高考总复习（新人教版）物理限时检测第八章磁场第二节

1、第八章 第二节限时检测A(限时45分钟，满分100分)一、选择题(每小题6分，共54分)1如图8215所示，水平导线中有电流I通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I的方向相同，则电子将图8215A沿路径a运动，轨迹是圆B沿路径a运动，轨迹半径越来越大C沿路径a运动，轨迹半径越来越小D沿路径b运动，轨迹半径越来越小解析离导线越远磁场越弱，由Req f(mv,Bq)和左手定则知，B对。答案B2 (2016宜昌统考)如图8216所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，一质量为m、电荷量为e的电子，从a点沿垂直磁感线方向以初速度v开始运动，经一段时间t后经过b点，ab连线与初速度的夹

2、角为，则t为图8216A.eq f(m,eB) B.eq f(2m,eB) C.eq f(m,2eB) D.eq f(r(2)m,2eB)解析t时间电子转过的圆心角为2，则有teq f(2,2)Teq f(2m,eB)。故B对。答案B3 (2016东北联考)如图8217所示，斜面顶端在同一高度的三个光滑斜面AB、AC、AD，均处于水平方向的匀强磁场中。一个带负电的绝缘物块，分别从三个斜面顶端A点由静止释放，设滑到底端的时间分别为tAB、tAC、tAD，则图8217AtABtACtAD BtABtACtADCtABtACtAD D无法比较解析带电物块在磁场中的斜面上运动时受到重力、支持力和垂直斜

3、面向下的洛伦兹力，设斜面顶端的高度为h，倾角为，则物块的加速度为agsin ，由公式xeq f(1,2)at2eq f(h,sin )，得t eq r(f(2h,gsin2 )，知越大，t越小，则选项C正确。答案C4如图8218所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t时间从C点射出磁场，OC与OB成60角。现将带电粒子的速度变为eq f(v,3)，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为图8218A.eq f(1,2)t B2tC.eq f(1,3)t D3t解析粒子沿半径方向进入圆形磁场区域时，一定沿半径方

4、向射出，如图。粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由qvBmeq f(v2,R)得Req f(mv,Bq)，Teq f(2m,Bq)。由数学知识得：粒子以速度v进入磁场时，圆周运动的半径Req r(3)r，转过的圆心角60；粒子以速度eq f(v,3)进入磁场时，从D点射出磁场，圆周运动的半径Req f(r(3),3)r，转过的圆心角120，周期T与速度无关，所以teq f(,)t2t，B正确。答案B5如图8219甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化

5、规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是图8219A高频电源的变化周期应该等于tntn1B在Ekt图中应有t4t3t3t2t2t1C粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D不同粒子获得的最大动能都相同解析由图可知粒子在单个D形盒内运动的时间为tntn1，由于在磁场中粒子运动的周期与速度无关，B正确；交流电源的周期为2(tntn1)，A错误；由req f(mv,Bq)知当粒子的运动半径等于D形盒半径时加速过程就结束了，粒子的动能Ekeq f(B2q2r2,2m)，即粒子的动能与加速次数无关，C错误；粒子的最大动能还与粒子的质量和电荷量有关，D错误。答案B6 (

6、2016武汉联考)如图8220所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30和60，且同时到达P点。a、b两粒子的质量之比为图8220A12 B21C34 D43解析由题意可得，a粒子在磁场中运动轨迹半径raeq f(d,r(3)，所对的圆心角为120，轨迹弧长为saeq f(2ra,3)eq f(2d,3r(3)，运动时间taeq f(sa,va)；b粒子在磁场中运动轨迹半径rbd，所对的圆心角为60，轨迹弧长为sbeq f(rb,3)eq f(d,3)，运动时间tbeq f(sb,vb)；由题意知a、b两粒子同时到达

7、P点，则tatb，联立解得vavb2eq r(3)，再由两粒子动能相同得a、b粒子的质量之比mamb34，选项C正确。答案C7 (多选)如图8221所示，宽d4 cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向里，现有一群带正电的粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为r10 cm，则图8221A右边界：8 cmy8 cm有粒子射出B右边界：y8 cm有粒子射出D左边界：0y16 cm有粒子射出解析当粒子斜向上进入磁场运动轨迹与右边界相切和粒子沿y轴负方向射入磁场时，粒子从右边界射出的范围最大，画出粒子的运动轨迹(如图所示)并根据几

8、何关系可求出，在右边界8 cmyRRcos 53Req f(mv,qB)由并代入数据得Beq f(16,3) T5.33 T。答案(1)0.90 m(2)大于5.33 T12 (18分)(2013大纲全国卷) 如图8226所示，虚线OL与y轴的夹角为60，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点(图中未画出)，且eq xto(OP)R。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。图8226解析本题考查带电粒子在磁场中

9、的运动，意在考查考生综合解决问题的能力。根据题意，带电粒子进入磁场后做圆周运动，运动轨迹交虚线OL于A点，圆心为y轴上的C点，AC与y轴的夹角为；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴于P点，与x轴的夹角为，如图所示。有qvBmeq f(v2,R)周期为T=eq f(2R,v)由此得T=eq f(2m,qB)过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D。由图中几何关系得eq xto(AD)Rsin eq xto(OD)eq xto(AD)cot 60eq xto(BP)eq xto(OD)cot eq xto(OP)eq xto(AD)eq xto(BP)由以上五式和题给条件得sin eq f(1,r(

10、3) cos 1解得30或90设M点到O点的距离为hhReq xto(OC)根据几何关系eq xto(OC)eq xto(CD)eq xto(OD)Rcos eq f(r(3),3)eq xto(AD)利用以上两式和eq xto(AD)Rsin 得hReq f(2,r(3)Rcos(30)解得h(1eq f(r(3),3)R(30)h(1eq f(r(3),3)R(90)当30时，粒子在磁场中运动的时间为teq f(T,12)eq f(m,6qB)当90时，粒子在磁场中运动的时间为teq f(T,4)eq f(m,2qB)。答案见解析限时检测B(限时45分钟，满分100分)一、选择题(每小题6

11、分，共54分)1 (2016广州模拟)薄铝板将同一匀强磁场分成、两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域内运动的轨迹如图8227所示，半径R1R2。假定穿过铝板前后粒子电荷量保持不变，则该粒子图8227A带正电B在、区域的运动速度大小相同C在、区域的运动时间相同D从区域穿过铝板运动到区域解析粒子穿过铝板受到铝板的阻力，速度将减小由req f(mv,Bq)可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径将减小，故可得粒子由区域运动到区域，结合左手定则可知粒子带负电，A、B、D选项错误；由Teq f(2m,Bq)可知粒子运动的周期不变，粒子在区域和区域中运动的时间均为teq f(1,2)Teq f

12、(m,Bq)，C选项正确。答案C2如图8228所示，正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个粒子(不计重力)以一定速度v从AB边的中点M沿既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，正好从AD边的中点N射出。若将磁感应强度B变为原来的2倍，其他条件不变，则这个粒子射出磁场的位置是图8228AA点BND之间的某一点CCD之间的某一点 DBC之间的某一点解析粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子垂直于AB边从中点M射入时，又从AD边的中点N射出，则A点为圆心，且Req f(mv,qB)，当磁感应强度加倍时，半径变为原来的eq f(1,2)，则A正确。答案A3如图8229所示是某粒子速度选

13、择器的示意图，在一半径为R10 cm的圆柱形桶内有B104 T的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔。粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出。现有一粒子源发射比荷为eq f(q,m)21011 C/kg的正粒子，粒子束中速度分布连续，当角45时，出射粒子速度v的大小是图8229A.eq r(2)106 m/s B2eq r(2)106 m/sC2eq r(2)108 m/s D4eq r(2)106 m/s解析由题意知，粒子从入射孔以45角射入匀强磁场，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。能够从出射孔射出的粒子刚好在磁场中运动eq f(1,4)周期

14、，由几何关系知req r(2)R，又req f(mv,qB)，解得veq f(qBr,m)2eq r(2)106 m/s。答案B4如图8230所示是质谱仪工作原理的示意图。带电粒子a、b经电压U加速(在A点初速度为零)后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处。图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则图8230Aa的质量一定大于b的质量Ba的电荷量一定大于b的电荷量Ca运动的时间大于b运动的时间Da的比荷(qa/ma)大于b的比荷(qb/mb)解析在加速电场中，qUeq f(1,2)mv2；在磁场中qvBeq f(mv2,R)；所以Req

15、 f(mv,qB)eq f(1,B) eq r(f(2mU,q)，由图知RaRb故eq f(qa,ma)eq f(qb,mb)，A、B错，因为周期Teq f(2m,Bq)，a、b粒子运行时间均为eq f(T,2)，所以a运动的时间小于b运动的时间，C错、D正确。答案D5如图8231所示，空间存在水平向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为，一带电荷量为q、质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为eq f(r(3)mv0,ae) BBeq f(2mv0,ae)CBeq f(2mv0,ae)解析由题意，若电子正好经

16、过C点其运动轨迹如图所示，此时其圆周运动的半径Req f(a,2cos 30)eq f(a,r(3)，要想电子从BC边经过，圆周运动的半径要大于eq f(a,r(3)，由带电粒子在磁场中运动的半径公式req f(mv,qB)，有eq f(a,r(3)eq f(mv0,eB)，即Beq f(r(3)mv0,ae)，C选项正确。答案C7 (多选)如图8233所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场(图中未画出)，其边界过原点O和y轴上的点a(0，L)。一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为6

17、0。下列说法中正确的是图8233A电子在磁场中运动的时间为eq f(L,v0)B电子在磁场中运动的时间为eq f(2L,3v0)C磁场区域的圆心坐标为(eq f(L,2)，eq f(L,2)D电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，L)解析电子在磁场中运动的轨迹如图虚线所示，由几何关系得Ob=eq r(3)L，(r-L)2+(eq r(3)L)2=r2，则r=2L，故在磁场中运动的时间为t= =eq f(2L,3v0)，选项A错误、B正确；ab连线是磁场区域圆的直径，故圆心坐标为(eq f(r(3),2)L，eq f(L,2)。电子在磁场中做圆周运动的圆心为O，计算出其坐标为(0，-L)，所以

18、选项C错误、选项D正确。答案BD8(多选)足够长的光滑绝缘槽与水平方向的夹角分别为和(ab 图8234B在槽上a、b两球都做变加速直线运动，但总有aaabCa、b两球沿直线运动的最大位移分别为xa、xb，则xaxbDa、b两球沿槽运动的时间分别为ta、tb，则taab，选项A正确，B错误。在垂直斜面方向，当斜面对小球的支持力FN0时，球脱离斜面，则有qvaBmgcos 、qvbBmgcos ，解得：vaeq f(mgcos ,qB)，vbeq f(mgcos ,qB)。根据v22ax、vat得：xaeq f(m2gcos2 ,2q2B2sin )，xbeq f(m2gcos2 ,2q2B2si

19、n )，taeq f(m,qBtan )，tbeq f(m,qBtan )。所以xaxb，ta0)的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出，其轨迹经过G点；再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出，其轨迹也经过G点。两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同，且经过G点时的速度方向也相同。已知点电荷a的质量为m，轨道半径为R。不计重力。求：图8238 (1)点电荷a从射出到经过G点所用的时间；(2)点电荷b的速度的大小。解析(1)设点电荷a的速度大小为v，由牛顿第二定律得qvBmeq f(v2,R)由式得veq f(qBR,m)设点电荷a做圆周运动的周期为T，则有Teq f(2

20、m,qB)如图所示，O和O1分别是点电荷a和b的圆轨道的圆心。设点电荷a在磁场中偏转的角度为，由几何关系得=90故点电荷a从开始运动到经过G点所用的时间teq f(m,2qB)。(2)设点电荷b的速度大小为v1，轨道半径为R1，b在磁场中偏转的角度为1，依题意有teq f(R11,v1)eq f(R,v)由式得v1eq f(R11,R)v由于两轨道在G点相切，过G点的半径OG和O1G在同一直线上。由几何关系和题给条件得160R12R联立式，解得v1eq f(4qBR,3m)。答案(1)eq f(m,2qB)(2) eq f(4qBR,3m)专题六 第一节限时检测(限时45分钟，满分100分)一

21、、选择题(每小题6分，共54分)1 (2016双鸭山模拟)如图6112所示，光滑绝缘水平面上带异号电荷的小球A、B，它们一起在水平向右的匀强电场中向右做匀加速运动，且保持相对静止。设小球A带电荷量大小为QA，小球B带电荷量大小为QB，下列判断正确的是图6112A小球A带正电，小球B带负电，且QAQBB小球A带正电，小球B带负电，且QAQBD小球A带负电，小球B带正电，且QAQ2B两质点带异号电荷，且Q1Q2D两质点带同号电荷，且Q1Q2，选项A正确。答案A6 (多选)(2016江西模拟)如图6116所示，悬线下挂着一个带正电的小球，它的质量为m，电荷量为q，整个装置处于水平向右的匀强电场中，电

22、场强度为E，下列说法正确的是A小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切值为Eq/mgB若剪断悬线，则小球做曲线运动 图6116C若剪断悬线，则小球做匀速运动D若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动解析对小球受力分析，可知tan eq f(Eq,mg)，A正确。剪断悬线后，小球受Eq和mg的作用，其合力为定值，所以小球做匀加速直线运动，D正确。答案AD7(多选)顶点a、b、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图6118所示，D为正三角形外接圆的圆心，E、G、H点分别为ab、ac、bc的中点，F点为E点关于c电荷的对称点，不计空气阻力。下列说法中正确的是图6118AD点的电场强度为零、电势为零BE、F

23、两点的电场强度等大反向、电势相等CE、G、H三点的电场强度和电势均相同D若释放c电荷，c电荷将一直做加速运动解析D点到a、b、c三点的距离相等，故三个电荷在D点的场强大小相同，且夹角互为120，故D点的场强为0。因为电势是一个相对性的概念，即零电势的选取是任意的，故D点电势可能为0，故A正确。由于a、b在E点的场强大小相等方向相反，故E的场强仅由电荷c决定。故场强方向向左，而电荷c在E、F位置的场强大小相同方向相反，但电荷a、b在F点的场强矢量和不为0，故E、F两点的电场强度大小不同，方向相反，故B错误。E、G、H三点分别为ab、ac、bc的中点，E的场强仅由电荷c决定，同理G点的场强仅由电荷

24、b决定，H点的场强仅由电荷a决定，故三点的场强大小相同，但方向不同，故C错误。若释放电荷c，则a、b在c的合场强水平向右，故a、b始终对c有斥力作用，故c电荷将一直做加速运动，故D正确。答案AD8(多选)(2016南昌检测)如图6119所示，两个带等量的正电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘水平面上，P、N是小球A、B连线的水平中垂线上的两点，且POON。现将一个带负电的小球C(可视为质点)，由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，下列关于小球C的速度图象中，可能正确的是图6119解析在A、B连线的垂直平分线上，从无穷远处到O点的电场强度先变大后变小，到O点变为零，负电荷沿

25、垂直平分线从无穷远处向O点运动，加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速度变为零，速度达到最大，vt图线的斜率先变大后变小；由O点运动到无穷远，速度变化情况同另一侧速度的变化情况具有对称性。如果P、N距O点足够远，B正确，如果P、N距O点很近，A正确。答案AB9 (多选)(2016茂名模拟)如图6120所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的点电荷B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用。则下列说法正确的是A物体A受到地面的支持力先增大后减小 图6120B物体A受到地面的支持力保持不变C

26、物体A受到地面的摩擦力先减小后增大D库仑力对点电荷B先做正功后做负功解析分析物体A的受力如图所示，由平衡条件可得：fFcos ，NFsin mg，随由小于90增大到大于90的过程中，f先减小后反向增大，N先增大后减小，A、C正确，B错误；因A对B的库仑力与B运动的速度方向始终垂直，故库仑力不做功，D错误。答案AC二、计算题(共46分)10 (15分)(2014福建理综)如图6121所示，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L2.0 m。若将电荷量均为q2.0106 C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k9.0109 Nm2/C2，求： (1)两点电荷间的库仑力

27、大小； 图6121(2)C点的电场强度的大小和方向。解析(1)根据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小为Fkeq f(q2,L2)代入数据得F9.0103 N(2)A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为E1keq f(q,L2)A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为E2E1cos 30由式并代入数据得E7.8103 N/C场强E的方向沿y轴正向。答案(1)9.0103 N (2)7.8103 N/C方向：沿y轴正方向11 (15分)(2016齐齐哈尔期中)如图6122所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑

28、圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R0.50 m，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E1.0104 N/C，现有质量m0.20 kg、电荷量q8.0104 C的带电体(可视为质点)从A点由静止开始运动，已知sAB1.0 m，带电体与轨道AB、CD的动摩擦因数均为0.5。假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，取g10 m/s2，求：图6122 (1)带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度大小；(2)带电体最终停在何处？解析(1)设带电体到达C点时的速度为v，由动能定理得qE(sABR)mgsABmgReq f(1,2)mv2解得v10 m/s。(2)设带电体沿竖直

29、轨道CD上升的最大高度为h，由动能定理得mghqEh0eq f(1,2)mv2解得heq f(5,3) m在最高点，带电体受到的最大静摩擦力FfmaxqE4 N重力Gmg2 N因为GFfmax所以，带电体最终静止在与C点的竖直距离为eq f(5,3) m处。答案(1)10 m/s(2)与C点的竖直距离为eq f(5,3) m处12 (16分)如图6123所示，质量为m的小球A放在绝缘斜面上，斜面的倾角为。小球A带正电，电荷量为q。在斜面上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷，将小球A由距B点竖直高度为H处无初速度释放。小球A下滑过程中电荷量不变。不计A与斜面间的摩擦，整个装置处在真空中。已知静电力

30、常量k和重力加速度g。 图6123(1)A球刚释放时的加速度是多大？ (2)当A球的动能最大时，求此时A球与B点的距离。解析(1)根据牛顿第二定律mgsin Fma根据库仑定律Fkeq f(Qq,r2)，req f(H,sin )联立以上各式解得agsin eq f(kQqsin2 ,mH2)。(2)当A球受到的合力为零、加速度为零时，速度最大，动能最大。设此时A球与B点间的距离为R，则mgsin eq f(kQq,R2)，解得R eq r(f(kQq,mgsin )。答案(1)gsin eq f(kQqsin2 ,mH2)(2) eq r(f(kQq,mgsin )第六章 第三节限时检测(限

31、时45分钟，满分100分)一、选择题(每小题6分，共54分)1(2016泸州模拟)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示。下列说法正确的是A保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的两倍B保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半解析由Eeq f(U,d)知，当U不变，d变为原来的两倍时，E变为原来的一半，A错误；当E不变，d变为原来的一半时，U变为原来的一半，B错误；当电容器中d不变时，C不变，由Ceq f(Q,U)知，当Q

32、变为原来的两倍时，U变为原来的两倍，C错误；当d不变，Q变为原来的一半时，U变为原来的一半，则E变为原来的一半，D正确。答案D2 (2016合肥联考)如图6311所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a、b、c，最后分别落在1、2、3三点。则下列说法正确的是 图6311A三个液滴在真空盒中都做平抛运动B三个液滴的运动时间不一定相同C三个液滴落到底板时的速率相同D液滴c所带电荷量最多解析三个液滴具有水平速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平

33、抛运动，选项A错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，运动时间必相同，选项B错误；在相同的运动时间内，液滴c水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，电荷量也最大，选项D正确；因为重力做功相同，而电场力对液滴c做功最多，它落到底板时的速率最大，选项C错误。答案D3一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图6312所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是图

34、6312解析由平行板电容器的电容Ceq f(rS,4kd)可知d减小时，C变大，但不是一次函数，A错。在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，Ueq f(Q,C)，Eeq f(U,d)eq f(4kQ,rS)与d无关，则B错。在负极板接地的情况下，设没有移动负极板时P点距负极板的距离d，移动x后为dx。因为移动极板过程中电场强度E不变，故PE(dx)EdEx，其中xl0，则C正确；正电荷在P点的电势能EpqPqEdqEx，显然D错。答案C4如图6313所示，从炽热的金属丝飘出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场。电子的重力不计，在满足电子能射出偏转电场的条件下，下

35、述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是图6313A仅将偏转电场极性对调B仅增大偏转电极板间的距离C仅增大偏转电极板间的电压D仅减小偏转电极板间的电压解析改变偏转电场的极性，只能改变电子受力方向，但电子的偏转角大小不变，选项A错误；根据Eeq f(U,d)可知，当两极板间距离d增大时，E减小，所以电子受到的电场力减小，其偏转角也减小，选项B错误；电子进入偏转电场后做类平抛运动，则Lv0t、eeq f(U,d)ma及tan eq f(at,v0)可得tan eq f(eUL,mdvoal(2,0)，当U增大时偏转角也增大，选项C正确、D错误。答案C5光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强

36、为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行。一质量为m、带电荷量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域。当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能不可能为图6314A0 B.eq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(1,2)qElC.eq f(1,2)mveq oal(2,0) D.eq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(2,3)qEl解析(1)当它从bc边中点垂直该边以水平初速度v0进入电场时，由动能定理得：qElEkeq f(1,2)mveq oal(2,0)即EkqEleq f(1,2)mveq oal(2,0)。(2)当它

37、从ab边中点垂直该边进入，则可能沿ad边射出，也可能沿cd边射出。若从ad边射出，则eq f(qEl,2)Ekeq f(1,2)mveq oal(2,0)，即Ekeq f(qEl,2)eq f(1,2)mveq oal(2,0)，则选项B正确；若从cd边射出，设射出点与射入点沿场强方向的距离为x,0 xeq f(l,2)，则qExEkeq f(1,2)mveq oal(2,0)，得：eq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(1,2)mveq oal(2,0)，则未出电场区，之后做反向匀加速运动，返回ad边时，动能仍为eq f(1,2)mveq oal(2,0)，故选项C正确。若qE

38、leq f(1,2)mveq oal(2,0)，则到达bc边动能Ekeq f(1,2)mveq oal(2,0)qEl。故答案为D。答案D6 (多选)(2016合肥模拟)如图6315所示为一平行板电容器，两板之间的距离d和两板正对面积S都可以调节，电容器两板与电池相连接。Q表示电容器所带的电荷量，E表示两板间的电场强度。则图6315A当d增大，S不变时，Q减小，E减小B当S增大，d不变时，Q增大，E增大C当d减小，S增大时，Q增大，E增大D当S减小，d增大时，Q不变，E增大答案AC7(多选)如图6316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

39、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mgqE，则图6316A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eq f(voal(2,0),2g)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eq f(mvoal(2,0),4)解析由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mgqE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120角，A错误；由图中几何关系可知，其合力为mg，由牛顿第二定律可知ag，方向与初速度方向相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得mg2h0eq f(1,2)mveq oal(2,0

40、)，解得heq f(veq oal(2,0),4g)，C错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则EpqE2hcos 120qEhmgeq f(veq oal(2,0),4g)eq f(mveq oal(2,0),4)，D正确。答案BD8 (多选)如图6317所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L0.4 m，两极板间距离d4103 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v0从两极板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央。已知微粒质量m4105 kg、电荷量q1108 C，g10 m

41、/s2则下列说法正确的是图6317A微粒的入射速度v010 m/sB电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场C电源电压为180 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场D电源电压为100 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场解析开关S闭合前，两极板间不带电，微粒落到下板的正中央，由eq f(d,2)eq f(1,2)gt2，eq f(L,2)v0t，得v010 m/s，A对；电容器上板接电源正极时，微粒的竖直方向加速度更大，水平位移将更小，B错；设微粒恰好从平行板右边缘下侧飞出时的加速度为a，电场力向上，则eq f(d,2)eq f(1,2)ateq oal(2,1

42、)，Lv0t1，mgeq f(U1q,d)ma，得U1120 V，同理微粒在平行板右边缘上侧飞出时，可得U2200 V，所以平行板上板带负电，电源电压为120 VU0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30。不计重力。求A、B两点间的电势差。图6223解析设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场向上的速度分量不变，即vBsin 30v0sin 60由此得vBeq r(3)v0设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUABeq f(1,2)m(veq oal(2

43、,B)veq oal(2,0)联立式得UABeq f(mveq oal(2,0),q)。答案eq f(mveq oal(2,0),q)11 (15分)(2015安徽理综)在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图中未画出)，由A点斜射出一质量为m、带电量为q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图6224所示，其中l0为常数。粒子所受重力忽略不计。求：图6224(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功；(2)粒子从A到C过程所经历的时间；(3)粒子经过C点时的速率。解析(1)WACqE(yAyC)3qEl0(2)根据抛体运动的特点，粒子在x方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹

44、最高点D在y轴上，可令tADtDBT，则tBCT由qEma，得aeq f(qE,m)又yDeq f(1,2)aT2，yD3l0eq f(1,2)a(2T)2解得T eq r(f(2ml0,qE)则AC过程所经历的时间t3 eq r(f(2ml0,qE)。(3)粒子在DC段做类平抛运动，于是有2l0vCx(2T)，vCya(2T)vC eq r(veq oal(2,Cx)veq oal(2,Cy) eq r(f(17qEl0,2m)。答案(1)3qEl0(2)3 eq r(f(2ml0,qE)(3) eq r(f(17qEl0,2m)12 (17分)(2015四川理综)如图6225所示，粗糙、绝

45、缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E1.5106 N/C，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0106 C，质量m0.25 kg，与轨道间动摩擦因数0.4。P从O点由静止开始向右运动，经过0.55 s到达A点，到达B点时速度是5 m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为，且tan 1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示。P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g10 m/s2。求：v/(ms1)0v22v5v5F/N263图6225(1)小物体P从开

46、始运动至速率为2 m/s所用的时间；(2)小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功。解析(1)小物体P的速率从0至2 m/s，受外力F12 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间t1速度为v1，则F1mgma1v1a1t1由式并代入数据得t10.5 s(2)小物体P从速率为2 m/s运动至A点，受外力F26 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，则F2mgma2设小物体P从速度v1经过t2时间，在A点的速度为v2，则t20.55 st1v2v1a2t2P从A点至B点，受外力F26 N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动加速度为a3，电荷量为q，在B点的速度为v3，从A点

47、至B点的位移为x1，则F2mgqEma3veq oal(2,3)veq oal(2,2)2a3x1P以速度v3滑出轨道右端B点，设水平方向受外力为F3，电场力大小为FE，有FEF3F3与FE大小相等方向相反，P水平方向所受合力为零，所以，P从B点开始做初速度为v3的平抛运动。设P从B点运动至D点用时为t3，水平位移为x2，由题意知eq f(v3,gt3)tan x2v3t3设小物体P从A点至D点电场力做功为W，则WqE(x1x2)联立，式并代入数据得W9.25 J。答案(1)0.5 s(2)9.25 J第六章 第四节限时检测(限时45分钟，满分100分)一、选择题(每小题6分，共54分)1如图

48、6412所示，P是一个带电体，将原来不带电的导体球Q放入P激发的电场中并接地，a、b、c、d是电场中的四个点，则静电平衡后图6412A导体Q仍不带电Ba点的电势高于b点的电势C检验电荷在a点所受电场力等于b点所受电场力D带正电的检验电荷在c点的电势能大于在d点的电势能答案D2如图6413所示，真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为9Q和Q的两个点电荷，两者相距为L，以Q点电荷为圆心，半径为eq f(L,2)画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，一电荷量为q的试探电荷在圆周上运动，则下列判断错误的是图6413A电荷q在a点所受到的电场力最大B电荷

49、q在a点的电势能最大C电荷q在b点的电势能最大D电荷q在c、d两点的电势能相等解析电场强度叠加后，a点处场强最大，A正确；将正电荷从a点沿圆周移动到c、b、d点，Q对正电荷不做功，9Q对电荷均做负功，电势能均增加，且移动到b点克服电场力做功最多，移动到c、d两点克服电场做功相同，因此正电荷在a点电势能最小，在b点电势能最大，在c、d两点电势能相等，B错误，C、D正确。答案B3如图6414所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2。则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是图6

50、414A.eq f(U2,U1)eq f(2d,L)B.eq f(U2,U1)eq f(d,L) C.eq f(U2,U1)eq f(2d2,L2) D.eq f(U2,U1)eq f(d2,L2)解析根据qU1eq f(1,2)mv2，再根据teq f(L,v)和yeq f(1,2)at2eq f(1,2)eq f(qU2,md)(eq f(L,v)2，由题意知，yeq f(1,2)d，解得eq f(U2,U1)eq f(2d2,L2)，故C正确。答案C4如图6415所示，真空中存在一个水平向左的匀强电场，场强大小为E，一根不可伸长的绝缘细线长度为l，细线一端拴着一个质量为m电荷量为q的带负

51、电小球，另一端固定在O点，把小球拉到使细线水平的位置A处，由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平方向成60角的位置B时速度为零，以下说法中正确的是图6415A小球在B位置处于平衡状态B小球受到的重力与电场力的关系是eq r(3)qEmgC小球将在AB之间往复运动，且幅度将逐渐减小D小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为eq f(1,2)qEl解析小球的受力分析如图所示，由图可知小球的运动可看作是在一个等效重力场中的摆动过程，根据摆球模型的特点，小球在B位置时受力不平衡，并且小球将在AB之间往复运动，其幅度不变，故选项A、C错误；根据摆球模型的对称性可知，当小球处在AB轨迹的中点位置时，小

52、球沿切线方向的合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30，根据三角函数关系可得：qEsin 30mgcos 30，化简可知，qEeq r(3)mg，选项B错误；小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为WqEl(1cos 60)eq f(1,2)qEl，选项D正确。答案D5 (2014山东理综)如图6416所示，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A。已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样，一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出。下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是图6416解

53、析壳内场强处处为零，试探电荷从球心运动到球壳处不受任何力作用，动能不变。正的试探电荷从球壳处向外运动时，受到类似于球壳的全部电荷集中于球心的正点电荷在壳外产生电场的电场力作用，要加速运动，动能增大，沿半径方向取相等的两段距离，离球心越远，电场力的等效值越小，电场力做的功越小，动能的增加量就越小，选项A正确。答案A6 (2016淄博模拟)如图6417甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，若取电子初始运动方向为正方向，则下列图象中能正确反映电子的速度v、位移x、加速度a、动能Ek四个物理量随时间变化规律的是图6417解析分析电子一个

54、周期内的运动情况：0eq f(T,4)时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，eq f(T,4)eq f(T,2)沿原方向做匀减速直线运动，eq f(T,2)时刻速度为零。eq f(T,2)eq f(3T,4)时间内向B板做匀加速直线运动，eq f(3T,4)T继续向B板做匀减速直线运动。根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知A符合电子的运动情况，故A正确。电子做匀变速直线运动时xt图象是抛物线，故B错误。由于aeq f(qU,md)，可知匀变速运动的加速度大小不变，at图象应平行于横轴，故C错误。匀变速运动速度图象是倾斜的直线，Ekt图象是曲线，故D错误。答案A7如图6418所示，在正

55、方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点。一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，以下说法正确的是图6418A粒子的运动轨迹一定经过P点B粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点C若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点射出正方形ABCD区域D若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由G点射出正方形ABCD区域解析粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，其轨迹是抛物线，则过D点做速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，选项A错误、B正确；由平抛运动知识可知，当竖直位