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2019-2020年高考物理二轮复习第一部分专题三电场与磁场学案[学前先做高考题] 高考题最经典,每做一次都有新发现 1.xx·江苏高考静电现象在自然界中普遍存在,我国早在西汉末年已有对静电现象的记载,《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸”之说,但下列不属于静电现象的是 A.梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B.带电小球移至不带电金属球附近,两者相互吸引C.小线圈接近通电线圈过程中,小线圈中产生电流D.从干燥的地毯上走过,手碰到金属把手时有被电击的感觉解析选C 用塑料梳子梳头发时相互摩擦,塑料梳子会带上电荷吸引纸屑,选项A属于静电现象;带电小球移至不带电金属球附近,由于静电感应,金属小球在靠近带电小球一端会感应出与带电小球异号的电荷,两者相互吸引,选项B属于静电现象;小线圈接近通电线圈过程中,由于电磁感应现象,小线圈中产生感应电流,选项C不属于静电现象;从干燥的地毯上走过,由于摩擦生电,当手碰到金属把手时瞬时产生较大电流,人有被电击的感觉,选项D属于静电现象2.多选xx·江苏高考两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示c是两负电荷连线的中点,d点在正电荷的正上方,c、d到正电荷的距离相等,则 A.a点的电场强度比b点的大B.a点的电势比b点的高C.c点的电场强度比d点的大D.c点的电势比d点的低解析选ACD 根据电场线的分布图,a、b两点中,a点的电场线较密,则a点的电场强度较大,选项A正确;沿电场线的方向电势降低,a点的电势低于b点的电势,选项B错误;由于c、d关于正电荷对称,正电荷在c、d两点产生的电场强度大小相等、方向相反;两负电荷在c点产生的电场强度为0,在d点产生的电场强度方向向下,根据电场的叠加原理,c点的电场强度比d点的大,选项C正确;c、d两点中c点离负电荷的距离更小,c点电势比d点低,选项D正确
3.xx·江苏高考一金属容器置于绝缘板上,带电小球用绝缘细线悬挂于容器中,容器内的电场线分布如图所示,容器内表面为等势面,A、B为容器内表面上的两点,下列说法正确的是 A.A点的电场强度比B点的大B.小球表面的电势比容器内表面的低C.B点的电场强度方向与该处内表面垂直D.将检验电荷从A点沿不同路径移到B点,电场力所做的功不同解析选C 由题图知,B点处的电场线比A点处的密,则A点的电场强度比B点的小,选项A错误;沿电场线方向电势降低,选项B错误;电场强度的方向总是与等势面容器内表面垂直,选项C正确;沿任意路径将检验电荷由A点移动到B点,电场力做功都为零,选项D错误4.多选xx·江苏高考在x轴上有两个点电荷q
1、q2,其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示下列说法正确的有 A.q1和q2带有异种电荷B.x1处的电场强度为零C.负电荷从x1移到x2,电势能减小D.负电荷从x1移到x2,受到的电场力增大解析选AC 由题图可知,空间的电势有正有负,且只有一个极值,则两个点电荷必定为异种电荷,A项正确;由E=可知,φx图像的切线斜率表示电场强度,因此x1处的电场强度不为零,B项错误;负电荷从x1移到x2的过程中,电势升高,电场强度减小,由Ep=qφ,F=qE可知,电势能减小,受到的电场力减小,C项正确,D项错误5.多选xx·江苏高考一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场,电场方向水平向左不计空气阻力,则小球 A.做直线运动B.做曲线运动C.速率先减小后增大D.速率先增大后减小解析选BC 小球运动时受重力和电场力的作用,合力F方向与初速度v0方向不在一条直线上,小球做曲线运动,选项A错误,B正确;将初速度v0分解为垂直于F方向的v1和沿F方向的v2,根据运动与力的关系,v1的大小不变,v2先减小后反向增大,因此小球的速率先减小后增大,选项C正确,D错误6.xx·江苏高考如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点由O点静止释放的电子恰好能运动到P点现将C板向右平移到P′点,则由O点静止释放的电子 A.运动到P点返回B.运动到P和P′点之间返回C.运动到P′点返回D.穿过P′点解析选A 电子在A、B板间的电场中做加速运动,在B、C板间的电场中做减速运动,设A、B板间的电压为U,B、C板间的电场强度为E,M、P两点间的距离为d,则有eU-eEd=0,若将C板向右平移到P′点,B、C两板所带电荷量不变,由E===可知,C板向右平移到P′时,B、C两板间的电场强度不变,由此可以判断,电子在A、B板间做加速运动后,在B、C板间做减速运动,到达P点时速度为零,然后返回,A项正确,B、C、D项错误7.xx·江苏高考一台质谱仪的工作原理如图所示大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场,其初速度几乎为0,经加速后,通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打到照相底片上已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q,质量分别为2m和m,图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹不考虑离子间的相互作用1求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x;2在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域,并求该区域最窄处的宽度d;3若考虑加速电压有波动,在U0-ΔU到U0+ΔU之间变化,要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠,求狭缝宽度L满足的条件解析1甲种离子在电场中加速时,有qU0=×2mv2设甲种离子在磁场中的运动半径为r1则有qvB=2m解得r1=根据几何关系有x=2r1-L解得x=-L2如图所示最窄处位于过两虚线交点的垂线上d=r1-解得d=-3设乙种离子在磁场中的运动半径为r2r1的最小半径r1min=r2的最大半径r2max=由题意知2r1min-2r2maxL即-L解得L[2-]答案1-L 2见解析图 -3L[2-]8.xx·江苏高考回旋加速器的工作原理如图1所示,置于真空中的D形金属盒半径为R两盒间狭缝的间距为d,磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直被加速粒子的质量为m、电荷量为+q,加在狭缝间的交变电压如图2所示,电压值的大小为U0,周期T=一束该种粒子在t=0~时间内从A处均匀地飘入狭缝,其初速度视为零现考虑粒子在狭缝中的运动时间,假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动,不考虑粒子间的相互作用求1出射粒子的动能Em;2粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0;3要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出,d应满足的条件解析1粒子运动半径为R时qvB=m且Em=mv2解得Em=2粒子被加速n次达到动能Em,则Em=nqU0粒子在狭缝间做匀加速运动,设n次经过狭缝的总时间为Δt加速度a=匀加速直线运动nd=a·Δt2由t0=n-1·+Δt,解得t0=-3只有在0~时间内飘入的粒子才能每次均被加速则所占的比例为η=由η>99%,解得d<答案1 2-3d<9.xx·江苏高考一台质谱仪的工作原理如图所示,电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场,其初速度几乎为零这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场,最后打在底片上已知放置底片的区域MN=L,且OM=L某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏,检测不到离子,但右侧区域QN仍能正常检测到离子在适当调节加速电压后,原本打在MQ的离子即可在QN检测到1求原本打在MN中点P的离子质量m;2为使原本打在P的离子能打在QN区域,求加速电压U的调节范围;3为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整,求需要调节U的最少次数取lg2=
0.301,lg3=
0.477,lg5=
0.699解析1离子在电场中加速,qU0=mv2在磁场中做匀速圆周运动,qvB=m解得r0=代入r0=L,解得m=2由1知,U=,离子打在Q点时,r=L=,得U=离子打在N点时,r=L=,得U=则电压的范围≤U≤3由2可知,r∝由题意知,第1次调节电压到U1,使原本Q点的离子打在N点,=此时,原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上,=解得r1=2L第2次调节电压到U2,原本打在Q1的离子打在N点,原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上,则=,=,解得r2=3L同理,第n次调节电压,有rn=n+1L检测完整,有rn≤,解得n≥-1≈
2.8最少次数为3次答案1 2≤U≤3最少次数为3次
十一、引用力学知识,激活电学思维一——电场力的性质[抓牢解题本源]
一、库仑定律1.表达式F=k2.适用条件真空中两个静止的点电荷
二、电场强度的“两个三”1.三个性质矢量性电场强度E是表示电场力的性质的一个物理量规定正电荷受力方向为该点场强的方向唯一性电场中某一点的电场强度E是唯一的,它的大小和方向决定于形成电场的电荷场源电荷及空间位置,与放入该点的电荷q无关叠加性如果有几个静止电荷在空间同时产生电场,那么空间某点的场强是各场源电荷单独存在时在该点所产生的场强的矢量和2.三个计算公式公式适用条件特点定义式E=任何电场某点的场强为确定值,大小及方向与q无关决定式E=k真空中点电荷的电场E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定关系式E=匀强电场d是沿电场方向的距离
三、电场线的“五特征”1.电场线是假想的,实际电场中不存在2.电场线起始于正电荷或来自无穷远,终止于负电荷或无穷远静电场的电场线不闭合3.电场线不相交,也不相切4.电场线的疏密情况反映电场的强弱5.电场线不表示电荷在电场中运动的轨迹 [研透常考题根]电场力作用下的平衡问题[例1] xx·上海高考如图,质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点,处于静止状态施加一水平向右的匀强电场后,A向右摆动,摆动的最大角度为60°,则A受到的电场力大小为________在改变电场强度的大小和方向后,小球A的平衡位置在α=60°处,然后再将A的质量改变为2m,其新的平衡位置在α=30°处,A受到的电场力大小为________[审题指导] 1向右摆动,最大摆角为60°,应用动能定理求解2平衡位置,应用平衡方程求解[解析] 根据题意,带电小球受到电场力后摆动的最大角度为60°,末速度为0,此过程中电场力F对小球做正功,重力G做负功,细线拉力T不做功,根据动能定理有Flsinα-mgl1-cosα=0,解得电场力为F=mg;改变电场强度的大小和方向后,平衡位置在α=60°处时,根据正弦定理有=,平衡位置在α=30°处时,由正弦定理有=,解得γ=60°,F′=mg[答案] mg mg[备考锦囊] 1求解库仑力作用下带电体的平衡问题的方法
①确定研究对象如果有几个物体相互作用时,要依据题意,灵活应用整体法或隔离法
②对研究对象进行受力分析,注意多了电场力
③列平衡方程F合=0或Fx=0,Fy=02三个自由电荷相互平衡的规律[即时训练]如图所示的三个点电荷q
1、q
2、q3固定在一条直线上,q2和q3的距离是q1和q2的距离的2倍,每个点电荷所受库仑力的合力为零由此可以判定,三个点电荷的电荷量之比q1∶q2∶q3可能为 A.-9∶4∶-36 B.9∶4∶36C.-3∶2∶-6D.3∶2∶6解析选A 由三电荷平衡模型的特点“两同夹异”可知,q1和q3为同种电荷,它们与q2互为异种电荷,设q1和q2的距离为r,则q2和q3的距离为2r,对q1有-=,则有=-,对q3有=-,所以=-,考虑到各电荷的电性,故A正确电场强度的叠加问题[例2] 在场强为E的匀强电场中,取O点为圆心、r为半径作一圆周,在O点固定一电荷量为+Q的点电荷,a、b、c、d为相互垂直的两条直线其中一条沿竖直方向和圆周的交点当把一试探电荷+q放在d点时恰好平衡如图所示1匀强电场场强E的大小、方向如何?2试探电荷+q放在c点时,受力Fc的大小、方向如何?3试探电荷+q放在b点时,受力Fb的大小、方向如何?[思路点拨] 解答本题应注意以下两点1电场强度为矢量2矢量的合成遵守平行四边形定则[解析] 1如图所示,由题意可知F1=kF2=qEF1=F2所以qE=k,E=k,场强方向沿db方向2试探电荷放在c点如图所示Ec==E=k,所以Fc=qEc=k,方向与ac方向成45°角斜向左下方3试探电荷放在b点如图所示Eb=E2+E=2E=2k,所以Fb=qEb=2k,方向沿db方向[答案] 见解析[备考锦囊] 类比法、对称法求解叠加场的场强1类比法当空间某一区域同时存在两个或两个以上的电场由各自独立的场源电荷所激发时,某点场强E等于各电场的场强在该点的矢量和,遵循平行四边形定则,可以类比力的合成与分解2对称法[即时训练]空间中有一边长为L的等边三角形ABC,A、B两点有两个固定的负点电荷现将一个点电荷+q放在三角形的几何中心O处,则C点的电场强度刚好为零若将+q移到AB边中点,则C点电场强度大小为 A.B.C.D.解析选B 设AB的中点为D点,根据几何关系可知,OC的长度x1==L,CD的长度x2=Lsin60°=L,将一个点电荷+q放在三角形的几何中心O处,C点的电场强度刚好为零,则AB两处的负电荷在C点产生的电场强度矢量和与+q在C点产生的电场强度大小相等,方向相反,即AB两处的负电荷在C点产生的电场强度矢量和E1==,方向由C指向O,将+q移到AB边中点,则+q在C点产生的电场强度E2==,方向由O指向C,则C点的合场强为E=E1-E2=,故B正确,A、C、D错误对电场线的理解及应用[例3] xx·海州区期中某点电荷和金属圆环间的电场线分布如图所示下列说法正确的是 A.b点的电势低于a点的电势B.若将一正试探电荷由a点移到b点,电场力做负功C.c点的电场强度与d点的电场强度大小无法判断D.若将一正试探电荷从d点由静止释放,电荷将沿着电场线由d到c[思路点拨] 解答本题应把握以下三点1电场线不是运动轨迹2电场线的疏密表示场强的大小3沿电场线方向电势逐渐降低[解析] 沿电场线方向电势逐渐降低,因b点所在的等势面电势高于a点所在的等势面,故b点的电势高于a点的电势,选项A错误;若将一正试探电荷由a点移到b点,电场力做负功,选项B正确;由于电场线密集的地方场强较大,故d点的场强大于c点的场强,选项C错误;因dc电场线是曲线,故若将一正试探电荷从d点由静止释放,电荷将不能沿着电场线由d到c,选项D错误[答案] B[备考锦囊] 电场线的应用技巧[即时训练]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Wa和Wb,a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb,则 A.Wa=Wb,EaEb B.Wa≠Wb,EaEbC.Wa=Wb,EaEbD.Wa≠Wb,EaEb解析选A 由题图可知a、b两点处于同一等势线上,故两电子分别从a、b两点运动到c点,电场力做功相同,即Wa=Wb,故B、D项错;a点处电场线比b点处电场线更密集,故Ea>Eb,C项错,A项对[课余自查小练]1.下列选项中的各圆环大小相同,所带电荷量已在图中标出,且电荷均匀分布,各圆环间彼此绝缘坐标原点O处电场强度最大的是 解析选B 根据对称性和矢量叠加,D项O点的场强为零,C项等效为第二象限内电荷在O点产生的电场,大小与A项的相等,B项正、负电荷在O点产生的场强大小相等,方向互相垂直,合场强是其中一个的倍,也是A、C项场强的倍,因此B项正确
2.均匀带电的球壳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,在半球面AB上均匀分布正电荷,总电荷量为q,球面半径为R,CD为通过半球顶点与球心O的轴线,在轴线上有M、N两点,OM=ON=2R已知M点的场强大小为E,则N点的场强大小为 A.-E B.C.-ED.+E解析选A 设在O点的球壳为完整的带电荷量为2q的带电球壳,则在M、N两点产生的场强大小为E0==题图中左半球壳在M点产生的场强为E,则右半球壳在M点产生的场强为E′=E0-E=-E,由对称性知,左半球壳在N点产生的场强大小为-E,A正确
3.如图所示,在水平向左的匀强电场中,倾角α=53°的固定光滑绝缘斜面,高为H一个带正电的物块可视为质点受到的电场力是重力的倍,现将其从斜面顶端由静止释放,重力加速度为g,则物块落地的速度大小为 A.2B.2C.D.2解析选C 对物块受力分析知重力和电场力的合力F合==mg,设合力与水平方向夹角为β,tanβ==,则物块沿合力方向斜向下做匀加速直线运动,由动能定理F合=mv2-0,解得v=,故选项C正确
4.如图所示,光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形,固定在竖直面内,管口B、C的连线是水平直径现有一质量为m带正电的小球可视为质点从B点正上方的A点自由下落,A、B两点间距离为4R从小球进入管口开始,整个空间突然加一匀强电场,小球所受电场力竖直向上的分力大小与重力大小相等,结果小球从管口C处脱离圆管后,其运动轨迹经过A点,设小球运动过程中带电量没有改变,重力加速度为g,求1小球到达B点的速度大小;2小球受到的电场力的大小;3小球经过管口C处时对圆管的压力解析1小球从开始自由下落到到达管口B的过程中机械能守恒,故有mg·4R=mvB2到达B点时速度大小为vB=2设电场力的竖直分力为Fy,水平分力为Fx,则Fy=mg方向竖直向上,小球从B运动到C的过程中,由动能定理得Fx×2R=mvB2-mvC2小球从管口C处脱离圆管后,做类平抛运动,其轨迹经过A点,有y=4R=vCtx=2R=axt2=t2联立解得Fx=mg电场力的大小为qE==mg3由2中易得vC=2,小球经过管口C处时,向心力由Fx和圆管的弹力N提供,设弹力N的方向向左,则Fx+N=m解得N=3mg方向水平向左根据牛顿第三定律可知,小球经过管口C处时对圆管的压力为N′=N=3mg,方向水平向右答案1 2mg 33mg,方向水平向右[专题跟踪检测]
一、选择题第1~5题为单项选择题,第6~9题为多项选择题1.xx·安徽高考由库仑定律可知,真空中两个静止的点电荷,带电荷量分别为q1和q2,其间距离为r时,它们之间相互作用力的大小为F=k,式中k为静电力常量若用国际单位制的基本单位表示,k的单位应为 A.kg·A2·m3 B.kg·A-2·m3·s-4C.kg·m2·C-2D.N·m2·A-2解析选B 由公式F=k得,k=,故k的单位为,又由公式q=It得1C=1A·s,由F=ma可知1N=1kg·m·s-2,故1=1kg·A-2·m3·s-4,选项B正确
2.如图所示是一对等量异种点电荷的电场线分布图,图中两点电荷P、Q连线长度为r,M点、N点到两点电荷P、Q的距离都为r,S点到点电荷Q的距离也为r,由此可知 A.M点的电场强度为2kB.M、N、S三点的电势可能相等C.把同一试探电荷放在M点,其所受电场力等于放在S点所受的电场力D.沿图中虚线,将一试探电荷从N点移到M点,电场力一定不做功解析选D 点电荷P、Q在M点产生的电场强度大小均为E=k,这两个点电荷在M点形成的合场强的大小为E′=2k·cos60°=k,方向水平向左,A错误;S点的电势大于零,而M点、N点的电势为零,B错误;由于两点电荷在S点产生的场强方向水平向右,因此同一试探电荷在S点、M点时所受的电场力方向不同,C错误;由于M、N所在直线为零势能线,试探电荷从N点移到M点,电场力不做功,D正确
3.如图,在光滑绝缘水平面上,三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上;a、b带正电,电荷量均为q,c带负电整个系统置于方向水平的匀强电场中已知静电力常量为k若三个小球均处于静止状态,则匀强电场场强的大小为 A.B.C.D.解析选B 设小球c带电荷量为Q,由库仑定律可知小球a对小球c的库仑引力为F=k,小球b对小球c的库仑引力为F=k,二力合力为2Fcos30°设水平匀强电场场强的大小为E,对c球,由平衡条件可得QE=2Fcos30°,解得E=,选项B正确
4.xx·宜兴市一模有三个完全相同的金属小球A、B、C,其中球C不带电,球A和球B带有等量的同种电荷,如图所示,球A固定在竖直支架上,球B用不可伸长的绝缘细线悬于球A正上方的O点处,OB<OA,静止时细线与OA的夹角为θ球C可用绝缘手柄移动,重力加速度为g,现在进行下列操作,其中描述与事实相符的是 A.仅将球C与球A接触离开后,球B再次静止时细线中的张力不变B.若将球C与球A接触离开后,球B再次静止时细线与OA的夹角为θ1,接着再将球C与球B接触离开后,球B再次静止时细线与OA的夹角为θ2,则θ1<θ2C.剪断细线OB瞬间,球B的加速度等于gD.剪断细线OB后,球B将沿OB方向做匀变速直线运动直至着地解析选A 仅将球C与球A接触后离开,球A的电量减半,致使二者间的库仑力减小,对球B进行受力分析可知它在三个力的作用下平衡,如图所示,可知两阴影三角形相似,由三角形相似可知=,故细线中的张力不变,故A正确;球C与球A接触,电量平分为,接着接触球B,球B电量变为,两球电荷量的乘积变小,库仑力变小,第一次接触后夹角变小,同理知第二次接触后再次变小,所以θ1>θ2,故B错误;剪断细线OB瞬间,球B在重力和库仑力作用下运动,其合力斜向右下方,与原来细线的张力等大反向,故其加速度不等于g,故C错误;剪断细线OB后,球B在空中运动时受到的库仑力随间距的变化而变化,即球B落地前做变加速曲线运动,故D错误5.xx·南京三模如图所示,在点电荷-q的电场中,放着一块带有一定电量、电荷均匀分布的绝缘矩形薄板,MN为其对称轴,O点为几何中心点电荷-q与a、O、b之间的距离分别为d、2d、3d已知图中a点的电场强度为零,则带电薄板在图中b点处产生的电场强度的大小和方向分别为 A.,水平向右B.,水平向左C.+,水平向右D.,水平向右解析选A -q在a处产生的电场强度大小为E=,方向水平向右据题,a点处的电场强度为零,则知-q与带电薄板在a点产生的电场强度大小相等,方向相反,则带电薄板在a点产生的电场强度大小为E=,方向水平向左,则薄板带负电根据对称性可知,带电薄板在b点产生的电场强度大小为E=,方向水平向右,故A正确,B、C、D错误
6.如图所示,AC、BD为圆的两条互相垂直的直径,圆心为O,半径为R电荷量均为+Q的点电荷分别放在圆周上M、N两点,M、N关于AC对称,M与O点的连线和OC间的夹角为60°,AC与MN的交点为F下列说法正确的是 A.O点的场强大小为k,方向由O指向AB.F点的场强大小为2k,方向由F指向OC.A点的场强大小为,方向沿OA方向D.C点的场强大小为,方向沿FC方向解析选AC 根据点电荷的电场强度公式和电场叠加原理,O点的场强大小为E0=2kcos60°=k,方向由O指向A,选项A正确;F点的场强大小为零,选项B错误;M、A之间的距离为R,A点的场强大小为EA=2kcos30°=,方向沿OA方向,选项C正确;M、C之间的距离为R,C点的场强大小为EC=2kcos60°=k,方向沿FC方向,选项D错误7.xx·东阳期中如图所示,真空中有两个点电荷Q1=+
4.0×10-8C和Q2=-
1.0×10-8C,分别固定在x坐标轴的x=0和x=6cm的位置上关于x坐标轴上的点的场强,下列说法正确的是 A.x=12cm的位置场强为零B.在x坐标轴上场强为零的点有两处C.x坐标轴上所有点的场强都沿x轴正方向D.x坐标轴上x>12cm所有点的场强都沿x轴正方向解析选AD 某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的合场强根据点电荷的场强公式E=,要使电场强度为零,那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强大小相等、方向相反不会在Q1的左边,因为Q1的电荷大于Q2,也不会在Q1Q2之间,因为它们电荷电性相反,在Q1Q2之间的电场方向都是一样的所以,只能在Q2右边设该位置距Q2的距离是L,所以=,解得L=6cm;所以x坐标轴上x=12cm的位置场强为零,故A正确,B错误;正电荷Q1和负电荷Q2在Q1Q2之间产生的场强方向沿x轴正方向,所以合场强也是沿x轴正方向;根据点电荷的场强公式得,x坐标轴大于12cm区域的电场强度方向沿x轴正方向,所以x坐标轴上电场强度方向沿x轴正方向的区域是06cm和12cm,∞,故C错误,D正确8.xx·彭泽县一模空间有a、b两个带有相等电荷量的点电荷产生的电场,其中a不动,b以恒定速度运动,现在与a的距离为d的位置p观测如图1,在p点测得场强大小随时间的变化如图2,水平线E=E0为图线的渐近线,k为静电力常量下列说法正确的是 A.两个点电荷一定是带同种电荷B.点电荷所带电荷量为C.0~2t0时间内,除电场力之外的力对b先做正功再做负功D.a一定带正电解析选AC 由题图知,p点的合场强先减小后增大,说明两个点电荷一定带同种电荷,否则当两个电荷最近时,p点的合场强应最大,故A正确;根据图像可知,当时间趋向于无穷大的时候,说明b离得很远,此时产生电场的电荷只有a,由题图可知,此时p点的场强为E0,设电荷的电荷量为Q,根据点电荷的场强公式可得E0=k,解得Q=,故B错误;0~2t0时间内,两个电荷先靠近后远离,电场力对b先做负功后做正功,由于b做匀速运动,动能不变,外力对b做的总功为零,则知除电场力之外的力对b先做正功再做负功,故C正确;由题只能判断出两个点电荷带同种电荷,不能判断出其电性,故D错误9.xx·肇庆二模如图a所示,光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷t=0时,甲静止,乙以6m/s的初速度向甲运动此后,它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动整个运动过程中没有接触,它们运动的vt图像分别如图b中甲、乙两曲线所示则由图线可知 A.两点电荷的电性一定相同B.t3时刻两点电荷的电势能最大C.0~t2时间内,两点电荷间的静电力先增大后减小D.0~t3时间内,甲的动能一直增大,乙的动能一直减小解析选AC 由题图b可知,刚开始乙做减速运动,甲做初速度为0的加速运动,两点电荷间存在库仑斥力,则两点电荷的电性一定相同,选项A正确;在t1时刻,甲、乙共速,两点电荷间的距离最小,故在间距减小的过程中,点电荷始终克服静电力做功,以后点电荷间的距离逐渐增大,静电力做正功,故间距最小时的电势能最大,选项B错误;t2时刻,乙静止,在0~t2时间内,两点电荷的间距先减小后增大,故两点电荷间的静电力先增大后减小,选项C正确;0~t3时间内,甲的速度一直增大,故它的动能一直增大,而乙的速度先减小后增大,故它的动能先减小后增大,选项D错误
二、非选择题10.xx·太原模拟质量均为m的三个带电小球A、B、C放置在光滑绝缘的水平面上,相邻球间的距离均为L,A球带电荷量qA=+10q;B球带电荷量qB=+q若在C球上加一个水平向右的恒力F,如图所示,要使三球能始终保持L的间距向右运动,则1C球带电性质是什么?2外力F为多大?解析1由于A、B两球均带正电,它们互相排斥,所以C球对A、B两球都吸引,才能保证系统向右加速运动,故C球带负电2以三球为整体,由牛顿第二定律得F=3ma,对A球有-=ma,对B球有+=ma,解得F=70k答案1负电 270k
11.如图,真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形,边长L=
2.0m若将电荷量均为q=+
2.0×10-6C的两点电荷分别固定在A、B点,已知静电力常量k=
9.0×109N·m2/C2,求1两点电荷间的库仑力大小;2C点的电场强度的大小和方向解析1根据库仑定律,A、B两点处的点电荷间的库仑力大小为F=k解得F=
9.0×10-3N2A、B两点处的点电荷在C点产生的场强大小相等,均为E1=kA、B两点处的点电荷形成的电场在C点的合场强大小为E=2E1cos30°解得E=
7.8×103N/C场强E的方向沿y轴正方向答案
19.0×10-3N
27.8×103N/C 方向沿y轴正方向
十二、引用力学知识,激活电学思维二——电场能的性质[抓牢解题本源]
一、电场力做功的两种计算方法1.W=qEd,适用于匀强电场2.WAB=qUAB,适用于任何电场
二、电势高低的三种判断方法判断依据判断方法电场线方向沿电场线方向电势逐渐降低场源电荷的正负取无穷远处电势为零,正电荷周围电势为正值,负电荷周围电势为负值;靠近正电荷处电势高,靠近负电荷处电势低电场力做功根据UAB=,将WAB、q的正负号代入,由UAB的正负判断φA、φB的高低
三、电荷电势能大小判断的“四法”判断角度判断方法做功判断法电场力做正功,电势能减小;电场力做负功,电势能增大电荷电势法正电荷在电势越高的地方电势能越大,负电荷在电势越低的地方电势能越大公式法由Ep=qφp,将q、φp的大小、正负号一起代入公式,根据Ep数值可作如下判断若Ep为正值,其绝对值越大,表示电势能越大;若Ep为负值,其绝对值越小,表示电势能越大能量守恒法在电场中,若只有电场力做功时,电荷的动能和电势能相互转化,两种能量之和不变,所以电荷动能增加,则其电势能减小;反之,其电势能增大
四、电势差的三种表达式适用于任何电场3.U=Ed,适用于匀强电场[研透常考题根]电势高低与电势能大小的判断[例1] 多选xx·海南高考如图,两电荷量分别为QQ>0和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧,a点位于x轴上O点与点电荷Q之间,b点位于y轴O点上方取无穷远处的电势为零,下列说法正确的是 A.b点的电势为零,电场强度也为零B.正的试探电荷在a点的电势能大于零,所受电场力方向向右C.将正的试探电荷从O点移到a点,必须克服电场力做功D.将同一正的试探电荷先后从O、b点移到a点,后者电势能的变化较大[思路点拨] 解答本题应把握以下三点1电势与场强无关2正电荷在电势高的地方电势能大,在电势低的地方电势能小3等量异种点电荷连线的垂直平分线为等势线[解析] 因为等量异种点电荷在其连线的中垂线上的电场方向沿x轴正方向,所以电场方向与中垂线方向垂直,故中垂线为等势线,因为中垂线延伸到无穷远处,所以中垂线的电势为零,故b点的电势为零,但是电场强度不为零,A错误;等量异种点电荷连线上,电场方向由正电荷指向负电荷,方向水平向右,在中点O处电势为零,O点左侧电势为正,右侧电势为负,又知道正电荷在正电势处电势能为正,故B正确;O点的电势低于a点的电势,将正电荷从O点移到a点,电场力做负功,所以必须克服电场力做功,C正确;O点和b点的电势相等,所以先后从O、b点移到a点,电场力做功相等,电势能变化相同,D错误[答案] BC1电势降低的方向不一定为电场方向,只有电势降落最快的方向才为电场的方向2电场力做功只与初、末位置的电势差有关,与零电势点的选择无关3电势、电势能具有相对性,要确定电场中某点的电势或电荷在电场中某点具有的电势能必须选取零电势点或零势能位置,但电势能的变化和电势差具有绝对性,与零势能位置、零电势点的选取无关 [即时训练]多选xx·扬州模拟两块竖直放置的带电平行金属板A、B间放一金属小球后,电场线如图所示,M、N为电场中的两点,下列判断中正确的是 A.M点处的电场强度大于N点处的电场强度B.M点处的电势高于N点处的电势C.将正检验电荷从M点移到N点,电场力做正功D.将负检验电荷从M点移到N点,该电荷的电势能减小解析选ABD 电场线的疏密表示电场强度的大小,由题图知M点处的电场强度大于N点处的电场强度,A正确;沿电场线的方向电势逐渐降低,M点处的电势高于N点处的电势,B正确;将正检验电荷从M点移到N点,电场力做负功,C错误;将负检验电荷从M点移到N点,电场力做正功,该电荷的电势能减小,D正确利用电场线和等势面解决带电粒子运动轨迹问题[例2] 如图所示,虚线a、b、c表示电场中的三个等势面,相邻等势面间的电势差相等,实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹,P、Q是轨迹上的两点下列说法中正确的是 A.三个等势面中,等势面a的电势最高B.带电质点一定是从P点向Q点运动C.带电质点通过P点时的动能比通过Q点时的小D.带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时的小[思路点拨] 本题可按以下思路进行分析→→→[解析] 电场线和等势面垂直,可以根据等势面来画出某处的电场线又质点做曲线运动,所受电场力的方向指向曲线的凹侧,由此可以判断出电场线的方向大致是从c指向a,而沿着电场线的方向电势逐渐降低,a、b、c三个等势面的电势关系为φcφbφa,选项A错误;无法从质点的受力情况来判断其运动方向,选项B错误;质点在P点的电势能大于在Q点的电势能,而电势能和动能的总和不变,所以,质点在P点的动能小于在Q点的动能,选项C正确;P点的等势面比Q点的等势面密,故场强较大,质点受到的电场力较大,加速度较大,选项D错误[答案] C[备考锦囊] 利用电场线和等势面解决带电粒子运动轨迹的三方法1根据带电粒子只受电场力的运动轨迹确定带电粒子受到的电场力的方向,带电粒子所受的电场力指向运动轨迹曲线的凹侧,再结合电场线的方向确定带电粒子的电性及有关判断2根据带电粒子在不同的等势面之间移动,结合题意确定电场力做正功还是做负功、电势能的变化情况或等势面的电势高低3“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向或等势面电势的高低、电荷运动的方向,是题意中相互制约的三个方面若已知其中的任一个,可顺次向下分析判定各待求量;若三个都不知三不知,则要用“假设法”分别讨论各种可能情况[即时训练]xx·常州市一模带电粒子仅在电场力作用下,从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点,如图所示,则从a到b过程中,下列说法正确的是 A.粒子带负电荷B.粒子先加速后减速C.粒子加速度一直增大D.粒子的动能先减小后增大解析选D 由题图可知,粒子受到的电场力沿电场线方向,故粒子带正电,A错误;粒子受电场力向右,所以先向左减速运动后向右加速运动,B错误;从a点到b点,电场力先做负功,再做正功,电势能先增加后降低,动能先减小后增大根据电场线的疏密知道场强先减小后增大,故加速度先减小后增大,C错误,D正确电场中的功能关系[例3] 如图所示,在绝缘水平面上,相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷a、b是AB连线上两点,其中Aa=Bb=,O为AB连线的中点一质量为m、带电荷量为+q的小滑块可视为质点以初动能E0从a点出发,沿AB直线向b运动,其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍n1,到达b点时动能恰好为零,小滑块最终停在O点,求1小滑块与水平面间的动摩擦因数μ;2O、b两点间的电势差UOb;3小滑块运动的总路程s[审题指导] 1由题意可判断,Uab=02在运动过程中,滑动摩擦力做功情况为一直做负功3本题中所用到的功能关系规律为动能定理[解析] 1由Aa=Bb=,O为AB连线的中点得a、b关于O点对称,则Uab=0设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f,对于小滑块从a→b过程,由动能定理得q·Uab-f·=0-E0而f=μmg解得μ=2小滑块从O→b过程,由动能定理得q·UOb-f·=0-nE0解得UOb=-3对于小滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程,由动能定理得q·UaO-f·s=0-E0而UaO=-UOb=解得s=L[答案] 1 2-E0 3L[备考锦囊]解决电场力做功问题时应注意的两点1利用电场线的特点、等势面的特点来分析电场力做功情况2应用公式WAB=qUAB计算时,WAB、q、UAB一般都要带正、负号计算[即时训练]如图所示,在O点处固定一个正电荷,在过O点的竖直平面内的A点,自由释放一个带正电的小球,小球的质量为m、电荷量为q小球下落的轨迹如图中虚线所示,它与以O为圆心、R为半径的圆相交于B、C两点,O、C在同一水平线上,∠BOC=30°,A距离OC的竖直高度为h若小球通过B点时的速度为v,试求1小球通过C点时的速度大小;2小球由A到C的过程中电场力做的功解析1因B、C两点电势相等,小球由B到C只有重力做功,由动能定理有mgR·sin30°=mvC2-mv2解得vC=2设小球由A到C的过程电场力做的功为W,根据动能定理mgh+W=mvC2解得W=mv2+mgR-mgh答案1 2mv2+mgR-mgh[课余自查小练]1.多选直线ab是电场中的一条电场线,从a点无初速度地释放一电子,电子仅在电场力作用下,沿直线从a点运动到b点,其电势能Ep随位移x变化的规律如图所示,设a、b两点的电场强度分别为Ea和Eb,电势分别为φa和φb,则 A.EaEb B.EaEbC.φaφbD.φaφb解析选AC 根据题图可知,图线的斜率表示电场力的大小电子从a到b,电势能图线的斜率逐渐减小,则电场力逐渐减小,故电场强度逐渐减小,所以EaEb,A正确,B错误;由于电势能逐渐降低,所以电场力做正功,则电子所受的电场力方向由a指向b,电场线的方向由b指向a,沿电场线方向电势逐渐降低,所以φaφb,C正确,D错误
2.多选a、b是位于x轴上的两个点电荷,电荷量分别为Q1和Q2,沿x轴a、b之间各点对应的电势如图中曲线所示取无穷远电势为零,M、N、P为x轴上的三点,P点对应图线的最低点,a、P间距离大于P、b间距离一质子以某一初速度从M点出发,仅在电场力作用下沿x轴从M点运动到N点,下列说法正确的是 A.P点处的电场强度为0B.a和b一定是带等量同种电荷C.质子在运动过程中速率先增大后减小D.质子在运动过程中加速度先增大后减小解析选AC 由电势图线知两电荷均带正电,但电荷量Q1Q2,选项B错误;由沿电场线方向电势降低知,在P点场强方向改变,所以P点处的电场强度为0,选项A正确;质子从M点运动到N点,加速度先减小后增大,速率先增大后减小,选项C正确,D错误
3.xx·松江区一模静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示,x轴正方向为场强正方向,带正电的点电荷沿x轴运动,则点电荷 A.在x2和x4处电势能相等B.由x1运动到x3的过程中电势能增大C.由x1运动到x4的过程中电势能先减小后增大D.由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大解析选B 由题图可知,正电荷从x2运动到x4的过程中,电场力做功不为零,则正电荷在x2和x4处电势能不相等,故A错误;x1~x3处场强方向为x轴负方向,则从x1到x3电势升高,正电荷在x3处电势能较大,故B正确;由x1运动到x4的过程中电势升高,正电荷的电势能增大,故C错误;由x1运动到x4的过程中,电场强度的绝对值先增大后减小,故由F=qE知,电场力先增大后减小,故D错误4.xx·宜春二模如图甲所示,x轴上固定两个点电荷Q
1、Q2Q2位于坐标原点O,其上有M、N、P三点,间距MN=NP,Q
1、Q2在轴上产生的电势φ随x的变化关系如图乙则 A.M点电势和场强大小均为零B.N点电势和场强大小均不为零C.一正试探电荷从P移到M过程中,电场力做功|WPN|=|WNM|D.由图可知,Q1为负电荷,Q2为正电荷,且Q1的电荷量大于Q2解析选D φx图线的切线斜率表示电场强度的大小,所以M点的场强不为零,故A错误;同理可知N点的场强为零,故B错误;由题图乙可知,UMN>UNP,正试探电荷从P移到M过程中,电场力做功qUMN>qUNP,电场力做负功,故|WPN|<|WNM|,故C错误;因为N点的场强为0,所以Q
1、Q2在N点产生的场强大小相等、方向相反,两电荷为异种电荷,根据沿电场线方向电势逐渐降低,Q1带负电、Q2带正电,根据E=k,可知与N点距离大的电荷量大,所以Q1的电荷量大于Q2,故D正确[专题跟踪检测]
一、选择题第1~5题为单项选择题,第6~9题为多项选择题
1.xx·南通模拟如图所示,A、B为真空中两个固定的等量正电荷,abcd是以AB连线中点O为中心的正方形,且关于AB对称,关于a、b、c、d、O各点,下列说法中正确的是 A.电场强度Ea与Ed相同B.电势φa>φdC.将一正电荷由a点移到b点,电场力做正功D.将一负电荷由b点移到O点,电势能增大解析选D 根据等量同种电荷电场线和等势线的分布情况和对称性,可知a、b、c、d四点的电场强度大小和电势均相等,但场强的方向不同,故A、B错误;由于ab间的电势差为零,将正电荷由a点移到b点时有Wab=0,故C错误;负电荷由b点移到O点时有WbO=UbO·-q<0,即电场力做负功,电势能增大,故D正确
2.如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场线分布图,电场线的方向如图中箭头所示,M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点,OQ连线垂直于MN以下说法正确的是 A.O点电势与Q点电势相等B.M、O间的电势差小于O、N间的电势差C.将一负电荷由M点移到Q点,电荷的电势能增加D.在Q点释放一个正电荷,正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上解析选C 由电场线的方向可知φMφOφN,再作出此电场中过O的等势线,可知φOφQ,A错误;MO间的平均电场强度大于ON间的平均电场强度,故UMOUON,B错误;因UMQ0,负电荷从M到Q,电场力做负功,电势能增加,C正确;正电荷在Q点的电场力方向沿电场线的切线方向而不是圆的切线方向,D错误
3.xx·江苏名校检测如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三条电场线,实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、R、Q是这条轨迹上的三点,由此可知 A.带电粒子在R点时的速度大于在Q点时的速度B.带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C.带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小,比在P点时的大D.带电粒子在R点的加速度小于在Q点的加速度解析选A 根据电场线的疏密程度可知,R、Q两点的电场强度EREQ,则带电粒子在R、Q两点的加速度aRaQ,故D错误;由于带电粒子只受电场力作用,动能与电势能相互转化,两者之和不变,故C错误;根据曲线运动知识,带电粒子在R处所受电场力沿电场线向右,又由于该粒子带负电,则R处电场的方向应该向左,所以电势φRφQ,根据Ep=qφ可得,带电粒子在R、Q两点的电势能EpREpQ,则R、Q两点的动能EkREkQ,所以vRvQ,故A正确;同理,EpPEpQ,故B错误
4.xx·呼伦贝尔二模如图所示,M和N是带有异种电荷的带电金属导体,P和Q是M表面上的两点,S是N表面上的一点,在M和N之间的电场中画有三条等势线现有一个带正电的粒子重力不计在电场中的运动轨迹如图中虚线所示,不计带电粒子对原电场的影响,不计空气阻力,则以下说法正确的是 A.P和Q两点的电势不相等B.S点的电势高于P点的电势C.带电粒子在F点的电势能大于在E点的电势能D.带电粒子一定是由W点射入经F点到E点解析选C 金属导体M是等势体,表面是等势面,故P和Q两点的电势相等,选项A错误;由正电荷的运动轨迹可知,正电荷受向下的电场力,故电场线由M指向N,则S点的电势低于P点的电势,选项B错误;因F点电势高于E点,故带电粒子在F点的电势能大于在E点的电势能,选项C正确;带电粒子由W点射入经F点到E点,或者由E点射入经F点到W点,均有可能,选项D错误
5.如图所示,a、b、c代表某固定点电荷电场中的三个等势面,相邻两等势面间的距离相等,直线是电场中的几条没标明方向的电场线,粗曲线是一带正电粒子只在电场力作用下运动轨迹的一部分,M、N是轨迹上的两点粒子过M、N两点时的加速度大小分别是aM、aN,电势能分别是EpM、EpN,a、b、c的电势分别是φa、φb、φc,a、b间的电势差为Uab,b、c间的电势差为Ubc,则下列判断中正确的是 A.aMaN,EpMEpN B.φaφbφc,EpMEpNC.aMaN,Uab=UbcD.Uab=Ubc,EpMEpN解析选B 根据带正电粒子的轨迹的偏转方向,可知圆心处的电荷一定带负电,故φaφbφc;根据点电荷周围电场的特点可知,粒子在M点受到的电场力大,故aMaN;因为ab之间的电场强度比bc间的大,由U=Ed得UabUbc;粒子由M向N运动,电场力做负功,电势能增加,故EpMEpN,只有B正确,A、C、D错误
6.xx·镇江一模如图所示,两个等量异号点电荷M、N分别固定在A、B两点,F为AB连线中垂线上某一点,O为AB连线的中点,且AO=OF,E和φ分别表示F处的场强大小和电势将某试探负点电荷由F处静止释放时,其电势能和加速度大小分别用ε和a表示,取无穷远处为电势零点,若将负点电荷N移走,则 A.E不变B.φ升高C.ε变小D.a变大解析选BC 令电荷M、N都存在时为状态1,各物理量用下标1表示;只有电荷M时为状态2,各物理量用下标2表示状态1时,电荷M、N对在F处的电场强度大小都为E0,两者相互垂直,根据电场叠加定理可得合场强E1=E0,方向水平向右状态2时,电荷M在F处的电场强度也是E0,方向沿AF连线方向所以若将负点电荷N移走,则E改变,故A错误;状态1时,易知AB连线的中垂线为一条等势线,中垂线上无穷远处的电势为0,所以φ1=0状态2时,只有正电荷M,所以φ2>0,可得若将负点电荷N移走,则φ升高,故B正确;电势能ɛ=qφ,所以ɛ1=0,ɛ2<0,所以ɛ变小,故C正确;F=qE,a==,试探电荷q、m不变,E变小,所以a变小,故D错误
7.如图所示,在水平向右、场强为E的匀强电场中,两个电荷量均为q的带正电小球A、B通过两根长度均为L的绝缘轻绳悬挂两球静止时,两轻绳与竖直方向的夹角分别为30°、60°现将一外力作用在A球上,使A球缓慢地绕悬点O做圆周运动,在A球运动至最低点A′的过程中,下列说法正确的是 A.两球构成的系统电势能增加qELB.两球构成的系统电势能增加qELC.两球构成的系统重力势能减少2-3qELD.两球构成的系统重力势能减少qEL解析选BC A球的移动不影响A、B之间绳子的方向,当A球移动到最低点A′时,两球沿电场的反方向都移动了,两球都克服电场力做功,两球构成的系统电势能增加量ΔEp=qEL,B正确;对A、B整体,根据平衡条件可得,mA+mBgtan30°=2qE,两球构成的系统重力势能减少量ΔEp=mA+mBgL1-cos30°=2-3qEL,C正确
8.xx·苏锡常模拟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选BC 由题图可知,M处电场线密,故M点场强大于N点场强,A错误;顺着电场线方向电势越来越低,故M点电势低于N点电势,B正确;由WOM=qUOM可知,电场力做负功,电势能增加,C正确;M、N不在同一等势面上,所以电场力做功不同,D错误
9.xx·铜仁四模如图所示为带电粒子只在电场力作用下运动的vt图像,在a点的速度为va,运动到b点的速度为vb,则下列说法中正确的是 A.电场中a点电势一定比b点电势高B.粒子在a点的电势能一定比在b点的电势能大C.在0~t1时间内,粒子运动路径与电场力可能不在一条直线上D.在0~t1时间内,粒子运动过程中受到的电场力先减小后增大再减小解析选BD 由于不知粒子的电性,因此不能确定a、b两点电势的高低,故A错误;由于只有电场力做功,电势能与动能的和为一定值,因为b点速度比a点速度大,所以在b点的动能比a点动能大,即粒子在a点的电势能一定比在b点的电势能大,故B正确;由于vt图像反映的是粒子做直线运动的速度随时间变化的规律,因此粒子的运动路径是一条直线,即粒子受到的电场力一定与运动路径在一条直线上,故C错误;由于vt图像的斜率表示加速度,由题图可知,在0~t1时间内,粒子运动的加速度先减小后增大,再减小,由牛顿第二定律可知,粒子运动过程中受到的电场力先减小后增大再减小,故D正确
二、非选择题
10.xx·玄武二模如图所示的匀强电场中,有a、b、c三点,ab间距离Lab=8cm,bc间距离Lbc=14cm,其中ab沿电场方向,bc和电场方向成60°角一个带电量q=-4×10-8C的负电荷从a点移到b点克服电场力做功Wab=
3.2×10-6J求1匀强电场的电场强度大小和方向;2电荷从b点移到c点,电势能的变化量;3a、c两点间的电势差解析1负电荷从a点移到b点克服电场力做功,说明负电荷所受电场力的方向为由b指向a,负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反,故该匀强电场的方向为由a指向b水平向右,由-Wab=qELab代入数值可得E=
1.0×103V/m2负电荷由b点移到c点,电场力做的功Wbc=qELbccos60°=-
2.8×10-6J,电场力做负功,电荷的电势能增加,故电荷的电势能增加
2.8×10-6J3a、c两点间的电势差为Uac==V=
1.5×102V答案
11.0×103V/m,水平向右2电荷的电势能增加
2.8×10-6J
31.5×102V11.xx·扬州模拟如图所示,等量异种点电荷固定在水平线上的M、N两点上,电荷量均为Q,有一质量为m、电荷量为+q可视为点电荷的小球,固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端,细杆另一端可绕过O点且与MN垂直的水平轴无摩擦地转动,O点位于MN的垂直平分线上距MN为L处,现在把杆拉到水平位置,由静止释放,小球经过最低点B时速度为v,取O处电势为零,忽略+q对+Q、-Q形成电场的影响求1小球经过B点时对杆的拉力大小;2在+Q、-Q形成的电场中,A点的电势φA;3小球继续向左摆动,经过与A等高度的C点时的速度解析1小球经B点时,在竖直方向有T-mg=即T=mg+由牛顿第三定律知,小球对细杆的拉力大小也为mg+2O点电势为零,而O在MN的垂直平分线上,所以φB=0小球从A到B过程中,由动能定理得mgL+qφA-φB=mv2解得φA=3由电场对称性可知,φC=-φA,即UAC=2φA小球从A到C过程,根据动能定理qUAC=mvC2解得vC=答案见解析
十三、涉及电容器问题的分析[抓牢解题本源]
一、两个表达式的比较C=C=公式类别定义式决定式适用范围所有电容器,Q∝U,即=C不变,反映了电容器容纳电荷的本领平行板电容器,C∝εr,C∝S,C∝,反映了平行板电容器的决定因素联系电容器容纳电荷的本领,即电容的大小可以由Q、U来量度,但决定因素是电容器本身,如平行板电容器的εr、S、d等因素
二、电容器两类动态变化的分析比较1.第一类动态变化两极板间电压U恒定不变2.第二类动态变化电容器所带电荷量Q恒定不变
三、区分两个易错点1.静电计连接在电容器上测量电容器两端的电势差2.电容器中插入玻璃板,会使电容器的相对介电常数增大,电容增大;插入金属板,相当于电容器极板间距减小,电容增大[研透常考题根] 利用两个表达式掌握影响电容器电容的因素[例1] 多选电容式传感器的应用非常广泛,如图所示的甲、乙、丙、丁是四种常见的电容式传感器,下列判断正确的是 A.图甲中两极间的电压不变,若有电流流向传感器正极,则h正在变小B.图乙中两极间的电荷量不变,若两极间电压正在增加,则θ正在变大C.图丙中两极间的电荷量不变,若两极间电压正在减小,则x正在变大D.图丁中两极间的电压不变,若有电流流向传感器的负极,则F为压力且正在变大[思路点拨] 1明确变量和不变量2利用电容器的定义式和决定式进行分析和判断[解析] 题图甲中两极间距离不变,若h变小,表明两极板间正对面积减小,由C=可知对应电容减小,电压不变时,电容器带电荷量减小,正在放电,故电流流向传感器负极,A错;题图乙中两极间的电荷量不变,若电压正在增加,由C=可知电容正在减小,板间距离不变,正对面积减小,则动片正在旋出,θ正在变大,B对;题图丙中两极间的电荷量、板间距离不变,若板间电压正在减小,表明电容正在增大,电介质正在插入,x正在增大,C对;题图丁中两极间的电压、极板正对面积不变,若有电流流向传感器的负极,表明电容器正在放电,电容减小,板间距离增大,若F为压力,则应是F正在减小,D错[答案] BC[即时训练]全国公安机关逐步推行身份证登记指纹信息某类型指纹采集器使用的是半导体指纹传感器在一块半导体基板上阵列了数百万金属颗粒,传感器阵列的每一点是一个金属电极,充当电容器的一极,其外面是绝缘的表面,手指贴在其上与其构成了电容器的另一极由于指纹的嵴在空间上是凸起的,峪是凹下的,嵴和峪与半导体电容感应颗粒形成的电容值大小不同采集器通过对每个电容感应颗粒充、放电的电流进行测量,得到不同的数值,设备将采集到的不同数值进行汇总处理,从而完成指纹的采集任务,则 A.指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近,电容小B.指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远,电容小C.对每个电容感应颗粒,在手指靠近时,各金属电极电荷量减小D.对每个电容感应颗粒,在手指远离时,各金属电极均处于充电状态解析选B 指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离表示为平行板电容器的间距,由C=知d小,C大,A错误,B正确;手指靠近时,d减小,电容增大,在电压一定的情况下,电荷量增大,处于充电状态,C错误;同理手指远离时,处于放电状态,D错误电容器的两种动态变化问题[例2] 如图所示,在平行板电容器正中间有一个带电微粒S闭合时,该微粒恰好能保持静止在以下两种情况下
①保持S闭合,
②充电后将S断开下列说法能实现使该带电微粒向上运动打到上极板的是 A.
①情况下,可以通过上移极板M实现B.
①情况下,可以通过上移极板N实现C.
②情况下,可以通过上移极板M实现D.
②情况下,可以通过上移极板N实现[思路点拨]
①情况下,不变量为U;
②情况下,不变量为Q[解析] 因为第
①种情况下两极板间电压U不变,只有减小d,使E=增大,电场力F增大,带电微粒才向上运动打到上极板M上,故可以通过下移极板M或上移极板N来实现,选项A错误,B正确;第
②种情况下电容器所带电荷量Q不变,根据Q=CU,C=,U=Ed,可得E=,可以看出E是个定值,与板间距d无关,所以无论怎样改变极板M、N的间距d,场强E、电场力F都不变,带电微粒均处于静止状态,选项C、D错误[答案] B[备考锦囊] 电容器动态分析的解题思路[即时训练]如图所示,水平放置的两个平行的金属板A、B带等量的异种电荷,A板带负电荷,B板接地若将A板向上平移到虚线位置,在A、B两板中间的一点P的电场强度E和电势φ的变化情况是 A.E不变,φ改变 B.E改变,φ不变C.E不变,φ不变D.E改变,φ改变解析选C 当将A板向上平移到虚线位置时,意味着平行板之间的距离拉大,由C=知,电容C减小,由题意知电容上的带电荷量不变,由Q=CU可知,U必变大;由U=Ed,Q=CU=U=Ed=知,E不变,由于P点到B板的距离不变,故PB之间的电势差即φ不变,故C正确通过电容器变化考查带电体的平衡问题[例3] 如图所示,一平行板电容器的两个极板竖直放置,在两极板间有一带电小球,小球用一绝缘轻线悬挂于O点先给电容器缓慢充电,使两极板所带电荷量分别为+Q和-Q,此时悬线与竖直方向的夹角为再给电容器缓慢充电,直到悬线和竖直方向的夹角增加到,且小球与两极板不接触求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量[思路点拨] 试画出第一次充电后带电小球的受力示意图提示[解析] 小球受重力mg、拉力和电场力qE这三个力而处于平衡状态,根据力的平衡和力的合成,Eq=mgtan,根据电场强度与电势差的关系及电容的定义式得E=,所以Q=;第二次充电后,Q′=,所以第二次充电使电容器正极板增加的电荷量ΔQ=Q′-Q==2Q[答案] 2Q本题易误认为第一次充电后电容器的电荷量为2Q,实际上电容器的电荷量为一块极板电荷量的绝对值 [即时训练]如图所示,M、N是平行板电容器的两个极板,R0为定值电阻,R
1、R2为可调电阻,用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部闭合开关S,小球静止时受到悬线的拉力为F调节R
1、R2,关于F的大小判断正确的是 A.保持R1不变,缓慢增大R2时,F将变大B.保持R1不变,缓慢增大R2时,F将变小C.保持R2不变,缓慢增大R1时,F将变大D.保持R2不变,缓慢增大R1时,F将变小解析选B 保持R1不变,缓慢增大R2时,由于R0和R2串联,R0两端的电压减小,即平行板电容器的两个极板的电压U减小,带电小球受到的电场力F电=qE=q减小,悬线的拉力为F=将减小,选项B正确,A错误;保持R2不变,缓慢增大R1时,R0两端的电压不变,F电不变,悬线的拉力不变,C、D错误[课余自查小练]
1.多选如图所示,平行板电容器与直流电源连接,上极板接地一带负电的油滴位于电容器中的P点且处于静止状态现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离,则 A.带电油滴将竖直向下运动B.带电油滴的机械能将增加C.P点的电势将升高D.电容器的电容增大,极板带电荷量增加解析选AC 将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离,间距d增大,由C=,可得电容减小,而U一定,由C=可得电荷量Q减少,选项D错误;根据E=可得,板间场强减小,重力大于电场力,带电油滴将竖直向下运动,电场力做负功,机械能减少,选项A正确,B错误;因上极板接地,电势为0,P点电势φP=UP上=-Ey,随E的减小而增大,选项C正确
2.如图所示,理想二极管具有单向导电性、平行板电容器、电源组成闭合电路,带电液滴P静止于水平放置的平行板电容器的正中间,则下列说法中正确的是 A.若将极板A向下移动少许,则液滴的电势能将减小B.若将极板A向上移动少许,则液滴将向上运动C.若将极板B向上移动少许,则液滴的电势能将增大D.若将极板A、B错开少许,使两极板正对面积变小,则液滴将向下运动解析选A 若将极板A向下移动少许d减小,电容器电容增大,二极管正向导通给电容器充电,电容器两端电压保持U不变,由E=知两极板间电场强度增大,电场力大于液滴重力,液滴将沿电场力方向运动,电场力做正功,带电液滴的电势能减小,A对;若将极板A向上移动少许d增大,由C=知C减小,由Q=CU知Q将减小,但因二极管具有单向导电性,所以电容器的带电荷量Q将不变,由E=、Q=CU及C=知E=,两极板间电场强度不变,所以液滴仍静止,B错;若将极板B向上移动少许d减小,由E=知两极板间电场强度增大,与选项A相同,带电液滴将沿电场力方向向上运动,电场力做正功,电势能减小,C错;若将极板A、B错开少许S减小,电容减小,但二极管阻止电容器放电,电容器带电荷量Q不变,由C=可知两极板间电压升高,由E=知两极板间电场强度增大,液滴沿电场力方向向上运动,D错
3.如图,两平行的带电金属板水平放置若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态现将两板绕过a点的轴垂直于纸面逆时针旋转45°,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将 A.保持静止状态 B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动解析选D 两板水平放置时,放置于两板间a点的带电微粒保持静止,带电微粒受到的电场力与重力平衡当将两板逆时针旋转45°时,电场力大小不变,方向逆时针偏转45°,受力如图,则其合力方向沿二力角平分线方向,微粒将向左下方做匀加速运动选项D正确
4.xx·上高月考如图所示,由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接,极板M接地,用静电计测量两极板间的电势差U在两板相距一定距离d时,给电容器充电,静电计指针张开一定角度在整个实验过程中,保持电容器所带电荷量Q不变,下列说法正确的是 A.将M板向下平移,将使静电计指针张角变小B.将M板沿水平向左方向远离N板,将使静电计指针张角变小C.在M、N之间插入云母板介电常数ε>1,将使静电计指针张角变小D.将M板沿水平向右方向移动但不接触N板,两板间的场强增大解析选C 将M板向下平移,两板正对面积减小,根据C=知电容减小,根据U=,Q不变,板间的电势差U增大,静电计指针张角变大,故A错误;将M板沿水平向左方向远离N板,板间距离d变大,根据C=知电容减小,根据U=,Q不变,板间的电势差U增大,静电计指针张角变大,故B错误;在M、N之间插入云母板介电常数ε>1,根据C=知电容增大,根据U=,Q不变,板间的电势差减小,静电计指针张角变小,故C正确;根据C=、U=、E=得E=,知E与d无关,所以将M板沿水平向右方向移动但不接触N板,两板间的场强不变,故D错误[专题跟踪检测]
一、选择题第1~5题为单项选择题,第6~9题为多项选择题
1.xx·南京一模如图所示为可变电容器,旋转动片使之与定片逐渐重合则电容器的电容将 A.逐渐增大 B.逐渐减小C.保持不变D.先增大后减小解析选A 旋转动片使之与定片逐渐重合时,相当于增加了电容器极板间的正对面积,则由电容器的决定式C=可知,电容将逐渐增大,故B、C、D错误,A正确2.xx·南京二模目前的手机触摸屏大多是电容式触摸屏电容式触摸屏内有一导电层导电层四个角引出四个电极,当手指触摸屏幕时,人体和触摸屏就形成了一个电容,电容具有“通高频”的作用,从而导致有电流分别从触摸屏四角上的电极中流出,并且流经这四个电极的电流与手指到四角的距离成正比,控制器通过对这四个电流比例的精确计算,得出触摸点的位置信息在开机状态下,下列说法正确的是 A.电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是因为手指对屏幕按压产生了形变B.电容式触摸屏感测手指触摸点的位置是利用了电磁感应现象C.当手指触摸屏幕时手指有微弱的电流流过D.当手指离开屏幕时,电容变小,对高频电流的阻碍变大,控制器不易检测到手指离开的准确位置解析选C 电容式触摸屏只需要触摸,由于流经四个电极的电流与手指到四角的距离成比例,控制器就能确定手指的位置,无需手指按压屏幕,故A错误;电容式触摸屏感测手指触摸点的位置利用的是电容器的充、放电原理,不是电磁感应现象,故B错误;由题意可知,手指从触点吸走一部分电荷,在电荷定向移动的过程中,会有微弱电流通过,故C正确;根据电容器的工作原理可知,当手指离开屏幕时,电容变小,电容器将放电,控制器仍然能检测到手指离开的准确位置,故D错误
3.xx·扬州模拟如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图俯视图,匀强磁场垂直轨道平面向上,先将开关拨到a给超级电容器C充电,然后将开关拨到b可使电阻很小的导体棒EF沿水平轨道弹射出去,则下列说法正确的是 A.电源给电容器充电后,M板带正电B.在电容器放电过程中,电容器两端电压不断减小C.在电容器放电过程中,电容器的电容不断减小D.若轨道足够长,电容器将放电至电量为0解析选B 电容器下极板接正极,所以充电后N板带正电,故A错误;电容器放电时,电量和电压均减小,故B正确;电容是电容器本身的性质,与电压和电量无关,故放电时,电容不变,故C错误;若轨道足够长,导体棒切割磁感线产生感应电动势,产生的感应电流和放电形成的电流大小相同时,不再放电,故电容器放电不能至电量为0,故D错误
4.如图所示,平行板电容器与电动势为E的直流电源内阻不计连接,下极板接地,静电计所带电量很少,可被忽略一带负电油滴静止于电容器中的P点,现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,则 A.平行板电容器的电容将变大B.静电计指针张角变小C.带电油滴的电势能将增大D.若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向下移动一小段距离,则带电油滴所受电场力不变解析选D 根据C=知,d增大,则电容减小,故A错误;静电计检测的是电容器两端的电势差,因为电容器始终与电源相连,则电势差不变,所以静电计指针张角不变,故B错误;电势差不变,d增大,则电场强度减小,P点与上极板的电势差减小,则P点的电势增大,因为该带电油滴带负电荷,则电势能减小,故C错误;电容器与电源断开,则电荷量不变,d改变,根据E===,知电场强度不变,则带电油滴所受电场力不变,故D正确5.如图所示,一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连,极板水平放置,极板间距为d,有一带电粒子P静止在电容器上部空间中,当在其下极板上快速插入一厚度为L的不带电的金属板后,粒子P开始运动,重力加速度为g粒子运动的加速度大小为 A.g B.gC.gD.g解析选B 设板间电压为U,带电粒子静止时有q=mg;当插入金属板后,金属板处于静电平衡状态,相当于电容器极板间距减小为d′=d-L,由牛顿第二定律得q-mg=ma,解得a=g,故B正确
6.如图所示,电路中R
1、R2均为可变电阻,电源内阻不能忽略,平行板电容器C的极板水平放置,闭合电键S,电路达到稳定时,带电油滴悬浮在两板之间静止不动如果仅改变下列某一个条件,油滴能向下运动的是 A.增大R1的阻值B.增大R2的阻值C.增大两板间的距离D.断开电键S解析选CD 增大R1的阻值,稳定后电容器两板间的电压升高,带电油滴所受电场力增大,将向上运动,A错误;电路稳定后,电容器相当于断路,无电流通过电阻R2,故R2两端无电压,所以,增大R2的阻值,电容器两板间的电压不变,带电油滴仍处于静止状态,B错误;增大两板间的距离,两板间的电压不变,电场强度减小,带电油滴所受电场力减小,将向下运动,C正确;断开电键S后,两极板间的电势差为零,带电油滴只受重力作用,将向下运动,D正确7.平行板电容器充电后断开电源,现将其中一块金属极板沿远离另一板方向平移一小段距离此过程中电容器的电容C、两极板带电荷量Q、两板间电场强度E、两板间电压U随两板间距离d变化的关系,表示不正确的是 解析选ABD 平行板电容器的电容为C=,d增大时,C减小,而Q一定,所以电容器两极板间电场强度E=一定,A、B错误,C正确;由U=Ed知,D错误
8.如图所示,电容器两极板与电源正负极相连,在将电容器两极板间的距离由d迅速增大为2d的过程中,下列说法正确的是 A.电容器两板间电压始终不变B.电容器两板间电压瞬时升高后又恢复原值C.根据Q=CU可知,电容器带电荷量先增大后减小D.电路中电流由B板经电源流向A板解析选BD 在将电容器两极板间距离迅速增大的过程中,电容器极板上的电荷量未来得及变化,即Q不变,则C==,又C=,所以=,所以E=也不变,而U=Ed,故U增大,但最终电压U要与电源电压相等,故A错误,B正确;此后,因为C=,所以d增大时,C减小,由Q=CU,所以Q减小,电路中有瞬时电流,方向由B板经电源流向A板,故D正确,C错误
9.xx·苏锡常二模如图所示的电路中,理想二极管和水平放置的平行板电容器串联接在电路中,闭合开关S,平行板间有一质量为m、电荷量为q的带电液滴恰好能处于静止状态,则下列说法中正确的是 A.将A板向上平移一些,液滴将向下运动B.将A板向左平移一些,液滴将向上运动C.断开开关S,将A板向下平移一些,液滴将保持静止不动D.断开开关S,将A板向右平移一些,液滴将向上运动解析选BCD 二极管具有单向导电性,闭合开关S后电容器充电,电容器的电容C=,C=,极板间的电场强度E=,整理得E=;液滴静止,液滴所受合力为零,向上的电场力与向下的重力相等,qE=mg;将A板向上平移一些,d变大,由C=可知,C变小,由于二极管具有单向导电性,电容器不能放电,由E=可知电容器两极板间的电场强度不变,液滴所受电场力不变,液滴将保持静止不动,故A错误;将A板向左平移一些,S变小,由C=可知,C变小,而两极板间的电压U等于电源电动势不变,由于二极管具有单向导电性,电容器不能放电,由E=可知电容器两极板间的电场强度增大,液滴所受电场力增大,液滴将向上运动,故B正确;当断开开关S,将A板向下平移一些时,d变小,由C=可知,C变大,因电量保持不变,由E=可得,电场强度不变,液滴将保持静止不动,故C正确;同理,当断开开关S,将A板向右平移一些时,S变小,由C=可知,C变小,因电量保持不变,由E=可得,电场强度变大,液滴将向上运动,故D正确
二、非选择题
10.xx·海州区模拟如图所示,在水平向右的匀强电场中,一根长为L的绝缘细线,一端连着一质量为m、带电量为+q的小球,另一端固定于O点,现把小球向右拉至细线水平且与场强方向平行的位置,无初速度释放,小球能摆到最低点的另一侧,细线与竖直方向的最大夹角θ=30°,重力加速度为g,求1场强E的大小;2小球摆到最低点时细线的拉力T解析1对小球运动的全过程由动能定理可得mgLcosθ-qEL1+sinθ=0解得E=2小球摆到最低点时,由动能定理可得mgL-qEL=mv2在最低点T-mg=m联立解得T=3mg-mg答案1 23mg-mg
11.xx·如东期末如图所示,空间有场强E=
1.0×102V/m竖直向下的匀强电场长L=
0.8m不可伸长的轻绳一端固定于O点,另一端系一质量m=
0.25kg,电荷量q=5×10-2C的小球,拉起小球至轻绳水平后由A点无初速度释放小球,当小球运动至O点的正下方B点时,轻绳恰好断裂,然后小球垂直打在同一竖直平面内且与水平面成θ=53°角,无限大的挡板MN上的C点g取10m/s2,sin53°=
0.8,cos53°=
0.6求1轻绳的最大张力T;2A、C两点间的电势差UAC解析1小球从A到B过程,由动能定理得mg+qEL=mvB2-0,在B点,由牛顿第二定律得T-mg+qE=m,解得T=
22.5N2从A到C过程,由动能定理得mg+qEhAC=mvC2-0,在C点根据速度关系有vCsinθ=vB,在匀强电场中有UAC=E·hAC,解得UAC=125V答案
122.5N 2125V
十四、带电体在电场中的运动问题[抓牢解题本源]
一、带电体在电场中运动时重力的处理1.基本粒子如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确暗示以外,一般都不考虑重力但并不忽略质量2.带电小物体如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或有明确暗示以外,一般都不能忽略重力
二、带电体在电场中做直线运动的两种分析方法动力学观点若带电粒子在匀强电场中运动,可应用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析功能观点匀强电场中W=Eqd=qU=mv2-mv02非匀强电场中W=qU=Ek2-Ek1
三、带电粒子在电场中的偏转问题1.带电粒子在电场中的偏转1条件分析带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场2运动性质匀变速曲线运动3处理方法分解成相互垂直的两个方向上的直线运动,类似于平抛运动2.带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论1同种带电粒子从静止开始经过同一电场加速,再垂直于偏转电场方向射入同一偏转电场,射出时偏移量和偏转角总是相同的2带电粒子垂直于电场方向射入电场,经电场偏转后,合速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子沿初速度方向位移的中点3.带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度v时可以从能量的角度进行求解qUy=mv2-mv02v0为初速度,其中Uy=y,指初、末位置间的电势差 [研透常考题根]带电体在电场中的平衡和加速问题[例1] 多选xx·连云港市模拟如图所示,一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中,以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动ON与水平面的夹角为30°,重力加速度为g,且mg=qE,则 A.电场方向竖直向上B.小球运动的加速度大小为gC.小球上升的最大高度为D.若小球在初始位置的电势能为零,则小球电势能的最大值为[思路点拨] 试画出小球的受力示意图提示[解析] 如图所示,由于小球在竖直面内做匀变速直线运动,其合力在ON直线上,而mg=qE,由三角形定则,可知电场方向与ON方向成120°角,A项错误;由图中几何关系可知,小球所受合力为mg,由牛顿第二定律可知a=g,方向与初速度方向相反,B项正确;设小球上升的最大高度为h,由动能定理可得-mg·2h=0-mv02,解得h=,C项错误;小球上升过程中,速度为零时,其电势能最大,则Ep=-qE·2hcos120°=,D项正确[答案] BD[备考锦囊] 匀强电场中直线运动问题的分析方法[即时训练]xx·海南高考如图,一充电后的平行板电容器的两极板相距l在正极板附近有一质量为M、电荷量为qq>0的粒子;在负极板附近有另一质量为m、电荷量为-q的粒子在电场力的作用下,两粒子同时从静止开始运动已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则M∶m为 A.3∶2 B.2∶1C.5∶2D.3∶1解析选A 设电场强度为E,两粒子的运动时间相同,对M有,a=,l=·t2;对m有a′=,l=·t2,联立解得=,A正确带电粒子在匀强电场中的偏转问题[例2] xx·苏州一模真空中的某装置如图所示,加速电场区电压为U,偏转电场区有场强大小为E,方向竖直向下的匀强电场现有两种粒子氘核12H、α粒子24He分别从O点无初速度地飘入,最后都打在与OO′垂直的荧光屏上不计粒子重力及其相互作用,则 A.偏转电场对两种粒子做功一样多B.两种粒子一定打到屏上的同一位置C.两种粒子在偏转电场中运动时间之比为2∶1D.将偏转区匀强电场改为垂直纸面的匀强磁场,两种粒子一定能打到屏上的不同位置[思路点拨]1根据W=qU判断偏转电场对两种粒子的做功情况2结合竖直方向上做匀加速直线运动,求出粒子出电场时竖直方向上的分速度以及偏转的位移,从而可判断两种粒子打在屏光荧上的位置3根据动能定理求出粒子进入偏转电场时的速度,抓住粒子在偏转电场中垂直于电场方向做匀速直线运动,求出运动的时间[解析] 在加速电场中,由动能定理得qU=mv02-0,在偏转电场中,偏转位移y=at2=··,联立得y=,可见y与粒子的电量和质量无关,则粒子的偏转位移相等,两种粒子一定打到屏上的同一位置,故B正确;两种粒子电量不等,偏转位移相等,由W=qEd可知,偏转电场对两种粒子做功不等,故A错误;根据动能定理得,qU=mv02-0,则进入偏转电场的速度v0=,因为氘核和α粒子的比荷之比为1∶1,则速度之比为1∶1,在偏转电场中运动时间t=,则知时间之比为1∶1,故C错误;由qv0B=m可得R==,因为氘核和α粒子的比荷之比为1∶1,又是同一偏转磁场,则半径相同,从同一位置射出磁场做匀速运动,最后两种粒子一定打到屏上的同一位置,故D错误[答案] B[即时训练]xx·扬州一模如图所示,平行板电容器充电后形成一个匀强电场,大小保持不变让不计重力的相同带电粒子a、b,以不同初速度先、后垂直电场射入,a、b分别落到负极板的中央和边缘,则 A.b粒子加速度较大B.b粒子的电势能变化量较大C.若仅使a粒子初动能增大到原来的2倍,则恰能打在负极板的边缘D.若仅使a粒子初速度增大到原来的2倍,则恰能打在负极板的边缘解析选D 加速度为a=,a、b两个粒子相同,电场强度E相同,则加速度相同,故A错误;电场力做功为W=qEy,可见,电场力做功相同,由能量守恒得知,a、b的电势能增量相同,故B错误;若a粒子的初动能增大到原来的2倍,由动能的定义式Ek=mv2知,a粒子的初速度增大到原来的倍,粒子在电场中做类平抛运动,a粒子到达下极板的时间不变,水平位移变为原来的倍,a粒子不能打到负极板的边缘,故C错误;若仅使a粒子初速度增大到原来的2倍,粒子到达下板的时间不变,水平位移变为原来的2倍,则a恰能打在负极板的边缘,故D正确带电粒子在周期性变化的电场中的运动[例3] 如图甲所示,一对平行金属板M、N长为L,相距为d,O1O为中轴线,两板间为匀强电场,忽略两极板外的电场当两板间加电压UMN=U0时,某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场,粒子恰好打在上极板M的中点,粒子重力忽略不计1求带电粒子的比荷;2若M、N间加如图乙所示的交变电压,其周期T=,从t=0开始,前时间内UMN=2U,后时间内UMN=-U,大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场,最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上,求U的值[思路点拨] 1两板间加恒定电压时,粒子做类平抛运动2两板间加交变电压时,水平方向始终为匀速运动,粒子在竖直方向的运动可画vt图像分析[解析] 1设粒子经过时间t0打在M板中点沿极板方向有=v0t0垂直极板方向有=t02 解得=2粒子通过两板间的时间t==T从t=0时刻开始,粒子在两板间运动时,在每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a1=,在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a2=不同时刻从O1点进入电场的粒子沿电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上,可以确定在t=nTn=012,…和t=nT+Tn=012,…时刻进入电场的粒子恰好分别从上、下极板右侧边缘飞出它们沿电场方向偏转的距离最大,则=T解得U=[答案] 1 2[备考锦囊] 分段研究,化变为恒在两个相互平行的金属板间加交变电压时,在两板中间便可获得交变电场对于带电粒子在交变场中的运动,可以分段处理,此类电场在一段时间内为匀强电场,即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可随时间变化[即时训练]如图甲所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上则t0可能属于的时间段是 A.0t0B.t0C.t0TD.Tt0解析选B 两板间加的是方波电压,刚释放粒子时,粒子向A板运动,说明释放粒子时UAB为负,A、D错误;若t0=时刻释放粒子,则粒子恰好做方向不变的单向直线运动,一直向A运动;若t0=时刻释放粒子,则粒子恰好在电场中固定两点间做往复运动,因此在t0时间内释放该粒子,粒子的运动满足题意的要求,B正确,C错误[课余自查小练]1.多选如图甲所示,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乙表示一周期性变化的交变电压随时间t变化的图线从t=0开始,电压为一定值U0;经过半个周期,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板处有一初速度为零的电子质量为m,电荷量为e在电场力作用下开始运动要想使电子到达A板时具有最大的动能,则所加交变电压的周期T可能是 A. B.C.D.解析选CD 在电场力作用下,电子的加速度a=,设电子从B板一直加速运动到A板所需要的时间为t0,则d=at02,解得t0=,根据题意可知,应满足t0≤,解得T≥,C、D正确2.多选xx·山东高考如图甲,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v0沿中线射入两板间,0~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v0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了mgdD.克服电场力做功为mgd解析选BC 0~时间内微粒匀速运动,有mg=qE0把微粒的运动分解,水平方向做速度为v0的匀速直线运动;竖直方向~时间内,只受重力,做自由落体运动,时刻,v1y=g·;~T时间内,a==g,做匀减速直线运动,T时刻,v2y=v1y-a·=0,所以末速度v=v0,方向沿水平方向,选项A错误,B正确;重力势能的减少量ΔEp=mg·=mgd,选项C正确;根据动能定理mgd-W克电=0,得W克电=mgd,选项D错误
3.xx·自贡模拟如图所示,在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC,其下端C端距地面高度h=
0.8m有一质量为500g的带电小环套在直杆上,正以某一速度沿直杆匀速下滑,小环离开直杆后正好通过C端的正下方P点g取10m/s2求1小环离开直杆后运动的加速度大小和方向;2小环在直杆上做匀速运动时速度的大小;3小环运动到P点的动能解析1小环在直杆上做匀速运动,所受电场力必定水平向右,否则小环将做匀加速运动,其受力情况如图所示由平衡条件得mgsin45°=Eqcos45°得mg=Eq,小环离开直杆后,只受重力、电场力作用,则合力为F合=mg=ma解得加速度为a=10m/s2≈
14.1m/s2,方向垂直于直杆斜向右下方2设小环在直杆上做匀速运动的速度为v0,离开直杆后经时间t到达P点,则竖直方向h=v0sin45°·t+gt2水平方向v0cos45°·t-·t2=0解得v0=2m/s3由动能定理得EkP-mv02=mgh解得EkP=5J答案
114.1m/s2 方向垂直于直杆斜向右下方22m/s 35J
4.xx·山西一模如图所示,质量为m、带电量为+q的小球从距地面高为h处以一定的初速度v0水平抛出,在距抛出点水平距离为L处,有一根管口比小球直径略大的竖直细管,管的上口距地面为,为使小球无碰撞地通过管,可在管上方整个区域内加一场强方向向左的匀强电场空气阻力不计,求1小球的初速度v0;2电场强度E的大小;3小球落地时的动能解析1由题意知,小球水平方向做匀减速运动到管的上口时速度恰为零,则L=t竖直方向做自由落体运动到管的上口,则h-=gt2解得v0=2L2水平方向由运动学公式及牛顿第二定律得v02=2·L解得E=3小球竖直方向做自由落体运动直到地面,由动能定理得mgh-EqL=Ek-mv02解得Ek=mgh答案12L 2 3mgh[专题跟踪检测]
一、选择题第1~5题为单项选择题,第6~9题为多项选择题
1.xx·东海期中如图所示,带电的平行金属板电容器水平放置,质量相同、重力不计的带电微粒A、B以平行于极板的相同初速度从不同位置射入电场,结果打在极板上同一点P不计两微粒之间的库仑力,下列说法正确的是 A.在电场中微粒A运动的时间比B长B.在电场中微粒A运动的时间比B短C.静电力对微粒A做的功比B少D.微粒A所带的电荷量比B多解析选D 水平方向两微粒做匀速直线运动,运动时间为t=,因为x、v0相等,则t相等,故A、B错误;在竖直方向上两微粒做初速度为零的匀加速直线运动,由y=at2=t2得电荷量为q=,可知,q∝y,所以微粒A所带的电荷量多电场力做功为W=qEy=·Ey=,则有W∝y2,可知电场力对微粒A做的功多,故C错误,D正确
2.xx·姑苏模拟如图,左侧为加速电场,右侧为偏转电场,加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍,有一初速度为零的电荷经加速电场加速后,从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入,且正好能从极板下边缘穿出电场,不计电荷的重力,则偏转电场长宽之比的值为 A. B.C.D.解析选B 设加速电压为kU,偏转电压为U,对直线加速过程,根据动能定理,有q·kU=mv2,对类平抛运动过程,有l=vt,=t2,联立解得=,故B正确3.xx·南通一模如图甲所示,两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等,板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场,电场方向与两板垂直,在t=0时刻,一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场,粒子射入电场时的速度为v0,t=T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场则 A.该粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向B.在t=时刻,该粒子的速度大小为2v0C.若该粒子在时刻以速度v0进入电场,则粒子会打在板上D.若该粒子的入射速度变为2v0,则该粒子仍在t=T时刻射出电场解析选A 粒子射入电场,在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动,后半个周期内做匀减速直线运动,一个周期末竖直方向上的分速度恰好为零,可知粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向,故A正确;在t=时刻,粒子在水平方向上的分速度为v0,因为两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等,结合上述分析则有v0T=·×2,解得vy=2v0,则t=时刻,vy′=·=v0,根据平行四边形定则知,粒子的速度大小为v=v0,故B错误;若该粒子在时刻以速度v0进入电场,粒子在竖直方向上的运动情况与0时刻进入时运动的方向相反,运动规律相同,则粒子不会打在板上,故C错误;若该粒子的入射速度变为2v0,则粒子射出电场的时间t==,故D错误
4.xx·诏安模拟如图所示,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解析选C 设带电粒子的初速度为v0,右侧极板长为L,电场强度为E,根据牛顿第二定律,有a=,水平方向L=v0t,竖直方向y=at2,联立得y=,只增大粒子的带电量,只增大电场强度,只减小粒子的入射速度,都会使竖直位移y增大,粒子可能打到极板上,粒子不一定能飞出电场,故A、B、D错误;只减小粒子的比荷,竖直位移y减小,一定能飞出电场,故C正确5.xx·南京模拟用轻绳拴着一质量为m、带正电的小球在竖直面内绕O点做圆周运动,竖直面内加有竖直向下的匀强电场,电场强度为E,如图甲所示,不计一切阻力,小球运动到最高点时的动能Ek与绳中张力F间的关系如图乙所示,当地的重力加速度为g,则 A.小球所带电荷量为B.轻绳的长度为C.小球在最高点时的最小速度为D.小球在最低点时的最小速度为解析选C 在最高点时,绳对小球的拉力、重力和电场力的合力提供向心力,则得F+mg+Eq=m,即mv2·=F+mg+Eq,由于Ek=mv2,故Ek=F+mg+Eq,由题图乙可知,图线斜率k==,即L=,故B错误;当F=0时,由mg+Eq=m,mv2=a,解得q=,故A错误;当F=0时,重力和电场力提供向心力,此时对应最小速度,mv2=a,解得v=,故C正确,D错误
6.如图所示,带电荷量之比为qA∶qB=1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发,沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中,分别打在C、D点,若OC=CD,忽略粒子重力的影响,则 A.A和B在电场中运动的时间之比为1∶2B.A和B运动的加速度大小之比为4∶1C.A和B的质量之比为1∶12D.A和B的位移大小之比为1∶1解析选ABC 粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动,水平方向由x=v0t及OC=CD得,tA∶tB=1∶2;竖直方向由h=at2得a=,它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为aA∶aB=4∶1;根据a=得m=,故=,由题图可知,A和B的位移大小不相等,故选项A、B、C正确
7.xx·张家港高三统考如图所示,水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场,一带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出,从B点进入电场,到达C点时速度方向恰好水平,由此可知 A.从B到C,小球的动能减小B.从B到C,小球的电势能减小C.从A到B与从B到C小球的运动时间一定相等D.从A到B与从B到C小球的速度变化量大小一定相等解析选AD 根据带电小球在电场中的运动轨迹可知,带电小球受到的合力竖直向上,电场力竖直向上,并且电场力大于重力,从B到C,合外力对小球做负功,小球的动能减小,A对;电场力对小球做负功,小球的电势能增大,B错;全过程小球在水平方向上做匀速直线运动,由于AB的水平距离和BC的水平距离大小关系不确定,所以两段的运动时间的大小关系也不确定,C错;C点的速度恰好水平,可知两段的速度变化量的大小一定相等,D对
8.xx·南通检测在竖直向上的匀强电场中,有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B均可视为质点处在同一水平面上现将两球以相同的水平速度v0向右抛出,最后落到水平地面上,运动轨迹如图所示,两球之间的静电力和空气阻力均不考虑,则 A.A球带正电,B球带负电B.A球比B球先落地C.在下落过程中,A球的电势能减少,B球的电势能增加D.两球从抛出到各自落地的过程中,A球的速率变化量比B球的小解析选AD 两球均做类平抛运动,水平方向上有x=v0t,竖直方向上有h=at2,得加速度大小a=,可见水平距离x越大,加速度a越小,相应所用时间t越长,即B球先落地,A球的加速度a1小于B球的加速度a2,说明A球带正电而受到竖直向上的电场力,B球带负电而受到竖直向下的电场力,在下落过程中,电场力对A球做负功,A球电势能增加,电场力对B球做正功,B球电势能减少,选项A正确,B、C错误;根据动能定理有mah=mv2-mv02,而Δv=v-v0,可见加速度a越大,落地速度v越大,速率变化量Δv越大,即A球的速率变化量较小,选项D正确
9.xx·香坊区四模如图所示,一充电后的平行板电容器的两极板水平放置,板长为L,板间距离为d,距板右端L处有一竖直屏M一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间,最后垂直打在M上,则下列结论正确的是已知重力加速度为g A.板间电场强度大小为B.两极板间电势差为C.整个过程中质点的重力势能增加D.若仅增大两极板间距,则该质点不可能垂直打在M上解析选AC 据题分析可知,质点在平行金属板间轨迹应向上偏转,做类平抛运动,飞出电场后,质点的轨迹向下偏转,最后才能垂直打在M上,前后过程质点的运动轨迹有对称性,可知前后两次偏转的加速度大小相等,根据牛顿第二定律得qE-mg=mg,得到E=,故A正确;由U=Ed可知,板间电势差U=×d=,故B错误;质点在两极板间向上偏转的距离y=at2,而a==g,t=,解得y=,故质点打在M上的位置与中线的高度差为s=2y=,重力势能的增加量为Ep=mgs=,故C正确;仅增大两极板间距,因两板上电量不变,根据E====可知,板间电场强度不变,质点在两极板间受力情况不变,则运动情况不变,故仍垂直打在M上,故D错误
二、非选择题
10.反射式速调管是常用的微波器件之一,它利用电子团在电场中的振荡来产生微波,其振荡原理与下述过程类似如图所示,在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场,一带电微粒从A点由静止开始,在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动已知电场强度的大小分别是E1=
2.0×103N/C和E2=
4.0×103N/C,方向如图所示带电微粒质量m=
1.0×10-20kg,带电荷量q=-
1.0×10-9C,A点距虚线MN的距离d1=
1.0cm,不计带电微粒的重力,忽略相对论效应求1B点到虚线MN的距离d2;2带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t解析1带电微粒由A运动到B的过程中,由动能定理有|q|E1d1-|q|E2d2=0,E1d1=E2d2,解得d2=
0.50cm2设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a
1、a2,由牛顿第二定律有|q|E1=ma1,|q|E2=ma2,设微粒在虚线MN两侧运动的时间大小分别为t
1、t2,由运动学公式有d1=a1t12,d2=a2t22,又t=t1+t2,解得t=
1.5×10-8s答案
10.50cm
21.5×10-8s11.xx·徐州一模如图甲所示,A、B两块金属板水平放置,相距为d=
0.6cm,两板间加一周期性变化的电压,当B板接地φB=0时,A板电势φA随时间变化的情况如图乙所示现有一带负电的微粒在t=0时刻从B板中央小孔射入电场,若该带电微粒受到的电场力为重力的两倍,且射入电场时初速度可忽略不计g=10m/s2求1在0~和~T这两段时间内微粒的加速度大小和方向;2要使该微粒不与A板相碰,所加电压的周期最长为多少解析1设电场力大小为F,则F=2mg,对于t=0时刻射入的微粒,在0~时间内,有F-mg=ma1又由题意,F=2mg解得a1=g,方向向上在~T时间内的加速度a2满足F+mg=ma2解得a2=3g,方向向下2前半个周期上升的高度h1=a12=gT2前半个周期微粒的末速度为v1=gT后半个周期先向上做匀减速运动,设减速运动时间为t1,则3gt1=gT,则得t1=,此段时间内上升的高度h2=a2t12=×3g×2=则上升的总高度为H=h1+h2=后半个周期的-t1=时间内,微粒向下做匀加速运动,下降的高度H3=×3g×2=,上述计算表明,微粒在一个周期内的总位移为零,只要在上升过程中不与A板相碰即可,则H≤d,即≤d所加电压的周期最长为Tm==6×10-2s答案1g,方向向上 3g,方向向下26×10-2s
十五、经久不衰的热点——带电粒子在磁场中的运动[抓牢解题本源]
一、带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的两个公式1.向心力公式qvB=m2.周期公式T==
二、带电粒子在有界匀强磁场中运动的几种常见情形直线边界粒子进出磁场具有对称性平行边界粒子运动存在临界条件圆形边界粒子沿径向射入,再沿径向射出[研透常考题根] 带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题[例1] xx·徐州一模如图所示,在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场,ab是圆的直径一带电粒子从a点射入磁场,速度大小为v、方向与ab成30°角时,恰好从b点飞出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为t;若同一带电粒子从a点沿ab方向射入磁场,也经时间t飞出磁场,则其速度大小为 A.v B.v C.v D.v[解析] 设圆形区域的半径为R,带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动,如图1所示,由洛伦兹力提供向心力,则有qvB=m,得r=,r∝v当粒子从b点飞出磁场时,出射速度与入射速度与ab的夹角恰好相等,所以速度的偏转角为60°,轨迹对应的圆心角为60°根据几何知识得,粒子的轨迹半径为r1=2R;当粒子从a点沿ab方向射入磁场时,如图2所示,经过磁场的时间也是t,说明轨迹对应的圆心角与第一种情况相等,也是60°根据几何知识得,粒子的轨迹半径为r2=R;则有==,解得v′=v故C正确[答案] C[备考锦囊] 磁场中匀速圆周运动问题的分析方法[即时训练]如图所示,三个速度大小不同的同种带电粒子,沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入,当它们从下边缘飞出时相对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°,则它们在磁场中运动的时间之比为 A.1∶1∶1 B.1∶2∶3C.3∶2∶1D.1∶∶解析选C 粒子在匀强磁场中运动的周期T=与v无关,由题图知三种粒子偏转角分别为90°、60°、30°,根据几何关系可知,三种粒子在磁场中运动的圆心角分别为90°、60°、30°,所用时间分别为、、,故时间之比为3∶2∶1,C正确带电粒子在磁场中运动的临界与极值问题[例2] 如图所示,在平面直角坐标系xOy的第一象限内有一个方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的圆形磁场区域,一质量为m、带电荷量为+q的粒子从y轴上的A点以速度v0水平向右射出,经磁场偏转后,打在x轴上的C点,且其速度方向与x轴正方向成θ=60°角斜向下若A点坐标为02d,C点坐标为3d0,粒子重力不计试求该圆形磁场区域的最小面积S及粒子在该磁场中运动的时间t[思路点拨] 1由已知条件求出粒子在圆形磁场中运动的轨迹半径→由几何关系找出圆心角→找出粒子在磁场中运动时的圆弧→根据圆弧找出对应的弦长→以此弦长作为直径的圆形区域即最小的圆形磁场区域2找出粒子在圆形磁场中运动的圆弧所对的圆心角→求出粒子在圆形磁场中运动的周期→根据圆心角求出粒子在圆形磁场中的运动时间[解析] 带电粒子进入磁场时的速度大小为v0,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供该粒子做圆周运动的向心力设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R,则有qv0B=m,即R=设粒子从E点进入磁场,从D点离开磁场,则其运动轨迹如图所示因为θ=60°,由几何关系可知∠EO′D=60°,所以三角形EO′D为正三角形,ED=R,以ED为直径时圆形磁场区域面积最小设圆形磁场区域的半径为r,则有r==所以圆形磁场区域的最小面积为S=πr2=带电粒子在该磁场中运动的时间为t==[答案] [备考锦囊] 1求磁场区域最小面积的两个注意事项
①注意粒子射入、射出磁场边界时的速度的垂线的交点,即为轨迹圆的圆心
②注意所求最小圆形磁场区域的直径等于粒子运动轨迹的弦长2带电粒子在有界磁场中运动临界问题的三个结论
①粒子刚好穿出磁场边界的临界条件是粒子在磁场中的运动轨迹与边界相切
②当速度大小v一定时,弧长或弦长越长,所对的圆心角就越大,粒子在磁场中运动的时间就越长
③当速度大小v变化时,仍然是运动轨迹所对圆心角大的粒子在磁场中运动的时间长[即时训练]xx·泰州三模科研人员常用磁场来约束运动的带电粒子,如图所示,粒子源位于纸面内一边长为a的正方形中心O处,可以沿纸面向各个方向发射速度不同的粒子,粒子质量为m、电荷量为q、最大速度为v,忽略粒子重力及粒子间相互作用,要使粒子均不能射出正方形区域,可在此区域加一垂直纸面的匀强磁场,则磁感应强度B的最小值为 A.B.C.D.解析选C 粒子在匀强磁场中运动,洛伦兹力提供向心力,则有Bvq=,所以R=粒子做圆周运动,圆上最远两点之间的距离为2R;而O到边界的最短距离为a,所以,要使粒子均不能射出正方形区域,则2R≤a,即≤a,所以B≥,故磁感应强度B的最小值为,故A、B、D错误,C正确带电粒子在磁场中运动的多解问题[例3] 如图所示,空间存在着两个方向均垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,磁感应强度大小分别为B
1、B2,且B1=B0,B2=2B0,MN为两个磁场的边界一质量为m、电荷量为q的带正电粒子不计重力,从边界上的A点以一定的初速度竖直向上射入匀强磁场区域Ⅰ中,边界MN上的C点与A点的距离为d试求该粒子从A点射入磁场的速度v0为多大时,粒子恰能经过C点?[解析] 设粒子在磁场区域Ⅰ中做圆周运动的半径为r1,在磁场区域Ⅱ中做圆周运动的半径为r2,则有r1=,r2=,可得r1=2r2由题意可知,速度v0的最大值对应的半径应为r1=d,如图中的轨迹
①所示若速度v0小一些,则由分析可知,凡是做圆周运动的半径满足条件d=nr1n=123,…的粒子都满足恰能通过C点的条件,如图中的轨迹
②③所示,即r1=n=123,…又因为r1=联立可解得v0=n=123,…[答案] n=123,…[备考锦囊]带电粒子在磁场中运动多解问题的三种情况带电粒子电性不确定形成多解 受洛伦兹力作用的带电粒子,可能带正电,也可能带负电,当粒子具有相同初速度时,正负粒子在磁场中运动轨迹不同,导致多解如图所示,带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场,若带正电,其轨迹为a,若带负电,其轨迹为b磁场方向不确定形成多解磁感应强度是矢量,如果题述条件只给出磁感应强度大小,而未说明磁感应强度方向,则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解如图所示,带正电的粒子以速度v垂直进入匀强磁场,若B垂直纸面向里,其轨迹为a,若B垂直纸面向外,其轨迹为b临界状态不唯一形成多解带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时,由于粒子运动轨迹是圆弧状,因此,它可能穿过去了,也可能转过180°后从入射面边界反向飞出,如图所示,于是形成了多解[即时训练]如图所示,宽度为d的有界匀强磁场,磁感应强度为B,MM′和NN′是它的两条边界现有质量为m,电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入要使粒子不能从边界NN′射出,则粒子入射速率v的最大值可能是多少解析若q为正电荷,轨迹是如图所示的上方与NN′相切的圆弧,轨迹半径R=又d=R-解得v=2+若q为负电荷,轨迹如图所示的下方与NN′相切的圆弧,则有R′=d=R′+,解得v′=2-答案2+q为正电荷或2-q为负电荷[课余自查小练]
1.如图所示,以直角三角形ABC为边界的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,其中∠A=90°,∠B=30°,AC=aA点的发射源能向磁场区域内任意方向发射带负电的粒子,粒子的初速度为v0=,粒子的比荷为,粒子初速度的方向与边界AB的夹角用θ表示,忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用则 A.粒子不可能经过C点B.要使粒子在该场中运动的时间最短,则θ=60°C.若θ30°,则这些粒子在磁场中运动的时间一定相等D.这些粒子经过边界BC区域的长度为a解析选D 根据Bqv0=m可知,粒子运动的半径r=a,由几何关系知,θ=60°时,粒子恰好从C点射出,A错误;当θ=60°时,粒子在磁场中运动的时间恰好是,该粒子在磁场中运动时间最长,B错误;当θ=0时,粒子恰好从BC的中点飞出,粒子在磁场中运动的时间也恰好是,因此粒子从与AB平行到与AB成60°方向射入时,粒子在磁场中运动的时间先减小后增大,C错误;由前述分析知,在BC边界上只有一半区域有粒子射出,即粒子经过边界BC区域的长度为a,D正确2.多选在如图所示的两条互相垂直的虚线范围内存在垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场,一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子,由水平线上的某点沿与水平线成30°的方向斜向右上方射入磁场,忽略粒子的重力,则 A.如果粒子的速度大小适当,该粒子可能经过两虚线的交点B.粒子在磁场中运动的时间可能为C.粒子在磁场中运动的时间可能为D.粒子在磁场中运动的时间可能为解析选BC 如图所示,粒子在磁场中要想经过两虚线的交点,转过的圆心角一定大于180°,因磁场有边界,故粒子不可能经过两虚线的交点,A错误;由于粒子入射点的位置不定,所以粒子在磁场中的运动轨迹圆弧所对的圆心角也不同,最大的圆心角为300°,运动时间为T,而粒子从两虚线的交点出发时对应的圆心角最小,即为120°,运动时间为T,而T=,故粒子在磁场中运动所经历的时间最长为,最短为,B、C正确,D错误3.多选xx·南通四模如图所示,在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里的匀强磁场,一个比荷为的正粒子,从A点沿AD方向以一定的初速度射入匀强磁场区域,粒子在运动过程中只受磁场力作用;已知粒子从ED边上的某一点垂直ED边界飞出磁场区域则 A.粒子进入磁场区域的初速度大小为B.粒子在磁场区域内运动的时间t=C.粒子在磁场区域内运动的半径R=2aD.若改变B和初速度的大小,使该粒子仍从ED边界垂直飞出磁场区域,则粒子在磁场区域内运动的路程不变解析选CD 画出粒子在磁场区域内运动的轨迹如图所示,由题意及速度方向确定轨迹圆的圆心在O点,连接AE,由几何关系确定各角度关系如图所示粒子在磁场区域内运动的半径r=OA===2a,C正确;由洛伦兹力提供向心力qvB=,解得v=,A错误;粒子在磁场区域内运动的时间t=×=,B错误;若改变粒子初速度的大小和B的大小,仍使粒子从ED边界垂直飞出磁场区域,通过画图知带电粒子在磁场中的运动轨迹不变,所以路程也不变,D正确
4.xx·四川模拟如图所示,半径为R的绝缘圆筒内分布着匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里一质量为m、电荷量为q的正离子不计重力从筒壁上的小孔P射入筒中,速度方向与半径OP成30°角,不计离子与筒壁碰撞的能量损失和电荷量的损失若离子在最短的时间内返回P孔,则离子在圆筒内运动的速率和最短的时间分别是 A. B. C. D. 解析选D 设离子在磁场中运动的轨迹半径为r,速度为v,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,可在最短的时间内返回P孔的运动轨迹如图所示,结合图中的几何关系可得r=2R,解得离子的速率为v=,离子在磁场中经过的每段圆弧对应的圆心角α=60°,离子运动的周期为T=,经历的最短时间为t=,解得t=,故D正确,A、B、C错误[专题跟踪检测]
一、选择题第1~5题为单项选择题,第6~9题为多项选择题
1.xx·武进一模如图为洛伦兹力演示仪的结构图,励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外,电子束由电子枪产生,其速度方向与磁场方向垂直电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制,磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节下列说法正确的是 A.仅增大励磁线圈的电流,电子束径迹的半径变大B.仅增大励磁线圈的电流,电子做圆周运动的周期将变大C.仅提高电子枪的加速电压,电子做圆周运动的周期将变大D.仅提高电子枪的加速电压,电子束径迹的半径变大解析选D 电子的速度是由电子枪加速获得,则有Uq=mv2,电子做匀速圆周运动是由洛伦兹力提供向心力,即qvB=m,联立两式可得r=,T==仅增加励磁线圈的电流,则磁感应强度B增大,由半径公式可知,半径将减小,A错误;仅增加励磁线圈的电流,则磁感应强度B增大,由周期公式可知,周期将减小,B错误;仅提高电子枪的加速电压,由半径公式可知,半径将增大,但周期与半径、速度无关,C错误,D正确
2.xx·淮安市模拟在xOy平面的第一象限内存在垂直于平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,两个相同的带电粒子以相同的速度v,分别从y轴上的P、Q两点同时垂直于y轴向右射出,最后均打在x轴上的N点,已知P、N两点的坐标分别为03L、L0,不计两粒子的重力与相互作用力根据题中条件不能确定的是 A.两带电粒子在磁场中运动的半径B.两带电粒子到达N点所用的时间比C.Q点的坐标D.带电粒子的比荷解析选D 带电粒子从y轴上的P点垂直于y轴向右射出,则粒子做圆周运动的圆心在y轴上,又有粒子经过N点,所以如图甲所示,有=,解得R===2L,两个相同的带电粒子运动速度相同,所以运动半径相同,故两带电粒子在磁场中运动的半径能确定,故A可以确定;同理,如图乙所示,已知运动半径为2L和N的坐标,则可求得粒子运动的圆心,进而得到Q点的坐标为0,L,故C可以确定;两带电粒子在磁场中运动周期相同,由前述分析可进一步求得圆心角,进而可得到圆心角的比值,即运动时间的比值,故B可以确定;粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有Bvq=,解得=,现只能知道B、R,而速度v无法确定,故比荷不能确定,故D不能确定
3.如图所示,a、b是两个匀强磁场边界上的两点,左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里,右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外,两边的磁感应强度大小相等电荷量为2e的正离子以某一速度从a点垂直磁场边界向左射出,当它运动到b点时,击中并吸收了一个处于静止状态的负电子电荷量为e,不计正离子和电子的重力且忽略正离子和电子间的相互作用,则它们在磁场中的运动轨迹是 解析选D 正离子以某一速度击中并吸收静止的负电子后,速度保持不变,电荷量变为+e,由左手定则可判断出它们过b点时所受洛伦兹力向下;由r=可得,电荷量减半,则半径增大到原来的2倍,故在磁场中的运动轨迹为D
4.xx·常州市月考如图所示的圆形区域里匀强磁场方向垂直于纸面向里,有一束速率各不相同的质子自A点沿半径方向射入磁场,则质子射入磁场的运动速率越大 A.其轨迹对应的圆心角越大B.其在磁场区域运动的路程越大C.其射出磁场区域时速度的偏向角越大D.其在磁场中的运动时间越长解析选B 设磁场区域半径为R,质子轨迹圆心角为α,轨迹如图所示质子在磁场中运动的时间为t=,轨迹半径r=Rcot,而r=,质子速率v越大,则r越大,故α越小,t越小,故A、C、D错误;质子运动的轨迹为s=rα=α,r增大的比α减小的快,故速率越大,其在磁场区域运动的路程越大,故B正确
5.如图所示为一个有界的足够大的匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向外,一个不计重力的带正电的粒子,以某一速率v垂直磁场方向从O点进入磁场区域,粒子进入磁场时速度方向与磁场边界夹角为θ,下列有关说法正确的是 A.若θ一定,v越大,粒子在磁场中运动时间越长B.粒子在磁场中运动时间与v有关,与θ大小无关C.粒子在磁场中运动时间与θ有关,与v无关D.若v一定,θ越大,粒子在磁场中运动时间越长解析选C 粒子在磁场中的运动轨迹如图,由几何知识知,粒子离开磁场时转过的圆心角一定为2π-2θ,在A、B、C选项中,若θ一定,则有t=·=·,可见粒子在磁场中运动的时间与v无关,与θ有关,故A、B错误,C正确;由上式可知若v一定,θ越大,粒子在磁场中运动的时间越短,D错误
6.如图所示,ab是匀强磁场的边界,质子11H和α粒子24He先后从c点射入磁场,初速度方向与ab边界夹角均为45°,并都到达d点不计空气阻力和粒子间的作用关于两粒子在磁场中的运动,下列说法正确的是 A.质子和α粒子运动轨迹相同B.质子和α粒子运动动能相同C.质子和α粒子运动速率相同D.质子和α粒子运动时间相同解析选AB 由几何知识知,粒子速度与磁场边界ab以多大的夹角射入,从d点将以多大的夹角射出,且粒子运动轨迹的圆心为分别过c、d点作速度方向的垂线的交点,易知质子和α粒子在磁场中运动轨迹的圆心相同,半径也相同,二者的运动轨迹也相同且均为四分之一圆弧,A正确;由R=、T=知,由于两粒子的比荷不同,则它们的运动速率、周期均不同,在磁场中运动四分之一圆弧所用时间也不同,C、D错误;联立R=、Ek=mv2,可得Ek=,易知两粒子运动的动能相同,B正确
7.如图所示,匀强磁场的边界为直角三角形,∠EGF=30°,已知磁感应强度为B,方向垂直纸面向里F处有一粒子源,沿FG方向发射出大量带电荷量为q的同种正粒子,粒子质量为m,粒子的初速度v0大小可调,则下列说法正确的是 A.若粒子能到达EG边,则粒子速度越大,从F处运动到EG边的时间越长B.无论v0取何值,粒子都无法到达E点C.能到达EF边的所有粒子所用的时间均相等D.粒子从F处运动到EG边所用的最长时间为解析选BC 粒子运动半径超过某值R0=时,粒子会从EG边射出,速度越大,半径越大,轨迹所对的圆心角越小因为弦与EF夹角越大,时间越短周期与速度无关,A错误;当粒子速度v0′=时,粒子轨迹与EG边相切,若粒子速度大于v0′,粒子会从EG边射出,若粒子速度小于v0′,粒子会从EF边射出,无法到达E点,B正确;能从EF边射出的粒子都做了半个圆周运动,时间相等,C正确;当v0′=时,粒子轨迹与EG相切,在运动到EG边的粒子中该粒子轨迹所对的圆心角最大,为150°,则最长时间为tmax=T=,D错误
8.如图所示,有一个正方形的匀强磁场区域abcd,e是ad的中点,f是cd的中点,如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子,恰好从e点射出,则 A.如果粒子的速度增大为原来的二倍,将从d点射出B.如果粒子的速度增大为原来的三倍,将从f点射出C.如果粒子的速度不变,磁场的磁感应强度B增大为原来的二倍,也将从d点射出D.只改变粒子的速度,使其分别从e、d、f点射出时,从f点射出所用的时间最短解析选AD 由r=可知,如果粒子的速度增大为原来的二倍,粒子在磁场内运动时的轨道半径增大到原来的二倍,粒子将从d点射出,选项A正确;如果粒子的速度增大为原来的三倍,假设磁场区域足够大,粒子会通过ad延长线上的g点,且dg=ae,可知粒子将从d、f之间的某确定点射出,选项B错误;如果粒子的速度不变,磁场的磁感应强度变为原来的二倍,将从ae的中点射出,选项C错误;带电粒子从e、d点射出时转过的角度相等,所用时间相等,从f点射出时转过的角度最小,所用的时间最短,选项D正确
9.xx·雁塔区二模如图所示,垂直纸面向外的V形有界匀强磁场磁感应强度大小为B,左边界AC是一块竖直放置的挡板,其上开有小孔Q,一束电荷量为+q、质量为m不计重力的带电粒子,以不同的速率垂直挡板从小孔Q射入右侧磁场中,CD为磁场右边界,它与挡板的夹角θ=30°,小孔Q到板的下端C的距离为L,若速率最大的粒子恰好垂直于CD边射出,则 A.恰好不从CD边射出的粒子的速率v=B.粒子动能的最大值Ekm=C.能够从CD边射出的粒子在磁场中运动的最长时间tm=D.CD边上有粒子打到的区域长度为解析选BC 根据半径推论公式r=,粒子的速率越大,轨迹半径越大;恰好不从CD边射出的粒子的轨迹与CD边相切,如图所示,结合几何关系,有QC=L=r+,解得r=;根据r=,有v=,故A错误;若速率最大的粒子恰好垂直于CD边射出,则其轨迹以C为圆心,轨迹半径为r=L,根据r=,有v=,故最大动能为Ekm=mv2=,故B正确;恰好能够从CD边射出的粒子轨迹与CD相切,根据A选项的分析,半径r=,粒子偏转对应的圆心角为120°,故t==×=,故C正确;根据A选项的分析,如果粒子的轨迹与CD边相切,则切点与C点的距离为=r=L;如果速率最大,轨迹与CD的交点与C点的距离为L;故CD边上有粒子打到的区域长度为L,故D错误
二、非选择题10.如图所示,一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场现从矩形区域ad边的中点O处垂直磁场射入一速度方向跟ad边夹角为30°、大小为v0的带电粒子已知粒子质量为m,电荷量为+q,ad边长为l,重力影响忽略不计1试求粒子能从ab边上射出磁场的v0的大小范围;2粒子在磁场中运动的最长时间是多少?解析1带电粒子在磁场中运动轨迹的边界情况如图中的轨迹Ⅰ、Ⅱ所示轨迹Ⅰ与ab边相切于P点,设运动速率为v1,则有R1=,R1+R1sin30°=解得v1=轨迹Ⅱ与cd边相切Q点,设运动速率为v2,则有R2-R2sin30°=,R2= 解得v2=所以粒子从ab边上射出磁场时的v0满足v02粒子在磁场中运动的最长时间对应轨迹Ⅲ,即粒子从ad边射出时运动时间最长,由对称性得t=T=·=答案1v0
211.如图所示,三角形区域磁场的三个顶点a、b、c在直角坐标系内的坐标分别为02cm、-2cm
0、2cm0,磁感应强度B=4×10-4T,大量比荷=
2.5×105C/kg且不计重力的正离子,从O点以相同的速率v=2m/s沿不同方向垂直磁场射入该磁场区域求1离子运动的半径;2从ac边离开磁场的离子,离开磁场时距c点最近的位置坐标;3从磁场区域射出的离子中,在磁场中运动的最长时间解析1由qvB=m得,R=,代入数据可解得R=2cm2设从ac边离开磁场的离子距c最近的点的坐标为Mx,y,M点为以a为圆心,以aO为半径的圆周与ac的交点,由几何关系可知x=Rsin30°=cmy=R-Rcos30°=2-3cm离c最近的点的坐标为[cm,2-3cm]3依题意知,所有离子的轨道半径相同,则可知弦越长,对应的圆心角越大,易知从a点离开磁场的离子在磁场中运动时间最长,其轨迹所对的圆心角为60°T==s t==s答案12cm 2[cm,2-3cm]3s
十六、高考压轴题——带电粒子在复合场中的运动[抓牢解题本源]电偏转和磁偏转的比较电偏转磁偏转示意图偏转条件v⊥Ev⊥B受力情况只受恒定的电场力只受大小恒定的洛伦兹力运动轨迹抛物线圆弧物理规律类平抛知识、牛顿第二定律牛顿第二定律、向心力公式基本公式L=vty=at2a=tanθ=qvB=r=T=t=sinθ=做功情况电场力既改变速度方向,也改变速度大小,对电荷做功洛伦兹力只改变速度方向,不改变速度大小,对电荷不做功 [研透常考题根]带电粒子在组合场中的运动[例1] xx·镇江模拟为研究某种材料的荧光特性,兴趣小组的同学设计了如图所示装置让质子经过MN两金属板之间的电场加速后,进入有界匀强磁场磁场的宽度L=
0.25m,磁感应强度大小B=
0.01T,以出射小孔O为原点,水平向右建立x轴,在
0.4m≤x≤
0.6m区域的荧光屏上涂有荧光材枓已知质子的质量m=
1.6×10-27kg,电量q=
1.6×10-19C,进入电场时的初速度可忽略1要使质子能打在荧光屏上,加速电压的最小值是多少?2当质子打中荧光屏时的动能超过288eV时,可使荧光材料发光,对于不同的加速电压,荧光屏上能够发光的区域长度是多少?[审题指导] 1由动能定理求出质子经电场加速后的速度,在磁场中做匀速圆周运动,根据几何关系求出半径,联立方程即可求解出电压2根据最小动能求出电压的最小值,由1得出的电压表达式求出最小半径,考虑到质子要打到荧光屏上,再根据几何关系求出最大半径,进而得出发光区域长度[解析] 1质子经电场加速,由动能定理qU=mv2-0进入磁场后做匀速圆周运动,有qvB=m联立解得U=从O运动到x=
0.4m处,对应圆周运动半径最小值r=
0.2m代入数据解得U=200V2由题意,当Ekmin=288eV时,对应电场力做功最小值qUmin,则Umin=288V根据U=得rmin=
0.24m对应x1=2rmin=
0.48mx2=
0.6m,经检验此时质子已经穿出磁场边界线,不能打到荧光屏上了,以磁场边界计算,有rmax=L=
0.25m,即x2=2rmax=
0.5m能够发光的区域长度Δx=x2-x1=
0.02m[答案] 1200V
20.02m[备考锦囊] 带电粒子在组合场中运动问题的解题思路[即时训练]xx·天津高考平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,如图所示一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动,Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍粒子从坐标原点O离开电场进入磁场,最终从x轴上的P点射出磁场,P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等不计粒子重力,问1粒子到达O点时速度的大小和方向;2电场强度和磁感应强度的大小之比[解析] 1在电场中,粒子做类平抛运动,设Q点到x轴距离为L,到y轴距离为2L,粒子的加速度为a,运动时间为t,有2L=v0t
①L=at2
②设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyvy=at
③设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α,有tanα=
④联立
①②③④式得α=45°
⑤即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上设粒子到达O点时速度大小为v,由运动的合成有v=
⑥联立
①②③⑥式得v=v0
⑦2设电场强度为E,粒子电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F,由牛顿第二定律可得F=ma
⑧又F=qE
⑨设磁场的磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,所受的洛伦兹力提供向心力,有qvB=m ⑩由几何关系可知R=L ⑪联立
①②⑦⑧⑨⑩⑪式得= ⑫[答案] 1v0,与x轴正方向成45°角斜向上 2带电粒子在叠加场中的运动[例2] xx·福建高考如图,绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,电场强度大小为E,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑,到达C点时离开MN做曲线运动A、C两点间距离为h,重力加速度为g1求小滑块运动到C点时的速度大小vC;2求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf;3若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,当小滑块运动到D点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上的P点已知小滑块在D点时的速度大小为vD,从D点运动到P点的时间为t,求小滑块运动到P点时速度的大小vP[思路点拨] 1小滑块运动到C点时,开始离开MN,说明水平方向上电场力与洛伦兹力平衡2小滑块由A到C,应利用动能定理求Wf3在D点时,小滑块的速度最大,说明其加速度为零[解析] 1小滑块沿MN运动过程,水平方向受力满足qvB+N=qE小滑块在C点离开MN时N=0解得vC=2由动能定理得mgh-Wf=mvC2-0解得Wf=mgh-3如图,小滑块速度最大时,速度方向与电场力、重力的合力方向垂直撤去磁场后小滑块将做类平抛运动,等效加速度为g′,g′=且vP2=vD2+g′2t2解得vP=[答案] 1 2mgh-3[备考锦囊] 带电粒子在叠加场中运动的解题思路[即时训练]如图所示,比荷为k的带电小球从水平面上某点P由静止释放,过b点进入MN右侧后能沿半径为R的半圆形轨道bcd运动且对轨道始终无压力,小球从d点再次进入MN左侧后正好落在b点,不计一切摩擦,重力加速度为g求1小球进入电磁场时的速度大小v;2MN右侧的电场强度的大小E2;3MN左侧的电场强度的大小E1;4小球释放点P到b点的距离x解析1小球进入MN右侧电磁场区域后能沿bcd运动且始终对轨道无压力,表明洛伦兹力充当小球做圆周运动的向心力,且小球的速率不变,因此有qvB=m
①代入=k解得v=kBR
②2小球速率不变,重力与电场力平衡,即qE2-mg=0
③解得E2=3小球再次进入左侧电场后,在水平方向上做匀减速运动,然后向右在水平方向上做匀加速运动0=vt-a1t2
④a1=
⑤在竖直方向上做自由落体运动,则2R=gt2
⑥联立
④⑤⑥解得E1=B4小球从P点由静止释放运动到b点,由动能定理得qE1x=mv2
⑦②式代入解得x=答案1kBR 2 3B 4带电粒子在交变场中的运动[例3] xx·徐州模拟如图甲所示,在0≤x≤d的区域内有垂直于纸面的磁场,在x<0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场图中未画出一质子从点P处以速度v0沿x轴正方向运动,t=0时,恰从坐标原点O进入匀强磁场磁场按图乙所示规律变化,以垂直于纸面向外为正方向已知质子的质量为m,电荷量为e,重力不计1求质子刚进入磁场时的速度大小和方向;2若质子在0~时间内从y轴飞出磁场,求磁感应强度B的最小值;3若质子从点Md0处离开磁场,且离开磁场时的速度方向与进入磁场时相同,求磁感应强度B0的大小及磁场变化周期T[思路点拨] 1质子在匀强电场中做类平抛运动,由水平位移和竖直位移可求出进入磁场时的速度方向2当质子在0~时间内飞出磁场时,质子做匀速圆周运动的轨迹恰与边界相切,由几何关系求得质子做匀速圆周运动的半径,由牛顿第二定律求出磁感应强度的最小值3分析可知,为满足题目要求,则质子在磁场变化的半个周期内的偏转角应为60°,此过程中质子沿x轴方向上的位移恰好等于它在磁场中做圆周的半径R欲使质子从M点离开磁场,且速度符合要求,必有n×2R=d同上一问可求出磁感应强度可能值及交变磁场的周期[解析] 1质子在电场中做类平抛运动,设运动时间为t,刚进磁场时速度方向与x正半轴的夹角为α,有x=v0t=dy=t=v=tanα=解得v=v0,α=30°2质子在磁场中运动轨迹与磁场右边界相切时半径最大,B最小,如图所示,由几何关系知R1+R1sinα=d解得R1=d根据牛顿第二定律有evB=解得B=3分析可知,要想满足题目要求,则质子在磁场变化的半个周期内的偏转角为2α=60°,在此过程中质子沿x轴方向上的位移恰好等于它在磁场中做圆周运动的半径R,如图所示欲使质子从M点离开磁场,且速度符合要求,必有n×2R=d质子做圆周运动的轨迹半径为R==解得B0=n=123,…设质子在磁场做圆周运动的周期为T0,则有T0=,n×=n·解得T=n=123,…[答案] 1v0 方向与x正半轴的夹角为30°23n=123,… n=123,…[备考锦囊] 带电粒子在交变场中运动的解题思路[即时训练]xx·南京一模如图甲所示,粒子源靠近水平极板M、N的M板,N板下方有一对长为L,间距为d=
1.5L的竖直极板P、Q,再下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场,磁场上边界的部分放有感光胶片水平极板M、N中间开有小孔,两小孔的连线为竖直极板P、Q的中线,与磁场上边界的交点为O水平极板M、N之间的电压为U0,竖直极板P、Q之间的电压UPQ随时间t变化的图像如图乙所示,磁场的磁感强度B=粒子源连续释放初速不计、质量为m、带电量为+q的粒子,这些粒子经加速电场获得速度,进入竖直极板P、Q之间的电场后再进入磁场区域,都会打到感光胶片上已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期,粒子重力不计求1粒子进入偏转电场时的动能Ek;2磁场上、下边界区域的最小宽度x;3粒子打到磁场上边界感光胶片的落点范围解析1粒子进入偏转电场时的动能,即为MN间的电场力做的功Ek=WMN=U0q2设带电粒子以速度v进入磁场,且与磁场边界之间的夹角为α时,轨迹如图所示,向下偏移的距离Δy=R-Rcosα=R1-cosα而R=v1=vsinαΔy=·当α=90°时,Δy有最大值即加速后的粒子以速度v1进入竖直极板P、Q之间的电场不发生偏转,沿中心线进入磁场磁场上、下边界区域的最小宽度即为此时的粒子运动轨道半径U0q=mv12所以v1= Δymax==L3粒子运动轨迹如图所示,若UPQ=0时进入偏转电场,在电场中做匀速直线运动,进入磁场时R=L,打在感光胶片上距离交点O最近为x=2L设任意电压时粒子出偏转电场时的速度为vn,根据几何关系vn=Rn=粒子打在感光胶片上的位置和进入磁场位置间的间距为Δx=2Rnsinθ=则粒子打在感光胶片上的位置和进入磁场位置间的间距相等,与偏转电压无关,在感光胶片上的落点宽度等于粒子在电场中的偏转距离粒子在电场中最大偏转距离y=at2=··2=粒子在感光胶片上落点距交点O的最小、最大距离分别是2L和,则落点范围是答案1U0q 2L 3[课余自查小练]
1.多选如图所示,一足够长的绝缘细杆处于磁感应强度为B=
0.5T的匀强磁场中,杆与磁场垂直且与水平方向的夹角为θ=37°一质量为m=
0.1g、电荷量为q=5×10-4C的带正电圆环套在杆上,圆环与杆之间的动摩擦因数为μ=
0.4现将圆环从杆上的某一位置无初速度释放则下列判断中正确的是sin37°=
0.6,cos37°=
0.8,取重力加速度g=10m/s2 A.圆环下滑过程中洛伦兹力始终做正功B.当圆环下滑的速度达到
2.4m/s时,圆环与杆之间的弹力为零C.圆环下滑过程中的最大加速度为6m/s2D.圆环下滑过程中的最大速度为
9.2m/s解析选CD 由于洛伦兹力始终与速度垂直,不做功,故A错误;当圆环与杆之间的弹力为零时,摩擦力为零,加速度最大,此时有qvB=mgcosθ,解得v=
3.2m/s,由mgsinθ=ma大解得a大=6m/s2,故B错误,C正确;圆环向下加速运动时,必会出现qvBmgcosθ,此时,杆对圆环的弹力为FN=qvB-mgcosθ,当mgsinθ=μFN=μqv大B-mgcosθ时速度最大,解得v大=
9.2m/s,故D正确2.多选质量为m、电荷量为q的带正电小球,从倾角为θ的粗糙绝缘斜面μtanθ上由静止下滑,斜面足够长,整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中,其磁感应强度为B,如图所示带电小球运动过程中,下列说法中正确的是 A.小球在斜面上运动时做匀加速直线运动B.小球在斜面上运动时做加速度增大的变加速直线运动C.小球最终在斜面上匀速运动D.小球在斜面上下滑过程中,对斜面压力刚好为零时,小球的速度为解析选BD 对小球进行受力分析,由左手定则可知小球受到垂直于斜面向上的洛伦兹力的作用,且随小球速度的增大而增大,所以斜面对小球的支持力减小,滑动摩擦力减小,重力沿斜面向下的分力不变,所以小球做加速度逐渐增大的变加速运动,故A、C错误,B正确;当斜面对小球的支持力减为零时,垂直于斜面向上的洛伦兹力等于重力垂直于斜面方向的分力,可得小球的速度为,故D正确3.xx·日照一模如图所示,将某正粒子放射源置于原点O,向各个方向射出的粒子速度大小均为v0,质量均为m、电荷量均为q;在0≤y≤d的第
一、二象限范围内分布着一个匀强电场,方向与y轴正向相同,在dy≤2d的第
一、二象限范围内分布着一个匀强磁场,方向垂直于xOy平面向里粒子第一次离开电场上边缘y=d时,能够到达的位置的x轴坐标范围为-
1.5d≤x≤
1.5d而且最终恰好没有粒子从y=2d的边界离开磁场已知sin37°=
0.6,cos37°=
0.8,不计粒子重力以及粒子间的相互作用,求1电场强度E;2磁感应强度B;3粒子在磁场中运动的最长时间只考虑粒子第一次在磁场中的运动时间解析1沿x轴正方向发射的粒子进入电场时,由类平抛运动基本规律得
1.5d=v0t,d=at2,a=,联立可得E=2沿x轴正方向发射的粒子射入磁场时有d=t,解得vy=v0,v==v0,方向与水平方向的夹角为53°,斜向右上方,据题意知若该粒子轨迹恰与磁场上边缘相切,则其余粒子均达不到y=2d边界,由几何关系可知d=R+Rcos53°粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供Bqv=m联立可得B=3粒子运动的最长时间对应最大的圆心角,经过
1.5d,d且恰与上边界相切的粒子轨迹对应的圆心角最大,由几何关系可知圆心角为θ=360°-2×53°=254°粒子运动周期为T==则时间为t=T=答案1 2
34.如图所示,直角坐标系xOy平面内,第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场;M是x轴上的一点,在第四象限里过M点的虚线平行于y轴,在虚线右边区域存在方向垂直于坐标平面的有界匀强磁场图中未画出现有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从y轴上P点0,L,以平行于x轴方向的初速度v0射入电场,并恰好从M点处射出电场进入磁场,粒子从有界磁场中射出后,恰好通过y轴上Q点0,-3L,且射出时速度方向与y轴负方向的夹角θ=30°,不计带电粒子的重力求1M点的坐标和匀强电场的电场强度;2匀强磁场的磁感应强度的大小和方向;3带电粒子从P点运动到Q点的时间解析1带电粒子运动轨迹如图所示由图可知,带电粒子离开电场时沿电场方向的速度vy=,沿电场线方向做匀加速直线运动加速度a===解得E=带电粒子从P点运动到离开电场的时间t1==沿x轴方向的位移xM=v0t1=L,所以M点的坐标是2由左手定则可知,匀强磁场的方向垂直于坐标平面向外由几何关系易知,带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的半径r=MN,又OQ=MN+解得r=L带电粒子进入磁场的速度v==2v0带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,有qvB=解得B=3由几何关系易知,带电粒子在匀强磁场中的偏转角为2θ=,运动周期T=,可得带电粒子在匀强磁场的运动时间t2==带电粒子离开匀强磁场后做匀速直线运动到达Q点的运动时间t3==带电粒子从P点运动到Q点的时间t=t1+t2+t3=+答案1 2 方向垂直于坐标平面向外 3+[专题跟踪检测]
1.xx·海安中学模拟如图所示,矩形磁场区域abcd内有垂直纸面的匀强磁场,bc=ab,不计重力的带电粒子以初速度v0从a点垂直ab射入匀强磁场中,经磁场偏转后从c点射出;若撤去磁场加一个与ab边平行的匀强电场,带电粒子仍以v0从a点进入电场,仍能通过c点,下列结论正确的是 A.该粒子带正电B.b点为圆周运动的圆心C.电场强度E与磁感应强度B之比为v0D.电场强度E与磁感应强度B之比为v0解析选D 因为电场和磁场的方向均未知,所以粒子可能带正电也可能带负电,故A错误;画出粒子轨迹如图所示,根据几何关系可知粒子做圆周运动的圆心O在b点正下方,根据几何关系知距b点距离为d=r1-sin30°=,故B错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据半径推论公式r=,再根据几何关系r=2ab,联立可得B=,粒子在电场中做类平抛运动,ab=v0t,ab=·t2,联立可得E=,所以=v0,故D正确,C错误2.多选xx·雁塔区二模如图所示,两虚线之间的空间存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场,有一个带正电小球电荷量为+q,质量为m从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下,小球通过下列电磁混合场时,可能沿直线运动的是 解析选CD A中小球受重力、水平向左的电场力、水平向右的洛伦兹力,下降过程中速度一定变大,故洛伦兹力一定变化,不可能一直与电场力平衡,故合力不可能一直向下,故一定做曲线运动,故A错误;B中小球受重力、向上的电场力、垂直纸面向外的洛伦兹力,合力与速度一定不共线,故一定做曲线运动,故B错误;C中小球受重力、斜向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力,若三力平衡,则小球做匀速直线运动,故C正确;D中小球受向下的重力和向上的电场力,合力一定与速度共线,故小球一定做直线运动,故D正确
3.xx·天门期末一个质量为m、带电量为q的小球,从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑,整个斜面置于方向垂直纸面向外的匀强磁场中,其磁感应强度为B,如图所示小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零,已知重力加速度为g下列说法中正确的是 A.小球带负电B.小球对斜面的作用力恰好为零时的速率为C.小球在斜面上运动的加速度逐渐增大D.小球在斜面上的运动是匀加速直线运动解析选D 小球沿斜面下滑,且磁场方向垂直纸面向外,由题意可知,要使小球对斜面的压力为零,洛伦兹力必须垂直斜面向上,由左手定则可知,小球一定带正电,故A错误;小球在斜面上下滑过程中,当小球受到的洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力时,小球对斜面压力为零所以Bqv=mgcosθ,则速率为v=,故B错误;小球没有离开斜面之前,在重力、支持力、洛伦兹力作用下做加速直线运动,虽然速度变大,导致洛伦兹力变大,但三个力沿斜面方向的合力却不变,加速度不变,故小球做匀加速直线运动,故C错误,D正确4.多选xx·苏锡常二模如图所示,在正交的匀强电场和匀强磁场中,电场方向水平向左,磁场方向垂直于纸面水平向里,一质量为m、带电量为+q的小球用长为L的绝缘细线悬挂于O点,并在最低点由静止释放,小球向左摆到最高点时,悬线与竖直方向的夹角为θ,不计小球的大小和空气阻力,重力加速度为g,下列说法中正确的是 A.电场强度的大小为B.小球从释放到摆动到左侧最高点的过程中,电势能减小了C.小球从释放到摆动到左侧最高点的过程中,当悬线与竖直方向的夹角为时,悬线拉力最大D.增大悬线的长度,θ会增大解析选BC 小球从释放到摆动到左侧最高点的过程中,重力做负功,电场力做正功,对小球由动能定理得mgL1-cosθ-qELsinθ=0-0,解得E=,故A错误;小球从释放到摆动到左侧最高点的过程中,电场力做正功,电势能减小了,故B正确;小球摆动的过程中,运动状态具有对称性,可知小球从释放到摆动到左侧最高点的过程中,当悬线与竖直方向的夹角为时,小球的速度最大,则需要的向心力和洛伦兹力qvB都最大;根据左手定则可知,小球从最低点向左运动的过程中洛伦兹力的方向始终与悬线拉力的方向相反由以上分析可知,当悬线与竖直方向的夹角为时,悬线拉力最大,故C正确;根据A项的分析mgL1-cosθ-qELsinθ=0-0,可知,增大悬线的长度,θ不会增大,故D错误5.如图所示,匀强电场区域和匀强磁场区域紧邻且宽度均为d,电场方向在纸平面内竖直向下,而磁场方向垂直纸面向里,一带正电粒子从O点以速度v0沿垂直电场方向进入电场,从A点出电场进入磁场,离开电场时带电粒子在电场方向的偏转位移为电场宽度的一半,当粒子从磁场右边界上C点穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致,已知d、v0带电粒子重力不计,求1粒子从C点穿出磁场时的速度大小;2电场强度E和磁感应强度B的比值解析1粒子在电场中偏转时做类平抛运动,则垂直电场方向d=v0t,平行电场方向=t得vy=v0,到A点时速度大小为v=v0粒子在磁场中运动时速度大小不变,所以粒子从C点穿出磁场时速度大小仍为v02由几何关系知,粒子在电场中偏转出A点时速度方向与水平方向成45°角vy=t=,并且vy=v0得E=在磁场中做匀速圆周运动,轨迹如图所示由几何关系得R=d又qvB=,且v=v0得B=解得=v0答案1v0 2v
06.如图所示,竖直平面坐标系xOy的第一象限有垂直xOy面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场,大小分别为B和E;第四象限有垂直xOy面向里的水平匀强电场,大小也为E;第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道,轨道最高点与坐标原点O相切,最低点与绝缘光滑水平面相切于N一质量为m的带电小球从y轴上y0的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动,恰好通过坐标原点O,且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动,过N点水平进入第四象限,并在电场中运动已知重力加速度为g1判断小球的带电性质并求出其所带电荷量;2P点距坐标原点O至少多高;3若该小球以满足2中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限,从通过N点开始计时,经时间t=2,小球距坐标原点O的距离s为多远?解析1小球进入第一象限正交的电场和磁场后,在垂直磁场的平面内做圆周运动,说明重力与电场力平衡,设小球所带电荷量为q,则有qE=mg
①解得q=
②又电场方向竖直向上,故小球带正电2设匀速圆周运动的速度为v、轨道半径为r,由洛伦兹力提供向心力得qBv=m
③小球通过半圆轨道的最高点并恰能沿轨道运动,为满足题目要求,则有mg=m
④由
②③④得r=
⑤即PO的最小距离为y=2r=
⑥3设小球到达N点的速度为vN,由机械能守恒得mg·2R=mvN2-mv2
⑦由
④⑦解得vN=
⑧小球从N点进入电场区域后,在绝缘光滑水平面上做类平抛运动,设加速度为a,则有沿x轴方向x=vNt
⑨沿电场方向z=at2 ⑩由牛顿第二定律得a= ⑪t时刻小球距O点为s==2R答案1带正电 2 32R7.xx·镇江模拟如图甲所示,在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场,右侧有一个以点3L0为圆心、半径为L的圆形区域,圆形区域与x轴的交点分别为M、N现有一质量为m、带电量为e的电子,从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场,飞出电场后从M点进入圆形区域,此时速度方向与x轴正方向的夹角为θ=30°,不考虑电子所受的重力1求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小;2若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场,使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标;3若在电子刚进入圆形区域时,在圆形区域内加上如图乙所示变化的磁场以垂直于纸面向外为磁场正方向,最后电子从N点处飞出,速度方向与进入磁场时的速度方向相同请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式解析1电子在电场中做类平抛运动,射出电场时,速度分解图如图1中所示由速度关系可得=cosθ解得v=v0由速度关系得vy=v0tanθ=v0在竖直方向vy=at=t而水平方向上t=解得E=2根据题意作图如图1所示,由几何关系知,电子做匀速圆周运动的半径R=L根据牛顿第二定律evB=解得B=根据几何关系得电子穿出圆形区域时x轴位置x=2L+Rsinθ=Ly轴位置y=-Rcosθ=-L即位置坐标为3电子在在磁场中最简单的运动情景如图2所示由图可知,在磁场变化的前三分之一个周期内,电子的偏转角为60°,设电子运动的轨道半径为r,运动的周期为T0,电子在x轴方向上的位移恰好等于r;在磁场变化的后三分之二个周期内,因磁感应强度减半,电子运动的周期T′=2T0,故粒子的偏转角仍为60°,电子运动的轨道半径变为2r,粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r综合上述分析,则电子能到达N点且速度符合要求的条件是3rn=2Ln=123…r=解得B0=n=123…应满足的时间条件为T0+T′=TT0= T′=解得T=n=123…答案1v0 2 3B0=n=123…T=n=123…
8.xx·扬州模拟北京正、负电子对撞机是国际上唯一高亮度对撞机,它主要由直线加速器、电子分离器、环形储存器和对撞测量区组成,其简化原理如图所示MN和PQ为足够长的水平边界,竖直边界EF将整个区域分成左右两部分,Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为B,Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外,调节Ⅱ区域的磁感应强度的大小,可以使正、负电子在测量区内不同位置进行对撞经加速和积累后的电子束以相同速率分别从注入口C和D同时入射,入射方向平行于EF且垂直于磁场已知注入口C、D到EF的距离均为d,边界MN和PQ的间距为8d,正、负电子的质量均为m,所带电荷量分别为+e和-e1试判断从注入口C入射的是哪种电子;忽略电子进入加速器的初速度,电子经加速器加速后速度为v0,求直线加速器的加速电压U;2若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B,正、负电子以v1=的速率同时射入,则正、负电子经多长时间相撞?3若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为,正、负电子仍以v1=的速率射入,但负电子射入时刻滞后于正电子Δt=,以F为原点,建立如图所示坐标系,求正、负电子相撞的位置坐标解析1从C入射的电子在C点受到的洛伦兹力向右,粒子向右偏转,经过Ⅱ区域反向偏转,再进入Ⅰ区域,这样才能持续向下运动直至与从D入射的电子碰撞;若从C入射的电子在C点受到的洛伦兹力向左,则粒子可能还未碰撞就从MN边界射出,所以,由左手定则可判断从C入射的电子为正电子,忽略电子进入加速器的初速度,电子经加速器加速后速度为v0,则由动能定理可得Ue=mv02,解得U=2电子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力,所以有,Bv1e=,则R1==d,T==;电子在Ⅰ、Ⅱ区域中运动时半径相同,电子射入后的轨迹如图甲所示,所以,电子在射入后正好转过360°后相撞,则相撞时间t=T=3电子在Ⅰ区域中运动时半径不变,仍为R1=d,运动周期T1=;将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为,则电子在Ⅱ区域中运动时半径R2=3d,运动周期T2=;负电子射入时刻滞后于正电子Δt==T2,电子射入后的轨迹如图乙所示,若两电子同时射出,则两电子相撞于H点;现负电子射入时刻滞后于正电子T2,则负电子比正电子在Ⅱ区域中少转×360°=60°,所以,两电子相撞的位置在H点沿轨迹向负电子方向转过30°,即A点;易知H点坐标为3d4d,所以,A点坐标为3dcos30°,4d-3dsin30°=答案1正电子 2 3
十七、带电粒子在电磁场中运动与现代科技的结合[抓牢解题本源]几种常见的应用实例装置原理图规律质谱仪粒子由静止被加速电场加速,qU=mv2粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m由以上两式可得r=,m=,=回旋加速器交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等,粒子经电场加速,经磁场回旋,由qvB=,得Ekm=,可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径决定,与加速电压无关速度选择器若qv0B=Eq,即v0=,粒子做匀速直线运动磁流体发电机等离子体射入,受洛伦兹力偏转,使两极板带正、负电,两极电压为U时稳定,q=qv0B,U=v0Bd电磁流量计q=qvB,所以v=,所以Q=vS=霍尔元件当磁场方向与电流方向垂直时,导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差[研透常考题根]质谱仪[例1] 多选如图所示是质谱仪的工作原理示意图带电粒子被加速电场U加速后,进入速度选择器速度选择器内有相互正交的匀强磁场B和匀强电场E,平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2平板S下方有垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度为B0下列表述正确的是 A.质谱仪是分离同位素的重要工具B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的比荷越小[思路点拨] 场所运动形式加速电场中匀加速运动速度选择器中匀速直线运动匀强磁场中匀速圆周运动[解析] 同位素带电荷量相同,但质量数不同,经过速度选择器后,只有速度相同的同位素能通过狭缝P进入磁场,根据qvB0=m得=,可知带电粒子的轨道半径与其质量成正比,故A正确;根据题图知粒子带正电,在速度选择器中所受电场力向右,洛伦兹力向左,由左手定则可判断出,磁场方向垂直纸面向外,故B正确;由qE=qvB,得v=,C正确;由qvB0=m得=,可知r越小,越大,D错误[答案] ABC[备考锦囊] 质谱仪的用途及原理1用途测量带电粒子的质量和分析同位素2原理由粒子源S发出的速度几乎为零的粒子经过加速电场U加速后,以速度v=进入偏转磁场中做匀速圆周运动,运动半径为r=,粒子经过半个圆周运动后打到照相底片上的D点,通过测量D与入口间的距离d,进而求出粒子的比荷=或粒子的质量m=[即时训练]多选xx·通州区一模如图所示,一束含有H、H的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器,其中沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场,最终打在P
1、P2两点,不计粒子间的相互作用则 A.打在P1点的粒子是12HB.O2P2的长度是O2P1长度的2倍C.H粒子与H粒子在偏转磁场中运动的时间之比为1∶2D.H粒子与H粒子在偏转磁场中运动的时间之比为1∶1解析选BC 带电粒子在沿直线通过速度选择器时,电场力与洛伦兹力大小相等、方向相反,即qvB=qE,所以v=,可知从速度选择器中射出的粒子具有相等的速度带电粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得r=,可知粒子的比荷越大,则运动的半径越小,所以打在P1点的粒子是H,故A错误;H的比荷是H的2倍,所以H的轨道的半径是H的,根据几何关系知,O2P2的长度是O2P1长度的2倍,故B正确;粒子运动的周期T=,由于比荷之比为2∶1,则周期之比为1∶2,粒子在偏转磁场中的运动时间等于半个周期,则运动时间之比为1∶2,故C正确,D错误回旋加速器[例2] 多选1932年,劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器回旋加速器的工作原理如图所示,置于高真空中的D形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可以忽略不计磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直A处粒子源产生的粒子,质量为m、电荷量为+q,在加速器中被加速,加速电压为U实际使用中,磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm,加速过程中不考虑相对论效应和重力作用 A.粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1B.粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为C.如果fm,粒子能获得的最大动能为2mπ2R2fm2D.如果fm,粒子能获得的最大动能为2mπ2R2fm2[思路点拨] 1粒子在电场中做加速运动,在磁场中做匀速圆周运动2粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期不变3比较电场的频率和粒子在磁场中做圆周运动的频率关系,找出决定最大动能的因素[解析] 粒子第一次加速后qU=mv12,在磁场中qv1B=m得r1=,同理第二次加速后r2=,则r2∶r1=∶1,A正确;设粒子共旋转了n圈,则2nqU=mv2n2,而qv2nB=m,故n=,在磁场中T=,则粒子运动时间为t=nT=,B正确;加速电场的频率等于粒子在磁场中做圆周运动的频率,f==,当磁感应强度为Bm时,加速电场的频率为fBm=,当fBmfm时,粒子的最大动能由Bm决定,qvmB=m,Ekm=mvm2=,当fBmfm时粒子的最大动能由fm决定,vm=2πfmR,则Ekm=2π2mfm2R2,故C错误,D正确[答案] ABD1误认为粒子在D形盒内每转一圈加速一次2对最大动能的决定因素无法理解而不能判断C、D项 [即时训练]如图为回旋加速器的原理图,离子获得的最大速度受回旋加速器半径的限制,为了解决这个问题,某同学提出如下设想让待加速的离子在回旋加速器内沿着半径为R的固定的圆轨道经过电场多次加速,这样离子获得的速度大小就不受回旋加速器半径的影响,对于这种“想象”的加速器,下列说法正确的是 A.两个D形盒区域内的磁感应强度保持不变B.两个D形盒之间电场的方向周期性变化C.离子在D形盒中运动时,速率会发生变化D.离子受到洛伦兹力大小与离子的动能成正比解析选D 由于离子在磁场中的轨道半径不变,根据qvB=,可知R=,由于每次加速后,速度增大,轨道半径不变,故磁感应强度应增大,故A错误;根据T=,可知T=,由于磁场增大,故离子在磁场中运动的周期减小,由于电场方向变化的周期应跟离子在磁场中转动的周期相同,故B错误;离子在磁场中受到的洛伦兹力只改变离子的方向,不改变离子的速率,故C错误;根据qvB=,可知由于R不变,故离子受到洛伦兹力大小与离子的动能成正比,故D正确霍尔元件、磁流体发电机等问题[例3] 多选利用霍尔效应制作的霍尔元件,广泛应用于测量和自动控制等领域如图是霍尔元件的工作原理示意图,磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下,通入图示方向的电流I,C、D两侧面会形成电势差UCD,下列说法中正确的是 A.电势差UCD仅与材料有关B.若霍尔元件的载流子是自由电子,则电势差UCD0C.仅增大磁感应强度时,电势差UCD变大D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持水平[解析] 设霍尔元件的宽和高分别为b、c,自由电子在电场力和洛伦兹力作用下受力平衡,则有q=qvB,又I=nqvS=nqvbc,则UCD=n为单位体积内的自由电子数,可知电势差UCD与磁感应强度B、材料有关,选项A错误;若霍尔元件的载流子是自由电子,由左手定则可知,电子向C侧面偏转,则电势差UCD0,选项B正确;仅增大磁感应强度时,电势差UCD变大,选项C正确;在测定地球赤道上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持竖直且东西放置,选项D错误[答案] BC[备考锦囊] 化繁为简究实质[即时训练]多选磁流体发电是一项新兴技术如图所示,平行金属板之间有一个很强的匀强磁场,将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体,沿图中所示方向以一定速度喷入磁场图中虚线框部分相当于发电机把两个极板与用电器相连,则 A.用电器中的电流方向从A到BB.用电器中的电流方向从B到AC.若只增强磁场,发电机的电动势增大D.若只增大喷入粒子的速度,发电机的电动势增大解析选ACD 由左手定则可知,带正电的粒子偏向上极板,带负电的粒子偏向下极板,故用电器中的电流方向从A到B,选项A正确,B错误;根据q=qvB,可得U=Bdv,则若只增强磁场,或只增大喷入粒子的速度,发电机的电动势都会增大,选项C、D正确[课余自查小练]1.多选xx·盐城摸底图甲是回旋加速器的工作原理图D1和D2是两个中空的半圆金属盒,它们之间有一定的电势差,A处的粒子源产生的带电粒子,在两盒之间被电场加速两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中,所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动若带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示,不计带电粒子在电场中的加速时间,不考虑由相对论效应带来的影响,下列判断正确的是 A.在Ekt图中应该有tn+1-tn=tn-tn-1B.在Ekt图中应该有tn+1-tntn-tn-1C.在Ekt图中应该有En+1-En=En-En-1D.在Ekt图中应该有En+1-EnEn-En-1解析选AC 根据带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速度无关可知,在Ekt图中应该有tn+1-tn=tn-tn-1,选项A正确,B错误;由于带电粒子在电场中加速,电场力做功相等,所以在Ekt图中应该有En+1-En=En-En-1,选项C正确,D错误2.多选xx·镇江模拟如图所示为一种获得高能粒子的装置原理图,环形管内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场环形管的宽度非常小,质量为m、电荷量为q的带正电粒子可在环中做半径为R的圆周运动A、B为两块中心开有小孔且小孔距离很近的平行极板,原来电势均为零,每当带电粒子经过A板刚进入A、B之间时,A板电势升高到+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,粒子在电场中一次一次地加速使得动能不断增大,而在环形区域内,通过调节磁感应强度大小可使粒子运行半径R不变,已知极板间距远小于R,则下列说法正确的是 A.环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里B.粒子从A板小孔处由静止开始在电场力作用下加速,绕行N圈后回到A板时获得的总动能为NqUC.粒子在绕行的整个过程中,A板电势变化的周期不变D.粒子绕行第N圈时,环形区域内匀强磁场的磁感应强度为解析选BD 粒子在A、B之间加速,故粒子是沿顺时针方向运动,在磁场中洛伦兹力提供向心力,故磁场方向垂直纸面向外,A错误;粒子在电场中加速,根据动能定理,有EN=NqU,故B正确;粒子在加速,根据T=,周期要减小,故C错误;由动能定理知NqU=mvN2,得到vN=,由牛顿第二定律,则有m=qvNBN,解得BN=,联立解得B=,故D正确3.多选xx·锦州二模正负电子对撞机的最后部分的简化示意图如图所示俯视图,位于水平面内的粗实线所示的圆环形真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”,经过加速器加速后,质量均为m的正、负电子被分别引入该管道时,具有相等的速率v,它们沿着管道向相反的方向运动在管道中控制它们转变的是一系列圆形电磁铁,即图甲中的A
1、A
2、A
3、…、An共有n个,均匀分布在整个圆环上,每组电磁铁内的磁场都是磁感应强度相同的匀强磁场,并且方向竖直向下,磁场区域的直径为d如图乙,改变电磁铁内电流的大小,就可改变磁场的磁感应强度从而改变电子偏转的角度经过精确的调整,首先实现电子在环形管道中沿图甲中虚线所示的轨迹运动,这时电子经过每个电磁场区域时射入点和射出点都是电磁场区域的同一直径的两端,如图乙所示若电子的重力不计,则下列相关说法正确的是 A.负电子在管道内沿顺时针方向运动B.电子经过每个电磁铁偏转的角度是θ=C.碰撞点为过入射点所在直径的另一端D.电子在电磁铁内做圆周运动的半径为R=解析选ACD 电子在运动的过程中受力的方向指向圆心,根据左手定则可知,负电子在管道内沿顺时针方向运动,故A正确;电子经过n个磁场的偏转后转过的角度是2π,经过每个电磁铁偏转的角度是θ=,故B错误;由题意,首先电子在环形管道中沿题图甲中虚线所示的轨迹运动,电子经过每个电磁场区域时,射入点和射出点都是电磁场区域的同一直径的两端,所以碰撞点为入射点所在直径的另一端,故C正确;由电子经过每个电磁铁偏转的角度是θ=,由几何关系知,=sin,得R=,故D正确4.xx·西城区月考回旋加速器是用来加速带电粒子的装置,如图为回旋加速器的示意图D
1、D2是两个中空的铝制半圆形金属扁盒,在两个D形盒正中间开有一条狭缝,两个D形盒接在高频交流电源上在D1盒中心A处有粒子源,产生的带正电粒子在两盒之间被电场加速后进入D2盒中两个D形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中,带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动,经过半个圆周后,再次到达两盒间的狭缝,控制交流电源电压的周期,保证带电粒子经过狭缝时再次被加速因此,粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过狭缝,一次一次地被加速,速度越来越大,运动半径也越来越大,最后到达D形盒的边缘,沿切线方向以最大速度被导出已知带电粒子的电荷量为q、质量为m,加速时狭缝间电压大小恒为U,磁场的磁感应强度为B,D形盒的半径为R,狭缝之间的距离为d设从粒子源产生的带电粒子的初速度为零,不计粒子受到的重力,求1带电粒子能被加速的最大动能Ek;2带电粒子在D2盒中做第n个半圆运动的半径;3若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为I,求从回旋加速器输出的带电粒子的平均功率解析1带电粒子在D形盒内做圆周运动,轨道半径达到最大即R时被导出,具有最大动能设此时的速度为v,有qvB=m解得v=带电粒子的最大动能Ek=mv2=2带电粒子被加速一次所获得的能量为qU,带电粒子在D2盒中做第n个半圆运动时的动能为Ekn=mvn2==2n-1qU,解得Rn=3由1知,带电粒子离开加速器时的动能Ek=设在t时间内离开加速器的带电粒子数为N,则带电粒子束从回旋加速器输出时的平均功率=输出时带电粒子束的等效电流为I=解得=答案1 2 3[专题跟踪检测]
一、选择题第1~5题为单项选择题,第6~9题为多项选择题
1.xx·皋宁联考质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子可认为初速度为零,从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后,再通过狭缝S2,从小孔G垂直于MN射入偏转磁场,该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B,方向垂直于纸面向外半径为R的圆形匀强磁场现在MN上的F点图中未画出接收到该粒子,且GF=R则该粒子的比荷为粒子的重力忽略不计 A. B.C.D.解析选C 粒子运动轨迹如图所示设粒子被加速后获得的速度为v,由动能定理有qU=mv2,由几何关系可得,粒子在磁场中做圆周运动的偏转角θ=60°,则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r=,又Bqv=m,解得=,故C正确
2.xx·江都区模拟如图所示,一电子束垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板,为了使电子束沿入射方向做直线运动,可采用的方法是 A.将滑动变阻器滑动头P向右滑动B.将滑动变阻器滑动头P向左滑动C.将极板间距离适当减小D.将极板间距离适当增大解析选D 根据题图可知A极板带正电,B极板带负电,所以电子束受到电场力的方向向上,大小F电=Ee=,洛伦兹力方向向下,F=Bev,电子束向上偏,说明电场力大于洛伦兹力,要使电子束沿射入方向做直线运动,则要电场力等于洛伦兹力,所以要减小电场力将滑动变阻器滑动头P向右或向左移动时,电容器两端电压不变,电场力不变,故A、B错误;将极板间距离适当减小时,F电增大,不满足要求,故C错误;将极板间距离适当增大时,F电减小,满足要求,故D正确
3.xx·崇州模拟如图所示,两竖直平行板间同时存在匀强电场和匀强磁场,电场的场强为E、方向水平向左,磁场的磁感应强度为B、方向与电场垂直且水平向里一带正电液滴以竖直向下的初速度v0=进入电磁场区域,最终能飞出该区域则液滴在电磁场中 A.做匀速直线运动B.做匀变速曲线运动C.运动速度逐渐减小D.机械能逐渐减小解析选D 带电液滴进入电磁场中时,由题意可知,电场力等于洛伦兹力,所以重力使其做加速运动,则运动速度逐渐增大,故C错误;速度增大使洛伦兹力大小增大,导致速度方向也发生变化,所以带电液滴将向右做变速曲线运动,故A、B错误;由上分析可知,电场力做负功,液滴电势能增加,则机械能减小,故D正确4.xx·苏锡常镇四市联考自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率如图甲所示,自行车前轮上安装一块磁铁,轮子每转一圈,这块磁铁就靠近霍尔传感器一次,传感器会输出一个脉冲电压图乙为霍尔元件的工作原理图,当磁场靠近霍尔元件时,导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转,最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差,即为霍尔电势差下列说法正确的是 A.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小B.自行车的车速越大,霍尔电势差越高C.图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向移动形成的D.如果长时间不更换传感器的电源,霍尔电势差将增大解析选A 根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速,若再已知自行车车轮的半径,根据v=2πrn即可获知车速大小,选项A正确;根据霍尔原理可知q=Bqv,U=Bdv,即霍尔电势差只与磁场强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速率有关,与车速无关,选项B错误;题图乙中霍尔元件的电流I是由电子定向移动形成的,选项C错误;如果长时间不更换传感器的电源,则会导致电子定向移动的速率减小,故霍尔电势差将减小,选项D错误
5.xx·泰州一模如图,从S处发出的电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中,发现电子向下极板偏转设两极板间电场强度为E,磁感应强度为B欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过,只采取下列措施,其中可行的是 A.适当减小电场强度EB.适当减小磁感应强度BC.适当增大加速电压UD.适当增大加速电场极板之间的距离解析选B 根据左手定则可知,电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下,故电子向下极板偏转的原因是电场力小于洛伦兹力;要使粒子在复合场中做匀速直线运动,则Eq=qvB,所以可以减小洛伦兹力或增大电场力,适当减小电场强度E,即减小电场力,电子的受力不能平衡,故A错误;适当减小磁感强度B,可以减小洛伦兹力,电子的受力可以平衡,故B正确;根据eU=mv2可得v=,适当增大加速电压U,可以增大电子在复合场中运动的速度v,从而增大洛伦兹力,电子的受力不能平衡,故C错误;适当增大加速电场极板之间的距离,根据v=,由于加速电压U没有变化,所以电子进入磁场的速率没有变化,没有改变电场力和洛伦兹力的大小,故D错误
6.xx·徐州模拟如图所示为回旋加速器的示意图两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中,一质子从加速器的A处开始加速已知D形盒的半径为R,磁场的磁感应强度为B,高频交变电源的电压为U、频率为f,质子质量为m、电荷量为q下列说法错误的是 A.质子的最大速度不超过2πRfB.质子的最大动能为C.质子的最大动能与电压U无关D.只增大磁感应强度B,可减小质子的最大动能解析选ABC 质子出回旋加速器时的速度最大,此时的半径为R,则v==2πRf,所以最大速度不超过2πRf,故A正确;质子在磁场中运动时有qvB=m,可得质子的最大动能Ek=mv2=,与电压U无关,故B、C正确;质子的最大动能Ek=,只增大磁感应强度,可增大质子的最大动能,故D错误
7.如图所示,两平行金属板P、Q水平放置,上极板带正电,下极板带负电;板间存在匀强电场和匀强磁场图中未画出一个带电粒子在两板间沿虚线所示路径做匀速直线运动,粒子通过两平行板后,从O点垂直进入另一个垂直纸面向外的匀强磁场中,粒子做匀速圆周运动,经过半个周期后打在挡板MN上的A点,不计粒子重力,则下列说法正确的是 A.此粒子一定带正电B.P、Q间的磁场一定垂直纸面向里C.若另一个带电粒子也能做匀速直线运动,则它一定与该粒子具有相同的荷质比D.若另一个带电粒子也能沿相同的轨迹运动,则它一定与该粒子具有相同的荷质比解析选ABD 粒子在磁场中做匀速圆周运动,由题图知粒子向下偏转,粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力竖直向下,应用左手定则可知,粒子带正电,故A正确;粒子在复合场中做匀速直线运动,粒子所受合力为零,粒子所受电场力竖直向下,则粒子所受洛伦兹力竖直向上,由左手定则可知,P、Q间的磁场垂直于纸面向里,故B正确;粒子在复合场中做匀速直线运动,由平衡条件可知qvB=qE,则v=,粒子具有相同的速度即可,不一定具有相同的荷质比,故C错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=m,解得=,由于粒子匀速通过P、Q间的复合场,则粒子速度v相同,若粒子运动轨迹相同,则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r相同,则粒子的荷质比相同,故D正确
8.电磁流量计广泛应用于测量可导电流体如污水在管中的流量单位时间内通过管内横截面积的流体的体积,为了简化,假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道,其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c,流量计的两端与输送流体的管道相连图中虚线,导电流体由左向右流过流量计图中流量计的上下两面是金属材料,前后两面是绝缘材料,现在流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于前后两面由前向后当导电流体稳定地流经流量计时,在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接,I表示测得的电流值,已知流体的电阻率为ρ,不计电流表的内阻,则 A.流量计的上表面电势高B.流量计的下表面电势高C.流量为D.流量为解析选AC 流体中的正电荷向右运动,由左手定则知受向上的洛伦兹力,则上表面聚集正电荷流体中的负电荷也向右运动,同理知下表面聚集负电荷所以流量计的上表面电势高,故A正确;电场力与洛伦兹力相平衡,有q=qvBU相当于电源电动势,由闭合电路欧姆定律得I=,流体电阻即内阻为r=ρ,流体的流量为Q=Sv=bcv,解得Q=,故C正确
9.xx·南通模拟如图所示为利用海流发电的磁流体发电机原理示意图,矩形发电管道水平东西放置,整个管道置于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,其上、下两面是绝缘板,南、北两侧面M、N是电阻可忽略的导体板,两导体板与开关S和定值电阻R相连,已知发电管道长为L、宽为d、高为h,海水在发电管道内以恒定速率v朝正东方向流动发电管道内的海水在垂直流动方向的电阻为r,海水在管道内流动时受到的摩擦阻力大小恒为f,不计地磁场的影响,则 A.N侧的电势高B.开关S断开时,M、N两端的电压为BdvC.开关S闭合时,发电管道进、出口两端压力差F=f+D.开关S闭合时,电阻R上的功率为解析选BC 海水向东流动的过程中,正电荷受到的洛伦兹力的方向指向M,而负电荷受到的洛伦兹力的方向指向N,所以M侧聚集正电荷,M侧的电势高,故A错误;开关S断开时,设海水中的电荷所带的电荷量为q,当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时,M、N两端的电压U保持恒定,有qvB=q,解得U=Bdv,故B正确;设开关S闭合后,发电管道进、出口两端压力分别为F
1、F2,海水所受的摩擦阻力恒为f,开关S闭合后管道内海水受到的安培力为F安,有F2=F1+f+F安,F安=BId,根据欧姆定律有I=,解得F=F2-F1=f+,故C正确;电阻R上的功率为P=I2R=,故D错误
二、非选择题
10.如图所示,磁流体发电机的极板相距d=
0.2m,极板间有垂直于纸面向里的匀强磁场,B=
1.0T外电路中可变负载电阻R用导线与极板相连电离气体以速率v=1100m/s沿极板射入,极板间电离气体等效内阻r=
0.1Ω,则此发电机的最大输出功率为多大?解析由离子受力平衡时得qvB=qE=所以板间电压为U=Ed=Bvd此发电机的电动势为E源=U=Bvd=
1.0×1100×
0.2V=220V当可变电阻调到R=r=
0.1Ω时,电源的输出功率最大,最大输出功率为Pmax=2·r==W=121kW答案121kW
11.xx·常州三模如图所示,在平面直角坐标系xOy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场,方向沿y轴负方向在第
一、四象限内有一个圆,圆心O′坐标为r0,圆内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子不计粒子所受的重力,从P点-2h,h以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场,通过坐标原点O进入第四象限,又经过磁场从x轴上的Q点离开磁场求1电场强度E的大小;2圆内磁场的磁感应强度B的大小;3带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间t解析1带电粒子在电场中只受电场力的作用电场力方向与v0垂直,所以,粒子做类平抛运动,则有水平方向2h=v0t1;竖直方向h=at12=t12;解得E=2粒子进入磁场时沿y轴方向的速度vy=at1==v0;粒子进入磁场时的速度v==v0;粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,所以有Bvq=;因为粒子通过坐标原点O进入第四象限,又经过磁场从x轴上的Q点离开磁场,轨迹如图所示,根据v的方向及圆弧关于圆心的对称性,由几何关系可知R=r;所以B===3由1可知,粒子在电场中运动的时间t1=;由2可知,粒子在磁场中转过的圆心角θ=90°,所以粒子在磁场中的运动的时间t2=T;粒子在磁场中做圆周运动的周期T==,所以t2=T=;所以粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间t=t1+t2=答案1 2 3。