黄冈高考物理总复习决战资料（绝密）专题1-5参考答案

为Q?fs相对．

上述情况①和②同样符合该规律，掌握了它可使许多计算简化．

专题三 电场和磁场

典型例题

[例1] 解析：A点拨：电场线从+Q发出，到接地的很大的薄金属板，并与金属板垂直。根据电场线可判断①正确，M点的电场是+Q的电场与金属板的感应电荷的电场的叠加，故②错误；N点与金属板接地，所以电势为零，但电场强度不为零，故③正确，④错误。

【例2】 解析：对A进行受力分析，设悬线的拉力为T，水平线的拉力为T?，在竖直方向上受重力和悬线的拉力而平衡： Tcos300?mg ①

在水平方向上，小球受电场力、电荷间的为库仑力、悬线的水平拉力和水平线的拉力

q2而平衡：Eq?Tsin30?k2?T? ②

l0要两球处于题设条件的平衡状态，则对水平线的受力要求为： T??0 ③ 联解①②③得到： E?3mgkq?2 3ql【例3】 解析：电子经U1加速后，设以v0的速度垂直进入偏转电场，由动能定理得：

12mv0?0?eU1 ① 2电子在偏转电场中运动的时间t为： t?l ② v0电子在偏转电场中的加速度a为： a?电子在偏转电场中的偏转量h为： h?U2e ③ dm12at ④ 2hl2h由以上四式联解得到示波管的灵敏度为： ?U2U24dU1可见增大l、减小U1或d均可提高示波管的灵敏度。

【例4】解析：由于电容器与电源相连，则电容器两极板的电压不变，根据平行板电容器电容C?又由E??SQ可知，当d增大S不变时，电容C减小；又因C?可得，电荷量减小；4?kdUU可知，场强E减小，故A选项正确；当S增大，d不变时，C增大，Q增大，Ed不变，所以B选项错误；当d减小，S增大时，C增大，Q增大，E增大，所以C选项正确；

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当S减小，d减小时，电容C不一定增大，Q也不一定增大，但E一定增大，所以D选项错误。可见本题AC选项正确。

【例5】 解析：如图所示，电场对粒子加速，由动能定理得：

12mv0?Uq 2v0?2Uq ① mU L B 直线运动，则

由于粒子在电场加速过程中做匀加速S L O 加速的时间t1为：

θ R td2dd U 1?v2?v ② D 0/0粒子在偏转电场中做类似平抛运动，其加速度a为：a?UqLm 粒子通过偏转电场的时间tL2为：t2?v?Lm ③ 02Uq粒子在偏转电场中的侧移距离y为：y?12at2?L24 ④ 侧向速度vy为： vy?at2?Uq2m 则粒子射出偏转电场时的速度v为：v?v225Uq0?vy?2m ⑤ 以速度v进入磁场做匀速度圆周运动的洛仑兹力为向心力，设运动半径为R：

Bqv?mv2mv15UmR R?Bq?B2q ⑥ 则磁场宽度D为：

?R?R2?y2?15Um5UmL2DB2q?2B2q?16 ⑦

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T?为： T??2?Rv?2?mBq tg??L/2L/4?2 所以??arctg2 所以粒子在磁场中运动的时间t3为： tT?(2??2?)3?2??2m(??arctg2)Bq ⑧

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粒子从S出发到回到S的周期T为：

T?2t1?2t2?t3?4dmm2m(??arctg2) ?2L?2Uq2UqBq 偏转电压正负极换向时间t为： t?Tmmm(??arctg2) ?2m?L?22Uq2UqBqt?T2

【例6】 解析：正离子每次经过缝隙时都能得到加速必须满足在筒中飞行时间

所以第一个筒长度L1?v1?T2

112mv2?mv12 ① 22 进入第二个筒时速度为v2，则qU?第二个筒长L2?v2?T2

122mv3?12mv2 ② 2进入第三个筒的速度为v3，则qU?第三个筒长L3?v3?T2

1122mvn?mvn?1 ③ 22进入第n个筒的速度vn满足qU?第n个筒的长度为Ln?vn?T， 解以上各式得：

2Ln?T2(n?1)qU1v12??2m2fv12?2(n?1)qUn?1,2,3? m由动能定理得：Ek?1mv12?nqU 2Ek?1mv12?nqUn?1,2,3?

2【例7】 解析：设带电粒子带电为?q，根据题目条件可知，要使粒子平衡，则下极

板带正电，上极板带负电，且有：qE1?mg ①

当电场由E1变到E2，但方向不变，时，有E2q?mg，粒子在E2的方向上做匀加速度直线运动，粒子从A运动到B，设加速所用时间为t1，此时E2反向，设粒子的速度为v1，此后粒子向上做加速度为a2减速度运动，直到速度为零，到达B点；此后粒子在电场力和重力作用下向下做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a2，回到出发点A。设粒子从B到A的时间为t2。

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SAB?12a1t1 ② 212a2t2 ③ 2粒子从B点经C点回到A点，有：?S?v1t?由于v1?a1t1 ④ 所以有：SBA??a1t1t2?12a2t2 ⑤ 2由题意可知：t1?t2 ⑥ 联解得：3a1?a2 即：3(qE2?qE1)?qE2?qE1 得到：E1?1E2 2【例8】 分析：（1）微粒运动到O点之前要受到重力、电场力和洛仑兹力作用，如图所示．在这段时间内微粒做匀速直线运动，说明三力合力为零．由此可得出微粒运动到O点时速度的大小和方向．（2）微粒运动到O点之后，撤去磁场，微粒只受到重力、电场力作用，其合力为一恒力，与初速度有一夹角，因此微粒将做匀变速曲线运动，如图所示．可利用运动合成和分解的方法去求解．

解析：因为mg?4?10?4N 电场力为：F?Eq?3?10?4N

则有：(Bqv)2?(Eq)2?(mg)2 所以得到： v=10m/s

f O y v B S1 Eq ? P S2 G′ E x 所以θ=37°

因为重力和电场力的合力是恒力，且方向与微粒在O点的速度方向垂直，所以微粒在后一段时间内的运动为类平抛运动．可沿初速度方向和合力方向进行分解。设沿初速度方向的位移为S1，沿合力方向的位移为S2，则

22vt1(Eq)?(mg)2因为S1?vt S2? t OP?cos3702m所以 P点到原点O的距离为15m； O点到P点运动时间为1. 2s．

跟踪练习

1.解析：P、Q在O点的合场强为零，沿着Oab线到无穷远处，P、Q的合场强也为零，可见沿Oab线远离O点时，合场强是先增大后减小，故Ea不一定大于Eb，而电势离电荷越远越低，必有Ua大于Ub，所以B选项正确。

2.解析：由于电荷两次都是从电场外移入电场的，故选电场外电势为零解题方便。

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