高中物理_选修3-1全书习题(附答案).pdf

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1、第一章静电场一、库仑定律例 1：在真空中同-条直线上的A 6两点固定有电荷量分别为+4 0 和-0 的点电荷。将另一个点电荷放在该直线上的哪个位置，可以使它在电场力作用下保持静止？若要求这三个点电荷都只在电场力作用下保持静止，那么引入的这个点电荷应是正电荷还是负电荷？电 荷，_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _一量是多大？4 B 解：先判定第三个点电荷所在的区间:只能在8点的右侧；再由尸=警，F、k、q相同时r 8也.八：八=2 ：1,即，在 4 9 延长r2线上，且C 处的点电荷肯定在电场力作用下平衡了；只要/、8 两个点电荷中的一个处于

2、平衡，另一个必然也平衡。由/=冬，F、k、&相 同，0 8 r2,.Q：Q,=4 ：1,而且必须是正电厂荷。所 以 c 点处引入的点电荷a=+4。例 2：已知如图，带电小球/、5的电荷分别为0、a,O A=O B,都用长/的丝线悬挂在。点。静止时4 8 相距为九为使平衡时力 6间距离减为勿2,可采用以下哪些方法A.将小球/、8的质量都增加到原来的2 倍B.将小球B的质量增加到原来的8倍C.将小球4、8的电荷量都减小到原来的一-半D.将 小 球/、8的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球6的质量增加到原来的2 倍解：由8的共点力平衡图知_ L _ =4,而 尸=丝 乌，可知“83丝 屋 叱，选

3、B DmBg L d-V m g例 3：已知如图，光滑绝缘水平面上有两只完全相同的金属球 4、B,带电量分别为-2 0 与-0。现在使它们以相同的初动能石（对应的动量大小为例）开始相向运动且刚好能发生接触。接触灰2/如后两小球又各自反向运动。当它们刚好回到各自的出发点时的动能分别为后和氏，动量大小分别为R和 R。有下列说法：）Ei=Ez E,p i=p 6E1=E济 A,n=n=R接触点一定在两球初位置连线的中点右侧某点两球必将同时返回各自的出发点。其中正确的是A.B.C.D.解：由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，相同时间内的位移大小一定相同，必然在连线中点相遇，又同时返回出发点。

4、由动量观点看，系统动量守恒，两球的速度始终等值反向，也可得出结论：两球必将同时返回各自的出发点。且两球末动量大小和末动能一定相等。从能量观点看，两球接触后的电荷量都变为T.5 0,在相同距离上的库仑斥力增大，返回过程中电场力做的正功大于接近过程中克服电场力做的功，由机械能定理，系统机械能必然增大，即末动能增大。选 C。本题引出的问题是：两个相同的带电小球(可视为点电荷)，相碰后放回原处，相互间的库仑力大小怎样变化？讨论如下：等量同种电荷，F=F；等量异种电荷，F=OF；不等量同种电荷尸石不等量异种电荷尸尺F=F、F F都有可能，当满足s=(3 +2 7 2 )。时尸=久例 4：已知如图，在光滑

5、绝缘水平面上有三个质量都是的相同小球，两两间的距离都是/，4 8电荷量都是+小给C一个外力E 使三个小球保持相对静止共同加速运动。求：。球的带电电性和电荷量；外力尸的大小。解：先分析4、8两球的加速度：它们相互间的库仑力为斥力，因此。对它们只能是引力，且两个库仑力的合力应沿垂直与4 6 连线的方向。这样就把8受的库仑力和合力的平行四边形确定了。于 是 可 得=-2 q,户3 R=3也F*Mkq,2二、电场的性质例 1：如图所示，在等量异种点电荷的电场中，将一个正的试探电荷由a点沿直线移到。点，再沿直线由。点移到c 点。在该过程中，检验电荷所受的电场力大小和方向如何改变？其电势能又如何改变？解：

6、根据电场线和等势面的分布可知：电场力直减小而方向不变;电势能先减小后不变。例 2：图中边长为a的正三角形力园的三点顶点分别固定三个点 电 荷+/+9、-q,求该三角形中心0点处的场强大小和方向。解：每个点电荷在。点处的场强大小都是(V 3a/3)2由图可得。点处的合场强为Eo=警 方 向 由。指向C。例 3：如图，在 x 轴上的x =T和 x =1 两点分别固4Q+9。定电荷量为-4 0 和+9 0 的点电荷。求：x轴上合场强为零 +-+-一的点的坐标。并求在x=-3 点处的合场强方向。解：由库仑定律可得合场强为零的点的坐标为广-5。产-3、x-1,广1 这三个点把x 轴分成四段，可以证明：同

7、一直线上的两个点电荷所在的点和它们形成的合场强为零的点把该直线分成4段，相邻两段上的场强方向总是相反的。本题从右到左，4个线段（或射线）上的场强方向依次为：向右、向左、向右、向左，所 以 产 T点处的合场强方向为向右。例 4：如图所示，三个同心圆是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个圆的半径成等差数列。儿B、。分别是这三个等势面上的点，且这三点在同一/-一、条电场线上。/、C两点的电势依次为a=1 0 V和 0 =2 V,则 8点的电/、势是；：启 4 A.一定等于 6 V B.一 定低于 6 VC.定高于6 V D.无法确定解：由比阳，在 d 相同时，越大，电压也越大。因此如及，选 B例

8、 5：如图所示，将一个电荷量为q=+3X10%的点电荷从电场中的4点移到6点过程，克服电场力做功6 -X l（T j。已知点的电势为血=-4 V,求 6点的电势。-H解：先 由聆q U,得 4 5 间的电压为20 V,再由已知分析：向右移动正电荷做负功，说明电场力向左，因此电场线方向向左，得出8点电势高。因此次=1 6 V。例 6：a粒子从无穷远处以等于光速十分之的速度正对着静止的金核射去（没有撞到金核上）。已知离点电荷。距离为r处的电势的计算式为。=丝，那么a粒子的最大电势r能是多大？由此估算金原子核的半径是多大？解：a粒子向金核靠近过程克服电场力做功，动能向电势能转化。设初动能为反到不能再

9、接近（两者速度相等时），可认为二者间的距离就是金核的半径。根据动量守恒定律和能量守恒定律，动能的损失 上=下 型 声，由于金核质量远大于a粒子质量，所以动能几乎全部转化为电势能。无穷远处的电势能为零，故最大电势能田1机/=3 0X10T2J,2再由处，得 r =1.2X 1 0%,可见金核的半径不会大于1.2X 1 0-%。例 7：已知4 4%处于匀强电场中。将一个带电量干-2X 1（TC的点电荷从4移到8的过程中，电场力做功济=-1.2X 1 0 J；再将该点电荷从8 移 到 G A电场力做功伤=6 X 1 0+J。已知/点的电势小=5 V,则 8、，两点的电势分别为 V 和_ _ _ _

10、V o试在右图中画出通过A点的电场 解：先 由 生 求 出 相、比间的电压分别为6 V和 3 V,再根 8/C据负电荷/一6电场力做负功，电势能增大，电势降低；丘。电”场力做正功，电势能减小，电势升高，知 力=T V 0 c=2V。沿匀强电场中任意一条直线电势都是均匀变化的，因此1 8中点的电势与。点电势相同，切为等势面，过力做切的垂线必为电场线，方向从高电势指向低电势，所以斜向左下方。例 8：如图所示，虚 线 a、b、c 是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，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，只。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

11、a的电势最高B.带电质点一定是从尸点向0 点运动C.带电质点通过尸点时的加速度比通过0 点时小D.带电质点通过尸点时的动能比通过。点时小解：先画出电场线，再根据速度、合力和轨迹的关系，可以判定：质点在各点受的电场力方向是斜向左下方。由于是正电荷，所以电场线方向也沿电场线向左下方。答案仅有D三、带电粒子在电场中的运动例 1:如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图所示。电子原来静止在左极板小孔处。（不计重力作用）下列说法中正确的是A.从 tK时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板匕B.从 tO时刻释放电子，电子可能在两板间振动C.从 时 刻

12、 释 放 电 子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D.从个3 8 时刻释放电子，电子必将打到左极板上解：从 f=0时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速7 7 2,接着匀减速 7/2,速度减小到零后，又开始向右匀加速7 7 2,接着匀减速7/2 直到打在右极板上。电子不可能向左运动；如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板匕从t=T/时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速7/4,接着匀减速7 7 4,速度减小到零后，改为向左先匀加速7 7 4,接 着 匀 减 速 即 在 两 板 间 振 动；如果两板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程

13、中就有可能打在右极板上。从 t=3 7 7 8 时刻释放电子,如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上；如果第次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在第一次向左运动过程中打在左极板上。选 A C例 2：如图所示，热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发射装置的加速电压0.1/0.2 0.3为心电容器板长和板间距离均为=1 0c m,下极板接地。电容器右端到荧光屏的距离也是=1 0c m。在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如左图。（每个电子穿过平行板的时间极短，可以认为电压是不变的）求：在06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处？荧光屏上有电子打到的

14、区间有多长？屏上的亮点如何移动？解：由图知f=0.06 s 时刻偏转电压为1.84,可求得y =0.4 5/=4.5 c m,打在屏上的点距。点 1 3.5 c m。电子的最大侧移为0.5/（偏转电压超过2.0,6,电子就打到极板上了）,所以荧光屏上电子能打到的区间长为3=3 0c m。屏上的亮点由下而上匀速上升，间顺一段时间后又重复出现。例 3：已知如图，水平放置的平行金属板间有匀强电场。一 根，长/的绝缘细绳一端固定在。点，另一端系有质量为加并带有一/一-、定电荷的小球。小球原来静止在。点。当给小球一个水平冲量后，/它可以在竖直面内绕。点做匀速圆周运动。若将两板间的电压增 大为原来的3倍，

15、求：要使小球从，点开始在竖直面内绕。点做 圆周运动，至少要给小球多大的水平冲量？在这种情况下，在小球运动过程中细绳所受的最大拉力是多大？解：由己知，原来小球受到的电场力和重力大小相等，增大电压后电场力是重力的3倍。在 C点，最小速度对应最小的向心力，这时细绳的拉力为零，合力为2将，可求得速度为尸 向，因此给小球的最小冲量为1=m 而。在最高点。小球受到的拉力最大。从 C2到对小球用动能定理：2”?g.2/=L *机巧，在点尸-2,g=牛，解得后12侬。例 4：已知如图，匀强电场方向水平向右，场强用l.SXlOV/m,丝线长/N O cm,上端系于。点，下端系质量为炉1.OX1O k g,带电-

16、量为干+4.9X10%的小球，将小球从最低点力由静止释放，求：-:小球摆到最高点时丝线与竖直方向的夹角多大？摆动过程中小球 7的最大速度是多大？解:这是个“歪摆”。由已知电场力=0.75G摆动至I 平衡位置时丝线与竖直方向成37角，因此最大摆角为7 4 。小球通过平衡位置时速度最大。由动能定理：1.25侬().2/=加/2,j/B=1.4m/s。例 5(16分)如图12 所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O,用一根长度为1=0.40m 的绝缘细线把质量为m=0.10 k g,带有正电荷的金属小球悬挂在O 点，小球静止在B 点时细线与竖直方向的夹角为8=3 7。现将小球拉至位置A使细线水平

17、后由静止释放，求：(1)小球运动通过最低点C 时的速度大小。(2)小球通过最低点C 时细线对小球的拉力大小。(g 取 10 m/s,sin 37=0.60,cos 37=0.80)。.-。了解：(1)小球受到电场力gE、亶力mg和绳的位力作用处于静止，根据共点力平簧条件有:qE-m g tan 37*=春 mg c对于小球从4点运动到C点的过8L根据动能定理有：mg!-q E i-y m 招.解得小球通过C点时的速度vc=72 m/(2)设小球在最出点时第或对小球的拉力为T,根凫牛犊第二定律有：T.症T mg m-r解得：T=i.5N四、电容器知识要点1 .电容器：两个彼此绝缘又相隔很近的导体

18、都可以看成一个电容器。2 .电容器的电容：电容c =2 是表示电容器容纳电荷本领的物理量，是由电容器本身的性质(导体大小、U形状、相对位置及电介质)决定的。3 .平行板电容器的电容：平行板电容器的电容的决定式是：C=-oc至4 成 4 d4 .两种不同变化：电容器和电源连接如图，改变板间距离、改变正对面积或 一变板间电解质材料，都会改变其电容，从而可能引起电容器两间电场的变化。这里一定要分清两种常见的变化：电键包保持闭合，则电容器两端的电压恒定(等 于 电 源=动势)，这种情况下带电量Q=CU oc C,而C=裕 oc 变,E=-x 4 位d d d d(2)充电后断开片 保持电容器带电量。恒

19、定,这种情况下_ ES,d.1(J*x ,U 0C ,E C C d S 8S改板电I1K吊例题分析例 1:如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒。闭合时，该微粒恰好能保持静止。在保持闭合；充电后将4断开；两种情况下，各用什么方法能使该带电微粒向上运动打到上极板？A.上移上极板M B,上移下极板NC.左移上极板M 1).把下极板N 接地解：由上面的分析可知选B,选C。例 2：计算机键盘上的每一个按键下面都有一个电容传感器。电容的计算公式是C =s-其中常量，=9.0 X 1 0 2 F.m l S 表示两金属片的正对面积，d 表示两金属片间的距d离。当某一键被按下时，d 发生改变，引起电容

20、器的电容发生改变，从而给电子线路发出相应的信号。已知两金属片的正对面积为5 0 m m z,键未被按下时，两金属片间的距离为0.6 0 m m。只要电容变化达0.2 5 p F,电子线路就能发出相应的信号。那么为使按键得到反应，至少需要按下多大距离？解：先求得未按下时的电容G=0.75pF,再由C.d,AC At/L=一 得 一=C2 d1 C2 山和 G=l.OOpF,得4 at 0.15mm。例3（14分）如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L=0.1 m,两板间距离d =0.4 c m,有一束相同的带电微粒以相同的初速度先后从两板中心平行极板射入，由于

21、重力作用微粒能落到下板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板匕设前,微粒落到下极板上时后一 微粒才能开始射入两极板间。已知微粒质量为机=2xl0-6kg,悔 q=1X10-8C,电容器电容为C=10-6F,取S=1 0 m/s 2（1）为使第一个微粒的落点范围能在下板中点到紧靠边缘的B点之内，求微粒入射的初 速 度 的 取 值 范 围；（2）若带电微粒以第一问中初速度 的最小值入射，则最多能有多少个带电微粒落到下极板上？Ld _ _ 1若落到 B 点，由 L=V Q 2 t f 2=2 g2得 V（）2=5 m/s（3 分）故 2.5 m/sv（）5 m/s（1 分）（2）由乙=丫

22、（）（1 分）得 r=4 x l（）-2s（1 分）占 2由 2=2 at2（1 分）得 a=2.5 m/s?（1 分）0_ 津=2由 m g-q E=m a,E=工（1 分）得。=6xl06 C （1 分）所以 0=600 个（1分）例4、示波器是-种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形。它的工作原理等效成下列情况：如图甲所示，真空室中电极K发出电子（初速不计），经过电压为 U1 的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中。板长L 相距为d,在两板间加上如图乙所示的正弦交变电压，前半个周期内B板的电势高于A板的电势，电场全部集中在两板之间，且分布均匀。在每个电

23、子通过极板的极短时间内，电场视作恒定的。在两极板右侧且与极板右侧相距。处有一个与两板中心线垂直的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交。当第一个电子到达坐标原点。时，使屏以速度v 沿 t 方向运动，每经过一定的时间后，在一个极短时间内它又跳回初始位置，然后重新做同样的匀速运动。（已知电子的质量为?，带电量为e,不计电子的重力）求：（1）电子进入A8板时的初速度；（2）要使所有的电子都能打在荧光屏上，图乙中电压的最大值U0需满足什么条件?（3）要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏必须每隔多长时间回到初始位置？计算这个波形的峰值和长度。在图丙所示的X-），坐标系中画出这个波形。甲乙C A-丙解

24、：（1）电子在加速电场中运动，根据动能定理，有eUx-m vivl2eU,i =汁-/.v m（2）因为每个电子在板A、B间运动时，电场均匀、恒定，故电子在板A、B间做类平抛运动，在两板之外做匀速直线运动打在屏上。在板A、B间沿水平方向运动时，有竖直方向，有y =at2L=V j/只要偏转电压最大时的电子能飞出极板打在屏上，则所有电子都f能打屏上。所以2mdvf 2；U-（3）要保持一个完整波形，荧光屏必须需每隔周期7,回到初始位置。设某个电子运动轨迹如图所示，有匕 /ndv；LeUL2mdv联立得 2 由相似三角形的性质，得L2+2口）田八=(+2)以峰值为4%波形长度为 x、=v T 例

25、5、如图所示，水平方向的匀强电场的场强为E,场区宽度为L,竖直方向足够长。紧挨着电场的是垂直于纸面向外的两个匀强磁场区域，其磁感应强度分别为8和 2 瓦 一个质量为机，电量为g的带正电粒子，其重力不计，从电场 的 边 界 M N 上 的。点由静止释放，经电场加速后进入磁场，经过时间由t R =-穿过中间磁场，进入右边磁场后能按某一路径再返回到电场的边界MN上的某一点儿 途中虚线为场区的分界面。求:(1)中间场区的宽度小(2)粒子从a点到b点所经历的时间/,(3)当粒子第次返回电场的MN边界时与出发点之间的距离S j2B粒子从a 点出发，在电场中加速和在磁场中偏转，回到MN上的b点，轨迹如图所示

26、解：(1)粒子在电场中加速运动时，有aEL=m v2得：粒子在中间磁场通过的圆弧所对的圆心角为6=30,rnv=粒子在中间磁场通过的圆弧半径为：由几何关系得:(2)粒子在右边磁场中运动：其圆弧对应的圆心角为=120ZOP=-财 3 3%粒子在电场中加速时：E q%=根据对称性:=6*GB3(3)由轨迹图得:y=n一2=7*GB3 Sab=n cos300+27=(2-8 *G B 3 再由周期性可得:=9 *G B 3 例6、(1 8分)如图所示，坐标系xoy位于竖直平面内，所在空间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B,在x 0的区域，图 中&=3 0。要使油滴在x 0的区

27、域内做匀速圆周运动，需n在该区域内加一个匀强电场。若带电油滴做匀速圆周运动时沿 两 弧 垂 直 于x轴通过了轴上的N点，求：(1)油滴运动速率的大小；(2)在x 0的区域内所加电场的场强大小和方向；(3)油滴从x轴上的M点经P点运动到N点所用的时间。解:(1)如图所示,q v B；/J O,*fm g油滴受三力作用沿直线匀速运动，由平衡条件有q v B s i n3 0=q E 设 分）於g t a n3 00=g 5 仁 分）2 EV =-由式解得 3（1分）（2）在x 0的区域，油滴要做匀速圆周运动，其所受的电场力必与重力平衡，由于油滴带正电，所以场强方向竖直向上。（1分）若设该电场的场强

28、为,则 有q =m g（1分）由、式 联 立 解 得 后 =辱（1分）（3）如图所示，弧P N为油滴做圆周运动在x 0,y 0)的粒子以平行于x轴的速度从y轴 上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点0离开磁场。粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点。已知0 P=Z,0Q=2后。不计重力。求(1)M点与坐标原点0间的距离；(2)粒子从P点运动到M点所用的时间。【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在 y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a ；在 x 轴正方向上做匀速直线运动，设 速 度 为%,粒 子 从 P点运动到Q点所用的时间为tx,进入磁场时速度方向

29、与x 轴正方向的夹角为0,则。=也 叵%=%mV a其 中/=2后,%=/。又有t a n 6 =%联立式，得。=30。因为M、O。点在圆周上，N M O Q=9 0 ,所以M Q 为直径。从图中的几何关系可知。R =2 M。=6/（2）设粒子在磁场中运动的速度为v,从 Q到 M点运动的时间为t2,则有v =c o s。V带电粒子自P点出发到M点所用的时间为，为f =G+f 2 联立式，并代入数据得t =例 1 4、如图所示。一电场的电场线分布关于y 轴（沿竖直方向）对称，0、M、N是 y 轴上的三个点，且 0 M=M N,P点在y 轴的右侧，M P 0 N,则A.M点的电势比P点的电势高B.

30、将负电荷由。点移动到P点，电场力做正功C.M、N两点间的电势差大于0、M两点间的电势差D.在 0点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动答案A D【解析】本题考查电场、电势、等势线、以及带电粒子在电场中的运动.由图和几何关系可知M和P两点不处在同一等势线上而且有（pM（pp,K对.将负电荷由0点移到P要克服电场力做功,及电场力做负功,B错.根据U=Ed,0到M的平均电场强度大于M到N的平均电场强 度,所 以 有UM N，C错.从0点释放正电子后，电场力做正功，该粒子将沿y轴做加速直线运动.例15、图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线。两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值

31、也相等。现将M、N从虚线上的0点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示。点a、b、c为实线与虚线的交点，已知0点电势高于c点。若不计重力，则A.M带负电荷，N带正电荷B.N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C.N在从0点运动至a点的过程中克服电场力做功D.M在从0点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零答案B D【解析】本题考查带电粒子在电场中的运动.图中的虚线为等势线,所以M点从0点到b点的过程中电场力对粒子做功等于零,D正确.根据M N粒子的运动轨迹可知N受到的电场力向上M受到的电场力向下，电荷的正负不清楚但为异种电荷.A错.o到a的电势差等于。到c的两点的电

32、势差,而且电荷和质量大小相等,而且电场力都做的是正功根据动能定理得a与c两点的速度大小相同，但方向不同,B对.例16、如图所示，在x轴上关于原点。对称的两点固定放置等量异种点电荷+Q和-Q,x轴上的P点位于的右侧。下列判断正确的是（）A.在x轴上还有一点与P点电场强度相同+Q-QB.在x轴上还有两点与P点电场强度相同 0 P XC.若将一试探电荷+q从 P 点移至0 点，电势能增大D.若将一试探电荷+q从 P 点移至0 点，电势能减小答案：AC考点：电场线、电场强度、电势能解析：根据等量正负点电荷的电场分布可知，在 x 轴上还有一点与P 点电场强度相同，即和P 点关于0 点对称，A正确。若将一

33、试探电荷+q从 P 点移至0 点，电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大。一般规定无穷远电势为零，过 0 点的中垂线电势也为零，所以试探电荷+q在 P 点时电势能为负值，移至0 点时电势能为零，所以电势能增大，C 正确。提示：熟悉掌握等量正负点电荷的电场分布。知 道 =EPA-EPB,即电场力做正功，电势能转化为其他形式的能，电势能减少；电场力做负功，其他形式的能转化为电势能，电势能增加，即 卬=A E。例 17、如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y 轴且关于x 轴对称，极板长度和板间距均为1,第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里。位于极板左侧的粒子源 沿 x

34、轴间右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在03 t 时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极边缘的影响)。已知t=0 时刻进入两板间的带电粒子恰好在t。时，刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、1、1。、B为已知量。(不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况)(1)求电压U的大小。(2)求 1 时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。2(3)何时把两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。,yX X X XX X X XX X X XX X X XX X X X(1)f=0 时刻嘴那极板的带电粒子在电场中做UPQXX X X XX X X XX X X X

35、一 一B、，X XX XX XXXX匀变速曲线运动，f o时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为/,则有七=与，Eq =ma 联立以上三式，解得两极板间偏转电压为Uo=R。（2）时刻进入两极板的带电粒子，前;小 时间在电场中偏转，后;小时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动。带电粒子沿x轴方向的分速度大小为V。带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为vv=a g j 带电粒子离开电场时的速度大小为=J W+u j 2设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R,则有B v q=机三联立式解得R=四 眩。2 q B t 0（3）2%时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间

36、最短。带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为vv=f（）,设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为a，则t a na =上，T F联立式解得a=生，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为4TT12 4 m2 a=上,所求最短时间为*口=T，带电粒子在磁场中运动的周期为7 =丝”，联立以2m n 4B q上两式解得%n =侬2 B q【考点】带电粒子在匀强电场、匀强磁场中的运动例 1 8、如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子（不计重力）以速度v“经 过 M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子

37、以速度V 折回N点。则A.粒子受电场力的方向一定由M指向NB.粒子在M点的速度一定比在N点的大C.粒子在M点的电势能一定比在N点的大 ND.电场中M点的电势一定高于N点的电势B【解析】由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力向上，A错；粒子由M到 N电场力做负功电势能增加，动能减少，速度增加，故 B对 C 错；由于粒子和两极板所带电荷的电性未知，故不能判断,以/V 点电势的高低，C错。例 1 9、空间存在匀强电场，有一电荷量q（4 0）、质量机的粒子从。点以速率射入电场，运动到A点时速率为2%。现有另一电荷量-q、质量m 的粒子以速率2%仍从0 点射入该电场，运动到8点时

38、速率为3%。若忽略重力的影响，则A.在。、4、B三 点 中,8点电势最高B.在。、A、B三点中，A点电势最高C.0 A间的电势差比8。间的电势差大D.0 A间的电势差比BA间的电势差小答案A D【解析】正电荷由0到 A,动能变大，电场力做正功，电势能减小，电势也减小，0点电势较高；负电荷从。到 B速度增大，电场力也做正功，电势能减小，电势升高，B点电势比03 封 所 以 B占 最 言 A对U 一印。4 一 5 3 ）一 2）-3加4H恒 J。朋以H总最局，A 。-q q 2 qW;机（3%）2-；机（2%）2-2-一q-q5m v 3 J J.故 D对-2 q例 20、如图所示，相距为d的平行

39、金属板A、B竖直放置，在两板之间水平放置一绝缘平板。有一质量0 1、电荷量q(q 0)的小物块在与金属板A相距/处静止。若某一时刻在金属板A、B间加一电压(/”=-辿”4,小物块与金属板只发生了 次碰撞，碰撞后电荷量变2q为-并 以 与 碰 前 大 小 相 等 的 速 度 反 方 向 弹 回。已知小物块与绝缘平板间的动摩擦因2素为口，若不计小物块电荷量对电场的影响和碰撞时间。则(1)小物块与金属板A碰撞前瞬间的速度大小是多少？(2)小物块碰撞后经过多长时间停止运动？停在何位置？答 案(1)小 雨(2)时间为4 1，停在2/处或距离B板为2/丫g【解析】本题考查电场中的动力学问题(1)加电压后，

40、B极板电势高于A板，小物块在电场力作用与摩擦力共同作用下向A板做匀加速直线运动。电场强度为E=d小物块所受的电场力与摩擦力方向相反，则合外力为F=qE-/.ong故小物块运动的加速度为_ qU-/Jingdm md1y g设小物块与A板相碰时的速度为n.由v（2=解得V,=（2）小物块与A板相碰后以心大小相等的速度反弹，因为电荷量及电性改变，电场力大小与方向发生变化，摩擦力的方向发生改变，小物块所受的合外力大小为口 q EF 3 =wig加速度大小为 t z2=一 =N gm 4设小物块碰后到停止的时间为t,注意到末速度为零，有0 V =a 2 f解得 t =4a2设小物块碰后停止时距离为x,

41、注意到末速度为零，有0 -V；=-2 a2xv2则x =二=2/2 a,或距离B板为 d -2 1例2 1、如 图3所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块，由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止，在物块的运动过程中，下列表述正确的是A.B.C.D.两个物块的电势能逐渐减少物块受到的库仑力不做功两个物块的机械能守恒物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力+A i +l）,仍使电子从4 8 C。区域左下角。处 离 开（。不随电场移动），求在电场I 区域内由静止释放电子的所有位置。解（1）设电子的质量为m,电量为e,电子在电场/中做匀加速直线运动，出区域I 时的速度为

42、v o,此后进入电场I I 做类平抛运动，假设电子从C C 边射出，出射点纵坐标为y,有E 1 2eEL=mv0解 得y=-L,所以原假设成立，即电子离开A 8 C。区域的位置坐标为（-2 34（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v i，电场H做类平抛运动，并从。点离开，有P 1 2eEx=m V L1-4然后进入解 得Xy=,即在电场I 区域内满足该方程的点即为所求位置。（3）设电子从（x,y）点释放，在电场I 中加速到也，进入电场n后做类平抛运动，在高度为y 处离开电场n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_ 1回_ 、

43、2 m(%),1 2eEx,y-y =5 广eEL,Lvv=at=-，y =vv-mv2 nv2解得=+即在电场I 区域内满足该方程的点即为所求位置四易错题集例 1 如图8 1 所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是：A.电荷从a到 b加速度减小B.b处电势能大C.b处电势高1).电荷在b处速度小【错解】由图8 1 可知，由a f b,速度变小，所以，加速度变小，选 A。因为检验电荷带负电,所以电荷运动方向为电势升高方向，所以b处电势高于a点，选 C。【错解原因】选 A的同学属于加速度与速度的关系不清；选 C的同学属于

44、功能关系不清。【分析解答】由图8 1 可知b处的电场线比a处的电场线密，说明b处的场强大于a处的场强。根据牛顿第二定律，检验电荷在b处的加速度大于在a处的加速度，A 选项错。由 图81可知，电荷做曲线运动，必受到不等于零的合外力，即FeWO,且Fe的方向应指向运动轨迹的凹向。因为检验电荷带负电，所以电场线指向是从疏到密。再 利 用“电场线方向为电势降低最快的方向”判 断a,b处电势高低关系是U“Ub,C选项不正确。根据检验电荷的位移与所受电场力的夹角大于90,可知电场力对检验电荷做负功。功是能量变化的量度，可 判 断 由a-b电势能增加，B选项正确；又因电场力做功与路径无关，系统的能量守恒，电

45、势能增加则动能减小，即速度减小，D选项正确。【评 析】理解能力应包括对基本概念的透彻理解、对基本规律准确把握。本题就体现高考在这方面的意图。这道小题检查了电场线的概念、牛顿第二定律、做曲线运动物体速度与加速度的关系、电场线与等势面的关系、电 场 力 功(重 力 功)与 电 势 能(重 力 势 能)变 化的关系。能量守恒定律等基本概念和规律。要求考生理解概念规律的确切含义、适用条件,鉴别似是而非的说法。例2将 一 电 量 为q=2Xl()6C的点电荷从电场外一点移至电场中某点，电 场 力 做 功4X10 5J,求A点的电势。【错 解】W=q U所以UW _ 4X IO-=2x10-62 0(V)

46、所以，A点电势为20V。【错 解 原 因】错误混淆了电势与电势差两个概念间的区别。在电场力的功的计算式W=qU中，U系指电场中两点间的电势差而不是某点电势。【分 析 解 答】解法一:设场外一点P电 势 为U 所 以Up=O,从P-A,电场力的功W=qlk,豳 W=q(Up-UA),BP4X10 5=2X10-6(O-UA)UA=-20V解法二：设A与场外一点的电势差为U,由W=qU,e M w 4X10-5所以U=-=-T=q 2X10420(V),因为U p=O,所以|UA|=20V。因为电场力对正电荷做正功，必由高电势移向低电势，所 以 5=-20V【评 析】公式W=qU有两种用法：（1）

47、当电荷由A-B时,写为W=qU*=q（UUB）,强调带符号用,此时W的正、负直接与电场力做正功、负功对应，如“解法一”；（2）W,q,U三者都取绝对值运算，如“解法二”，但所得W或U得正负号需另做判断。建议初学者采用这种方法。例3点电荷A和B,分别带正电和负电，电量分别为4 Q和Q,在A B连线上，如图8-2,电场强度为零的地方在A.A和B之间 B.A右侧C.B左侧 D.A的右侧及B的左侧Q 4Q-0-0-B A图8-2【错解】错解一：认为A,B间一点离A,B距离分别是2 r和r,贝B在此点的场强分别为EA=辨 和EB=络，大小相等，可以抵消。故选A。错解二：认为在A的右侧和B的左侧，由电荷产

48、生的电场方向总相反，因而都有可能抵消，选D。【错解原因】错解一忽略了 A,B间&和 EB方向都向左，不可能抵消。错解二认为在A的右侧和B的左侧，由两电荷产生的电场方向总相反，因而都有可能抵消，却没注意到A的右侧反总大于EB,根本无法抵消。【分析解答】因为A带正电，B带负电，所以只有A右侧和B左侧电场强度方向相反，因为Q、Q”,所以只有B左侧，才有可能EA与&等量反向，因而才可能有E,、和 EB矢量和为零的情况。【评析】解这类题需要的基本知识有三点：（1）点电荷场强计算公式E=蟀；（2）正点电荷场强方向离点电荷而去，负点电荷场强方向向r点电荷而来；（3）某点合场强为各场源在该点场强的矢量和。例

49、4 如图8-3 所示，Q.F3 X 10 8C,Q（F-3 X 10 匕A,B两球相距5 cm,在水平方向外电场作用下，A,B保持静止，悬线竖直，求 A,B连线中点场强。（两带电小球可看作质点）A八 B八0 0图8-3【错解】以A为研究对象，B对 A的库仑力和外电场对A的电场力相等，所外 外 QA=k&；B.,E 外=k=9 2 赢妥X 15（N/C）A B 中点总场强E/E+EA+E 产E =1.8 X 10 5 （N/C）,方向向左。【错解原因】在中学阶段一般不将Q,的电性符号代入公式中计算。在求合场强时，应该对每一个场做方向分析，然后用矢量叠加来判定合场强方向，而错解认为EA=1C%,E

50、B=K 与，且QA=_ QB，,EA+EB=0,从而得出E马=E o【分析解答】以A为研究对象，B对 A的库仑力和外电场对A的电场力平衡,E外QAIQAQBI2，E外|QB|_ 9 X 109 X 3X 10k=(5 X 1 0“)2=1,8X105(N/C)E外 方 向 与A受 到 的B的库仑力方向相反，方向向左。在AB的连 线 中 点 处 EA,EB的方向均 向 右,设 向 右 为 正 方 向。则 有E总 二 EA+EB-E 外。E为kQA,k|QB|k|QB|7 ko=7X1,8X10$=7.56X1CP(N/C),方向向左。,6 r【评 析】本题检查考生的空间想象能力。对于大多数同学来