2022年內(nèi)蒙古高考物理總復(fù)習(xí)：電場

2022年內(nèi)蒙古高考物理總復(fù)習(xí)：電場

1.如圖，兩塊平行金屬板M、N豎直放置，小孔Si、S2與O在同一水平線上、以O(shè)為圓

心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，方向垂直紙面向外，大小為B。T為收集板,

板上各點到O點的距離均為2R,其中CO,DO與水平方向夾角均為60°,板兩端點C、

D的連線水平。質(zhì)量為m、帶電量為q的帶負(fù)電粒子，經(jīng)S1進(jìn)入M、N間的電場后，通

過S2進(jìn)入磁場，經(jīng)過磁場后打在收集板T上、粒子在Si處的速度以及粒子所受的重力

均不計。

（1）若MN間的電壓為歿變，粒子打在收集板T的哪個位置？

2m

（2）若有一群質(zhì)量為m、帶電量為q的帶負(fù)電粒子從Si射入經(jīng)過S2進(jìn)入磁場后偏轉(zhuǎn),

均打到了收集板上，粒子間的相互作用忽略不計，則在MN間加的電壓需滿足怎樣的條

件？

22

（3）若保持MN間的電壓為q七B一R，將平行金屬板M、N豎直上移，質(zhì)量為m、帶電量

2m

為q的帶負(fù)電粒子經(jīng)Si進(jìn)入后，恰好打在收集板的右端點D上，求平行金屬板M、N上

移的距離X。（本題結(jié)果均用m、q、B、R表示）

【分析】（1）對粒子在MN間電場中加速的過程，運用動能定理求粒子加速獲得的速度。

粒子進(jìn)入磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的

軌跡半徑，畫出粒子的運動軌跡，從而確定粒子打在收集板T的哪個位置；

（2）粒子經(jīng)過磁場后偏轉(zhuǎn)，均打到了收集板上，考慮粒子打在C點和D點的臨界情況，

畫出粒子的運動軌跡，由幾何關(guān)系求出粒子的軌跡半徑，再牛頓第二定律求兩種臨界情

況下MN間的加速電壓，從而得到加速電壓的范圍。

（3）粒子經(jīng)過加速，沿著OC方向?qū)糁惺占遄钭蠖?，根?jù)幾何知識求解粒子的半

徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解ki；同理可得質(zhì)量為k2m的粒子經(jīng)過加速，沿著

OC方向?qū)糁惺占遄钣叶?，求出k2,即可得到能被T板收集的粒子的質(zhì)量范圍

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【解答】解：3）帶電粒子在MN板的運動過程，由動能定理得

1

qTUTi=2mvi2

粒子進(jìn)入磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得

Vi

qviB=m-

丁1

結(jié)合Ui=8l，解得ri=R

可得粒子在磁場中的運動如圖1所示，帶電粒子在磁場區(qū)域中偏轉(zhuǎn)了90°,因此帶電粒子

打到了收集板的正中間。

（2）當(dāng)帶電粒子打到C點時，在磁場中的運動圖像如圖2所示，可得粒子的軌跡半徑為

r2=Rtan30°=苧R

由牛頓第二定律得

諺

qv2B=m——

r2

帶電粒子在MN板的運動過程，由動能定理得

TT12

qU2=2mv2

解得5=

當(dāng)帶電粒子打到D點時，在磁場中的運動圖像如圖3所示，可得粒子的軌跡半徑為

r3=Rtan60°=V3R

由牛頓第二定律得

vl

qv3B=m——

r3

帶電粒子在MN板的運動過程，由動能定理得

.T12

qU3=2mv3

解得5=翌等

因此，粒子均打到了收集板上，MN間加的電壓需滿足：

QB2R23qB2R2

（3）此時的運動圖像如圖4所示，可得

.R1

sina=-丁,=.，

J（國-R）2+R2Js-273

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因此，平行金屬板M、N上移的距離:x=Rsina=丁、一-

J5-2V3

答：（1）粒子打在收集板T的正中間;

aR2Qp2p2

（2）在MN間加的電壓需滿足：

【點評】本題考查帶電粒子在電場中加速和磁場中偏轉(zhuǎn)的問題，關(guān)鍵是分析清楚粒子的

運動過程，畫出運動軌跡，確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求軌跡半徑，結(jié)合洛倫茲力提

供向心力求解未知量。

2.在一個點電荷Q的電場中，以點電荷Q的位置為原點O建立平面直角坐標(biāo)系，如圖1

所示，在其中A、B兩點分別放置試探電荷，試探電荷受到靜電力的大小F跟試探電荷

的電荷量q的關(guān)系分別如圖2中直線a、b所示。已知A點的坐標(biāo)為（0.3m.0）?

（1）求A點電場強度的大小EA和B點電場強度的大小EB；

（2）求B點到點電荷Q的距離rB：

（3）將一試探電荷從B點移動到A點，請根據(jù)點電荷場強分布的特點，自選兩條移動

路徑證明，電場力做的功WBA與路徑無關(guān)（在圖中畫出所選擇的路徑）。

【分析】（1）根據(jù)圖線的斜率求出A、B點的電場強度大；

（2）根據(jù)A點和B點的電場強度方向相同，且A點場強大，判斷點電荷在A點左側(cè)位

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置，根據(jù)點電荷的場強公式確定Q的位置坐標(biāo).

(3)試探電荷在等勢面上移動時，電場力做功為零。

【解答】解：(1)由電場強度的定義式可知：E=5A點離點電荷近，電場強度大，即

a直線代表A點處的電場強度。

A點電場強度的大小耳!=泉=含黑:N/C=40N/C；

B點電場強度的大小EB=三=0嚷=2.5/V/C；

(2)由E=■^,得么==1~=得r2=4ri=1.2m；

r2r7404

2"A

(3)如答圖所示，連接OB,以Q所在處的原點。為圓心，分別過A做圓弧與OB相交

于C、過B做圓弧與x軸相交于D,則所選兩條路徑分別為從B到C到A和從B到D

至ljAo

CA和BD分別為點電荷Q的等勢面，沿等勢面移動電荷時電場力做功為零；

BC和DA分別沿半徑方向，根據(jù)到點電荷距離相等的各點場強大小相等的場強分布特點

可知，試探電荷分別從B到C和從D到A的過程中，電場力在每小段距離上做的功都

對應(yīng)相等。

因此，電場力做功與這兩條路徑無關(guān)，只取決于初位置B和末位置A。

答：

(1)A點電場強度的大小EA為40N/C和B點電場強度的大小EB為2.5N/C；

(2)B點到點電荷Q的距離rB為1.2m；

(3)見解析。

【點評】解決本類題的關(guān)鍵在于掌握電場強度的定義式E=彳和點電荷的場強公式E=%,

以及知道電場強度的方向需要根據(jù)電荷電性分類判斷。

3.如圖所示，在豎直平面內(nèi)，AB為水平放置的絕緣粗糙軌道，CD為豎直放置的足夠長絕

緣粗糙軌道，AB與CD通過四分之一絕緣光滑圓弧形軌道平滑連接，圓弧的圓心為O,

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半徑R=0.50m,軌道所在空間在水平向右的勻強電場，電場強度的大小E=1.0X104N/C?

現(xiàn)有質(zhì)量m=0.20kg、電荷q=8.0Xl()-4c的帶電體(可視為質(zhì)點)，從A點由靜止開始

運動，已知LAB=I.Om,帶電體與軌道AB、CD間的動摩擦因數(shù)均為0.5。假定帶電體與

軌道之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等，重力加速度g=10m/s2,求：

(1)帶電體第一次運動到圓弧形軌道C點時對軌道的壓力大??；

(2)帶電體最終停在何處；

(3)通過定量計算分析說明在帶電體運動的全過程中能量的轉(zhuǎn)化關(guān)系。

AB

【分析】(1)帶電體從A點運動到C點的過程，根據(jù)動能定理列式求出帶電體第一次到

達(dá)C點的速度。帶電體第一次運動到圓弧形軌道C點時，由水平方向的合力提供向心力，

根據(jù)牛頓第二定律求出軌道對帶電體的支持力，從而求得帶電體對軌道的壓力。

(2)設(shè)帶電體沿豎直軌道CD上升的最大高度為h,對帶電體從C點到最高點的過程,

由動能定理列式求解上升的高度，分析在最高點的受力情況，確定帶電體能否停在最高

點，再判斷帶電體最終停在何處。

(3)帶電體在運動過程中，涉及到機(jī)械能、電勢能，結(jié)合各力做功情況分析能量的轉(zhuǎn)化

情況。

【解答】解：(1)設(shè)帶電體到達(dá)C點時的速度為V,帶電體從A點運動到C點的過程,

由動能定理得：

qE(LAB+R)-nmgLAB-mgR=尹丫

代入數(shù)據(jù)解得：v=10m/s

帶電體第一次運動到圓弧形軌道C點時，由水平方向的合力提供向心力，由牛頓第二定

律得

v

FN-qE=m——

代入數(shù)據(jù)解得FN=48N

根據(jù)牛頓第三定律可知帶電體對軌道的壓力FN'=FN=48N,方向水平向右。

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(2)設(shè)帶電體沿豎直軌道CD上升的最大高度為h,從帶電體從C點到最高點的過程,

由動能定理得：

-mgh-|iqEh=O—12

解得:h=1m

在最高點，帶電體受到的最大靜摩擦力fmax=nqE=0.5X8.0X104X1.0X104N=4N

重力G=mg=0.20X10N=2N

因為GVfmax,所以帶電