资源描述
专题08 静电场第一部分名师综述电场是历年高考试题中的重点之一查的内容主要集中在两个方面：一是有关对电场本身的认识，即电场、电场强度、电势、电势差、电势能、电场线、等势面；二是电场知识的应用，即带电粒子在匀强电场中的运动、电容器等电场强度、电势差等基本知识的考查一般以选择题、填空题的形式出现；对于电场中导体和电容器的考查，常以小综合题型出现带电粒子在电场中运动一类问题，是高考中考查的重点内容之一其次在力、电综合试题中，多把电场与牛顿运动定律，动能定理，功能关系，运动学知识，电路知识等巧妙地综合起来，考查学生对这些基本知识、基本规律的理解和掌握的情况，应用基本知识分析、解决实际问题的能力。纵观这类题目，所涉及的情景基本相同（无外乎是带电粒子在电场中平衡、加速或偏转），但命题者往往拟定不同的题设条件，多角度提出问题，多层次考查知识和能力从近三年的高考分析来看，高考对静电场专题的考查频率很高，所占分值约为全卷的百分之五到百分之十，试题主要集中在电场的力的性质、电场的能的性质以及与其他知识的综合应用。涉及电场强度、电场线、电场力、电势、电势差、等势面、电势能、平行板电容器的电容、匀强电场、电场力做功电势能的变化，还有带电粒子在电场中的加速和偏转等知识。重点考查了基本概念的建立、基本规律的内涵与外延、基本规律的适用条件，以及对电场知识跟其他相关知识的区别与联系的理解、鉴别和综合应用。预计高考中，本专题仍是命题的热点之一，在上述考查角度的基础上，重点加强以选择题的形式考查静电场的基本知识点，以综合题的形式考查静电场知识和其他相关知识在生产、生活中的应用。另外高考试题命题的一个新动向，静电的防治和应用，静电场与相关化学知识综合、与相关生物知识综合、与环保等热点问题相联系，在新颖、热门的背景下考查静电场基本知识的应用。第二部分精选试题一、单选题1用长为1.4m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0102kg、电荷量为2.010-8C的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成370，如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则（sin370=0.6）A该匀强电场的场强为3.75107N/CB平衡时细线的拉力为0.17NC经过0.5s，小球的速度大小为6.25m/sD小球第一次通过O点正下方时，速度大小为7m/s【答案】 C【解析】【详解】AB小球在平衡位置时，由受力分析可知：qE=mgtan370，解得E=1.010-2100.752.010-8N/C=3.75106N/C，细线的拉力：T=T=mgcos370=1.0102100.8N=0.125N，选项AB错误；C小球向左被拉到细线水平且拉直的位置，释放后将沿着电场力和重力的合力方向做匀加速运动，其方向与竖直方向成370角，加速度大小为a=Tm=0.1251.0102m/s2=12.5m/s2，则经过0.5s，小球的速度大小为v=at=6.25m/s，选项C正确；D小球从水平位置到最低点的过程中，若无能量损失，则由动能定理：mgL+qEL=12mv2，带入数据解得v=7m/s；因小球从水平位置先沿直线运动，然后当细绳被拉直后做圆周运动到达最低点，在绳子被拉直的瞬间有能量的损失，可知到达最低点时的速度小于7m/s，选项D错误。2在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛小球，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB2BC，如图所示由此可知（ ）A小球从A到B到C的整个过程中机械能守恒B电场力大小为2mgC小球从A到B与从B到C的运动时间之比为21D小球从A到B与从B到C的加速度大小之比为21【答案】 C【解析】【详解】AA到B到C，整个运动过程当中，由于有电场力做功，所以机械能不守恒，所以选项A错；BCDA到B到C在水平方向做匀速直线运动，AB、BC的水平分量之比等于2:1，所以A的B的时间与B到C的时间之比等于2:1，AB和BC竖直方向上的分量也是2:1，所以竖直方向上的加速度之比是1:2，根据Eq-mg=ma可知qE=3mg，电场力的大小是重力大小的3倍，则选项C正确，BD错误。3水平面上的三点A、O、B在一条直线上， OB=2OA，OO是竖直的分界线，其左边区域内有水平向右的匀强电场，场强大小为E1=mgq，其右边区域内有水平向左的匀强电场，场强大小为E2，现将一带电量为q的小球从A点以初速度v0竖直向上抛出，小球在空中越过分界线后，竖直向下落在B点，不计阻力，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是：A小球在B点的电势能大于在A点的电势能B小球经过分界线时的速度与水平方向夹角的正切值tan=12C小球经过分界线时离水平面的高度为2v023gD左右两区域电场强度大小的比值为E1:E2=1:2【答案】 B【解析】【详解】小球只受重力和电场力作用，故竖直方向做加速度为g的匀变速运动，又有A、B两点的高度相等，故竖直方向的速度大小相等；根据B点速度竖直向下可得：小球落在B点时的速度大小等于v0，则小球在空中运动的总时间为t=2v0g；小球在水平方向只受电场力作用，做匀变速运动；故在OO左侧做加速度a1qE1m=g的匀加速运动，在右侧做加速度a2qE2m的匀减速运动；设在左侧运动时间为t1，在右侧运动时间为t2；则有：t1+t22v0g，a1t1=a2t2；又有OB=2OA，所以，a1t1t2-12a2t22212a1t12；所以，t22t14v03g，E1：E2=a1：a2=t2：t1=2：1；故D错误；小球在竖直方向做竖直上抛运动，故经过分界线时离水平面的高度为hv0t112gt124v029g，故C错误；小球经过分界线时的水平速度vx=a1t1=23v0；竖直速度：vy=v0-gt1=13v0，则速度与水平方向夹角的正切值tan=vyvx=12，选项B正确；根据E1：E2=2：1，OB=2OA，由U=Ed可得：A、B两点电势相等，故电势能相等，故A错误；故选B。4如图，质量为m的带正电的小球用绝缘轻绳悬挂在O点，在空间中存在着水平向右的匀强电场，小球在B点能够静止不动。现在让小球由最低点A从静止释放。则小球（）A恰好能运动到C点B过B点时合力为0C向右运动的过程中合力的功率先增大再减小D在C点加速度为gtan【答案】 A【解析】【分析】根据小球能在B点静止不动和A、C两点处于对称位置，可以把小球的运动过程等效为单摆模型，因此小球在B点为平衡位置，经过该点时速度最大，合外力提供向心力且与速度方向垂直；而在A、C两点处于最大位移处，处于该点时速度为零，其加速度大小相等；再利用平衡条件可以计算出在A、C两点的加速度大小。【详解】小球在B点受到重力、电场力和拉力三个力的作用下能够静止不动，且A、C两点处于对称位置，因此小球的运动可看作一个单摆模型；即：B点是平衡位置，而A、C两点是最大位移处，根据单摆模型的特点，小球恰好能运动到C点。故A正确；由于在B点是单摆模型等效最低点，所以经过B点时的速度最大；而小球经过B点时的合外力提供向心力，即：F合mvB2l，由于速度vB0，所以小球过B点时合力不为0故B错误；根据题意画出小球的受力图如下：由图可知小球在B点时，合外力方向与速度方向垂直，此时合外力的功率为零；而在A、C两点的速度为零，此时合外力的功率也为零；因此小球向右运动的过程中合力的功率应该是先增大后减小再增加再减小的变化过程。故C错误；根据单摆模型的对称性可知，小球在C点和A点的加速度大小相等，有：acaAEqm，而在B点处静止，根据平衡条件有：qEmgtan2，联立以上两个公式可解得：acaAgtan2故D错误。故选A。【点睛】解答本题的关键是：要认真审题，抓住题目的关键信息，把小球的运动等效看作单摆模型，再利用单摆运动的特点结合平衡条件可求出结果。5用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d,静电计指针偏角为。实验中，极板所带电荷量不变，若A保持S不变，增大d,则变大B保持S不变，增大d,则变小C保持d不变，减小S,则变小D保持d不变，减小S,则不变【答案】 A【解析】试题分析：A、B、电容器所带电荷量Q不变，由C=rs4kd可知s不变，增大d，则C变小，而由C=QU可得电容器的电压U变大，从而使得静电计的电压U变大，其指针的偏角变大，故A正确、B错误.C、D、同理可知保持d不变，减小S，则C变小，而由C=QU可得电容器的电压U变大，使得静电计的电压U变大，其指针的偏角变大，故选项C、D均错误.故选:A.考点：本题考查了电容器的动态变化.6电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为-3L和3L的两点,其中坐标为-3L处点电荷带电量绝对值为Q，两点电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中x=L处电势最低,x轴上M、N两点的坐标分别为-2L和2L，则下列判断正确的是( )A两点电荷一定为异种电荷B原点O处场强大小为kQ12L2C正检验电荷在原点O处收到向左的电场力D负检验电荷由M点运动到N点的过程,电势能先减小后增大【答案】 B【解析】【详解】A、由-x图象特点可知两点电荷均为正电荷，故A错误；B、C、x=L处电势最低，此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，有kQ(4L)2-kQ(2L)2=0,得Q=Q4,故原点处的场强大小为kQ(3L)2-kQ(3L)2=kQ12L2,方向向右，则正检验电荷在原点O处受到的电场力向右，故B正确，C错误；D、由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小，故D错误.故选B.【点睛】解决本题的关键掌握电势随x变化的关系图线上每点切线的斜率为x（x0），表示电场强度E，以L点场强为0作为突破口，展开分析7如图所示，空间存在水平方向的匀强电场E=2.0104N/C，在A处有一个质量为0.3kg的小球，所带电荷量为q=+2.0104C，用一长为L=60cm的不可伸长的绝缘细线与固定点O连接。AO与电场线平行处于水平状态。现让该质点在A处静止释放，则下列说法中正确的有（）（已知sin37=0.6，cos37=0.8，取g=10m/s2。）A释放后小球做圆周运动B小球在A点瞬间的加速度大小为10m/s2C小球从A运动到O点正下方的过程中电势能增加了2.4JD小球第一次运动到O点正下方的速度大小为5m/s【答案】 D【解析】【详解】AB：带电质点受到的重力G=mg=0.310N=3N，带电质点受到的电场力qE=210-42104N=4N，将电场力与重力合成如图：则合力大小F合=G2+(qE)2=5N，tan=GqE=34，合力方向与水平方向夹角为370，质点在A处静止释放，将做匀加速直线运动，在A点瞬间的加速度a=F合m=503m/s2。故AB两项错误。CD：质点第一次从A运动到O点正下方时，下落的高度h=Ltan370=0.45m；质点从A运动到O点正下方时，电场力做功W电=qEL=40.6J=2.4J，电势能减小了2.4J；质点第一次从A运动到O点正下方过程，应用动能定理可得：mgh+qEL=12mv2-0，解得：小球第一次运动到O点正下方的速度v=5ms。故C项错误，D项正确。【点睛】物体受重力和恒定的电场力时，可将重力和电场力合成，然后将合力等效成新的“重力”，a=F合m等效于“重力加速度”，F合的方向等效于“重力”的方向。8图(甲)是某电场中的一条电场线，a、b是这条线上的两点，一电子只受电场力作用，从静止沿电场线从a运动到b，在此过程中，电子运动的vt图线如图(乙)所示，比较a、b两点电势ja、jb的高低和电场强度的大小，以下关系正确的是( )Aj aj bEaEb Bj aj bEaEbCj aj bEaEb Dj aj bEaEb【答案】 C【解析】【详解】电子从a运动到b,由速度时间图线可知电子做加速运动,故电场力向右，由于负电荷受到的电场力与场强方向相反，故场强向左，沿场强方向电势逐渐降低，故aEb，故C正确， ABD错误。【点睛】本题考查带电粒子在电场中的轨迹与图像问题，较为综合，从速度时间图线得到负电荷做匀加速运动，加速度变小，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况和电场强度的变化情况；电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低。9如图所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为m，电荷量为+q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g。则点电荷运动到负极板的过程A加速度大小为a=qEm+gB所需的时间为t=dmEqC下降的高度为y=d2D电场力所做的功为W=Eqd【答案】 B【解析】【详解】点电荷在电场中的受力如图所示，点电荷所受的合外力为F=qE2+mg2由牛顿第二定律得a=qE2+mg2m故A错；点电荷在水平方向的加速度为a1=Eq/m，由运动学公式d/2=a1t2/2,所以t=mdqE，故B正确，点电荷在竖直方向上做自由落体运动，所以下降的高度y=12gt2=12gmdqE=mgd2qE，故C错误；由功公式W=Eqd/2,故D错误。综上所述本题答案是：B【点睛】由于电荷水平方向和竖直方向都受到力的作用，根据水平方向上的运动求出运动时间，再结合竖直方向上自由落体运动求出下落的高度。10一正电荷在电场中仅受电场力作用，从A点运动到B点，速度随时间变化的图像如图所示，tA、tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的是（）AA处的场强一定小于B处的场强BA处的电势一定低于B处的电势C电荷在A处的电势能一定大于在B处的电势能D从A到B的过程中，电场力对电荷做正功【答案】 B【解析】由图象知A处的加速度大于B处的加速度，A处的场强一定大于B处的场强，A错由功能关系及动能和电势能之和守恒知B正确，C、D错二、多选题11一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，圆心为O点，质量为m的带正电小球(可视为质点)从O点正上方距离为h的A点由静止下落，并穿过圆环小球在从A点运动到A点关于O点对称的A点的过程中，其加速度a、重力势能Ep重、机械能E、电势能Ep电，随位置变化的图像如图所示(规定O点为坐标原点且重力势能为0，竖直向下为加速度的正方向，并取无限远处电势为0)，其中可能正确的是ABCD【答案】 BC【解析】【详解】圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小。故A不可能。故A错误。小球从A到圆环中心的过程中，重力势能EpG=mgh，小球穿过圆环后，EpG=-mgh，根据数学知识可知，B是可能的。故B正确。小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故C是可能的。故C正确。由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，所以D是不可能的。故D错误。故选BC。12如图所示，在方向竖直向上、大小E=1106V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径R=0. 2m。A、B用一根绝缘轻杆相连，B球带电荷量q=+7l0-6C,A球不带电，质量分别为mA=0.lkg、mB=0.8kg。将两小球从圆环上的图示位置（A与圆心O等高，B在圆心0的正下方）由静止释放，重力加速度大小为g= l0m/s2。则A小球A和B受到的合力的大小相等B小球B不能到达圆环的最高点C小球A和B的速度大小始终相等D两小球及轻杆组成的系统最大动能为15(2-1)J【答案】 BCD【解析】【分析】A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，对A、B分别由动能定理列方程联立求解最大动能，【详解】AC、设B转过角时，A、B的速度分别为vA、vB，因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，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，但两球的质量不等，根据牛顿第二定律可知小球A和B受到合力大小不等，故A错误，C正确；B、设B到达圆环最高点时A、B的动能分别为EKA、EKB，对A根据动能定理有：WT=EKA，对B根据动能定理有：-WT+(qE-mBg)2R=EKB，联立解得：EKA+EKB=-0.4J，上式表明：B在圆环最高点时，系统动能为负值，所以B不能到达圆环最高点，故B正确；D、对A由动能定理：mAgRsin-WT=12mAvA2-0，对B，由动能定理：(qE-mBg)R-Rcos+WT=12mBvB2-0，联立解得：EkA+EKB=0.2(cos+sin-1)，据此式知，当=4时，两小球及轻杆组成的系统最大动能是EkA+EKB=15(2-1)，故D正确；故选BCD。【点睛】关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系；根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系，根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。13如图所示，正六边形ABCDEF的B、D两点各固定一个带正电电量为+q的点电荷，F点固定一个带负电电量为-q的点电荷，O为正六边形的几何中心。则下列说法正确的是AO点场强为0BC点场强方向沿FC方向C电子在A点电势能比在O点小DOA两点间电势差和OE两点间电势差相等【答案】 BD【解析】【分析】根据电场的叠加原理分析各点的场强大小，并确定出电场强度的方向；根据点电荷的电势公式运用叠加原理分析电势高低和电势能的大小比较.【详解】根据点电荷的场强公式E=kqr2可知，三个点电荷在O点产生的场强大小相等，合场强沿OF方向；故A错误；B和D两个正场源在C点产生的合场强沿FC方向，F点的负点电荷在C点产生的场强沿CF方向，但距离较大，则总的合场强沿FC方向；故B正确；电子沿OA运动时，OA是BF的中垂线，BF两点放了等量异种电荷，所以这两个电荷对电子的作用力的合力垂直AO，对电子做功，D处的电荷是正电荷，是引力，对电子做负功，所以三个电荷对电子做负功，电势能增大，电子在A点电势能比在O点大，故C错误；根据对称性可知，电荷从O点移到A点、从O点移到E，电场力做功相同，所以OA两点间电势差和OE两点间电势差相等，故D正确；点故选BD.【点睛】本题要知道点电荷的电场的分布，掌握点电荷场强公式，充分利用对称性，由电场的叠加原理来解题.要灵活选择哪个电荷的电场与哪个电荷的电场合成。要知道负电荷的电场中各个点的电势为负，正电荷的电场中各点的电势为正.14如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是A匀强电场的电场强度E=mgtanqB小球动能的最小值为Ek=mgL2cosC小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小D小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大【答案】 AB【解析】【分析】小球静止时悬线与竖直方向成角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件列式求解场强的大小；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律列式求解最小速度，得到最小动能；小球运动过程中只有重力和电场力做功，故重力势能、电势能和动能之和守恒，机械能最小的位置即为电势能最大的位置【详解】小球静止时悬线与竖直方向成角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtan=qE，解得E=mgtanq，选项A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有：mgcos=mv2L，则最小动能Ek=12mv2=mgL2cos，所以选项B正确。小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误；故选AB.【点睛】此题关键是明确小球的受力情况和运动情况，可以将重力和电场力的合力等效成重力进行考虑，结合动能定理和牛顿第二定律分析，不难求解；至于机械能最小的位置就是电势能最大的位置，由能量守恒定律和功能关系求两者之和15如图所示，圆弧虚线表示正点电荷电场的等势面，相邻两等势面间的电势差相等。光滑绝缘直杆沿电场方向水平放置并固定不动，杆上套有一带正电的小滑块(可视为质点)，滑块通过绝缘轻弹簧与固定点O相连，并以某一初速度从M点运动到N点，OMON。若滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等，弹簧始终在弹性限度内，则A滑块从M到N的过程中，速度可能一直增大B滑块从位置1到2的过程中，电场力做的功比从位置3到4的小C在M、N之间的范围内，可能存在滑块速度相同的两个位置D在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的三个位置【答案】 AC【解析】A、随着滑块由M向N滑动，所受向右的电场力越来越小，如果在N点电场力大于弹簧弹力沿MN的分力，则滑块一直加速，所以A选项正确；B、1、2与3、4间的电势差相等，电场力做功相等，故B错误；C、在N点如果电场力小于弹簧弹力沿MN的分力，则滑块先加速后减速，就可能有两个位置的速度相同，C正确；D、由题意“OMON”和“滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等”知滑块在M点受弹簧的推力斜向左下，在N点受弹簧的拉力向左上方即M点时弹簧是压缩的，N点时弹簧是拉伸的，在弹簧与水平杆垂直和弹簧恢复原长的两个位置滑块的加速度只由电场力决定，故在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的有两个位置，故D错误。点睛：这是一道考查电场中有约束物体运动规律和功能关系的中档次好题讨论电场力与弹簧水平方向上的分力大小是解决题目的关键，弹簧弹力的方向是的难点。16如图甲所示，质量为m、电荷量为-e的粒子初速度为零，经加速电压U1加速后，从水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场。已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L，两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L。不考虑电场边缘效应，不计粒子重力。则下列说法正确的是A粒子进入偏转电场的速度大小为2eU1mB若偏转电场两板间加恒定电压U0，粒子经过偏转电场后正好击中屏上的A点，A点与上极板M在同一水平线上，则所加电压U0=U1d23L2C若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使粒子经加速电场后在t0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场周期T应该满足的条件为T=Lnm2eU1(n=1,2,3.)D若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使粒子经加速电场并在t0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场电压U0应该满足的条件为U0=4nU1d2L2(n=1,2,3.)【答案】 ACD【解析】【分析】根据动能定理求出粒子进入偏转电场的速度v的大小。粒子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小。【详解】在加速电场中，根据动能定理得：eU1=12mv2，解得v=2eU1m，故A正确；粒子出偏转电场时，速度的反向延长线经过中轴线的中点，由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得：d2=L+12Ltan，解得tan=d3L，又tan=vyv=eU0mdLvv=eU0Lmdv2，解得：U0=2U1d23L2，故B错误；交变电压的周期等于粒子在偏转电场中的周期，当粒子出偏转电场时，粒子在沿电场方向上的分速度为零，可知要使电子在水平方向击中A点，电子必向上极偏转，且vy=0，则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为v0，则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中运动时间满足t=Lv0=nT，而t=Lv0 ，解得：T=Lnv0=Ln2eU1m=Lnm2eU1（n=1、2、3、4），在竖直方向位移应满足d2=2n12aT22=2n12eU0dmT22，解得：U0=2nmd2v02eL2=4nU1d2L2（n=1、2、3、4），故CD正确，故选ACD。【点睛】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成。17如图所示，在一绝缘斜面C上有一带正电的小物体A处于静止状态，现将一带正电的小球B沿以A为圆心的圆弧缓慢地从P点转至A正上方的Q点处，已知P、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和C始终保持静止不动，A、B可视为质点关于此过程，下列说法正确的是（）A地面对斜面C的摩擦力先增大后减小B地面对斜面C的摩擦力逐渐减小C物体A受到的摩擦力一直减小D物体A受到斜面的支持力先增大后减小【答案】 BD【解析】【详解】B在Q点时，对A进行受力分析如图所示将A与斜面体做为一个整体进行受力分析可知，当B从P点向Q点移动过程中，AB间斥力的水平分量越来越小，因此地面对斜面体C的摩擦力越来越小，故A错误，B正确；C项：当B在P点时，如果重力沿斜面向下的分力与AB间斥力沿斜面向上的分力相等，此时摩擦力等于零，B 从P点向Q点移动时，重力沿斜面向下的分力与AB间斥力沿斜面向上的分力则不相等，则摩擦力会变大，故C错误；D项：当B从P点向Q点移动过程中，AB间的斥力大小不变，但方向沿逆时针方向转动，当AB连线与斜面垂直时，斜面对A的支持力最大，因此物体A受到斜面的支持力先增大后减小，D正确。故应选BD。18如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置G为灵敏电流计。开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态。则在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，下列判断正确的是（）A灵敏电流计G中有ba的电流B油滴向上加速运动C电容器极板所带电荷量将减小D通过电阻R2的电流将减小【答案】 AB【解析】【详解】在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，R增大，总电阻增大，电动势和内阻不变，可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，外电压等于R1上的电压和R2与R并联电压之和，而R1上的电压减小，所以R2与R的并联电压增大，通过R2的电流增大。根据Q=CU，电容器所带的电量增大，上极板带正电，电容器充电，所以流过电流计的电流方向是ba电容器两端电压增大，电场强度增大，电场力增大，开始电场力与重力平衡，所以油滴会向上加速。故AB正确，CD错误。故选AB。【点睛】处理本题的关键是抓住不变量，熟练运用闭合电路的动态分析注意处理含容电路时，把含有电容的支路看成断路，电容器两端的电压等于和电容器并联支路的电压19如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值静止的带电粒子带电荷量为q，质量为m （不计重力），从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为30，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则：( )A两板间电压的最大值UmqB2L22mBCD板上可能被粒子打中区域的长度s23LC粒子在磁场中运动的最长时间tmmqBD能打到N板上的粒子的最大动能为q2B2L218m【答案】 ACD【解析】画出粒子运动轨迹的示意图，如图所示，A. 当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，可知粒子半径r=L，的加速电场中，根据动能定理：qUm=12mv2，在偏转磁场中，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2r，联立可得：Um=qB2L22m，故A正确；B.设粒子轨迹与CD相切于H点，此时粒子半径为r，粒子轨迹垂直打在CD边上的G点，则GH间距离即为粒子打中区域的长度x，根据几何关系：QC=L=r+rsin，可得：r=L3，根据几何关系可得粒子打中区域的长度：x=r-rtan=1-33L，故B错误；C.粒子在磁场中运动的周期为：T=2mqB，粒子在磁场中运动的最大圆心角：=180，所以粒子在磁场中运动的最长时间为：t=T2=mqB，故C正确；D.当粒子在磁场的轨迹与CD边相切时，即粒子半径r=L3，时，打到N板上的粒子的动能最大，最大动能：Ekm=12mv2，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2r，联立可得能打到N板上的粒子的最大动能为：Ekm=q2B2L218m，故D正确；故选ACD。【点睛】本题考查带电粒子在复合场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，分好过程，针对每个过程的受力特点和运动形式选择合适的规律解决问题，对数学几何能力有一定的要求。20如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q（q0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1：若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，下列说法正确的是（）A此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为W1+W22C若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为W2qLD若W1=W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差【答案】 BD【解析】试题分析：利用电场力做功W=qU，可以找到两点之间电势差的关系，要知道中点电势和两端点电势之间的关系。A、选项根据题意无法判断，故A项错误。B、由于电场为匀强磁场，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点，所以M=c-c-a2=c+a2N=d-d-b2=d+b2若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为W=qUMN=qM-N=qc+a2-qd+b2=qUcd+qUab2=W1+W22 ,故B正确；C、因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是W2qL，故C错误；D、若W1=W2，说明Ucd=UabUaM-UbN=a-M-b-N由因为M=c-c-a2=c+a2；N=d-d-b2=d+b2解得：UaM-UbN=0，故D正确；故选BD点睛：对匀强电场的电场特征要了解，利用电场力做功与电势差之间的关系求解。三、解答题21如图所示,在xOy平面直角坐标系内y轴与垂直x轴的MN边界之间,以x轴为分界线,分别在第、象限有垂直于纸面向外的匀强磁场。第象限内磁场的磁感应强度大小为B0.第象限内有沿x轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E. 质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从第象限内某点由静止释放,从y轴上的A点进入磁场,经x轴上的B点第一次进入x轴下方的磁场。若已知A点的坐标是(0,a),B点的坐标是(3a,0)，不考虑粒子重力。(1)求粒子释放位置与y轴的距离；(2)若粒子经x轴上方的磁场偏转后不经过y轴仍能回到x轴上方的磁场，求x轴下方磁场的磁感应强度大小应满足的条件；(3)若x轴下方区域的磁感应强度大小为3B0，且粒子最终垂直于MN边界出射，求MN与x轴交点的坐标。【答案】（1）25qB02a22mE（2）B83B0（3）MN与x轴交点的坐标是（4na，0）（其中n=1，2，3）【解析】【详解】（1）设粒子释放位置与y轴的距离为d，粒子在第一象限磁场中做圆周运动的半径为r，画出粒子运动轨迹的示意图，如图所示，在电场中做匀加速运动，根据动能定理：qEd=12mv2可得：v=2qEdm粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB0=mv2r根据几何关系：(r-a)2+(3a)2=r2可得：r=5a联立式可得：d=25qB02a22mE（2）设粒子进入磁场时与x轴之间的夹角为，则粒子在第一象限内的磁场中转过的角度也为，根据几何关系：tan=3ar-a=34，可得：=53要使粒子经x轴上方的磁场偏转后不经过y轴仍能回到x轴上方的磁场，临界情况如图所示，要使粒子经x轴上方的磁场偏转后不经过y轴仍能回到x轴上方的磁场需满足：3aR（1+cos37）根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2R联立式可得x轴下方磁场的磁感应强度B的大小满足：B83B0（3）设当x轴下方区域的磁感应强度大小为3B0时粒子半径为R，根据洛伦兹力提供向心力：qv3B=mv2R/联立式可得：R/=r3=5a3画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为A1，则A与A1的连线与x轴平行，AA1=6a-2 Rsin530根据几何关系有：AA1=4a所以粒子最终垂直MN边界飞出，边界MN与y轴间距为L=nAA1=4 na（其中n=1，2，3）即：MN与x轴交点的坐标是（4na，0）（其中n=1，2，3）22如图所示，真空中区域I存在垂直纸面向里的匀强磁场，区域II存在水平向右的匀强电场，磁场和电场宽度均为d且长度足够长，图中虚线是磁场与电场的分界线，Q为涂有荧光物质的荧光板，电子打在Q板上能产生亮斑。现有一束电子从A处的小孔以速度 v0连续不断地射入磁场，入射方向平行纸面且与P板成300夹角。已知电子质量为m，电荷量大小为e，区域II的电场强度E=3mv028ed，不计重力和电子间的相互作用力，求：(1)若电子垂直打在Q板上，I区磁场的磁感应强度B1大小和电子到达Q板的速度。(2)逐渐增大磁感应强度B1为保证Q板上出现亮斑，所加磁感应强度B昀最大值。【答案】（1）B1=mv0er1=3mv02ed；v=v02；（2）I区磁场的磁感应强度最大值为Bm=(3+1)mv02ed【解析】【详解】（1）电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得evB=mv02r，可解得r=mv0eB若电子垂直打在Q板上，出磁场时须与磁场的右边界垂直，如图所示，由几何关系得r1cos30=d，可解得 r1=dcos30=2d3故I区磁场的磁感应强度为 B1=mv0er1=3mv02ed电子在电场中做匀减速直线运动，由动能定理得-eEd=12mv2-12mv02，解得v=v02（2）电子在电场中运动过程，由动能定理得 -eEd=12mv2-12mv02，解得v=v02若电子恰好打在Q板上，说明速度的方向刚好与Q板平行，设电子进入电场时速度方向与虚线边界间的夹角为，v0cos=v，解得=60在磁场中，由几何关系知 r2cos30+r2cos60=d，得r2=(3-1)d，此时 B2=mv0er2=(3+1)mv02ed故I区磁场的磁感应强度最大值为Bm=(3+1)mv02ed23如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段平直倾斜且粗糙，BC段是光滑圆弧，对应的圆心角=53，半径为r，CD段水平粗糙，各段轨道均平滑连接，在D点右侧固定了一个14圆弧挡板MN，圆弧半径为R，圆弧的圆心也在D点。倾斜轨道所在区域有场强大小为E=9mg5q、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q的带正电小物块(视为质点)在倾斜轨道上的A点由静止释放，最终从D点水平抛出并击中挡板。已知A，B之间距离为2r，斜轨与小物块之的动摩擦因数为=14，设小物块的电荷量保持不变，重力加速度为g，sin53=0.8，cos53=0.6。求：(1)小物块运动至圆轨道的C点时对轨道的压力大小；(2)改变AB之间的距离和场强E的大小，使小物块每次都能从D点以不同的速度水平抛出并击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。【答案】（1）在C点小物块对圆轨道的压力大小为FN=135mg；（2）小物块动能的最小值为Ekmin=32mgR【解析】【详解】(1)小物块由A到B过程由动能定理，得：mgsin2r-(mgcos+qE)2r=12mvB2解得：vB=45gr小物块由B到C过程由机械能守恒定律得：mgr(1-cos)=12mvC2-12mvB2解得：vC=85gr在C点由牛顿第二定律，得：FN-mg=mvC2r解得：FN=135mg由牛顿第三定律可得，在C点小物块对圆轨道的压力大小为FN=135mg(2)小物块离开D点后做平抛运动，水平方向：x=v0t竖直方向：y=12gt2而：x2+y2=R2小物块平抛过程机械能守恒，得：mgy=Ek-12mv02由以上式子得：Ek=mgR24y+3mgy4由数学中均值不等式可知：Ek2mgR24y3mgy4=32mgR则小物块动能的最小值为Ekmin=32mgR24如图所示，y轴的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，右侧有与x轴正向成45角斜向上的匀强电场，质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，从O点以速度v射入磁场，速度v与x轴负向夹角为45，在磁场中运动时间t后第一次经过y轴，又在电场中运动了时间t后第2次经过y轴，不计粒子的重力。求：（1）磁感应强度与电场强度之比；（2）粒子从O点进入磁场至第3次到达y轴上N点（图中未画出）所经历的时间及NO间的距离。【答案】（1）4v；（2）5t，42vt。【解析】【详解】粒子的运动轨迹如图所示：（1）粒子第一次在磁场中偏转2rad，则在磁场中运动时间：t=14T经y轴眼电场方向进入电场，之后返回，再次经y轴进入磁场，由磁场中周期：T=2mqB电场中往返时间：t=2va在电场中运动加速度：a=qEm由可解得：BE=4v（2）粒子在磁场中偏转的角度为32rad，则经历时间为3t，故至此粒子运动时间t总=t+t+3t=5t设在磁场中圆周运动半径为r，由洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2r由几何关系可得：ON-=22r由可解得：ON-=42vt25（加试题）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。已知OP=0.5r0，OQ=r0，N、P两点间的电势差UNP=mv2q,cos=45，不计重力和离子间相互作用。（1）求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小；（2）求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l（用r0表示）；（3）若磁感应强度在（BB）到（BB）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两東离子，求BB的最大值【答案】（1）E0=mv02qr0，B=mv0qr0；（2）1.5r0；（3）12%【解析】【详解】（1）径向电场力提供向心力：Ecq=mvc2rcEc=mvc2qrcB=mvcqrc（2）由动能定理：120.5mv2-120.5mvc2=qUNPv=vc2+4qUNPm=5vc或r=0.5mvqB=125rcl=2rcos-0.5rc解得l=1.5rc（3）恰好能分辨的条件：2r01-BB-2r0cos1+BB=r02解得BB=17-4120026真空中一组间距为 2R，长度为 R 的平行金属板P、Q 可以用作光电转换装置，放置在 X 轴的正上方，如图所示，在X 轴的正下方放置同样间距，长度为3R的平行金属板M、N，两组金属板间绝缘，M 板接地，且在两板间加有电压UMN，大小、方向均连续可调。P、Q 间有垂直平面的匀强磁场，光照前 P 不带电。当以频率为 f 的光照射P 板时，板中的电子吸收光的能量而逸出。假设所有逸出的电子都垂直于 P 板飞出，在磁力作用下电子会聚于坐标为(R，0)的 S 点，且 P 板最上端的电子从 S 点飞出的方向垂直 X 轴竖直向下，进入 M、N 极板间的电场区域。忽略电子之间的相互作用，保持光照条件不变时，单位时间内从 P 板持续地飞出的电子数为 N，且沿 P 板均匀分布，电子逸出时的初动能均为 EKm，元电荷量为 e，电子的质量为 m。（1）求金属板P 的逸出功；（2）求磁感应强度B 的大小和所需磁场区域的最小面积；（3）到达 N 板的电子全部被收集，导出形成电流 i。计算一些关键参数，在图上面画出 i-UMN的关系曲线。【答案】（1）W逸出功=hf-Ekm（2）B=2mEkmeR；Smin=(2-1)R2（3）图见解析；【解析】【详解】解：（1）根据光电效应方程可得：Ekm=hf-W逸出功，解得W逸出功=hf-Ekm；（2）从P板水平飞出的电子均能过S点，则要求磁场区域半径为R的圆，可知运动半径r=R；由evB=mv2r，且Ekm=12mv2解得B=2mEkmeR所需磁场区域的最小面积Smin=14R2-（R2-14R2）=(2-1)R2（3）截止电压：OS方向电子刚好不能到达N板：12UMN1(-e)=0-Ekm；UNM1=-2Ekme；饱和电压：垂直OS方向电子刚好到达N板；竖直方向匀速，水平方向加速；R=12UNM2e2mR3Rv2；v=2Ekmm；UNM2=8Ekm3e；不加电压：出射方向与水平成角的电子恰好打到N板；R=vcos3Rv；v=2Ekmm；=3；H=R2；电流i=0.5Ne27如图所示，一质量为m，电荷量为q（q0）的小物块，在距离电场区域为a处以一定的初速度在一水平绝缘平面上向右运动，物块与绝缘平面的摩擦因数为，物块在运动过程中要穿越宽度为2a，场强大小为E的电场区域，当场强方向竖直向下时，物块停留在离开电场区域左边缘的0.5a处，当场强方向向上时，物块停留在距离电场区域右侧的a处。求：（1）电场强度的大小，以及物块的初速度;（2）若增加物块初速度的大小，当电场向下时，物块仍能停在电场区域内。求电场向上时物块运动的时间与电场向下情况下物块运动时间差值的最小值。并求出对应的初速度。【答案】（1）E=mgq；v0=2ga（2）tmin=2ag；v0=6ga【解析】【详解】（1）当场强方向竖直向下时，由动能定理：12mv02=mga+(mg+qE)0.5a；当场强方向竖直向上时，由动能定理：12mv02=mg2a+(mg-qE)2a；联立解得：E=mgq；v0=2ga（2）无论电场方向如何，物块在进入电场前运动时时间是相等的，设滑块刚进入电场时速度为v，当电场向下时物块不滑出电场，则由动量定理：(mg+qE)t1=mv解得：t1=v2g；若场强向上，则由于mg=qE，则滑块在电场中受摩擦力为零而做匀速运动，出离电场后做运减速运动，则在电场中的时间为：t21=2av，出离电场时：mgt22=mv，则运动的总时间为：t2=2av+vg；则时间差：t=t2-t1=2av+vg-v2g=2av+v2g；由数学知识可知，当2av=v2g时，t最小，即当v=2ga时，t最小值为：tmin=2ag；此时当场强向下时，有：12mv2=(mg+qE)x，解得x=a，滑块不滑出电场的范围；由动能定理：12mv02=mga+12mv2，解得：v0=6ga；28如图所示，在xOy竖直平面内，长L的绝缘轻绳一端固定在第一象限的P点，另一端栓有一质量为m、带电荷量为+q的小球，OP距离也为L且与x轴的夹角为60，在x轴上方有水平向左的匀强电场,场强大小为33qmg，在x轴下方有竖直向上的匀强电场，场强大小为mgq，过O和P两点的虚线右侧存在方向垂直xOy平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场。小球置于y轴上的C点时，绳恰好伸直且与y轴夹角为30，小球由静止释放后将沿CD方向做直线运动，到达D点时绳恰好绷紧，小球沿绳方向的分速度立即变为零，并以垂直于绳方向的分速度摆下，到达O点时将绳断开。不计空气阻力。求：(1)小球刚释放瞬间的加速度大小a；(2)小球到达O点时的速度大小v；(3)小球从O点开始到第二次到达x轴（不含O点）所用的时间t.【答案】（1）23g3；（2）53gL3；（3）+23mqB+53L3g【解析】【详解】（1）如图所示，小球由静止释放时，所受重力和电场力的合力大小为：F=F电2+(mg)2根据牛顿第二定律有
展开阅读全文