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如图甲所示，加速电场的加速电压为U₀ =" 50" V，在它的右侧有水平正对放置的平行金属
板a、b构成的偏转电场，且此区间内还存在着垂直纸面方向的匀强磁场B₀．已知金属板的
板长L = 0．1 m，板间距离d = 0．1 m，两板间的电势差u_ab随时间变化的规律如图乙所示．紧
贴金属板a、b的右侧存在半圆形的有界匀强磁场，磁感应强度B = 0．01 T，方向垂直纸面
向里，磁场的直径MN = 2R = 0．2 m即为其左边界，并与中线OO′垂直，且与金属板a的
右边缘重合于M点．两个比荷相同、均为q/m = 1×10⁸ C/kg的带正电的粒子甲、乙先后由静
止开始经过加速电场后，再沿两金属板间的中线OO′ 方向射入平行板a、b所在的区域．不
计粒子所受的重力和粒子间的相互作用力，忽略偏转电场两板间电场的边缘效应，在每个粒
子通过偏转电场区域的极短时间内，偏转电场可视作恒定不变．
（1）若粒子甲由t = 0．05 s时飞入，恰能沿中线OO′ 方向通过平行金属板a、b正对的区域，试分析该区域的磁感应强度B₀的大小和方向；
（2）若撤去平行金属板a、b正对区域的磁场，粒子乙恰能以最大动能飞入半圆形的磁场区域，试分析该粒子在该磁场中的运动时间．

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       如图1所示，加速电场的加速电压为U₀ = 50 V，在它的右侧有水平正对放置的平行金属板a、b构成的偏转电场，且此区间内还存在着垂直纸面方向的匀强磁场B₀．已知金属板的板长L = 0．1 m，板间距离d = 0．1 m，两板间的电势差u_ab随时间变化的规律如图2所示．紧贴金属板a、b的右侧存在半圆形的有界匀强磁场，磁感应强度B = 0．01 T，方向垂直纸面向里，磁场的直径MN = 2R = 0．2 m即为其左边界，并与中线OO′垂直，且与金属板a的右边缘重合于M点．两个比荷相同、均为q/m = 1×10⁸ C/kg的带正电的粒子甲、乙先后由静止开始经过加速电场后，再沿两金属板间的中线OO′ 方向射入平行板a、b所在的区域．不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用力，忽略偏转电场两板间电场的边缘效应，在每个粒子通过偏转电场区域的极短时间内，偏转电场可视作恒定不变．

       （1）若粒子甲由t = 0．05 s时飞入，恰能沿中线OO′ 方向通过平行金属板a、b正对的区域，试分析该区域的磁感应强度B₀的大小和方向；

（2）若撤去平行金属板a、b正对区域的磁场，粒子乙恰能以最大动能飞入半圆形的磁场区域，试分析该粒子在该磁场中的运动时间．

 

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高考真题

1．【解析】电场是矢量，叠加遵循平行四边行定则，由和几何关系可以得出，A错B对。在之间，合场强的方向向左，把负电荷从Ｏ移动到C，电场力做负功，电势能增加，C错D对。

【答案】BD

2．【解析】从无穷远处电势为零开始到r = r₂位置，势能恒定为零，在r = r₂到r = r₁过程中，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图像为A、B选项中所示；r ＜ r₁之后势能不变，恒定为－U₀，由引力做功等于势能将少量，故U₀=F₀(r₂－r₁)．所以选项B正确

【答案】B

3．【解析】将电荷从从电场中的A点移到B点，电场力做负功，其电势能增加；由电势差公式U_AB = ，W= qU_AB = －5×10^?9×（15－10)J=－2.5×10^－8J

【答案】－2.5×10^－8J

4．【解析】考查静电场中的电场线、等势面的分布知识和规律。A、B、C三点处在一根电场线上，沿着电场线的方向电势降落，故φ_A＞φ_B＞φ_C，A正确；由电场线的密集程度可看出电场强度大小关系为E_C＞E_B＞E_A，B对；电场线密集的地方电势降落较快，故U_BC＞U_AB，C对D错。此类问题要在平时注重对电场线与场强、等势面与场强和电场线的关系的掌握，熟练理解常见电场线和等势面的分布规律

【答案】AC

5．【解析】如图所示，根据匀强电场的电场线与等势面是平行等间距排列，且电场线与等势面处处垂直，沿着电场线方向电势均匀降落，取ab的中点O，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2V，故Oc为等势面，MN为电场线，方向为MN方向，U_OP= U_Oa=V，U_ON : U_OP=2 :，故U_ON =2V,N点电势为零，为最小电势点，同理M点电势为4V，为最大电势点。所以选项B正确                                                            

【答案】 B                                                                 

6．【解析】本题考查电容器的两个公式。a板与Q板电势恒定为零，b板和P板电势总相同，故两个电容器的电压相等，且两板电荷量q视为不变。要使悬线的偏角增大，即电压U增大，即减小电容器的电容C。对电容器C，由公式C = = ，可以通过增大板间距d、减小介电常数ε、减小板的针对面积S。所以选项B、C正确．

【答案】BC      

7．【解析】设F与F′绕O点对称，在F与F′处之间，小球始终受到指向O点的回复力作用下做往复运动，若小球P带电量缓慢减小，则此后小球能运动到F′点下方，即振幅会加大，A错；每次经过O点因电场力做功减少而速度不断减小，B对；若点电荷M、N电荷量缓慢增大，则中垂线CD上的场强相对增大，振幅减小，加速度相对原来每个位置增大，故一个周期的时间必定减小，C、D正确。

【答案】CD

8．【解析】由沿电场线方向电势降低，所以选项A正确；电场线越密的地方场强越大，得选项D正确。

【答案】D

9．【解析】当不加电场时，油滴匀速下降，即；当两极板间电压为U时，油滴向上匀速运动，即，解之得:,当两极间电压为－U时，电场力方向反向，大小不变，油滴向下运动，当匀速运动时，，解之得：v'=3v，C项正确

【答案】C

10．【解析】由电势差公式以及动能定理：W=qU_ab=q(φ_a－φ_b)= m (v_b²－v_a²)，可得比荷为 = ，所以选项C对．

【答案】C

11．【解析】（1）设电子的质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的为v₀，此后电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有

解得　y＝，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（－2L，）

（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v₁，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有

解得　xy＝，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置。

（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v₂，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有            

，

解得　，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置

【答案】（1）（－2L，）（2）　xy＝  （3）

 12．【解析】(1)P₁经t₁时间与P₂碰撞，则

P₁、P₂碰撞，设碰后P₂速度为v₂，由动量守恒：

解得（水平向左）    （水平向右）

碰撞后小球P₁向左运动的最大距离：      又：

解得：

所需时间：

（2）设P₁、P₂碰撞后又经时间在OB区间内再次发生碰撞，且P₁受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正：   则： 

解得：  （故P₁受电场力不变）

对P₂分析：  

所以假设成立，两球能在OB区间内再次发生碰撞。

【答案】 （1）     （2）两球能在OB区间内再次发生碰撞

名校试题

1．【解析】带正电荷的福娃欢欢的电势高于带负电荷的福娃贝贝，用导体棒连结的瞬间，电流表指针偏转，有瞬时电流 ，

最终达到静电平衡，成为是等势体，导体棒内的电场强度等于零。  

【答案】AC

2．【解析】b、d两点的合场强方向不同，所以选项A错；a点的电势高于f点的电势，选项B错；若在b、d、e、f上移动电场力不做功，选项C错，将点电荷+q从球面上a点移动到c点的电场力做功最大，所以电势能变化量一定最大，故选项D对．

【答案】D

3．【解析】由题意可知： 所以E的变化规律与Q的变化规律相似，所以E的图象为②，由k, 所以d=t+a=vt+a,所以是匀速移动，所以速度图象为③，综上所述C正确。

【答案】C

4．【解析】由公式和得，D选项正确。

【答案】D

5．【解析】因不知道点电荷的位置，所以无法确定a、b两点的场强方向，如点电荷在a、b两点之间时，两点的场强方向就不相同，A错误；若点电荷不在a、b两点间的中间位置，a、b两点的场强大小就一定不相等，B错误；若点电荷在a、b两点间的中间位置，a、b两点就在同一等势面上，C错误，D正确。

【答案】D

6．【解析】（1）将打在A板上。

   （2）水平放置有Eq=mg。                    

    把重力分解为平行电场方向和垂直电场方向，则沿电场方向的加速度为：a=g/2，打到板上的时间为：   油滴受到的合力为mg，所以加速度为g，达到板上速度的大小为： www.ks5u.com

【答案】（1）  将打在A板上    （2）

7．【解析】（1）在带电粒子运动方向上任取一点，设其坐标为，取接地极板为零势能点。将粒子从O点移到处电场力做正功，，即粒子在x处的电势能为，在处的电势能为。

再由牛顿第二定律①，②，解得③，又④，⑤，，得⑥，即该带电粒子在极板间运动的过程中，电势能与动能总和保持不变，证毕。

  （2）粒子在竖直向上射出后做类平抛运动。故竖直方向做匀速直线运动，到达P点时有⑦；水平方向做初速度为零的匀加速运动，有⑧，联立解得

【答案】

 8．【解析】(1)油滴匀速下落过程中受到的电场力和重力平衡，可见所带电荷为负电荷，即，得                   

(2)油滴加速下落，若油滴带负电，电荷量为Q₁，则油滴所受到的电场力方向向上，设此时的加速度大小为a₁，由牛顿第二定律得 

            得．                                

若油滴带正电，电荷量为Q₂，则油滴所受到的电场力方向向下，设此时的加速度大小为a₂，由牛顿第二定律得

                     即。                            

【答案】（1）     （2）

9．【解析】（1）小球在θ=60⁰角处处于平衡，则Eq=mgtanθ  

得                     

    方向水平向左                                 

（2）王明同学的求解不正确                                 

因为小球在θ=60⁰处处于平衡，因此小球从θ=30⁰的A点释放，它不会往A点的左边运动，而是以θ=60⁰处为中心、以A点为端点来回摆动，即小球不会运动至最低点O        

王明同学的求解实际上也不是小球运动到θ=60⁰的平衡位置处的速度。 

平衡位置处的速度的正确求解应该是：据动能定理有

联解得                   

【答案】（1）    （2）

10．【解析】（1）设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有

      解得 

（2）微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有

       联立⑴、⑵，得       

（3）微粒从释放开始经t₁射出B板的小孔，则

设微粒在半圆形金属板间运动经过t₂第一次到达最低点P点，则

所以从释放微粒开始，经过微粒第一次到达P点

根据运动的对称性，易知再经过微粒再一次经过P点

所以经过时间，微粒经过P点。

【答案】（1）    （2）          （3）

11．【解析】(1)若第1个粒子落到O点，由＝v₀₁t₁  

＝gt₁² （1分）    得v₀₁＝2.5 m/s                          

若落到B点，由L＝v₀₂t₁，＝gt₂²得v₀₂＝5 m/s

故2.5 m/s<v₀<5 m/s

(2)由L＝v₀₁t   得t＝4×10^-2 s     

由＝at²     得a＝2.5 m/s²      

由mg－qE=ma，E=  得Q＝6×10^-6C   所以＝600个

【答案】（1）2.5 m/s<v₀<5 m/s （2）600个

                            考点预测题

1．【解析】根据上述规律可知，引入的第三个小球必须带负电，放在前两个小球的连线上且离+Q较近。设第三个小球带电量为q，放在距离+Q为x处（如图所示），由平衡条件和库仑定律有：                                         

   解得   以+Q为研究对象，由平衡条件得：得

即第三个小球带负电，电荷量为Q的倍

【答案】第三个小球带负电，电荷量为Q的倍

2．【解析】质子带电为+e，所以它是由2个上夸克和1个下夸克组成的.按题意，三个夸克必位于等边三角形的三个顶点处.这时上夸克与上夸克之间的静电力应为

代入数值，得  =46N，为斥力.    

上夸克与下夸克之间的静电力为      

代入数值，得=23N，为吸力.      

【答案】=23N，为吸力

3．【解析】由a点的电场线密度比b点的大，所以其场强也越大，同一电荷受到的电场力也大，即F_a>F_b，又因电场力做正功，所以Q为正电荷，故选项A正确

【答案】A

4．【解析】本题属于连接体问题，主要考查牛顿第二定律在电场中的应用，设加速度为a，对整体有：，再隔离球2分析：，联立两式得：，所以选项A正确

【答案】A

5．【解析】电场力的方向与面ABCD垂直，所以面ABCD是等势面，A、D两点的电势差为0，又因A、A两点的电势差不为0，所以选项A错。带正电的粒子从A点到D电场力不做功，而由D→D＇电场力做功，所以选项B正确；同理，带负电的粒子从A点沿路径A→D→D＇移到D＇点，电场力做负功，电势能增大，选项C错；由电场力做功的特点得选项D也正确。

【答案】BD

6．【解析】因电场力做功只与始末位置有关，与路径无关，故选项D对。把一正的点电荷从M点沿直线移到N点时，电场力做正功，电势能减少，所以选项A正确。而B错。负电荷则相反，即选项C错。

 【答案】AD

7．【解析】本题主要考查电场力做功和电势差与场强的关系。根据W=得W=8×10^－6 J，因沿场强方向的距离d小于1m，所以由得E大于8 V/m，故选项A正确。

【答案】A

8．【解析】在匀强电场中，由于U＝Ed，所以任意一族平行线上等距离的两点的电势差相等，因此U_ab=U_cd，所以c点电势为8V。，B对。考查匀强电场中场强与电势差的关系，难度适中。

【答案】B

9．【解析】先根据电容器在电路稳定的情况下相当于断路，比较两种情况下两极板的电势差、电场强度、电场力大小进而确定较大关系；再根据两种情况下的总电阻大小确定电流关系。当滑片在a位置时平行板电容器两极板间电势差比当滑片在b位置时小，场强也就小，故θ₁<θ_{2 ，}两种情况下的闭合电路总电阻不变，故I₁=I_2，所以正确选项D。

【答案】D

10．【解析】由于电容、和静电计Y在电路中都起断路作用，故没有电流通过电压表，故正确答案为选项C．

【答案】C

11．【解析】（1）极间场强；

（2）粒子在极板间运动的加速度 

（3）由，得：   

  【答案】（1）  （2）     （3）      

12．【解析】对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W₁，有：

而且还能穿过小孔，离开右极板。 

假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W₂，有：

综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧。  

（1）带电系统开始运动时，设加速度为a₁，由牛顿第二定律：

=   ③

球B刚进入电场时，带电系统的速度为v₁，有：

        ④

由③④求得：  ⑤

（2）设球B从静止到刚进入电场的时间为t₁，则：

         ⑥

将③⑤代入⑥得：

      ⑦

球B进入电场后，带电系统的加速度为a₂，由牛顿第二定律：

   ⑧

显然，带电系统做匀减速运动。设球A刚达到右极板时的速度为v₂，减速所需时间为t₂，则有：

  ⑨

          ⑩

求得：   ⑾

球A离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a₃，再由牛顿第二定律：

    ⑿

设球A从离开电场到静止所需的时间为t₃，运动的位移为x，则有：

     ⒀

    ⒁

求得：      ⒂

由⑦⑾⒂可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：

        ⒃

球A相对右板的位置为：  ⒄

【答案】（1）   （2）

13．【解析】（1）由题意可知电场力的力臂为l sinθ，故力矩M＝2×E₀q×l sinθ＝E₀q/sinθ

（2）W＝2 E₀q×(1－cosθ)＝E₀q /(1－cosθ)

（3）电偶极子在外电场中处于力矩平衡时，电偶极子的方向与外加电场的夹角0或者π

①当电偶极子方向与场强方向相同时，即夹角为零时（如图所示）由于电偶极子与电场垂直时电势能为零， 所以该位置的电势能等于由该位置转到与电场垂直时电场力所做的功，电势能 E_P1=－E₀q_l             

②当电偶极子方向与场强方向相反时，即夹角π为时同理可得，电势能 E_P2=E₀q_l

（4）由题意知　F＝E₀q₀－2

【答案】（1）E₀q/sinθ（2）E₀q /(1－cosθ)   （3）夹角为零E_P1=－E₀q_l ，夹角π为时同理可得，电势能 E_P2=E₀q_l

 （4）

14．【解析】由题意可知，带电小球在匀强电场和点电荷非匀强电场这样的叠加场中运动，前两问应用力的观点求解，因库仑力是变力，所以第（3）问只能用能的观点求解。

（1）开始运动时小球受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得

解得                                             

代入数据解得                                      

（2）小球速度最大时合力为零，即

解得                                                        

代入数据解得                                                  

（3）小球从开始运动到速度为的过程中，设重力做功为，电场力做功为，

     库仑力做功为，根据动能定理有

解得                            

设小球的电势能改变了△，则

△                                                     

△                                             

△

【答案】（1） （2）    （3）