【物理】2019届二轮复习电场与磁场的理解学案（江苏专用） 20页

第1讲　电场与磁场的理解 ‎1．本部分内容的主要研究方法有：‎ ‎(1)理想化模型．如点电荷；‎ ‎(2)比值定义法．电场强度、电势的定义方法是定义物理量的一种重要方法；‎ ‎(3)类比的方法．电场和重力场的比较；电场力做功与重力做功的比较；带电粒子在匀强电场中的运动和平抛运动的类比．‎ ‎2．静电力做功的求解方法：‎ ‎(1)由功的定义式W＝Flcos α来求；‎ ‎(2)利用结论“电场力做功等于电荷电势能增量的负值”来求，即W＝－ΔEp；‎ ‎(3)利用WAB＝qUAB来求．‎ ‎3．有界磁场中临界问题的处理方法 ‎(1)动态放缩法：用于速度方向一定但大小不同的粒子进入有界磁场的临界问题．‎ ‎(2)定圆旋转法：用于速度大小确定但方向不确定的粒子进入有界磁场的临界问题．‎ 高考题型1　对电场性质的理解 ‎1．电场线：假想线，直观形象地描述电场中各点场强的强弱及方向，曲线上各点的切线方向表示该点的场强方向，曲线的疏密程度表示电场的强弱．‎ ‎2．电势高低的比较：‎ ‎(1)根据电场线方向，即沿着电场线方向，电势越来越低；‎ ‎(2)根据电势的定义式φ＝，即将＋q从电场中的某点移至无穷远处电场力做功越多，则该点的电势越高；‎ ‎(3)根据电势差UAB＝φA－φB，若UAB>0，则φA>φB，反之φA<φB.‎ ‎3．电势能变化的判断：‎ ‎(1)根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少；反之则增加．即WAB＝－ΔEp.‎ ‎(2)根据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，而总和应保持不变．即当动能增加时，电势能减少．‎ 例1　(多选)(2017·江苏单科·8)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图1所示．下列说法正确的有(　　)‎ 图1‎ A．q1和q2带有异种电荷 B．x1处的电场强度为零 C．负电荷从x1移到x2，电势能减小 D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大 答案　AC 解析　由题图可知，两点电荷q1和q2带有异种电荷，A正确；在φx图象中，图象切线的斜率表示电场强度大小，则x1处的电场强度不为零，B错误；由x1到x2电场强度逐渐减小，负电荷受到的电场力逐渐减小，D错误；由Ep＝φq可知，负电荷在电势高处的电势能小，则负电荷从x1移到x2，电势能减小，C正确．‎ 拓展训练1　(2018·南通市模拟)电荷量为＋Q的点电荷和接地金属板MN附近的电场线分布如图2所示，点电荷与金属板相距为2d，图中P点到金属板和点电荷间的距离均为d.已知 P点的电场强度为E0，则金属板上感应电荷在P点处产生的电场强度E的大小为(　　)‎ 图2‎ A．E＝0 B．E＝ C. E＝E0－ D. E＝ 答案　C 解析　＋Q在P点产生的场强大小E1＝，方向水平向右 根据电场的叠加原理可得：E0＝E1＋E 解得金属板上感应电荷在P点处产生的电场强度E的大小为E＝E0－k，故C正确．‎ 拓展训练2　(2018·江苏一模)两个带电体M和N在周围空间形成电场，电场线分布如图3所示，其中O、P两点为同一电场线上的两个点．下列有关说法中正确的是(　　)‎ 图3‎ A．M一定带正电而N一定带负电 B．O点的电势一定低于P点的电势 C．O点的电场强度大小一定小于P点的电场强度大小 D．将某一电荷从O点经某一路径移动到P点，电场力做的功可能为零 答案　C 解析　根据电场线的分布情况可知电场强度的强弱，无法确定电场线的方向，则两个带电体M和N的带电性质也无法确定，故A错误；沿着电场线的方向电势是降低的，由于电场线方向不确定，因此无法判定O、P电势的高低，故B错误；根据电场线的疏密表示电场强度的强弱可知，在O、P两点中，P点的电场强度大小大于O点，故C正确；从O点移动到P点，电势差不为零，因此不论电荷的正负如何，移动电荷时电场力做功一定不为零，故D错误．‎ 拓展训练3　(多选)如图4所示，ABCDEF是在匀强电场中画出的一个正六边形，该六边形所在平面与电场线(图中没有画出)平行，已知正六边形的边长为2 cm，将一电荷量为1.0×10－8 C的正点电荷从B点移动到C点克服电场力做功为2.0×10－8 J，将该点电荷从B点移动到A点，电场力做的功为2.0×10－8 J，设B点电势为零．由上述信息通过计算能确定的是(　　)‎ 图4‎ A．电场强度的大小 B．过B点的等势线 C．匀强电场的场强方向为由C指向F D．将该点电荷沿直线BF由B点移到F点动能的变化量 答案　AB 解析　UBC＝＝ V＝－2 V，UBA＝＝ V＝2 V，因B点电势为零，则UC＝2 V，UA＝－2 V，则可知EB为等势线，场强方向由C指向A，根据E＝可确定场强的大小，故选项A、B正确，C错误；点电荷若沿直线从B到F，必定要受到外力作用，因运动的性质不确定，故外力做的功不确定，不能确定动能的变化量，选项D错误．‎ 高考题型2　带电粒子(体)在电场中的运动 ‎1．变速直线运动：qU＝mv2－mv02.匀变速直线运动也可用a＝，v2－v02＝2ax.‎ ‎2．类平抛运动：偏转角：tan θ＝＝；侧移距离：y0＝；y＝y0＋Ltan θ＝tan θ ‎　　‎ 例2　(2018·江苏单科·5)如图5所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴(　　)‎ 图5‎ A．仍然保持静止 B．竖直向下运动 C．向左下方运动 D．向右下方运动 答案　D 解析　两极板平行时带电油滴处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D正确．‎ 拓展训练4　(2017·江苏单科·4)如图6所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　)‎ 图6‎ A．运动到P点返回 B．运动到P和P′点之间返回 C．运动到P′点返回 D．穿过P′点 答案　A 解析　根据平行板电容器的电容的决定式C＝、定义式C＝和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确．‎ 拓展训练5　(多选)如图7所示，在正方形ABCD区域内有场强方向平行于AB边的匀强电场，E、F、H是对应边的中点，P点是EH的中点．一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从C点射出．以下说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A．粒子的运动轨迹经过P点 B．粒子的运动轨迹经过PH之间某点 C．粒子的运动轨迹经过EP之间某点 D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从BC边射出 答案　CD 解析　粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从C点射出，其轨迹是抛物线，根据推论知，过C点作速度的反向延长线一定交于水平位移FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，故A、B错误，C正确；由平抛知识类比可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，粒子恰好由E点射出BC，故D正确．‎ 拓展点　带电粒子在交变电场中运动 拓展训练6　如图8甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上图乙所示的电压．现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是(　　)‎ 图8‎ A．1∶1 ‎ B．2∶1‎ C．3∶1 ‎ D．4∶1‎ 答案　C 解析　设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速度为a，粒子在t＝nT时刻进入偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最大ymax＝a2＋a××＝aT2‎ 粒子在t＝nT＋时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小ymin＝0＋a2＝aT2‎ 则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C项正确．‎ 高考题型3　对磁场性质的理解 ‎1．理解磁感应强度的三点注意 ‎(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝认为B与F成正比，与IL成反比．‎ ‎(2)测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入，如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零．‎ ‎(3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是自由转动的小磁针静止时N极的指向．‎ ‎2．磁场的叠加：磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．‎ ‎3．安培定则的应用：在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”.‎ 原因(电流方向)‎ 结果(磁场绕向)‎ 直线电流的磁场 大拇指 四指 环形电流的磁场 四指 大拇指 ‎4.安培力作用下导体的运动常用的判断方法：(1)电流元法；(2)特殊位置法；(3)等效法；(4)结论法；(5)转换研究对象法．‎ 例3　(多选)如图9所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是(　　)‎ 图9‎ A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1‎ 答案　BC 解析　同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．对L1受力分析可知，L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；对L3受力分析可知，L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故B正确；设三根导线两两之间的相互作用力为F，则L1、L2受到的磁场作用力的合力大小都等于F，L3受到的磁场作用力的合力大小为F，即L1、L2、L3单位长度受到的磁场作用力的大小之比为1∶1∶，故C正确，D错误．‎ 拓展训练7　在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图10所示．有一种探测方法是，首先给金属长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L.由此可确定金属管线(　　)‎ 图10‎ A．平行于EF，深度为 B．平行于EF，深度为L C．垂直于EF，深度为 D．垂直于EF，深度为L 答案　A 解析　用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a，说明a点离金属管线最近；找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF，故说明这些点均离金属管线最近，所以金属管线平行于EF，又b、c间距为L，且磁场方向与地面夹角为45°，如图所示，故深度为，故A正确，B、C、D错误．‎ 拓展训练8　(2018·江都中学等六校联考)如图11所示，条形磁铁置于水平桌面上，电磁铁的右端固定，当电磁铁电路中滑动变阻器滑片向右移动时，条形磁铁仍保持静止，‎ 在此过程中，条形磁铁受到的摩擦力的方向和大小是(　　)‎ 图11‎ A．方向向左，逐渐增大 B．方向向左，逐渐减小 C．方向向右，逐渐增大 D．方向向右，逐渐减小 答案　D 拓展训练9　(2018·南京盐城二模)如图12所示，在磁感应强度为B、范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为－q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ.设滑动时小物块电荷量不变，在小物块上滑过程中，其加速度大小a与时间t的关系图象，可能正确的是(　　)‎ 图12‎ 答案　C 高考题型4　带电粒子在有界磁场中的临界、极值问题 临界问题的解题技巧 ‎(1)从关键词语找突破口：审题时一定要抓住题干中的关键字眼，如“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语，挖掘其隐含的信息．‎ ‎(2)数学方法与物理方法相结合：借助半径R和速度大小v(或磁感应强度大小B)之间的关系进行动态轨迹分析，确定轨迹圆和有界磁场边界之间的关系，找出临界点，然后利用数学方法求极值．‎ ‎(3)常用的结论有：‎ ‎①粒子刚好穿出磁场边界的临界条件是粒子在磁场中的运动轨迹与边界相切；‎ ‎②当速度大小v一定时，弧长越长，所对的圆心角就越大，粒子在磁场中运动的时间就越长；‎ ‎③当速度大小v变化时，仍然是运动轨迹所对圆心角大的粒子在磁场中运动的时间长．‎ 例4　(2018·江苏押题卷)如图13所示，在xOy平面内有一边界为圆形、方向垂直平面向里的匀强磁场，在圆形磁场的圆心处有一粒子源，粒子源位置的坐标为(0,0.2 m)，粒子源可以在图示第Ⅰ象限90°范围内向各个方向均匀射出质量为m＝6.4×10－27 kg、带电荷量q＝＋3.2×10－19 C、速度v＝1.0×106 m/s的带电粒子，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用．求：‎ 图13‎ ‎(1)若要所有粒子都不能打到x轴上，磁感应强度B的最小值为多少？‎ ‎(2)若B＝0.1 T，则能打到x轴上的粒子所占比例为多少？‎ ‎(3)试推导能打到x轴的粒子所占比例与磁感应强度B大小的函数关系．‎ 答案　(1) T　(2)　(3)η＝1－ 解析　(1)只要沿－y方向发射的粒子不能打到x轴上，则所有的粒子均不能打到x轴上，要使沿－y方向发射的粒子刚好不能打到x轴上，则粒子射出磁场区域时的速度方向应沿＋x方向，其轨迹图如图甲所示．‎ 由图中几何关系可知，此时粒子的轨道半径为：r＝Rcos 45°＝ m 根据牛顿第二定律和洛伦兹力大小计算公式有：qvB＝m 解得：B＝＝ T 即若要所有粒子都不能打到x轴上，磁感应强度B的最小值为 T ‎(2)当B＝0.1 T，r＝R＝0.2 m，‎ 粒子射出磁场区域时的速度方向沿＋x方向时，粒子刚好不能打到x轴上，该情况粒子轨迹如图乙所示，并设此时粒子轨迹所对圆心角为θ，根据图中几何关系有：R2＝(rsin θ)2＋[r(1－cos θ)]2‎ 解得θ＝60°‎ 所以，能打到x轴上的粒子所占比例为：η＝＝ ‎(3)设当磁感应强度为某个值B时，刚好不能打到x轴上的粒子的运动轨迹所对圆心角为α，由(2)中分析可知，此时有：R2＝(rsin α)2＋[r(1－cos α)]2‎ 又由于qvB＝m 代入数值有：2－2cos α＝100B2，即cos α＝1－50B2‎ 所以，能打到x轴上的粒子所占比例为：η＝＝1－ 拓展训练10　(多选)(2018·江苏一模) 如图14所示，在半径为R的虚线圆形区域内存在一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场．大量带电荷量为q的粒子以相同的速率从M点沿纸面以不同的方向射入该磁场，只有磁场边界MN劣弧上有粒子射出，∠NOM＝60°.不计粒子重力及带电粒子之间的相互作用，则(　　)‎ 图14‎ A．这些粒子带负电 B．这些粒子进入磁场的初速度为 C．这些粒子进入磁场的初速度为 D．这些粒子在磁场中运动的最长时间为 答案　BD 解析　当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到虚线圆形磁场的位置最远，根据左手定则知，这些粒子带正电，故A错误；根据几何关系知，粒子匀速圆周运动的直径等于磁场区域圆的半径，即轨迹半径r＝ 根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，得r＝＝，得v＝，故B正确，C错误；带电粒子做匀速圆周运动的周期T＝，轨迹弦长最长时，在磁场中运动的时间最长，即图示轨迹，最长时间t＝＝，故D正确．‎ 拓展训练11　如图15，在边长为L的等边三角形ACD区域内，存在垂直于所在平面向里的匀强磁场．大量的质量为m、电荷量为q的带正电粒子以相同速度(速度大小未确定)沿垂直于CD的方向射入磁场，经磁场偏转后三条边均有粒子射出，其中垂直于AD边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0.不计粒子的重力及粒子间的相互作用．求：‎ 图15‎ ‎(1)磁场的磁感应强度大小；‎ ‎(2)要确保粒子能从CD边射出，射入的最大速度；‎ ‎(3)AC、AD边上可能有粒子射出的范围．‎ 答案　见解析 解析　(1)粒子在磁场中运动的周期：T＝ 当粒子垂直AD边射出时，根据几何关系可知圆心角为60°，故t0＝ 联立解得：B＝ ‎(2)当轨迹圆与AC、AD都相切时，粒子能从CD边射出，半径最大，速度为最大值，此时 r＝sin 60°＝L 根据qvB＝m得，r＝，联立解得：v＝ 所以粒子射入的最大速度为 ‎(3)由(2)知，当轨迹圆与AC相切时，从AC边射出的粒子距C最远，故有粒子射出的范围为CE段：‎ xCE＝cos 60°＝ 当轨迹圆与AD边的交点F恰在圆心O正上方时，射出的粒子距D点最远，‎ 故有粒子射出的范围为DF段：xDF＝＝.‎ 专题强化练 ‎1．随着信息技术的发展，我们可以用磁传感器把磁感应强度变成电信号，通过计算机对磁场进行研究．图1中磁传感器探头对磁场很敏感，输出的电信号从右端经过电缆和接口装置进入计算机．现用磁传感器探测通电螺线管轴线上的磁感应强度，将探头从螺线管右端沿轴线向左端移动时，测得磁感应强度B的大小随位置x的变化关系，下面最符合实际情况的图是(　　)‎ 图1‎ 答案　B ‎2．(多选)(2018·盐城市模拟)如图2所示，坐标系中有两个带电荷量分别为＋Q和＋3Q的点电荷，在C处放一个试探电荷，则试探电荷所受电场力的方向可能是图中(　　)‎ 图2‎ 答案　BD 解析　若试探电荷是正电荷，所受电场力方向如图B；若试探电荷是负电荷，所受电场力方向如图D.‎ ‎3.(2018·江苏大联考)如图3所示，左边为一带正电的小球，右边为一金属圆环，外壳接地，电场线的分布如图所示，则下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．a点的电势高于b点的电势 B．c点的电场强度大于d点的电场强度 C．若将一负试探电荷由c点移到d点，电势能减少 D．若将一正试探电荷沿金属环的外表面移动半圈，则电场力做正功 答案　C 解析　根据顺着电场线方向电势逐渐降低，电场线与等势面垂直．可知，a点所在等势面的电势低于b点所在等势面的电势，则a点的电势低于b点的电势，故A错误．电场线的疏密表示场强的大小，由题图知c点的电场强度小于d点的电场强度，故B错误．c点的电势低于d点的电势，根据在电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，则知将一负试探电荷由c点移到d点，电势升高，电势能减少，故C正确．金属环外表面是一个等势面，则电场线方向与金属环外表面处处垂直，试探电荷所受的电场力与金属环的外表面垂直，所以电场力不做功，故D错误．‎ ‎4.(多选)(2018·南通市、泰州市一模)真空中有一半径为r0的均匀带电金属球，以球心为原点建立x轴，轴上各点的电势φ分布如图4所示，r1、r2分别是＋x轴上A、B两点到球心的距离．下列说法中正确的有(　　)‎ 图4‎ A．0～r0范围内电场强度处处为零 B．A点电场强度小于B点电场强度 C．A点电场强度的方向由A指向B D．正电荷从A点移到B点过程中电场力做正功 答案　ACD 解析　由题图可知0～r0范围内电势相等，金属球处于静电平衡状态，电场强度处处为零，故A正确；根据场强公式E＝得A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误；r1、r2分别是该直线上A、B两点与球心的距离，所以A点的电势高于B点的电势，A点到B点电势降低，所以A点的电场强度方向由A指向B，故C正确；正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力方向由A指向B，所以电场力做正功，故D正确．‎ ‎5.(多选)如图5所示，在匀强电场中，A、B、C、D、E、F位于边长为L＝2 cm的正六边形的顶点上，匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面．已知A、B、D、E的电势分别为－2 V、 0 V、 6 V、 4 V．则下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．C点的电势φC＝2 V B．A、F间的电势差UAF＝2 V C．C、F间的电势差UCF＝4 V D．该匀强电场的场强大小E＝200 V/m 答案　CD 解析　连接AD、BF、CE，AD交BF于O点，如图所示，由几何关系知O点的电势为0 V，故BO直线为等势线，又AD⊥BO，φD＞φA，故电场强度方向由D指向A，由正六边形对称性可知F与B的电势相等，C与E的电势相等，故F点的电势为0 V，C点的电势为4 V，则A、F间的电势差为UAF＝φA－φF＝－2 V，C、F间的电势差为UCF＝φC－φF＝4 V，由几何关系得：dOA＝Lsin 30°，而UOA＝UFA＝－UAF＝2 V，则电场强度的大小为E＝＝ V/m＝200 V/m，故A、B错误，C、D正确．‎ ‎6.如图6所示，竖直平面内分布有水平向右的匀强电场，一带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，在这个过程中，带电粒子(　　)‎ 图6‎ A．只受到电场力作用 B．带正电 C．做匀减速直线运动 D．机械能守恒 答案　C 解析　带电粒子沿直线从位置a运动到位置b，说明带电粒子受到的合外力方向与速度方向在一条直线上，对粒子受力分析，受到竖直向下的重力和水平向左的电场力，电场力方向与电场线方向相反，所以粒子带负电，故A、B错误；由以上分析可知，电场力和重力的合力方向与速度方向相反，故小球做匀减速直线运动，故C正确；电场力做负功，机械能减小，故D错误．‎ ‎7.如图7所示，空间存在两块相互平行的绝缘带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点．若仅将B 板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则(　　)‎ 图7‎ A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变 B．金属板A、B间的电压减小 C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同 D．乙电子运动到O点的速率为2v0‎ 答案　C 解析　两板距离变大，根据C＝可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C变小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U增大，选项B错误；根据E＝可得：E＝＝＝，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据Ue＝mv2可知，乙电子运动到O点的速率为v0，选项D错误．‎ ‎8.(多选)一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带电粒子a和b，从电容器边缘同一竖直线上的不同位置(如图8)沿相同的水平方向同时射入两平行板之间，经过相同时间两粒子落在电容器下板同一点P上．若不计重力和粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．粒子a的比荷大于粒子b的比荷 B．粒子a射入时的初速度大于粒子b射入时的初速度 C．若只减小两板间的电压，则两粒子可能同时落在电容器下板边缘上 D．若只增大粒子b射入时的初速度，则两粒子可能在两板之间的某一位置相遇 答案　AC 解析　粒子在电场中只受电场力作用，电场力与初速度方向垂直，所以粒子做类平抛运动．在竖直方向，两粒子运动时间相同，a的位移大于b的位移，所以a的加速度大于b 的加速度，又有加速度a＝，所以a的比荷大于b的比荷，故A正确；在水平方向，两粒子运动时间相同，运动位移相同，所以两粒子射入时的初速度相等，故B错误；若只减小两板间的电压，则两粒子的加速度同比减小，那么在竖直方向上，位移和加速度的比值仍旧相等，即a、b从原来高度落下需要的时间仍旧相同，所以，两粒子可能同时落在电容器下板边缘上，故C正确；若只增大粒子b射入时的初速度，则在水平方向上b的位移恒大于a的位移，那么两粒子不可能在两板之间的某一位置相遇，故D错误．‎ ‎9.如图9所示，a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电粒子从正方形中心O点沿垂直纸面向里运动，它所受洛伦兹力的方向(　　) ‎ 图9‎ A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 答案　A 解析　带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，根据右手螺旋定则，a在O点产生的磁场方向为水平向左，b在O点产生磁场方向为竖直向上，c在O点产生的磁场方向为水平向左，d在O点产生的磁场方向竖直向下，所以合磁场方向水平向左．根据左手定则，带正电粒子在合磁场中洛伦兹力方向向上．‎ ‎10.(多选)如图10所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN，现从t＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，下列关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是(　　)‎ 图10‎ 答案　BC ‎11.(2018·无锡市高三期末) 如图11所示，真空中竖直放置的两块平行金属板间加上恒定电压U0，一质量为m、电荷量为q的正点电荷A从左板处由静止释放，从右板的小孔水平射出后，进入一个两板水平放置的平行板电容器，进入时点电荷贴着上极板，经偏转后从下极板边缘飞出．已知电容器的电容为C，极板的间距为d，长度为kd，两板间电压恒定．不计点电荷的重力，求：‎ 图11‎ ‎(1)点电荷进入水平放置电容器时的速度大小；‎ ‎(2)水平放置的电容器极板所带电荷量大小；‎ ‎(3)A穿过水平放置电容器的过程中电势能的增量．‎ 答案　见解析 解析　(1)由动能定理：qU0＝mv02，得v0＝ ‎ ‎(2)在电场中偏转：kd＝v0t，d＝at2‎ 又q＝ma ‎ 联立可解得U＝U0 ‎ 极板带电荷量Q＝CU 所以Q＝CU0 ‎ ‎(3)电场力做功W＝qU 则W＝qU0‎ 由功能关系，ΔEp＝－qU0.‎ ‎12.(2017·如皋市第二次质检)电子质量为m，电荷量为q，以速度v0与x轴成θ角射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如图12所示，求：‎ 图12‎ ‎(1)电子运动的轨道半径R；‎ ‎(2)OP的长度；‎ ‎(3)电子由O点射入到落在P点所需的时间t.‎ 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)由牛顿第二定律得：‎ qv0B＝m，‎ 解得：R＝；‎ ‎(2)电子运动轨迹如图所示：‎ 由几何知识得：OP＝2R·sin θ＝；‎ ‎(3)由图可知圆弧对应的圆心角为2θ，‎ 电子做圆周运动的周期：T＝，‎ 电子由O点射入到落在P点所需的时间：‎ t＝T＝.‎