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本专题主要是综合应用动力学方法和功能关系解决带电粒子在电场和磁场中的运动问题．这部分的题目覆盖的内容多，物理过程多，且情景复杂，综合性强，常作为理综试卷的压轴题．高考对本专题考查的重点有以下几个方面：①对电场力的性质和能的性质的理解；②带电粒子在电场中的加速和偏转问题；③带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题；④带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动问题；⑤带电粒子在电场和磁场的叠加场中的运动问题；⑥带电粒子在电场和磁场中运动的临界问题．
一、对电场强度的理解及计算 电场强度三个表达式的比较
表达式 比较 公式意义 适用条件 FE＝q 电场强度定义式 一切电场 由电场本身决定因素 决定，与q无关 二、电场的基本性质
该点的距离r共同决定 QE＝kr2 真空中点电荷的电场强度决定式 ①真空；②点电荷 由场源电荷Q和场源电荷到由电场本身决定 UE＝d 匀强电场中E与U关系式 匀强电场
三、带电粒子在电场中的运动 1.带电粒子在电场中的直线运动
带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动． 2．带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．
(2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法处理． l
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝v0. ②沿电场力方向，做匀加速直线运动． 四、带电粒子在磁场中的运动
考点一 对电场性质的理解
例1、【2017·天津卷】如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是
A．电子一定从A向B运动
B．若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷 C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA 【变式探究】如图1所示，均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出．下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图像，可能正确的是( ) 图1 解析 壳内场强处处为零，试探电荷在壳内运动时动能不变，排除选项C、D；假设试探电荷Ek 在匀强电场中由静止开始运动，由动能定理可得，Fr＝Ek，则r＝F，Ek图像的斜率数值上等于电场力的大小，距离球壳越远试探电荷所受电场力越小，图像的斜率越小，正确选项为A. 答案 A 【变式探究】如图2所示为某示波管的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则( ) 图2 A．Wa＝Wb，Ea>Eb B．Wa≠Wb，Ea>Eb C．Wa＝Wb，Ea 图3 A．a、b两点的电场强度Ea＝3Eb B．a、b两点的电势φa<φb C．带正电粒子在a、b两点的动能Eka>Ekb D．带正电粒子在a、b两点的电势能Epa>Epb 答案 AD 13 解析 a点到O点的距离Ra＝Labcos 60°＝2Lab，b点到O点距离Rb＝Lbcos 30°＝2Lab，根据点kQ 电荷的场强公式E＝r2，可得：Ea＝3Eb，故A正确；在正点电荷的周围越靠近场源电势越高，故有φa＞φb，故B错误；带正电粒子在a、b两点的电势能Epa>Epb，故D正确；由能量守恒，带正电粒子在a、b两点的动能Eka (3)根据a＝m判断，a越大，场强越大． 2．电势：(1)沿电场线方向电势降低，电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，且电场线垂直于等势面； (2)根据UAB＝φA－φB比较正负，判断φA、φB的大小． 3．电势能：(1)根据Ep＝qφ，判断Ep的大小； (2)根据电场力做功与电势能的关系判断：无论正电荷还是负电荷，电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加． 考点二 电场力做功问题 例2、【2017·新课标Ⅲ卷】一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是 A．电场强度的大小为2.5 V/cm B．坐标原点处的电势为1 V C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV 【答案】ABD 【解析】如图所示，设a、c之间的d点电势与b点相同，则 ，d点坐标 为(3.5 cm，6 cm)，过c点作cf⊥bd于f，由几何关系可得cf=3.6 cm，则电场强度 A正确；，因为四边形Oacb是矩形，所以有 ， 解得坐标原点O处的电势为1 V，B正确；a点电势比b点电势低7 V，电子带负电，所以电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C错误；b点电势比c点电势低9 V，电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV，D正确。 【变式探究】如图5所示，在正方形区域的四个顶点固定放置四个点电荷，它们的电量的绝对值相等，电性如图中所示．K、L、M、N分别为正方形四条边的中点，O为正方形的中心．下列关于各点的电场强度与电势的判断正确的是( ) 图5 A．K点与M点的电场强度大小相等、方向相反 B．O点的电场强度为零 C．N点电场强度的大小大于L点电场强度的大小 D．K、O、M三点的电势相等 答案 D 【变式探究】如图6所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在AB两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心与AB连线的中点重合，其中af连线与AB连线垂直．现将一电子沿该路径逆时针方向移动一周，下列判断正确的是( ) 图6 A．e点和g点的电场强度相同 B．h点和d点的电势相等 C．电子在e点的电势能比g点电势能大 D．电子从f点到e点再到d点过程中，电场力先做正功后做负功 答案 C 考点三 带电粒子在有界磁场中的临界、极值问题 例3、【2017·新课标Ⅱ卷】如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场。若粒子射入速率为若粒子射入速率为 ，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上； ，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的 相互作用。则为 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场的位置最远。则当粒子射入的速度为 ， 如图，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为；同理，若粒子射入的 速度为，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为；根据 ，则，故选C。 【变式探究】某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图8所示．装置的长为L，上、下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板的位置．不计粒子的重力． 图8 (1)求磁场区域的宽度h； (2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv； (3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值． v2 (2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨迹半径为r′，洛伦兹力提供向心力，则有mr＝qvB，v′2 mr′＝qv′B， 由题意知3rsin 30°＝4r′sin 30°， qBL3 解得粒子速度的最小变化量Δv＝v－v′＝m(6－4d)． (3)设粒子经过上方磁场n次 d 由题意知L＝(2n＋2)2cot 30°＋(2n＋2)rnsin 30° qBL3L 且mn＝qvnB，解得vn＝m(n＋1－d)(1≤n<3d－1，n取整数)． 23qBL3 答案 (1)(3L－d)(1－2) (2)m(6－4d) qBL3L (3)m(n＋1－d)(1≤n<3d－1，n取整数) 【变式探究】图9为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝2.0×103 T，在x轴上距坐标原点L＝0.50 m的P处为离子的入射口，在y轴上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v＝3.5×104 m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L＝0.50 m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最q 小，设带电粒子的质量为m，电量为q，不计其重力．则上述粒子的比荷m(C/kg)是( ) － 图9 A．3.5×107 B．4.9×107 C．5.3×107 答案 B D．7×107 解析 设粒子在磁场中的运动半径为r，画出粒子的轨迹图如图所示 2 依题意MP连线即为该粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径，由几何关系得r＝2L，由洛伦mv2q 兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，可得qvB＝r，联立解得m≈4.9×107 C/kg，故选项B正确． 【举一反三】如图10所示，在边长为L的正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其L 磁感应强度大小为B.在正方形对角线CE上有一点P，其到CF、CD距离均为4，且在P点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向纸面内的各方向发射出速率不同的正离子．已知离子的质量为m，电荷量为q，不计离子重力及离子间相互作用力． 图10 (1)速率在什么范围内的所有离子均不可能射出正方形区域？ 13qBL (2)求速率为v＝32m的离子在DE边的射出点距离D点的范围． qBLL3L 答案 (1)v≤8m (2)4≤d<8 13qBLv2mv (2)当v＝32m时，设离子在磁场中做圆周运动的半径为R，则由qvB＝mR可得R＝qB＝m13qBL13LqB·32m＝32. 甲 要使离子从DE射出，则其必不能从CD射出，其临界状态是离子轨迹与CD边相切，设切点与C点距离为x，其轨迹如图甲所示， 由几何关系得： R2＝(x－4)2＋(R－4)2， 5 计算可得x＝8L， 设此时DE边出射点与D点的距离为d1，则由几何关系有：(L－x)2＋(R－d1)2＝R2， L 解得d1＝4. L L 乙 而当离子轨迹与DE边相切时，离子必将从EF边射出，设此时切点与D点距离为d2，其轨迹如图乙所示，由几何关系有： 3LR2＝(4L－R)2＋(d2－4)2， 3L 解得d2＝8. 13qBLL3L 故速率为v＝32m的离子在DE边的射出点距离D点的范围为4≤d<8. 【方法技巧】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． 考点四 带电粒子在匀强磁场中的多过程问题 例4、如图11所示，在xOy平面内，以O′(0，R)为圆心、R为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，x轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．第四象限有一与x轴成45°角倾斜放置的挡板PQ，P、Q两点在坐标轴上，且O、P两点间的距离大于2R，在圆形磁场的左侧0 (1)磁场的磁感应强度B的大小； (2)挡板端点P的坐标； (3)挡板上被粒子打中的区域长度． (2)有一半粒子打到挡板上需满足从O点射出的沿x轴负方向的粒子、沿y轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心D作挡板的垂线交于E点，(1分) DP＝R，OP＝(＋1)R(2分) P点的坐标为[(＋1)R,0](1分) (3)设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的F点，如图丙所示，OF＝2R(1分) 过O点作挡板的垂线交于G点， 22 OG＝(＋1)R·2＝(1＋2)R(2分) 2 FG＝＝ 2R(2分) 2 EG＝2R(1分) 挡板上被粒子打中的区域长度 222 l＝FE＝2R＋ 2R＝2R(2分) mv2 答案 (1)qR (2)[(＋1)R,0] (3)2R 【变式探究】如图12所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上、下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h.质量为m、带电量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g. (1)求电场强度的大小和方向． (2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值． (3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值． mgqBh答案 (1)q，方向竖直向上 (2)(9－6)m 0.68qBh0.545qBh0.52qBh(3)m m m 解析 (1)设电场强度大小为E. 由题意有mg＝qE， mg 得E＝q，方向竖直向上． (3)如图所示， 设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x. 由题意有3nx＝1.8h，(n＝1,2,3，…)， 32h 由(2)知2x≥r2＝2， 2 x＝－(h－r12， 0.36h 得r1＝(1＋n2)2，n≤0.6(3＋2)≈3.5， 0.68qBh 即n＝1时，v＝m； 0.545qBh n＝2时，v＝m； 0.52qBhn＝3时，v＝m. 1．【2017·江苏卷】如图所示，三块平行放置的带电金属薄板小孔分别位于平移到 、 、 点．由 、 、 中央各有一小孔，点．现将 板向右 点静止释放的电子恰好能运动到 点，则由点静止释放的电子 （A）运动到（B）运动到（C）运动到（D）穿过【答案】A 点返回 和 点之间返回 点返回 点 2．【2017·天津卷】如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是 A．电子一定从A向B运动 B．若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷 C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA 由所知条件无法判断电子的运动方向，故A错误；若aA>aB，说明电子在M点受到的电场力较大，M点的电场强度较大，根据点电荷的电场分布可知，靠近M端为场源电荷的位置，应带正电，故B正确；无论Q为正电荷还是负电荷，一定有电势 ，电势能是标量，所以一定有EpA ，电子电势能 （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 4．【2017·新课标Ⅰ卷】在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离 r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势 a已在图中用坐标（ra， a）标出，其余类推。现将一带 正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd。下列选项正确的是 A．Ea：Eb=4:1 B．Ec：Ed=2:1 C．Wab:Wbc=3:1 D．Wbc:Wcd=1:3 【答案】AC 5．【2017·新课标Ⅲ卷】一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是 A．电场强度的大小为2.5 V/cm B．坐标原点处的电势为1 V C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV 【答案】ABD 【解析】如图所示，设a、c之间的d点电势与b点相同，则 ，d点坐标 为(3.5 cm，6 cm)，过c点作cf⊥bd于f，由几何关系可得cf=3.6 cm，则电场强度 A正确；，因为四边形Oacb是矩形，所以有 ， 解得坐标原点O处的电势为1 V，B正确；a点电势比b点电势低7 V，电子带负电，所以电 子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C错误；b点电势比c点电势低9 V，电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV，D正确。 6．【2017·北京卷】（16分）如图所示，长l=1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知sin 小球所带电荷量q=1.0×10–6 C，匀强电场的场强E=3.0×103 N/C，取重力加速度g=10 m/s2，37°=0.6，cos 37°=0.8。求： （1）小球所受电场力F的大小。 （2）小球的质量m。 （3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。 【答案】（1）3.0×10–3 N （2）4.0×10–4 kg （3）2.0 m/s （2）小球受mg、绳的拉力T和电场力F作用处于平衡状态，如图所示 根据几何关系有 ，得m=4.0×10–4 kg （3）撤去电场后，小球将绕悬点摆动，根据动能定理有得 7．【2017·江苏卷】如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r．圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为 （A）1:1 【答案】A （B）1:2 （C）1:4 （D）4:1 8．【2017·新课标Ⅰ卷】如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是 A．C．【答案】B 【解析】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以ACD错误。 9.【2017·新课标Ⅱ卷】如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场。若粒子射入速率为 ，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒 ，故B正确， B．D． 子射入速率为作用。则 ，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互为 A． B． C． D． 【答案】C 1.【2016·全国卷Ⅱ】如图1所示，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则( ) 图1 A．aa>ab>ac，va>vc>vb B．aa>ab>ac，vb>vc>va C．ab>ac>aa，vb>vc>va D．ab>ac>aa，va>vc>vb 【答案】D 【解析】由库仑定律可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为Fb>Fc>Fa，F 由a＝m可知，ab>ac>aa，由运动轨迹可知，粒子Q的电性与P相同，受斥力作用，不论粒子从a到c，还是从c到a，在运动过程中总有排斥力与运动方向的夹角先为钝角后为锐角，即斥力先做负功后做正功，因此va>vc>vb，故D正确． 2．【2016·浙江卷】如图11所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开( ) 图11 A．此时A带正电，B带负电 B．此时A电势低，B电势高 C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 3.【2016·浙江卷】如图15所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点．用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定．两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m．已测得每个小球质量是8.0×104 kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g取10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，则( ) － 图15 A．两球所带电荷量相等 B．A球所受的静电力为1.0×102 N C．B球所带的电荷量为4×108 C D．A、B两球连线中点处的电场强度为0 【答案】ACD 【解析】由接触起电的电荷量分配特点可知，两相同金属小球接触后带上等F库ADq2 量同种电荷，选项A正确；对A受力分析如图所示，有mg＝OAD，而F库＝kAB2，得F库＝6×103 N，q＝4×108 C，选项B错误，选项C正确；等量同种电荷连线的中点电场强度为0，选项D正确． － － － － 4.【2016·全国卷Ⅲ】关于静电场的等势面，下列说法正确的是( ) A．两个电势不同的等势面可能相交 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．同一等势面上各点电场强度一定相等 D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 5．【2016·江苏卷】一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图1所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是( ) 图1 A．A点的电场强度比B点的大 B．小球表面的电势比容器内表面的低 C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直 D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同 6.．【2016·全国卷Ⅰ】一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( ) A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大 B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大 C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变 D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变 εS 【答案】D 【解析】由平行板电容器电容的决定式C＝4kπd，将云母介质移出，电容C减小，U 而两极板的电压U恒定，由Q＝CU，极板上的电荷量Q变小，又由E＝d可得板间电场强度与介质无关，大小不变，选项D正确． 7．【2016·全国卷Ⅰ】现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图1所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为( ) 图1 A．11 B．12 C．121 D．144 1 【答案】D 【解析】粒子在电场中加速，设离开加速电场的速度为v，则qU＝2mv2，粒子mv12mU 进入磁场做圆周运动，半径r＝qB＝Bq，因两粒子轨道半径相同，故离子和质子的质量比为144，选项D正确． 8．【2016·全国卷Ⅱ】阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图1所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为( ) 图1 21A. 5 B.2 32C.5 D.3 QQ1U1 【答案】C 【解析】由已知条件及电容定义式C＝U可得：Q1＝U1C，Q2＝U2C，则Q2＝U2. S断开时等效电路如图甲所示 甲 R（R＋R）11U1＝（R＋R）＋R·E×2＝5E； S闭合时等效电路如图乙所示， 乙 R·R1Q1U13U2＝R＋R·E＝3E，则Q2＝U2＝5，故C正确． 8．【2016·北京卷】如图1所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d. (1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy； (2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×102 m，m＝9.1×10＝1.6×10 －19 － －31 kg，e C，g＝10 m/s2. (3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点． 图1 2eU0UL2 【答案】(1)m 4U0d (2)略 (3)略 12 【解析】(1)根据功和能的关系，有eU0＝2mv0 2eU0 电子射入偏转电场的初速度v0＝m Lm 在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝v0＝L2eU0 1UL2 偏转距离Δy＝2a(Δt)2＝4U0d. (2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有 重力G＝mg～10 －29 N eU－ 电场力F＝d～1015 N 由于F≫G，因此不需要考虑电子所受重力． (3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值， Ep即φ＝q 由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EGEG与其质量m的比值，叫作“重力势”，即φG＝m. 电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定． 9．【2016·天津卷】如图1所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( ) 图1 A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变 C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变 10．【2016·四川卷】中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用． 如图1所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107 m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝 1 隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的2.质子的荷质比取1×108 C/kg.求： (1)漂移管B的长度； (2)相邻漂移管间的加速电压． 图1 【答案】(1)0.4 m (6)6×104 V 【解析】(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则 1T＝f TL＝vB·2 联立①②式并代入数据得L＝0.4 m 11．【2016·全国卷Ⅰ】如图1所示，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知( ) 图1 A．Q点的电势比P点高 B．油滴在Q点的动能比它在P点的大 C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小 【答案】AB 【解析】油滴做类斜抛运动，加速度恒定，选项D错误；合力竖直向上，且电场力Eq竖直向上，Eq>mg，电场方向竖直向下，P点电势最低，负电荷在P点电势能最大，选项A正确，选项C错误；若粒子从Q点运动到P点，则合力做负功，动能减小，P点的动能最小，选项B正确． 12．【2016·全国卷Ⅲ】某同学用图1中所给器材进行与安培力有关的实验．两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直． 图1 (1)在图中画出连线，完成实验电路．要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动． (2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议： A．适当增加两导轨间的距离 B．换一根更长的金属棒 C．适当增大金属棒中的电流 其中正确的是________(填入正确选项前的标号)． 【答案】(1)连线如图所示 (2)AC 【解析】(1)限流式接法要求滑动变阻器接线时只能连接“一上一下”两个接线柱；磁铁N极位于上方，说明磁感线向下；开关闭合后，金属棒往右运动，说明棒受到向右的安培力；由 左手定则可知，电流应垂直纸面向外(ab指向a1b1)；所以应按“电源正极→开关→滑动变阻器下接线柱→滑动变阻器上接线柱→电流表→ab→a1b1→电源负极”的顺序连接回路． 1 (2)由动能定理BIL·s＝2mv2－0可知，要增大金属棒离开导轨时的速度v，可以增大磁感应强度B、增大电流I、增大两导轨间的距离L或增大导轨的长度s；但两导轨间的距离不变而只是换一根更长的金属棒后，等效长度L并不会发生改变，但金属棒的质量增大，故金属棒离开导轨时的速度v减小． 13．【2016·北京卷】中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是( ) 图1 A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近 C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用 14．【2016·天津卷】电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度．电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论：如图1所示，将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上，斜面与水平方向夹角为θ.一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间，恰好匀速穿过，穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定，其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同．磁铁端面是边长为d的正方形，由于磁铁距离铝条很近，磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度为B，铝条的高度大于d，电阻率为ρ.为研究问题方便，铝条中只考虑与磁 铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，假设磁铁进入铝条间以后，减少的机械能完全转化为铝条的内能，重力加速度为g. 图1 (1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I； (2)若两铝条的宽度均为b，推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式； (3)在其他条件不变的情况下，仅将两铝条更换为宽度b′>b的铝条，磁铁仍以速度v进入铝条间，试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化． mgsin θρmgsin θ 【答案】(1)2Bd (2)2B2d2b (3)略 【解析】 (1)磁铁在铝条间运动时，两根铝条受到的安培力大小相等，均为F安，有 F安＝IdB ① 磁铁受到沿斜面向上的作用力为F，其大小 F＝2F安 ② 磁铁匀速运动时受力平衡，则有 F－mgsin θ＝0 ③ mgsin θ 联立①②③式可得I＝2Bd ④ (2)磁铁穿过铝条时，在铝条中产生的感应电动势为E，有 E＝Bdv ⑤ 铝条与磁铁正对部分的电阻为R，由电阻定律有 dR＝ρdb ⑥ 由欧姆定律有 EI＝R ⑦ ρmgsin θ 联立④⑤⑥⑦式可得v＝2B2d2b ⑧ (3)磁铁以速度v进入铝条间，恰好做匀速运动时，磁铁受到沿斜面向上的作用力F，联立①2B2d2bv ②⑤⑥⑦式可得F＝ρ ⑨ 当铝条的宽度b′>b时，磁铁以速度v进入铝条间时，磁铁受到的作用力变为F′，有 2B2d2b′vF′＝ρ ⑩ 可见F′>F＝mgsin θ，磁铁所受到的合力方向沿斜面向上，获得与运动方向相反的加速度，磁铁将减速下滑，此时加速度最大．之后，随着运动速度减小，F′也随着减小，磁铁所受的合力也减小，由于磁铁加速度与所受到的合力成正比，磁铁的加速度逐渐减小．综上所述，磁铁做加速度逐渐减小的减速运动，直到F′＝mgsin θ时，磁铁重新达到平衡状态，将再次以较小的速度匀速下滑． 15．【2016·全国卷Ⅱ】一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( ) 图1 ωωA.3B B.2B ω2ωC.B D.B 16．【2016·全国卷Ⅲ】平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图1所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质 量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( ) 图1 mv3mvA.2qB B.qB 2mv4mvC.qB D.qB 【答案】D 【解析】设射入磁场的入射点为A，延长入射速度v所在直线交ON于一点C，则轨迹圆与AC相切；由于轨迹圆只与ON有一个交点，所以轨迹圆与ON相切，所以轨迹圆的圆心必在∠ACD的角平分线上，作出轨迹圆如图所示，其中O′为圆心，B为出射点． 由几何关系可知∠O′CD＝30°，Rt△O′DC中，CD＝O′D·cot 30°＝R；由对称性知，AC＝CD＝R；等腰△ACO中，OA＝2AC·cos 30°＝3R；等边△O′AB中，AB＝R，所以OB＝OA＋AB＝4R.由v2mv4mv qvB＝mR得R＝qB，所以OB＝qB，D正确． 17．【2016·北京卷】如图1所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力． (1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T； (2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小． 图1 mv2πm 【答案】(1)qB qB (2)vB v2 【解析】(1)洛伦兹力提供向心力，有f＝qvB＝mR mv 带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝qB 2πR2πm 匀速圆周运动的周期T＝v＝qB. (2)粒子受电场力F＝qE，洛伦兹力f＝qvB.粒子做匀速直线运动，则 qE＝qvB 场强E的大小E＝vB. 18．【2016·四川卷】如图1所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则( ) 图1 A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1 B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2 C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1 D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2 19．【2016·全国卷Ⅰ】现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图1所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为( ) 图1 A．11 B．12 C．121 D．144 1 【答案】D 【解析】粒子在电场中加速，设离开加速电场的速度为v，则qU＝2mv2，粒子mv12mU 进入磁场做圆周运动，半径r＝qB＝Bq，因两粒子轨道半径相同，故离子和质子的质量比为144，选项D正确． 20．【2016·江苏卷】回旋加速器的工作原理如图1甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为2πmm，电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0.周期T＝qB.一T 束该种粒子在t＝0～2时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作 用．求： (1)出射粒子的动能Em； (2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0； (3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件． 图1 q2B2R2πBR2＋2BRdπm 【答案】(1)2m (2)2U0－qB πmU0(3)d<100qB2R 【解析】(1)粒子运动半径为R时 v2 qvB＝mR 1 且Em＝2mv2 q2B2R2 解得Em＝2m (2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0 粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt qU0 加速度a＝md 1 匀加速直线运动nd＝2a·Δt2 TπBR2＋2BRdπm 由t0＝(n－1)·2＋Δt，解得t0＝2U0－qB T (3)只有在 0～－Δt时间内飘入的粒子才能每次均被加速 T 则所占的比例为η＝2 πmU0 由η>99%，解得d<100qB2R 21．【2016·四川卷】如图1所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域．区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B(图π 中未画出)；区域Ⅱ有固定在水平面上高h＝2l、倾角α＝4的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直 线DD′距离s＝4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C点在DD′上，距地面高H＝3l.零时刻，质量为m、带电荷量为q的小球P在K点具有大小v0＝、方向与水π3l 平面夹角θ＝3的速度，在区域Ⅰ内做半径r＝π的匀速圆周运动，经C点水平进入区域Ⅱ.某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇．小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电荷量对空间电磁场的影响．l已知，g为重力加速度． (1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小； (2)若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA； l (3)若小球A、P在时刻t＝βg(β为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向． 图1 mπl 【答案】(1)3lq (2)(3－2)g （11－β2）mg7mg (3)q（β－1）2 极大值为8q，方向竖直向上；极小值为0 【解析】(1)由题知，小球P在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有 2 m00＝qv0B mπ 代入数据解得B＝3lq. (3)设所求电场方向向下，在t′A时刻释放小球A，小球P在区域Ⅱ运动加速度为aP，有 1 s＝v0(t－tC)＋2aA(t－t′A)cos α mg＋qE＝maP 11 2 H－h＋2aA(t－t′A)sin α＝2aP(t－tC)2 （11－β2）mg 联立相关方程解得E＝q（β－1）2 对小球P的所有运动情形讨论可得3≤β≤5 7mg 由此可得场强极小值为Emin＝0；场强极大值为Emax＝8q，方向竖直向上． 22．【2016·浙江卷】为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转． 扇形聚焦磁场分布的简化图如图111所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场．质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示． (1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针； (2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T； (3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B′和B的关系．已知：sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β，cos α＝α1－2sin22. 图111 mv2π3）m3－1 【答案】(1)qB 逆时针 (2)3 qB (3)B′＝2B mv 【解析】(1)峰区内圆弧半径r＝qB ① 旋转方向为逆时针方向 ② 2π (2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝3 ③ 2πr2πmv 每个圆弧的长度l＝3＝3qB ④ π3mv 每段直线长度L＝2rcos6＝r＝qB ⑤ 3（l＋L） 周期T＝v ⑥ 3）m代入得T＝qB ⑦ (3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30° ⑧ mv 谷区内的轨道圆弧半径r′＝qB′ ⑨ θθ′ 由几何关系rsin2＝r′sin2 ⑩ 30°2 由三角关系sin2＝sin 15°＝4 3－1 代入得B′＝2B 【2015·上海·8】4．两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示，P、Q为电场中两点，则 A．正电荷由P静止释放能运动到Q B．正电荷在P的加速度小于在Q的加速度 C．负电荷在P的电势能高于在Q的电势能 D．负电荷从P移动到Q，其间必有一点电势能为零 【答案】D 【2015·安徽·20】5．已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为中为平面上单位面积所带的电荷量， ，其 为常量。如图所示的平行板电容器，极板正对面 积为S，其间为真空，带电荷量为Q。不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为 A．和 B．和 C．和 D．和 【答案】D 【解析】由公式，正负极板都有场强，由场强的叠加可得，电场 力，故选D。 【2015·海南·5】6．如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为M、电荷量为q（q＞0）的粒子，在负极板附近有另一质量为m、电荷量为-q的粒子，在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与 其相距的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M：m为（） A．3:2 B．2：1 C．5:2 D．3:1 【答案】A 【2015·全国新课标Ⅰ·15】7．如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为 、 、 、 。一电子由M点分 别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则 A．直线a位于某一等势面内， B．直线c位于某一等势面内， C．若电子有M点运动到Q点，电场力做正功 D．若电子有P点运动到Q点，电场力做负功 【答案】B 【2015·海南·7】8．如图，两电荷量分别为Q（Q＞0）和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是 A．b点的电势为零，电场强度也为零 B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右 C．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功 D．将同一正的试探电荷先后从O、b点移到a点，后者电势能的变化较大 【答案】BC 【解析】因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势低于a点的电势，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以先后从O、b点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误； 【2015·江苏·7】9．一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向 左，不计空气阻力，则小球（ ） A．做直线运动 B．做曲线运动 C．速率先减小后增大 D．速率先增大后减小 【答案】BC 【2015·天津·7】10．如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场 ，之后进入电场线竖直向下的匀强电场 发生偏转，最后打在屏 上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么 A．偏转电场 对三种粒子做功一样多 B．三种粒子打到屏上时速度一样大 C．三种粒子运动到屏上所用时间相同 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置， 【答案】AD 【解析】设加速电场长度为d，偏转电场长度为L，在加速电场中有，在偏转 电场中有，，与比荷无关，所以三种粒子一定打到屏上同一 位置，故选项D正确的，偏转电场对粒子做功，与粒子质量无关，所 以选项A正确； 三种粒子在进入偏转电场时速度不同，而在偏转电场中电场力做功相同，故最后离开电场时速度不同，所以选项C错误； 因加速位移相同，粒子质量越大加速度越小，故加速时间越长，大偏转电场中动动时间也越长，故选项B错误； 【2015·江苏·8】12．两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c时两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则（ ） A．a点的电场强度比b点的大 B．a点的电势比b点的高 C．c点的电场强度比d点的大 D．c点的电势比d点的低 【答案】ACD 【解析】由图知，a点处的电场线比b点处的电场线密集，c点处电场线比d点处电场密集，所以A、C正确；过a点画等势线，与b点所在电场线的交点在b点沿电场线的方向上，所以b点的电势高于a点的电势，故B错误；同理可得d点电势高于c点电势，故D正确。 【2015·全国新课标Ⅱ·14】13．如图所示，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，改微粒将 A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动 C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动 【答案】D 【解析】现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D正确，A、B、C错误。 【2015·全国新课标Ⅱ·18】1．指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说明正确的是 A．指南针可以仅具有一个磁极 B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场 C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰 D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转 【答案】BC 【2015·重庆·1】2．题1图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物质发生衰变放出的部分粒子的经迹，气泡室中磁感应强度方向垂直纸面向里。以下判断可能正确的是 A．a、b为d为 粒子的经迹 B．a、b为粒子的经迹 C．c、d为 粒子的经迹 D．c、 粒子的经迹 【答案】D 【解析】射线是不带电的光子流，在磁场中不偏转，故选项B错误。电，由左手定则知受到向上的洛伦兹力向上偏转，故选项A、C错误；子流，应向下偏转，选项D正确。故选D。 【2015·海南·1】3．如图所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间。条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向（ ） 粒子为氦核带正粒子是带负电的电 A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 【答案】A 【解析】条形磁铁的磁感线方向在a点为垂直P向外，粒子在条形磁铁的磁场中向右运动，所以根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力方向向上，A正确。 【2015·全国新课标Ⅰ·14】4．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的 A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小 C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小 【答案】D 【解析】由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即，轨道 半径，洛伦兹力不做功，从较强到较弱磁场区域后，速度大小不变，但磁感应强度 变小，轨道半径变大，根据角速度可判断角速度变小，选项D正确。 【2015·江苏·4】6．如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长NM相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是（ ） 【答案】A 【解析】由题意知，当处于磁场中的导体，受安培力作用的有效长度越长，根据F=BIL知受安培力越大，月容易失去平衡，由图知选项A中导体的有效长度最大，所以A正确。 【2015·广东·16】7．在同一匀强磁场中，α粒子（它们的动量大小相等，则α粒子和质子 ）和质子（）做匀速圆周运动，若 A．运动半径之比是2∶1 B．运动周期之比是2∶1 C．运动速度大小之比是4∶1 D．受到的洛伦兹力之比是2∶1 【答案】B 【2015·全国新课标Ⅱ·19】8．有两个运强磁场区域I和 II，I中的磁感应强度是II中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与I中运动的电子相比，II中的电子 A．运动轨迹的半径是I中的k倍 B．加速度的大小是I中的k倍 C．做圆周运动的周期是I中的k倍 D．做圆周运动的角速度是I中的k倍 【答案】AC 【解析】电子在磁场中做匀速圆周运动时，向心力由洛伦兹力提供：，解得： ，因为I中的磁感应强度是II中的k倍，所以，II中的电子运动轨迹的半径是I中的 k倍，故A正确；加速度，加速度大小是I中的1/k倍，故B错误；由周期公式： ，得II中的电子做圆周运动的周期是I中的k倍，故C正确；角速度 II中的电子做圆周运动的角速度是I中的1/k倍，D错误 【2015·四川·7】9．如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN ， 垂直于纸面，在纸面内的长度L=9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的 夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T，电子质量m＝9.1×10－31kg，电荷量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力。电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则 A．θ＝90°时，l＝9.1cm B．θ＝60°时，l＝9.1cm C．θ＝45°时，l＝4.55cm D．θ＝30°时，l＝4.55cm 【答案】AD 【解析】电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力大小计算公式 和向心力公式有：evB＝ － ，解得电子圆周运动的轨道半径为：r＝＝ m＝4.55×102m＝4.55cm，恰好有：r＝d＝L/2，由于电子源S，可向纸面内任意方向发射电子，因此电子的运动轨迹将是过S点的一系列半径为r的等大圆，能够打到板MN上的区域范围如下图所示，实线SN表示电子刚好经过板N端时的轨迹，实线SA表示电子轨迹刚好与板相切于A点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：l＝NA， 又由题设选项可知，MN与SO直线的夹角θ不定，但要使电子轨迹与MN板相切，根据图中几何关系可知，此时电子的轨迹圆心C一定落在与MN距离为r的平行线上，如下图所示，当l＝4.55cm时，即A点与板O点重合，作出电子轨迹如下图中实线S1A1，由图中几何关系可知，此时S1O与MN的夹角θ＝30°，故选项C错误；选项D正确；当l＝9.1cm时，即A点与板M端重合，作出电子轨迹如下图中实线S2A2， 由图中几何关系可知，此时S2O与MN的夹角θ＝90°，故选项A正确；选项B错误。 1．【2014·新课标全国卷Ⅰ】关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是( ) A．安培力的方向可以不垂直于直导线 B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向 C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半 【答案】B 2．【2014·新课标全国卷Ⅰ】如图所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未面出)，一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( ) 2A．2 B. C．1 D.2 【答案】D mv2B1r2v1 【解析】本题考查了带电粒子在磁场中的运动．根据qvB＝r有B2＝r1·v2 ，穿过铝板后v1r21B12 粒子动能减半，则v2＝，穿过铝板后粒子运动半径减半，则r1＝2，因此B2＝2，D正确． 3．【2014·山东卷】如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若 两粒子轨迹恰好相切，则v0等于( ) s2qEsqEA.2mh B.2mh s2qEsqEC.4mh D.4mh 【答案】B 【解析】两个粒子都做类平抛运动．两个粒子在竖直方向上都做加速度大小相等 的匀加速直线运动，因为竖直位移大小相等，所以它们的运动时间相等．两个粒子在水平方向上都做速度大小相等的匀速直线运动，因为运动时间相等，所以水平位移大小相等．综合shhEqs 判断，两个粒子运动到轨迹相切点的水平位移都为2，竖直位移都为2，由2＝2mt2，2＝v0tsEq 得v0＝2mh，选项B正确． 4.【2014·新课标Ⅱ卷】图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( ) A．电子与正电子的偏转方向一定不同 B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同 C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子 D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小 【答案】AC 5．【2014·江苏卷】如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：IHB UH＝kd，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL，霍尔元件 的电阻可以忽略，则( ) A．霍尔元件前表面的电势低于后表面 B．若电源的正负极对调，电压表将反偏 C．IH与I成正比 D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比 【答案】CD 【解析】由于导电物质为电子，在霍尔元件中，电子是向上做定向移动的，根据左手定则可判断电子受到的洛伦兹力方向向后表面，故霍尔元件的后表面相当于电源的负极，霍尔元件前表面的电势应高于后表面，A选项错误；若电源的正负极对调，则IH与B都反向，由左手定则可判断电子运动的方向不变，B选项错误；由于电阻R和RL都是固定的，且R和RL并RLIHB 联，故IH＝R＋RLI，则C正确；因B与I成正比，IH与I成正比，则UH＝kd∝I2，RL又是定值电阻，所以D正确． 6．【2014·安徽卷】“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于( ) A. B．T C. D．T2 【答案】A 【解析】本题是“信息题”：考查对题目新信息的理解能力和解决问题的能力．根据洛伦兹力v2mv 提供向心力有qvB＝mr解得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝qB.由动能的定义式Ek12mEk ＝2mv2，可得r＝qB，结合题目信息可得B∝，选项A正确。 7.【2014·北京卷】带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径．若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周 期分别为Ta、Tb.则一定有( ) A. qa 【解析】(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得 2 qv0B＝m00① 由题给条件和几何关系可知R0＝d② 设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx.由牛顿定律及运动学公式得 Eq＝max③ vx＝axt④ vx 2t＝d⑤ 由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有 vx tan θ＝v0⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 E1 B＝2v0tan2 θ⑦ (2)联立⑤⑥式得 2d t＝v0tan θ⑧ 9．【2014·福建卷Ⅰ】如图所示，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽为d、高为h，上下两面是绝缘板．前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连．整个管道置于磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向的匀强磁场中．管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体(有大量的正、负离子)，且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变． (1)求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0； (2)求开关闭合前后，管道两端压强差的变化Δp； (3)调整矩形管道的宽和高，但保持其他量和矩形管道的横截面积S＝dh不变，求电阻R可d 获得的最大功率Pm及相应的宽高比h的值． Ldv0B22B2LR 【答案】(1)Bdv0 (2)LhR＋dρ (3)04ρ ρ (2)设开关闭合前后，管道两端压强差分别为p1、p2，液体所受的摩擦阻力均为f，开关闭合后管道内液体受到的安培力为F安，有p1hd＝f③ p2hd＝f＋F安④ F安＝BId⑥ 根据欧姆定律，有 U0I＝R＋r⑥ 两导体板间液体的电阻 dr＝ρLh⑦ 由②③④⑤⑥⑦式得 Ldv0B2Δp＝LhR＋dρ⑧ (3)电阻R获得的功率为 P＝I2R⑨ ρP＝hR⑩ dLR 当h＝ρ时，⑪ 电阻R获得的最大功率 2B2Pm＝04ρ.⑫ 10．【2014·广东卷】(18分)如图25 所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外. A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L.质量为m、电荷量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑． (1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E； (2)若2 qEd＝2mv2 －0 粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力 v2 qvB0＝mr 当k＝1时，由几何关系得 r＝L 解得 2L2E＝02md. (2)由于2 又qvB0＝mr，则 （k2＋1）qB0Lv＝2m 粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力， v2即qvB＝mr1 由对称性及几何关系可知 kLr（3－k）L＝r1 （3－k）（k2＋1）即r1＝2kL 联立上式解得 k B＝3－kB0. 11.【2014·四川卷】如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．质量为m、电荷量为－q(q>0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射，沿p板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g. (1)求发射装置对粒子做的功； (2)电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在b板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度； (3)若选用恰当直流电源，电路中开关S接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能在0～ Bm＝ 21＋5m qt范围内选取)，使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b板板 面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)． mh2mh2h32 【答案】(1)2t2 (2)q（R＋r）l2t2 (3)0<θ≤arcsin 5 (2)S接“1”位置时，电源的电动势E0与板间电势差U有 E0＝U④ 板间产生匀强电场的场强为E，粒子进入板间时有水平方向的速度v0，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t1，有 U＝Eh⑤ mg－qE＝ma⑥ 12h＝2at1⑦ l＝v0t1⑧ S接“2”位置，则在电阻R上流过的电流I满足 E0I＝R＋r⑨ 联立①④～⑨得 mh2h3I＝q（R＋r）l2t2⑩ (3)由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当粒子从K进入板间后立即进入磁场做匀速圆周运动，如图所示，粒子从D点出磁场区域后沿DT做匀速直线运动，DT与b板上表面的夹角为题目所求夹角θ，磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角θ为最大值θm，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，有 2qv0B＝00⑪ 过D点作b板的垂线与b板的上表面交于G，由几何关系有 DG＝h－R(1＋cosθ)⑫ TG＝h＋Rsinθ⑬ sin θDG tanθ＝cos θ＝TG⑭ 联立①⑪～⑭，将B＝Bm代入，求得 2 θm＝arcsin5⑮ 当B逐渐减小，粒子做匀速圆周运动的半径为R也随之变大，D点向b板靠近，DT与b板上表面的夹角θ也越变越小，当D点无限接近于b板上表面时，粒子离开磁场后在板间几乎沿着b板上表面运动而从T孔飞出板间区域，此时Bm>B>0满足题目要求，夹角θ趋近θ0，即 θ0＝0⑯ 2则题目所求为 0<θ≤arcsin5⑰ 9 12．【2014·四川卷]在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝44 m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104 N/C.小物体P1质量m＝2×103 kg、电荷量q＝＋8×106 C，受到水平向右的推力F＝9.98×103 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇．P1与P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求： － － － (1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小； (2)倾斜轨道GH的长度s. 【答案】(1)4 m/s (2)0.56 m (2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理 121 qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝2mvG－2mv2⑤ P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律 qEcos θ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1⑥ P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则 1 s1＝vGt＋2a1t2⑦ 设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则 m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a2⑧ P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则 1 s2＝2a2t2⑨ 联立⑤～⑨式，代入数据得 s＝s1＋s2⑩ s＝0.56 m⑪ 13.【2014·天津卷】同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图所示的模型．M、N为两块中心开有小孔的平行金属板．质量为m、电荷量为＋q的粒子A(不计重力)从M板小孔飘入板间，初速度可视为零．每当A进入板间，两板的电势差变为U，粒子得到加速，当A离开N板时，两板的电荷量均立即变为零．两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A在磁场作用下做半径为R的圆周运动，R远大于板间距离．A经电场多次加速，动能不断增大，为使R保持不变，磁场必须相应地变化．不计粒子加速时间及其做圆 周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应．求： (1)A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小；. (2)在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率Pn； (3)若有一个质量也为m、电荷量为＋kq(k为大于1的整数)的粒子B(不计重力)与A同时从M板小孔飘入板间，A、B初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变．下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹．在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹，并经推导说明理由． A B C D 12mUqUnqU 【答案】(1)Rq (2)πR2m (3)A 图，理由略 【解析】(1)设A经电场第1次加速后速度为v1，由动能定理得 12 qU＝2mv1－0① A在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力 2 qv1B1＝11② 由①②得 12mUB1＝Rq③ (2)设A经n次加速后的速度为vn，由动能定理得 12 nqU＝2mvn－0④ 设A做第n次圆周运动的周期为Tn，有 2πRTn＝vn⑤ 设在A运动第n周的时间内电场力做功为Wn，则 Wn＝qU⑥ 在该段时间内电场力做功的平均功率为 WnPn＝Tn⑦ 由④⑤⑥⑦解得 qUnqUPn＝πR2m⑧ (3)A图能定性地反映A、B运动的轨迹． A经过n次加速后，设其对应的磁感应强度为Bn，A、B的周期分别为Tn、T′，综合②、⑤式并分别应用A、B的数据得 2πmTn＝qBn 2πmTnT′＝kqBn＝k 由上可知，Tn是T′的k倍，所以A每绕行1周，B就绕行k周．由于电场只在A通过时存在，故B仅在与A同时进入电场时才被加速． 14.【2014·浙江卷】离子推进器是太空飞行器常用的动力系统．某种推进器设计的简化原理如图1所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区．Ⅰ为电离区，将氙气电离获得1价正离子；Ⅱ为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场．Ⅰ区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区，被加速后以速度vM从右侧喷出． R Ⅰ区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线2处的C点持续射出一定速率范围的电子．假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示(从左向右看)．电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角(0＜α≤90°)．推进器工作时，向Ⅰ区注入稀薄的氙气．电子使氙气电离的最小速率为v0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域 越大，电离效果越好．已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e.(电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞) 第25题图1 (1)求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小； (2)为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向(按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”)； 第25题图2 (3)α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围； (4)要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与α角的关系． 23eBR 【答案】MM (2)垂直纸面向外 (3)v0≤v≤4 m 3eBR (4)vmax＝4m（2－sin α） 【解析】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动等知识和分析综合及应用数学解决物理问题的能力． 12 (1)由动能定理得2MvM＝eU① 2 U＝MM② eEU2 a＝M＝eML＝MM③ (2)垂直纸面向外④ (3)设电子运动的最大半径为r 3 2r＝2R.⑤ v2 eBv＝mr⑥ 3eBR 所以有v0≤v<4m⑦ 4mv0 要使⑦式有解，磁感应强度B>3eR.⑧ R (4)如图所示，OA＝R－r，OC＝2，AC＝r 3R 根据几何关系得r＝4（2－sin α）⑨ 3eBR 由⑥⑨式得vmax＝4m（2－sin α） . 15.【2014·重庆卷】某电子天平原理如题8图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接，当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量，已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g.问 题8图 (1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C端还是从D端流出？ (2)供电电流I是从C端还是D端流入？求重物质量与电流的关系． (3)若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？ 2nBIL 【答案】(1)从C端流出 (2)从D端流入 g 2nBLP(3)gR 本题借助安培力来考查力的平衡，同时借助力的平衡来考查受力平衡的临界状态． 【解析】(1)感应电流从C端流出． 16.【2014·重庆卷】如题9图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h，质量为m，带电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g. 题9图 (1)求电场强度的大小和方向． (2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值． (3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值． mgqBh0.68qBh0.545qBh【答案】(1)E＝q，方向竖直向上 (2) (9－6)m (3)可能的速度有三个：m，m，0.52qBhm 本题考查了带电粒子在复合场、组合场中的运动． 答题9图1 答题9图2 【解析】(1)设电场强度大小为E. 由题意有mg＝qE mg 得E＝q，方向竖直向上． (2)如答题9图1所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ. mv由r＝qB mvmin1有r1＝qB，r2＝2r1 由(r1＋r2)sin φ＝r2 r1＋r1cos φ＝h qBh vmin＝(9－6)m (3)如答题9图2所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x. 由题意有3nx＝1.8h(n＝1，2，3…) 32）h2x≥2 22 x＝1－（h－r1）2 0.36h 得r1＝n22，n<3.5 0.68qBh 即n＝1时，v＝m； 0.545qBh n＝2时，v＝m； 0.52qBh n＝3时，v＝m 17．【2014·江苏卷】某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示．装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力． (1)求磁场区域的宽度h； (2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv； (3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值． 23【答案】(1)d2 qB(2)m3 qBL3L (3)md－1，n取整数 【解析】(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r 根据题意 L＝3rsin 30°＋3dcos 30° 且h＝r(1－cos 30°) 23 解得 h＝d2. (2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′ v2v′2 mr＝qvB，mr′＝qv′B， qB 由题意知 3rsin 30°＝4r′sin 30° 解得Δv＝v－v′＝m3. (3)设粒子经过上方磁场n次 由题意知 L＝(2n＋2)dcos 30°＋(2n＋2)rnsin 30° 2qBL且 nn＝qvnB，解得 vn＝md 3L －1，n取整数 18.【2014·山东卷】如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0.由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)．上述m、q、d、v0为已知量． 图甲 图乙 1 (1)若Δt＝2TB，求B0； 3 (2)若Δt＝2TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小； 4mv0 (3)若B0＝qd，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB. mv021d 【答案】(1)qd (2)00 (3)42v0 【解析】(1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得 2 qv0B0＝00① 据题意由几何关系得 R1＝d② 联立①②式得 mv0B0＝qd③ (2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得 2a＝00④ 据题意由几何关系得 3R2＝d⑤ 联立④⑤式得 2a＝00⑥ (3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得 2πRT＝v0⑦ 由牛顿第二定律得 2 qv0B0＝00⑧ 4mv0 由题意知B0＝qd，代入⑧式得 d＝4R⑨ 粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连接与水平方向的夹角为θ，在每个TB内，π 只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0＜θ<2，由题意可知 ＋θTB2πT＝2⑩ 设经历完整TB的个数为n(n＝0，1，2，3……) 若在A点击中P板，据题意由几何关系得 R＋2(R＋Rsin θ)n＝d⑪ 当n＝0时，无解⑫ 当n＝1时，联立⑨⑪式得 π1θ＝6(或sin θ＝2)⑬ 联立⑦⑨⑩⑬式得 πdTB＝3v0⑭ 当n≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求⑮ 若在B点击中P板，据题意由几何关系得 R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d⑯ 当n＝0时，无解⑰ 当n＝1时，联立⑨⑯式得 11 θ＝arcsin4(或sin θ＝4)⑱ 联立⑦⑨⑩⑱式得 1dTB＝42v0⑲ 当n≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求．⑳ 1．【2014·新课标全国卷Ⅰ】如图所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°.M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φF＝φP，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则( ) A．点电荷Q一定在MP的连线上 B．连接PF的线段一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功 D．φP大于φM 【答案】AD 2.【2014·新课标Ⅱ卷】关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是( ) A．电场强度的方向处处与等电势面垂直 B．电场强度为零的地方，电势也为零 C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低 D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向 【答案】AD 【解析】由静电场的电场线与等势面垂直可知A正确．电势大小是由参考点和电场共同决定的，与场强的大小无关，B、C错误．沿电场线电势降低，且电势降落最快的方向为电场方向，D正确． 3．【2014·安徽卷】一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如右图所示．下列图像中 合理的是( ) 电场强度与位移关系 粒子动能与位移关系 A B 粒子速度与位移关系 粒子加速度与位移关系 C D 【答案】D 4.【2014·北京卷】如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是( ) A．1、2两点的场强相等 B．1、3两点的场强相等 C．1、2两点的电势相等 D．2、3两点的电势相等 【答案】D 【解析】本题考查电场线和等势面的相关知识．根据电场线和等势面越密集， 电场强度越大，有E1>E2＝E3，但E2和E3电场强度方向不同，故A、B错误．沿着电场线方向，电势逐渐降低，同一等势面电势相等，故φ1>φ2＝φ3，C错误，D正确． 5. 【2014·全国卷】地球表面附近某区域存在大小为150 N/C、方向竖直向下的电场．一质量为1.00×104 kg、带电荷量为－1.00×107 C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0 m．对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s2，忽略空气阻力)( ) A．－1.50×104 J和9.95×103 J B．1.50×104 J和9.95×103 J C．－1.50×104 J和9.65×103 J D．1.50×104 J和9.65×103 J 【答案】D 【解析】本题考查功与能．设小球下落的高度为h，则电场力做的功W1＝－qEh＝－1.5×10 －4 － － － － － － － － － － J，电场力做负功，电势能增加，所以电势能增加1.5×104 J；重力做的功W2＝mgh＝9.8×10 J，合力做的功W＝ W1＋ W2＝9.65×103 J，根据动能定理可知ΔEk＝W＝9.65×103 J，因 － － － －3 此D项正确． 6.【2014·广东卷】如图12所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电荷量为＋Q的小球P，带电荷量分别为－q和＋2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P与M相距L，P、M和N视为点电荷，下列说法正确的是( ) A．M与N的距离大于L B．P、M和N在同一直线上 C．在P产生的电场中，M、N处的电势相同 D．M、N及细杆组成的系统所受合外力为零 【答案】BD 【解析】M、N处于静止状态，则M、N和杆组成的系统所受合外力为0，则FPM＝FPN，即kL2＝kx2，则有x＝L，那么M、N间距离为(－1)L，故选项A错误，选项D正确；由于M、 Qq 2Qq N静止不动，P对M和对N的力应该在一条直线上，故选项B正确；在P产生电场中，M处电势较高，故选项C错误． 7.【2014·江苏卷】如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( ) A．O点的电场强度为零，电势最低 B．O点的电场强度为零，电势最高 C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高 D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低 【答案】B 8.【2014·山东卷】如图所示，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出．下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是( ) A B C D 【答案】A 【解析】壳内场强处处为零，试探电荷从球心运动到球壳处不受任何力作用，动能不变．正的试探电荷从球壳处向外运动时，受到类似于球壳的全部电荷集中于球心的正点电荷在壳外产生电场的电场力作用，要加速运动，动能增大．沿半径方向取相等的两段距离，离球心越远，电场力的等效值越小，电场力做的功越小，动能的增加量就越小，选项A正确． 9. 【2014·天津卷】如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( ) A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷 B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加 C．微粒从M点运动到N点动能一定增加 D. 微粒从M点运动到N点机械能一定增加 【答案】C 10.【2014·浙江卷】如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电荷量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则( ) A．小球A与B之间库仑力的大小为d2 B．当d＝C．当d＝ q mgqq mgsin θ kq2 k时，细线上的拉力为0 时，细线上的拉力为0 mgtan θ k D．当d＝ktan θ时，斜面对小球A的支持力为0 【答案】AC 【解析】本题考查库仑定律、受力分析、共点力的平衡等知识．根据库仑定律可知小球A与B之间的库仑力大小为kd2，选项A正确．若细线上的拉力为零，小球A受重力、库仑力和支持力作用，如图所示，由平衡条件可得F＝kd2＝mgtan θ，选项B错误，选项C正确；因为两小球带同种电荷，所以斜面对小球A的支持力不可能为0，选项D错误． 11.【2014·重庆卷】如题3图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则( ) A．Wa＝Wb，Ea＞Eb B．Wa≠Wb，Ea＞Eb C．Wa＝Wb，Ea＜Eb D．Wa≠Wb，Ea＜Eb 【答案】A q2 q2 12.【2014·新课标全国卷Ⅰ】如图所示，O，A，B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝2OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点，使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该 3 小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g.求 (1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值； (2)电场强度的大小和方向． 【答案】25．(1)7∶3 (2)6q，方向略 【解析】设小球的初速度为v0，初动能Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝2d，根据平抛运动的规律有 dsin 60°＝v0t① dcos 60°＝2gt2② 又有Ek0＝2mv0③ 由①②③式得 Ek0＝8mgd④ 设小球到达A点时的动能为EkA，则 EkA＝Ek0＋2mgd⑤ 由④⑤式得 EkA 13 1 213 3mq Ek0＝3.⑥ d 3 7 (2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了2和2d，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得 ΔEpA＝3Ek0－Ek0－2mgd＝3Ek0⑦ ΔEpB＝6Ek0－Ek0－2mgd＝Ek0⑧ 在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的，设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有 31 2 d＝ΔEpB⑨ 解得x＝d，MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行，设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得 α＝30°⑩ 即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°. 3ΔEpA 设场强的大小为E，有 qEdcos 30°＝ΔEpA⑪ 由④⑦⑪式得 E＝6q.⑫ 13.【2014·安徽卷】(14分)如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m，电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求： 3mg (1)小球到达小孔处的速度； (2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落运动到下极板处的时间． 【答案】(1) (2)C mg（h＋d） g (3)hg h＋d2h 【解析】(1)由v2＝2gh得v＝ (2)在极板间带电小球受重力和电场力，有 mg－qE＝ma 0－v2＝2ad 得E＝ mg（h＋d） qd U＝Ed Q＝CU 得Q＝C mg（h＋d） q (3)由h＝2gt1、0＝v＋at2、t＝t1＋t2 可得t＝hg 14.【2014·福建卷Ⅰ】如图，真空中xOy平面直角坐标系上的A、B、C三点构成等 边三角形，边长L＝2.0 m．若将电荷量均为q＝＋2.0×106 C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，求： (1)两点电荷间的库仑力大小； (2)C点的电场强度的大小和方向． 【答案】(1)9.0×103 N (2)7.8×103 N/C 沿y轴正方向 － － 12 h＋d2h 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容