F'N=135mg；（2）小物塊動(dòng)能的最小值為Ekmin=32mgR 【解析】 【詳解】 (1)小物塊由A到B過程由動(dòng)能定理，得：mgsinθ?2r-μ(mgcosθ+qE)?2r=12mvB2 解得：vB=45gr 小物塊由B到C過程由機(jī)械能守恒定律得：mgr(1-cosθ)=1

55、2mvC2-12mvB2 解得：vC=85gr 在C點(diǎn)由牛頓第二定律，得：FN-mg=mvC2r 解得：FN=135mg 由牛頓第三定律可得，在C點(diǎn)小物塊對(duì)圓軌道的壓力大小為F'N=135mg (2)小物塊離開D點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：x=v0t 豎直方向：y=12gt2 而：x2+y2=R2 小物塊平拋過程機(jī)械能守恒，得：mgy=Ek-12mv02 由以上式子得：Ek=mgR24y+3mgy4 由數(shù)學(xué)中均值不等式可知：Ek≥2mgR24y?3mgy4=32mgR 則小物塊動(dòng)能的最小值為Ekmin=32mgR 24．如圖所示，y軸的左側(cè)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，右側(cè)有

56、與x軸正向成45°角斜向上的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的粒子，從O點(diǎn)以速度v射入磁場，速度v與x軸負(fù)向夾角為45°，在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t后第一次經(jīng)過y軸，又在電場中運(yùn)動(dòng)了時(shí)間t后第2次經(jīng)過y軸，不計(jì)粒子的重力。求： （1）磁感應(yīng)強(qiáng)度與電場強(qiáng)度之比； （2）粒子從O點(diǎn)進(jìn)入磁場至第3次到達(dá)y軸上N點(diǎn)（圖中未畫出）所經(jīng)歷的時(shí)間及NO間的距離。 【答案】（1）π4v；（2）5t，42vtπ。 【解析】 【詳解】 粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示： （1）粒子第一次在磁場中偏轉(zhuǎn)π2rad，則在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=14T…① 經(jīng)y軸眼電場方向進(jìn)入電場，之后返回，再次經(jīng)y軸進(jìn)入磁場，

57、由磁場中周期：T=2πmqB…② 電場中往返時(shí)間：t=2va…③ 在電場中運(yùn)動(dòng)加速度：a=qEm…④ 由①②③④可解得：BE=π4v （2）粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為3π2rad，則經(jīng)歷時(shí)間為3t，故至此粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間t總=t+t+3t=5t 設(shè)在磁場中圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r，由洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mv2r…⑤ 由幾何關(guān)系可得：ON-=22r…⑥ 由①②⑥可解得：ON-=42vtπ 25．（加試題）有一種質(zhì)譜儀由靜電分析器和磁分析器組成，其簡化原理如圖所示。左側(cè)靜電分析器中有方向指向圓心O、與O點(diǎn)等距離各點(diǎn)的場強(qiáng)大小相同的徑向電場，右側(cè)的磁分析器中分布著方向垂直于紙面向外的勻

58、強(qiáng)磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行，兩者間距近似為零。離子源發(fā)出兩種速度均為v0、電荷量均為q、質(zhì)量分別為m和0.5m的正離子束，從M點(diǎn)垂直該點(diǎn)電場方向進(jìn)入靜電分析器。在靜電分析器中，質(zhì)量為m的離子沿半徑為r0的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從N點(diǎn)水平射出，而質(zhì)量為0.5m的離子恰好從ON連線的中點(diǎn)P與水平方向成θ角射出，從靜電分析器射出的這兩束離子垂直磁場方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左邊界的探測(cè)板上，其中質(zhì)量為m的離子打在O點(diǎn)正下方的Q點(diǎn)。已知OP=0.5r0，OQ=r0，N、P兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UNP=mv2q,cosθ=45，不計(jì)重力和離子間相互作用。 （1）求靜

59、電分析器中半徑為r0處的電場強(qiáng)度E0和磁分析器中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； （2）求質(zhì)量為0.5m的離子到達(dá)探測(cè)板上的位置與O點(diǎn)的距離l（用r0表示）； （3）若磁感應(yīng)強(qiáng)度在（B—△B）到（B＋△B）之間波動(dòng)，要在探測(cè)板上完全分辨出質(zhì)量為m和0.5m的兩東離子，求ΔBB的最大值 【答案】（1）E0=mv02qr0，B=mv0qr0；（2）1.5r0；（3）12% 【解析】 【詳解】 （1）徑向電場力提供向心力：Ecq=mvc2rc Ec=mvc2qrcB=mvcqrc （2）由動(dòng)能定理：12×0.5mv2-12×0.5mvc2=qUNP v=vc2+4qUNPm=5vc 或r=

60、0.5mvqB=125rc l=2rcosθ-0.5rc 解得l=1.5rc （3）恰好能分辨的條件：2r01-ΔBB-2r0cosθ1+ΔBB=r02 解得ΔBB=17-4≈1200 26．真空中一組間距為 2R，長度為 R 的平行金屬板P、Q 可以用作光電轉(zhuǎn)換裝置，放置在 X 軸的正上方，如圖所示，在X 軸的正下方放置同樣間距，長度為3R的平行金屬板M、N，兩組金屬板間絕緣，M 板接地，且在兩板間加有電壓UMN，大小、方向均連續(xù)可調(diào)。P、Q 間有垂直平面的勻強(qiáng)磁場，光照前 P 不帶電。當(dāng)以頻率為 f 的光照射P 板時(shí)，板中的電子吸收光的能量而逸出。假設(shè)所有逸出的電子都垂直于 P

61、板飛出，在磁力作用下電子會(huì)聚于坐標(biāo)為(R，0)的 S 點(diǎn)，且 P 板最上端的電子從 S 點(diǎn)飛出的方向垂直 X 軸豎直向下，進(jìn)入 M、N 極板間的電場區(qū)域。忽略電子之間的相互作用，保持光照條件不變時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)從 P 板持續(xù)地飛出的電子數(shù)為 N，且沿 P 板均勻分布，電子逸出時(shí)的初動(dòng)能均為 EKm，元電荷量為 e，電子的質(zhì)量為 m。 （1）求金屬板P 的逸出功； （2）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B 的大小和所需磁場區(qū)域的最小面積； （3）到達(dá) N 板的電子全部被收集，導(dǎo)出形成電流 i。計(jì)算一些關(guān)鍵參數(shù)，在圖上面畫出 i-UMN的關(guān)系曲線。 【答案】（1）W逸出功=hf-Ekm（2）B=2mEk

62、meR；Smin=(π2-1)R2（3）圖見解析； 【解析】 【詳解】 解：（1）根據(jù)光電效應(yīng)方程可得：Ekm=hf-W逸出功， 解得W逸出功=hf-Ekm； （2）從P板水平飛出的電子均能過S點(diǎn)，則要求磁場區(qū)域半徑為R的圓，可知運(yùn)動(dòng)半徑r=R；由evB=mv2r，且Ekm=12mv2 解得B=2mEkmeR 所需磁場區(qū)域的最小面積Smin=14πR2-（R2-14πR2）=(π2-1)R2 （3）①截止電壓：OS方向電子剛好不能到達(dá)N板：12UMN1(-e)=0-Ekm； UNM1=-2Ekme； ②飽和電壓：垂直O(jiān)S方向電子剛好到達(dá)N板；豎直方向勻速，水平方向加速；

63、 R=12UNM2e2mR3Rv2； v=2Ekmm； UNM2=8Ekm3e； ③不加電壓：出射方向與水平成θ角的電子恰好打到N板； R=vcosθ×3Rv； v=2Ekmm； θ=π3； H=R2； 電流i=0.5Ne 27．如圖所示，一質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的小物塊，在距離電場區(qū)域?yàn)閍處以一定的初速度在一水平絕緣平面上向右運(yùn)動(dòng)，物塊與絕緣平面的摩擦因數(shù)為μ，物塊在運(yùn)動(dòng)過程中要穿越寬度為2a，場強(qiáng)大小為E的電場區(qū)域，當(dāng)場強(qiáng)方向豎直向下時(shí)，物塊停留在離開電場區(qū)域左邊緣的0.5a處，當(dāng)場強(qiáng)方向向上時(shí)，物塊停留在距離電場區(qū)域右側(cè)的a處。求： （1）電場強(qiáng)

64、度的大小，以及物塊的初速度; （2）若增加物塊初速度的大小，當(dāng)電場向下時(shí)，物塊仍能停在電場區(qū)域內(nèi)。求電場向上時(shí)物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與電場向下情況下物塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間差值的最小值。并求出對(duì)應(yīng)的初速度。 【答案】（1）E=mgq；v0=2μga（2）Δtmin=2aμg；v0=6μga 【解析】 【詳解】 （1）當(dāng)場強(qiáng)方向豎直向下時(shí)，由動(dòng)能定理：12mv02=μmga+μ(mg+qE)×0.5a； 當(dāng)場強(qiáng)方向豎直向上時(shí)，由動(dòng)能定理：12mv02=μmg?2a+μ(mg-qE)×2a； 聯(lián)立解得：E=mgq；v0=2μga （2）無論電場方向如何，物塊在進(jìn)入電場前運(yùn)動(dòng)時(shí)時(shí)間是相等的，設(shè)滑塊剛進(jìn)入

65、電場時(shí)速度為v，當(dāng)電場向下時(shí)物塊不滑出電場，則由動(dòng)量定理：μ(mg+qE)t1=mv 解得：t1=v2μg； 若場強(qiáng)向上，則由于mg=qE，則滑塊在電場中受摩擦力為零而做勻速運(yùn)動(dòng)，出離電場后做運(yùn)減速運(yùn)動(dòng)，則在電場中的時(shí)間為：t21=2av， 出離電場時(shí)：μmgt22=mv， 則運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為：t2=2av+vμg； 則時(shí)間差：Δt=t2-t1=2av+vμg-v2μg=2av+v2μg； 由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)2av=v2μg時(shí)，?t最小，即當(dāng)v=2μga時(shí)，?t最小值為：Δtmin=2aμg； 此時(shí)當(dāng)場強(qiáng)向下時(shí)，有：12mv2=μ(mg+qE)x，解得x=a，滑塊不滑出電場的范圍；

66、 由動(dòng)能定理：12mv02=μmga+12mv2， 解得：v0=6μga； 28．如圖所示，在xOy豎直平面內(nèi)，長L的絕緣輕繩一端固定在第一象限的P點(diǎn)，另一端栓有一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球，OP距離也為L且與x軸的夾角為60°，在x軸上方有水平向左的勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)大小為33qmg，在x軸下方有豎直向上的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為mgq，過O和P兩點(diǎn)的虛線右側(cè)存在方向垂直xOy平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。小球置于y軸上的C點(diǎn)時(shí)，繩恰好伸直且與y軸夾角為30°，小球由靜止釋放后將沿CD方向做直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D點(diǎn)時(shí)繩恰好繃緊，小球沿繩方向的分速度立即變?yōu)榱悖⒁源怪庇诶K方向的分速度擺下，到達(dá)O點(diǎn)時(shí)將繩斷開。不計(jì)空氣阻力。求： (1)小球剛釋放瞬間的加速度大小a； (2)小球到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速度大小v； (3)小球從O點(diǎn)開始到第二次到達(dá)x軸（不含O點(diǎn)）所用的時(shí)間t. 【答案】（1）23g3；（2）53gL3；（3）π+23mqB+53L3g 【解析】 【詳解】 （1）如圖所示，小球由靜止釋放時(shí)，所受重力和電場力的合力大小為：F=F電2+(mg)2 根據(jù)牛頓第二定律有