2018年高考物理二輪復習 專題06 電場、磁場的基本性質(zhì)教學案

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1、 專題06 電場、磁場的基本性質(zhì) 本專題主要是綜合應(yīng)用動力學方法和功能關(guān)系解決帶電粒子在電場和磁場中的運動問題．這部分的題目覆蓋的內(nèi)容多，物理過程多，且情景復雜，綜合性強，常作為理綜試卷的壓軸題．高考對本專題考查的重點有以下幾個方面：①對電場力的性質(zhì)和能的性質(zhì)的理解；②帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)問題；③帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動問題；④帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運動問題；⑤帶電粒子在電場和磁場的疊加場中的運動問題；⑥帶電粒子在電場和磁場中運動的臨界問題． 一、對電場強度的理解及計算 電場強度三個表達式的比較 表達式 比較 E＝q(F) E＝kr2(

2、Q) E＝d(U) 公式意義 電場強度定義式 真空中點電荷的電場強度決定式 勻強電場中E與U關(guān)系式 適用條件 一切電場 ①真空；②點電荷 勻強電場 決定因素 由電場本身決定，與q無關(guān) 由場源電荷Q和場源電荷到該點的距離r共同決定 由電場本身決定 二、電場的基本性質(zhì) 三、帶電粒子在電場中的運動 1.帶電粒子在電場中的直線運動 帶電粒子沿與電場線平行的方向進入電場，帶電粒子將做加(減)速運動． 2．帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn) (1)研究條件：帶電粒子垂直于電場方向進入勻強電場． (2)處理方法：類似于平拋運動，應(yīng)用運動的合成與分解的方法處理． ①沿初

3、速度方向做勻速直線運動，運動時間t＝v0(l). ②沿電場力方向，做勻加速直線運動． 四、帶電粒子在磁場中的運動 考點一 對電場性質(zhì)的理解 例1、【2017·天津卷】如圖所示，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電場線，虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡。設(shè)電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是 A．電子一定從A向B運動 B．若aA>aB，則Q靠近M端且為正電荷 C．無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpA

4、運動，虛線AB是電子只在靜電力作用下的運動軌跡，電場力沿電場線直線曲線的凹側(cè)，電場的方向與電場力的方向相反，如圖所示， 【變式探究】如圖1所示，均勻帶正電薄球殼，其上有一小孔A.已知殼內(nèi)的場強處處為零；殼外空間的電場與將球殼上的全部電荷集中于球心O時在殼外產(chǎn)生的電場一樣．一帶正電的試探電荷(不計重力)從球心以初動能Ek0沿OA方向射出．下列關(guān)于試探電荷的動能Ek與離開球心的距離r的關(guān)系圖像，可能正確的是( ) 圖1 解析 殼內(nèi)場強處處為零，試探電荷在殼內(nèi)運動時動能不變，排除選項C、D；假設(shè)試探電荷在勻強電場中由靜止開始運動，由動能定理可得，F(xiàn)r＝Ek，則r(Ek

5、)＝F，Ek圖像的斜率數(shù)值上等于電場力的大小，距離球殼越遠試探電荷所受電場力越小，圖像的斜率越小，正確選項為A. 答案 A 【變式探究】如圖2所示為某示波管的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點，設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則( ) 圖2 A．Wa＝Wb，Ea>Eb B．Wa≠Wb，Ea>Eb C．Wa＝Wb，Ea

6、的電場方向與ab連線成30°.另一帶正電粒子以某初速度只在電場力作用下由a運動到b.以下說法正確的是( ) 圖3 A．a(chǎn)、b兩點的電場強度Ea＝3Eb B．a(chǎn)、b兩點的電勢φa<φb C．帶正電粒子在a、b兩點的動能Eka>Ekb D．帶正電粒子在a、b兩點的電勢能Epa>Epb 答案 AD 解析 a點到O點的距離Ra＝Labcos 60°＝2(1)Lab，b點到O點距離Rb＝Lbcos 30°＝2(3)Lab，根據(jù)點電荷的場強公式E＝r2(kQ)，可得：Ea＝3Eb，故A正確；在正點電荷的周圍越靠近場源電勢越高，故有φa＞φb，故B錯誤；帶正電粒子在a、b兩點的電勢能E

7、pa>Epb，故D正確；由能量守恒，帶正電粒子在a、b兩點的動能Eka

8、荷還是負電荷，電場力做正功，電勢能減??；電場力做負功，電勢能增加． 考點二 電場力做功問題 例2、【2017·新課標Ⅲ卷】一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V。下列說法正確的是 A．電場強度的大小為2.5 V/cm B．坐標原點處的電勢為1 V C．電子在a點的電勢能比在b點的低7 eV D．電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV 【答案】ABD 【解析】如圖所示，設(shè)a、c之間的d點電勢與b點相同，則，d點坐標為(3.5 cm，6 cm)，過c點作cf⊥bd于f，由幾何關(guān)系可得cf=3.6

9、 cm，則電場強度，A正確；因為四邊形Oacb是矩形，所以有，解得坐標原點O處的電勢為1 V，B正確；a點電勢比b點電勢低7 V，電子帶負電，所以電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV，C錯誤；b點電勢比c點電勢低9 V，電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV，D正確。 【變式探究】如圖5所示，在正方形區(qū)域的四個頂點固定放置四個點電荷，它們的電量的絕對值相等，電性如圖中所示．K、L、M、N分別為正方形四條邊的中點，O為正方形的中心．下列關(guān)于各點的電場強度與電勢的判斷正確的是( ) 圖5 A．K點與M點的電場強度大小相等、方向相反 B．O點的電場強度為零 C．N點電場

10、強度的大小大于L點電場強度的大小 D．K、O、M三點的電勢相等 答案 D 【變式探究】如圖6所示，在真空中的A、B兩點分別放置等量異種點電荷，在AB兩點間取一正五角星形路徑abcdefghija，五角星的中心與AB連線的中點重合，其中af連線與AB連線垂直．現(xiàn)將一電子沿該路徑逆時針方向移動一周，下列判斷正確的是( ) 圖6 A．e點和g點的電場強度相同 B．h點和d點的電勢相等 C．電子在e點的電勢能比g點電勢能大 D．電子從f點到e點再到d點過程中，電場力先做正功后做負功 答案 C 考點三 帶電粒子在有界磁場中的臨界、極值問題 例3、【2017·新課標Ⅱ卷

11、】如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點。大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同的方向射入磁場。若粒子射入速率為，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則為 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】當粒子在磁場中運動半個圓周時，打到圓形磁場的位置最遠。則當粒子射入的速度為， 如圖，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為；同理，若粒子射入的速度為，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為；根據(jù)，則，故選C。

12、 【變式探究】某裝置用磁場控制帶電粒子的運動，工作原理如圖8所示．裝置的長為L，上、下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d.裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點，M位于軸線OO′上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上．在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線成30°角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達P點．改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達收集板的位置．不計粒子的重力． 圖8 (1)求磁場區(qū)域的寬度h； (2)欲使粒子到達收集板的位置從P點移到N點，求粒子入射速度的最小變

13、化量Δv； (3)欲使粒子到達M點，求粒子入射速度大小的可能值． (2)設(shè)改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壽E半徑為r′，洛倫茲力提供向心力，則有mr(v2)＝qvB，mr′(v′2)＝qv′B， 由題意知3rsin 30°＝4r′sin 30°， 解得粒子速度的最小變化量Δv＝v－v′＝m(qB)(6(L)－4(3)d)． (3)設(shè)粒子經(jīng)過上方磁場n次 由題意知L＝(2n＋2)2(d)cot 30°＋(2n＋2)rnsin 30° 且mn＝qvnB，解得vn＝m(qB)(n＋1(L)－d)(1≤n<3d(3L)－1，n取整數(shù))． 答案 (1)(3(2)L－d)(1－2(3)

14、) (2)m(qB)(6(L)－4(3)d) (3)m(qB)(n＋1(L)－d)(1≤n<3d(3L)－1，n取整數(shù)) 【變式探究】圖9為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B＝2.0×10－3 T，在x軸上距坐標原點L＝0.50 m的P處為離子的入射口，在y軸上安放接收器，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v＝3.5×104 m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標原點L＝0.50 m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電量為q，不計其重力．則上述粒子的比荷m(q)(C/kg)是( ) 圖9 A．3

15、.5×107 B．4.9×107 C．5.3×107 D．7×107 答案 B 解析 設(shè)粒子在磁場中的運動半徑為r，畫出粒子的軌跡圖如圖所示 依題意MP連線即為該粒子在磁場中做勻速圓周運動的直徑，由幾何關(guān)系得r＝2(2)L，由洛倫茲力提供粒子在磁場中做勻速圓周運動的向心力，可得qvB＝r(mv2)，聯(lián)立解得m(q)≈4.9×107 C/kg，故選項B正確． 【舉一反三】如圖10所示，在邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小為B.在正方形對角線CE上有一點P，其到CF、CD距離均為4(L)，且在P點處有一個發(fā)射正離子的裝置，能連續(xù)不

16、斷地向紙面內(nèi)的各方向發(fā)射出速率不同的正離子．已知離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計離子重力及離子間相互作用力． 圖10 (1)速率在什么范圍內(nèi)的所有離子均不可能射出正方形區(qū)域？ (2)求速率為v＝32m(13qBL)的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍． 答案 (1)v≤8m(qBL) (2)4(L)≤d<8(3)L) (2)當v＝32m(13qBL)時，設(shè)離子在磁場中做圓周運動的半徑為R，則由qvB＝mR(v2)可得R＝qB(mv)＝qB(m)·32m(13qBL)＝32(13L). 甲 要使離子從DE射出，則其必不能從CD射出，其臨界狀態(tài)是離子軌跡與CD邊相切

17、，設(shè)切點與C點距離為x，其軌跡如圖甲所示， 由幾何關(guān)系得： R2＝(x－4(L))2＋(R－4(L))2， 計算可得x＝8(5)L， 設(shè)此時DE邊出射點與D點的距離為d1，則由幾何關(guān)系有：(L－x)2＋(R－d1)2＝R2， 解得d1＝4(L). 乙 而當離子軌跡與DE邊相切時，離子必將從EF邊射出，設(shè)此時切點與D點距離為d2，其軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系有： R2＝(4(3)L－R)2＋(d2－4(L))2， 解得d2＝8(3)L). 故速率為v＝32m(13qBL)的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍為4(L)≤d<8(3)L). 【方法技巧】1．解決帶電粒子在

18、磁場中運動的臨界問題，關(guān)鍵在于運用動態(tài)思維，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關(guān)系． 2．粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運動軌跡與磁場邊界相切． 考點四 帶電粒子在勻強磁場中的多過程問題 例4、如圖11所示，在xOy平面內(nèi)，以O(shè)′(0，R)為圓心、R為半徑的圓內(nèi)有垂直平面向外的勻強磁場，x軸下方有垂直平面向里的勻強磁場，兩區(qū)域磁感應(yīng)強度大小相等．第四象限有一與x軸成45°角傾斜放置的擋板PQ，P、Q兩點在坐標軸上，且O、P兩點間的距離大于2R，在圓形磁場的左側(cè)0

19、量為＋q的一簇帶電粒子，當所有粒子均沿x軸正向以速度v射入圓形磁場區(qū)域時，粒子偏轉(zhuǎn)后都從O點進入x軸下方磁場，結(jié)果有一半粒子能打在擋板上．不計粒子重力、不考慮粒子間相互作用力．求： 圖11 (1)磁場的磁感應(yīng)強度B的大?。? (2)擋板端點P的坐標； (3)擋板上被粒子打中的區(qū)域長度． (2)有一半粒子打到擋板上需滿足從O點射出的沿x軸負方向的粒子、沿y軸負方向的粒子軌跡剛好與擋板相切，如圖乙所示，過圓心D作擋板的垂線交于E點，(1分) DP＝R，OP＝(＋1)R(2分) P點的坐標為[(＋1)R,0](1分) (3)設(shè)打到擋板最左側(cè)的粒子打在擋板上的F點，如圖丙所

20、示，OF＝2R(1分) 過O點作擋板的垂線交于G點， OG＝(＋1)R·2(2)＝(1＋2(2))R(2分) FG＝＝ 2(2)R(2分) EG＝2(2)R(1分) 擋板上被粒子打中的區(qū)域長度 l＝FE＝2(2)R＋ 2(2)R＝2(2)R(2分) 答案 (1)qR(mv) (2)[(＋1)R,0] (3)2(2)R 【變式探究】如圖12所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場，同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為B和2B，KL為上、下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h處分別有P、Q兩點，NS和

21、MT間距為1.8h.質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g. (1)求電場強度的大小和方向． (2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值． (3)若粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值． 答案 (1)q(mg)，方向豎直向上 (2)(9－6)m(qBh) (3)m(0.68qBh) m(0.545qBh) m(0.52qBh) 解析 (1)設(shè)電場強度大小為E. 由題意有mg＝qE， 得E＝q(mg)，方向豎直向上． (3)如圖所示， 設(shè)粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)

22、域的運動半徑分別為r1和r2，粒子第一次通過KL時距離K點為x. 由題意有3nx＝1.8h，(n＝1,2,3，…)， 由(2)知2(3)x≥r2＝2(2)h)， x＝－(h－r1)2(2)， 得r1＝(1＋n2(0.36))2(h)，n≤0.6(3＋2)≈3.5， 即n＝1時，v＝m(0.68qBh)； n＝2時，v＝m(0.545qBh)； n＝3時，v＝m(0.52qBh). 1．【2017·江蘇卷】如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板、、中央各有一小孔，小孔分別位于、、點．由點靜止釋放的電子恰好能運動到點．現(xiàn)將板向右平移到點，則由點靜止釋放的電子 （A）運動

23、到點返回 （B）運動到和點之間返回 （C）運動到點返回 （D）穿過點 【答案】A 2．【2017·天津卷】如圖所示，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電場線，虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡。設(shè)電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是 A．電子一定從A向B運動 B．若aA>aB，則Q靠近M端且為正電荷 C．無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpA

24、的凹側(cè)，電場的方向與電場力的方向相反，如圖所示， 由所知條件無法判斷電子的運動方向，故A錯誤；若aA>aB，說明電子在M點受到的電場力較大，M點的電場強度較大，根據(jù)點電荷的電場分布可知，靠近M端為場源電荷的位置，應(yīng)帶正電，故B正確；無論Q為正電荷還是負電荷，一定有電勢，電子電勢能，電勢能是標量，所以一定有EpA

25、，受到的電場力增大 【答案】AC 4．【2017·新課標Ⅰ卷】在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢與該點到點電荷的距離r的關(guān)系如圖所示。電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別Ea、Eb、Ec和Ed。點a到點電荷的距離ra與點a的電勢a已在圖中用坐標（ra，a）標出，其余類推?，F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點依次經(jīng)b、c點移動到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為Wab、Wbc和Wcd。下列選項正確的是 A．Ea：Eb=4:1 B．Ec：Ed=2:1 C．Wab:Wbc=3:1 D．Wbc:Wcd=1:3 【答案】AC 5．【2017·新課標Ⅲ卷】一

26、勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V。下列說法正確的是 A．電場強度的大小為2.5 V/cm B．坐標原點處的電勢為1 V C．電子在a點的電勢能比在b點的低7 eV D．電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV 【答案】ABD 【解析】如圖所示，設(shè)a、c之間的d點電勢與b點相同，則，d點坐標為(3.5 cm，6 cm)，過c點作cf⊥bd于f，由幾何關(guān)系可得cf=3.6 cm，則電場強度，A正確；因為四邊形Oacb是矩形，所以有，解得坐標原點O處的電勢為1 V，B正確；a點電勢比b點電勢低7 V，

27、電子帶負電，所以電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV，C錯誤；b點電勢比c點電勢低9 V，電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV，D正確。 6．【2017·北京卷】（16分）如圖所示，長l=1 m的輕質(zhì)細繩上端固定，下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水平向右的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角θ=37°。已知小球所帶電荷量q=1.0×10–6 C，勻強電場的場強E=3.0×103 N/C，取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： （1）小球所受電場力F的大小。 （2）小球的質(zhì)量m。 （3）將電場撤去，小球回到最低點時速

28、度v的大小。 【答案】（1）3.0×10–3 N （2）4.0×10–4 kg （3）2.0 m/s （2）小球受mg、繩的拉力T和電場力F作用處于平衡狀態(tài)，如圖所示 根據(jù)幾何關(guān)系有，得m=4.0×10–4 kg （3）撤去電場后，小球?qū)⒗@懸點擺動，根據(jù)動能定理有 得 7．【2017·江蘇卷】如圖所示，兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r．圓形勻強磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為 （A）1:1 （B）1:2 （C）1:4 （D）4:1 【答案】A 8．【2017·新課標Ⅰ卷】如圖，空間某區(qū)域存在勻強

29、電場和勻強磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動。下列選項正確的是 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由題意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以，故B正確，ACD錯誤。 9.【2017·新課標Ⅱ卷】如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點。大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同的方向

30、射入磁場。若粒子射入速率為，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則為 A． B． C． D． 【答案】C 1.【2016·全國卷Ⅱ】如圖1所示，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓．帶電粒子Q在P的電場中運動．運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點．若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc，則( ) 圖1 A．a(chǎn)a>ab>ac，va>vc>vb B．a(chǎn)

31、a>ab>ac，vb>vc>va C．a(chǎn)b>ac>aa，vb>vc>va D．a(chǎn)b>ac>aa，va>vc>vb 【答案】D 【解析】由庫侖定律可知，粒子在a、b、c三點受到的電場力的大小關(guān)系為Fb>Fc>Fa，由a＝m(F)可知，ab>ac>aa，由運動軌跡可知，粒子Q的電性與P相同，受斥力作用，不論粒子從a到c，還是從c到a，在運動過程中總有排斥力與運動方向的夾角先為鈍角后為銳角，即斥力先做負功后做正功，因此va>vc>vb，故D正確． 2．【2016·浙江卷】如圖11所示，兩個不帶電的導體A和B，用一對絕緣柱支持使它們彼此接觸．把一帶正電荷的物體C置于A附近，貼在A、B下部的金

32、屬箔都張開( ) 圖11 A．此時A帶正電，B帶負電 B．此時A電勢低，B電勢高 C．移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合 D．先把A和B分開，然后移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合 3.【2016·浙江卷】如圖15所示，把A、B兩個相同的導電小球分別用長為0.10 m的絕緣細線懸掛于OA和OB兩點．用絲綢摩擦過的玻璃棒與A球接觸，棒移開后將懸點OB移到OA點固定．兩球接觸后分開，平衡時距離為0.12 m．已測得每個小球質(zhì)量是8.0×10－4 kg，帶電小球可視為點電荷，重力加速度g取10 m/s2，靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，則( )

33、 圖15 A．兩球所帶電荷量相等 B．A球所受的靜電力為1.0×10－2 N C．B球所帶的電荷量為4×10－8 C D．A、B兩球連線中點處的電場強度為0 【答案】ACD 【解析】由接觸起電的電荷量分配特點可知，兩相同金屬小球接觸后帶上等量同種電荷，選項A正確；對A受力分析如圖所示，有mg(F庫)＝OAD(AD)，而F庫＝kAB2(q2)，得F庫＝6×10－3 N，q＝4×10－8 C，選項B錯誤，選項C正確；等量同種電荷連線的中點電場強度為0，選項D正確． 4.【2016·全國卷Ⅲ】關(guān)于靜電場的等勢面，下列說法正確的是( ) A．兩個電勢不同的等勢面可能相交 B

34、．電場線與等勢面處處相互垂直 C．同一等勢面上各點電場強度一定相等 D．將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功 5．【2016·江蘇卷】一金屬容器置于絕緣板上，帶電小球用絕緣細線懸掛于容器中，容器內(nèi)的電場線分布如圖1所示．容器內(nèi)表面為等勢面，A、B為容器內(nèi)表面上的兩點，下列說法正確的是( ) 圖1 A．A點的電場強度比B點的大 B．小球表面的電勢比容器內(nèi)表面的低 C．B點的電場強度方向與該處內(nèi)表面垂直 D．將檢驗電荷從A點沿不同路徑移到B點，電場力所做的功不同 6.．【2016·全國卷Ⅰ】一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓

35、直流電源上，若將云母介質(zhì)移出，則電容器( ) A．極板上的電荷量變大，極板間的電場強度變大 B．極板上的電荷量變小，極板間的電場強度變大 C．極板上的電荷量變大，極板間的電場強度不變 D．極板上的電荷量變小，極板間的電場強度不變 【答案】D 【解析】由平行板電容器電容的決定式C＝4kπd(εS)，將云母介質(zhì)移出，電容C減小，而兩極板的電壓U恒定，由Q＝CU，極板上的電荷量Q變小，又由E＝d(U)可得板間電場強度與介質(zhì)無關(guān)，大小不變，選項D正確． 7．【2016·全國卷Ⅰ】現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖1所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速

36、電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為( ) 圖1 A．11 B．12 C．121 D．144 【答案】D 【解析】粒子在電場中加速，設(shè)離開加速電場的速度為v，則qU＝2(1)mv2，粒子進入磁場做圓周運動，半徑r＝qB(mv)＝B(1)q(2mU)，因兩粒子軌道半徑相同，故離子和質(zhì)子的質(zhì)量比為144，選項D正確． 8．【2016·全國卷Ⅱ】阻值相等的四個電阻、電容器C及電池E(內(nèi)阻可忽略)連接成如圖1所示電路

37、．開關(guān)S斷開且電流穩(wěn)定時，C所帶的電荷量為Q1；閉合開關(guān)S，電流再次穩(wěn)定后，C所帶的電荷量為Q2.Q1與Q2的比值為( ) 圖1 A. 5(2) B.2(1) C.5(3) D.3(2) 【答案】C 【解析】由已知條件及電容定義式C＝U(Q)可得：Q1＝U1C，Q2＝U2C，則Q2(Q1)＝U2(U1). S斷開時等效電路如圖甲所示 甲 U1＝（R＋R）＋R(R（R＋R）)·E×2(1)＝5(1)E； S閉合時等效電路如圖乙所示， 乙 U2＝R＋R(R·R)·E＝3(1)E，則Q2(Q1)＝U2(U1)＝5(3)，故C正確． 8．【2016·北京

38、卷】如圖1所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看作勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d. (1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy； (2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法．在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因．已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2. (3)極板間既有靜電場也

39、有重力場．電勢反映了靜電場各點的能的性質(zhì)，請寫出電勢φ的定義式．類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”φG的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點． 圖1 【答案】(1)m(2eU0) 4U0d(UL2) (2)略 (3)略 【解析】(1)根據(jù)功和能的關(guān)系，有eU0＝2(1)mv0(2) 電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0＝m(2eU0) 在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間Δt＝v0(L)＝L2eU0(m) 偏轉(zhuǎn)距離Δy＝2(1)a(Δt)2＝4U0d(UL2). (2)考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有 重力G＝mg～10－29 N 電場力F＝d(eU)～10－15

40、 N 由于F?G，因此不需要考慮電子所受重力． (3)電場中某點電勢φ定義為電荷在該點的電勢能Ep與其電荷量q的比值， 即φ＝q(Ep) 由于重力做功與路徑無關(guān)，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能EG與其質(zhì)量m的比值，叫作“重力勢”，即φG＝m(EG). 電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素決定． 9．【2016·天津卷】如圖1所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一個固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保

41、持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則( ) 圖1 A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變 C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變 10．【2016·四川卷】中國科學院2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、食品安全、材料科學等方面有廣泛應(yīng)用． 如圖1所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極．質(zhì)子從K點沿軸線進入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變．設(shè)質(zhì)

42、子進入漂移管B時速度為8×106 m/s，進入漂移管E時速度為1×107 m/s，電源頻率為1×107 Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個管內(nèi)運動時間視為電源周期的2(1).質(zhì)子的荷質(zhì)比取1×108 C/kg.求： (1)漂移管B的長度； (2)相鄰漂移管間的加速電壓． 圖1 【答案】(1)0.4 m (6)6×104 V 【解析】(1)設(shè)質(zhì)子進入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管B的長度為L，則 T＝f(1) L＝vB·2(T) 聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得L＝0.4 m 11．【2016·全國卷Ⅰ】如圖1所示，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其

43、軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱．忽略空氣阻力．由此可知( ) 圖1 A．Q點的電勢比P點高 B．油滴在Q點的動能比它在P點的大 C．油滴在Q點的電勢能比它在P點的大 D．油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小 【答案】AB 【解析】油滴做類斜拋運動，加速度恒定，選項D錯誤；合力豎直向上，且電場力Eq豎直向上，Eq>mg，電場方向豎直向下，P點電勢最低，負電荷在P點電勢能最大，選項A正確，選項C錯誤；若粒子從Q點運動到P點，則合力做負功，動能減小，P點的動能最小，選項B正確． 12．【2016·全國卷Ⅲ】某同學用圖1中所給器材進行與安培力有關(guān)

44、的實驗．兩根金屬導軌ab和a1b1固定在同一水平面內(nèi)且相互平行，足夠大的電磁鐵(未畫出)的N極位于兩導軌的正上方，S極位于兩導軌的正下方，一金屬棒置于導軌上且與兩導軌垂直． 圖1 (1)在圖中畫出連線，完成實驗電路．要求滑動變阻器以限流方式接入電路，且在開關(guān)閉合后，金屬棒沿箭頭所示的方向移動． (2)為使金屬棒在離開導軌時具有更大的速度，有人提出以下建議： A．適當增加兩導軌間的距離 B．換一根更長的金屬棒 C．適當增大金屬棒中的電流 其中正確的是________(填入正確選項前的標號)． 【答案】(1)連線如圖所示 (2)AC 【解析】(1)限流式接法要求

45、滑動變阻器接線時只能連接“一上一下”兩個接線柱；磁鐵N極位于上方，說明磁感線向下；開關(guān)閉合后，金屬棒往右運動，說明棒受到向右的安培力；由左手定則可知，電流應(yīng)垂直紙面向外(ab指向a1b1)；所以應(yīng)按“電源正極→開關(guān)→滑動變阻器下接線柱→滑動變阻器上接線柱→電流表→ab→a1b1→電源負極”的順序連接回路． (2)由動能定理BIL·s＝2(1)mv2－0可知，要增大金屬棒離開導軌時的速度v，可以增大磁感應(yīng)強度B、增大電流I、增大兩導軌間的距離L或增大導軌的長度s；但兩導軌間的距離不變而只是換一根更長的金屬棒后，等效長度L并不會發(fā)生改變，但金屬棒的質(zhì)量增大，故金屬棒離開導軌時的速度v減小． 1

46、3．【2016·北京卷】中國宋代科學家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也．”進一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖．結(jié)合上述材料，下列說法不正確的是( ) 圖1 A．地理南、北極與地磁場的南、北極不重合 B．地球內(nèi)部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近 C．地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行 D．地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用 14．【2016·天津卷】電磁緩速器是應(yīng)用于車輛上以提高運行安全性的輔助制動裝置，其工作原理是利用電磁阻尼作用減緩車輛的速度．電磁阻尼作用可以借助如下模型討論：如

47、圖1所示，將形狀相同的兩根平行且足夠長的鋁條固定在光滑斜面上，斜面與水平方向夾角為θ.一質(zhì)量為m的條形磁鐵滑入兩鋁條間，恰好勻速穿過，穿過時磁鐵兩端面與兩鋁條的間距始終保持恒定，其引起電磁感應(yīng)的效果與磁鐵不動、鋁條相對磁鐵運動相同．磁鐵端面是邊長為d的正方形，由于磁鐵距離鋁條很近，磁鐵端面正對兩鋁條區(qū)域的磁場均可視為勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，鋁條的高度大于d，電阻率為ρ.為研究問題方便，鋁條中只考慮與磁鐵正對部分的電阻和磁場，其他部分電阻和磁場可忽略不計，假設(shè)磁鐵進入鋁條間以后，減少的機械能完全轉(zhuǎn)化為鋁條的內(nèi)能，重力加速度為g. 圖1 (1)求鋁條中與磁鐵正對部分的電流I； (

48、2)若兩鋁條的寬度均為b，推導磁鐵勻速穿過鋁條間時速度v的表達式； (3)在其他條件不變的情況下，僅將兩鋁條更換為寬度b′>b的鋁條，磁鐵仍以速度v進入鋁條間，試簡要分析說明磁鐵在鋁條間運動時的加速度和速度如何變化． 【答案】(1)2Bd(mgsin θ) (2)2B2d2b(ρmgsin θ) (3)略 【解析】 (1)磁鐵在鋁條間運動時，兩根鋁條受到的安培力大小相等，均為F安，有 F安＝IdB ① 磁鐵受到沿斜面向上的作用力為F，其大小 F＝2F安 ② 磁鐵勻速運動時受力平衡，則有 F－mgsin θ＝0 ③ 聯(lián)立①②③式可得I＝2Bd(mgsin θ) ④ (2)

49、磁鐵穿過鋁條時，在鋁條中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，有 E＝Bdv ⑤ 鋁條與磁鐵正對部分的電阻為R，由電阻定律有 R＝ρdb(d) ⑥ 由歐姆定律有 I＝R(E) ⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式可得v＝2B2d2b(ρmgsin θ) ⑧ (3)磁鐵以速度v進入鋁條間，恰好做勻速運動時，磁鐵受到沿斜面向上的作用力F，聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得F＝ρ(2B2d2bv) ⑨ 當鋁條的寬度b′>b時，磁鐵以速度v進入鋁條間時，磁鐵受到的作用力變?yōu)镕′，有 F′＝ρ(2B2d2b′v) ⑩ 可見F′>F＝mgsin θ，磁鐵所受到的合力方向沿斜面向上，獲得與運動方向相反的加速度，磁鐵將減速下滑，此時加速

50、度最大．之后，隨著運動速度減小，F(xiàn)′也隨著減小，磁鐵所受的合力也減小，由于磁鐵加速度與所受到的合力成正比，磁鐵的加速度逐漸減小．綜上所述，磁鐵做加速度逐漸減小的減速運動，直到F′＝mgsin θ時，磁鐵重新達到平衡狀態(tài)，將再次以較小的速度勻速下滑． 15．【2016·全國卷Ⅱ】一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動．在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30°角．當筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子

51、的比荷為( ) 圖1 A.3B(ω) B.2B(ω) C.B(ω) D.B(2ω) 16．【2016·全國卷Ⅲ】平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖1所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角．已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場．不計重力．粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為( ) 圖1 A.2qB(mv) B.qB(3mv) C.q

52、B(2mv) D.qB(4mv) 【答案】D 【解析】設(shè)射入磁場的入射點為A，延長入射速度v所在直線交ON于一點C，則軌跡圓與AC相切；由于軌跡圓只與ON有一個交點，所以軌跡圓與ON相切，所以軌跡圓的圓心必在∠ACD的角平分線上，作出軌跡圓如圖所示，其中O′為圓心，B為出射點． 由幾何關(guān)系可知∠O′CD＝30°，Rt△O′DC中，CD＝O′D·cot 30°＝R；由對稱性知，AC＝CD＝R；等腰△ACO中，OA＝2AC·cos 30°＝3R；等邊△O′AB中，AB＝R，所以O(shè)B＝OA＋AB＝4R.由qvB＝mR(v2)得R＝qB(mv)，所以O(shè)B＝qB(4mv)，D正確． 17．

53、【2016·北京卷】如圖1所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動．不計帶電粒子所受重力． (1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T； (2)為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場強度E的大?。? 圖1 【答案】(1)qB(mv) qB(2πm) (2)vB 【解析】(1)洛倫茲力提供向心力，有f＝qvB＝mR(v2) 帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R＝qB(mv) 勻速圓周運動的周期T＝v(2πR)＝qB(2πm). (2)粒子受電場力F＝qE，洛倫茲力f

54、＝qvB.粒子做勻速直線運動，則 qE＝qvB 場強E的大小E＝vB. 18．【2016·四川卷】如圖1所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場．一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力．則( ) 圖1 A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1 B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2 C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1 D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2 19．【2016·全國卷Ⅰ】現(xiàn)代質(zhì)譜

55、儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖1所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為( ) 圖1 A．11 B．12 C．121 D．144 【答案】D 【解析】粒子在電場中加速，設(shè)離開加速電場的速度為v，則qU＝2(1)mv2，粒子進入磁場做圓周運動，半徑r＝qB(mv)＝B(1)q(2mU)，因兩粒子軌道半徑相同，故離子和質(zhì)子的質(zhì)量比為144，選項D正確

56、． 20．【2016·江蘇卷】回旋加速器的工作原理如圖1甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0.周期T＝qB(2πm).一束該種粒子在t＝0～2(T)時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零．現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用．求： (1)出射粒子的動能Em； (2)粒子從飄入狹縫至動能達到Em所需的總時間t0； (3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應(yīng)滿足的條件．

57、 圖1 【答案】(1)2m(q2B2R2) (2)2U0(πBR2＋2BRd)－qB(πm) (3)d<100qB2R(πmU0) 【解析】(1)粒子運動半徑為R時 qvB＝mR(v2) 且Em＝2(1)mv2 解得Em＝2m(q2B2R2) (2)粒子被加速n次達到動能Em，則Em＝nqU0 粒子在狹縫間做勻加速運動，設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt 加速度a＝md(qU0) 勻加速直線運動nd＝2(1)a·Δt2 由t0＝(n－1)·2(T)＋Δt，解得t0＝2U0(πBR2＋2BRd)－qB(πm) (3)只有在 0～－Δt(T)時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被

58、加速 則所占的比例為η＝2(T) 由η>99%，解得d<100qB2R(πmU0) 21．【2016·四川卷】如圖1所示，圖面內(nèi)有豎直線DD′，過DD′且垂直于圖面的平面將空間分成Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域．區(qū)域Ⅰ有方向豎直向上的勻強電場和方向垂直于圖面的勻強磁場B(圖中未畫出)；區(qū)域Ⅱ有固定在水平面上高h＝2l、傾角α＝4(π)的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線DD′距離s＝4l，區(qū)域Ⅱ可加豎直方向的大小不同的勻強電場(圖中未畫出)；C點在DD′上，距地面高H＝3l.零時刻，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球P在K點具有大小v0＝、方向與水平面夾角θ＝3(π)的速度，在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做半徑r＝π(3l)的勻速圓周

59、運動，經(jīng)C點水平進入?yún)^(qū)域Ⅱ.某時刻，不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運動到斜面的小球P相遇．小球視為質(zhì)點，不計空氣阻力及小球P所帶電荷量對空間電磁場的影響．l已知，g為重力加速度． (1)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大??； (2)若小球A、P在斜面底端相遇，求釋放小球A的時刻tA； (3)若小球A、P在時刻t＝βg(l)(β為常數(shù))相遇于斜面某處，求此情況下區(qū)域Ⅱ的勻強電場的場強E，并討論場強E的極大值和極小值及相應(yīng)的方向． 圖1 【答案】(1)3lq(mπ) (2)(3－2)g(l) (3)q（β－1）2(（11－β2）mg) 極大值為8q(7mg)，方向豎

60、直向上；極小值為0 【解析】(1)由題知，小球P在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運動，有 m0(2)0＝qv0B 代入數(shù)據(jù)解得B＝3lq(mπ). (3)設(shè)所求電場方向向下，在t′A時刻釋放小球A，小球P在區(qū)域Ⅱ運動加速度為aP，有 s＝v0(t－tC)＋2(1)aA(t－t′A)cos α mg＋qE＝maP H－h(huán)＋2(1)aA(t－t′A)2sin α＝2(1)aP(t－tC)2 聯(lián)立相關(guān)方程解得E＝q（β－1）2(（11－β2）mg) 對小球P的所有運動情形討論可得3≤β≤5 由此可得場強極小值為Emin＝0；場強極大值為Emax＝8q(7mg)，方向豎直向上． 22．【2

61、016·浙江卷】為了進一步提高回旋加速器的能量，科學家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦過程中，離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周期性旋轉(zhuǎn)． 扇形聚焦磁場分布的簡化圖如圖111所示，圓心為O的圓形區(qū)域等分成六個扇形區(qū)域，其中三個為峰區(qū)，三個為谷區(qū)，峰區(qū)和谷區(qū)相間分布．峰區(qū)內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，谷區(qū)內(nèi)沒有磁場．質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子，以不變的速率v旋轉(zhuǎn)，其閉合平衡軌道如圖中虛線所示． (1)求閉合平衡軌道在峰區(qū)內(nèi)圓弧的半徑r，并判斷離子旋轉(zhuǎn)的方向是順時針還是逆時針； (2)求軌道在一個峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ，及離子繞閉合平衡軌道旋轉(zhuǎn)的周期T； (

62、3)在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B′，新的閉合平衡軌道在一個峰區(qū)內(nèi)的圓心角θ變?yōu)?0°，求B′和B的關(guān)系．已知：sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β，cos α＝1－2sin22(α). 圖111 【答案】(1)qB(mv) 逆時針 (2)3(2π) qB(3）m) (3)B′＝2(3－1)B 【解析】(1)峰區(qū)內(nèi)圓弧半徑r＝qB(mv) ① 旋轉(zhuǎn)方向為逆時針方向 ② (2)由對稱性，峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ＝3(2π) ③ 每個圓弧的長度l＝3(2πr)＝3qB(2πmv) ④ 每段直線長度L＝2rcos6(π)＝r＝qB(3mv

63、) ⑤ 周期T＝v(3（l＋L）) ⑥ 代入得T＝qB(3）m) ⑦ (3)谷區(qū)內(nèi)的圓心角θ′＝120°－90°＝30° ⑧ 谷區(qū)內(nèi)的軌道圓弧半徑r′＝qB′(mv) ⑨ 由幾何關(guān)系rsin2(θ)＝r′sin2(θ′) ⑩ 由三角關(guān)系sin2(30°)＝sin 15°＝4(2) 代入得B′＝2(3－1)B 【2015·上?！?】4．兩個正、負點電荷周圍電場線分布如圖所示，P、Q為電場中兩點，則 A．正電荷由P靜止釋放能運動到Q B．正電荷在P的加速度小于在Q的加速度 C．負電荷在P的電勢能高于在Q的電勢能 D．負電荷從P移動到Q，其間必有一點電勢能為零

64、【答案】D 【2015·安徽·20】5．已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強大小為，其中為平面上單位面積所帶的電荷量，為常量。如圖所示的平行板電容器，極板正對面積為S，其間為真空，帶電荷量為Q。不計邊緣效應(yīng)時，極板可看作無窮大導體板，則極板間的電場強度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為 A．和 B．和 C．和 D．和 【答案】D 【解析】由公式，正負極板都有場強，由場強的疊加可得，電場力，故選D。 【2015·海南·5】6．如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)，在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q（q＞0）的粒子，在負極板附近

65、有另一質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子，在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則M：m為（） A．3:2 B．2：1 C．5:2 D．3:1 【答案】A 【2015·全國新課標Ⅰ·15】7．如圖所示，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為、、、。一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等，則 A．直線a位于某一等勢面內(nèi)， B．直線c位于某一等勢面內(nèi)， C．若電子有M點運動到Q點，電場

66、力做正功 D．若電子有P點運動到Q點，電場力做負功 【答案】B 【2015·海南·7】8．如圖，兩電荷量分別為Q（Q＞0）和-Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側(cè)，a點位于x軸上O點與點電荷Q之間，b位于y軸O點上方。取無窮遠處的電勢為零，下列說法正確的是 A．b點的電勢為零，電場強度也為零 B．正的試探電荷在a點的電勢能大于零，所受電場力方向向右 C．將正的試探電荷從O點移到a點，必須克服電場力做功 D．將同一正的試探電荷先后從O、b點移到a點，后者電勢能的變化較大 【答案】BC 【解析】因為等量異種電荷在其連線的中垂線上的電場方向為水平指向負電荷，所以電場方向與中垂線方向垂直，故中垂線為等勢線，因為中垂線延伸到無窮遠處，所以中垂線的電勢為零，故b點的電勢為零，但是電場強度不為零，A錯誤；等量異種電荷連線上，電場方向由正電荷指向負電荷，方向水平向右，在中點O處電勢為零，O點左側(cè)電勢為正，右側(cè)電勢為負，又知道正電荷在正電勢處電勢能為正，故B正確；O點的電勢低于a點的電勢，電場力做負功，所以必須克服電場力做功，C正確；O點和b點的電勢相等，所以先后從O、b點移