高中物理經(jīng)典習(xí)題及答案選修

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上第一章 靜電場一、庫侖定律知識要點1真空中兩個點電荷之間相互作用的電力，跟它們的電荷量的乘積成正比，跟它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上。即： 其中k為靜電力常量， k=9.0×10 9 Nm2/c2成立條件：真空中（空氣中也近似成立）；點電荷。即帶電體的形狀和大小對相互作用力的影響可以忽略不計。（這一點與萬有引力很相似，但又有不同：對質(zhì)量均勻分布的球，無論兩球相距多近，r都等于球心距；而對帶電導(dǎo)體球，距離近了以后，電荷會重新分布，不能再用球心距代替r）。2同一條直線上的三個點電荷的計算問題。3與力學(xué)綜合的問題。例題分析A B C vtym

2、，qv0+4Q-Q例1：在真空中同一條直線上的A、B兩點固定有電荷量分別為+4Q和-Q的點電荷。將另一個點電荷放在該直線上的哪個位置，可以使它在電場力作用下保持靜止？若要求這三個點電荷都只在電場力作用下保持靜止，那么引入的這個點電荷應(yīng)是正電荷還是負電荷？電荷量是多大？解：先判定第三個點電荷所在的區(qū)間：只能在B點的右側(cè)；再由，F(xiàn)、k、q相同時rArB=21，即C在AB延長線上，且AB=BC。C處的點電荷肯定在電場力作用下平衡了；只要A、B兩個點電荷中的一個處于平衡，另一個必然也平衡。由，F(xiàn)、k、QA相同，Qr2，QCQB=41，而且必須是正電荷。所以C點處引入的點電荷QC= +4QOABmBgF

3、NLd例2：已知如圖，帶電小球A、B的電荷分別為QA、QB，OA=OB，都用長L的絲線懸掛在O點。靜止時A、B相距為d。為使平衡時AB間距離減為d/2，可采用以下哪些方法A.將小球A、B的質(zhì)量都增加到原來的2倍B.將小球B的質(zhì)量增加到原來的8倍C.將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半D.將小球A、B的電荷量都減小到原來的一半，同時將小球B的質(zhì)量增加到原來的2倍解：由B的共點力平衡圖知，而，可知，選BDAB-Q-2Q例3：已知如圖，光滑絕緣水平面上有兩只完全相同的金屬球A、B，帶電量分別為-2Q與-Q。現(xiàn)在使它們以相同的初動能E0（對應(yīng)的動量大小為p0）開始相向運動且剛好能發(fā)生接觸。接觸后兩小

4、球又各自反向運動。當(dāng)它們剛好回到各自的出發(fā)點時的動能分別為E1和E2，動量大小分別為p1和p2。有下列說法：E1=E2> E0，p1=p2> p0 E1=E2= E0，p1=p2= p0 接觸點一定在兩球初位置連線的中點右側(cè)某點 兩球必將同時返回各自的出發(fā)點。其中正確的是（ ）A. B. C. D.解：由牛頓定律的觀點看，兩球的加速度大小始終相同，相同時間內(nèi)的位移大小一定相同，必然在連線中點相遇，又同時返回出發(fā)點。由動量觀點看，系統(tǒng)動量守恒，兩球的速度始終等值反向，也可得出結(jié)論：兩球必將同時返回各自的出發(fā)點。且兩球末動量大小和末動能一定相等。從能量觀點看，兩球接觸后的電荷量都變?yōu)?

5、1.5Q，在相同距離上的庫侖斥力增大，返回過程中電場力做的正功大于接近過程中克服電場力做的功，由機械能定理，系統(tǒng)機械能必然增大，即末動能增大。選C。本題引出的問題是：兩個相同的帶電小球（可視為點電荷），相碰后放回原處，相互間的庫侖力大小怎樣變化？討論如下：等量同種電荷，F(xiàn) /=F；等量異種電荷，F(xiàn) /=0<F；不等量同種電荷F />F；不等量異種電荷F />F、F /=F、F /<F都有可能，當(dāng)滿足q1=（3±2）q2時F /=F。例4：已知如圖，在光滑絕緣水平面上有三個質(zhì)量都是m的相同小球，兩兩間的距離都是l，A、B電荷量都是+q。給C一個外力F，使三個小球

6、保持相對靜止共同加速運動。求：C球的帶電電性和電荷量；外力F的大小。ABCFABFBFCBF解：先分析A、B兩球的加速度：它們相互間的庫侖力為斥力，因此C對它們只能是引力，且兩個庫侖力的合力應(yīng)沿垂直與AB連線的方向。這樣就把B受的庫侖力和合力的平行四邊形確定了。于是可得QC= -2q，F(xiàn)=3FB=3FAB=。二、電場的性質(zhì)知識要點電場的最基本的性質(zhì)是對放入其中的電荷有力的作用，電荷放入電場后就具有電勢能。1.電場強度E是描述電場的力的性質(zhì)的物理量。定義：放入電場中某點的電荷所受的電場力F跟它的電荷量q的比值，叫做該點的電場強度，簡稱場強。 這是電場強度的定義式，適用于任何電場。其中的q為試探電

7、荷（以前稱為檢驗電荷），是電荷量很小的點電荷（可正可負）。電場強度是矢量，規(guī)定其方向與正電荷在該點受的電場力方向相同。點電荷周圍的場強公式是：，其中Q是產(chǎn)生該電場的電荷，叫場電荷。勻強電場的場強公式是：，其中d是沿電場線方向上的距離。勻強電場等量異種點電荷的電場等量同種點電荷的電場點電荷與帶電平板+孤立點電荷周圍的電場2電勢是描述電場的能的性質(zhì)的物理量。電場中某點的電勢，等于單位正電荷由該點移動到參考點（零電勢點）時電場力所做的功。和機械能中的重力勢能類似，電場力做功也只跟始末位置間的電勢差有關(guān)，和路徑無關(guān)。W電=Uq。根據(jù)功是能量轉(zhuǎn)化的量度，有E=-W電，即電勢能的增量等于電場力做功的負值。

8、3電場線和等勢面要牢記以下6種常見的電場的電場線和等勢面，注意電場線、等勢面的特點和電場線與等勢面間的關(guān)系：電場線的方向為該點的場強方向，電場線的疏密表示場強的大小。電場線互不相交，等勢面也互不相交。電場線和等勢面在相交處互相垂直。電場線的方向是電勢降低的方向，而且是降低最快的方向。電場線密的地方等差等勢面密；等差等勢面密的地方電場線也密。4電荷引入電場（1）將電荷引入電場：將電荷引入電場后，它一定受電場力Eq，且一定具有電勢能q。（2）在電場中移動電荷電場力做的功：在電場中移動電荷電場力做的功W=qU，只與始末位置的電勢差有關(guān)。在只有電場力做功的情況下，電場力做功的過程是電勢能和動能相互轉(zhuǎn)化

9、的過程。W= -E=EK。無論對正電荷還是負電荷，只要電場力做功，電勢能就減小；克服電場力做功，電勢能就增大。正電荷在電勢高處電勢能大；負電荷在電勢高處電勢能小。利用公式W=qU進行計算時，各量都取絕對值，功的正負由電荷的正負和移動的方向判定。每道題都應(yīng)該畫出示意圖，抓住電場線這個關(guān)鍵。（電場線能表示電場強度的大小和方向，能表示電勢降低的方向。有了這個直觀的示意圖，可以很方便地判定點電荷在電場中受力、做功、電勢能變化等情況。）+a oc例題分析例1：如圖所示，在等量異種點電荷的電場中，將一個正的試探電荷由a 點沿直線移到o點，再沿直線由o點移到c點。在該過程中，檢驗電荷所受的電場力大小和方向如

10、何改變？其電勢能又如何改變？解：根據(jù)電場線和等勢面的分布可知：電場力一直減小而方向不變；電勢能先減小后不變。ABCOEBEAEC例2：圖中邊長為a的正三角形ABC的三點頂點分別固定三個點電荷+q、+q、-q，求該三角形中心O點處的場強大小和方向。解：每個點電荷在O點處的場強大小都是 -5 -3 -1 1-4Q +9Q由圖可得O點處的合場強為方向由O指向C 。例3：如圖，在x軸上的x = -1和x =1兩點分別固定電荷量為- 4Q和+9Q的點電荷。求：x軸上合場強為零的點的坐標(biāo)。并求在x = -3點處的合場強方向。解：由庫侖定律可得合場強為零的點的坐標(biāo)為x= -5。x= -3、x= -1、x=1

11、這三個點把x軸分成四段，可以證明：同一直線上的兩個點電荷所在的點和它們形成的合場強為零的點把該直線分成4段，相鄰兩段上的場強方向總是相反的。本題從右到左，4個線段（或射線）上的場強方向依次為：向右、向左、向右、向左，所以x= -3點處的合場強方向為向右。+ABC例4：如圖所示，三個同心圓是同一個點電荷周圍的三個等勢面，已知這三個圓的半徑成等差數(shù)列。A、B、C分別是這三個等勢面上的點，且這三點在同一條電場線上。A、C兩點的電勢依次為A=10V和C=2V，則B點的電勢是A.一定等于6V B.一定低于6V C.一定高于6V D.無法確定解：由U=Ed，在d相同時，E越大，電壓U也越大。因此UAB&g

12、t; UBC，選B例5：如圖所示，將一個電荷量為q = +3×10-10C的點電荷從電場中的A點移到B點過程，克服電場力做功6×10-9J。已知A點的電勢為A= - 4V，求B點的電勢。+ABFv解：先由W=qU，得AB間的電壓為20V，再由已知分析：向右移動正電荷做負功，說明電場力向左，因此電場線方向向左，得出B點電勢高。因此B=16V。例6：粒子從無窮遠處以等于光速十分之一的速度正對著靜止的金核射去（沒有撞到金核上）。已知離點電荷Q距離為r處的電勢的計算式為 =，那么粒子的最大電勢能是多大？由此估算金原子核的半徑是多大？解：粒子向金核靠近過程克服電場力做功，動能向電勢能

13、轉(zhuǎn)化。設(shè)初動能為E，到不能再接近（兩者速度相等時），可認為二者間的距離就是金核的半徑。根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律，動能的損失，由于金核質(zhì)量遠大于粒子質(zhì)量，所以動能幾乎全部轉(zhuǎn)化為電勢能。無窮遠處的電勢能為零，故最大電勢能E=J，再由E=q=，得r =1.2×10-14m，可見金核的半徑不會大于1.2×10-14m。ABCD例7：已知ABC處于勻強電場中。將一個帶電量q= -2×10-6C的點電荷從A移到B的過程中，電場力做功W1= -1.2×10-5J；再將該點電荷從B移到C，電場力做功W2= 6×10-6J。已知A點的電勢A=5V，則B、C

14、兩點的電勢分別為_V和_V。試在右圖中畫出通過A點的電場線。解：先由W=qU求出AB、BC間的電壓分別為6V和3V，再根據(jù)負電荷AB電場力做負功，電勢能增大，電勢降低；BC電場力做正功，電勢能減小，電勢升高，知B= -1VC=2V。沿勻強電場中任意一條直線電勢都是均勻變化的，因此AB中點D的電勢與C點電勢相同，CD為等勢面，過A做CD的垂線必為電場線，方向從高電勢指向低電勢，所以斜向左下方。abcPQ例8：如圖所示，虛線a、b、c是電場中的三個等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相同，實線為一個帶正電的質(zhì)點僅在電場力作用下，通過該區(qū)域的運動軌跡，P、Q是軌跡上的兩點。下列說法中正確的是（ ） A.三個

15、等勢面中，等勢面a的電勢最高 B.帶電質(zhì)點一定是從P點向Q點運動 C.帶電質(zhì)點通過P點時的加速度比通過Q點時小 D.帶電質(zhì)點通過P點時的動能比通過Q點時小解：先畫出電場線，再根據(jù)速度、合力和軌跡的關(guān)系，可以判定：質(zhì)點在各點受的電場力方向是斜向左下方。由于是正電荷，所以電場線方向也沿電場線向左下方。答案僅有D三、帶電粒子在電場中的運動知識要點1.帶電粒子在勻強電場中的加速一般情況下帶電粒子所受的電場力遠大于重力，所以可以認為只有電場力做功。由動能定理W=qU=EK，此式與電場是否勻強無關(guān)，與帶電粒子的運動性質(zhì)、軌跡形狀也無關(guān)。2.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子以平行于極板

16、的初速度v0射入長L板間距離為d的平行板電容器間，兩板間電壓為U，求射出時的側(cè)移、偏轉(zhuǎn)角和動能增量。側(cè)移：千萬不要死記公式，要清楚物理過程。根據(jù)不同的已知條件，結(jié)論改用不同的表達形式（已知初速度、初動能、初動量或加速電壓等）。偏角：，注意到，說明穿出時刻的末速度的反向延長線與初速度延長線交點恰好在水平位移的中點。這一點和平拋運動的結(jié)論相同。穿越電場過程的動能增量：EK=Eqy （注意，一般來說不等于qU）3.帶電物體在電場力和重力共同作用下的運動。當(dāng)帶電體的重力和電場力大小可以相比時，不能再將重力忽略不計。這時研究對象經(jīng)常被稱為“帶電微粒”、“帶電塵埃”、“帶電小球”等等。這時的問題實際上變成

17、一個力學(xué)問題，只是在考慮能量守恒的時候需要考慮到電勢能的變化。例題分析例1：如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔。右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖所示。電子原來靜止在左極板小孔處。（不計重力作用）下列說法中正確的是（ ）tU0-U0oT/2 T 3T/2 2TA.從t=0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上B.從t=0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動C.從t=T/4時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上D.從t=3T/8時刻釋放電子，電子必將打到左極板上解：從t=0時刻釋放電子，如果兩板間距離足夠大，電子將向右先勻加速T/2，接著勻減速T/2，速

18、度減小到零后，又開始向右勻加速T/2，接著勻減速T/2直到打在右極板上。電子不可能向左運動；如果兩板間距離不夠大，電子也始終向右運動，直到打到右極板上。從t=T/4時刻釋放電子，如果兩板間距離足夠大，電子將向右先勻加速T/4，接著勻減速T/4，速度減小到零后，改為向左先勻加速T/4，接著勻減速T/4。即在兩板間振動；如果兩板間距離不夠大，則電子在第一次向右運動過程中就有可能打在右極板上。從t=3T/8時刻釋放電子，如果兩板間距離不夠大，電子將在第一次向右運動過程中就打在右極板上；如果第一次向右運動沒有打在右極板上，那就一定會在第一次向左運動過程中打在左極板上。選ACLU L do 0.1 0.

19、2 0.3 0.4 0.5 3U0u0.06OyU0L L例2：如圖所示，熱電子由陰極飛出時的初速忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0。電容器板長和板間距離均為L=10cm，下極板接地。電容器右端到熒光屏的距離也是L=10cm。在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖象如左圖。（每個電子穿過平行板的時間極短，可以認為電壓是不變的）求：在t=0.06s時刻，電子打在熒光屏上的何處？熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？屏上的亮點如何移動？解：由圖知t=0.06s時刻偏轉(zhuǎn)電壓為1.8U0，可求得y = 0.45L= 4.5cm，打在屏上的點距O點13.5cm。電子的最大側(cè)移為0.5L（

20、偏轉(zhuǎn)電壓超過2.0U0，電子就打到極板上了），所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L=30cm。屏上的亮點由下而上勻速上升，間歇一段時間后又重復(fù)出現(xiàn)。例3：已知如圖，水平放置的平行金屬板間有勻強電場。一根長l的絕緣細繩一端固定在O點，另一端系有質(zhì)量為m并帶有一定電荷的小球。小球原來靜止在C點。當(dāng)給小球一個水平?jīng)_量后，它可以在豎直面內(nèi)繞O點做勻速圓周運動。若將兩板間的電壓增大為原來的3倍，求：要使小球從C點開始在豎直面內(nèi)繞O點做圓周運動，至少要給小球多大的水平?jīng)_量？在這種情況下，在小球運動過程中細繩所受的最大拉力是多大？+-OC解：由已知，原來小球受到的電場力和重力大小相等，增大電壓后電場力是重力

21、的3倍。在C點，最小速度對應(yīng)最小的向心力，這時細繩的拉力為零，合力為2mg，可求得速度為v=，因此給小球的最小沖量為I = m。在最高點D小球受到的拉力最大。從C到D對小球用動能定理：，在D點，解得F=12mg。例4：已知如圖，勻強電場方向水平向右，場強E=1.5×106V/m，絲線長l=40cm，上端系于O點，下端系質(zhì)量為m=1.0×104kg，帶電量為q=+4.9×10-10C的小球，將小球從最低點A由靜止釋放，求：小球擺到最高點時絲線與豎直方向的夾角多大？擺動過程中小球的最大速度是多大？OACBE解：這是個“歪擺”。由已知電場力Fe=0.75G擺動到平衡位置

22、時絲線與豎直方向成37°角，因此最大擺角為74°。小球通過平衡位置時速度最大。由動能定理：1.25mg0.2l=mvB2/2，vB=1.4m/s。例5(16分)如圖12所示，在沿水平方向的勻強電場中有一固定點O，用一根長度為l=0.40 m的絕緣細線把質(zhì)量為m=0.10 kg，帶有正電荷的金屬小球懸掛在O點，小球靜止在B點時細線與豎直方向的夾角為 = 。現(xiàn)將小球拉至位置A使細線水平后由靜止釋放，求：(1)小球運動通過最低點C時的速度大小。(2)小球通過最低點C時細線對小球的拉力大小。(g取10 m/s ，sin =O.60，cos =0.80)解：K四、電容器知識要點1.電

23、容器：兩個彼此絕緣又相隔很近的導(dǎo)體都可以看成一個電容器。2.電容器的電容：電容是表示電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量，是由電容器本身的性質(zhì)（導(dǎo)體大小、形狀、相對位置及電介質(zhì)）決定的。3.平行板電容器的電容：平行板電容器的電容的決定式是： 4.兩種不同變化：電容器和電源連接如圖，改變板間距離、改變正對面積或改變板間電解質(zhì)材料，都會改變其電容，從而可能引起電容器兩板間電場的變化。這里一定要分清兩種常見的變化： 電鍵K保持閉合，則電容器兩端的電壓恒定（等于電源電動勢），這種情況下帶電量KMN充電后斷開K，保持電容器帶電量Q恒定，這種情況下例題分析例1：如圖所示，在平行板電容器正中有一個帶電微粒。K閉合時，

24、該微粒恰好能保持靜止。在保持K閉合；充電后將K斷開；兩種情況下，各用什么方法能使該帶電微粒向上運動打到上極板？AA.上移上極板M B.上移下極板N C.左移上極板M D.把下極板N接地解：由上面的分析可知選B，選C。例2：計算機鍵盤上的每一個按鍵下面都有一個電容傳感器。電容的計算公式是，其中常量=9.0×10-12Fm-1，S表示兩金屬片的正對面積，d表示兩金屬片間的距離。當(dāng)某一鍵被按下時，d發(fā)生改變，引起電容器的電容發(fā)生改變，從而給電子線路發(fā)出相應(yīng)的信號。已知兩金屬片的正對面積為50mm2，鍵未被按下時，兩金屬片間的距離為0.60mm。只要電容變化達0.25pF，電子線路就能發(fā)出相

25、應(yīng)的信號。那么為使按鍵得到反應(yīng)，至少需要按下多大距離解：先求得未按下時的電容C1=0.75pF，再由得和C2=1.00pF，得d= 0.15mm例3（14分）如圖所示，水平放置的平行板電容器，原來兩板不帶電，上極板接地，它的極板長L = 0.1m，兩板間距離 d = 0.4 cm，有一束相同的帶電微粒以相同的初速度先后從兩板中心平行極板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，微粒所帶電荷立即轉(zhuǎn)移到下極板且均勻分布在下極板上設(shè)前一微粒落到下極板上時后一微粒才能開始射入兩極板間。已知微粒質(zhì)量為 m = 2×10-6kg，電量q = 1×10-8 C，電容器電容為C =10-6 F，

26、取 求：（1）為使第一個微粒的落點范圍能在下板中點到緊靠邊緣的B點之內(nèi)，求微粒入射的初速度v0的取值范圍；（2）若帶電微粒以第一問中初速度 的最小值入射，則最多能有多少個帶電微粒落到下極板上？例5、如圖所示，水平方向的勻強電場的場強為E，場區(qū)寬度為L，豎直方向足夠長。緊挨著電場的是垂直于紙面向外的兩個勻強磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強度分別為B和2B。一個質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子，其重力不計，從電場的邊界MN上的a點由靜止釋放，經(jīng)電場加速后進入磁場，經(jīng)過時間 穿過中間磁場，進入右邊磁場后能按某一路徑再返回到電場的邊界MN上的某一點b，途中虛線為場區(qū)的分界面。求：（1）中間場區(qū)的寬度d；（2）粒子從

27、a點到b點所經(jīng)歷的時間 ；（3）當(dāng)粒子第 次返回電場的MN邊界時與出發(fā)點之間的距離 。粒子從a點出發(fā)，在電場中加速和在磁場中偏轉(zhuǎn)，回到MN上的b點，軌跡如圖所示解：（1）粒子在電場中加速運動時，有 解得： 由： 得：粒子在中間磁場通過的圓弧所對的圓心角為 30° 粒子在中間磁場通過的圓弧半徑為： 由幾何關(guān)系得： （2）粒子在右邊磁場中運動：其圓弧對應(yīng)的圓心角為120°則： 粒子在電場中加速時： 根據(jù)對稱性： （3）由軌跡圖得： 再由周期性可得： 例6、（18分）如圖所示，坐標(biāo)系xoy位于豎直平面內(nèi)，所在空間有沿水平方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，在x<

28、;0的空間內(nèi)還有沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E。一個帶正電的油滴經(jīng)圖中x軸上的M點，沿著直線MP做勻速運動，過P點后油滴進入x>0的區(qū)域，圖中 。要使油滴在x>0的區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，需在該區(qū)域內(nèi)加一個勻強電場。若帶電油滴做勻速圓周運動時沿 弧垂直于x軸通過了軸上的N點，求：（1）油滴運動速率的大小；（2）在x>0的區(qū)域內(nèi)所加電場的場強大小和方向；（3）油滴從x軸上的M點經(jīng)P點運動到N點所用的時間。解：（1）如圖所示，油滴受三力作用沿直線勻速運動，由平衡條件有 （2分） （2分）由式解得 （1分）（2）在x>0的區(qū)域，油滴要做勻速圓周運動，其所受的電場力必與重力

29、平衡，由于油滴帶正電，所以場強方向豎直向上。 （1分）若設(shè)該電場的場強為 ，則有 （1分）由、式聯(lián)立解得 （1分）（3）如圖所示，弧PN為油滴做圓周運動在x>0，y<0區(qū)域內(nèi)的圓弧軌跡。過P點作垂直于MP的直線，交x軸于 點，則 點一定是圓心，且 （2分）設(shè)油滴從M點到P點和從P點到N點經(jīng)歷的時間分別為 做勻速圓周運動時有 （2分）由、式解得 （1分）所以 （2分） （2分）全過程經(jīng)歷的時間為 （1分）例7、關(guān)于同一電場的電場線，下列表述正確的是 A電場線是客觀存在的 B電場線越密，電場強度越小 C沿著電場線方向，電勢越來越低 D電荷在沿電場線方向移動時，電勢能減小答案.C【解析】

30、電場是客觀存在的,而電場線是假想的,A錯.電場線越密的地方電場越大B錯.沿著電場線的方向電勢逐漸降低C對.負電荷沿著電場線方向移動時電場力做負功電勢能增加D錯例8、帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時，會受到洛倫茲力的作用。下列表述正確的是 A洛倫茲力對帶電粒子做功 B洛倫茲力不改變帶電粒子的動能 C洛倫茲力的大小與速度無關(guān) D洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向答案.B【解析】根據(jù)洛倫茲力的特點, 洛倫茲力對帶電粒子不做功,A錯.B對.根據(jù),可知大小與速度有關(guān). 洛倫茲力的效果就是改變物體的運動方向,不改變速度的大小.例9、如圖6，一帶負電粒子以某速度進入水平向右的勻強電場中，在電場力作用下形成圖中所

31、示的運動軌跡。M和N是軌跡上的兩點，其中M點在軌跡的最右點。不計重力，下列表述正確的是（ ） A粒子在M點的速率最大 B粒子所受電場力沿電場方向 C粒子在電場中的加速度不變 D粒子在電場中的電勢能始終在增加答案.C【解析】根據(jù)做曲線運動物體的受力特點合力指向軌跡的凹一側(cè),再結(jié)合電場力的特點可知粒子帶負電,即受到的電場力方向與電場線方向相反,B錯.從N到M電場力做負功,減速.電勢能在增加.當(dāng)達到M點后電場力做正功加速電勢能在減小則在M點的速度最小A錯,D錯.在整個過程中只受電場力根據(jù)牛頓第二定律加速度不變.例10、在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形的abcd，頂點a、c處分別固定一個正點電荷，電

32、荷量相等，如圖所示。若將一個帶負電的粒子置于b點，自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復(fù)運動。粒子從b點運動到d點的過程中A. 先作勻加速運動，后作勻減速運動B. 先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢C. 電勢能與機械能之和先增大，后減小D. 電勢能先減小，后增大答案：D解析：由于負電荷受到的電場力是變力，加速度是變化的。所以A錯；由等量正電荷的電場分布知道，在兩電荷連線的中垂線O點的電勢最高，所以從b到a，電勢是先增大后減小，故B錯；由于只有電場力做功，所以只有電勢能與動能的相互轉(zhuǎn)化，故電勢能與機械能的和守恒，C錯；由b到O電場力做正功，電勢能減小，由O到d電場力做負功，電勢能增加，D對。例1

33、1、如圖所示，勻強電場方向沿軸的正方向，場強為。在點有一個靜止的中性微粒，由于內(nèi)部作用，某一時刻突然分裂成兩個質(zhì)量均為的帶電微粒，其中電荷量為的微粒1沿軸負方向運動，經(jīng)過一段時間到達點。不計重力和分裂后兩微粒間的作用。試求 （1）分裂時兩個微粒各自的速度； （2）當(dāng)微粒1到達（點時，電場力對微粒1做功的瞬間功率； （3）當(dāng)微粒1到達（點時，兩微粒間的距離。答案：（1），方向沿y正方向（2）（3）2解析：（1）微粒1在y方向不受力，做勻速直線運動；在x方向由于受恒定的電場力，做勻加速直線運動。所以微粒1做的是類平拋運動。設(shè)微粒1分裂時的速度為v1，微粒2的速度為v2則有：在y方向上有（0, -d

34、）（d,0）xEyvxvy- 在x方向上有-根號外的負號表示沿y軸的負方向。中性微粒分裂成兩微粒時，遵守動量守恒定律，有方向沿y正方向。（2）設(shè)微粒1到達（0，-d）點時的速度為v，則電場力做功的瞬時功率為其中由運動學(xué)公式所以（3）兩微粒的運動具有對稱性，如圖所示，當(dāng)微粒1到達（0，-d）點時發(fā)生的位移則當(dāng)當(dāng)微粒1到達（0，-d）點時，兩微粒間的距離為例12、如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，下極板接地。一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離A.帶點油滴將沿豎直方向向上運動 B.P點的電勢將降低C.帶點油滴的電勢

35、將減少 D.若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大答案B【解析】電容器兩端電壓U不變，由公式，場強變小，電場力變小，帶點油滴將沿豎直方向向下運動，A錯； P到下極板距離d不變，而強場E減小，由公式U=Ed知P與正極板的電勢差變小，又因為下極板電勢不變，所以P點的電勢變小，B對；由于電場力向上，而電場方向向下，可以推斷油滴帶負電，又P點的電勢降低，所以油滴的電勢能增大，C錯；圖中電容器兩端電壓U不變,電容C減小時由公式Q=CU，帶電量減小，D錯。例13、如圖所示，在第一象限有一勻強電場，場強大小為E，方向與y軸平行；在x軸下方有一勻強磁場，磁場方向與紙面垂直。一質(zhì)量為m、電荷量為-q(q>

36、0)的粒子以平行于x軸的速度從y軸上的P點處射入電場，在x軸上的Q點處進入磁場，并從坐標(biāo)原點O離開磁場。粒子在磁場中的運動軌跡與y軸交于M點。已知OP=,。不計重力。求（1）M點與坐標(biāo)原點O間的距離；（2）粒子從P點運動到M點所用的時間?！窘馕觥浚?）帶電粒子在電場中做類平拋運動，在軸負方向上做初速度為零的勻加速運動，設(shè)加速度的大小為；在軸正方向上做勻速直線運動，設(shè)速度為，粒子從P點運動到Q點所用的時間為，進入磁場時速度方向與軸正方向的夾角為，則 其中。又有 聯(lián)立式，得因為點在圓周上，所以MQ為直徑。從圖中的幾何關(guān)系可知。 （2）設(shè)粒子在磁場中運動的速度為,從Q到M點運動的時間為,則有 帶電粒

37、子自P點出發(fā)到M點所用的時間為為 聯(lián)立式，并代入數(shù)據(jù)得 例14、如圖所示。一電場的電場線分布關(guān)于y軸（沿豎直方向）對稱，O、M、N是y軸上的三個點，且OM=MN，P點在y軸的右側(cè)，MPON，則A. M點的電勢比P點的電勢高B. 將負電荷由O點移動到P點，電場力做正功C. M、N 兩點間的電勢差大于O、M兩點間的電勢差D. 在O點靜止釋放一帶正電粒子，該粒子將沿y軸做直線運動答案AD【解析】本題考查電場、電勢、等勢線、以及帶電粒子在電場中的運動.由圖和幾何關(guān)系可知M和P兩點不處在同一等勢線上而且有,A對.將負電荷由O點移到P要克服電場力做功,及電場力做負功,B錯.根據(jù),O到M的平均電場強度大于M

38、到N的平均電場強度,所以有,C錯.從O點釋放正電子后,電場力做正功,該粒子將沿y軸做加速直線運動.例15、圖中虛線為勻強電場中與場強方向垂直的等間距平行直線。兩粒子M、N質(zhì)量相等，所帶電荷的絕對值也相等?，F(xiàn)將M、N從虛線上的O點以相同速率射出，兩粒子在電場中運動的軌跡分別如圖中兩條實線所示。點a、b、c為實線與虛線的交點，已知O點電勢高于c 點。若不計重力，則A. M帶負電荷，N帶正電荷B. N在a點的速度與M在c點的速度大小相同C. N在從O點運動至a點的過程中克服電場力做功D. M在從O點運動至b點的過程中，電場力對它做的功等于零答案BD【解析】本題考查帶電粒子在電場中的運動.圖中的虛線為

39、等勢線,所以M點從O點到b點的過程中電場力對粒子做功等于零,D正確.根據(jù)MN粒子的運動軌跡可知N受到的電場力向上M受到的電場力向下,電荷的正負不清楚但為異種電荷.A錯.o到a的電勢差等于o到c的兩點的電勢差,而且電荷和質(zhì)量大小相等,而且電場力都做的是正功根據(jù)動能定理得a與c兩點的速度大小相同,但方向不同,B對.例16、如圖所示，在x軸上關(guān)于原點O對稱的兩點固定放置等量異種點電荷+Q和-Q，x軸上的P點位于的右側(cè)。下列判斷正確的是（ ） A在x軸上還有一點與P點電場強度相同 B在x軸上還有兩點與P點電場強度相同 C若將一試探電荷+q從P點移至O點，電勢能增大 D若將一試探電荷+q從P點移至O點，

40、電勢能減小答案：AC考點：電場線、電場強度、電勢能解析：根據(jù)等量正負點電荷的電場分布可知，在x軸上還有一點與P點電場強度相同，即和P點關(guān)于O點對稱，A正確。若將一試探電荷+q從P點移至O點，電場力先做正功后做負功，所以電勢能先減小后增大。一般規(guī)定無窮遠電勢為零，過0點的中垂線電勢也為零，所以試探電荷+q在P點時電勢能為負值，移至O點時電勢能為零，所以電勢能增大，C正確。提示：熟悉掌握等量正負點電荷的電場分布。知道，即電場力做正功，電勢能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，電勢能減少；電場力做負功，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電勢能，電勢能增加，即。例17、如圖甲所示，建立Oxy坐標(biāo)系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x

41、軸對稱，極板長度和板間距均為l，第一四象限有磁場，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸間右連接發(fā)射質(zhì)量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子在03t時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極邊緣的影響）。已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時，刻經(jīng)極板邊緣射入磁場。上述m、q、l、l0、B為已知量。（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）（1）求電壓U的大小。（2）求時進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑。（3）何時把兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間。圖甲圖乙解析：（1）時刻進入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動，時刻剛好從極板

42、邊緣射出，在y軸負方向偏移的距離為，則有，聯(lián)立以上三式，解得兩極板間偏轉(zhuǎn)電壓為。（2）時刻進入兩極板的帶電粒子，前時間在電場中偏轉(zhuǎn)，后時間兩極板沒有電場，帶電粒子做勻速直線運動。帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為帶電粒子離開電場時沿y軸負方向的分速度大小為帶電粒子離開電場時的速度大小為設(shè)帶電粒子離開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R，則有聯(lián)立式解得。（3）時刻進入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時間最短。帶電粒子離開磁場時沿y軸正方向的分速度為，設(shè)帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為，則，聯(lián)立式解得，帶電粒子在磁場運動的軌跡圖如圖所示，圓弧所對的圓心角為，所求最短時間為,帶電粒子在磁場中

43、運動的周期為，聯(lián)立以上兩式解得?！究键c】帶電粒子在勻強電場、勻強磁場中的運動例18、如圖所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，M、N為板間同一電場線上的兩點，一帶電粒子（不計重力）以速度vM經(jīng)過M點在電場線上向下運動，且未與下板接觸，一段時間后，粒子以速度vN折回N點。則A.粒子受電場力的方向一定由M指向NB.粒子在M點的速度一定比在N點的大C.粒子在M點的電勢能一定比在N點的大D.電場中M點的電勢一定高于N點的電勢B【解析】由于帶電粒子未與下板接觸，可知粒子向下做的是減速運動，故電場力向上，A錯；粒子由M到N電場力做負功電勢能增加，動能減少，速度增加，故B對C錯；由于粒子和兩極

44、板所帶電荷的電性未知，故不能判斷M、N點電勢的高低，C錯。例19、空間存在勻強電場，有一電荷量、質(zhì)量的粒子從點以速率射入電場，運動到點時速率為?，F(xiàn)有另一電荷量、質(zhì)量的粒子以速率仍從點射入該電場，運動到點時速率為。若忽略重力的影響，則A在、三點中，點電勢最高B在、三點中，點電勢最高C間的電勢差比間的電勢差大D間的電勢差比間的電勢差小答案AD【解析】正電荷由O到A，動能變大，電場力做正功，電勢能減小，電勢也減小，O點電勢較高；負電荷從O到B速度增大，電場力也做正功，電勢能減小，電勢升高，B點電勢比O點高。所以B點最高，A對； ，故D對例20、如圖所示，相距為d的平行金屬板A、B豎直放置，在兩板之間

45、水平放置一絕緣平板。有一質(zhì)量m、電荷量q（q>0）的小物塊在與金屬板A相距處靜止。若某一時刻在金屬板A、B間加一電壓，小物塊與金屬板只發(fā)生了一次碰撞，碰撞后電荷量變?yōu)?，并以與碰前大小相等的速度反方向彈回。已知小物塊與絕緣平板間的動摩擦因素為，若不計小物塊電荷量對電場的影響和碰撞時間。則（1）小物塊與金屬板A碰撞前瞬間的速度大小是多少？（2）小物塊碰撞后經(jīng)過多長時間停止運動？停在何位置？、答案（1）（2）時間為，停在處或距離B板為【解析】本題考查電場中的動力學(xué)問題（1）加電壓后，B極板電勢高于A板，小物塊在電場力作用與摩擦力共同作用下向A板做勻加速直線運動。電場強度為 小物塊所受的電場力與

46、摩擦力方向相反，則合外力為 故小物塊運動的加速度為 設(shè)小物塊與A板相碰時的速度為v1，由 解得 （2）小物塊與A板相碰后以v1大小相等的速度反彈，因為電荷量及電性改變，電場力大小與方向發(fā)生變化，摩擦力的方向發(fā)生改變，小物塊所受的合外力大小 為 加速度大小為 設(shè)小物塊碰后到停止的時間為 t，注意到末速度為零，有 解得 設(shè)小物塊碰后停止時距離為，注意到末速度為零，有 則 或距離B板為 例21、如圖3所示，在一個粗糙水平面上，彼此靠近地放置兩個帶同種電荷的小物塊，由靜止釋放后，兩個物塊向相反方向運動，并最終停止，在物塊的運動過程中，下列表述正確的是+q1+q2圖3A兩個物塊的電勢能逐漸減少B物塊受到

47、的庫侖力不做功C兩個物塊的機械能守恒D物塊受到的摩擦力始終小于其受到的庫侖力答案：A 解析：由于帶同種電荷的小物塊在庫侖力的作用下，向相反方向運動，因此，物塊受到的庫侖力做正功，兩個物塊的電勢能逐漸減少，但兩個物塊的機械能不守恒，物塊受到的摩擦力開始小于其受到的庫侖力，后來大于其受到的庫侖力.圖9例22、圖9是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2。平板S下方有強度為B0的勻強磁場。下列表述正確的是A質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B速度選擇中的磁場方

48、向垂直紙面向外C能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于E/BD粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越小答案：ABC 解析：質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具，根據(jù)受力的平衡條件及左手定則，可以判斷，速度選擇中的磁場方向垂直紙面向外，能通過狹縫P的帶電粒子的速率滿足qE=qBv，得到v=E/B，由及v=E/B知，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，半徑R越小，粒子的荷質(zhì)比越大.例23、如圖8所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直紙面向外、強度為B的勻強磁場中，質(zhì)量為m、帶電量為+Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑。在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是A滑塊受到的摩擦力不變 B滑塊到達地面時的動

49、能與B的大小無關(guān)C滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下 DB很大時，滑塊可能靜止于斜面上答案：C 解析：帶電量為+Q的小滑塊從斜面頂端開始下滑的過程中，所受的洛倫茲力的方向垂直斜面向下，因此，滑塊與斜面的壓力增大，滑塊受到的摩擦力增大，滑塊到達地面時的的狀態(tài)存在可能性，因此，其動能與B的大小有關(guān)，B很大時，滑塊可能在斜面上勻速運動，但不可能靜止于斜面上.例24、如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖。在Oxy平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個場強大小均為E的勻強電場I和II，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形（不計電子所受重力）。（1）在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開A

50、BCD區(qū)域的位置。（2）在電場I區(qū)域內(nèi)適當(dāng)位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點的位置。（3）若將左側(cè)電場II整體水平向右移動L/n（n1），仍使電子從ABCD區(qū)域左下角D處離開（D不隨電場移動），求在電場I區(qū)域內(nèi)由靜止釋放電子的所有位置。解：（1）設(shè)電子的質(zhì)量為m，電量為e，電子在電場I中做勻加速直線運動，出區(qū)域I時的速度為v0，此后進入電場II做類平拋運動，假設(shè)電子從CD邊射出，出射點縱坐標(biāo)為y，有解得y，所以原假設(shè)成立，即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標(biāo)為（2L，）（2）設(shè)釋放點在電場區(qū)域I中，其坐標(biāo)為（x，y），在電場I中電子被加速到v1，然后進入電場II

51、做類平拋運動，并從D點離開，有解得xy，即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足該方程的點即為所求位置。（3）設(shè)電子從（x，y）點釋放，在電場I中加速到v2，進入電場II后做類平拋運動，在高度為y處離開電場II時的情景與（2）中類似，然后電子做勻速直線運動，經(jīng)過D點，則有，解得，即在電場I區(qū)域內(nèi)滿足該方程的點即為所求位置四 易錯題集例1  如圖81所示，實線是一個電場中的電場線，虛線是一個負檢驗電荷在這個電場中的軌跡，若電荷是從a處運動到b處，以下判斷正確的是：            

52、      A電荷從a到b加速度減小Bb處電勢能大Cb處電勢高D電荷在b處速度小【錯解】由圖81可知，由ab，速度變小，所以，加速度變小，選A。因為檢驗電荷帶負電，所以電荷運動方向為電勢升高方向，所以b處電勢高于a點，選C?！惧e解原因】選A的同學(xué)屬于加速度與速度的關(guān)系不清；選C的同學(xué)屬于功能關(guān)系不清?！痉治鼋獯稹坑蓤D81可知b處的電場線比a處的電場線密，說明b處的場強大于a處的場強。根據(jù)牛頓第二定律，檢驗電荷在b處的加速度大于在a處的加速度，A選項錯。由圖81可知，電荷做曲線運動，必受到不等于零的合外力，即Fe0，且Fe的方向應(yīng)指向運動軌跡的凹向。因為檢

53、驗電荷帶負電，所以電場線指向是從疏到密。再利用“電場線方向為電勢降低最快的方向”判斷a，b處電勢高低關(guān)系是UaUb，C選項不正確。根據(jù)檢驗電荷的位移與所受電場力的夾角大于90°，可知電場力對檢驗電荷做負功。功是能量變化的量度，可判斷由ab電勢能增加，B選項正確；又因電場力做功與路徑無關(guān)，系統(tǒng)的能量守恒，電勢能增加則動能減小，即速度減小，D選項正確?！驹u析】理解能力應(yīng)包括對基本概念的透徹理解、對基本規(guī)律準(zhǔn)確把握。本題就體現(xiàn)高考在這方面的意圖。這道小題檢查了電場線的概念、牛頓第二定律、做曲線運動物體速度與加速度的關(guān)系、電場線與等勢面的關(guān)系、電場力功（重力功）與電勢能（重力勢能）變化的關(guān)系

54、。能量守恒定律等基本概念和規(guī)律。要求考生理解概念規(guī)律的確切含義、適用條件，鑒別似是而非的說法。  例2  將一電量為q=2×106C的點電荷從電場外一點移至電場中某點，電場力做功4×10-5J，求A點的電勢?！惧e解】【錯解原因】錯誤混淆了電勢與電勢差兩個概念間的區(qū)別。在電場力的功的計算式W=qU中，U系指電場中兩點間的電勢差而不是某點電勢。【分析解答】解法一：設(shè)場外一點P電勢為UP所以UP=0，從PA，電場力的功W=qUPA，所以W=q（UP-UA），即4×10-5=2×10-6（0-UA）   UA=20V解法二：設(shè)A與場外一點的電勢差為U，由W=qU，因為電場力對正電荷做正功，必由高電勢移向低電勢，所以UA= 20V【評析】公式W=qU有兩種用法：（1）當(dāng)電荷由AB時，寫為W=qUAB=q(UA-UB)，強調(diào)帶符號用，此時W的正、負直接與電場力做正功、負功對應(yīng)，如“解法一”；（2）W，q，U三者都取絕對值運算，如“解法二”，但所得W或U得正負號需另做判斷。建議初學(xué)者采用這種