1、第6讲电场和磁场的基本性质(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)1关于静电场，下列说法正确的是()A电势等于零的物体一定不带电B电场强度为零的点，电势一定为零C同一电场线上的各点，电势一定相等D负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加解析：零电势点是人为选择的参考点，所以电势等于零的物体可以带电，也可以不带电，故A错；电场强度和电势是两个不同的物理量，电场强度为零的点，电势不一定为零，B错；沿着电场线方向电势不断降低，故C错；负电荷在电场中受到的电场力的方向与电场线方向相反，故负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能增加，故D对答案：D2.如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长
2、轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在椭圆的两个焦点M、N上，A、E两点关于M点对称下列说法正确的是()AA、B两点电势、场强均相同BC、D两点电势、场强均相同CA点的场强小于E点的场强D带正电的试探电荷在O点的电势能小于在E点的电势能答案：BCD3.(2011天津十二区)如图所示，M、N为某条电场线上的两点，在电场线上的O点由静止释放一带负电的电荷，发现它沿电场线向右运动，先后经过M、N两点，不计电荷重力，下列说法一定正确的是()AM、N两点的电势MNB电荷的加速度aMaNC电荷的电势能EpMEpND电荷的动能EkMEkN解析：本题考查电场强度、电场力、电势、电势能等概念，MN为
3、电场线，在电场线上O点由静止释放一带负电的电荷，电荷沿电场线向右运动，说明电荷受到的电场力方向向右，因此电场线的方向向左，由于沿着电场线的方向电势逐渐降低，因此A项错误；不能确定电场中M、N两点处的场强大小，即不能确定电荷在这两点所受电场力的大小，因此无法比较电荷在这两点的加速度，B项错误；由Epq可知，负电荷在电势低的地方电势能大，因此C项正确；电荷从M到N一直加速，因此电荷在N点的动能大于在M点的动能，D项错误答案：C4如图为示波管中电子枪的原理示意图示波管内被抽成真空，A为发射热电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U.电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔
4、中射出时的速度大小为v.下面的说法中正确的是()A如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为2vB如果A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度变为C如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为D如果A、K间距离保持不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为v解析：由动能定理得eUmv2，即v，可以看出，电子的速度v，与A、K间的距离无关，只有D正确答案：D5(2011广东卷21)如图为静电除尘器除尘机理的示意图尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的下列表述正确的是()A到达集尘极的尘埃带正电荷B电场方向由
5、集尘极指向放电极C带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大解析：由题图知，集尘极连电源正极，电势高，所以电场方向由集尘极指向放电极，B正确带电尘埃向集尘极迁移，带电尘埃所受电场力方向与电场方向相反，带负电，A、C错误由FqE知，同一位置F正比于q，D正确答案：BD6.如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电，电荷量为q，质量为m，速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是()A只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B对着圆心入射的
6、粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心C对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D只要速度满足v，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上解析：当vB时，所受洛伦兹力充当向心力，做半径和周期分别为R，T的匀速圆周运动；只要速度满足v，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上，选项D正确答案：D7.如图所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的大小B需满足()A
7、BBBCB DB解析：粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，则粒子运动的半径为r0acot 30.由r得，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径rr0，解得B，选项B正确答案：B8(2011浙江卷20)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是()A粒子带正电B射出粒子的最大速度为C保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
8、D保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大解析：利用左手定则可判定只有负电荷进入磁场时才向右偏，故选项A错误利用qvB知r，能射出的粒子满足r，因此对应射出粒子的最大速度vmax，选项B正确vmin，vvmaxvmin，由此式可判定选项C正确，选项D错误答案：BC9.如图所示，在直角坐标系xOy的第象限存在着方向平行于y轴的匀强电场，场强大小为5103 N/C.一个可视为质点的带电小球在t0时刻从y轴上的a点以沿x轴正方向的初速度进入电场，图中的b、c、d是从t0时刻开始每隔0.1 s记录到小球位置，已知重力加速度的大小是10 m/s2，则以下说法正确的是()A小球从a运动
9、到d的过程中，电势能一定增大B小球从a运动到d的过程中，机械能一定增大C小球的初速度是60 m/sD小球的比荷(电荷量/质量)是1103 C/kg解析：本题考查电场中的功能关系及力与运动受力分析带电小球，在水平方向不受力，竖直方向受电场力和重力，做类平抛运动设加速度为a，对于竖直方向，由匀变速直线运动的规律可得：ybcyabat2a5 m/s2，由于加速度小于重力加速度，可得电场力方向竖直向上，电场力做负功，电势能增加，机械能减小，A正确，B错误；水平方向做匀速直线运动：v00.6 m/s，C错误；由牛顿第二定律可得：mgqEma1103 C/kg，D正确答案：AD10受控热核聚变要把高度纯净
10、的氘、氚混合材料加热到1亿度以上，即达到所谓热核温度在这样的超高温度下，氘、氚混合气体已完全电离，成为氘、氚原子核和自由电子混合而成的等离子体从常温下处于分子状态的氘、氚材料开始，一直到上述热核温度的整个加热过程中，必须把这个尺寸有限的等离子体约束起来，使组成等离子体的原子核在发生足够多的聚变反应之前不至于失散，可一般的容器无法使用，因为任何材料的容器壁都不可能承受这样的高温而磁约束是目前的重点研究方案，利用磁场可以约束带电粒子这一特性，构造一个特殊的磁容器建成聚变反应堆图示是一种简化示意图，有一个环形匀强磁场区域的截面内半径R1 m，外半径R23 m，磁感应强度B0.5 T，被约束的粒子的比
11、荷4.0107 C/kg，不计粒子重力和粒子间相互作用(1)若带电粒子从中间区域沿半径方向射入磁场，则粒子不能穿越磁场外边界的最大速率vm是多少？(2)若带电粒子以(1)问中最大速率vm从圆心O出发沿圆环半径方向射入磁场，请在图中画出其运动轨迹，并求出粒子从出发到第一次回到出发点所用的时间解析：(1)设粒子运动的最大半径为r，由牛顿第二定律有：mqvmB如图所示，R12r2(R2r)2解得：r1.0 mvm2107 m/s.(2)粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知：30由对称性可知，粒子进入磁场转过240又回到中空区域，由几何知识可判断粒子的运动轨迹如图所示粒子在磁场中转过240所用时间为
12、：t12.09107 s粒子在中空区域运动的时间为：t21.73107 s粒子从出发到第一次回到出发点所用时间为：T0t1t23.82107 s.答案：(1)2107 m/s(2)3.82107 s轨迹见解析图11如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g.(1)若滑块从水平轨道上距离B点x3R的A点静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？(2)在(1)
13、的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；(3)改变x的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小解析：(1)设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理有qE(xR)mgxmgRmv20而qE解得v.(2)设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则FqEm解得Fmg.(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为vmin)，则有m解得vmin.答案：(1)(2)mg(3)12(2011课标全国卷25)如图所示，在区域(0xd)和区域(d0)的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域，
14、其速度方向沿x轴正向已知a在离开区域时，速度方向与x轴正向的夹角为30；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域，其速度大小是a的.不计重力和两粒子之间的相互作用力求：(1)粒子a射入区域时速度的大小；(2)当a离开区域时，a、b两粒子的y坐标之差解析：(1)设粒子a在内做匀速圆周运动的圆心为C(在y轴上)，半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P，如图所示。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvaBm由几何关系得PCPRa1式中，30.由式得va.(2)设粒子a在内做圆周运动的圆心为Oa，半径为Ra2，射出点为Pa(图中未画出轨迹)，POaPa.
15、由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qva(2B)m由式得Ra2C、P和Oa三点共线，且由式知Oa点必位于xd的平面上，由对称性知，Pa点与P点纵坐标相同，即yPaRa1cos h式中，h是C点的y坐标。设b在中运动的轨道半径为Rb1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qB2设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为.如果b没有飞出，则式中，t是a在区域中运动的时间，而Ta2Tb1由式得30由式可见，b没有飞出.Pb点的y坐标为yPbRb1(2cos )h由式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为yPayPb(2)d.答案：(1)(2)(2)d.w。w-w*k&s%5￥u高考资源网w。w-w*k&s%5￥u