还剩50页未读，
继续阅读
2022届高考物理二轮复习 专题04 电场与磁场
展开
这是一份2022届高考物理二轮复习 专题04 电场与磁场，共53页。试卷主要包含了电场线、电势和电势能区别，平行板电容器的两个特性，偏转规律与应用等内容，欢迎下载使用。
专题4 电场与磁场
123
考题一 电场
1.电场是矢量，叠加用平行四边形法则，用电场线描述电场的分布特点，掌握六中常见电场线分布特征以及四种等势面分布。
2.电场线、电势和电势能区别
(1)电场线的疏密反应场强大小，切线方向反应场强方向，从正电荷出发到负电荷截止，不闭合。
(2)沿电场线方向电势降低，靠近正电荷电势高，靠近负电荷电势低，是标量，一般规定接地为零电势。
(3)电势能Ep＝qφ，也是标量，跟带电体电性有关，计算时电荷量、电势的正负号都要代入，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。
3.带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法
(1)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。
(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等。
(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能(或速率)的变化情况。
4.平行板电容器的两个特性
(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变，或在电路中相当于电压表。
(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变，此时，改变板间距离，场强也变。
5.偏转规律与应用
(1)两个推论
①速度偏转角正切值等于位移偏转角正切值两倍
②任意时刻速度反向延长线交水平位移中点
(2)两个规律
①粒子带电荷量为q，质量为m，已速度v0通过电压为U，板长为l，板间距离为d(忽略重力影响)的平行板电容器，则有偏移量。
②不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的，即，方向相同，打在光屏的同一点，且粒子离开时获得的速度与比荷成正相关。
③示波器原理
1.(多选)如图所示，A、B均为半个绝缘正方体，质量均为m，在A、B内部各嵌入一个带电小球，A带电量为+q，B带电量为－q，且两个小球的球心连线垂直于AB接触面。A、B最初靠在竖直的粗糙墙上。空间有水平向右的匀强电场，场强大小为E，重力加速度为g。现将A、B无初速度释放，下落过程中始终相对静止，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A．两物块下落的加速度大小均为g
B．两物块下落的加速度大小应小于g
C．A、B之间接触面上的弹力为零
D．B受到A的摩擦力作用，方向沿接触面向上
答案：AD
解析：整体分析，可知系统水平方向合外力为零，所以不受墙面弹力，也就没有墙面的摩擦力，所以系统竖直方向仅受重力作用，故加速度大小为g，所以A对，B错；隔离分析A可知其受到竖直向下的重力，和水平向右的电场力，若想平衡，则必受到B对A弹力和向下的摩擦力，所以C错，D对。
2.如图所示，在匀强电场中有一个半径为R＝1m的圆，电场方向与圆的平面平行，O、P两点电势差为10V，一个电子在该匀强电场中在仅受电场力作用下运动，且在P、Q两点上速度方向与圆的切线一致，速度大小均为1m/s，则( )
A.电子从P到Q的运动过程中，动能先增大后减小
B.电子可能做圆周运动
C.该匀强电场的电场强度E＝10V/m
D.O点与圆周上电势最低的点电势差为10V
答案：D
解析：带电粒子仅受电场力作用，由于粒子在P、Q两点动能相等，则电势能也相等，因为电场为匀强电场，所以两点的连线PQ即为等势面，根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO.由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从P到Q做曲线运动，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大，故A、B错误；匀强电场的电场强度E＝式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UPO＝E×R，所以E＝＝10 V/m，C错误，圆周上电势最低的点与O点的电势差为U＝ER＝10 V，故D正确.
3.(多选)如图所示，绝缘水平面内的等边三角形ABP的边长为L，顶点P恰好位于一倾角为30°的光滑绝缘直轨道O'P的最低点，O'O垂直于水平面，O为三角形AB边的中点，现将一对等量异种电荷固定于A、B两点，各自所带电荷量为Q，在光滑直导轨O'P上端O'处将质量为m，带电荷量为+q的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)由静止开始释放，取无穷远处电势为零，静电力常量为k，重力加速度为g，空气阻力可忽略，则小球沿轨道O'P下滑过程中( )
A.小球做变加速直线运动 B.小球的电势能先增大后减小
C.轨道O'处与P处电场强度大小之比为2：1 D.小球到达轨道底端P的速度为
答案：CD
解析：等量异种电荷，可知O'PO为等势面，所以电势能不会变化，沿斜面方向只有重力的分力，所以小球做匀加速运动，故AB错；对小球列动能定理式可退出达到P点的速度为，矢量合成可知O'处与P处电场强度大小之比为2：1，故D对。
4.(多选)如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用.初始时轻杆与电场线垂直(如图中实线所示位置)，将杆向右平移的同时顺时针转过90°到图中虚线所示位置，发现A、B两球电势能之和不变.根据图中给出的位置关系，可判断下列说法正确的是( )
A.有可能电场力对A球和B球都不做功
B. A球电势能一定增加，B球电势能一定减小
C. A球可能带正电荷也可能带负电荷，但B球所带电荷一定与A球所带电荷的电性相反
D. A、B两球带电量的绝对值之比一定是qA：qB=1：2
答案：CD
解析：由题意可知转动后系统电势能不变，可知电场力对两球做功之和等于零，所以两个球是异种电荷，所以A错；因电场力对两球做功大小相等，而位移之比是2：1，所以电荷量大小之比是1：2，所以D对，其他选项错。
5.(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球用长为L的细线悬挂在水平向右的匀强电场中，小球静止于A点，此时悬线与竖直方向夹角为θ＝30°.现用力将小球拉到最低点C处并由静止释放，释放的同时加上一个垂直纸面向里的匀强磁场，不计空气阻力，重力加速度为g，小球运动过程中细线始终伸直，则( )
A．匀强电场的电场强度大小为
B．小球将在A、C间往复摆动
C．小球回到C点时，细线张力将大于mg
D．小球从C点向右摆到最高点的过程，电势能减少量为mgL
答案：AD
解析：对小球受力分析，共点力平衡，可知小球的电场强度为，所以A对；根据等效场原则，可知小球向上最大的摆角是60°，所以B错，对称分析，回到C点细线张力仍等于mg，所以C错；小球从最低点运动到最高点，电场力做功等于重力做功，所以电势能减少量为mgL。
6.位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图所示，ab、cd分别是正方形两组对边的中垂线，O为中垂线的交点，P、Q分别为ab、cd上的两点OP＞OQ，下列说法中正确的是( )
A.P、Q两点的电势关系为φP＜φQ
B.P、Q两点电场强度的大小关系为EQ＜EP
C.若在O点轻放一正点电荷，该正点电荷可能沿ab方向运动
D.带负电的试探电荷在Q点时的电势能比在M点时的电势能小
答案：D
解析：由题意可知abcd是等势线，且电势等于零，所以A错；矢量和成可知P、Q两点电场强度的大小相等，所以B错；若在O点轻放一正点电荷，可知受力为零，所以不会运动，所以C错；M点电势低，所以负电荷再M点电势能更大，所以D对。
7.(多选)如图所示，平行板电容器两极板水平放置，电容为C，开始时开关闭合，电容器与一直流电源相连，极板间电压为U，两极板间距为d，电容器储存的能量E＝CU2。一电荷量为－q的带电油滴，以初动能Ek0从平行板电容器的两个极板中央水平射入(极板足够长)，带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则( )
A.保持开关闭合，仅将上极板下移，带电油滴仍能沿水平线运动
B.保持开关闭合，仅将上极板下移，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为Ek0＋
C.断开开关，仅将上极板上移，带电油滴将撞击下极板，撞击下极板时的动能为Ek0＋
D.断开开关，仅将上极板上移，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为CU2
答案：BD
解析：保持开关闭合，开始时带电油滴沿直线匀速通过电容器，则：＝mg，保持开关闭合，仅将上极板下移，则向上的电场力大于重力，故带电油滴向上运动，故选项A错误；到达上极板时动能为Ek，则根据动能定理：·d＝Ek－Ek0，以上两个方程式联立可以得到到达上极板的动能为：Ek＝Ek0＋，故选项B正确；断开开关，电量不变，当两极板间距离发生变化的时候，场强不变，即电场力不变，故粒子仍沿直线运动，故选项C错误；断开开关，仅将上极板上移，则两板之间距离为d，则C＝，C′＝，则整理可以得到：C′＝C，根据C＝和C′＝，整理可以得到：U′＝U，则上移之后电容器储存的能量为：E′＝C′U′2＝CU2，所以增加的能量为：ΔE＝E′－E＝CU2－CU2＝CU2，故外力对极板做功至少为CU2，故选项D正确.
8.如图为燃煤锅炉烟囱中的静电除尘原理示意图，A为与烟囱内壁金属管相连的一个电极、B为与金属丝E相连的另一个电极，C和D分别表示烟囱的两个气口。在A、B之间加上高电压，金属丝附近的强电场将空气分子电离为电子和正离子，电子在烟囱空腔的电场中运动时被烟气中的煤粉俘获，使煤粉带负电后而被吸附到带正电的电极上，因此排出的烟就比较清洁了。有关这种静电除尘的装置，下列说法中正确的是( )
A.高压电源的正极接A，负极接B B.高压电源的负极接A，正极接B
C.C为烟气的进气口，D为排气口 D.D为烟气的进气口，C为排气口
答案：AC
解析：根据装置原理，电极A的作用是吸附带负电点煤粉，所以应接电源正极，A对，B错；烟气被清洁后先从C进入，空气被金属丝附近电场电离后产生的电子被煤粉俘获，带负电的煤粉经过烟囱时被吸附到带正电的金属管上，所以C对，D错。
9.(多选)让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子都沿平行板电容器两板中线方向垂直于电场线射入板间的匀强电场中，射出后都打在同一个荧光屏上，使荧光屏上出现亮点，则下列分析正确的是( )
A．若它们射入电场时的初速度相同，在荧光屏上将出现2个亮点
B．若它们射入电场时的初动能相同，在荧光屏上将只出现2个亮点
C．若它们是由同一个电场从静止加速后射入偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点
D．因为它们所带电荷量只有两种情况，所以在荧光屏上一定出现2个亮点
答案：BC
解析：根据偏转规律可知若进入偏转电场的速度相同，则偏移量跟比荷有关，所以A错，B对；若进入初动能相同，则偏移量只跟电荷量有关，所以B对；若经过相同的加速场荷偏转场，则偏移量相同，打到同一位置，C对，D错。
10.(多选)示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的。如图，不同的带电粒子在电压为U1的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，若带电粒子能射出平行板电场区域，则下列说法正确的是( )
A.若电荷量q相等，则带电粒子在板间的加速度大小相等
B.若比荷q/m相等，则带电粒子从M孔射出的速率相等
C.若电荷量q相等，则带电粒子从M孔射出时的动能相等
D.若不同比荷q/m的带电粒子由O点开始加速，偏转角度θ不相同
答案：BC
解析：根据偏转规律，可知A错，因为受质量影响；带电粒子离开时获得速度与比荷正相关，所以B对；电荷量相同，则在加速场和偏转场做功一样，所以获得的动能相等，所以C对；经过同一个加速场和偏转场，粒子从同一个位置射出，所以偏转角相同。
11.如图所示，质量为m的带电粒子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向从正中间射入偏转电场，并从另一侧射出。已知带电粒子的电荷量为q，加速电场电压为U1，偏转电场的极板长度为L，两极板间的距离为d，偏转电场极板间的电压为U2且可调节，不计粒子的重力。则下列说法正确的是( )
A.粒子离开偏转电场时的动能为q(U1+U2)
B.减小U2，带电粒子通过偏转电场的时间变长
C.减小U2，带电粒子通过偏转电场的时间变短
D.若粒子刚好从下极板边缘离开偏转电场，则
答案：D
解析：根据动能定理，可知粒子离开偏转电场获得的动能等于加速电场做功和偏转电场做功，并不等于q(U1+U2)，所以A错；减小偏转电压并不会影响离开偏转电场的时间，因为时间由水平位移和水平速度决定，所以时间不变，故B、C错；若刚好从下极板边缘射出，根据偏移量公式有，可知D对。
12.如图所示装置处于真空中，现有质子、氘核和α粒子都从O点由静止释放，经过同一加速电场U1和偏转电场U0，最后粒子均打在与OO′垂直的荧光屏上(已知质子、氘核和α粒子质量之比为1：2：4，电量之比为1：1：2，不计粒子的重力影响)．下列说法中正确的是( )
A.三种粒子在偏转电场中运动时间之比为1：2：1
B.三种粒子飞出偏转电场时的速率之比为：1：1
C.三种粒子打在荧光屏上的位置不同
D.偏转电场的电场力对种粒子做功之比为1：1：2
答案：D
解析：根据动能定理得，qU0=1/2mv2-0，则进入偏转电场的速度，因为质子、氘核和α粒子的比荷之比为2：1：1，则初速度之比 2：1：1．在偏转电场中运动时间t=L/v∝1/v，则知时间之比为1： 2 ： 2 ，故A错误；在竖直方向上的分速度vy=at=qEL/mv=qU1L/(mdv)，则出电场时的速度．因为粒子的比荷不同，则速度的大小不同．故B错误；偏转位移，与粒子的电量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，即粒子打在荧光屏上同一个位置，故C错误；偏转电场对粒子做功W=qEy=qyU1/d，因为U1和y相同，电量之比为1：1：2，则电场力做功为1：1：2，故D正确。
13.(多选)带电量不相等的两点电荷固定在x轴上坐标为—4L和4L的两点处，位于x=—4L处的点电荷带电量的绝对值为Q，两点电荷连线上各点的电势随x变化的关系图像如图所示，x=L处的电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为－2L和2L，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
A.两点电荷一定均为正电荷
B.原点O处的场强大小为
C.正检验电荷在原点O处受到向左的电场力
D.负检验电荷由M点运动到N点的过程中，电势能先减小后增大
答案：AB
解析：根据题意可知越靠近两电荷附近电势越高，所以肯定是正电荷，故A对；φ-x图像斜率为场强大小，则在x=L处的场强为零，可知，可知，则原点O处的场强大小为，所以B对；沿电场线方向电势降低，可知正检验电荷在原点O处受到向右的电场力，故C错；负电荷在电势低的地方电视能大，所以D错。
14.(多选)在光滑的水平面内有一沿x轴的静电场，其电势φ随x坐标值的变化图线如图所示。一质量为m，带电量为q的带正电小球(可视为质点)从O点以初速度v0沿x轴正向移动。下列叙述正确的是( )
A.若小球能运动到x1处，则带电小球从O运动到x1的过程中所受电场力不变
B.带电小球从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大
C.若该小球能运动到x4处，则初速度v0至少为
D.若，带电粒子在运动过程中的最大速度为
答案：AD
解析：φ-x图像斜率为场强大小，所以A对；从x1运动到x3电势逐渐降低，正电荷电势能逐渐减小，所以B错；x1和x4处电势相等，若想运动到x4处，必须先能运动到x1处，根据动能定理有，可知v0至少为，故C错；若，则带电粒子在x3处获得最大速度，根据动能定理可有，可求出，所以D对。
15.(多选)反射式速调管是常用的微波器件之一，某速调管内电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示，PO=OM=MN。一电子仅在电场力作用下，从P点由静止开始运动，则电子( )
A.将在PM之间做往复运动
B.从P到O的运动过程中，加速度不断增大
C.从P到M的运动过程中，电势能先减小后增大
D.从P点沿x轴正方向运动过程中加速时间是减速时间的一半
答案：CD
解析：电子从从P到M先加速后减速，单向运动，所以A错；φ-x图像斜率为场强大小，PO和ON段场强各自不变，所以加速度不变，故B错；负电荷在电势高的地方电势能打，所以C对；由题意可知两端加速度大小之比是2：1，而速度变化量大小一样，所以时间是1：2，故D对。
16.如图所示竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的( )
A.电荷量之比qP：qQ=2：1 B.电势能变化量之比
C.运动时间tP>tQ D.动能变化量之比
答案：A
解析：由题意知小球竖直方向做自由落体，水平方向在电场力作用下做匀变速运动，竖直位移相同，时间相同，所以C错；水平位移2：1，所以电荷量大小之比也是2：1，所以A对；电势能变化看电场力做功，水平位移2：1，所以电势能变化量是4：1，所以B错；同理，D错。
17.(多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力做功为6eV。下列说法正确的是( )
A.平面c点电势为零
B.该电子可能达到不了平面f
C.该电子经过平面d时，其电势能为4eV
D.该电子经过平面b时的速率是经过d点的2倍
答案：AB
解析：从a到d的过程中克服电场力做功为6eV，可知每一段电场力做功是-2eV，所以到达平面b时动能为8eV，又b上的电势为2V，电势能为-2eV，所以电子总能量为6eV，所以到达平面c时动能为6eV，电势能为零，所以平面c的电势为零，A对；进入电场时电子速度可能是斜着的，所以可能到不了平面f，所以B对；总能量守恒，所以电子经过平面d的电势能为2eV，故C错；D对。
18.(多选)示波管的内部结构如图甲所示。如果在偏转电极XX/、YY/之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX/之间和YY/之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形。则( )
A．若XX/和YY/分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形
B．若XX/和YY/分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形
C．若XX/和YY/分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形
D．若XX/和YY/分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形
答案：AC
解析：(a)所示波形呈现周期性，且有正有负，所以A对，B错；(b)所示波形Y方向大小恒定，X方向均匀变化，所以C对，D错。
19.(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，仅在电场力作用下以恒定的速率v沿圆弧从A点运动到B点，速度方向转过θ角，AB弧长为l。则下列说法正确的是( )
A.该粒子一定处在一个点电荷的电场中 B.该粒子可能处在两个点电荷的电场中
C.圆弧AB中点的电场强度大小为 D.圆弧AB中点的电场强度大小为
答案：BC
解析：题意只给了轨迹和判断出电场力大致方向，但不知道电性，所以电场情况判断不了，所以A错，B对；因粒子做匀速曲线运动，可知电场力提供向心力，根据向心力方程，可知C对；所以D错。
20.(多选)一带电质点从图中的A点竖直向上以v0射入一水平方向的匀强电场中，质点运动到B点时，速度方向变为水平，已知质点的质量为m，带电荷量为q，AB间距离为L，且AB连线与水平方向成θ＝37°角，质点到达B后继续运动可到达与A点在同一水平面上的C点(未画出)，则( )
A.AC间的水平位移为3.2L B.匀强电场的电场强度大小为
C.从A到C的过程中，带电质点的电势能减小了
D.质点在C点的加速度大小为3g/5
答案：AB
解析：由题意可知粒子水平在电场力作用下做匀加速运动，竖直在重力作用下做竖直上抛运动，AB连线与水平方向成θ＝37°角，可知竖直位移与水平位移之比为3：4，又时间相同，所以重力与电场力大小之比为3：4，速度之比也是3：4，所以B对；而水平方向做匀加速运动，所以AC距离等于3.2L，A对；从A到C的过程中，带电质点的电势能的变化等于水平方向动能的增加，所以C错；粒子在C点的加速度由重力和电场力共同提供，所以D错。
22.如图，虚线、、是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，、是轨迹上的两点．下列说法正确的是( )
A.三个等势面中，等势面的电势最高
B.带电质点一定是从点向点运动
C.带电质点通过点时的加速度比通过点时小
D.带电质点通过点时的动能比通过点时小
答案：D
解析：由题意可知粒子电场力大致向右，粒子电性为正，所以场强方向大致向右下，故c点电势最高，所以A错；不能明确粒子运动方式，所以B错；等差等势线越密，电场强度越大，相应加速度越大，所以C错；根据能量守恒，粒子在c点电势能最大，所以动能最小，故D对。
23.如图，虚线、、是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带负电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q、R是轨迹上的两点．下列说法正确的是( )
A.三个等势面中，等势面c的电势最低
B.带电粒子在P点电势能比在Q点大
C.带电粒子动能和电势能之和在点比在点大
D.带电粒子在R点加速度方向垂直等势面b
答案：BD
解析：根据轨迹偏折方向，大致可以判断出电场力方向向下，所以c点电势最高，故A错；负电荷在电势低的地方电势能大，所以B对；能量守恒，所以C错，电场力方向与加速度方向相同，所以D对。
24.如图所示，均可视为质点的三个物体A、B、C在倾角为30°的光滑斜面上，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，质量分别为mA＝0.43kg，mB＝0.20kg，mC＝0.50kg，其中A不带电，B、C的电量分别为qB＝＋2×10－5C、qC＝＋7×10－5C且保持不变，开始时三个物体均能保持静止。现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A做加速度a＝2.0m/s2的匀加速直线运动，经过时间t，力F变为恒力。已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，g取10m/s2。求：
(1)开始时BC间的距离L；(2)F从变力到恒力需要的时间t；
(3)在时间t内，力F做功WF＝2.31 J，求系统电势能的变化量ΔEp。
答案：(1)L＝2.0m (2)t＝1.0s (3)ΔEp＝－2.1J
解析：(1)ABC静止时，以AB为研究对象有：
(mA＋mB)gsin 30°＝
解得：L＝2.0m。
(2)给A施加力F后，AB沿斜面向上做匀加速运动，AB分离时两者之间弹力恰好为零，对B用牛顿第二定律得：
－mBgsin 30°＝mBa
解得：l＝3.0m
由匀加速运动规律得：l－L＝at2
解得：t＝1.0s。
(3)AB分离时两者仍有相同的速度，在时间t内对AB用动能定理得：
WF－(mA＋mB)g(l－L)sin 30°＋WC＝(mA＋mB)v2
及：v＝at
得：WC＝2.1J
所以系统电势能的变化量ΔEp＝－2.1 J。
25.如图所示，粗糙绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝1.5×106 N/C，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0×10－6C，质量m＝0.25kg，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4。P从O点由静止开始向右运动，经过0.55s到达A点，到达B点时速度是5m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α，且tan α＝1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示．P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g＝10m/s2.求：
v/(m·s－1)
0≤v≤2
2＜v＜5
v≥5
F/N
2
6
3
(1)小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间；
(2)小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功．
答案：(1)0.5s (2)－9.25J
解析：(1)小物体P的速率从0至2 m/s，受外力F1＝2 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间Δt1速度为v1，则F1－μmg＝ma1① v1＝a1Δt1②
由①②式并代入数据得Δt1＝0.5 s③
(2)小物体P从速率为2 m/s运动至A点，受外力F2＝6 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，则
F2－μmg＝ma2④
设小物体P从速度v1经过Δt2时间，在A点的速度为v2，则
Δt2＝0.55 s－Δt1⑤ v2＝v1＋a2Δt2⑥
P从A点至B点，受外力F2＝6 N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动的加速度为a3，电荷量为q，在B点的速度为v3，从A点至B点的位移为x1，则
F2－μmg－qE＝ma3⑦ v－v＝2a3x1⑧
P以速度v3滑出轨道右端B点，设水平方向受外力为F3，电场力大小为 FE，有FE＝F3⑨
F3与FE大小相等方向相反，P水平方向所受合力为零，所以，P从B点开始做初速度为v3的平抛运动．设P从B点运动至D点用时为Δt3，水平位移为x2，由题意知＝tan α⑩
x2＝v3Δt3⑪
设小物体P从A点至D点电场力做功为W，则
W＝－qE(x1＋x2)⑫
联立④～⑧，⑩～⑫式并代入数据得W＝－9.25 J⑬
考题二 磁场
1.常见临界模型草图
2.圆心确定方法如图，找圆心，画出准确轨迹，找出几何关系是必要步骤。
3.常见隐藏规律
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
(2)当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
(3)当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长。
1.(多选)如圆所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为0.1kg、带电荷量q=+02C的滑块，滑块与绝缘木板的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩操力可认为等于滑动摩擦力，现对木板施加方向水平向左，大为0.6N的恒力，g取10m/s2，则( )
A.木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动
B.滑块开始做匀加速直线运动，然后做加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动
C.最终木板做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，滑块做速度为10m/s的匀速直线运动
D.最终木板做加速度为3m/s2的匀加速直线运动，滑块做速度为10m/s的匀速直续运动
答案：BD
解析：由于存在洛伦兹力使得物体间静摩擦力减小，所以系统加速度会减小，故A错，B对；当物体加速到使得滑块受到的洛伦兹力等于重力时，两物体分离，可推出滑块做匀速直线运动，木板在F力作用下做匀加速运动，所以D对。
2.如图所示，一内壁光滑、上端开口下端封闭的绝缘玻璃管竖直放置，高为h，管底有质量为m、电荷量为+q的小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。在外力作用下，玻璃管在磁场中运动速度保持不变，小球最终从上端管口飞出，在此过程中，下列说法正确的是( )
A.洛伦兹力对小球做正功 B.小球做匀加速直线运动
C.小球机械能的增加量小于qvBh
D.若玻璃管运动速度越大，则小球在玻璃管中的运动时间越小
答案：C
解析：小球水平方向做匀速直线运动，则竖直方向受到洛伦兹力为qvB，该力作用使得小球竖直方向做匀加速运动，运动合成后，小球做曲线运动，所以B错；洛伦兹力始终和合速度垂直，不做功，所以A错；根据动能定理，对弹力做正功，重力做负功，小球机械能增加量为竖直方向洛伦兹力做的功qvBh，故C错；玻璃管速度越大，竖直方向产生的洛伦兹力就大，运动就越快，故D对。
3.(多选)如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的而且绝缘，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，a、b为轨道的最低点，则正确的是( )
A．两小球到达轨道最低点的速度va>vb
B．两小球到达轨道最低点时对轨道的压力Fa>Fb
C．小球第一次到达a点的时间大于小球第一次到达b点的时间
D．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球也能到达轨道的另一端
答案：AB
解析：洛伦兹力不做功，电场力做负功，所以达到最低点速度va>vb，根据向心力方程，可知压力Fa>Fb，故A、B对，C错；因为洛伦兹力不做功，所以磁场中小球可以到达等高另一端，而电场力做负功，所以不能到达等高另一端，D错。
4.(多选)如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，在该区域中有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上，已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放，则下列判断正确的是( )
A．小球能越过d点并继续沿环向上运动
B．当小球运动到d点时，不受洛伦兹力作用
C．小球从d点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能减小
D．小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大
答案：BD
解析：从a到d根据动能定理可知电场力和重力做功抵消，则到d点速度为零，所以A错，B对；小球从d点运动到b点的过程中，重力势能先减小后增大，所以C错；从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时，此时重力和电场力在速度方向上分力的合力为零，所以此刻速度最大，故D对。
5.如图所示，半圆光滑绝缘轨道MN固定在竖直平面内，O为其圆心，M、N与O高度相同，匀强磁场方向与轨道平面垂直。现将一个带正电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道在M、N间做往复运动．下列说法中正确的是( )
A．小球在M点和N点时均处于平衡状态
B．小球由M到N所用的时间大于由N到M所用的时间
C．小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小均相等
D．小球每次经过轨道最低点时所受合外力大小均相等
答案：D
解析：受力分析可知，小球在M点和N点时均处于不平衡状态，故A错；小球运动对称，所以由M到N所用的时间等于由N到M所用的时间，故B错；小球每次经过最低点时，由于速度方向不同，洛伦兹力方向也不同，所以对轨道压力不等，故C错；而根据向心力方程，可知最低点时合外力相等，故D对。
6.如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板，从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是( )
A.只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上
B.对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心
C.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长
D.只要速度满足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上
答案：D
解析：对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关．故A错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心．故B错误；对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由可知，运动时间t越小．故C错误；根据轨道半径公式可知轨道半径和磁场半径是相等的，则入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确。
7.(多选)如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，∠A＝60°，AO＝L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子。已知粒子的比荷为，发射速度大小都为v0＝。设粒子发射方向与OC边的夹角为θ，不计粒子间相互作用及重力。对于粒子进入磁场后的运动，下列说法中正确的是( )
A.当θ＝45°时，粒子将从AC边射出
B.所有从OA边射出的粒子在磁场中运动时间相等
C.随着θ角的增大，粒子在磁场中运动的时间先变大后变小
D.在AC边界上只有一半区域有粒子射出
答案：AD
解析：由题意可知粒子的轨迹半径为L，当θ＝45°时，画出轨迹，可知粒子从AC边射出，故A对；所有从OA边射出的粒子在磁场中运动时间取决于轨迹圆心角的大小，所以B错；从OA边射出的粒子，随着θ角的增大，轨迹圆心角变小，时间变短，所以C错；因为粒子轨迹半径也是L，所以当θ＝0°时，粒子刚好从AC中点射出，所以在AC边界上只有一半区域有粒子射出，故D对。
8.(多选)如图所示，圆心角为90°的扇形COD内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，E点为半径OD的中点。现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b(不计重力)以大小不等的速度分别从O、E点均沿OC方向射入磁场，粒子a恰从D点射出磁场，粒子b恰从C点射出磁场，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是
A.粒子a带正电，粒子b带负电
B.粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为2∶5
C.粒子a、b的速率之比为5∶2
D.粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180∶53
答案：BD
解析：根据题意可知两个a带负电，粒子b带正电，故A错；画出两个粒子的轨迹后，可推出半径之比为2：5，所以速率之比也为2：5，故C错；根据洛伦兹力提供向心力公式可推出加速度之比为2：5，故B对；运动时间取决于轨迹圆心角，所以D对。
9.如图所示，在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a=60°，∠b=90°，边长ac=L，一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是( )
A. B. C. D.
答案：B
解析：粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子速度最大时运动轨迹与bc相切，粒子运动轨迹如图所示，由题意可知：∠a=60°，∠b=90°，边长ac=L，则ab=L/2，四边形abdO是正方形，粒子轨道半径：r=L/2，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力只有选项B正确。
10.(多选)在半径为R的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场。圆边界上的P处有一粒子源，沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v0的同种粒子，如图所示。现测得当磁感应强度为B1时，粒子均从由P点开始弧长为πR/2的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B2时，粒子则从由P点开始弧长为2πR/3的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力，则( )
A.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1：r2=：
B.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1：r2=2：3
C.前后两次磁感应强度的大小之比为B1：B2=：
D.前后两次磁感应强度的大小之比为B1：B2=：
答案：AD
解析：假设粒子带正电，如图1，磁感应强度为B1时，弧长对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则。如图2，磁感应强度为B2时，弧长对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则，因此r1：r2=：，故A对，B错；由洛伦兹提供向心力可知，两次磁感应强度的大小之比为B1：B2=：，故C错，D对。
11.如图所示，在水平面内存在一半径为2R和半径为R两个同心圆，半径为R的小圆和半径为2R的大圆之间形成一环形区域。小圆和环形区域内分别存在垂直于水平面、方向相反的匀强磁场。小圆内匀强磁场的磁感应强度大小为B。位于圆心处的粒子源S沿水平面向各个方向发射速率为qBR/m的正粒子，粒子的电荷量为q、质量为m，为了将所有粒子束缚在半径为2R的圆形内，环形区域磁感应强度大小至少为( )
A.B B.4B/5 C.5B/3 D.4B/3
答案：C
解析：
由几何知识可知∠OAO2=120°，由余弦定理可知：(2R-r)2=r2+R2-2Rrcos 120°
12.如图所示，在边长为L的正方形abcd内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。从边ad的四等分点P处沿与ad边成45°角向磁场区域内射入速度大小不等的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为-q(q>0)。不计粒子重力，关于粒子的运动，下列说法正确的是( )
A.可能有粒子从b点射出
B.粒子在磁场中运动的最长时间为
C.速度为v=的粒子从cd边射出磁场
D.从bc边射出的粒子的运动轨迹所对应的圆心角一定小于135°
答案：CD
解析：粒子的速度较大时，半较大，粒子从ab边射出，粒子的速照较小时，半径较小，粒了可能从bc，cd，ad边射出，由对称性可知，粒子不可能从b点出，故A错；粒子在磁场中的偏转角最大时，时间最长，当粒子从ad边出时，偏转角最大，偏转角为270°，所以最长时间为，故B错；速度为的粒子，半径为，粒子刚好从d点射出时的半径为，解得，所以粒子从cd边射出，故C正确；刚好从bc边射出的粒子速度方向与bc相切，偏转角为135°，所以要使粒子从bc边射出，圆心角一定小于135°，故D对。
13.如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形区域内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法正确的是( )
A．该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场
B．若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0
C．若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是
D．若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是
答案：AD
解析：由题意可知带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间to刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期T=2to。随着粒子速度逐渐增大，轨迹由①→②→③→④依次渐变，由图可以知道粒子在四个边射出时，射出范围分别为OG、FE、DC、BA之间，不可能从四个顶点射出，所以A项正确；当粒子从O点沿纸面垂直于cd边射入正方形内时，轨迹恰好为半个圆周，即时间to刚好为半周期，从ab边射出的粒子所用时间小于半周期to，从bc边射出的粒子所用时间小于，所有从cd边射出的粒子圆心角都是300°，所用时间为，故BC错，AD对。
14.(多选)如图所示，空间内有两个平行边界，在边界外侧有垂直于平面向外的匀强磁场，左侧区域的磁感应强度为B1，右侧区域的磁感应强度为B2，两边界间有水平向右的匀强电场，电场强度为E.在左侧边界A点有一个质量为m，电荷量为+g的粒子以初速度v水平向右进入电场，已知两边界间的距离为，下列关于粒子运动的说法正确的是( )
A.粒子从左向右经过电场的时间等于从右向左经过电场的时间
B.B1、B2取任何数值，粒子都不可能回到A点
C.若B1=B2=B，则粒子从出发到向右穿过左边界的时间可以为
D.若B1=B2=B，则粒子向右穿过左边界时离A点的距离可以为
答案：AD
解析：粒子从左向右经过电场时做匀加速直线运动，设穿过右边界的速度为v1，则有，，解得v1=3v，则粒子从左向右经过电场的时间，由对称性可知，粒子从右向左经过电场的时间也为t1，选项A错误；当B2=3B1时，粒子在两磁场区域内做圆周运动的半径相等，粒子回到A点，选项B错误；若B1=B2=B，粒子做如图所示的周期性运动，则粒子从出发到向右穿过左边界的时间为，其中n=1、2、3.......，选项C错；粒子在左侧磁场中的轨迹半径为，在右侧磁场中的轨迹半径为，则粒子从出发到向右穿过左边界时离A点的距离，n=1、2、3.......，选项D正确。
15.(多选)如图所示，在荧屏板MN的上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。距荧屏板d处有一粒子源S，能够纸面内不断均匀地向各个方向发射速度大小为，电荷量为q，质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子源发射粒子的总个为N，则( )
A.粒子能打到板上的区域长度为
B.打到板上的粒子数为
C.从粒子源出发到板的最短时间为
D.同一时刻发射的粒子打到荧光板上的最大时间差为
答案：BC
解析：粒子受到的洛仑兹力充当向心力，粒子运动的半径，粒子运动到绝缘板的两种临界情况如图，设SC垂直于MN于C点，由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左侧最远处A离C距离为，右侧离C最远处为B，距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是，选项A错误；
根据以上分析可知有一半的粒子能达到极板上，粒子源发射粒子的总个数为N，则打到板上的粒子数为N/2，选项B正确；在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹示意图，粒子做整个圆周运动的周期，由几何关系可知粒子运动最短时间，最长时间，
则最大时间差，故D错。
16.现代科学仪器常用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度都相同，长度足够长。电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个带正电的粒子在第1层左侧边界某处由静止释放，不计粒子的重力及运动时的电磁辐射。已知粒子从第4层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为30°。若保证粒子不能从第一层磁场右边界穿出，至少为（ ）
A．12 B．16 C．20 D．24
答案：B
解析：设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数，下同)。
nqEd＝mvn2⑤
qvnB＝m⑥
粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有
vn－1sin θn－1＝vnsin αn⑦
由图甲看出rnsin θn－rnsin αn＝d⑧
由⑥⑦⑧式得
rnsin θn－rn－1sin θn－1＝d⑨
由⑨式看出r1sin θ1，r2sin θ2，…，rnsin θn为一等差数列，公差为d，可得
rnsin θn＝r1sin θ1＋(n－1)d⑩
当n＝1时，由图乙看出r1sin θ1＝d
由⑤⑥⑩⑪式得
sin θn＝B⑫
甲 乙
由此可以推出当n=4时，θ4=30°，当θn=90°时，粒子不会射出，则n=16，故B对，其他都错。
17.(多选)如图，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。M为磁场边界上一点，有无数个带电荷量为q、质量为m的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的。下列说法正确的是( )
A粒子从M点进入磁场时的速率为v＝
B．粒子从M点进入磁场时的速率为v＝
C若将磁感应强度的大小增加到B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来
D若将磁感应强度的大小增加到B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来
答案：BD
解析：边界上有粒子射出的范围是偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧长，即偏转圆半径r＝＝，得v＝所以B对，A错；磁感应强度增加到原来的倍， 直径对应的弦长为R，有粒子射出的边界圆弧对应的圆心角为60°，所以弧长之比为2∶3，D对，C错。
17.如图所示，两平行金属板右侧的平行直线A1、A2间，存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以竖直面MN为理想分界面。两磁场区域的宽度相同，磁感应强度的大小均为B，Ⅰ区的磁场方向垂直于纸面向里。一电子由静止开始，经板间电场加速后，以速度v0垂直于磁场边界A1进入匀强磁场，经t＝的时间后，垂直于另一磁场边界A2离开磁场。已知电子的质量为m，电荷量为e。
(1)求每一磁场区域的宽度d；
(2)若要保证电子能够从磁场右边界A2穿出，加速度电压U至少应大于多少？
(3)现撤去加速装置，使Ⅰ区域的磁感应强度变为2B，电子仍以速率v0从磁场边界A1射入，并改变射入时的方向(其他条件不变)，使得电子穿过Ⅰ区域的时间最短。求电子穿过两区域的时间t。
答案：(1) (2) (3)
解析：(1)电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
ev0B＝m
电子做圆周运动的周期：T＝
电子在每一磁场中运动的时间为：t1＝＝＝
电子的在磁场中转过圆心角：θ＝
磁场的宽度：d＝rsin 45°，
解得：d＝。
(2)若电子恰好不从A2穿出磁场，电子运动轨迹应和MN相切，在Ⅰ区域中转半圈后从A1离开磁场，运动轨迹如图甲所示：
设此时对应的电压为U，电子进入磁场时的速度为v，由牛顿第二定律得：evB＝m
由几何知识得：R＝d
在加速电场中，由动能定理得：eU＝mv2－0
解得：U＝。
(3)由于速率一定，要电子穿过Ⅰ区域的时间最短，则需电子穿过Ⅰ区域的弧长最短(对应的弦长最短)。运动轨迹如图乙所示：
在Ⅰ区域的半径：
r1＝
由图可知：sin θ＝，解得θ＝。
在Ⅰ区域的运动时间：t1＝T＝。
在Ⅱ区域的半径：r2＝＝2r1。
由几何关系可知，在Ⅱ区域中的圆心O2必在A2上。
如图，φ＝θ＝。
在Ⅱ区域的运动时间：t1＝T＝。
通过两场的总时间t＝t1＋t2＝。
18.如图所示，在第一象限内，0a的区域Ⅱ中有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内磁场的磁感应强度大小均为B。沿y轴有一不计厚度的返回粒子收集器，内部距离原点为2a的P点有一粒子源，持续不断的沿x轴正方向发射速度大小不同的同种带电粒子，粒子的质量为m、电荷量为＋q，不计粒子的重力，求：
(1)进入区域Ⅱ磁场的粒子的最小速度；
(2)粒子从P点射出到返回到收集器上的同一位置的运动时间；
(3)要使所有返回区域Ⅰ磁场的带电粒子都能被收集器收集，求收集器的最小长度。
答案：(1) (2) (3)4a－2a
解析：(1)设进入区域Ⅱ磁场的粒子的最小速度为v1，轨迹半径为r1，由几何关系，r1＝a 在磁场中做匀速圆周运动qv1B＝m，解得v1＝。
(2)如图所示，粒子在左侧磁场运动的第一段轨迹对应的圆心角为60°
运动时间t＝2·＋T＝T
所以解得t＝·＝。
(3)由(1)知PN＝2a
粒子速度最大且能返回到y轴的运动轨迹示意图如图所示，
由几何关系可得：
2r3－2(r3－r3cos β)＝2a
2r3sin β＝2a
解得r3＝2a，β＝30°
PM＝2a－2(r3－r3cos β)＝4(－1)a
MN＝PM＋PN＝4a－2a
19.如图所示，在xOy平面内，有一粒子源持续不断地沿x轴正方向每秒发射出N个速率均为v的粒子，形成宽为，在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的粒子流。粒子流沿x方向射入一个半径为R，中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向外，粒子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板C和A，其中C板与P点的距离为，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。C板接地，A与C两板间加有正负、大小均可调的电压UCA，穿过C板小孔到达A板的所有粒子被收集且导出，从而形成电流。已知粒子的比荷为k，忽略粒子重力和相互作用。
(1)球磁感应强度B的大小及粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比
(2)求粒子从P点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围
(3)当UCA=0时，每秒经过C板上的小孔到达极板A的粒子数
答案：(1)4：1 (2)-60°＜θ＜60°(3)N/2
解析：(1)有题意可知粒子的轨迹半径为R，则最高点粒子运动时间最长，轨迹圆心角为120°，最低点进入粒子运动时间最短，轨迹圆心角为30°，所以时间之比为4：1。
(2)运动最久的粒子穿过P点速度方向与竖直方向夹角为60°，最短粒子为-60°，故夹角θ的范围为-60°＜θ＜60°
(3)粒子能进入孔边时的速度方向与竖直方向夹角为，可知角度30°，而粒子从P点进入角度范围是-60°＜θ＜60°，所以有一半粒子N/2到达极板A。
考题三 复合场
1.常见复合场装置：①速度选择器、②回旋加速器、③质谱仪、④磁流体发电机、⑤霍尔元件、⑥电磁流量计
期中霍尔电压U＝k，期中d为沿B方向的距离，霍尔系数k=1/nq，n是单位体积内自由电荷数。
2.求解复合场问题基本思路
(1)按照带电粒子运动的先后顺序，将整个运动过程划分成不同阶段的小过程，弄清每一个过程受力特征和运动特征，画出准确轨迹，特别是速度大小和方向。
(2)利用几何图形处理边角关系，运用数学知识建立等式关系。
(3)找圆心，画轨迹，几何关系列等式，必不可少。
1.(多选)去年底，我省启动“263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战，暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经测量管时，a、c两端电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)，则( )
A.a侧电势比c侧电势高
B.污水中离子浓度越高，显示仪器的示数将越大
C.若污水从右侧流入测量管，显示器显示为负值，将磁场反向则显示为正值
D.污水流量Q与U成正比，与L、D无关
答案：AC
解析：根据电磁流量计原理可知a侧电势比c侧电势高，故A对；电压示数与粒子浓度无关，故B错；改变一个方向，示数会显示负值，故C对；流量与流速成正比，所以D错。
2.(多选)如图所示是选择密度相同、大小不同纳米粒子的一种装置.待选粒子带正电且电量与表面积成正比.待选粒子从O1进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域Ⅰ的板间电压为U，粒子通过小孔O2射入正交的匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的磁感应强度大小为B，左右两极板间距为d.区域Ⅱ出口小孔O3与O1、O2在同一竖直线上.若半径为r0，质量为m0、电量为q0的纳米粒子刚好能沿直线通过，不计纳米粒子重力，则( )
A.区域Ⅱ的电场与磁场的强度比值为
B.区域Ⅱ左右两极板的电势差U1＝Bd
C.若纳米粒子的半径r＞r0，则刚进入区域Ⅱ的粒子仍将沿直线通过
D.若纳米粒子的半径r＞r0，仍沿直线通过，则区域Ⅱ的电场与原电场强度之比为
答案：AD
解析：设半径为r0的粒子加速后的速度为v，则有：q0U＝m0v2
设区域Ⅱ内电场强度为E，洛伦兹力等于电场力，即：q0vB＝q0E
联立①②解得：E＝B，则区域Ⅱ的电场与磁场的强度比值为，U1＝Ed＝Bd，故A正确，B错误；若纳米粒子的半径r＞r0，设半径为r的粒子的质量为m、带电量为q、被加速后的速度为v′，则m＝()3m0而q＝()2q0，由mv′2＝qU解得：v′＝ ＝v＜v，故洛伦兹力小于电场力，粒子带正电，故粒子向左偏转，故C错误；要使粒子直线通过需满足E＝vB，故区域Ⅱ的电场与原电场的电场强度之比为；故D正确.
3.(多选)如图所示，虚线框内有方向正交的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向竖直向下，一离子束垂直于电场和磁场方向从O点以某初速度飞入场区，恰好做匀速直线运动，从O′点离开场区．如果去掉磁场仅有电场，经历时间t1后，离子将从a点飞离场区，飞离速度为v1．如果去掉电场仅有磁场，经历时间t2后，离子将从b点飞离场区，飞离速度为v2。则下列说法正确的是( )
A.aO′t2
答案：AC
解析：仅有电场，电场力会做功，离开时的动能增加，所以B错；只有磁场力，那么粒子会偏转使得水平方向的分速度变小，而水平方向位移不变，时间会变长，所以C对，D错；粒子受到的电场力等于洛伦兹力，所以竖直方向运动仅受到电场力时运动的快，因为洛伦兹力竖直方向的力在减小，所以A对。
4.(多选)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：UH＝k，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：由左手定则可判定，霍尔元件的前表面积累正电荷，电势较高，故A错。由电路关系可见，当电源的正、负极对调时，通过霍尔元件的电流IH和所在空间的磁场方向同时反向，前表面的电势仍然较高，故B错。由电路可见，＝，则IH＝I，故C正确。RL的热功率PL＝IL2RL＝2RL＝，因为B与I成正比，故有：UH＝k＝k′＝k′，可得知UH与PL成正比，故D正确。
5.为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的长方体流量计。该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口。在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M、N两端间的电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )
A.M端的电势比N端的高
B.电压表的示数U与a和b均成正比，与c无关
C.电压表的示数U与污水的流量Q成正比
D.若污水中正负离子数相同，则电压表的示数为0
答案：C
解析：根据电磁流量计原理可知M端的电势比N端的低，故A错；产生的U=Bdv，可知B错；根据流量公式可知C对，D错。
6.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a，长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的( )
A.前表面的电势比后表面的低 B.前、后表面间的电压U与v无关
C.前、后表面间的电压U与c成正比 D.自由电子受到的洛伦兹力大小为
答案：D
解析：根据霍尔元件原理，可知前表面的电势比后表面的高，故A错；霍尔电压与速度有关，与c无关，故BC错；洛伦兹力等于电场力，故D对。
7.(多选)为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a＝1m、b＝0.2m、c＝0.2m，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B＝1.25T的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时，测得两个电极间的电压U＝1V。且污水流过该装置时受到阻力作用，阻力f＝kLv，其中比例系数k＝15N·s/m2，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速。下列说法中正确的是( )
A．金属板M电势不一定高于金属板N的电势，因为污水中负离子较多
B．污水中离子浓度的高低对电压表的示数也有一定影响
C．污水的流量(单位时间内流出的污水体积)Q＝0.16m3/s
D．为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压强差为Δp＝1500Pa
答案：CD
解析：根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N板带负电，M板带正电，则N板的电势比M板电势低，故A错误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB＝q，解得：U＝vBc，与离子浓度无关，故B错误；污水的流速：v＝，则流量Q＝vbc＝＝ m3/s＝0.16 m3/s，故C正确；污水的流速：v＝＝ m/s＝4 m/s；污水流过该装置时受到阻力：f＝kLv＝kav＝15×1×4 N＝60 N；为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差是60 N，则压强差为Δp＝＝ Pa＝1500 Pa，故D正确。
8.(多选)一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图所示，D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连。下列说法正确的是( )
A.质子被加速后的最大速度随B、R的增大而增大
B.质子被加速后的最大速度随电场的电压增大而增大
C.不需要改变任何量，这个装置也能用于加速α粒子
D.质子被加速后的最大速度与电场的电压大小无关
答案：AD
解析：根据半径公式，可知最大速度与B、R正相关，所以A对，B错；由于质子和α粒子比荷不同，故不能用来加速α粒子，所以C错，D对。
9.为了降低潜艇噪音，可用电磁推进器替代螺旋桨。如图为直线通道推进器示意图。推进器前后表面导电，上下表面绝缘，规格为：a×b×c＝0.5m×0.4m×0.3m。空间内存在由超导励磁线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B＝10.0T，方向竖直向下，若在推进器前后方向通以电流I＝1.0×103A，方向如图。则下列判断正确的是( )
A.推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为5.0×103N
B.推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为4.0×103N
C.超导励磁线圈中的电流方向为PQNMP方向
D.通过改变流过超导励磁线圈或推进器的电流方向可以实现倒行功能
答案：D
解析：根据安培力公式F=BIL可知AB错；根据右手定则可知C错；改变电流方向可以改变安培力的方向，所以可以实现倒行功能，D对。
10.如图所示为等离子体发电机的示意图。高温燃烧室产生的大量的正、负离子被加速后垂直于磁场方向喷入发电通道的磁场中。在发电通道中有两块相距为的平行金属板，两金属板外接电阻。若磁场的磁感应强度为，等离子体进入磁场时的速度为，系统稳定时发电通道的电阻为。则下列表述正确的是
A.上金属板为发电机的负极，电路中电流为
B.下金属板为发电机的正极，电路中电流为
C.上金属板为发电机的正极，电路中电流为
D.下金属板为发电机的负极，电路中电流为
答案：C
解析：根据磁流体发电机原理可以判断上金属板为正极，再根据闭合电路欧姆定律可知电路中的电流为，所以C对，其他错。
11.(多选)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如左图所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。右图为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是( )
A.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小
B.自行车的车速越大，霍尔电势差越高
C.图乙中霍尔元件的电流I一定是由正电荷定向运动形成的
D.如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小
答案：AD
解析：单位时间内的脉冲数就是车轮的圈数，知道半径就知道周长，周长乘以圈数就可以知道车速，所以A对；根据霍尔电压表达式可知车速与霍尔电压无关，所以B错；因为霍尔元件的载流子电性不知，所以C错；长时间不更换电源会导致电流变小，而霍尔电压与电流强度正相关，所以会减小，故D对。
1.如图所示，平面直角坐标系xOy在第一象限内存在水平向左的匀强电场，第二、四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在与x轴负方向成30°角斜向上的匀强电场.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以一定初速度从y轴上的A点与y轴正方向成60°角垂直磁场方向射入第二象限，粒子从x轴上的C点与x轴正方向成30°角进入第三象限.粒子到达y轴上的D点(未画出)时速度刚好减半，经第四象限内磁场偏转后又能垂直x轴进入第一象限内，最后恰好回到A点.已知OA＝a，第二象限内匀强磁场的磁感应强度为B.粒子重力不计，求：
(1)粒子初速度v0和第四象限内匀强磁场的磁感应强度B1的大小；
(2)第一、三象限内匀强电场的电场强度E1和E2的大小；
(3)粒子在第一、三象限内运行的时间比t1∶t3.
答案：(1) B (2) (3)
解析：(1)粒子在第二象限内运动正好完成半个圆周，则
2R1cos 30°＝OA
解得R1＝a
而Bqv0＝，解得v0＝
粒子在第三象限中运动时有CD＝2R1tan 30°＝a
粒子在第四象限中运动时有R2＝CDtan 30°＝a
而B1qv1＝m，v1＝v0
解得B1＝B
(2)在第一象限内：
OF＝R2＋R2sin 30°＝a
有OF＝··t
OA＝v1t1
解得E1＝，t1＝
在第三象限内：v－v＝2··CD
代入解得E2＝
(3)在第三象限内有：
v0－v1＝·t3
解得t3＝
所以＝
2.如图所示，在xOy平面内，以O1(0，R)为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直平面向里的匀强磁场B1，x轴下方有一直线ab，ab与x轴相距为d，x轴与直线ab间区域有平行于y轴的匀强电场E，在ab的下方有一平行于x轴的感光板MN，ab与MN间区域有垂直于纸平面向外的匀强磁场B2.在0≤y≤2R的区域内，质量为m的电子从圆形区域左侧的任何位置沿x轴正方向以速度v0射入圆形区域，经过磁场B1偏转后都经过O点，然后进入x轴下方．已知x轴与直线ab间匀强电场场强大小E＝，ab与MN间磁场磁感应强度B2＝.不计电子重力．
(1)求圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小？
(2)若要求从所有不同位置出发的电子都不能打在感光板MN上，MN与ab板间的最小距离h1是多大？
(3)若要求从所有不同位置出发的电子都能打在感光板MN上，MN与ab板间的最大距离h2是多大？当MN与ab板间的距离最大时，电子从O点到MN板，运动时间最长是多少？
答案：(1) (2)3d (3)d ＋
解析：(1)所有电子射入圆形区域后做圆周运动，轨道半径大小相等，设为r，当从位置y＝R处射入的电子经过O点进入x轴下方，则：r＝R
ev0B1＝m，解得B1＝
(2)设电子经电场加速后到达ab时速度大小为v，电子在ab与MN间磁场做匀速圆周运动轨道半径为r1，沿x轴负方向射入电场的电子离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，则
eEd＝mv2－mv
r1＝，cosθ＝
如果电子在O点以速度v0沿x轴负方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，不能打在感光板上，则所有电子都不能打在感光板上．恰好不能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心为O2，如图甲所示．
则感光板与ab间的最小距离
h1＝r1＋r1cosθ
v＝2v0，r1＝2d，θ＝60°
解得h1＝3d
(3)如果电子在O点沿x轴正方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，能打在感光板上，则所有电子都能打在感光板上．恰好能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心为O3，如图乙所示．
感光板与ab间的最大距离
h2＝r1－r1cosθ
解得h2＝d
当感光板与ab间的距离最大为h2＝d时，所有从O点到MN板的电子中，沿x轴正方向射入电场的电子，运动时间最长．设该电子在匀强电场中运动的加速度为a，运动时间为t1，在磁场B2中运动周期为T，时间为t2，则
a＝，d＝at
T＝，t2＝T
运动最长时间tm＝t1＋t2
解得T＝，t1＝，t2＝ tm＝＋
3.如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m、电量为＋q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。
(1)求极板间电场强度的大小；
(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；
(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为、，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。
答案：(1) (2)或 (3)5.5πD
解析：(1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得
qE＝mv2①
由①式得
E＝②
(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得
qvB＝m③
如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得
R＝④
联立③④式得
B＝⑤
若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得
R＝⑥
联立③⑥式得
B＝⑦
(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，Ⅰ区和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B1＝、B2＝
由牛顿第二定律得
qvB1＝m，qvB2＝m⑧
代入数据得
R1＝，R2＝⑨
设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做周围运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式得
T1＝，T2＝⑩
据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为α，由几何关系得
θ1＝120°⑪
θ2＝180°⑫
α＝60°⑬
粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图丙所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得
t1＝×T1，t2＝×T2⑭
设粒子运动的路程为s，
由运动学公式得
s＝v(t1＋t2)⑮
联立⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式得
s＝5.5πD。⑯
4.如图甲所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有沿x轴正向的匀强电场，场强大小为E；y轴右侧有如图乙所示，大小和方向周期性变化的匀强磁场，磁感应强度大小B0已知．磁场方向垂直纸面向里为正．t＝0时刻，从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q(粒子重力不计)，粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等．求：
(1)P点到O点的距离；
(2)粒子经一个周期沿y轴发生的位移；
(3)粒子能否再次经过O点，若不能说明理由．若能，求粒子再次经过O点的时刻；
(4)粒子第4n(n＝1、2、3…)次经过y轴时的纵坐标．
答案：(1) (2) (3) (4)－(n＝1、2、3…)
解析：(1)设粒子在电场中匀加速运动的时间为t0，
t0＝
Eq＝ma
设OP间距离为x，x＝at
解得：x＝.
(2)设粒子做圆周运动的半径分别为R1和R2，
R1＝
R2＝
粒子每经一个周期沿y轴向下移动Δx，如图所示
Δx＝2R2－2R1＝.
(3)当粒子从左侧射入向上偏转时可能再次经过O点，故从O点下方2R1处入射时，2R1＝NΔx
解得：N＝2，粒子能再次经过O点
t＝2T＋2t0
解得：t＝
(4)经分析知粒子每个周期4次经过y轴，每个周期沿y轴移动距离为Δx，故y＝－nΔx
解得：y＝－(n＝1、2、3…)
故粒子第4n(n＝1、2、3…)次经过y轴时的纵坐标为－(n＝1、2、3…)
5.现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d。电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。
(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；
(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，求出sin θn；
(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之。
答案：(1)2 (2)B
解析：(1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。由动能定理，有
2qEd＝mv22①
由①式解得v2＝2 ②
粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有
qv2B＝m③
由②③式解得r2＝ ④
(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数，下同)。
nqEd＝mvn2⑤
qvnB＝m⑥
粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有
vn－1sin θn－1＝vnsin αn⑦
由图甲看出rnsin θn－rnsin αn＝d⑧
由⑥⑦⑧式得
rnsin θn－rn－1sin θn－1＝d⑨
由⑨式看出r1sin θ1，r2sin θ2，…，rnsin θn为一等差数列，公差为d，可得
rnsin θn＝r1sin θ1＋(n－1)d⑩
当n＝1时，由图乙看出r1sin θ1＝d
由⑤⑥⑩⑪式得
sin θn＝B ⑫
甲 乙
(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则
θn＝⑬
sin θn＝1⑭
在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为，假设能穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时的速度方向与水平方向的夹角为θn′，由于
＞⑮
则导致sin θn′＞1⑯
说明θn′不存在，即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。
6.回旋加速器的工作原理如图甲所示，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m，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＝。一束该粒子在t＝0～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。
答案：(1) (2)－ (3)d<
解析 (1)粒子运动半径为R时
qvB＝m
且Em＝mv2
解得Em＝
(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，加速度a＝
匀加速直线运动nd＝a·Δt2
由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－
(3)只有在0～(－Δt)时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝
由η>99%，解得d<
7.使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B。为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器．引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出．已知OQ长度为L，OQ与OP的夹角为θ。
(1)求离子的电荷量q并判断其正负；
(2)离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B′，求B′；
(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应．为使离子仍从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小。
答案：(1) 正电荷 (2)(3)Bv－
解析：(1)离子做圆周运动Bqv＝①
q＝，根据左手定则可判断离子带正电荷②
(2)离子进入通道前、后的轨迹如图所示
O′Q＝R，OQ＝L，O′O＝R－r
引出轨迹为圆弧，B′qv＝③
R＝④
由余弦定理得R2＝L2＋(R－r)2＋2L(R－r)cosθ
解得R＝⑤
故B′＝＝⑥
(3)电场强度方向沿径向向外⑦
引出轨迹为圆弧Bqv－Eq＝⑧
解得E＝Bv－⑨
8.如图为某种离子加速器的设计方案．两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场．其中MN和M′N′是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O′，O′N′＝ON＝d，P为靶点，O′P＝kd(k为大于1的整数)．极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U.质量为m、带电量为q的正离子从O 点由静止开始加速，经O′进入磁场区域．当离子打到极板上O′N′区域(含N′点)或外壳上时将会被吸收．两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过，忽略相对论效应和离子所受的重力．求：
(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；
(2)能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；
(3)打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间．
答案：(1) (2) (n＝1，2，3，…，k2－1) (3) h
解析：(1)粒子经电场加速一次后的速度为v1，由动能定理得
qU＝mv①
粒子能打到P点，则在磁场中的轨道半径r1＝②
对粒子在磁场中由牛顿第二定律得qv1B1＝③
联立①②③式解得B1＝④
(2)若粒子在电场中加速n次后能打到P点，同理可得
nqU＝mv2 (n＝1，2，3，…)⑤
rn＝⑥
qvB＝⑦
联立⑤⑥⑦式解得B＝⑧
由题意可得当n＝1时，2r1′>d⑨
解得n
(3)当n＝k2－1时，打在P点的粒子能量最大
粒子在磁场中运动周期T＝⑪
粒子在磁场中运动时间tB＝(n－)T⑫
联立⑧⑪⑫式解得tB＝⑬
对粒子在电场中由动量定理得·tE＝mv⑭
联立⑤⑭式解得在电场中运动时间tE＝h⑮
9.两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图甲、乙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向)。在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子(不计重力)。若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷均已知，且，两板间距。
(1)求粒子在0~t0时间内的位移大小与极板间距h的比值。
(2)求粒子在极板间做圆周运动的最小半径R1与最大半径R2(用h表示)。
(3)若板间电场强度E随时间的变化仍如图甲所示，磁场的变化改为如图丙所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图(不必写计算过程)。
答案：(1)1：5 (2) (3)见解析
解析：(1)粒子在0～t0时间内，位移，所以
(2)粒子在t0~2t0时间内做匀速圆周运动，速度大小，轨迹半径，粒子的轨迹周期T=t0，所以粒子在在t0~2t0时间内 恰好做一个完成的圆周运动，则粒子在2t0~3t0时间内做初速度为v1的匀加速运动，则位移，，则粒子在3t0~4t0时间内，轨迹半径，由于，所以粒子在3t0~4t0时间内做一个完整的圆周运动，而在4t0~5t0时间内匀加速出去，所以最大轨迹半径为R2。
(3)如图
10.现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电离子的运动。如图所示，真空中存在这多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d，电场强度为E，方向水平向左，垂直纸面向里磁场的磁感应强度为B1，垂直纸面向外磁场的磁感应强度为B2，电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m，电荷量为q的带正电粒子在第1层磁场左侧边界以初速度v0射入，方向与边界夹角为θ，设粒子始终在电场、磁场运动，除B1、B2、E以外其他物理量已知，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。(cos53°=0.6，sin53°=0.8)
(1)若θ=53°，要求粒子不进入电场，求B1至少多大？
(2)若θ=53°，且，要求粒子不穿出电场，求E至少多大？
(3)若B1、E均已知，求粒子从第n层磁场右侧边界穿出时速度的大小？
(4)若B1、E均已知，求粒子从第n层磁场右侧边界穿出时速度的方向恰与原方向平行，求B2的大小？
答案：(1) (2) (3) (4)
解析：(1)当θ=53°，要求粒子不进入电场，则粒子在B1场中做圆周运动的半径R1，则有，再根据半径公式，可知。
(2)当θ=53°时，且，设粒子在B1场中轨迹半径为R，粒子进入电场时与界面的夹角为β，在B1场中，由几何关系，解得β=37°。在电场中沿场强方向做匀减速运动，所以有
，解得。
(3)设粒子从第n层有边界穿出时速度大小为vn，由动能定理得
，解得
(4)对粒子，全过程中，在垂直于电场方向上只有洛伦兹力有冲量，由动量定理可得
，解得
11.如图所示，待测区域中存在匀强电场和匀强磁场，根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场。图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成，极板长度为l、间距为d，两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反。质量为m、电荷量为＋q的粒子经加速电压U0加速后，水平射入偏转电压为U1的平移器，最终从A点水平射入待测区域。不考虑粒子受到的重力。
(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1；
(2)当加速电压变为4U0时，欲使粒子仍从A点射入待测区域，求此时的偏转电压U；
(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域，刚进入时的受力大小均为F。现取水平向右为x轴正方向，建立如图所示的直角坐标系Oxyz。保持加速电压为U0不变，移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域，粒子刚射入时的受力大小如下表所示。
射入方向
y
－y
z
－z
受力大小
F
F
F
F
请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向。
答案：(1)v1＝ (2)U＝4U1
(3)若B沿x轴方向，由沿z轴方向射入时的受力情况得
E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为30°或150°。
若B沿－x轴方向
E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为－30°或－150°。
解析：(1)设粒子射出加速器的速度为v0
由动能定理得qU0＝mv02
由题意得v1＝v0，即v1＝
(2)在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t
加速度的大小a＝
在离开时，竖直分速度vy＝at
竖直位移y1＝at2
水平位移l＝v1t
粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为t
竖直位移y2＝vyt
由题意知，粒子竖直总位移y＝2y1＋y2
解得y＝
则当加速电压为4U0时，U＝4U1。
(3)(a)由沿x轴方向射入时的受力情况可知：B平行于x轴，且E＝
(b)由沿±y轴方向射入时的受力情况可知：E与Oxy平面平行。
F2＋f2＝(F)2，则f＝2F且f＝qv1B
解得B＝
(c)设电场方向与x轴方向夹角为α。若B沿x轴方向，由沿z轴方向射入时的受力情况得
(f＋Fsin α)2＋(Fcos α)2＝(F)2
解得α＝30°，或α＝150°
即E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为30°或150°
同理，若B沿－x轴方向
E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为－30°或－150°
专题4 电场与磁场
123
考题一 电场
1.电场是矢量，叠加用平行四边形法则，用电场线描述电场的分布特点，掌握六中常见电场线分布特征以及四种等势面分布。
2.电场线、电势和电势能区别
(1)电场线的疏密反应场强大小，切线方向反应场强方向，从正电荷出发到负电荷截止，不闭合。
(2)沿电场线方向电势降低，靠近正电荷电势高，靠近负电荷电势低，是标量，一般规定接地为零电势。
(3)电势能Ep＝qφ，也是标量，跟带电体电性有关，计算时电荷量、电势的正负号都要代入，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。
3.带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法
(1)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。
(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等。
(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能(或速率)的变化情况。
4.平行板电容器的两个特性
(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变，或在电路中相当于电压表。
(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变，此时，改变板间距离，场强也变。
5.偏转规律与应用
(1)两个推论
①速度偏转角正切值等于位移偏转角正切值两倍
②任意时刻速度反向延长线交水平位移中点
(2)两个规律
①粒子带电荷量为q，质量为m，已速度v0通过电压为U，板长为l，板间距离为d(忽略重力影响)的平行板电容器，则有偏移量。
②不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的，即，方向相同，打在光屏的同一点，且粒子离开时获得的速度与比荷成正相关。
③示波器原理
1.(多选)如图所示，A、B均为半个绝缘正方体，质量均为m，在A、B内部各嵌入一个带电小球，A带电量为+q，B带电量为－q，且两个小球的球心连线垂直于AB接触面。A、B最初靠在竖直的粗糙墙上。空间有水平向右的匀强电场，场强大小为E，重力加速度为g。现将A、B无初速度释放，下落过程中始终相对静止，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是( )
A．两物块下落的加速度大小均为g
B．两物块下落的加速度大小应小于g
C．A、B之间接触面上的弹力为零
D．B受到A的摩擦力作用，方向沿接触面向上
答案：AD
解析：整体分析，可知系统水平方向合外力为零，所以不受墙面弹力，也就没有墙面的摩擦力，所以系统竖直方向仅受重力作用，故加速度大小为g，所以A对，B错；隔离分析A可知其受到竖直向下的重力，和水平向右的电场力，若想平衡，则必受到B对A弹力和向下的摩擦力，所以C错，D对。
2.如图所示，在匀强电场中有一个半径为R＝1m的圆，电场方向与圆的平面平行，O、P两点电势差为10V，一个电子在该匀强电场中在仅受电场力作用下运动，且在P、Q两点上速度方向与圆的切线一致，速度大小均为1m/s，则( )
A.电子从P到Q的运动过程中，动能先增大后减小
B.电子可能做圆周运动
C.该匀强电场的电场强度E＝10V/m
D.O点与圆周上电势最低的点电势差为10V
答案：D
解析：带电粒子仅受电场力作用，由于粒子在P、Q两点动能相等，则电势能也相等，因为电场为匀强电场，所以两点的连线PQ即为等势面，根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO.由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从P到Q做曲线运动，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大，故A、B错误；匀强电场的电场强度E＝式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UPO＝E×R，所以E＝＝10 V/m，C错误，圆周上电势最低的点与O点的电势差为U＝ER＝10 V，故D正确.
3.(多选)如图所示，绝缘水平面内的等边三角形ABP的边长为L，顶点P恰好位于一倾角为30°的光滑绝缘直轨道O'P的最低点，O'O垂直于水平面，O为三角形AB边的中点，现将一对等量异种电荷固定于A、B两点，各自所带电荷量为Q，在光滑直导轨O'P上端O'处将质量为m，带电荷量为+q的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)由静止开始释放，取无穷远处电势为零，静电力常量为k，重力加速度为g，空气阻力可忽略，则小球沿轨道O'P下滑过程中( )
A.小球做变加速直线运动 B.小球的电势能先增大后减小
C.轨道O'处与P处电场强度大小之比为2：1 D.小球到达轨道底端P的速度为
答案：CD
解析：等量异种电荷，可知O'PO为等势面，所以电势能不会变化，沿斜面方向只有重力的分力，所以小球做匀加速运动，故AB错；对小球列动能定理式可退出达到P点的速度为，矢量合成可知O'处与P处电场强度大小之比为2：1，故D对。
4.(多选)如图所示，绝缘轻杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用.初始时轻杆与电场线垂直(如图中实线所示位置)，将杆向右平移的同时顺时针转过90°到图中虚线所示位置，发现A、B两球电势能之和不变.根据图中给出的位置关系，可判断下列说法正确的是( )
A.有可能电场力对A球和B球都不做功
B. A球电势能一定增加，B球电势能一定减小
C. A球可能带正电荷也可能带负电荷，但B球所带电荷一定与A球所带电荷的电性相反
D. A、B两球带电量的绝对值之比一定是qA：qB=1：2
答案：CD
解析：由题意可知转动后系统电势能不变，可知电场力对两球做功之和等于零，所以两个球是异种电荷，所以A错；因电场力对两球做功大小相等，而位移之比是2：1，所以电荷量大小之比是1：2，所以D对，其他选项错。
5.(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球用长为L的细线悬挂在水平向右的匀强电场中，小球静止于A点，此时悬线与竖直方向夹角为θ＝30°.现用力将小球拉到最低点C处并由静止释放，释放的同时加上一个垂直纸面向里的匀强磁场，不计空气阻力，重力加速度为g，小球运动过程中细线始终伸直，则( )
A．匀强电场的电场强度大小为
B．小球将在A、C间往复摆动
C．小球回到C点时，细线张力将大于mg
D．小球从C点向右摆到最高点的过程，电势能减少量为mgL
答案：AD
解析：对小球受力分析，共点力平衡，可知小球的电场强度为，所以A对；根据等效场原则，可知小球向上最大的摆角是60°，所以B错，对称分析，回到C点细线张力仍等于mg，所以C错；小球从最低点运动到最高点，电场力做功等于重力做功，所以电势能减少量为mgL。
6.位于正方形四角上的四个等量点电荷的电场线分布如图所示，ab、cd分别是正方形两组对边的中垂线，O为中垂线的交点，P、Q分别为ab、cd上的两点OP＞OQ，下列说法中正确的是( )
A.P、Q两点的电势关系为φP＜φQ
B.P、Q两点电场强度的大小关系为EQ＜EP
C.若在O点轻放一正点电荷，该正点电荷可能沿ab方向运动
D.带负电的试探电荷在Q点时的电势能比在M点时的电势能小
答案：D
解析：由题意可知abcd是等势线，且电势等于零，所以A错；矢量和成可知P、Q两点电场强度的大小相等，所以B错；若在O点轻放一正点电荷，可知受力为零，所以不会运动，所以C错；M点电势低，所以负电荷再M点电势能更大，所以D对。
7.(多选)如图所示，平行板电容器两极板水平放置，电容为C，开始时开关闭合，电容器与一直流电源相连，极板间电压为U，两极板间距为d，电容器储存的能量E＝CU2。一电荷量为－q的带电油滴，以初动能Ek0从平行板电容器的两个极板中央水平射入(极板足够长)，带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则( )
A.保持开关闭合，仅将上极板下移，带电油滴仍能沿水平线运动
B.保持开关闭合，仅将上极板下移，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为Ek0＋
C.断开开关，仅将上极板上移，带电油滴将撞击下极板，撞击下极板时的动能为Ek0＋
D.断开开关，仅将上极板上移，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为CU2
答案：BD
解析：保持开关闭合，开始时带电油滴沿直线匀速通过电容器，则：＝mg，保持开关闭合，仅将上极板下移，则向上的电场力大于重力，故带电油滴向上运动，故选项A错误；到达上极板时动能为Ek，则根据动能定理：·d＝Ek－Ek0，以上两个方程式联立可以得到到达上极板的动能为：Ek＝Ek0＋，故选项B正确；断开开关，电量不变，当两极板间距离发生变化的时候，场强不变，即电场力不变，故粒子仍沿直线运动，故选项C错误；断开开关，仅将上极板上移，则两板之间距离为d，则C＝，C′＝，则整理可以得到：C′＝C，根据C＝和C′＝，整理可以得到：U′＝U，则上移之后电容器储存的能量为：E′＝C′U′2＝CU2，所以增加的能量为：ΔE＝E′－E＝CU2－CU2＝CU2，故外力对极板做功至少为CU2，故选项D正确.
8.如图为燃煤锅炉烟囱中的静电除尘原理示意图，A为与烟囱内壁金属管相连的一个电极、B为与金属丝E相连的另一个电极，C和D分别表示烟囱的两个气口。在A、B之间加上高电压，金属丝附近的强电场将空气分子电离为电子和正离子，电子在烟囱空腔的电场中运动时被烟气中的煤粉俘获，使煤粉带负电后而被吸附到带正电的电极上，因此排出的烟就比较清洁了。有关这种静电除尘的装置，下列说法中正确的是( )
A.高压电源的正极接A，负极接B B.高压电源的负极接A，正极接B
C.C为烟气的进气口，D为排气口 D.D为烟气的进气口，C为排气口
答案：AC
解析：根据装置原理，电极A的作用是吸附带负电点煤粉，所以应接电源正极，A对，B错；烟气被清洁后先从C进入，空气被金属丝附近电场电离后产生的电子被煤粉俘获，带负电的煤粉经过烟囱时被吸附到带正电的金属管上，所以C对，D错。
9.(多选)让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子都沿平行板电容器两板中线方向垂直于电场线射入板间的匀强电场中，射出后都打在同一个荧光屏上，使荧光屏上出现亮点，则下列分析正确的是( )
A．若它们射入电场时的初速度相同，在荧光屏上将出现2个亮点
B．若它们射入电场时的初动能相同，在荧光屏上将只出现2个亮点
C．若它们是由同一个电场从静止加速后射入偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点
D．因为它们所带电荷量只有两种情况，所以在荧光屏上一定出现2个亮点
答案：BC
解析：根据偏转规律可知若进入偏转电场的速度相同，则偏移量跟比荷有关，所以A错，B对；若进入初动能相同，则偏移量只跟电荷量有关，所以B对；若经过相同的加速场荷偏转场，则偏移量相同，打到同一位置，C对，D错。
10.(多选)示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的。如图，不同的带电粒子在电压为U1的电场中由静止开始加速，从M孔射出，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，若带电粒子能射出平行板电场区域，则下列说法正确的是( )
A.若电荷量q相等，则带电粒子在板间的加速度大小相等
B.若比荷q/m相等，则带电粒子从M孔射出的速率相等
C.若电荷量q相等，则带电粒子从M孔射出时的动能相等
D.若不同比荷q/m的带电粒子由O点开始加速，偏转角度θ不相同
答案：BC
解析：根据偏转规律，可知A错，因为受质量影响；带电粒子离开时获得速度与比荷正相关，所以B对；电荷量相同，则在加速场和偏转场做功一样，所以获得的动能相等，所以C对；经过同一个加速场和偏转场，粒子从同一个位置射出，所以偏转角相同。
11.如图所示，质量为m的带电粒子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向从正中间射入偏转电场，并从另一侧射出。已知带电粒子的电荷量为q，加速电场电压为U1，偏转电场的极板长度为L，两极板间的距离为d，偏转电场极板间的电压为U2且可调节，不计粒子的重力。则下列说法正确的是( )
A.粒子离开偏转电场时的动能为q(U1+U2)
B.减小U2，带电粒子通过偏转电场的时间变长
C.减小U2，带电粒子通过偏转电场的时间变短
D.若粒子刚好从下极板边缘离开偏转电场，则
答案：D
解析：根据动能定理，可知粒子离开偏转电场获得的动能等于加速电场做功和偏转电场做功，并不等于q(U1+U2)，所以A错；减小偏转电压并不会影响离开偏转电场的时间，因为时间由水平位移和水平速度决定，所以时间不变，故B、C错；若刚好从下极板边缘射出，根据偏移量公式有，可知D对。
12.如图所示装置处于真空中，现有质子、氘核和α粒子都从O点由静止释放，经过同一加速电场U1和偏转电场U0，最后粒子均打在与OO′垂直的荧光屏上(已知质子、氘核和α粒子质量之比为1：2：4，电量之比为1：1：2，不计粒子的重力影响)．下列说法中正确的是( )
A.三种粒子在偏转电场中运动时间之比为1：2：1
B.三种粒子飞出偏转电场时的速率之比为：1：1
C.三种粒子打在荧光屏上的位置不同
D.偏转电场的电场力对种粒子做功之比为1：1：2
答案：D
解析：根据动能定理得，qU0=1/2mv2-0，则进入偏转电场的速度，因为质子、氘核和α粒子的比荷之比为2：1：1，则初速度之比 2：1：1．在偏转电场中运动时间t=L/v∝1/v，则知时间之比为1： 2 ： 2 ，故A错误；在竖直方向上的分速度vy=at=qEL/mv=qU1L/(mdv)，则出电场时的速度．因为粒子的比荷不同，则速度的大小不同．故B错误；偏转位移，与粒子的电量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，即粒子打在荧光屏上同一个位置，故C错误；偏转电场对粒子做功W=qEy=qyU1/d，因为U1和y相同，电量之比为1：1：2，则电场力做功为1：1：2，故D正确。
13.(多选)带电量不相等的两点电荷固定在x轴上坐标为—4L和4L的两点处，位于x=—4L处的点电荷带电量的绝对值为Q，两点电荷连线上各点的电势随x变化的关系图像如图所示，x=L处的电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为－2L和2L，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
A.两点电荷一定均为正电荷
B.原点O处的场强大小为
C.正检验电荷在原点O处受到向左的电场力
D.负检验电荷由M点运动到N点的过程中，电势能先减小后增大
答案：AB
解析：根据题意可知越靠近两电荷附近电势越高，所以肯定是正电荷，故A对；φ-x图像斜率为场强大小，则在x=L处的场强为零，可知，可知，则原点O处的场强大小为，所以B对；沿电场线方向电势降低，可知正检验电荷在原点O处受到向右的电场力，故C错；负电荷在电势低的地方电视能大，所以D错。
14.(多选)在光滑的水平面内有一沿x轴的静电场，其电势φ随x坐标值的变化图线如图所示。一质量为m，带电量为q的带正电小球(可视为质点)从O点以初速度v0沿x轴正向移动。下列叙述正确的是( )
A.若小球能运动到x1处，则带电小球从O运动到x1的过程中所受电场力不变
B.带电小球从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大
C.若该小球能运动到x4处，则初速度v0至少为
D.若，带电粒子在运动过程中的最大速度为
答案：AD
解析：φ-x图像斜率为场强大小，所以A对；从x1运动到x3电势逐渐降低，正电荷电势能逐渐减小，所以B错；x1和x4处电势相等，若想运动到x4处，必须先能运动到x1处，根据动能定理有，可知v0至少为，故C错；若，则带电粒子在x3处获得最大速度，根据动能定理可有，可求出，所以D对。
15.(多选)反射式速调管是常用的微波器件之一，某速调管内电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示，PO=OM=MN。一电子仅在电场力作用下，从P点由静止开始运动，则电子( )
A.将在PM之间做往复运动
B.从P到O的运动过程中，加速度不断增大
C.从P到M的运动过程中，电势能先减小后增大
D.从P点沿x轴正方向运动过程中加速时间是减速时间的一半
答案：CD
解析：电子从从P到M先加速后减速，单向运动，所以A错；φ-x图像斜率为场强大小，PO和ON段场强各自不变，所以加速度不变，故B错；负电荷在电势高的地方电势能打，所以C对；由题意可知两端加速度大小之比是2：1，而速度变化量大小一样，所以时间是1：2，故D对。
16.如图所示竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的( )
A.电荷量之比qP：qQ=2：1 B.电势能变化量之比
C.运动时间tP>tQ D.动能变化量之比
答案：A
解析：由题意知小球竖直方向做自由落体，水平方向在电场力作用下做匀变速运动，竖直位移相同，时间相同，所以C错；水平位移2：1，所以电荷量大小之比也是2：1，所以A对；电势能变化看电场力做功，水平位移2：1，所以电势能变化量是4：1，所以B错；同理，D错。
17.(多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力做功为6eV。下列说法正确的是( )
A.平面c点电势为零
B.该电子可能达到不了平面f
C.该电子经过平面d时，其电势能为4eV
D.该电子经过平面b时的速率是经过d点的2倍
答案：AB
解析：从a到d的过程中克服电场力做功为6eV，可知每一段电场力做功是-2eV，所以到达平面b时动能为8eV，又b上的电势为2V，电势能为-2eV，所以电子总能量为6eV，所以到达平面c时动能为6eV，电势能为零，所以平面c的电势为零，A对；进入电场时电子速度可能是斜着的，所以可能到不了平面f，所以B对；总能量守恒，所以电子经过平面d的电势能为2eV，故C错；D对。
18.(多选)示波管的内部结构如图甲所示。如果在偏转电极XX/、YY/之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX/之间和YY/之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形。则( )
A．若XX/和YY/分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形
B．若XX/和YY/分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形
C．若XX/和YY/分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形
D．若XX/和YY/分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形
答案：AC
解析：(a)所示波形呈现周期性，且有正有负，所以A对，B错；(b)所示波形Y方向大小恒定，X方向均匀变化，所以C对，D错。
19.(多选)如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，仅在电场力作用下以恒定的速率v沿圆弧从A点运动到B点，速度方向转过θ角，AB弧长为l。则下列说法正确的是( )
A.该粒子一定处在一个点电荷的电场中 B.该粒子可能处在两个点电荷的电场中
C.圆弧AB中点的电场强度大小为 D.圆弧AB中点的电场强度大小为
答案：BC
解析：题意只给了轨迹和判断出电场力大致方向，但不知道电性，所以电场情况判断不了，所以A错，B对；因粒子做匀速曲线运动，可知电场力提供向心力，根据向心力方程，可知C对；所以D错。
20.(多选)一带电质点从图中的A点竖直向上以v0射入一水平方向的匀强电场中，质点运动到B点时，速度方向变为水平，已知质点的质量为m，带电荷量为q，AB间距离为L，且AB连线与水平方向成θ＝37°角，质点到达B后继续运动可到达与A点在同一水平面上的C点(未画出)，则( )
A.AC间的水平位移为3.2L B.匀强电场的电场强度大小为
C.从A到C的过程中，带电质点的电势能减小了
D.质点在C点的加速度大小为3g/5
答案：AB
解析：由题意可知粒子水平在电场力作用下做匀加速运动，竖直在重力作用下做竖直上抛运动，AB连线与水平方向成θ＝37°角，可知竖直位移与水平位移之比为3：4，又时间相同，所以重力与电场力大小之比为3：4，速度之比也是3：4，所以B对；而水平方向做匀加速运动，所以AC距离等于3.2L，A对；从A到C的过程中，带电质点的电势能的变化等于水平方向动能的增加，所以C错；粒子在C点的加速度由重力和电场力共同提供，所以D错。
22.如图，虚线、、是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，、是轨迹上的两点．下列说法正确的是( )
A.三个等势面中，等势面的电势最高
B.带电质点一定是从点向点运动
C.带电质点通过点时的加速度比通过点时小
D.带电质点通过点时的动能比通过点时小
答案：D
解析：由题意可知粒子电场力大致向右，粒子电性为正，所以场强方向大致向右下，故c点电势最高，所以A错；不能明确粒子运动方式，所以B错；等差等势线越密，电场强度越大，相应加速度越大，所以C错；根据能量守恒，粒子在c点电势能最大，所以动能最小，故D对。
23.如图，虚线、、是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带负电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q、R是轨迹上的两点．下列说法正确的是( )
A.三个等势面中，等势面c的电势最低
B.带电粒子在P点电势能比在Q点大
C.带电粒子动能和电势能之和在点比在点大
D.带电粒子在R点加速度方向垂直等势面b
答案：BD
解析：根据轨迹偏折方向，大致可以判断出电场力方向向下，所以c点电势最高，故A错；负电荷在电势低的地方电势能大，所以B对；能量守恒，所以C错，电场力方向与加速度方向相同，所以D对。
24.如图所示，均可视为质点的三个物体A、B、C在倾角为30°的光滑斜面上，A与B紧靠在一起，C紧靠在固定挡板上，质量分别为mA＝0.43kg，mB＝0.20kg，mC＝0.50kg，其中A不带电，B、C的电量分别为qB＝＋2×10－5C、qC＝＋7×10－5C且保持不变，开始时三个物体均能保持静止。现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A做加速度a＝2.0m/s2的匀加速直线运动，经过时间t，力F变为恒力。已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，g取10m/s2。求：
(1)开始时BC间的距离L；(2)F从变力到恒力需要的时间t；
(3)在时间t内，力F做功WF＝2.31 J，求系统电势能的变化量ΔEp。
答案：(1)L＝2.0m (2)t＝1.0s (3)ΔEp＝－2.1J
解析：(1)ABC静止时，以AB为研究对象有：
(mA＋mB)gsin 30°＝
解得：L＝2.0m。
(2)给A施加力F后，AB沿斜面向上做匀加速运动，AB分离时两者之间弹力恰好为零，对B用牛顿第二定律得：
－mBgsin 30°＝mBa
解得：l＝3.0m
由匀加速运动规律得：l－L＝at2
解得：t＝1.0s。
(3)AB分离时两者仍有相同的速度，在时间t内对AB用动能定理得：
WF－(mA＋mB)g(l－L)sin 30°＋WC＝(mA＋mB)v2
及：v＝at
得：WC＝2.1J
所以系统电势能的变化量ΔEp＝－2.1 J。
25.如图所示，粗糙绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝1.5×106 N/C，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0×10－6C，质量m＝0.25kg，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4。P从O点由静止开始向右运动，经过0.55s到达A点，到达B点时速度是5m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为α，且tan α＝1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示．P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g＝10m/s2.求：
v/(m·s－1)
0≤v≤2
2＜v＜5
v≥5
F/N
2
6
3
(1)小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间；
(2)小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功．
答案：(1)0.5s (2)－9.25J
解析：(1)小物体P的速率从0至2 m/s，受外力F1＝2 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间Δt1速度为v1，则F1－μmg＝ma1① v1＝a1Δt1②
由①②式并代入数据得Δt1＝0.5 s③
(2)小物体P从速率为2 m/s运动至A点，受外力F2＝6 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，则
F2－μmg＝ma2④
设小物体P从速度v1经过Δt2时间，在A点的速度为v2，则
Δt2＝0.55 s－Δt1⑤ v2＝v1＋a2Δt2⑥
P从A点至B点，受外力F2＝6 N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动的加速度为a3，电荷量为q，在B点的速度为v3，从A点至B点的位移为x1，则
F2－μmg－qE＝ma3⑦ v－v＝2a3x1⑧
P以速度v3滑出轨道右端B点，设水平方向受外力为F3，电场力大小为 FE，有FE＝F3⑨
F3与FE大小相等方向相反，P水平方向所受合力为零，所以，P从B点开始做初速度为v3的平抛运动．设P从B点运动至D点用时为Δt3，水平位移为x2，由题意知＝tan α⑩
x2＝v3Δt3⑪
设小物体P从A点至D点电场力做功为W，则
W＝－qE(x1＋x2)⑫
联立④～⑧，⑩～⑫式并代入数据得W＝－9.25 J⑬
考题二 磁场
1.常见临界模型草图
2.圆心确定方法如图，找圆心，画出准确轨迹，找出几何关系是必要步骤。
3.常见隐藏规律
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
(2)当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
(3)当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长。
1.(多选)如圆所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为0.1kg、带电荷量q=+02C的滑块，滑块与绝缘木板的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩操力可认为等于滑动摩擦力，现对木板施加方向水平向左，大为0.6N的恒力，g取10m/s2，则( )
A.木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动
B.滑块开始做匀加速直线运动，然后做加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动
C.最终木板做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，滑块做速度为10m/s的匀速直线运动
D.最终木板做加速度为3m/s2的匀加速直线运动，滑块做速度为10m/s的匀速直续运动
答案：BD
解析：由于存在洛伦兹力使得物体间静摩擦力减小，所以系统加速度会减小，故A错，B对；当物体加速到使得滑块受到的洛伦兹力等于重力时，两物体分离，可推出滑块做匀速直线运动，木板在F力作用下做匀加速运动，所以D对。
2.如图所示，一内壁光滑、上端开口下端封闭的绝缘玻璃管竖直放置，高为h，管底有质量为m、电荷量为+q的小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。在外力作用下，玻璃管在磁场中运动速度保持不变，小球最终从上端管口飞出，在此过程中，下列说法正确的是( )
A.洛伦兹力对小球做正功 B.小球做匀加速直线运动
C.小球机械能的增加量小于qvBh
D.若玻璃管运动速度越大，则小球在玻璃管中的运动时间越小
答案：C
解析：小球水平方向做匀速直线运动，则竖直方向受到洛伦兹力为qvB，该力作用使得小球竖直方向做匀加速运动，运动合成后，小球做曲线运动，所以B错；洛伦兹力始终和合速度垂直，不做功，所以A错；根据动能定理，对弹力做正功，重力做负功，小球机械能增加量为竖直方向洛伦兹力做的功qvBh，故C错；玻璃管速度越大，竖直方向产生的洛伦兹力就大，运动就越快，故D对。
3.(多选)如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的而且绝缘，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，a、b为轨道的最低点，则正确的是( )
A．两小球到达轨道最低点的速度va>vb
B．两小球到达轨道最低点时对轨道的压力Fa>Fb
C．小球第一次到达a点的时间大于小球第一次到达b点的时间
D．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球也能到达轨道的另一端
答案：AB
解析：洛伦兹力不做功，电场力做负功，所以达到最低点速度va>vb，根据向心力方程，可知压力Fa>Fb，故A、B对，C错；因为洛伦兹力不做功，所以磁场中小球可以到达等高另一端，而电场力做负功，所以不能到达等高另一端，D错。
4.(多选)如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，在该区域中有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上，已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放，则下列判断正确的是( )
A．小球能越过d点并继续沿环向上运动
B．当小球运动到d点时，不受洛伦兹力作用
C．小球从d点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能减小
D．小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大
答案：BD
解析：从a到d根据动能定理可知电场力和重力做功抵消，则到d点速度为零，所以A错，B对；小球从d点运动到b点的过程中，重力势能先减小后增大，所以C错；从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时，此时重力和电场力在速度方向上分力的合力为零，所以此刻速度最大，故D对。
5.如图所示，半圆光滑绝缘轨道MN固定在竖直平面内，O为其圆心，M、N与O高度相同，匀强磁场方向与轨道平面垂直。现将一个带正电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道在M、N间做往复运动．下列说法中正确的是( )
A．小球在M点和N点时均处于平衡状态
B．小球由M到N所用的时间大于由N到M所用的时间
C．小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小均相等
D．小球每次经过轨道最低点时所受合外力大小均相等
答案：D
解析：受力分析可知，小球在M点和N点时均处于不平衡状态，故A错；小球运动对称，所以由M到N所用的时间等于由N到M所用的时间，故B错；小球每次经过最低点时，由于速度方向不同，洛伦兹力方向也不同，所以对轨道压力不等，故C错；而根据向心力方程，可知最低点时合外力相等，故D对。
6.如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板，从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是( )
A.只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上
B.对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心
C.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长
D.只要速度满足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上
答案：D
解析：对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关．故A错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心．故B错误；对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由可知，运动时间t越小．故C错误；根据轨道半径公式可知轨道半径和磁场半径是相等的，则入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确。
7.(多选)如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，∠A＝60°，AO＝L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子。已知粒子的比荷为，发射速度大小都为v0＝。设粒子发射方向与OC边的夹角为θ，不计粒子间相互作用及重力。对于粒子进入磁场后的运动，下列说法中正确的是( )
A.当θ＝45°时，粒子将从AC边射出
B.所有从OA边射出的粒子在磁场中运动时间相等
C.随着θ角的增大，粒子在磁场中运动的时间先变大后变小
D.在AC边界上只有一半区域有粒子射出
答案：AD
解析：由题意可知粒子的轨迹半径为L，当θ＝45°时，画出轨迹，可知粒子从AC边射出，故A对；所有从OA边射出的粒子在磁场中运动时间取决于轨迹圆心角的大小，所以B错；从OA边射出的粒子，随着θ角的增大，轨迹圆心角变小，时间变短，所以C错；因为粒子轨迹半径也是L，所以当θ＝0°时，粒子刚好从AC中点射出，所以在AC边界上只有一半区域有粒子射出，故D对。
8.(多选)如图所示，圆心角为90°的扇形COD内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，E点为半径OD的中点。现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b(不计重力)以大小不等的速度分别从O、E点均沿OC方向射入磁场，粒子a恰从D点射出磁场，粒子b恰从C点射出磁场，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是
A.粒子a带正电，粒子b带负电
B.粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为2∶5
C.粒子a、b的速率之比为5∶2
D.粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180∶53
答案：BD
解析：根据题意可知两个a带负电，粒子b带正电，故A错；画出两个粒子的轨迹后，可推出半径之比为2：5，所以速率之比也为2：5，故C错；根据洛伦兹力提供向心力公式可推出加速度之比为2：5，故B对；运动时间取决于轨迹圆心角，所以D对。
9.如图所示，在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a=60°，∠b=90°，边长ac=L，一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是( )
A. B. C. D.
答案：B
解析：粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子速度最大时运动轨迹与bc相切，粒子运动轨迹如图所示，由题意可知：∠a=60°，∠b=90°，边长ac=L，则ab=L/2，四边形abdO是正方形，粒子轨道半径：r=L/2，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力只有选项B正确。
10.(多选)在半径为R的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场。圆边界上的P处有一粒子源，沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v0的同种粒子，如图所示。现测得当磁感应强度为B1时，粒子均从由P点开始弧长为πR/2的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B2时，粒子则从由P点开始弧长为2πR/3的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力，则( )
A.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1：r2=：
B.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1：r2=2：3
C.前后两次磁感应强度的大小之比为B1：B2=：
D.前后两次磁感应强度的大小之比为B1：B2=：
答案：AD
解析：假设粒子带正电，如图1，磁感应强度为B1时，弧长对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则。如图2，磁感应强度为B2时，弧长对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则，因此r1：r2=：，故A对，B错；由洛伦兹提供向心力可知，两次磁感应强度的大小之比为B1：B2=：，故C错，D对。
11.如图所示，在水平面内存在一半径为2R和半径为R两个同心圆，半径为R的小圆和半径为2R的大圆之间形成一环形区域。小圆和环形区域内分别存在垂直于水平面、方向相反的匀强磁场。小圆内匀强磁场的磁感应强度大小为B。位于圆心处的粒子源S沿水平面向各个方向发射速率为qBR/m的正粒子，粒子的电荷量为q、质量为m，为了将所有粒子束缚在半径为2R的圆形内，环形区域磁感应强度大小至少为( )
A.B B.4B/5 C.5B/3 D.4B/3
答案：C
解析：
由几何知识可知∠OAO2=120°，由余弦定理可知：(2R-r)2=r2+R2-2Rrcos 120°
12.如图所示，在边长为L的正方形abcd内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。从边ad的四等分点P处沿与ad边成45°角向磁场区域内射入速度大小不等的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为-q(q>0)。不计粒子重力，关于粒子的运动，下列说法正确的是( )
A.可能有粒子从b点射出
B.粒子在磁场中运动的最长时间为
C.速度为v=的粒子从cd边射出磁场
D.从bc边射出的粒子的运动轨迹所对应的圆心角一定小于135°
答案：CD
解析：粒子的速度较大时，半较大，粒子从ab边射出，粒子的速照较小时，半径较小，粒了可能从bc，cd，ad边射出，由对称性可知，粒子不可能从b点出，故A错；粒子在磁场中的偏转角最大时，时间最长，当粒子从ad边出时，偏转角最大，偏转角为270°，所以最长时间为，故B错；速度为的粒子，半径为，粒子刚好从d点射出时的半径为，解得，所以粒子从cd边射出，故C正确；刚好从bc边射出的粒子速度方向与bc相切，偏转角为135°，所以要使粒子从bc边射出，圆心角一定小于135°，故D对。
13.如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形区域内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法正确的是( )
A．该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场
B．若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0
C．若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是
D．若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是
答案：AD
解析：由题意可知带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间to刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期T=2to。随着粒子速度逐渐增大，轨迹由①→②→③→④依次渐变，由图可以知道粒子在四个边射出时，射出范围分别为OG、FE、DC、BA之间，不可能从四个顶点射出，所以A项正确；当粒子从O点沿纸面垂直于cd边射入正方形内时，轨迹恰好为半个圆周，即时间to刚好为半周期，从ab边射出的粒子所用时间小于半周期to，从bc边射出的粒子所用时间小于，所有从cd边射出的粒子圆心角都是300°，所用时间为，故BC错，AD对。
14.(多选)如图所示，空间内有两个平行边界，在边界外侧有垂直于平面向外的匀强磁场，左侧区域的磁感应强度为B1，右侧区域的磁感应强度为B2，两边界间有水平向右的匀强电场，电场强度为E.在左侧边界A点有一个质量为m，电荷量为+g的粒子以初速度v水平向右进入电场，已知两边界间的距离为，下列关于粒子运动的说法正确的是( )
A.粒子从左向右经过电场的时间等于从右向左经过电场的时间
B.B1、B2取任何数值，粒子都不可能回到A点
C.若B1=B2=B，则粒子从出发到向右穿过左边界的时间可以为
D.若B1=B2=B，则粒子向右穿过左边界时离A点的距离可以为
答案：AD
解析：粒子从左向右经过电场时做匀加速直线运动，设穿过右边界的速度为v1，则有，，解得v1=3v，则粒子从左向右经过电场的时间，由对称性可知，粒子从右向左经过电场的时间也为t1，选项A错误；当B2=3B1时，粒子在两磁场区域内做圆周运动的半径相等，粒子回到A点，选项B错误；若B1=B2=B，粒子做如图所示的周期性运动，则粒子从出发到向右穿过左边界的时间为，其中n=1、2、3.......，选项C错；粒子在左侧磁场中的轨迹半径为，在右侧磁场中的轨迹半径为，则粒子从出发到向右穿过左边界时离A点的距离，n=1、2、3.......，选项D正确。
15.(多选)如图所示，在荧屏板MN的上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。距荧屏板d处有一粒子源S，能够纸面内不断均匀地向各个方向发射速度大小为，电荷量为q，质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子源发射粒子的总个为N，则( )
A.粒子能打到板上的区域长度为
B.打到板上的粒子数为
C.从粒子源出发到板的最短时间为
D.同一时刻发射的粒子打到荧光板上的最大时间差为
答案：BC
解析：粒子受到的洛仑兹力充当向心力，粒子运动的半径，粒子运动到绝缘板的两种临界情况如图，设SC垂直于MN于C点，由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左侧最远处A离C距离为，右侧离C最远处为B，距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是，选项A错误；
根据以上分析可知有一半的粒子能达到极板上，粒子源发射粒子的总个数为N，则打到板上的粒子数为N/2，选项B正确；在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹示意图，粒子做整个圆周运动的周期，由几何关系可知粒子运动最短时间，最长时间，
则最大时间差，故D错。
16.现代科学仪器常用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度都相同，长度足够长。电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个带正电的粒子在第1层左侧边界某处由静止释放，不计粒子的重力及运动时的电磁辐射。已知粒子从第4层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为30°。若保证粒子不能从第一层磁场右边界穿出，至少为（ ）
A．12 B．16 C．20 D．24
答案：B
解析：设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数，下同)。
nqEd＝mvn2⑤
qvnB＝m⑥
粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有
vn－1sin θn－1＝vnsin αn⑦
由图甲看出rnsin θn－rnsin αn＝d⑧
由⑥⑦⑧式得
rnsin θn－rn－1sin θn－1＝d⑨
由⑨式看出r1sin θ1，r2sin θ2，…，rnsin θn为一等差数列，公差为d，可得
rnsin θn＝r1sin θ1＋(n－1)d⑩
当n＝1时，由图乙看出r1sin θ1＝d
由⑤⑥⑩⑪式得
sin θn＝B⑫
甲 乙
由此可以推出当n=4时，θ4=30°，当θn=90°时，粒子不会射出，则n=16，故B对，其他都错。
17.(多选)如图，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。M为磁场边界上一点，有无数个带电荷量为q、质量为m的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的。下列说法正确的是( )
A粒子从M点进入磁场时的速率为v＝
B．粒子从M点进入磁场时的速率为v＝
C若将磁感应强度的大小增加到B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来
D若将磁感应强度的大小增加到B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来
答案：BD
解析：边界上有粒子射出的范围是偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧长，即偏转圆半径r＝＝，得v＝所以B对，A错；磁感应强度增加到原来的倍， 直径对应的弦长为R，有粒子射出的边界圆弧对应的圆心角为60°，所以弧长之比为2∶3，D对，C错。
17.如图所示，两平行金属板右侧的平行直线A1、A2间，存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以竖直面MN为理想分界面。两磁场区域的宽度相同，磁感应强度的大小均为B，Ⅰ区的磁场方向垂直于纸面向里。一电子由静止开始，经板间电场加速后，以速度v0垂直于磁场边界A1进入匀强磁场，经t＝的时间后，垂直于另一磁场边界A2离开磁场。已知电子的质量为m，电荷量为e。
(1)求每一磁场区域的宽度d；
(2)若要保证电子能够从磁场右边界A2穿出，加速度电压U至少应大于多少？
(3)现撤去加速装置，使Ⅰ区域的磁感应强度变为2B，电子仍以速率v0从磁场边界A1射入，并改变射入时的方向(其他条件不变)，使得电子穿过Ⅰ区域的时间最短。求电子穿过两区域的时间t。
答案：(1) (2) (3)
解析：(1)电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
ev0B＝m
电子做圆周运动的周期：T＝
电子在每一磁场中运动的时间为：t1＝＝＝
电子的在磁场中转过圆心角：θ＝
磁场的宽度：d＝rsin 45°，
解得：d＝。
(2)若电子恰好不从A2穿出磁场，电子运动轨迹应和MN相切，在Ⅰ区域中转半圈后从A1离开磁场，运动轨迹如图甲所示：
设此时对应的电压为U，电子进入磁场时的速度为v，由牛顿第二定律得：evB＝m
由几何知识得：R＝d
在加速电场中，由动能定理得：eU＝mv2－0
解得：U＝。
(3)由于速率一定，要电子穿过Ⅰ区域的时间最短，则需电子穿过Ⅰ区域的弧长最短(对应的弦长最短)。运动轨迹如图乙所示：
在Ⅰ区域的半径：
r1＝
由图可知：sin θ＝，解得θ＝。
在Ⅰ区域的运动时间：t1＝T＝。
在Ⅱ区域的半径：r2＝＝2r1。
由几何关系可知，在Ⅱ区域中的圆心O2必在A2上。
如图，φ＝θ＝。
在Ⅱ区域的运动时间：t1＝T＝。
通过两场的总时间t＝t1＋t2＝。
18.如图所示，在第一象限内，0
(1)进入区域Ⅱ磁场的粒子的最小速度；
(2)粒子从P点射出到返回到收集器上的同一位置的运动时间；
(3)要使所有返回区域Ⅰ磁场的带电粒子都能被收集器收集，求收集器的最小长度。
答案：(1) (2) (3)4a－2a
解析：(1)设进入区域Ⅱ磁场的粒子的最小速度为v1，轨迹半径为r1，由几何关系，r1＝a 在磁场中做匀速圆周运动qv1B＝m，解得v1＝。
(2)如图所示，粒子在左侧磁场运动的第一段轨迹对应的圆心角为60°
运动时间t＝2·＋T＝T
所以解得t＝·＝。
(3)由(1)知PN＝2a
粒子速度最大且能返回到y轴的运动轨迹示意图如图所示，
由几何关系可得：
2r3－2(r3－r3cos β)＝2a
2r3sin β＝2a
解得r3＝2a，β＝30°
PM＝2a－2(r3－r3cos β)＝4(－1)a
MN＝PM＋PN＝4a－2a
19.如图所示，在xOy平面内，有一粒子源持续不断地沿x轴正方向每秒发射出N个速率均为v的粒子，形成宽为，在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的粒子流。粒子流沿x方向射入一个半径为R，中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向外，粒子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板C和A，其中C板与P点的距离为，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。C板接地，A与C两板间加有正负、大小均可调的电压UCA，穿过C板小孔到达A板的所有粒子被收集且导出，从而形成电流。已知粒子的比荷为k，忽略粒子重力和相互作用。
(1)球磁感应强度B的大小及粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比
(2)求粒子从P点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围
(3)当UCA=0时，每秒经过C板上的小孔到达极板A的粒子数
答案：(1)4：1 (2)-60°＜θ＜60°(3)N/2
解析：(1)有题意可知粒子的轨迹半径为R，则最高点粒子运动时间最长，轨迹圆心角为120°，最低点进入粒子运动时间最短，轨迹圆心角为30°，所以时间之比为4：1。
(2)运动最久的粒子穿过P点速度方向与竖直方向夹角为60°，最短粒子为-60°，故夹角θ的范围为-60°＜θ＜60°
(3)粒子能进入孔边时的速度方向与竖直方向夹角为，可知角度30°，而粒子从P点进入角度范围是-60°＜θ＜60°，所以有一半粒子N/2到达极板A。
考题三 复合场
1.常见复合场装置：①速度选择器、②回旋加速器、③质谱仪、④磁流体发电机、⑤霍尔元件、⑥电磁流量计
期中霍尔电压U＝k，期中d为沿B方向的距离，霍尔系数k=1/nq，n是单位体积内自由电荷数。
2.求解复合场问题基本思路
(1)按照带电粒子运动的先后顺序，将整个运动过程划分成不同阶段的小过程，弄清每一个过程受力特征和运动特征，画出准确轨迹，特别是速度大小和方向。
(2)利用几何图形处理边角关系，运用数学知识建立等式关系。
(3)找圆心，画轨迹，几何关系列等式，必不可少。
1.(多选)去年底，我省启动“263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战，暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经测量管时，a、c两端电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)，则( )
A.a侧电势比c侧电势高
B.污水中离子浓度越高，显示仪器的示数将越大
C.若污水从右侧流入测量管，显示器显示为负值，将磁场反向则显示为正值
D.污水流量Q与U成正比，与L、D无关
答案：AC
解析：根据电磁流量计原理可知a侧电势比c侧电势高，故A对；电压示数与粒子浓度无关，故B错；改变一个方向，示数会显示负值，故C对；流量与流速成正比，所以D错。
2.(多选)如图所示是选择密度相同、大小不同纳米粒子的一种装置.待选粒子带正电且电量与表面积成正比.待选粒子从O1进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域Ⅰ的板间电压为U，粒子通过小孔O2射入正交的匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的磁感应强度大小为B，左右两极板间距为d.区域Ⅱ出口小孔O3与O1、O2在同一竖直线上.若半径为r0，质量为m0、电量为q0的纳米粒子刚好能沿直线通过，不计纳米粒子重力，则( )
A.区域Ⅱ的电场与磁场的强度比值为
B.区域Ⅱ左右两极板的电势差U1＝Bd
C.若纳米粒子的半径r＞r0，则刚进入区域Ⅱ的粒子仍将沿直线通过
D.若纳米粒子的半径r＞r0，仍沿直线通过，则区域Ⅱ的电场与原电场强度之比为
答案：AD
解析：设半径为r0的粒子加速后的速度为v，则有：q0U＝m0v2
设区域Ⅱ内电场强度为E，洛伦兹力等于电场力，即：q0vB＝q0E
联立①②解得：E＝B，则区域Ⅱ的电场与磁场的强度比值为，U1＝Ed＝Bd，故A正确，B错误；若纳米粒子的半径r＞r0，设半径为r的粒子的质量为m、带电量为q、被加速后的速度为v′，则m＝()3m0而q＝()2q0，由mv′2＝qU解得：v′＝ ＝v＜v，故洛伦兹力小于电场力，粒子带正电，故粒子向左偏转，故C错误；要使粒子直线通过需满足E＝vB，故区域Ⅱ的电场与原电场的电场强度之比为；故D正确.
3.(多选)如图所示，虚线框内有方向正交的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向竖直向下，一离子束垂直于电场和磁场方向从O点以某初速度飞入场区，恰好做匀速直线运动，从O′点离开场区．如果去掉磁场仅有电场，经历时间t1后，离子将从a点飞离场区，飞离速度为v1．如果去掉电场仅有磁场，经历时间t2后，离子将从b点飞离场区，飞离速度为v2。则下列说法正确的是( )
A.aO′
答案：AC
解析：仅有电场，电场力会做功，离开时的动能增加，所以B错；只有磁场力，那么粒子会偏转使得水平方向的分速度变小，而水平方向位移不变，时间会变长，所以C对，D错；粒子受到的电场力等于洛伦兹力，所以竖直方向运动仅受到电场力时运动的快，因为洛伦兹力竖直方向的力在减小，所以A对。
4.(多选)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：UH＝k，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：由左手定则可判定，霍尔元件的前表面积累正电荷，电势较高，故A错。由电路关系可见，当电源的正、负极对调时，通过霍尔元件的电流IH和所在空间的磁场方向同时反向，前表面的电势仍然较高，故B错。由电路可见，＝，则IH＝I，故C正确。RL的热功率PL＝IL2RL＝2RL＝，因为B与I成正比，故有：UH＝k＝k′＝k′，可得知UH与PL成正比，故D正确。
5.为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的长方体流量计。该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口。在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M、N两端间的电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )
A.M端的电势比N端的高
B.电压表的示数U与a和b均成正比，与c无关
C.电压表的示数U与污水的流量Q成正比
D.若污水中正负离子数相同，则电压表的示数为0
答案：C
解析：根据电磁流量计原理可知M端的电势比N端的低，故A错；产生的U=Bdv，可知B错；根据流量公式可知C对，D错。
6.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a，长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的( )
A.前表面的电势比后表面的低 B.前、后表面间的电压U与v无关
C.前、后表面间的电压U与c成正比 D.自由电子受到的洛伦兹力大小为
答案：D
解析：根据霍尔元件原理，可知前表面的电势比后表面的高，故A错；霍尔电压与速度有关，与c无关，故BC错；洛伦兹力等于电场力，故D对。
7.(多选)为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a＝1m、b＝0.2m、c＝0.2m，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B＝1.25T的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时，测得两个电极间的电压U＝1V。且污水流过该装置时受到阻力作用，阻力f＝kLv，其中比例系数k＝15N·s/m2，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速。下列说法中正确的是( )
A．金属板M电势不一定高于金属板N的电势，因为污水中负离子较多
B．污水中离子浓度的高低对电压表的示数也有一定影响
C．污水的流量(单位时间内流出的污水体积)Q＝0.16m3/s
D．为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压强差为Δp＝1500Pa
答案：CD
解析：根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N板带负电，M板带正电，则N板的电势比M板电势低，故A错误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB＝q，解得：U＝vBc，与离子浓度无关，故B错误；污水的流速：v＝，则流量Q＝vbc＝＝ m3/s＝0.16 m3/s，故C正确；污水的流速：v＝＝ m/s＝4 m/s；污水流过该装置时受到阻力：f＝kLv＝kav＝15×1×4 N＝60 N；为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差是60 N，则压强差为Δp＝＝ Pa＝1500 Pa，故D正确。
8.(多选)一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图所示，D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连。下列说法正确的是( )
A.质子被加速后的最大速度随B、R的增大而增大
B.质子被加速后的最大速度随电场的电压增大而增大
C.不需要改变任何量，这个装置也能用于加速α粒子
D.质子被加速后的最大速度与电场的电压大小无关
答案：AD
解析：根据半径公式，可知最大速度与B、R正相关，所以A对，B错；由于质子和α粒子比荷不同，故不能用来加速α粒子，所以C错，D对。
9.为了降低潜艇噪音，可用电磁推进器替代螺旋桨。如图为直线通道推进器示意图。推进器前后表面导电，上下表面绝缘，规格为：a×b×c＝0.5m×0.4m×0.3m。空间内存在由超导励磁线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B＝10.0T，方向竖直向下，若在推进器前后方向通以电流I＝1.0×103A，方向如图。则下列判断正确的是( )
A.推进器对潜艇提供向左的驱动力，大小为5.0×103N
B.推进器对潜艇提供向右的驱动力，大小为4.0×103N
C.超导励磁线圈中的电流方向为PQNMP方向
D.通过改变流过超导励磁线圈或推进器的电流方向可以实现倒行功能
答案：D
解析：根据安培力公式F=BIL可知AB错；根据右手定则可知C错；改变电流方向可以改变安培力的方向，所以可以实现倒行功能，D对。
10.如图所示为等离子体发电机的示意图。高温燃烧室产生的大量的正、负离子被加速后垂直于磁场方向喷入发电通道的磁场中。在发电通道中有两块相距为的平行金属板，两金属板外接电阻。若磁场的磁感应强度为，等离子体进入磁场时的速度为，系统稳定时发电通道的电阻为。则下列表述正确的是
A.上金属板为发电机的负极，电路中电流为
B.下金属板为发电机的正极，电路中电流为
C.上金属板为发电机的正极，电路中电流为
D.下金属板为发电机的负极，电路中电流为
答案：C
解析：根据磁流体发电机原理可以判断上金属板为正极，再根据闭合电路欧姆定律可知电路中的电流为，所以C对，其他错。
11.(多选)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如左图所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。右图为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是( )
A.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小
B.自行车的车速越大，霍尔电势差越高
C.图乙中霍尔元件的电流I一定是由正电荷定向运动形成的
D.如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小
答案：AD
解析：单位时间内的脉冲数就是车轮的圈数，知道半径就知道周长，周长乘以圈数就可以知道车速，所以A对；根据霍尔电压表达式可知车速与霍尔电压无关，所以B错；因为霍尔元件的载流子电性不知，所以C错；长时间不更换电源会导致电流变小，而霍尔电压与电流强度正相关，所以会减小，故D对。
1.如图所示，平面直角坐标系xOy在第一象限内存在水平向左的匀强电场，第二、四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在与x轴负方向成30°角斜向上的匀强电场.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以一定初速度从y轴上的A点与y轴正方向成60°角垂直磁场方向射入第二象限，粒子从x轴上的C点与x轴正方向成30°角进入第三象限.粒子到达y轴上的D点(未画出)时速度刚好减半，经第四象限内磁场偏转后又能垂直x轴进入第一象限内，最后恰好回到A点.已知OA＝a，第二象限内匀强磁场的磁感应强度为B.粒子重力不计，求：
(1)粒子初速度v0和第四象限内匀强磁场的磁感应强度B1的大小；
(2)第一、三象限内匀强电场的电场强度E1和E2的大小；
(3)粒子在第一、三象限内运行的时间比t1∶t3.
答案：(1) B (2) (3)
解析：(1)粒子在第二象限内运动正好完成半个圆周，则
2R1cos 30°＝OA
解得R1＝a
而Bqv0＝，解得v0＝
粒子在第三象限中运动时有CD＝2R1tan 30°＝a
粒子在第四象限中运动时有R2＝CDtan 30°＝a
而B1qv1＝m，v1＝v0
解得B1＝B
(2)在第一象限内：
OF＝R2＋R2sin 30°＝a
有OF＝··t
OA＝v1t1
解得E1＝，t1＝
在第三象限内：v－v＝2··CD
代入解得E2＝
(3)在第三象限内有：
v0－v1＝·t3
解得t3＝
所以＝
2.如图所示，在xOy平面内，以O1(0，R)为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直平面向里的匀强磁场B1，x轴下方有一直线ab，ab与x轴相距为d，x轴与直线ab间区域有平行于y轴的匀强电场E，在ab的下方有一平行于x轴的感光板MN，ab与MN间区域有垂直于纸平面向外的匀强磁场B2.在0≤y≤2R的区域内，质量为m的电子从圆形区域左侧的任何位置沿x轴正方向以速度v0射入圆形区域，经过磁场B1偏转后都经过O点，然后进入x轴下方．已知x轴与直线ab间匀强电场场强大小E＝，ab与MN间磁场磁感应强度B2＝.不计电子重力．
(1)求圆形区域内磁场磁感应强度B1的大小？
(2)若要求从所有不同位置出发的电子都不能打在感光板MN上，MN与ab板间的最小距离h1是多大？
(3)若要求从所有不同位置出发的电子都能打在感光板MN上，MN与ab板间的最大距离h2是多大？当MN与ab板间的距离最大时，电子从O点到MN板，运动时间最长是多少？
答案：(1) (2)3d (3)d ＋
解析：(1)所有电子射入圆形区域后做圆周运动，轨道半径大小相等，设为r，当从位置y＝R处射入的电子经过O点进入x轴下方，则：r＝R
ev0B1＝m，解得B1＝
(2)设电子经电场加速后到达ab时速度大小为v，电子在ab与MN间磁场做匀速圆周运动轨道半径为r1，沿x轴负方向射入电场的电子离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，则
eEd＝mv2－mv
r1＝，cosθ＝
如果电子在O点以速度v0沿x轴负方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，不能打在感光板上，则所有电子都不能打在感光板上．恰好不能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心为O2，如图甲所示．
则感光板与ab间的最小距离
h1＝r1＋r1cosθ
v＝2v0，r1＝2d，θ＝60°
解得h1＝3d
(3)如果电子在O点沿x轴正方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，能打在感光板上，则所有电子都能打在感光板上．恰好能打在感光板上的电子在磁场中的圆轨道圆心为O3，如图乙所示．
感光板与ab间的最大距离
h2＝r1－r1cosθ
解得h2＝d
当感光板与ab间的距离最大为h2＝d时，所有从O点到MN板的电子中，沿x轴正方向射入电场的电子，运动时间最长．设该电子在匀强电场中运动的加速度为a，运动时间为t1，在磁场B2中运动周期为T，时间为t2，则
a＝，d＝at
T＝，t2＝T
运动最长时间tm＝t1＋t2
解得T＝，t1＝，t2＝ tm＝＋
3.如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m、电量为＋q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。
(1)求极板间电场强度的大小；
(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；
(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为、，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。
答案：(1) (2)或 (3)5.5πD
解析：(1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得
qE＝mv2①
由①式得
E＝②
(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得
qvB＝m③
如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得
R＝④
联立③④式得
B＝⑤
若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得
R＝⑥
联立③⑥式得
B＝⑦
(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，Ⅰ区和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B1＝、B2＝
由牛顿第二定律得
qvB1＝m，qvB2＝m⑧
代入数据得
R1＝，R2＝⑨
设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做周围运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式得
T1＝，T2＝⑩
据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为α，由几何关系得
θ1＝120°⑪
θ2＝180°⑫
α＝60°⑬
粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图丙所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得
t1＝×T1，t2＝×T2⑭
设粒子运动的路程为s，
由运动学公式得
s＝v(t1＋t2)⑮
联立⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式得
s＝5.5πD。⑯
4.如图甲所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有沿x轴正向的匀强电场，场强大小为E；y轴右侧有如图乙所示，大小和方向周期性变化的匀强磁场，磁感应强度大小B0已知．磁场方向垂直纸面向里为正．t＝0时刻，从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q(粒子重力不计)，粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等．求：
(1)P点到O点的距离；
(2)粒子经一个周期沿y轴发生的位移；
(3)粒子能否再次经过O点，若不能说明理由．若能，求粒子再次经过O点的时刻；
(4)粒子第4n(n＝1、2、3…)次经过y轴时的纵坐标．
答案：(1) (2) (3) (4)－(n＝1、2、3…)
解析：(1)设粒子在电场中匀加速运动的时间为t0，
t0＝
Eq＝ma
设OP间距离为x，x＝at
解得：x＝.
(2)设粒子做圆周运动的半径分别为R1和R2，
R1＝
R2＝
粒子每经一个周期沿y轴向下移动Δx，如图所示
Δx＝2R2－2R1＝.
(3)当粒子从左侧射入向上偏转时可能再次经过O点，故从O点下方2R1处入射时，2R1＝NΔx
解得：N＝2，粒子能再次经过O点
t＝2T＋2t0
解得：t＝
(4)经分析知粒子每个周期4次经过y轴，每个周期沿y轴移动距离为Δx，故y＝－nΔx
解得：y＝－(n＝1、2、3…)
故粒子第4n(n＝1、2、3…)次经过y轴时的纵坐标为－(n＝1、2、3…)
5.现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d。电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。
(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；
(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，求出sin θn；
(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之。
答案：(1)2 (2)B
解析：(1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。由动能定理，有
2qEd＝mv22①
由①式解得v2＝2 ②
粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有
qv2B＝m③
由②③式解得r2＝ ④
(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数，下同)。
nqEd＝mvn2⑤
qvnB＝m⑥
粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有
vn－1sin θn－1＝vnsin αn⑦
由图甲看出rnsin θn－rnsin αn＝d⑧
由⑥⑦⑧式得
rnsin θn－rn－1sin θn－1＝d⑨
由⑨式看出r1sin θ1，r2sin θ2，…，rnsin θn为一等差数列，公差为d，可得
rnsin θn＝r1sin θ1＋(n－1)d⑩
当n＝1时，由图乙看出r1sin θ1＝d
由⑤⑥⑩⑪式得
sin θn＝B ⑫
甲 乙
(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则
θn＝⑬
sin θn＝1⑭
在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为，假设能穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时的速度方向与水平方向的夹角为θn′，由于
＞⑮
则导致sin θn′＞1⑯
说明θn′不存在，即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。
6.回旋加速器的工作原理如图甲所示，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m，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＝。一束该粒子在t＝0～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。
答案：(1) (2)－ (3)d<
解析 (1)粒子运动半径为R时
qvB＝m
且Em＝mv2
解得Em＝
(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，加速度a＝
匀加速直线运动nd＝a·Δt2
由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－
(3)只有在0～(－Δt)时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝
由η>99%，解得d<
7.使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B。为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器．引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出．已知OQ长度为L，OQ与OP的夹角为θ。
(1)求离子的电荷量q并判断其正负；
(2)离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B′，求B′；
(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应．为使离子仍从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小。
答案：(1) 正电荷 (2)(3)Bv－
解析：(1)离子做圆周运动Bqv＝①
q＝，根据左手定则可判断离子带正电荷②
(2)离子进入通道前、后的轨迹如图所示
O′Q＝R，OQ＝L，O′O＝R－r
引出轨迹为圆弧，B′qv＝③
R＝④
由余弦定理得R2＝L2＋(R－r)2＋2L(R－r)cosθ
解得R＝⑤
故B′＝＝⑥
(3)电场强度方向沿径向向外⑦
引出轨迹为圆弧Bqv－Eq＝⑧
解得E＝Bv－⑨
8.如图为某种离子加速器的设计方案．两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场．其中MN和M′N′是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O′，O′N′＝ON＝d，P为靶点，O′P＝kd(k为大于1的整数)．极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U.质量为m、带电量为q的正离子从O 点由静止开始加速，经O′进入磁场区域．当离子打到极板上O′N′区域(含N′点)或外壳上时将会被吸收．两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过，忽略相对论效应和离子所受的重力．求：
(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；
(2)能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；
(3)打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间．
答案：(1) (2) (n＝1，2，3，…，k2－1) (3) h
解析：(1)粒子经电场加速一次后的速度为v1，由动能定理得
qU＝mv①
粒子能打到P点，则在磁场中的轨道半径r1＝②
对粒子在磁场中由牛顿第二定律得qv1B1＝③
联立①②③式解得B1＝④
(2)若粒子在电场中加速n次后能打到P点，同理可得
nqU＝mv2 (n＝1，2，3，…)⑤
rn＝⑥
qvB＝⑦
联立⑤⑥⑦式解得B＝⑧
由题意可得当n＝1时，2r1′>d⑨
解得n
(3)当n＝k2－1时，打在P点的粒子能量最大
粒子在磁场中运动周期T＝⑪
粒子在磁场中运动时间tB＝(n－)T⑫
联立⑧⑪⑫式解得tB＝⑬
对粒子在电场中由动量定理得·tE＝mv⑭
联立⑤⑭式解得在电场中运动时间tE＝h⑮
9.两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图甲、乙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向)。在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子(不计重力)。若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷均已知，且，两板间距。
(1)求粒子在0~t0时间内的位移大小与极板间距h的比值。
(2)求粒子在极板间做圆周运动的最小半径R1与最大半径R2(用h表示)。
(3)若板间电场强度E随时间的变化仍如图甲所示，磁场的变化改为如图丙所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图(不必写计算过程)。
答案：(1)1：5 (2) (3)见解析
解析：(1)粒子在0～t0时间内，位移，所以
(2)粒子在t0~2t0时间内做匀速圆周运动，速度大小，轨迹半径，粒子的轨迹周期T=t0，所以粒子在在t0~2t0时间内 恰好做一个完成的圆周运动，则粒子在2t0~3t0时间内做初速度为v1的匀加速运动，则位移，，则粒子在3t0~4t0时间内，轨迹半径，由于，所以粒子在3t0~4t0时间内做一个完整的圆周运动，而在4t0~5t0时间内匀加速出去，所以最大轨迹半径为R2。
(3)如图
10.现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电离子的运动。如图所示，真空中存在这多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d，电场强度为E，方向水平向左，垂直纸面向里磁场的磁感应强度为B1，垂直纸面向外磁场的磁感应强度为B2，电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m，电荷量为q的带正电粒子在第1层磁场左侧边界以初速度v0射入，方向与边界夹角为θ，设粒子始终在电场、磁场运动，除B1、B2、E以外其他物理量已知，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。(cos53°=0.6，sin53°=0.8)
(1)若θ=53°，要求粒子不进入电场，求B1至少多大？
(2)若θ=53°，且，要求粒子不穿出电场，求E至少多大？
(3)若B1、E均已知，求粒子从第n层磁场右侧边界穿出时速度的大小？
(4)若B1、E均已知，求粒子从第n层磁场右侧边界穿出时速度的方向恰与原方向平行，求B2的大小？
答案：(1) (2) (3) (4)
解析：(1)当θ=53°，要求粒子不进入电场，则粒子在B1场中做圆周运动的半径R1，则有，再根据半径公式，可知。
(2)当θ=53°时，且，设粒子在B1场中轨迹半径为R，粒子进入电场时与界面的夹角为β，在B1场中，由几何关系，解得β=37°。在电场中沿场强方向做匀减速运动，所以有
，解得。
(3)设粒子从第n层有边界穿出时速度大小为vn，由动能定理得
，解得
(4)对粒子，全过程中，在垂直于电场方向上只有洛伦兹力有冲量，由动量定理可得
，解得
11.如图所示，待测区域中存在匀强电场和匀强磁场，根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场。图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成，极板长度为l、间距为d，两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反。质量为m、电荷量为＋q的粒子经加速电压U0加速后，水平射入偏转电压为U1的平移器，最终从A点水平射入待测区域。不考虑粒子受到的重力。
(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1；
(2)当加速电压变为4U0时，欲使粒子仍从A点射入待测区域，求此时的偏转电压U；
(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域，刚进入时的受力大小均为F。现取水平向右为x轴正方向，建立如图所示的直角坐标系Oxyz。保持加速电压为U0不变，移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域，粒子刚射入时的受力大小如下表所示。
射入方向
y
－y
z
－z
受力大小
F
F
F
F
请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向。
答案：(1)v1＝ (2)U＝4U1
(3)若B沿x轴方向，由沿z轴方向射入时的受力情况得
E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为30°或150°。
若B沿－x轴方向
E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为－30°或－150°。
解析：(1)设粒子射出加速器的速度为v0
由动能定理得qU0＝mv02
由题意得v1＝v0，即v1＝
(2)在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t
加速度的大小a＝
在离开时，竖直分速度vy＝at
竖直位移y1＝at2
水平位移l＝v1t
粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为t
竖直位移y2＝vyt
由题意知，粒子竖直总位移y＝2y1＋y2
解得y＝
则当加速电压为4U0时，U＝4U1。
(3)(a)由沿x轴方向射入时的受力情况可知：B平行于x轴，且E＝
(b)由沿±y轴方向射入时的受力情况可知：E与Oxy平面平行。
F2＋f2＝(F)2，则f＝2F且f＝qv1B
解得B＝
(c)设电场方向与x轴方向夹角为α。若B沿x轴方向，由沿z轴方向射入时的受力情况得
(f＋Fsin α)2＋(Fcos α)2＝(F)2
解得α＝30°，或α＝150°
即E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为30°或150°
同理，若B沿－x轴方向
E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为－30°或－150°
相关试卷
新高考物理二轮复习精选练习专题8电场与磁场（含解析）： 这是一份新高考物理二轮复习精选练习专题8电场与磁场（含解析），共65页。试卷主要包含了电场强度的三个公式，电场能的性质，等势面与电场线的关系，电容、电容器，带电粒子在磁场中的受力情况等内容，欢迎下载使用。
2023届高考物理二轮专题复习：04静电场、恒定电流、磁场： 这是一份2023届高考物理二轮专题复习：04静电场、恒定电流、磁场，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届高考物理二轮复习专题讲义电场与磁场——电场的基本性质讲义： 这是一份2023届高考物理二轮复习专题讲义电场与磁场——电场的基本性质讲义，共8页。
