2019年高考物理備考 中等生百日捷進提升系列 專題08 靜電場（含解析）

《2019年高考物理備考 中等生百日捷進提升系列 專題08 靜電場（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考物理備考 中等生百日捷進提升系列 專題08 靜電場（含解析）（29頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題08 靜電場 第一部分名師綜述 電場是電學的基礎，也是高考的重點，每年必考。一般以填空題或計算題的形式進行考查。庫侖定律、電場線的性質、帶電體在靜電場中的平衡、平行板電容器、帶電粒子在電場中的運動等是考查的重點。特別是帶電粒子在電場中的運動結合交變電流、磁場知識巧妙地把電場性質與牛頓運動定律、功能關系、動量等力學知識有機地結合起來，更是命題幾率較高的熱點。在復習本部分時要牢牢抓住力和能這兩條主線，將知識系統(tǒng)化，找出它們的聯(lián)系，做到融會貫通，同時還應注意此部分知識與科技前沿、生活實際等的聯(lián)系，如靜電除塵、電容式傳感器、噴墨打印機、靜電分選器、示波器等。帶電粒子在電場中運動一類問題，是高

2、考中考查的重點內(nèi)容之一．在力、電綜合試題中，多把電場與牛頓運動定律，動能定理，功能關系，運動學知識，電路知識等巧妙地綜合起來，考查學生對這些基本知識、基本規(guī)律的理解和掌握的情況，應用基本知識分析、解決實際問題的能力。 預測高考對電場考查選擇題和計算均有：選擇題主要檢測考生對重要概念的理解和基本規(guī)律的運用．重點考查庫侖定律、電場、電場強度、電場線、勻強電場、電場強度的疊加、勻強電場中電勢差根電場強度的關系、電容器的電容等基本概念、基本規(guī)律的綜合運用；計算題仍是以高分值高難度形式出現(xiàn)，重點是考查電場力、電勢能、電勢差、電勢等概念與力學綜合。從近幾年的高考來看，隨著招生比例的增大，試題的難度相對而

3、言有所下降，思維難度大，起點高的超難試題沒有了，但同時送分題也沒有了，在論述題，計算題的思維起點都不是很高，隨著對物理過程研究的深入，思維難度逐步增大，因此有效的考查了學生的物理思維能力。因此抓好基本物理知識的教學仍是中學物理教學的首要任務。把握好復習節(jié)奏，適當降低起點和速度，著重學生思維能力的培養(yǎng)過程，以基礎題訓練方法，努力培養(yǎng)學生正確，良好的解題習慣，加強對學生復習方法，應試策略與技巧的訓練和指導。 第二部分知識背一背 一、庫倫定律與電荷守恒定律 1．庫侖定律 （1）真空中的兩個靜止的點電荷之間的相互作用力與它們電荷量的乘積成正比，與它們距離的二次方成反比，作用力的方向在他們的連線

4、上。 （2）電荷之間的相互作用力稱之為靜電力或庫倫力。 （3）當帶電體的距離比他們的自身大小大得多以至于帶電體的形狀、大小、電荷的分布狀況對它們之間的相互作用力的影響可以忽略不計時，這樣的帶電體可以看做帶電的點，叫點電荷。類似于力學中的質點，也時一種理想化的模型。 2．電荷守恒定律 電荷既不能創(chuàng)生，也不能消失，只能從一個物體轉移到另一個物體，或者從物體的一部分轉移到物體的另一部分，在轉移的過程中，電荷的總量保持不變，這個結論叫電荷守恒定律。 電荷守恒定律也常常表述為：一個與外界沒有電荷交換的系統(tǒng)，電荷的代數(shù)和總是保持不變的。 二、電場的力的性質 1．電場強度 （1）定義：放入電

5、場中的某一點的檢驗電荷受到的靜電力跟它的電荷量的比值，叫該點的電場強度。該電場強度是由場源電荷產(chǎn)生的。 （2）公式： （3）方向：電場強度是矢量，規(guī)定某點電場強度的方向跟正電荷在該點所受靜電力的方向相同。負電荷在電場中受的靜電力的方向跟該點的電場強度的方向相反。 2．點電荷的電場 （1）公式： （2）以點電荷為中心，r為半徑做一球面，則球面上的個點的電場強度大小相等，E的方向沿著半徑向里（負電荷）或向外（正電荷） 3．電場強度的疊加 如果場源電荷不只是一個點電荷，則電場中某點的電場強度為各個點電荷單獨在該點產(chǎn)生的電場強度的矢量和。 4．電場線 （1）電場線是畫在電場中的一條條

6、的由方向的曲線，曲線上每點的切線方向，表示該點的電場強度的方向，電場線不是實際存在的線，而是為了描述電場而假想的線。 （2）電場線的特點 電場線從正電荷或從無限遠處出發(fā)終止于無窮遠或負電荷；電場線在電場中不相交；在同一電場里，電場線越密的地方場強越大；勻強電場的電場線是均勻的平行且等距離的線。 三、電場的能的性質 1．電勢能 電勢能：由于移動電荷時靜電力做功與移動的路徑無關，電荷在電場中也具有勢能，這種勢能叫做電勢能。 2．電勢 （1）電勢是表征電場性質的重要物理量，通過研究電荷在電場中的電勢能與它的電荷量的比值得出。 （2）公式：（與試探電荷無關） （3）電勢與電場線的關系

7、：電勢順線降低。 （4）零電勢位置的規(guī)定：電場中某一點的電勢的數(shù)值與零電勢點的選擇無關，大地或無窮遠處的電勢默認為零。 3．等勢面 （1）定義：電場中電勢相等的點構成的面。 （2）特點：一是在同一等勢面上的各點電勢相等，所以在同一等勢面上移動電荷，電場力不做功二是電場線一定跟等勢面垂直，并且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。 4．電場力做功 （1）電場力做功與電荷電勢能變化的關系： 電場力對電荷做正功，電荷電勢能減少；電場力對電荷做負功，電荷電勢能增加。電勢能增加或減少的數(shù)值等于電場力做功的數(shù)值。 （2）電場力做功的特點： 電荷在電場中任意兩點間移動時，它的電勢能的變化量是

8、確定的，因而移動電荷做功的值也是確定的，所以，電場力移動電荷所做的功與移動的路徑無關，僅與始末位置的電勢差由關，這與重力做功十分相似。 四、電容器、電容 1．電容器 任何兩個彼此絕緣又相隔很近的導體都可以看成是一個電容器。（最簡單的電容器是平行板電容器，金屬板稱為電容器的兩個極板，絕緣物質稱為電介質） 2．電容 （1）定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值 表達式： （2）平行板電容器電容公式： 五、帶電粒子在電場中的運動 1．加速： 2．偏轉：當帶點粒子垂直進入勻強電場時，帶電粒子做類平拋運動 粒子在電場中的運動時間 粒子在y方向獲得的速度 粒子

9、在y方向的位移 粒子的偏轉角： 第三部分技能+方法 一、電場的力的性質和能的性質 1．電場力：電場對放入其中的電荷有力的作用，電場力的大小和方向由電場強度和電荷共同決定．電場力的大小與電場強度的大小及帶電體所帶的電荷量有關，大小為F＝qE；電場力的方向與電場強度的方向及電荷的電性有關，正電荷所受的電場力方向與電場方向相同． 2．電勢能：放在電場中的電荷的電勢能由電勢和電荷共同決定．電勢能是標量，其大小與電勢的高低及帶電體所帶的電荷量、電性有關，大小為Ep＝qφ，注意電勢的正負及電荷的正負． 3．比較電勢高低的方法技巧 （1）沿電場線方向電勢降低，電場線由電勢高的等勢面指向電勢低的

10、等勢面； （2）先判斷出UAB的正負（如利用電場力做功WAB＝qUAB或其他方法），再由UAB＝φA－φB比較φA、φB的高低； （3）取無窮遠為零電勢點，正電荷周圍電勢為正值，且離正電荷近處電勢高；負電荷周圍電勢為負值，且離負電荷近處電勢低． 二、帶電粒子在電場中的加速與偏轉 1．帶電粒子在電場中的加速 （1）帶電粒子在勻強電場中的加速：可以應用牛頓運動定律結合勻變速直線運動的公式求解，也可應用動能定理qU＝mv－mv求解，其中U為帶電粒子初末位置之間的電勢差． （2）帶電粒子在非勻強電場中的加速：只能應用動能定理求解． 2．帶電粒子在電場中的偏轉 （1）帶電粒子在一般電場中

11、的偏轉：帶電粒子做變速曲線運動，其軌跡總位于電場力方向和速度方向的夾角之間，且向電場力的方向偏轉． （2）帶電粒子在勻強電場中的偏轉：帶電粒子（不計重力）以某一初速度垂直于勻強電場方向進入勻強電場區(qū)域，粒子做勻變速曲線運動，屬于類平拋運動，要應用運動的合成與分解的方法求解，同時要注意：①明確電場力方向，確定帶電粒子到底向哪個方向偏轉；②借助畫出的運動示意圖尋找?guī)缀侮P系或題目中的隱含關系．帶電粒子在電場中的運動可從動力學、能量等多個角度來分析和求解． 三、帶電體在重力場和電場中的運動 帶電體在電場中運動時，如果重力遠小于電場力，則其重力可忽略不計，如電子、質子、正負離子等微觀粒子；但帶電液

12、滴、帶電塵埃等帶電體的重力一般不能忽略．帶電體在重力場和電場構成的復合場中的運動形式多樣，可能做直線運動、一般曲線運動、圓周運動等；研究對象可能為單個物體，也可能是多個物體組成的系統(tǒng)；研究方法與力學綜合題的分析方法相近，因涉及電場力做功和電勢能的變化問題，其機械能不再守恒，但機械能和電勢能之和可能守恒，一般應用牛頓運動定律、運動學規(guī)律、動能定理和能量守恒定律求解． 第四部分基礎練+測 一、單選題 1．空間同一直線上A、B、C、D處分別固定放置點電荷q1、q2、q3、q4，已知q1、q4帶等量正電荷, q2、q3帶等量負電荷,四點電荷在AD中垂線P點場強E=0。AP、BP與直線AD夾角分別

13、為30°、45°,BO=OC,PO=OP’,將電荷Q先從P點移到O點、再從O點移到P’點,電場力做功分別為W1、W2,則q1與q2電荷量的比值、W1與W2的關系正確的是 A．電荷量之比為22, W1=-W2 B．電荷量之比為22, W1=W2 C．電荷量之比為2, W1=-W2 D．電荷量之比為2, W1=W2 【答案】 A 【解析】 【詳解】 設OP=h，因P點的場強為零，則2kq1(hsin30°)2cos60°=2kq2(hsin45°)2cos45°，解得q1q2=22；由題可知，從P到O與從O到P＇電場方向相反，則電荷Q從P到O與從O到P＇電場力做功等大，符號

14、相反，即W1=-W2，故選A. 2．在平面直角坐標系的x軸上關于原點O對稱的P、Q兩點各放一個等量點電荷后，x軸上各點電場強度E隨坐標x的變化曲線如圖所示。規(guī)定沿x軸正向為場強的正方向，則下列說法正確的是 A．將一個正試探電荷從P點沿x軸移向Q點的過程中電勢能先增大后減小 B．x軸上從P點到Q點的電勢先降低后升高 C．若將一個正試探電荷從兩點電荷連線的垂直平分線上的一側移至另一側對稱點的過程中一定是電場力先做正功后做負功 D．若將一個正試探電荷從兩點電荷連線的垂直平分線上的一側移至另一側對稱點的過程中受到的電場力可能先增大后減小 【答案】 D 【解析】 【詳解】 由電

15、場分布可知，P帶正電荷，Q帶負電荷，P、Q之間的電場線從P指向Q，則將一個正試探電荷從P點沿x軸移向Q點的過程中電場力做正功，則電勢能一直減小，選項A錯誤；x軸上從P點到Q點的電勢一直降低，選項B錯誤；兩電荷連線的垂直平分線是等勢面，則若將一個正試探電荷從兩點電荷連線的垂直平分線上的一側移至另一側對稱點的過程中電場力不做功，選項C錯誤；兩電荷連線的垂直平分線上，在兩電荷連線的中點處場強最大，則若將一個正試探電荷從兩點電荷連線的垂直平分線上的一側移至另一側對稱點的過程中受到的電場力先增大后減小，選項D正確； 3．質子療法進行治療，該療法用一定能量的質子束照射腫瘤殺死癌細胞?，F(xiàn)用一直線加速器來加

16、速質子，使其從靜止開始被加速到1.0×107m/s。已知加速電場的場強為1.3×105N/C，質子的質量為1.67×10-27kg，電荷量為1.6×10-19C，則下列說法正確的是 A．加速過程中質子電勢能增加 B．質子所受到的電場力約為2×10－15N C．質子加速需要的時間約為8×10-6s D．加速器加速的直線長度約為4m 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A．加速過程中電場力對質子做正功，則質子電勢能減小，選項A錯誤； B．質子所受到的電場力約為F=Eq=1.3×105×1.6×10-19N=2×10－14N，選項B錯誤； C．加速度a=Fm=2×10-14

17、1.67×10-27m/s2≈1.2×1013m/s2，則質子加速需要的時間約為t=va=1.0×1071.2×1013s=8.3×10-7s，選項C錯誤； D．加速器加速的直線長度約為x=v2t=1.0×1072×8.3×10-7m≈4m，選項D正確。 4．如圖所示，水平地面上有一個傾角為θ的斜面，其表面絕緣．另一個帶正電的滑塊放在斜面上，兩物體均處于靜止狀態(tài)．當加上水平向右的勻強電場后，滑塊與斜面仍相對地面靜止，則 A．滑塊與斜面間的摩擦力一定變大 B．滑塊對斜面的壓力一定變大 C．斜面體與地面間的摩擦力可能不變 D．斜面體對地面的壓力一定變大 【答案】 B 【解析

18、】 【詳解】 滑塊開始受重力、支持力和靜摩擦力處于平衡，加上勻強電場后，滑塊多了一個水平向右的電場力，所受的靜摩擦力方向可能沿斜面向上，可能沿斜面向下，則摩擦力的大小可能減小、可能增大，可能不變。故A錯誤。未加電場前，斜面體對滑塊的支持力N=mgcosθ，加上電場后，支持力的大小變?yōu)镹′=mgcosθ+qEsinθ，知滑塊對斜面的壓力變大。故B正確。對整體分析，未加電場時，水平方向上不受力，斜面體與地面的摩擦力為零，加上電場后，整體受到水平向左的摩擦力，知斜面體與地面間的摩擦力增大。豎直方向支持力的大小仍然等于總重力，所以斜面體與地面間的壓力不變。故CD錯誤。故選B。 5．如圖所示電路中

19、，電源內(nèi)阻為r，電流表A和電壓表V均為理想電表。平行板電容器C內(nèi)部有一個用絕緣細線懸掛的帶電小球，穩(wěn)定時細線偏離豎直方向一個小角度,當滑動變阻器滑片P從右端向左端滑動的過程中,下列說法正確的是 A．電流表示數(shù)增大 B．電壓表示數(shù)增大 C．細線與豎直方向的偏角減小 D．滑片P移動中可能有兩個位置使電源輸出功率相等 【答案】 D 【解析】 【詳解】 AB、當滑動變阻器的觸頭P從右端滑至左端的過程中，變阻器接入電路的電阻減小，滑動變阻器與燈L并聯(lián)的電阻減小，外電路總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析得知，電路中總電流I增大，路端電壓減小，則電壓表V的示數(shù)減小，滑動變阻器與燈L并聯(lián)

20、的電壓U并=E-I(R0+r)減小，通過燈L的電流減小，電流表示數(shù)減小，故A、B錯誤； C、電容器C的電壓UC=IR0，I增大，UC增大，根據(jù)E=UCd和F=qE可電場力增大，根據(jù)平衡條件可知線與豎直方向的偏角增大，故C錯誤； D、若電源內(nèi)阻的阻值大于電阻R0的阻值，當滑動變阻器的觸頭P從右端滑至左端的過程中，可能會外電阻先大于電源內(nèi)阻后小于電源內(nèi)阻，則有電源輸出功率先增大后減小，所以滑片P移動中可能有兩個位置使電源輸出功率相等，故D正確； 故選D。 6．如圖所示，空間有一正三棱錐OABC，點A'、B'、C'分別是三條棱的中點。現(xiàn)在頂點O處固定一正的點電荷，則下列說法中正確的是(　　)

21、 A．A'、B'、C'三點的電場強度相同 B．△ABC所在平面為等勢面 C．將一正的試探電荷從A'點沿直線A'B'移到B'點，靜電力對該試探電荷先做正功后做負功 D．若A'點的電勢為φA'，A點的電勢為φA，則A'A連線中點D處的電勢φD一定小于φA'+φA2 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A'、B'、C'三點到O點的距離相等，根據(jù)點電荷的場強公式E=kQr2分析可知，A'、B'、C'三點的電場強度大小相等，但方向不同，故A錯誤。A、B、C的三個點到場源電荷的距離相等，在同一等勢面，但其它點到場源電荷的距離與A、B、C三點到場源電荷的距離不等，故△ABC所在平面不是

22、等勢面，故B錯誤；將一正的試探電荷從A'點沿直線A'B'移到B'點，電勢先升高后降低，電勢能先增大后減小，則靜電力對該試探電荷先做負功后做正功，故C錯誤。由于A'D間場強大于DA間場強，由U=Ed知，A'、D間的電勢差大于DA間的電勢差，則有：φA-φD>φD-φA'，則φD<12(φA+φA')，故D正確；故選D。 7．如圖所示，空間有一正三棱錐P-ABC，D點是BC邊上的中點，O點是底面ABC的中心，現(xiàn)在頂點P點固定一正的點電荷，則下列說法正確的是（） A．ABC三點的電場強度相同 B．底面ABC為等勢面 C．將一正的試探電荷從B點沿直線BC經(jīng)過D點移到C點，靜電力對該試探電荷

23、先做負功后做正功 D．若B、C、D三點的電勢為φB、φC、φD，則有φB-φD=φD-φC 【答案】 C 【解析】 【詳解】 AB．A、B、C三點到P點的距離相等，根據(jù)點電荷的場強公式E=kQr2分析可知，A、B、C三點的電場強度大小相等，但方向不同；A、B、C的三個點到場源電荷的距離相等，在同一等勢面，但其它點到場源電荷的距離與A、B、C三點到場源電荷的距離不等，故底面ABC所在平面不是等勢面，故A、B錯誤； C．將一正的試探電荷從B點沿直線BC經(jīng)過D點移到C點，電勢先升高后降低，電勢能先增大后減小，則靜電力對該試探電荷先做負功后做正功，故C正確； D．由于B、C的兩個點到

24、場源電荷的距離相等，在同一等勢面，即φB=φC，則有φB-φD=φC-φD，故D錯誤； 8．如圖所示，正方形 ABCD 處在勻強電場中，其中電勢 φA=0，φB=φD=4V．保持該電場強度的大小和方向不變，讓正方形以 A 點為軸在紙面內(nèi)逆時針轉過 45°，則此時的 B 點和 C 點的電勢為（） A．φB=0VφC=42V B．φB=42VφC=42V C．φB=4VφC=4V D．φB=0VφC=4V 【答案】 B 【解析】 【詳解】 正方形未轉動時，φB=φD=4V，BD是一條等勢線，設中點為O，根據(jù)U=Ed知，AO間電勢差等于OC間電勢，UAO=UOC=-4V，則得φ

25、C=8V。 在紙面內(nèi)逆時針轉過45°，如圖所示： 設正方形邊長為L，根據(jù)U=Ed可知，E=UOC2L，旋轉后B'C'在同一等勢面上，則E=UB'AL，聯(lián)立可以得到UB'A=42V，由于φA=0，故φB'=42V，φC'=42V，即旋轉后的B和C的電勢均為42V，故B正確，ACD錯誤。 9．兩電荷量分別為q1和q2的點電荷固定在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關系如圖所示，其中C為ND段電勢最低的點，則下列說法正確的是 A．q1、q2為等量異種電荷 B． C、D兩點間場強方向沿x軸正方向 C．C點的電場強度大小為零 D．將一負點電荷從N點移到D點的過程中

26、，電勢能先減小后增大 【答案】 C 【解析】 【分析】 根據(jù)題中“各點電勢φ隨x變化的關系如圖所示”可知，本題考察φ-x圖象。據(jù)處理φ-x圖象的方法，應用電場線的特點、電場強度、電勢能等知識分析推斷。 【詳解】 A：越靠近兩電荷電勢越高，則兩電荷均帶正電；又兩電荷連線上各點電勢φ隨x變化的關系圖象具有對稱性，則q1、q2為等量同種電荷。故A項錯誤。 B：從C到D電勢逐漸升高，順著電場線電勢降低，則C、D兩點間場強方向沿x軸負方向。故B項錯誤。 C：兩電荷連線上各點的場強沿兩電荷連線，則兩電荷連線上各點的φ-x圖線的斜率k=ΔφΔx=E；由圖象得C點的電場強度大小為零。故C項

27、正確。 D：從N點到D點的過程中電勢先減小后增大，據(jù)EP=qφ知，負點電荷從N點移到D點的過程中電勢能先增大后減小。故D項錯誤。 10．圖中實線是一簇未標明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點，若帶電粒子在運動中只受電場力作用，根據(jù)此圖可作出正確判斷的是： A．帶電粒子一定帶正電 B．帶電粒子在a點的速度大于b點的速度 C．帶電粒子在a點的加速度大于在b點的加速度 D．帶電粒子在a點的電勢能小于在b點的電勢能 【答案】 C 【解析】 【詳解】 ABD、粒子的運動軌跡向左彎曲，說明粒子在a、b兩點受到的電場力沿

28、電場線向左，由于電場線方向不明，無法確定粒子的電性；若粒子從b運動到a，電場力對粒子做負功，粒子的動能減小，電勢能增大，則粒子在b點的速度較大，在b點電勢能較小，故A、B、D錯誤； C、根據(jù)電場線的疏密與電場強度的強弱的關系，判斷出a點的電場強度大，故a點的電場力的大，根據(jù)牛頓第二定律可知，帶電粒子在a點的加速度比b點的加速度大，故C正確； 故選C。 二、多選題 11．如圖是密立根測電子電荷量實驗的示意圖,把兩塊水平放置、間距為d的金屬板分別與恒定電壓為U的電源相接,用一個噴霧器把許多油滴從上板中間的小孔噴入電場,油滴由于摩擦而帶負電,其質量、電荷量各不相同,用顯微鏡來觀察,找到其

29、中懸浮不動的或做勻速直線運動的油滴作為研究對象,已知其質量為m,重力加速度為g.下列說法正確的是 A．M板電勢高于N板 B．油滴可帶任意大小電荷量 C．據(jù)mg=Uq/d,計算出的q等于電子電荷量 D．若已知某油滴做豎直向下的勻速直線運動,它的電勢能會變大 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 A帶負電的油滴靜止不動，則油滴受到向上的電場力，題圖中平行板電容器上極板帶正電，下極板帶負電，M板電勢高于N板，故選項A正確； B、不同油滴的所帶電荷量雖不相同，但都是最小電荷量(元電荷)的整數(shù)倍，故選項B錯誤； C、根據(jù)平衡條件有：mg=qUd，解得q=mgdU，計算出的q不一

30、定等于電子電荷量，故選項C錯誤； D、已知某油滴做豎直向下的勻速直線運動，電場力做負功，所以它的電勢能會變大，故選項D正確； 12．如圖所示,長為L、相距d的兩水平放置的平行金屬板之間有垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度為B。從離子源先后發(fā)射出氫同位素粒子11H、13H (不計重力),經(jīng)同一電場區(qū)加速,從兩極板中點以相同速率垂直磁感線水平進入磁場,兩種粒子都恰好不打在極板上。下列說法正確的是 A．11H、13H粒子在磁場中運動的軌道半徑之比為3:1 B．極板長L與間距d之比為1：2 C．11H、13H粒子在磁場中轉過的角度之比為3:1 D．11H、13H粒子進入電場區(qū)域前的初動

31、能之比小于1/3 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 A．在磁場中的半徑：R=mvqB，因兩同位素的質量之比為1:3，則半徑之比為1:3，選項A錯誤； B．在板間運動時在磁場中做圓周運的半徑之比為r1:r2=1:3，且兩種粒子都恰好不打在極板上，可知12d=2r1,(r2-12d)2+L2=r22，聯(lián)立解得：L:d=1:2，選項B錯誤； C．11H在磁場中轉過的角度為π，由幾何關系可知，13H在磁場中轉過的角度正弦值為sinθ=Lr2=223，可知兩種粒子在磁場中轉過的角度之比不等于3:1，選項C錯誤； D．根據(jù)動能定理，兩粒子在電場中運動中滿足：Uq=12mv2-Ek1；U

32、q=12?3mv2-Ek2，則Ek1Ek2=12mv2-qU12?3mv2-qU=1312mv2-qU(12mv2-13qU)<13，選項D正確. 13．如圖所示，電荷量分別為+2q和-q的兩個點電荷P、Q置于真空中，在它們的連線上取M、 B 、C、D、E 五點 ,己知AB=BP=PC=CQ=QD=DE, 下列判斷正確的是 A．E點處的電場強度為零 B．A點的場強小于C點的場強 C．B點的電勢低于C點的電勢 D．把正試探電荷從D點移到E點，電場力做負功 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 按照電場疊加原理，場強為零的點在Q點右側離兩個電荷距離之比為2：1的位置，該位置

33、在E點右側；A點的場強一定小于C點。B點和C點在+2q電荷的等勢面上，但B點比C點離-q電荷距離更遠，故B點的電勢高于C點的電勢；將正電荷從D點移到E點，電勢升高，電場力做負功。故答案選BD。 14．如圖所示，+Q和-Q為真空中的兩個點電荷，abcd是以點電荷+Q為中心的正方形，c位于兩電荷的連線上．以下說法正確的是 A．a(chǎn)、b、c、d四點中c點場強最大 B．b、d兩點的場強大小相等、方向相反 C．a(chǎn)、b、c、d四點中c點的電勢最低 D．a(chǎn)、b、c、d四點的電勢相等 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 根據(jù)電場線分布的對稱性和疊加性原理可知，b、d兩點場強大小相等，方

34、向不同，b點場強方向斜右向上，d點的場強方向斜右向下，a點的場強最小，C點的場強最大；根據(jù)順著電場線方向電勢降低，電勢不等，c點的電勢最低，故選項A、C正確，B、D錯誤； 說法正確的是選選項AC。 15．如圖所示，虛線為兩個等量點電荷P、Q形成的電場中的一組等勢面，相鄰等勢面與PQ連線交點間距離相等，一帶負電的粒子僅在電場力作用下的運動軌跡與等勢面3、4、5的交點分別為a、b、c，以下說法正確的是（　?。? A．P、Q為同種電荷 B．PQ連線上O點的電場強度最小 C．相鄰等勢面間電勢差相等 D．粒子由a到c過程中動能逐漸減小 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 A．由

35、圖，PQ連線的中垂線為一條等勢線，則該電場的等量異種點電荷的電場，故A錯誤； B．根據(jù)等量異種點電荷的電場的特點可知，在PQ連線上，O點的電場強度最小。故B正確； C．由于相鄰等勢面與PQ連線交點間距離相等，結合等量異種點電荷的電場的特點可知，相鄰等勢面間電勢差不相等。故C錯誤； D．根據(jù)受力與軌跡彎曲方向的關系可知，粒子從a到c的過程中受到的電場力得方向向左，在粒子從a到c的過程中電場力做負功，粒子的動能減小。故D正確。 16．在直角坐標系O—xyz中有一四面體O—ABC,其頂點坐標如圖所示.在原點O固定一個電荷量為-Q的點電荷,下列說法正確的是( ) A．A、B、C

36、三點的電場強度相同 B．平面ABC構成一個等勢面 C．若將試探電荷+q自A點沿+x軸方向移動,其電勢能增加 D．若在A、B、C三點放置三個點電荷,-Q所受電場力的合力不可能為零 【答案】 CD 【解析】 【詳解】 A、B、C三點的電場強度大小相同，但是方向不同，選項A錯誤； ABC三點的電勢是相等的，但是與平面ABC內(nèi)其他點的電勢不同，即平面ABC不能構成一個等勢面，選項B錯誤；若將試探電荷+q自A點沿+x軸方向移動，電場力做負功，則其電勢能增加，選項C正確；若在A、B、C三點放置三個點電荷，三個電荷在O點的場強方向不共面，則O點的場強不可能為零，則-Q所受電場力的合力不可能

37、為零，選項D正確；故選CD. 17．如圖所示,xOy坐標平面內(nèi),A與B,C與D分別關于原點O對稱，A、B兩點處于y軸上,分別固定等量異種點電荷,點K為OD中點。一個電子運動過程中依次經(jīng)過C、O、D三點，電子在C點時的動能為2eV，從C點運動到O點的過程中電場力所做的功為3eV，選O點電勢為零，則下列敘述正確的是 A．固定于B處的點電荷帶負電 B．C點和D點場強大小、方向均相同 C．C點和D點電勢不同 D．K點電勢為1.5V 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 AC、根據(jù)等量異種電荷周圍的電場分布，x軸為一條等勢線，電勢為零，從C點運動到O點的過程中電場力做正功，電勢能

38、減小，根據(jù)EP=qφ可知C點電勢為負，所以固定于B處的點電荷帶正電，D點電勢為正，故C正確，A錯誤； B、根據(jù)對稱性和等量異種電荷周圍的電場分布可知電場強度大小相等，方向相同，故B正確； D、根據(jù)對稱性和能量守恒可知從O點運動到D點的過程中電場力所做的功為3eV，由EP=qφ可知D點電勢為φD=3V，根據(jù)電場線的疏密程度可知KO段的電場強度的平均值大于DK段的電場強度的平均值，則有UKO>UDK，即φK-φO>φD-φK，解得K點電勢為φK>1.5V，故D錯誤； 故選BC。 18．如圖所示，在光滑絕緣水平面上有一半徑為R的圓，AB是一條直徑，空間有與水平面平行的勻強電場，場強大小為E。

39、在圓上A點有一發(fā)射器，以相同的動能平行于水平面沿不同方向發(fā)射帶電量為+q的小球，小球會經(jīng)過圓周上不同的點，在這些點中，以過C點的小球動能最大，且AC兩點間的距離為3R。忽略小球間的相互作用，下列說法正確的是 A．電場的方向與AB間的夾角為30° B．電場的方向與AB間的夾角為60° C．若A點的電勢φA=0，則C點的電勢φC=-1.5ER D．若在A點以初動能Ek0發(fā)射的小球，則小球經(jīng)過B點時的動能EkB=Ek0+3qER 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 AB、點A與點C間的距離為3R，連接CO，CO=AO=R，說明∠CAO=∠ACO=30°；小球在勻強電場中，從a

40、點運動到c點，根據(jù)動能定理有：qUAC=Ek，因為到達C點時的小球的動能最大，所以UAC最大，則在圓周上找不到與C電勢相等的點，且由A到C電場力對小球做正功，過C點作切線，為等勢線電場線與等勢面垂直，場強方向如圖示，所以電場方向與AB間的夾角θ為60°，故A錯誤，B正確； C、AC間的電勢差為：UAC=E(3Rcos30°)=32ER，若A點的電勢φA=0，根據(jù)UAC=φA-φC，則C點的電勢φC=-32ER，故C正確； D、AB間的電勢差為：UAB=E(2Rcos60°)=ER，根據(jù)動能定理，在A點以初動能Ek0發(fā)射的小球，從A到B動能增加量為qER，則小球經(jīng)過B點時的動能EkB=E

41、k0+qER，故D錯誤； 故選BC。 19．在水平向左的勻強電場中，一帶電顆粒以速度v從a點水平向右拋出，不計空氣阻力，顆粒運動到b點時速度大小仍為v，方向豎直向下。已知顆粒的質量為m，電荷量為q，重力加速度為g，則顆粒從a運動到b的過程中 A．做勻變速運動 B．速率先增大后減小 C．電勢能增加了12mv2 D．a(chǎn)點的電勢比b點低mv2q 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 A.小球受到的重力和電場力是恒力，所以小球做的是勻變速運動。故A正確 B.由于不知道重力和電場力的大小關系，故無法確定速度大小的變化情況。故B錯誤。 C.在平行于電場方向，小球的動能減小量為

42、ΔEk=12mv2，減小的動能轉化為了小球的電勢能，所以小球電勢能增加了12mv2。故C正確。 D. 在平行于電場方向有qUab=0-12mv2，解之得Uab=-mv022q，所以a點的電勢比b點低mv022q。故D錯誤。 20．如圖甲，兩個等量同種電荷P、Q固定于光滑絕緣水平面上，電荷量q=+1×10-3C，質量m=0.02kg的小球從a點靜止釋放，沿中垂線運動到電荷連線中點O過程中的v—t圖象如圖乙中圖線①所示，其中b點處為圖線切線斜率最大的位置，圖中②為過b點的切線，則下列說法正確的是 A．P、Q帶正電荷 B．b點的場強E=30 v／m C．a(chǎn)、b兩點間的電勢差為90V

43、D．小球從a到O的過程中電勢能先減少后增加 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 A．帶正電的小球從a點由靜止釋放，向上做加速運動可知，受到向上的電場力，則aO線上的電場豎直向上，故兩電荷帶負電，故A錯誤； B．v-t圖象上斜率表示加速度可得：ab＝△v△t＝1.5m/s2①，根牛頓第二定律得：qEb=ma②，①②聯(lián)立解得：Eb=30V/m，故B正確； C．在ab由動能定理得：qUab=12mvb2?12mva2，由圖乙可得vb=3m/s帶入解得：Uab=90V，故C正確； D．由圖象乙可知，小球速度一直增大，電場力一直做正功，故電勢能一直減小，故D錯誤。 三、解答題

44、21．如圖所示，在平面直角坐標系xOy第一、四象限存在正方形勻強磁場區(qū)域 ACDF，原點O位于AC邊中點，磁感應強度的大小為B，方向垂直平面向里。帶電粒子以速度v0從O點沿x軸正方向射入磁場。不計粒子的重力。 （1）若正方形邊長為l，粒子恰從AF邊中點射出，求粒子的比荷； （2）設粒子從DF邊某處飛出磁場，且速度方向相對入射方向偏轉θ角。若將磁場換成沿y軸負方向的勻強電場，粒子也從DF邊上射出時速度偏轉角仍為θ，求此電場強度的大小。 【答案】（1）qm=2v0Bl（2）Bv0cosθ 【解析】 【詳解】 （1）由牛頓第二定律：qv0B＝mv02r， 由幾何關系：r＝l2，

45、得qm=2v0Bl （2）設正方形邊長為l′，磁場中：qv0B＝mv02r， 其中sinθ＝l'r 電場中：qE＝ma， l′＝v0t，vy＝at，tanθ＝vyv0 解得E＝Bv0cosθ 22．19世紀末湯姆遜發(fā)現(xiàn)電子以后，美國物理學家密立根進行了多次試驗，通過分析油滴在勻強電場中的受力與運動，比較準確地測定了電子的電量。下面我們在簡化的情況下分析這個實驗。如圖所示，用噴霧器將油滴噴入電容器的兩塊水平的平行電極板之間時，油滴經(jīng)噴射后，一般都是帶電的。設油滴可視為球體，密度為ρ，空氣阻力與油滴半徑平方、與油滴運動速度成正比。實驗中觀察到，在不加電場的情況下，半徑為r的小油滴1以速

46、度v勻速降落；當上下極板間間距為d、加恒定電壓U時，該油滴以速度0.5 v勻速上升。重力加速度g已知。 （1）此油滴帶什么電？帶電量多大？ （2）當保持極板間電壓不變而把極板間距增大到2d，發(fā)現(xiàn)此油滴以另一速度v1勻速下落，求v1與v的比值。 （3）維持極板間距離為d，維持電壓U不變，觀察到另外一個油滴2，半徑仍為r，正以速度0.5v勻速下降，求油滴2與油滴1帶電量之比 【答案】（1）油滴帶負電2πr3ρgdU（2）1/4 （3）1/3 【解析】 【詳解】 （1）由題意，阻力與r2與v成正比 記為f=kr2v 不加電場勻速下降，有mg=kr2v 當上下極板間加電壓U、相

47、距d，油滴以0.5v勻速上升，可知，油滴帶負電，油滴受電場力、重力、向下的阻力平衡 即mg+kr2v2=q1Ud；q1Ud=3mg2； m=4πr3ρ3 得q1=2πr3ρgdU （2）d增大到2倍，電場力減為一半為3mg/4, 以v1勻速下降，f1=kr2v1 mg=q1U2d+f1 , 可得v1/v=1/4 （3）油滴2半徑仍然為r，以0.5v勻速下降，可知仍然帶負電，設為q2，有 mg=q2Ud+kr2v2 可以解得q2/q1=1/3 23．兩個圓形平板電極，平行正對放置，相距為d，極板間的電勢差為U，板間電場可以認為是均勻的。一個α粒子從正極板邊緣以初速度v0垂直于電

48、場方向射入兩極板之間，到達負極板時恰好落在極板中心。已知質子電荷為e，質子和中子的質量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響，求： （1）極板間的電場強度E； （2）α粒子到達負極板的速度v； （3）圓形平板電極的半徑R。 【答案】（1）E=Ud（2）v=v02+Uem（3）R=2v0dmUe 【解析】 【詳解】 （1）極板間的電場強度E=Ud （2）α粒子質量為4m，電量為2e；根據(jù)動能定理：U?2e=12?4mv2-12?4mv02 解得：v=v02+Uem （3）α粒子射入電場后，豎直方向做勻速運動，水平方向做勻加速運動，則 R=v0t d=12?E?2e4mt2

49、解得R=2v0dmUe 24．如圖所示，帶電粒子從A 點以速度v0沿垂直電場線方向射入電場，從B 點飛出勻強電場時速度與水平方向成370角。已知帶電粒子質量為m，電荷量為q，電場寬度為L，不計帶電粒子的重力。求 （1）AB兩點間電勢差UAB； （2）勻強電場的電場強度E. 【答案】(1) 9mv0232q (2) 3mv024qL 【解析】 【詳解】 (1) 帶電粒子在勻強電場做類平拋運動，則有：tan37°=vyvx 解得：vy=34v0 從A到B的過程，根據(jù)動能定理可得：qUAB=12mvy2 解的：UAB=9mv0232q (2)在水平方向，則有：L=v0t

50、在豎直方向，則有：y=0+vy2t 勻強電場的電場強度：UAB=E?y 聯(lián)立可得：E=3mv024qL 25．如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)存在磁場和電場，磁感應強度和電場強度大小隨時間周期性變化，B的變化周期為4t0，E的變化周期為2t0，變化規(guī)律分別如圖乙和圖丙所示.在t＝0時刻從O點發(fā)射一帶負電的粒子(不計重力)，初速度大小為v0，方向沿y軸正方向。若規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向，y軸正方向為電場強度的正方向，v0、t0、B0為已知量，磁感應強度與電場強度的大小滿足：E0B0＝v0π；粒子的比荷滿足：qm＝πB0t0。求： (1)在t＝t02時，粒子的位置坐標； (2)

51、粒子偏離x軸的最大距離。 【答案】（1）(v0t0π，v0t0π)；（2）（32+2π）v0t0 【解析】 【分析】 根據(jù)洛倫茲力提供向心力和周期公式求粒子的坐標；畫出粒子運動軌跡，據(jù)此求粒子的最大距離； 【詳解】 （1）在0～t0時間內(nèi)，粒子做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得 qB0v0＝m4π2T2r1＝mv02r1 解得T＝2t0，r1＝mv0qB0＝v0t0π 則粒子在t02時間內(nèi)轉過的圓心角α＝π2 所以在t＝t02時，粒子的位置坐標為(v0t0π，v0t0π). （2）在t0～2t0時間內(nèi)，設粒子經(jīng)電場加速后的速度為v，粒子的運動軌跡如圖所示 則

52、v＝v0＋E0qmt0＝2v0 運動的位移x＝v0+v2t0＝1.5v0t0 在2t0～3t0時間內(nèi)粒子做勻速圓周運動，半徑r2＝2r1＝2v0t0π 故粒子偏離x軸的最大距離h＝x＋r2＝1.5v0t0＋2v0t0π＝(32＋2π)v0t0. 【點睛】 帶電粒子在電場、磁場和重力場等共存的復合場中的運動，其受力情況和運動圖景都比較復雜，但其本質是力學問題，應按力學的基本思路，運用力學的基本規(guī)律研究和解決此類問題． 26．如圖所示，水平放置的兩個平行金屬板間有豎直方向的勻強電場，板長為L，板間距離為d，在距極板右端L處有一個豎直放置的屏M，一個帶電荷量為q、質量為m的質點以初速度v

53、0從兩板中央平行于極板正對屏的P點射入電場，最后垂直打在M屏上（重力加速度取g），試求： (1)板間的場強大小為多少？ (2)質點打P點上方還是下方，相對于進入時的水平線的豎直位移為多少？ 【答案】(1)E=2mgq，(2)質點打在P點上方, s=gL2v02 【解析】 【分析】 (1)根據(jù)題意分析，小球最后垂直打在M屏上，必須考慮質點的重力．小球在平行金屬板間軌跡應向上偏轉，飛出電場后，小球的軌跡向下偏轉，才能最后垂直打在M屏上．第一次偏轉小球做類平拋運動，第二次斜向上拋運動平拋運動的逆過程，運用運動的分解法，根據(jù)對稱性，分析前后過程加速度的關系，再研究電場強度的大小． (

54、2)水平方向質點始終做勻速直線運動，小球在板間運動的時間跟它從板的右端運動到光屏的時間相等．由對稱性求小球打在屏上的位置與P點的距離． 【詳解】 (1)據(jù)題分析可知，小球在平行金屬板間軌跡應向上偏轉，做類平拋運動，飛出電場后，小球的軌跡向下偏轉，才能最后垂直打在M屏上，前后過程質點的運動軌跡有對稱性，如圖所示： 可見兩次偏轉的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得：qE-mg=mg 解得：E=2mgq (2)質點要垂直打在M屏上，則打在M屏上時豎直方向上速度為零．對豎直方向上的運動進行分析，質點的前一段運動必定是在電場力和重力作用下做加速運動，后一段運動必定是在重力作用下做減速運動，

55、最后速度減小為零，則只可能先向上做加速運動，然后向上做減速運動，位移應向上，故質點打在P點上方. 由于質點在水平方向一直做勻速直線運動，兩段水平位移大小相等，則小球在板間運動的時間跟它從板的右端運動到熒光屏的時間相等. 小球在電場中向上偏轉的距離y=12at2 而a=qE-mgm=g t=Lv 解得：y=gL22v02 故小球打在屏上的位置與過P點的水平線距離為：s=2y=gL2v02 【點睛】 本題是類平拋運動與平拋運動的綜合應用，基本方法相同：運動的合成與分解，關鍵要分析出小球在電場內(nèi)外運動的對稱性，得到加速度關系． 27．一帶電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動，

56、依次通過A、B、C三點。粒子通過B點時速度最小，通過A、B兩點時的動能分別為Ek和14EK。不計粒子重力。求： (1)A、B兩點間的電勢差UAB； (2)粒子在A點時的速度方向與電場方向的夾角。 【答案】(1)-3Ek4q (2)150° 【解析】 【分析】 （1）由動能定理求解A、B兩點間的電勢差；（2）粒子在垂直于電場方向做勻速直線運動，平行電場方向先做勻加速直線運動后做勻減速，到達B點時的速度方向垂直于電場，且速度達到最小值，從而求解粒子在A點時的速度方向與電場方向的夾角. 【詳解】 （1）粒子從A到B由動能定理：qUAB=EkB-EkA 解得UAB=-3Ek4q

57、 （2）如圖，粒子在A點時的速度為v，動能EkB=14EkA 可得vB=v2 將粒子在A點的速度v沿垂直和平行于電場方向分解為v1和v2，受力分析可知，粒子在垂直于電場方向做勻速直線運動，平行電場方向先做勻加速直線運動后做勻減速，到達B點時的速度方向垂直于電場，且速度達到最小值，可知：v1=vB=v2 設v與v2夾角為θ，則sinθ=v1v解得30° 故粒子在A點的速度方向與電場方向的夾角為150° 28．在如圖所示的平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向（豎直向上）的勻強電場，電場強度大小E0＝50 N/C；第Ⅳ象限區(qū)域內(nèi)有一寬度d＝0.2 m、方向沿x軸正方向（

58、水平向右）的勻強電場。質量m＝0.1 kg、帶電荷量q＝+1×10-2C的小球從y軸上P點以一定的初速度垂直y軸方向進入電場，通過第Ⅰ象限后，從x軸上的A點進入第Ⅳ象限，并恰好沿直線通過該區(qū)域后從B點離開，已知P、A的坐標分別為(0，0，4)，(0，4，0)，取重力加速度g＝10 m/s2。求： （1）初速度v0的大??； （2）A、B兩點間的電勢差UAB； （3）小球經(jīng)過B點時的速度大小。 【答案】（1）1 m/s （2）5 V （3）10m/s 【解析】 【分析】 （1）小球進入豎直方向的勻強電場后做類平拋運動，水平方向做勻速運動，豎直方向都做勻加速運動，分別列位移方程，即

59、可求解； （2）小球在第四象限恰好做直線運動，合外力的方向與速度方向在一條直線上，根據(jù)qEmg=v0vy可求電場強度，根據(jù)U＝El可求A、B間的電勢差； （3）對小球運動的全過程，由動能定理，可求小球經(jīng)過B點時的速度大小。 【詳解】 （1）小球進入豎直方向的勻強電場后做類平拋運動，小球帶正電，受到的電場力豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律，加速度a=mg-qE0m 解得a＝5 m/s2 根據(jù)平拋運動規(guī)律有，小球沿水平方向做勻速運動：xA＝v0t 沿豎直方向有：yP=12at2 v0=xAa2yP 解得v0＝1 m/s。 （2）設水平電場的電場強度大小為E，因未進入電場前，帶電小球做

60、類平拋運動，所以進入電場時豎直方向的速度vy=2yPa 因為小球在該電場區(qū)域恰好做直線運動，所以合外力的方向與速度方向在一條直線上，即速度方向與合外力的方向相同，有qEmg=v0vy 解得E＝50 N/C 設小球在水平電場中運動的水平距離為l qEmg=ld 根據(jù)U＝El 解得UAB＝5 V。 （3）設小球在B點的速度大小為v，對小球運動的全過程，由動能定理，有 12mv2-12mv02=mg(yP+d)+qUAB-qE0yP 解得v=10m/s。 29．如圖甲所示,一對平行金屬板M、N,兩板長為L,兩板間距離也為L,置于O1是的粒子發(fā)射源可連續(xù)沿兩板的中線O1O發(fā)射初速度

61、為v0、電荷量為q、質量為m的帶正電的粒子(不計粒子重力),若在M、N板間加變化規(guī)律如圖乙所示交變電壓UMN,交變電壓的周期為L/v0，t=0時刻入射的粒子恰好貼著N板右側射出,金屬板的右邊界與坐標軸y軸重合,板的中心線O1O與坐標軸x軸重合,y軸右側存在垂直坐標平面向里的勻強磁場,大小未知。求 (1)U0的值(用v0、g、m表示； (2)若已知分別在t=0、t=L/2v0時刻入射的粒子進入磁場后,它們的運動軌跡交于P點,已知P點的縱坐標為L,求P點的橫坐標x以及磁感應強度的大小B1； (3)撒去y軸右方磁場B1,要使射出電場的所有粒子經(jīng)y軸右側某一圓形區(qū)域的勻強磁場偏轉后都能通過圓

62、形磁場邊界的一個點處,而便于再搜集,求該磁場區(qū)域的最小半徑,以及相應的磁感應強度的大小B2。 【答案】(1)U0=2mv02q；(2)B1=mv0qL；(3)B2=2mv0qL 【解析】 【詳解】 (1)t=0時刻射入的粒子： L=v0t L2=12at2 U02·q=ma 解得：U0=2mv02q； (2)t=L2v0時刻飛入的粒子恰好貼著M板右側射出，如圖 由幾何關系得： L+L2=r+r2-x2 L-L2=r-r2-x2 聯(lián)立解得：x=32L，r=L 粒子在磁場中做勻速圓周運動有：qv0B1=mv02r 解得：B1=mv0qL (3)根據(jù)磁聚焦有：rm

63、in=L2 qv0B2=mv02rmin 解得：B2=2mv0qL。 30．某“電場拋射裝置”如圖所示。兩正對平行金屬板A、B 豎直放置，相距為d，兩板間固定一內(nèi)壁光滑的絕緣細直管 CD，細管與水平面的夾角為 37° ，與金屬板夾角 53° 。一質量為m、帶電量為q 的小球（半徑略小于細管半徑）從管口C 處無初速釋放，經(jīng)板間電場加速后從另一管口D 射出，恰好水平進入到與細管處在同一豎直平面的四分之三圓弧軌道的最低點M，M 點與C 點的高度差也為d。重力加速度為g， sin37°=0.6， cos37°=0.8。求： （1）小球從管口D 運動到M 點所用的時間 （2）電場力對小球做

64、功多少 （3）若小球在圓弧軌道上運動的過程中始終不脫離軌道，求圓弧軌道的半徑的取值范圍 【答案】（1）d2g（2）139mgd（3）r≤845d或r≥49d 【解析】 【詳解】 （1）小球從D到M的運動相當于從M到D的平拋運動，豎直方向上下落的高度為h=d-dtan370=d4 由h=12gt2 得：t=d2g （2）小球在D點時，豎直方向有：vy=gt=gd2 小球在M點的速度大小為：vM=vycos370=43gd2 小球從C到M，根據(jù)動能定理得：W電-mgd=12mvM2 解得：W電=139mgd （3）不脫離軌道分兩種情況討論： ①小球能過最高點N，則：12mvM2=2mgr+12mvN2 mg≤mvN2r 解得：r≤845d ②小球未到達圓心等高處速度已經(jīng)減為零，則 12mvM2≤mgr 解得：r≥49d 【點睛】 （1）小球從D到M的運動相當于從M到D的平拋運動，根據(jù)豎直方向上的運動可求時間； （2）根據(jù)速度的分解可求M點的速度，從C到M，根據(jù)動能定理可求電場力所做的功； （3）分小球能過最高點和不能到達圓心等高處兩種情況，根據(jù)機械能守恒可求半徑的范圍。 29