第2課時 磁場對運動電荷的作用+電場的能的性質(zhì)講義

1、第2課時磁場對運動電荷的作用基礎(chǔ)練習(xí)。一、磁場對運動電荷的作用1.如圖所示是電子射線管示意圖.接通電源后，電子射線由陰極沿X軸正方向射此在熒光屏上會看到一條亮線.要使熒光屏上的亮線向下（Z軸負方向）偏轉(zhuǎn)，在下列措施中可采用的是（B）狹縫A.加一磁場,磁場方向沿z軸負方向B.加一磁場,磁場方向沿y軸正方向C.加一電場，電場方向沿z軸負方向D.加一電場，電場方向沿y軸正方向解析:要使熒光屏上亮線向下偏轉(zhuǎn)，電子所受的洛倫茲力方向向下，電子運動方向沿x軸正方向，由左手定則可知,磁場方向應(yīng)沿y軸正方向,所以選項A錯誤,B正確;若加一電場電子應(yīng)受到向下的電場力作用，故電場方向沿z軸正方向，選項C、D均錯誤

2、.2 .（多選）如圖所示為一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細竿上滑動，圓環(huán)與竿的動摩擦因數(shù)為U，細竿處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，不計空氣阻力.現(xiàn)給環(huán)一個向右的初速度v。,在以后的運動過程中，環(huán)的速度圖像可能是圖中的(ABD)X X X XVoX 乂二 X XxOXx解析:根據(jù)左手定則知，圓環(huán)受向上的洛倫茲力.若Bqv°=mg,圓環(huán)做勻速運動，選項A正確；若Bqv（）>mg,圓環(huán)受向下的壓力FMBqv-mg,向左的滑動摩擦力FfuF、=r（Bqv-mg）,圓環(huán)做減速運動,洛倫茲力減小,壓力減小,摩擦力減小,加速度減小，當Bqv-mg時，圓環(huán)做勻速運

3、動,選項D正確；若Bqv0<mg,圓環(huán)受向上的壓力F、=mg-Bqv,向左的滑動摩擦力Ff=口F、=u（mg-Bqv）,圓環(huán)做減速運動,洛倫茲力減小,壓力增大,摩擦力增大,加速度增大，圓環(huán)做加速度增大的減速運動,選項B正確,C錯誤.二、帶電粒子在勻強磁場中的運動3 .（2014北京理綜改編）帶電粒子a、b在同一勻強磁場中做勻速圓周運動,它們的質(zhì)量與速率的乘積相等,a運動的半徑大于b運動的半徑.若a、b的電荷量分別為qa>質(zhì)量分別為nh”周期分別為Ta、Tb.則一定有（A）A.qa<qbB.ma<mbC. Ta<TD.rrtc解析:帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動

4、，洛倫茲力提供向心力,則有qvB=，得軌跡半徑為R周期T=2胃.由于aQovqBRa>Rb,maVa=nibVb,Ba=Bb.故可判定只有選項A正確.4.如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場,一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場,經(jīng)過At時間從C點射出磁場,0C與0B成60°角,現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)闁|仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)椋˙）A.AtB.2AtC.iAtD.3At解析:帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力,據(jù)牛頓第二定律有qvB=m。解得粒子第一次通過磁場區(qū)時的半徑為廠卷，圓弧AC所對應(yīng)的

5、圓心角NAO'C=60°,經(jīng)歷的時間為t;黑T（T為粒子在勻強磁場中運動周期,大小為T=個,與粒子速度大360,qB小無關(guān)）；當粒子速度減小為之后,根據(jù)廠卷知其在磁場中的軌道半徑變?yōu)楦髁Ｗ訉腄點射出，根據(jù)圖中幾何關(guān)系得圓弧AD所對應(yīng)的圓心角NA0D=120°,經(jīng)歷的時間為At'=怒T=2At.故選項B正確.Ov三、帶電粒子在勻強磁場中的多解性5.（2014南昌一模）如圖所示,在x>0,y>0的空間中有恒定的勻強磁場,磁感應(yīng)強度的方向垂直于xOy平面向里,大小為B.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,從x軸上的某點P沿著與x軸成30°

6、;角的方向射入磁場（P點位置不固定,不計重力的影響），則下列有關(guān)說法中正確的是（C）A.只要粒子的速率合適,粒子就可能通過坐標原點B.粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間一定為5Jim/（3qB）C.粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為nm/（qB）D.粒子在磁場中所經(jīng)歷的時間可能為nm/（6qB）解析:粒子在P點與x軸正向成30°角入射,則圓心在過P點與速度方向垂直方向上,粒子在磁場中若要想到達0點,轉(zhuǎn)過的圓心角肯定大于180°,因為磁場有邊界，故粒子不可能過坐標原點，選項A錯誤;由于P點位置不固定,所以粒子在磁場中運動圓弧的圓心角也不同，最大的圓心角是圓弧與y軸相切時即300&#

7、176;,則運動時間為笠泌學(xué)普;而最小的圓心角為P點在坐標原點,則圓心角為120°,66qB3q日運動時間為矢言,所以選項B、D錯誤.C正確.6 .如圖所示,MN為兩個勻強磁場的分界面,兩磁場的磁感應(yīng)強度大小的關(guān)系為Bi=2Bz,一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子（不計重力）從。點垂直MN進入Bi磁場,則經(jīng)過多長時間它將向下再一次通過0點解析:粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由周期公式丁三詈知,粒子從0點進入磁場到再一次通過0點的時間為土=等+*等,所以選項BqBqBzqBz正確.四、臨界極值問題7 .（多選）在xOy平面內(nèi)以。為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場

8、,磁場方向垂直于xOy平面.一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子,從原點0以初速度v沿y軸正方向開始運動,經(jīng)時間t后經(jīng)過x軸上的P點,此時速度與x軸正方向成6角，如圖所示，不計重力的影響，則下列關(guān)系一定成立的是（AD）A.若r空,則0°<9<908 .若喏，則胃qBqBc.若t/,則手D.若r=吟，則t=WqBqB解析:帶電粒子在磁場中從。點沿y軸正方向開始運動，圓心一定在垂直于速度的方向上，即在x軸上,軌道半徑R%,當r2箸時,P點在磁場內(nèi)，粒子不能射出磁場區(qū)，所以垂直于x軸過P點，。最大且為90°,運動時間為半個周期，即t=號;當r<爺時,粒子在到達P點

9、之前射出圓形磁場區(qū)，速度偏轉(zhuǎn)角0在大于0°、小于180。范圍內(nèi)，如圖所示，能過x軸的粒子的速度偏轉(zhuǎn)角>90。，所以過x軸時0。<e<90°,選項A正確、B錯誤;同理,若1=乎,則等,若廠喑則t等于掾選QoQoqBQo項C錯誤,D正確.8. （2014陜西西工大附中適應(yīng)性訓(xùn)練）如圖所示，直角坐標系中直線AB與橫軸x夾角ZBAO=300,A0長為a.假設(shè)在點A處有一放射源可沿NBA0所夾范圍內(nèi)的各個方向放射出質(zhì)量為m、速度大小均為v、帶電荷量為e的電子（重力忽略不計）.在三角形ABO內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，當電子從頂點A沿AB方向射入磁場時，電子恰好從0點

10、射出.試求：（1）從頂點A沿AB方向射入的電子在磁場中的運動時間t;（2）速度大小為2v的電子從頂點A沿AB方向射入磁場（其他條件不變），求從磁場射出的位置坐標.（3）磁場大小、方向保持不變,改變勻強磁場分布區(qū)域,使磁場存在于三角形ABO內(nèi)的左側(cè)，要使放射出的速度大小為v的電子穿過磁場后都垂直穿過y軸后向右運動,試求勻強磁場區(qū)域分布的最小面積S.（用陰影表示最小面積）解析：（1）根據(jù)題意，電子在磁場中運動的軌跡如圖（甲），則根據(jù)幾何關(guān)系得電子在磁場中的運動的軌道半徑R=a,607VOy（甲）由evB二更得B=*Rea（乙）速度大小為2v的電子從頂點A沿AB方向射入磁場時，由洛倫茲力提供向心力得

11、e2VB=皿量得r=2a.其運動軌跡如圖（乙）所示，teB則電子從y軸上射出點的位置:y=r-OC）2=2a-|（2a）2-a?=2a-v4a.所以電子從磁場中射出時的位置坐標為（0,2a-V3a）.（3）要使勻強磁場區(qū)域分布最小面積,有界磁場的上邊界為以AB方向發(fā)射的電子在磁場中的運動軌跡與A0中垂線交點的左側(cè)圓弧,有界磁場的下邊界：以A點正上方距A點的距離為a的點為圓心，以a為半徑的圓弧.如圖（丙）所示,故最小磁場區(qū)域面積為S=2借-襯sin30°)=湃答案：乎(2)(0,2a-Ha)(3)a23vo素能提升9. （2014青島質(zhì)檢）如圖所示,在邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面

12、向里的勻強磁場，有一帶正電的電荷，從D點以v。的速度沿DB方向射入磁場,恰好從A點射出，已知電荷的質(zhì)量為m,帶電荷量為q,不計電荷的重力，則下列說法正確的是（A）A.勻強磁場的磁感應(yīng)強度為手B.電荷在磁場中運動的時間辨C.若電荷從CD邊界射出，隨著入射速度的減小，電荷在磁場中運動的時間會減小D.若電荷的入射速度變?yōu)?v0,則粒子會從AB中點射出解析：由圖可以看出電荷做圓周運動的半徑口=1,根據(jù)牛頓第二定律:qv0B=m，得B=竿選項A正確;丁=這，轉(zhuǎn)過的圓心角為90°,則LQLVt三T=”,故選項B錯誤；若電荷從CD邊界射出，則轉(zhuǎn)過的圓心角均為180°,入射速度減小,丁二爺

13、，周期與速度無關(guān),故電荷在磁場中運動的時間不變,選項C錯誤；若電荷的入射速度變?yōu)?v0,則半徑變?yōu)?L,軌跡如圖DE,設(shè)DF為h,由幾何知識：（2L-h）2+（2L）2,得h=（2-L,可見E不是AB的中點，即電荷不會從AB中點射出,選項D錯誤.10. （2014銀川一中一模）如圖所示,在平面直角坐標系的第一象限中,有垂直于xOy平面的勻強磁場，在坐標原點。有一個粒子發(fā)射源，可以沿x軸正方向源源不斷地發(fā)出速度不同的同種帶正電的粒子,不計粒子的重力.在坐標系中有一點B,連接OB、AB恰可構(gòu)成一個直角三角形,則關(guān)于粒子在該三角形區(qū)域中的運動情況,下列說法正確的是A.出射速度越大的粒子,在三角形區(qū)域

14、內(nèi)運動的時間越長B,出射速度越大的粒子,在三角形區(qū)域內(nèi)運動的軌跡越長C.所有從發(fā)射源射出后能夠到達0B邊的粒子,從射出至到達0B邊的運動時間都相等D.所有從發(fā)射源射出后能夠到達AB邊的粒子,從射出至到達AB邊的運動時間都相等解析:依據(jù)R=等可知,速度不同的粒子進入磁場后做圓周運動的半徑不同.由于粒子進入磁場的速度方向均沿著X軸正方向，所以所有粒子做圓周運動的圓心都在y軸上.作出幾個速度逐漸增大的粒子運動軌跡示意圖如圓弧1、23所示.則從0B邊上射出的粒子運動圓弧所對應(yīng)的圓心角相同（如圖中1、2所示），由周期T=胃可知，能夠從0B邊上射出的粒子運動的時間都相等,故選項C正確;而速度較大的粒子,可

15、能從AB邊射出（如圓弧3）,則圓弧2、3相比，運動時間一定不同,且因為射到AB邊上的所有粒子運動圓弧所對應(yīng)的圓心角不同,速度越大的粒子軌跡越靠近A點，圓弧越短且對應(yīng)的圓心角越小.故選項A、B、D錯誤.11. 如圖所示,邊界0A與0C之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場,邊界0A上有一粒子源S.某一時刻,從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子（不計粒子的重力及粒子間的相互作用），所有粒子的初速度大小相同,經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界0C射出磁場.已知NA0C=60°,從邊界0C射出的粒子在磁場中運動的最短時間等于為粒子在磁場中運動的周期），則從邊界0C射出的粒子在磁O場中運動的

16、最長時間為（B）/c解析：由左手定則知，粒子做逆時針圓周運動.粒子速度大小相同,故弧長越小,粒子在磁場中運動的時間就越短,過S作0C的垂線SD,如圖所示，粒子軌跡過D點時在磁場中運動的時間最短.因磁場中運動的最短時間等于士故NSO'D=60。，由幾何關(guān)系得，粒子做圓周運動的半徑廠而.由于粒子沿逆時針方向運動，故沿SA方向射入的粒子在磁場中運動的時間最長，由幾何關(guān)系知花=2而,即粒子在磁場中運動的軌跡恰為半圓，故粒子在磁場中運動的最長時間為g選項B正確.12. 如圖所示,兩個同心圓，半徑分別為r和2r,在兩圓之間的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B.圓心0處有一放射源,

17、放出粒子的質(zhì)量為m,帶電荷量為q,假設(shè)粒子速度方向都和紙面平行.（1）圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向,0A與初速度方向夾角為60°,要想使該粒子經(jīng)過磁場后第一次通過A點，則初速度的大小是多少？要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域,則粒子的初速度不能超過多少？解析：（1）如圖（甲）所示,設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為R,則由幾何關(guān)系得R尸苧,又qvB=q得v產(chǎn)等.（2）如圖（乙）所示,設(shè)粒子軌道與磁場外邊界相切時，粒子在磁場中的軌道半徑為L,則由幾何關(guān)系有（2r-R2）2=R22+N可得R2哼又qv2B=,4附2可得V2=誓.故要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域,粒子的初速度不能超過等.4m4m（甲）（乙）答案：

18、（1）鬃（2）黑13.（2015石家莊質(zhì)檢）如圖所示，在半徑為技a的圓形區(qū)域中存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場.在圓形區(qū)域中固定放置一絕緣材料制成的邊長為Ha的剛性等邊三角形框架DEF,其中心位于圓心0上,DE邊中點S處有一粒子源,可沿垂直于DE邊向下以不同速率發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的正電粒子.若這些粒子與三角形框架發(fā)生碰撞時,粒子速度方向均垂直于被碰的邊并以原速率返回、電荷量不變,不考慮粒子間相互作用及重力,求:帶電粒子速度V的大小取哪些數(shù)值時,可使從S點發(fā)出的粒子最終又回到S點？解析:帶電粒子從S點垂直于DE邊以速度v射出后,在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,其圓心一定位于D

19、E邊上,其半徑R滿足qvB=¥，得R常,要求此粒子每次與4DEF的三條邊碰撞時都與邊垂直,且能回到S點,則R和v應(yīng)滿足以下條件：由于碰撞時速度v與邊垂直，粒子運動軌跡圓的圓心一定位于ADEF的邊上，粒子繞過4DEF頂點D、E、F時的圓弧的圓心就一定要在相鄰邊的交點（即D、E、F）上.如圖所示.粒子從S點開始向右做圓周運動,其軌跡為一系列半徑為R的半圓，在SE邊上最后一次的碰撞點與E點的距離應(yīng)為R,所以SE的長度應(yīng)是R的奇數(shù)倍.即SE=ya=(2n+l)R,(n=0,1,2,3)由幾何關(guān)系得:瓦=|；=a.SinoU延長0E至圓形區(qū)域交于M,EM=1.la-OE=0.la,若使粒子不射

20、出磁場,有RWO.la,解得1123.83,即n=4,5,6由于三a=(2n+l)R,則v=ggR=；lqBa(n-4,5,6)2m2(2n+l)E答案：離-(n=4,5,6-)/1/fl十】JT91-第2課時電場的能的性質(zhì)-課時集訓(xùn)/一1對點訓(xùn)練提升素能基礎(chǔ)練習(xí)。一、電場強度、電勢與電勢能1.（2014江蘇卷）如圖所示,一圓環(huán)上均勻分布著正電荷,x軸垂直于環(huán)面且過圓心0.下列關(guān)于x軸上的電場強度和電勢的說法中正確的是（B）0+Q0*VA.0點的電場強度為零，電勢最低B.0點的電場強度為零，電勢最高C.從0點沿x軸正方向，電場強度減小，電勢升高D.從0點沿x軸正方向，電場強度增大，電勢降低解析

21、：圓環(huán)上均勻分布著正電荷,可以將圓環(huán)等效為很多正點電荷的組成，同一條直徑的兩端點的點電荷的合場強類似于兩個等量同種點電荷的合場強,故圓環(huán)的中心的合場強一定為零.x軸上的合場強,在圓環(huán)的右側(cè)的合場強沿x軸向右,左側(cè)的合場強沿x軸向左，電場強度都呈現(xiàn)先增大后減小的特征，由沿場強方向的電勢降低，知0點的電勢最高.綜上選項B正確.2. （2014濰坊模擬）空間有一沿x軸對稱分布的電場,其電場強度E隨x變化的圖像如圖所示.下列說法中正確的是（C）A.0點的電勢最低B. X2點的電勢最高C. xi和-xi兩點的電勢相等D. xi和X3兩點的電勢相等解析:沿x軸對稱分布的電場，由題圖可得其電場線以0點為中心

22、指向正、負方向（或從正、負無窮遠指向0）,沿電場線電勢降落，所以。點電勢最高,選項A、B錯誤；由于電場沿x軸對稱分布,從Xi到0電勢升高的數(shù)值與從0至卜xi降低數(shù)值相等，故xi與-xi兩點電勢相等,選項C正確;xi和X3兩點電場強度大小相等，電勢不相等,選項D錯誤.二、電場力做功與電勢能的關(guān)系3. （2014蕪湖調(diào)研）（多選）位于A、B處的兩個帶有不等量負電的點電荷在平面內(nèi)電勢分布如圖所示，圖中實線表示等勢線，則（CD）A.a點和b點的電場強度相同B.正電荷從c點移到d點，電場力做正功C.負電荷從a點移到c點，電場力做正功D.正電荷從e點沿圖中虛線移到f點，電勢能先減小后增大解析：由等勢面與電

23、場線的關(guān)系可知,a、b兩點電場強度方向不同,所以選項A錯誤；因為A、B兩處為負電荷,所以等勢面由外向內(nèi)電勢越來越低.將正電荷從c點移到d點，正電荷的電勢能增加，電場力做負功,選項B錯誤;負電荷從a點移到c點，電勢能減少，電場力做正功，選項C正確;正電荷沿虛線從e點移到f點的過程中，電勢先降低再升高，電勢能先減小后增大,選項D正確.4. （2014溫州模擬）真空中一點電荷形成的電場中的部分電場線如圖所示，分別標記為1、2、3、4、5,且1、2和5、4分別關(guān)于3對稱.以電場線3上的某點為圓心畫一個圓，圓與各電場線的交點分別為a、b、c、d、e,則下列說法中正確的是（D）A.電場強度Ea<Ec

24、B.電勢力b><PAC.將一正電荷由a點移到d點，電場力做正功D.將一負電荷由b點移到e點，電勢能增大解析：由于點電荷的等勢面為以點電荷所在處為圓心的一些同心圓，則b、d,a、e電勢相等，由電場線疏密與場強關(guān)系可知,Ea>Ec,選項A、B錯誤;正電荷從a點移到d點,逆著電場線移動，電場力做負功,選項C錯誤;負電荷從b點到e點，順著電場線移動，電場力做負功，電勢能增加,選項D正確.三、等勢面的理解與應(yīng)用5.（多選）圖中虛線是用實驗方法描繪出的某一靜電場中的一簇等勢線,若不計重力的帶電粒子從a點射入電場后恰能沿圖中的實線運動,b點是其運動軌跡上的另一點，則（BD）A. a點的電勢

25、一定高于b點的電勢B. a點的場強一定大于b點的場強C.粒子在a點的電勢能一定大于在b點的電勢能D.粒子在a點的速度一定大于在b點的速度解析：由題圖分析可知,帶電粒子從a點運動到b點，電場力做負功，電勢能增加,動能減少,選項C錯、D對;根據(jù)等勢線的疏密可知a點的場強大于b點的場強,選項B對；因不知帶電粒子的電性,所以無法判斷a、b兩點的電勢高低，選項A錯.6 .（多選）某同學(xué)研究電子在電場中的運動時，得到了電子由a點運動到b點的軌跡（虛線所示），電子僅受電場力作用，圖中一組平行實線可能是電場線，也可能是等勢面，則下列說法正確的是（CD）A.不論圖中實線是電場線還是等勢面,a點的場強都比b點小B

26、.不論圖中實線是電場線還是等勢面,a點的電勢都比b點低C.如果圖中實線是電場線，電子在a點電勢能大D.如果圖中實線是等勢面，電子在b點電勢能大解析:若圖中的實線為電場線，電子所受電場力向右，電場線方向向左,電勢由a到b,電場力對電子做正功,電勢能減少,EQEg；若圖中的實線為等勢面,則電場線在豎直方向，電場力方向豎直向下，電場線方向豎直向上，電勢a>6b.由a到b電場力做負功，電子的電勢能Epa<Epb,該電場為勻強電場,a、b兩點電場強度相同.綜上所述,選項C、D正確.四、電場中的功能關(guān)系的應(yīng)用7 .（多選）如圖所示,高為h的光滑絕緣曲面處于勻強電場中，勻強電場的方向平行于豎直平

27、面,一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的小球，以初速度V。從曲面底端的A點開始沿曲面表面上滑,到達曲面頂端B點的速度仍為v。,則（BC）A.電場力對小球做功為mgh+扣8 .A、B兩點的電勢差為也qC.小球在B點的電勢能小于在A點的電勢能D.電場強度的最小值為震q解析:B如圖所示,設(shè)A、B兩點間電勢差為Uab,對小球由A到B的過程,根據(jù)動能定理得qUAB-mgh=O,解得UAB=mgh/q,選項B正確；電場力對小球做的功剛好克服重力做功,等于mgh,選項A錯誤；由于小球由A到B的過程電場力做正功,所以小球電勢能減小,選項C正確；設(shè)電場方向與AB間位移方向的夾角為。，Uab=ExAb-cos。=皿,解得

28、E=,可知電場強度的最小值不等于2選項D錯誤.Q8. （2014四川成都模擬）（多選）如圖所示,豎直平面內(nèi)有一固定的光滑橢圓大環(huán),其長軸長BD=4L、短軸長AC-2L.勁度系數(shù)為k的輕彈簧上端固定在大環(huán)的中心0,下端連接一個質(zhì)量為m、電荷量為q、可視為質(zhì)點的小環(huán)，小環(huán)剛好套在大環(huán)上且與大環(huán)及彈簧絕緣,整個裝置處在水平向右的勻強電場中.將小環(huán)從A點由靜止釋放，小環(huán)運動到B點時速度恰好為0.已知小環(huán)在A、B兩點時彈簧的形變量大小相等,則（BD）AA.小環(huán)從A點運動到B點的過程中,彈簧的彈性勢能一直增大B.小環(huán)從A點運動到B點的過程中，小環(huán)的電勢能一直減小C.電場強度的大小E=總qD.小環(huán)在A點時受

29、到大環(huán)對它的彈力大小F=mg+如L解析:小環(huán)在A、B兩點時彈簧的形變量大小相等,則小球在A點時彈簧處于壓縮狀態(tài),小環(huán)在B點時彈簧處于伸長狀態(tài),所以小環(huán)從A點運動到B點的過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大,選項A錯誤;小環(huán)從A點運動到B點的過程中，重力勢能增加,動能不變,根據(jù)能量守恒可知，小環(huán)的電勢能一直減小,選項B正確;根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒得mgL-qEX2L,所以E=署,選項C錯誤;小環(huán)在A點豎直方向上受到重力、向下的彈簧的彈力、向上的大環(huán)的彈力，豎直方向上由平衡條件得大環(huán)對它的彈力F=mg+kx,而小環(huán)在A、B兩點時彈簧的形變量大小相等,故小環(huán)在A點時彈簧的壓縮量為所以F=mg+如L,選項D

30、正確.9. （2013浙江理綜）“電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉(zhuǎn)器和探測板組成.偏轉(zhuǎn)器是由兩個相互絕緣、半徑分別為R,和Rb的同心金屬半球面A和B構(gòu)成,A、B為電勢值不等的等勢面,其過球心的截面如圖所示.一束電荷量為e、質(zhì)量為m的電子以不同的動能從偏轉(zhuǎn)器左端M板正中間小孔垂直入射,進入偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域,最后到達偏轉(zhuǎn)器右端的探測板N,其中動能為Ek。的電子沿等勢面C做勻速圓周運動到達N板的正中間.忽略電場的邊緣效應(yīng).判斷半球面A、B的電勢高低,并說明理由;求等勢面C所在處電場強度E的大??；若半球面A、B和等勢面C的電勢分別為e八5和"則到達N板左、右邊緣處的電子，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場前

31、、后的動能改變量Ek左和Ek石分別為多少？比較IAEk/和|Ek右|的大小，并說明理由.解析：(1)電子(帶負電)做圓周運動，電場力提供向心力，因此電場力方向指向球心，電場方向從B指向A,半球面B的電勢高于A.(2)據(jù)題意，電子在電場力作用下做圓周運動,考慮到圓軌道上的電場強度E大小相同，有：eE=mREko=imv'R-Rd+g2聯(lián)立解得j7-2£kc=4£ko(3)電子運動時只有電場力做功,根據(jù)動能定理，有AEk=qU對到達N板左邊緣的電子，電場力做正功,動能增加，有Ekie(<pvT<pc)對到達N板右邊緣的電子，電場力做負功，動能減小，有AEk右

32、=e(<p(p).(4)根據(jù)電場線特點,等勢面B與C之間的電場強度大于C與A之間的電場強度,考慮到等勢面間距相等,有I(PB(PC|/I(pK(PC|即|AEk左|>|AEk，.答案:見解析素能提升。10.(多選)一帶電粒子僅在電場力作用下以初速度V。從t=0時刻開始運動,其v-t圖像如圖所示.如粒子在2to時刻運動到A點,5to時刻運動到B點.以下說法中正確的是(AC)A. A、B兩點的電場強度大小關(guān)系為Ea=EbB. A、B兩點的電勢關(guān)系為°a>pbC.粒子從A點運動到B點時，電場力做功為正D.粒子從A點運動到B點時，電勢能先減少后增加解析：由速度圖像可知粒子在

33、A、B兩點加速度相同，受力相同，故A、B兩點的電場強度大小關(guān)系為Ea=Eb,選項A正確；由速度圖像可知粒子在A點速度為零,在B點速度不為零,故粒子從A點運動到B點時，電場力做正功，電勢能減少,選項C正確,D錯誤；由于不知場強方向和帶電粒子電性，因此無法判斷A、B兩點電勢高低,選項B錯誤.11.(2015湖北仙桃調(diào)研)如圖所示,勻強電場方向平行于xOy平面,在xOy平面內(nèi)有一個半徑為R=5m的圓，圓上有一個電荷量為q=+lX10"C的試探電荷P,設(shè)半徑OP與X軸正方向的夾角為0,如圖所示,P沿圓周移動時，其電勢能與。角的函數(shù)關(guān)系為Ep=2.5Xl(Tsin6(J),則(A)A.x軸位于零勢面上B.電場強度大小為500V/m,方向沿y軸正方向C.y軸位于零勢面上D.電場強度大小為500V/m,方向沿x軸正方向解析：由Ep=2.5X