浙江省20届选考物理二轮复习 第1部分 专题3 第6讲 电场与磁场的理解.docx

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浙江省20届选考物理二轮复习第1部分专题3第6讲电场与磁场的理解

专题定位

　1.理解电场力的性质和能的性质；2.熟练解答带电粒子在电场中的加速和偏转问题；3.理解磁场对电流和运动电荷的作用；4.会分析带电粒子在电场和磁场的复合场中的运动问题．

第6讲　电场与磁场的理解

[相关知识链接]

1．电场概念的比较

表达式

特点

电场强度

E＝

，E＝k

，E＝

矢量，由电场本身决定，电场线越密电场强度越大

电势

φ＝

标量，与零电势点的选取有关，沿电场线方向电势逐渐降低

电势能

Ep＝qφ，ΔEp＝－W电

标量，电场力做正功，电势能减少

2.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．

[规律方法提炼]

1．电势高低的比较

（1）根据电场线方向：

沿着电场线方向，电势越来越低；

（2）将带电荷量为＋q的电荷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.

2．电势能变化的判断

（1）由Ep＝qφ判断：

正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大．

（2）由WAB＝EpA－EpB判断：

电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加．

（3）只有电场力做功时，电荷的电势能与动能之和守恒．

3．运动轨迹问题

（1）某点速度方向即为该点轨迹的切线方向；

（2）从轨迹的弯曲方向判断受力方向（轨迹向合外力方向弯曲），从而分析电场方向或电荷的正负；

（3）结合轨迹、速度方向与电场力的方向，确定电场力做功的正负，从而确定电势能、电势的变化和电势差等．

例1

　（多选）（2018·全国卷Ⅱ·21）如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点．一电荷量为q（q>0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2.下列说法正确的是（　　）

A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行

B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为

C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为

D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差

答案　BD

解析　结合题意，只能判定Uab>0，Ucd>0，但电场方向不能确定，A项错误；由于M、N分别为ac和bd的中点，对于匀强电场，则UMN＝

－

＝

，可知该粒子由M至N过程中，电场力做功W＝

，B项正确；电场强度的方向只有沿c→d时，才有场强E＝

，但本题中电场方向未知，C项错误；若W1＝W2，则Uab＝Ucd＝UMN，即φa－φb＝φM－φN，φa－φM＝φb－φN，可知UaM＝UbN，D项正确．

拓展训练1

　（2019·浙南名校联盟期末）如图所示，空间有一圆锥OBD，点A、E分别是两母线的中点．现在顶点O处固定一正的点电荷，下列说法中正确的是（　　）

A.B、D两点的电场强度相同

B．平行于底面的圆心为O1的截面为等势面

C．将一负的试探电荷从A点沿直径移到E点，试探电荷的电势能先增大后减小

D．若O1点的电势为φ1，O2点的电势为φ2，则O1、O2中点的电势小于

答案　D

解析　点B、D到O点的距离相等，根据点电荷的场强公式E＝k

分析可知，B、D两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；点电荷的等势面是以点电荷为球心的一簇球面，平行于底面的圆心为O1的截面上各个点到O点的距离不等，故不是等势面，故B错误；将一负的试探电荷从A点沿直径移到E点，电势先升高后降低，电势能先减小后增大，静电力对该试探电荷先做正功后做负功，故C错误；设O1、O2中点为P，由于O1P间场强大于PO2间场强，由U＝Ed知，O1P间的电势差大于PO2间的电势差，则有：

φO1－φP>φP－φO2，则φP<

，故D正确．

拓展训练2

　（多选）（2019·吉林省名校第一次联合模拟）如图所示，实线表示电场线，虚线ABC表示一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，虚线在B点的切线与该处的电场线垂直．下列说法正确的是（　　）

A．粒子带正电

B．粒子在B点的加速度大于在C点的加速度

C．粒子在B点时电场力做功的功率为零

D．粒子从A点运动到C点的过程中电势能先减小后增大

答案　BC

解析　带电粒子的轨迹向左下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带负电，故A错误；电场线的疏密表示场强大小，由题图知B点的场强大于C点的场强，粒子在B点的加速度大于在C点的加速度，故B正确；虚线在B点的切线与该处的电场线垂直，则粒子受到的电场力方向与粒子在B点速度的方向垂直，所以此刻粒子受到的电场力做功的功率为零，故C正确；从A到B，电场力做负功，电势能增大，从B到C，电场力做正功，电势能减小，故D错误．

1．电场中的直线运动问题

（1）动能定理：

不涉及t、a时可用．

（2）牛顿第二定律＋运动学公式：

涉及a、t时可用．尤其是交变电场中，最好再结合v－t图象使用．

2．匀强电场中的偏转问题

（1）用平抛运动规律处理：

运动的分解．

①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝

.

②沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝

＝

＝

.

③离开电场时的偏移量y＝

at2＝

.

④速度偏向角

tanφ＝

＝

tanφ＝

；

位移偏向角

tanθ＝

＝

tanθ＝

.

（2）动能定理：

涉及功能问题时可用．

注意：

偏转时电场力做功不一定是W＝qU板间，应该是W＝qEy（y为偏移量）．

3．非匀强电场中的曲线运动问题

（1）运动电荷的轨迹偏向受力的一侧，即合外力指向轨迹凹的一侧；电场力一定沿电场线切线，即垂直于等势面，从而确定电荷受力方向．

（2）由电场力的方向与运动方向夹角，判断电场力做功的正负，再由功能关系判断动能、电势能的变化．

例2

　（2019·安徽安庆市期末调研监测）如图所示，带有小孔的平行极板A、B间存在匀强电场，A、B板间电势差大小为U，极板间距离为L.其右侧有与A、B垂直的平行极板C、D，极板长度为L，C、D板间加恒定的电压，现有一质量为m、带电荷量为e的电子（重力不计），从A板处由静止释放，经电场加速后通过B板的小孔飞出；经过C、D板间的电场偏转后从电场的右侧边界M点飞出电场区域，速度方向与边界夹角为60°，求：

（1）电子在A、B间电场的运动时间；

（2）C、D间匀强电场的电场强度大小．

答案　

（1）

（2）

解析　

（1）电子在A、B间直线加速，加速度a＝

，

电子在A、B间的运动时间为t，则L＝

at2，

所以t＝

（2）设电子从B板的小孔飞出时的速度为v0，eU＝

mv

，则电子从平行极板C、D间射出时沿电场方向的速度为vy＝v0tan30°，又vy＝

·

，所以C、D间匀强电场的电场强度E＝

.

拓展训练3

　（多选）（2018·全国卷Ⅲ·21）如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a、b，它们由静止开始运动．在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面．a、b间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是（　　）

A．a的质量比b的大

B．在t时刻，a的动能比b的大

C．在t时刻，a和b的电势能相等

D．在t时刻，a和b的动量大小相等

答案　BD

解析　经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa>xb，根据x＝

at2，得aa>ab，又由a＝

知，maWb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，B项正确；在t时刻，a、b处在同一等势面上，根据Ep＝qφ知，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C项错误；根据动量定理Ft＝p－p0，则经过时间t，a、b的动量大小相等，D项正确．

拓展训练4

　（2019·杭州市高三期末）汤姆生用来测定电子比荷的实验装置如图所示．从真空管中K极发射的一束电子（初速度近似为零）经KA间的电场加速后，穿过AA′中心的小孔沿中心轴OO′的方向进入到两块平行极板P和P′间的区域，最后打在荧光屏上的中心O′点处，形成一个亮点．已知KA间加速电压为U，电子电荷量大小为e、质量为m.下列说法正确的是（　　）

A．电子到达A点时的速度大小为

B．若在PP′间加向下的匀强电场，则亮点将出现在O′点下方

C．若在PP′间加向下的匀强电场，则电子通过PP′间的时间比不加电场时长

D．若在PP′间同时加向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，则亮点仍可能出现在O′点

答案　D

解析　由动能定理得：

eU＝

mv2，解得：

v＝

，故A错误；若在PP′间加向下的匀强电场，电子在PP′间受到的电场力向上，电子将向上偏转，所以亮点将出现在O′点上方，故B错误；若在PP′间加向下的匀强电场，电子在PP′间运动时水平方向做匀速运动，运动时间不变，故C错误；若在PP′间同时加向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电子进入PP′间受到的电场力向上，洛伦兹力向下，若满足eE＝evB，则电子将做匀速运动，亮点仍出现在O′点，故D正确．

[相关知识链接]

1．对磁场的理解

（1）磁感应强度是矢量，其方向与通电导线在磁场中所受力的方向垂直；

（2）电流元必须垂直于磁场方向放置，公式B＝

才成立；

（3）磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的，与通电导线受力的大小及方向都无关．

2．安培力

（1）若磁场方向和电流方向垂直：

F＝BIL.

（2）若磁场方向和电流方向平行：

F＝0.

（3）方向判断：

左手定则．

（4）方向特点：

垂直于磁感线和通电导线确定的平面．

[规律方法提炼]

1．磁场的叠加

对于电流在空间某点的磁场，首先应用安培定则判断出各电流在该点的磁场方向，然后应用平行四边形定则合成．

2．磁场力做功

磁场力包括洛伦兹力和安培力，由于洛伦兹力的方向始终和带电粒子的运动方向垂直，洛伦兹力不做功，但是安培力可以做功．

3．两个等效模型

（1）变曲为直：

图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流．

（2）化电为磁：

环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙．

例3

　（2019·全国卷Ⅰ·17）如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接．已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为（　　）

A．2FB．1.5FC．0.5FD．0

答案　B

解析　设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为

，如图所示，依题意有F＝BlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1＝

BlI＝

F，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为1.5F，选项B正确．

拓展训练5

　（多选）（2018·全国卷Ⅱ·20）如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外．已知a、b两点的磁感应强度大小分别为

B0和

B0，方向也垂直于纸面向外．则（　　）

A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为

B0

B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为

B0

C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为

B0

D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为

B0

答案　AC

解析　原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知

在b点：

B0＝B0－B1＋B2

在a点：

B0＝B0－B1－B2

由上述两式解得B1＝

B0，B2＝

B0，A、C项正确．

拓展训练6

　（2019·超级全能生2月联考）电流天平的主要结构包括水平放置的螺线管，横梁（含U形电路），其构造示意图如图所示．当螺线管中通以电流I0，U形电路中通以电流I时，在横梁左端悬挂合适的钩码，就能使横梁水平平衡，则平衡时（　　）

A．通电螺线管的磁感线与螺线管的中轴线垂直

B．CD边受到竖直向下的安培力

C．U形电路的三条边都受到安培力

D．只改变螺线管中的电流方向，横梁仍可平衡

答案　B

解析　根据安培定则可知磁感线与螺线管的中轴线平行，A错误；CD边受竖直向下的安培力，U形电路另两边与磁感线平行，不受安培力，B正确，C错误；螺线管中电流方向改变，磁场方向改变，安培力方向也变，故横梁不能平衡，D错误．

[相关知识链接]

1．基本公式：

qvB＝m

，T＝

重要结论：

r＝

，T＝

2．基本思路

（1）画轨迹：

确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹．

（2）找联系：

轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间和周期相联系．

（3）用规律：

利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式．

3．轨迹圆的几个基本特点

（1）粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角．如下图，θ1＝θ2＝θ3.

（2）粒子经过磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角（如图，α1＝α2）．

（3）沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图甲．

（4）磁场圆与轨迹圆半径相同时，以相同速率从同一点沿各个方向射入的粒子，出射速度方向相互平行．反之，以相互平行的相同速率射入时，会从同一点射出（即磁聚焦现象），如图乙．

[规律方法提炼]

1．半径的确定

方法一：

由物理公式求．由于Bqv＝

，所以半径R＝

；

方法二：

由几何关系求．一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）通过计算来确定．

2．时间的确定

方法一：

由圆心角求．t＝

·T；

方法二：

由弧长求．t＝

.

3．临界问题

（1）解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系．

（2）粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切．

例4

　（2019·绍兴诸暨市期末）如图（a）所示为平面直角坐标系xOy，在第一象限内的虚曲线和y轴之间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；在第二象限内的虚直线（x＝－6

a）和y轴之间存在着如图（b）所示的交变磁场（以垂直纸面向外为磁场的正方向）．在A（2a,0）点的放射源发出质量为m、带电荷量为＋q的粒子，粒子速度大小为v0＝

，速度方向与x轴负方向的夹角为θ（0<θ<90°），所有粒子都能垂直穿过y轴后进入第二象限．不计粒子重力和粒子间相互作用．

（1）求夹角θ＝45°的粒子经过y轴时的坐标；

（2）求第一象限内虚曲线的曲线方程y（x）；

（3）假设交变磁场在t＝0时刻，某粒子刚好经过y轴上的B（0，a），则

①要求该粒子不回到第一象限，交变磁场的变化周期T应满足什么条件？

②要求该粒子在C（－6

a，a）点垂直虚直线水平射出磁场，求粒子在交变磁场中运动时间t与磁场变化周期T的比值k的最小值；并求出在这种情况下粒子在交变磁场中的运动时间．

答案　

（1）（3－

）a　

（2）y＝

（0

（3）①T≤

　②3　

或

解析　

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动半径为r，则

qv0B0＝m

r＝a

如图甲所示，当入射角为45°时，由几何关系可知

粒子与y轴交点的纵坐标y＝（2a－

a）＋（a－

a）＝（3－

）a

（2）如图乙所示，设入射角为θ，进入磁场入射点坐标为（x，y），由几何关系可得

tanθ＝

tanθ＝

得：

y＝

（0

（3）①粒子不回到第一象限，临界情况为轨迹与y轴相切，如图丙所示．设粒子在磁场中的运动周期为T0，两圆心连线与y轴的夹角为β，则

T0＝

sinβ＝

β＝30°

＝

T0

得：

T＝

要求粒子不回到第一象限，交变磁场的变化周期应满足：

T≤

②粒子在交变磁场中运动时间t与磁场变化周期T的比值为k，即

＝k.如图丁所示，几何关系可得：

4rsinβ·k＝LBC

sinβ＝

因为sinβ≤1

由题意可知k为正整数，所以k最小取到3

即sinβ＝

当β＝60°，如图丁所示，

此时粒子运动时间：

t1＝4×

×3×

＝

当β＝120°，如图戊所示，

粒子运动时间：

t2＝4×

×3×

＝

.

拓展训练7

　（多选）（2019·辽宁沈阳市第一次质检）两个带等量异种电荷的粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为

d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则（　　）

A．a粒子带正电，b粒子带负电

B．两粒子的轨道半径之比Ra∶Rb＝

∶1

C．两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2

D．两粒子的质量之比ma∶mb＝2∶1

答案　BD

解析　由左手定则可得：

a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；由粒子做匀速圆周运动可得：

粒子运动轨道圆心在AB的垂直平分线和过A点的速度垂直方向的交点，故Ra＝

＝d，Rb＝

＝

d，所以Ra∶Rb＝

∶1，故B正确；由几何关系可得：

从A运动到B，a粒子转过的中心角为60°，b粒子转过的中心角为120°，根据运动时间相同可得运动周期之比为：

Ta∶Tb＝2∶1，再根据洛伦兹力提供向心力可得：

Bvq＝

，所以运动周期为：

T＝

＝

；根据电荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C错误，D正确．

专题强化练

基础题组

1．（2019·诸暨市期末）在雷雨天气中，两头牛躲在一棵大树下，A牛面对大树站立，B牛侧对大树站立．当闪电击中大树时，大树周围的电势分布如图所示，则（　　）

A．A牛的前脚电势比后脚电势低

B．A牛比B牛受到的伤害可能更大

C．大树周围形成的电场是匀强电场

D．大树周围形成的电场是图中的同心圆

答案　B

解析　由题图可知，A牛前脚电势比后脚电势高，存在电势差，伤害大，B牛前后两脚电势几乎相同，伤害小，大树形成的电场类似于点电荷的非匀强电场，其电场线是和等势面垂直的．

2．（2019·金华十校高三期末）如图是某款家用空气净化器及其原理示意图，污浊空气通过过滤网后尘埃带电．图中充电极b、d接电源正极，集尘极a、c、e接电源负极（接地）．以下说法正确的是（　　）

A．通过过滤网后空气中的尘埃带负电

B．c、d两个电极之间的电场方向竖直向下

C．尘埃在被吸附到集尘极e的过程中动能增大

D．尘埃被吸附到集尘极a的过程中所受电场力做负功

答案　C

3.（2019·江苏无锡市上学期期末）避雷针上方有雷雨云时避雷针附近的电场线分布如图所示，图中中央的竖直黑线AB代表避雷针，CD为水平地面．MN是电场线上的两个点，下列说法正确的是（　　）

A．M点的场强比N点的场强大

B．将试探电荷从M点移动到N点，沿直线移动电场力做功最少

C．M点的电势比N点的电势高

D．CD的电势为零，但其表面附近的电场线有些位置和地面不垂直

答案　C

解析　N点处的电场线比M点密集，可知M点的场强比N点的场强小，选项A错误；由于MN两点的电势差一定，可知无论试探电荷沿什么路径从M点到N点，电场力做功都是相同的，选项B错误；沿电场线电势逐渐降低，可知M点的电势比N点的电势高，选项C正确；CD的电势为零，地面为等势面，则CD表面附近的电场线与地面都是垂直的，选项D错误．

4.（2019·杭州市高三期末）如图所示，两个完全相同的轻质铝环a、b能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图所示的方向通入两个铝环中，则两个铝环的运动情况是（　　）

A．两环均静止不动

B．都绕圆柱体转动

C．彼此靠近，相遇时两环速度大小相同

D．彼此远离，两环加速度大小相同

答案　D

解析　根据电流间相互作用规律“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，两圆环应相互排斥，即彼此远离，再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律可知，两圆环的加速度大小相等，故D正确，A、B、C错误．

5．（2019·绍兴市3月选考）如图所示是“巴罗轮”的示意图，下边缘浸入水银槽中的铝盘置于蹄形磁铁的磁场中，可绕转轴转动，当转轴、水银槽分别与电源的正负极相连时，铝盘开始转动．下列说法中不正确的是（　　）

A．铝盘绕顺时针方向转动

B．只改变磁场方向，铝盘的转动方向改变

C．只改变电流方向，铝盘的转动方向改变

D．同时改变磁场方向与电流方向，铝盘的转动方向不变

答案　A

解析　铝盘、水银槽与电源构成一个闭合回路，铝盘中有电流，由左手定则可知：

铝盘受到的安培力与盘的半径垂直，且沿逆时针方向，则铝盘沿逆时针方向转动，故A不正确；只改变磁场的方向，由左手定则可知，铝盘受到的安培力方向将与开始时相反，所以铝盘的转动方向改变．电流方向反向，由左手定则可知，安培力方向反向，铝盘的转动方向反向，故C正确；由左手定则可知，将电流及磁场方向同时改变，铝盘受力方向不变，铝盘的转动方向不变，故D正确．

6.（2019·陕西汉中市下学期模拟）如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，L1、L2中的电流相同，L1、L2中的电流方向垂直纸面向里，L3中的电流方向垂直纸面向外，在三根导线与纸面的交点所构成的等边三角形的中心上放有一电流方向垂直纸面向外的通电长直导线，则该导线受到的安培力的方向为（　　）

A．指向L1B．指向L2C．指向L3D．背离L3

答案　C

解析　因同向电流之间相互吸引，异向电流之间相互排斥，可知L3对等边三角形的中心上的导线是吸引力，方向指向L3；而导线L1和L2对等边三角形的中心上的导线都是斥力，因大小相等且互成120°角，则其合力方向指向L3，则三条导线对等边三角形的中心上的导线的安培力的合力方向指向L3，故选C.

7.（2019·台州3月一模）通常情况下，空气是不导电的，若空气中存在很强的电场，电场力使得气体分子电离，空气变成了导体，出现放电现象．如图所示，在加有高电压的两金属板间的中点处，有一速度为零的气体分子电离后成为带正、负电的两个粒子，分别用A、B表示，在A、B两粒子分别到达M、N极板的过程中，不考虑A、B两粒子与其他粒子的相互作用．下列说法正确的是（　　）

A．两粒子到达极板时的速率相同

B．极板间电场力对微粒A做正功

C．板M接电源正极，板N接电源负极

D．电离过程中，A、B间的库仑力对B做正功

答案　B

解析　设MN间的电压为U，根据动能定理q

＝

mv2，解得v＝

，正负粒子的电荷量相同，但质量不一定相同，故速度不一定相同，故A错误；粒子只受电场力作用，故电场力对粒子做正功，故B正确；由于带正电的粒子A由静止向左运动，故场强方向向左，故N是正极板，M是负极板，故C错误；电离过程中，匀强电场的电场力对A、B均做正功，A、B间的库仑力对A、B均做负功，故D错误．

8.（2019·安徽合肥市第一次质量检测