(课标版)2020高考物理二轮复习专题限时训练9带电粒子在电磁场中的运动(含解析)

专题能力训练9带电粒子在组合场、复合场中的运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。

在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求7~8题有多个选项符合题目要求,全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.如图为“滤速器”装置示意图。

a、b为水平放置的平行金属板,其电容为C,板间距离为d,平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。

a、b板带上电荷,可在平行板内产生匀强电场,且电场方向和磁场方向互相垂直。

一带电粒子以速度v0经小孔O进入正交电磁场可沿直线OO'运动,由O'射出,粒子所受重力不计,则a板所带电荷量情况是()A.带正电,其电荷量为B.带负电,其电荷量为C.带正电,其电荷量为CBdv0D.带负电,其电荷量为2.(2015·湖南师范大学附属中学月考)速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束,其运动轨迹如图所示,其中S0A=S0C,则下列说法正确的是()A.甲束粒子带正电,乙束粒子带负电B.甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C.能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D.若甲、乙两束粒子的电荷量相等,则甲、乙两束粒子的质量比为3∶23.(2015·河北名校联盟质量监测)如图,一带电塑料小球质量为m,用丝线悬挂于O点,并在竖直平面内摆动,最大摆角为60°,水平磁场垂直于小球摆动的平面。

当小球自左方摆到最低点时,悬线上的张力恰为零,则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为()A.0B.2mgC.4mgD.6mg4.如图所示,在第二象限内有水平向右的匀强电场,电场强度为E,在第一、四象限内分别存在如图所示的匀强磁场,磁感应强度大小相等。

有一个带电粒子以初速度v0从x轴上的P点垂直进入匀强电场,恰好与y轴成45°角射出电场,再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入下面的磁场。

2020届高三二轮复习带电粒子在电场中的运动专项练习(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(每题8分，共72分)1．如图甲所示，直线上固定两个正点电荷A与B，其中B带＋Q的电荷量，C、D两点将AB连线三等分，现有一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子所受的重力，并且已知该粒子在C、D间运动的速度v与时间t的关系图象如图乙所示，则A点电荷的带电荷量可能是()A．＋5Q B．＋3Q C．＋2Q D．＋Q2．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的轻质绝缘细绳一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则()A．小球带负电B．电场力跟重力是一对平衡力C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．运动过程中小球的机械能守恒3．如图所示，等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形．一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速释放，由C运动到D的过程中，下列说法正确的是()A．小球的速度先减小后增大B．小球的速度先增大后减小C．杆对小球的作用力先减小后增大D．杆对小球的作用力先增大后减小4．(多选)真空中有一带负电的点电荷仅在库仑力作用下绕固定的点电荷＋Q运动，其轨迹为椭圆，如图所示．已知a、b、c、d为椭圆的四个顶点，＋Q处在椭圆的一个焦点上，则下列说法正确的是()A．负电荷在a、c两点所受的电场力相同B．负电荷在a点和c点的电势能相等C．负电荷由b运动到d的过程中电势能增加，动能减少D．负电荷由a经b运动到c的过程中，电势能先增加后减少5．如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，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正确的是()A．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低B．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势先降低后升高C．O点的电场强度为零，电势最低D．O点的电场强度不为零，电势最高6．(多选)如图所示，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上，它们的位置关于AC对称，＋Q和O点的连线与OC间的夹角为60°，两个点电荷的连线与AC的交点为P.下列说法中正确的是()A．P点的电场强度大于O点的电场强度B．A点的电势低于C点的电势C．点电荷－q在O点与在C点所受的电场力相同D．点电荷＋q在B点具有的电势能小于在D点具有的电势能7．(多选)在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上．现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则()A．A球带正电，B球带负电B．A球比B球先落地C．在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加D．两球从抛出到各自落地的过程中，A球的速率变化量比B球的小8．(多选)如图所示，空间中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处，A点为对应棱的中点，B点为右侧面的中心，C点为底面的中心，D点为正四面体的中心(到四个顶点的距离均相等)．关于A、B、C、D四点的电势高低，下列判断正确的是()A．φA＝φB B．φA＝φDC．φB>φC D．φC>φD9.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σ2ε0，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0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.Qε0S和Q2ε0SB.Q2ε0S和Q2ε0SC.Q2ε0S和Q22ε0SD.Qε0S和Q22ε0S二、非选择题(每题14分，共28分)10．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，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2.质子的比荷取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．11．静电场方向平行于x轴，以坐标原点为中心，其电势φ随x的分布如图所示，图中φ0和d为已知量．一个带负电的粒子仅在电场力作用下，以坐标原点O为中心沿x轴方向在A、B之间做周期性运动．已知该粒子质量为m、电荷量为－q(q>0)，经过坐标原点时速度为v.求：(1)粒子在电场中所受电场力的大小．(2)A点离坐标原点O的距离．(3)粒子的运动周期．2020届高三二轮复习带电粒子在电场中的运动专项练习参考答案1、[解析]由v－t图象可知该粒子在两正电荷A、B的作用下做加速度逐渐减小的减速运动，故点电荷A对其的库仑引力大于点电荷B对其的库仑引力，根据库仑定律，在D点，k Q A q4r2>kQqr2，即Q A>4Q，故选项A正确，B、C、D错误．[答案] A2、[解析]根据题述小球在竖直平面内做匀速圆周运动知，电场力跟重力一定平衡，故电场力一定向上，小球带正电，选项A错误，B正确．小球在从a点运动到b点的过程中，克服电场力做功，电势能增大，选项C错误．小球在运动过程中动能不变，机械能做周期性变化，不守恒，选项D错误．[答案] B3、[解析]等量异种点电荷中垂线上的场强方向为水平向右，从C到D场强的大小先变大后变小，并且C、D两点的场强相等．带负电的小球沿光滑杆运动时，竖直方向上只受重力，水平方向上受力平衡，则小球的速度越来越大，A、B错．杆对小球的作用力等于电场力，则先变大，后变小，C错，D对．[答案] D4、[解析]在a、c两点负电荷所受电场力方向不同，A项错误；以单个点电荷为球心的球面是等势面，所以a、c两点电势相等，根据电势与电势能的关系可知，负电荷在a、c两点电势能也相等，B项正确；负电荷由b到d过程中，电场力始终做负功，电势能增加，动能减少，C项正确；负电荷由a经b到c的过程中，电场力先做正功再做负功，故电势能先减少后增加，D项错误．[答案]BC5、[解析]根据对称性得出在O点放一试探电荷，所受圆环上均匀分布的负电荷的库仑力为零，根据电场强度定义可知O点的电场强度为零，又沿x轴无限远处电场强度为零，则从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小．若设沿x轴无限远处，电势为零，则逆着x轴方向向O点移动一个正的试探电荷，电场力做正功，电势能减小．根据电势的定义可知在O点试探电荷的电势能最小，电势最低，所以从O点沿x轴正方向，电势一直升高，选项A、B、D错误，C正确．[答案] C6、[解析]等量异种点电荷＋Q、－Q周围电场线的分布如图所示，电场线疏密表示电场的强弱．由图可知等量异种点电荷＋Q、－Q连线中点P的场强大于O点场强，选项A正确；由于AC连线为等势线，故A 点的电势等于C点的电势，选项B错误；由于O、C两点是等量异种点电荷＋Q、－Q连线的垂直平分线上关于中点P对称的两点，所以O、C两点场强相同，则点电荷－q在O点与在C点所受电场力是相同的，选项C正确；由电场线方向可知B点电势高于D点电势，点电荷＋q在B点具有的电势能大于在D点具有的电势能，选项D错误．[答案] AC7、[解析] 两球均做类平抛运动，水平方向上有x ＝v 0t ，竖直方向上有h ＝12at 2，得加速度大小a ＝2h v 20x 2，可见水平距离x 越大，加速度a 越小，相应所用时间t 越长，即B 球先落地，A 球的加速度a 1小于B 球的加速度a 2，说明A 球带正电而受到竖直向上的电场力，B 球带负电而受到竖直向下的电场力，在下落过程中，电场力对A 球做负功，A 球电势能增加，电场力对B 球做正功，B 球电势能减少，选项A 正确，B 、C 均错误；根据动能定理有mah ＝12m v 2－12m v 20，而Δv ＝v －v 0，可见加速度a 越大， 落地速度v 越大，速率变化量Δv 越大，即A 球的速率变化量较小，选项D 正确．[答案] AD8、[解析]以无穷远处为零电势，点电荷周围的电势φ＝k qr ，正点电荷周围各点电势为正，负点电荷周围各点电势为负，电势是标量，可以用代数运算进行加减．如图将四个点电荷编号，A 点与3、4等距，与1、2等距，3、4两点电荷在A 点的电势一正一负，相加刚好为零，1、2两电荷在A 点的电势相加也为零，则φA ＝0.同理，D 点到四个点电荷的距离都相同，则φD ＝0.B 点与3、4等距，与1的距离小于与2的距离，1在B 点的正电势与2在B 点的负电势相加大于零，则可得φB >0.同理，C 点与3、4等距，与1的距离大于与2的距离，则可得φC <0.即有φB >φA ＝φD >φC ，B 、C 正确．[答案] BC9、[解析] 本题考查电场强度和静电引力，意在考查学生根据已知的知识和物理事实、条件，对物理问题进行逻辑推理和论证，得出正确的结论的能力．难度较大．每个板的电荷密度σ＝QS ，每个板单独在极板间产生的电场E 0＝σ2ε0＝Q 2ε0S ，极板间的电场为两个极板单独产生的电场的矢量和，则E ＝2E 0＝Qε0S，每个极板受到的静电力F ＝QE 0＝Q 22ε0S，选项D 正确．[答案] D10、[解析] (1)设质子进入漂移管B 的速度为v B ，电源频率、周期分别为f 、T ，漂移管B 的长度为L ，则T ＝1f ①L ＝v B ·T 2②联立①②式并代入数据得L ＝0.4 m ③(2)设质子进入漂移管E 的速度为v E ，相邻漂移管间的加速电压为U ，电场对质子所做的功为W ，质子从漂移管B 运动到E 电场做功W ′，质子的电荷量为q 、质量为m ，则W ＝qU ④ W ′＝3W ⑤W ′＝12m v 2E －12m v 2B ⑥ 联立④⑤⑥式并代入数据得U ＝6×104 V[答案] (1)0.4 m (2)6×104 V11、[解析] (1)由题意知，匀强电场的电场强度的大小E ＝φ0d 由F ＝qE解得粒子所受电场力的大小F ＝qφ0d(2)由题意得，粒子在A 点时，速度为零．设A 点离坐标原点O 的距离为x A ，则粒子运动的加速度大小 a ＝F m ＝qφ0md v 2＝2ax A两式联立解得x A ＝md v 22qφ0(3)粒子在四分之一周期内 v ＝at粒子的运动周期T ＝4t 联立解得T ＝4md vqφ0[答案] (1)qφ0d (2)md v 22qφ0 (3)4md v qφ0。

带电粒子在电磁场中的运动一、单项选择题1.美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器,应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点,能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量,使人类在获得较高能量的带电粒子领域前进了一大步。

如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图,其中盒缝间的加速电场场强恒定,且被限制在A、C两板之间。

带电粒子从P0处以初速度v0沿电场线方向射入加速电场,经加速电场加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。

对于这种改进后的回旋加速器,下列说法正确的是()A.带电粒子每运动一周被加速两次B.P1P2=P2P3C.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关D.加速电场方向需要做周期性变化2.(2017课标Ⅰ,16,6分)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m a、m b、m c。

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.m a>m b>m cB.m b>m a>m cC.m c>m a>m bD.m c>m b>m a3.(2019辽宁大连模拟)如图所示为研究某种带电粒子的装置示意图,粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的O点,出现一个光斑。

在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后,粒子束发生偏转,沿半径为r的圆弧运动,打在荧光屏上的P点,然后在磁场区域再加一竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场,光斑从P点又回到O点,关于该粒子束(不计重力),下列说法正确的是()A.粒子带负电B.初速度v=BEC.比荷qm =B2rED.比荷qm=EB2r4.如图所示,竖直线MN∥PQ,MN与PQ间距离为a,其间存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,O是MN上一点,O处有一粒子源,某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计),已知沿图中与MN成θ=60°射入的粒子恰好垂直PQ射出磁场,则粒子在磁场中运动的最长时间为()A.πa3v B.2√3πa3vC.4πa3vD.2πav二、多项选择题5.长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场,如图所示,磁感应强度为B,板间距离也为l,极板不带电,现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场,欲使粒子不打在极板上,可采用的办法是()A.使粒子的速度v<Bql4mB.使粒子的速度v>5Bql4mC.使粒子的速度v>BqlmD.使粒子的速度v满足Bql4m <v<5Bql4m6.如图所示,质量为m、电荷量为q的带正电的小物块(可视为质点)从半径为R的绝缘半圆槽顶点A由静止开始下滑,已知半圆槽右半部分光滑,左半部分粗糙,整个装置处于正交的匀强电场与匀强磁场中,电场强度E的大小为mg2q,方向水平向右,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,g为重力加速度大小,则下列说法正确的是()A.物块最终停在A点B.物块最终停在最低点C.物块做往复运动D.物块首次运动到最低点时对轨道的压力为2mg+qB√Rg7.如图所示,M 、N 为两个同心金属圆环,半径分别为R 1和R 2,两圆环之间存在着沿金属环半径方向的电场,N 环内存在着垂直于环面向外的匀强磁场,磁感应强度为B,N 环上有均匀分布的6个小孔,从M 环的内侧边缘由静止释放一质量为m,电荷量为+q 的粒子(不计重力),经电场加速后通过小孔射入磁场,经过一段时间,粒子再次回到出发点,全程与金属环无碰撞。

专题限时集训(九)(建议用时：40分钟)[专题通关练]1.(20xx·河北张家口联考)如图所示.两个劲度系数均为k 的轻弹簧顶端固定并与电路相连.下端用轻导线与长度为L 的导体棒相连.导体棒水平放置且垂直于匀强磁场.磁场方向垂直纸面向外。

断开开关.导体棒静止时.弹簧的长度为x 1；接通电源后.导体棒水平静止时.弹簧的长度为x2.电流表示数为I 。

忽略电流产生的磁场作用。

则该匀强磁场的磁感应强度大小为( )A.k x2－x1ILB.k x2＋x1ILC.2kx1－x2ILD.2kx2－x1ILD [设弹簧原长为l .断开开关时：2k (x 1－l )＝mg .闭合开关时：2k (x 2－l )＝BIL ＋mg .联立以上两式解得：B ＝2kx2－x1IL.故选D 。

]2.(多选)(20xx·河北唐山期末)两个质子以不同速率在匀强磁场中做圆周运动.轨迹如图所示.两圆周相切于A 点.过A 点做一直线与两圆周交于B 点和C 点。

若两圆周半径r 1∶r 2＝1∶2.下列说法正确的有( )由洛伦兹力公式及牛顿运动定律：qv 2B ＝m1＋m2v22r依题可知：r ＝1 m联立以上关系式可得： m2m1＝12。

[答案] (1)2.5 N/C (2) 1211．(20xx·湖南衡阳联考)如图所示.圆心为O 、半径为R 的圆形区域内有磁感应强度大小为B 1、方向垂直于纸面向外的匀强磁场.磁场区域右侧有一宽度也为R 的足够长区域Ⅱ.区域Ⅱ内有方向向左的匀强电场.区域Ⅱ左右边界CD 、FG 与电场垂直.区域Ⅰ边界上过A 点的切线与电场线平行且与FG 交于G 点.FG 右侧为方向向外、磁感应强度大小为B 2的匀强磁场区域Ⅲ。

在FG 延长线上距G 点为R 处的M 点放置一足够长的荧光屏MN .荧光屏与FG 成θ＝53°角.在A 点处有一个粒子源.能沿纸面向区域内各个方向均匀地发射大量质量为m 、带电荷量为＋q 且速率相同的粒子.其中沿AO 方向射入磁场的粒子.恰能平行于电场方向进入区域Ⅱ并垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)。

2020年高考物理二轮热点专题训练---- 《带电粒子在电场、磁场中的运动》一 选择题1.(多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地．一带负电的油滴位于电容器的P 点且处于静止状态．现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离．则( )A ．带电油滴将竖直向下运动B ．带电油滴的机械能将增加C ．P 点的电势将升高D ．电容器的电容增大，极板带电荷量增加 【答案】AC【解析】将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，间距d 增大，由C ＝εr S4πkd可得电容器的电容减小，而U 一定，由C ＝Q U 可得电荷量Q 减少，选项D 错误；根据E ＝Ud 可得板间场强减小，重力大于电场力，带电油滴将竖直向下运动，电场力做负功，机械能减少，选项A 正确、B 错误；因上极板接地，电势为0，P 点电势φP ＝－Ey 随E 的减小而增大，选项C 正确．2.(多选)如图所示，在一等腰直角三角形ACD 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)从AC 边的中点O 垂直于AC 边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2L ，则下列关于粒子运动的说法中正确的是( )A.若该粒子的入射速度为v ＝qBLm ，则粒子一定从CD 边射出磁场，且距点C 的距离为LB.若要使粒子从CD 边射出，则该粒子从O 点入射的最大速度应为v ＝2qBLmC.若要使粒子从AC 边射出，则该粒子从O 点入射的最大速度应为v ＝qBl2mD.该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为m πqB【答案】ACD【解析】根据洛伦兹力充当向心力可知：Bqv ＝m v 2r ，若v ＝qBLm ，解得：r ＝L ；根据几何关系可知，粒子一定从CD 边距C 点为L 的位置离开磁场；故A 正确；根据洛伦兹力充当向心力可知，v ＝Bqrm ，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子与AD 边相切时速度最大，则由几何关系可知，最大半径为一定大于2L ；故B 错误；若要使粒子从AC 边射出，则该粒子从O 点入射的最大半径为L 2；因此最大速度应为v ＝qBL2m ；故C 正确；粒子运行周期为2πmBq ，根据几何关系可知，粒子在磁场中最大圆心角为180°；故最长时间为m πqB；故D 正确. 3.(多选)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一带正电小球(电荷量很小)固定在P 点，如图所示．以U 表示两极板间的电压，E 表示两极板间的场强，E p 表示该小球在P 点的电势能，若保持负极板不动，而将正极板移至图中虚线所示位置，则( )A ．U 变小B ．U 不变C ．E 变大D ．E p 不变【答案】AD【解析】根据电容器充电后与电源断开可知，Q 不变，将正极板移至图中虚线所示位置，间距d 减小，由C ＝εr S 4k πd ，知电容C 增大，又U ＝Q C ，电压U 减小，因E ＝U d ＝Q Cd ＝4k πQ εr S ，E 不变，P 点到下极板的距离不变，则P 点与下极板的电势差不变，P 点的电势φ不变，P 点电势能E p ＝φq 不变，选项A 、D 正确．4.如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面的夹角为θ，极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电荷量为q ，微粒从极板M 的左边缘A 处以初速度v 0水平射入极板间，沿直线运动并从极板N 的右边缘B 处射出，则( )A ．微粒到达B 点时动能为12mv 20B ．微粒的加速度大小等于g sin θC ．两极板间的电势差U MN ＝mgdq cos θD ．微粒从A 点到B 点的过程中电势能减少mgdcos θ【答案】C【解析】微粒的受力情况如图所示，微粒做匀减速直线运动，到达B 点时动能小于12mv 20，选项A 错误；由牛顿第二定律得mg tan θ＝ma ，加速度a ＝g tan θ，选项B 错误；又电场力Eq＝mgcos θ，两极板间的电场强度E＝mgq cos θ，两板间的电势差U MN＝Ed＝mgdq cos θ，选项C正确；微粒从A向B运动，电场力做负功，电势能增加，选项D错误．5.(多选)如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B.一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是()A.3BqL6m B.3BqL3mC.3BqL2m D.3BqLm【答案】AB【解析】由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为120°，所以粒子运动的半径为r＝33·Ln(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝mv2r，则v＝Bqrm＝3BqL3m·1n(n＝1,2,3，…)，所以A、B对．6.图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＝2.0×10－3 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qm(C/kg)是( )A ．3.5×107B ．4.9×107C ．5.3×107D ．7×107【答案】B【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。

a 1＝qE －mgm＝kE －g v 1＝a 1t x 1＝12a 1t 2场强变化后a 2＝mg －qE′m＝g －kE ′x 2＝－v 1t ＋12a 2t 2解得a 2＝3a 1.E ′＝4gk －3E 。

(2) 油滴的末速度大小v 2＝－v 1＋a 2t ＝－a 1t ＋a 2t ＝－(kE －g )t ＋(g －kE ′)t选带电粒子为研究对象.先竖直向上做匀加速直线运动：a 1′＝qE m＝kE .v 1′＝a 1′t场强变化以后.带电粒子仍向上做匀加速直线运动：a 2′＝qE′m＝kE ′ v 2′＝v 1′＋a 2′t ＝kEt ＋kE ′t则v2′v2＝kEt ＋kE′t －kE －g t ＋g －kE′t ＝2g －kEkE －g。

[答案] (1)4g k －3E (2)2g －kEkE －gA ．不包括无穷远处电势为0的点.在x 轴上只有一个点电势为0B ．不包括无穷远处电场强度为0的点.在x 轴上只有A 处电场强度为0C ．B 点的电势大于A 点的电势D ．某一负电荷放在C 点的电势能小于放在A 点的电势能B [因为两点电荷带不等量的异种电荷.所以两点电荷连线所在直线上电势为零的点有两个.一个在两电荷之间.另一个在电荷量较小的电荷即正电荷右侧.选项A 错误；Q 点为等边三角形中心.等边三角形边长为2a .根据几何关系有x QA ＝233a .电荷量为＋q 的点电荷在A 点产生的场强大小为E t ＝k qx2Q A ＝＝k 3q 4a2.方向沿x 轴正方向.电荷量为－3q 的点电荷在A 点产生的场强大小为E 2＝k 3qx2O A ＝k 3q 2a 2＝k 3q4a2.方向沿x 轴负方向.所以A 点的合场强为零.分析知除无穷远处.x 轴上的其他点场强不可能为零.选项B 正确；电荷量为＋q 的点电荷距A 、B 两点的距离相等.在该点电荷产生的电场中.A 、B 两点的电势相同.电荷量为－3q 的点电荷距B 点的距离小于距A 点的距离.所以在该点电荷产生的电场中.B 点的电势小于A 点的电势.电势为标量.所以在两点电荷产生的电场中.B 点的电势小于A 点的电势.选项C 错误；同理可得.C 点的电势小于A 点的电势.根据E p ＝qφ知.负电荷在电势越高处电势能越小.所以负电荷在C 点的电势能大于在A 点的电势能.选项D 错误。

专题能力训练9 磁场性质及带电粒子在磁场中的运动(时间:45分钟 满分:100分)专题能力训练第21页一、选择题(本题共6小题,每小题7分,共42分。

在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~6题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.如图所示,一劲度系数为k 的轻质弹簧,下面挂有匝数为n 的矩形线框abcd 。

bc 边长为l ,线框的下半部分处在匀强磁场中,磁感应强度大小为B ,方向与线框平面垂直,在图中垂直于纸面向里。

线框中通以电流I ,方向如图所示,开始时线框处于平衡状态。

令磁场反向,磁感应强度的大小仍为B ,线框达到新的平衡。

则在此过程中线框位移的大小Δx 及方向是( )A .Δx=2nIlB k ,方向向上B .Δx=2nIlBk ,方向向下C .Δx=nIlB k ,方向向上D .Δx=nIlBk,方向向下答案:B解析:线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力,处于平衡,安培力为F B =nBIl ,且开始的方向向上,然后方向向下,大小不变。

设在电流反向之前弹簧的伸长为x ,则反向之后弹簧的伸长为(x+Δx ),则有 kx+nBIl-G=0k (x+Δx )-nBIl-G=0 解之可得Δx=2nIlB k,且线框向下移动,故B 正确。

2.(2019·全国卷Ⅲ)如图所示,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B 和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。

一质量为m 、电荷量为q (q>0)的粒子垂直于x 轴射入第二象限,随后垂直于y 轴进入第一象限,最后经过x 轴离开第一象限。

粒子在磁场中运动的时间为( )A.56πmqBB.76πmqBC.116πmqBD.136πmqB答案:B解析:粒子在磁场中做匀速圆周运动,其运动轨迹如图所示。

根据半径公式r=mvqB可求得r2=2r1由几何关系得r2cos θ=r2-r1,求得θ=60°=π3粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间t=αmqB在第二象限中运动的时间t1=πm2qB在第一象限中运动的时间t2=πm3q B2=2πm3qB故粒子在磁场中运动的时间为t=t1+t2=7πm6qB故选B。

2020版高考物理热点冲刺练习09电场及带电粒子在电场中的运动1.如图所示的四条实线是电场线，它们相交于点电荷O，虚线是只在电场力作用下某粒子的运动轨迹，A、B、C、D分别是四条电场线上的点，则下列说法正确的是( )A．O点一定有一个正点电荷B．B点电势一定大于C点电势C．该粒子在A点的动能一定大于D点的动能D．将该粒子在B点由静止释放，它一定沿电场线运动2.如图所示，在匀强电场中，场强方向沿△abc所在平面平行，ac⊥bc，∠abc=60°， ac=0.2 m．一个电量q=1×10－5C的正电荷从a移到b，电场力做功为零；同样的电荷从a移c，电场力做功为1×10－8J.则该匀强电扬的场强大小和方向分别为( )A．500 V/m、沿ab由a指向bB．500 V/m、垂直ab向上C．1000 V/m、垂直ab向上D．1000 V/m、沿ac由a指向c3.如图甲所示，平行金属板A、B正对竖直放置，CD为两板中线上的两点．A、B板间不加电压时，一带电小球从C点无初速释放，经时间T到达D点，此时速度为v0.在A、B两板间加上如图乙所示的交变电压，t=0带电小球仍从C点无初速释放，小球运动过程中未接触极板，则t=T时，小球( )A．在D点上方B．恰好到达D点C．速度大于vD．速度小于v4.已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直．如图所示MN为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接．现将一个电荷量为Q的正点电荷置于板的右侧，图中a、b、c、d 是以正点电荷Q为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中ab连线与金属板垂直．则下列说法正确的是( )A．b点电场强度与c点电场强度相同B．a点电场强度与b点电场强度大小相等C．a点电势等于d点电势D．将一试探电荷从a点沿直线ad移到d点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变5.如图所示，边长为L的等边三角形ABC的三个顶点上分别固定一个点电荷，所带电荷量依次为＋q、＋q和－q. D点和M点分别为AB边和AC边的中点，N点为三角形的中心，静电力常量为k.在该电场中，下列说法正确的是( )A．D点的电场强度大小为k qL2，方向为从N指向DB．N点的电场强度大小为9k qL2，方向为从N指向CC．D点的电势高于N点的电势D．若取无穷远处电势为0，则M点的电势φM为06. (多选)如图所示，某条电场线上有a、b、c三点，其中b为ac的中点，已知a、c两点的电势分别为φa=10 V，φC=4 V，若将一点电荷从c点由静止释放，仅在电场力作用下沿着电场线向a点做加速度逐渐增大的加速运动，则下列判断正确的是( )A．该点电荷带负电B．电场在b点处的电势为7 VC．a、b、c三点c点处的场强最小D．该电荷从c点运动到b点电场力做的功比从b点运动到a点电场力做的功多7. (多选)如图，电路中A 、B 、C 、D 是完全相同的金属极板，P 是AB 板间的一点，在CD 板间插有一块有机玻璃板．闭合开关，电路稳定后将开关断开．现将CD 板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是( )A ．金属板CD 构成电容器的电容减小B ．P 点电势降低C ．玻璃板抽出过程中，电阻R 中有向右的电流 D. A 、B 两板间的电场强度减小8. (多选)通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q 在场源电荷Q的电场中具所有电势能表达式为E r =kqQr(式中k 为静电力常量，r 为试探电荷与场源电荷间的距离)．真空中有两个点电荷Q 1、Q 2分别固定在x 坐标轴的x=0和x=6 cm 的位置上．x 轴上各点的电势φ随x 的变化关系如图所示．A 、B 是图线与x 的交点，A 点的x 坐标是4.8 cm ，图线上C 点的切线水平．下列说法正确的是( )A ．电荷Q 1、Q 2的电性相反B ．电荷Q 1、Q 2的电量之比为1∶4C ．B 点的x 坐标是8 cmD ．C 点的x 坐标是12 cm9. (多选)如图所示，水平面内的等边三角形ABC 的边长为L ，两个等量异种点电荷＋Q 和－Q 分别固定于A 、B 两点．光滑绝缘直导轨CD 的上端点D 位于到A 、B 中点的正上方，且与A 、B 两点的距离均为L.在D 处质量为m 、电荷量为＋q 的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，并由静止释放，已知静电力常量为k ，重力加速度为g.忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．D 点的场强大小为kQL2B ．小球到达CD 中点时，其加速度为零C ．小球刚到达C 点时，其动能为32mgLD ．小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小10. (多选)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x 轴平行，在x 轴上的电势φ与坐标x 的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15,3)的切线．现有一质量为0.20 kg ，电荷量为＋2.0×10－8C 的滑块P(可视作质点)，从x=0.10 m 处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02.取重力加速度g=10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．滑块运动的加速度先逐渐减小后逐渐增大B ．x=0.15 m 处滑块运动的动能最大1.0×10－3J C ．滑块运动过程中电势能先减小后增大D ．滑块运动过程中克服摩擦力做功8.0×10－3J11.如图所示，相距2L 的AB 、CD 两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PS 下方的电场E 1的场强方向竖直向上，PS 上方的电场E 2的场强方向竖直向下，在电场左边界AB 上宽为L 的PQ 区域内，连续分布着电量为＋q 、质量为m 的粒子．从某时刻起由Q 到P 点间的带电粒子，依次以相同的初速度v 0沿水平方向垂直射入匀强电场E 1中，若从Q 点射入的粒子，通过PS 上的某点R 进入匀强电场E 2后从CD 边上的M 点水平射出，其轨迹如图，若MS 两点的距离为L2.不计粒子的重力及它们间的相互作用．试求：(1)电场强度E 1与E 2的大小；(2)在PQ 间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直于CD 边水平射出，这些入射点到P 点的距离有什么规律？12.竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1 m的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E=4×103 V/m.小球a、b、c的半径略小于管道内径，b、c球用长L=2m的绝缘细轻杆连接，开始时c静止于管道水平部分右端P点处，在M点处的a球在水平推力F的作用下由静止向右运动，当F减到零时恰好与b发生了弹性碰撞，F－t的变化图象如图乙所示，且满足F2＋t2=4π.已知三个小球均可看做质点且m a=0.25 kg，m b=0.2 kg，m c=0.05 kg，小球c带q=5×10－4C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g=10 m/s2，求(1)小球a与b发生碰撞时的速度v0；(2)小球c运动到Q点时的速度v；(3)从小球c开始运动到速度减为零的过程中，小球c电势能的增加量．答案解析1.答案为：C ；解析：[没有画出电场线的方向，所以O 点可能是正电荷，也可能是负电荷，故A 错误；由于不知道电场线的方向，所以无法判断B 、C 两点电势的高低，故B 错误；由于做曲线运动的物体受力的方向指向曲线的内侧，可知该粒子在该电场中受到的电场力沿电场线向下，故从A 到D 电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，则粒子在A 点的动能较大，故C 正确；电场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向，由于B 点所在电场线为曲线，所以将该粒子在B 点由静止释放，它一定不能沿电场线运动，故D 错误．故选C.]2.答案为：C ；解析：[正电荷从a 移到b ，电场力做功为零，则由电场力做功的特点可知，ab 两点电势相等，故ab 应为等势线；因电场线与等势面相互垂直，故过c 做ab 的垂线，一定是电场线；正电荷从a 到c 过程，由W=Uq 可知，ac 两点的电势差U ac =W q =1.0×10－31×10－5V=100 V ，即a 点电势高于c 点的电势，故电场线垂直于ab 向上；ac 间沿电场线的距离d=ac·cos 60°= 0.2×0.5m=0.1 m ，由E=U d 可知：电场强度E=1000.1V/m=1000 V/m ，方向垂直ab 向上；故C 正确，A 、B 、D 错误；故选C.]3.答案为：B ；解析：[小球仅受重力作用时从C 到D 做自由落体运动，由速度公式得v 0=gT ，现加水平方向的周期性变化的电场，由运动的独立性知竖直方向还是做匀加速直线运动，水平方向0～T4沿电场力方向做匀加速直线运动，T 4～T 2做匀减速直线运动刚好水平速度减为零，T 2～3T4做反向的匀加速直线运动，3T4～T 做反向的匀减速直线运动水平速度由对称性减为零，故t=T 时合速度为v 0，水平位移为零，则刚好到达D 点，故选B.]4.答案为：C ；解析：[画出电场线如图所示：A.根据对称性可知，b 点电场强度与c 点电场强度大小相同，方向不同，故A 错误；B.电场线密集的地方电场强度大，从图像上可以看出a 点电场强度大于b 点电场强度，故B 错误；C.根据对称性并结合电场线的分布可知a 点电势等于d 点电势，故C 正确；D.由于试探电荷先靠近正电荷后远离正电荷，所以电场力在这个过程中做功，当总功为零，所以试探电荷电势能不是始终保持不变，故D 错误；故选C.]解析：[A 、B 两点处的点电荷在D 点的电场强度的矢量和为0，C 点处的点电荷在D 点处的电场强度为E=q k ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 22=4kq3L 2，方向为从D 指向N ，A 错误；三个点电荷在N 点的电场强度大小均为3k q L 2，其中两个正点电荷的电场强度矢量合成后大小为3k qL2，方向为从N 指向C ，与负点电荷电场强度合成，N 点的电场强度大小为6k qL2，方向为从N 指向C ，B 错误；CD 连线上电场强度方向由D 指向C ，可知φD >φN ，C 正确；若无穷远电势为0，则A 、C 两点处的等量异种点电荷在M 点的电势为0，B 处的正点电荷在M 点的电势大于0，故φM >0，D 错误．]6.答案为：AC ；解析：[A 项：点电荷从c 静止释放向左运动，电场线方向向右，所以点电荷带负电，故A 正确；B 项：由点电荷从c 到a 做加速度增大的加速运动，说明从c 到a 电场强度增大，即cb 段平均场强小于ab 段的平均强度，根据公式U=E d ，可知电场在b 点处的电势小于7 V ，故B 错误；C 项：由点电荷从c 到a 做加速度增大的加速运动，说明从c 到a 电场强度增大，a 、b 、c 三点c 点处的场强最小，故C 正确；D 项：由C 分析可知，从c 到a 电场强度增大，即电场力增大，ab=bc ，根据W=Fx 可知，在cb 段的电场力小于ab 段的电场力，所以该电荷从c 点运动到b 点电场力做的功比从b 点运动到a 点电场力做的功少，故D 错误．]7.答案为：AC ；解析：[A.根据C=εrS4πkd，将CD 板间的玻璃板抽出，电介质εr 减小，其它条件不变，则金属板CD 构成电容器的电容减小，故A 正确；BCD.当闭合开关，电路稳定后将开关断开，极板总电荷量不变，金属板CD 构成电容器的电容减小，由U=QC可知极板CD 电势差变大，极板AB电势差变大，由E=Ud可知极板AB 间的场强变大，导致P 点与B 板的电势差变大，因B 板接地，电势为零，即P 点电势升高，因此电容器CD 处于放电状态，电容器AB 处于充电状态，电阻R 中有向右的电流，故C 正确，BD 错误；故选AC.]8.答案为：ACD ；解析：[A.电势φ随x 的变化关系图象的斜率ΔφΔx=E ，所以C 点电场为0，根据电场叠加原理可知电荷Q 1、Q 2的电性相反，故A 正确；B.根据φ=E pq 可知，φA =kQ 1q r 1q ＋kQ 2q r 2q =kQ 148＋kQ 212=0，解得Q 1∶|Q 2|=4∶1，故B 错误；C.根据φ=E Pq 可知，φB =kQ 1q x 1q ＋kQ 2qx 1－6q =KQ 1x 1＋kQ 2x 1－6=0，解得B 点的坐标是8 cm ，故C 正确；D.由E=kQ r 2知，E c =kQ 1x 22＋kQ 22－2=0解得C 点的坐标是x 2=12 cm ，故D 正确；故选ACD.]解析：[根据点电荷产生的电场的性质可知，负电荷在D 处的电场强度沿DB 方向，正电荷在D 处的电场强度沿AD 方向，两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D 点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿AD 、DB 的角平分线；由库仑定律得，A 、B 在D 点的场强的大小：E A =E=k Q L 2，则D 点的场强：E D =E A cos 60°＋E B cos 60°=k QL2，故A 正确；当小球到达CD 中点时，小球受重力、支持力、正电荷的排斥力、负电荷的吸引力，对其受力分析可知，重力和支持力的合力与正电荷的排斥力和负电荷的吸引力的合力不在同一平面上，故两个合力不可能平衡，故加速度不为零，故B 错误；由于C 与D 到A 、B 的距离都等于L ，结合等量异种点电荷的电场特点可知，C 点与D 点在同一等势面上，电场力不做功，故小球的电势能不变，下落过程只有重力做功，即：mg OD =12mv 2，又几何关系可知：OD =L·sin60°=32L. 小球的动能E k =12mv 2=32mgL ，故C 正确，D 错误．故选AC.]10.答案为：AB ；解析：[电势φ与位移x 图线的斜率表示电场强度，则x=0.15 m 处的场强E=3×1050.15V/m=2×106V/m ，此时的电场力F=qE=2×10－8×2×106N=0.04 N ，滑动摩擦力大小f=μmg=0.02×2 N =0.04 N ，在x=0.15 m 前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x=0.15 m 后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大，故A 正确，在x=0.15 m 时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，E km =qU －fx ，因为0.10 m 和0.15 m 处的电势差大约为1.5×105V ，代入求解，最大动能为1.0×10－3J.故B 正确．滑块运动过程中因电势一直降低，可知电势能一直减小，选项C 错误；若滑块运动过程中克服摩擦力做功8.0×10－3J ，则移动的距离为Δx=W f f =8.0×10－30.04m=0.2 m ，此时滑块从x=0.1 m 的位置运动到0.3 m 的位置，电势能的变化为ΔE p =(4－1.5)×105×2.0×10－8J=5×10－3J ，即电场力做功小于克服摩擦力做功，此时滑块的速度不为零，将继续运动一段距离停下，故滑块运动过程中克服摩擦力做功大于8.0×10－3J ，选项D 错误；故选AB.] 11.解：(1)设粒子由Q 到R 及R 到M 点的时间分别为t 1与t 2，到达R 时竖直速度为v y ，则由y=12at 2、v y =at 及F=qE=ma 得：L=12a 1t 21=12 qE 1mt 21L 2=12a 2t 22=12 qE 2m t 22 v y =qE 1m t 1=qE 2m t 2v 0(t 1＋t 2)=2L联立解得：E 1=9mv 208qL ，E 2=9mv 204qL.(2)由(1)知E 2=2E 1，t 1=2t 2.因沿PS 方向所有粒子做匀速运动，所以它们到达CD 边的时间同为t=2Lv 0.设PQ 间距离P 点为h 的粒子射入电场后，经过n(n=2,3,4，…)个类似于Q→R→M 的循环运动(包括粒子从电场E 2穿过PS 进入电场E 1的运动)后，恰好垂直于CD 边水平射出，则它的速度第一次变为水平所用时间为T=t n =2Lnv 0(n=2,3,4，…)，第一次到达PS 边的时间则为23T ，则有h=12·qE 1m ·(23T)2=Ln2(n=2,3,4，…)．12.解：对小球a ，由动量定理可得小球a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得小球c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得： (1)由题意可知，F 图象所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F 的冲量，由圆方程可知S=1 m 2代入数据可得：v 0=4 m/s(2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞，由动量守恒可得m a v 0=m a v 1＋(m b ＋m c )v 2由机械能守恒可得12m a v 20=12m a v 21＋12(m b ＋m c )v 22解得v 1=0，v 2=4 m/s小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理m c gR －qER=12(m b ＋m c )v 2－12(m b ＋m c )v 22代入数据可得v=2m/s(3)由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等， 假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为θ 从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：m b gR(1－cos θ)＋m c gRsin θ＋12(m b ＋m c )v 2=qERsin θ解得sin θ=0.6，θ=37°因此小球c 电势能的增加量：ΔE p =qER(1＋sin θ)=3.2 J ．]。

2020届高考物理第二轮专题复习课时提升训练带电粒子在复合场中的运动一、选择题1、如图所示，两平行金属板P、Q水平放置，上极板带正电，下极板带负电；板间存在匀强电场和匀强磁场（图中未画出）。

一个带电粒子在两板间沿虚线所示路径做匀速直线运动。

粒子通过两平行板后从O点垂直进入另一个垂直纸面向外的匀强磁场中，粒子做匀速圆周运动，经过半个周期后打在挡板MN上的A点。

不计粒子重力。

则下列说法不正确的是（）A．此粒子一定带正电B．P、Q间的磁场一定垂直纸面向里C．若另一个带电粒子也能做匀速直线运动，则它一定与该粒子具有相同的荷质比D．若另一个带电粒子也能沿相同的轨迹运动，则它一定与该粒子具有相同的荷质比答案：C解析：由粒子在磁场中的运动轨迹，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A正确；粒子在两板间受向下的电场力，则洛伦兹力方向向上，由左手定则可知，P、Q间的磁场一定垂直纸面向里，选项B 正确；若另一个带电粒子也能做匀速直线运动，则qvB qE=，可得EvB=，则它一定与该粒子具有相同的速度，选项C错误；若另一个带电粒子也能沿相同的轨迹运动，则2vqvB mr=，可得mvrqB=，它一定与该粒子具有相同的荷质比和相同的速度，故选项D正确；此题选项不正确的选项，故选C。

2、如图所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的O点，出现一个光斑。

在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为r的圆弧运动，打在荧光屏上的P点，然后在磁场区域再加一竖直向下，场强大小为E的匀强电场，光斑从P点又回到O点，关于该粒子（不计重力），下列说法正确的是A．粒子带负电B．初速度为B vE =C．比荷为2 q B r m E =D ．比荷为2q E m B r= 答案：D 解析：垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B 的匀强磁场后，粒子束打在荧光屏上的P 点，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A 错误；当电场和磁场同时存在时qvB Eq =，解得E v B =，选项B 错误；在磁场中时，由2v qvB m r =，可得：，故选项D 正确，C 错误；故选D 。

v图4带电室信号输入墨盒纸2020届高考物理 带电粒子在电场中的运动专题练习（含答案）1. 如图，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 ） A. 3∶2 B. 2∶1 C. 5∶2 D. 3∶12. 如图，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，该微粒将 （ D ） 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3. 如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点。

由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点，现将C 板向右平移到P'点，则由O 点静止释放的电子 （ A ） (A)运动到P 点返回(B)运动到P 和P'点之间返回 (C)运动到P'点返回 (D)穿过P'点4. 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a A 、a B ，电势能分别为E p A 、E p B 。

下列说法正确的是 A ．电子一定从A 向B 运动B ．若a A >a B ，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E p A <E p BD ．B 点电势可能高于A 点电势 【答案】BC5. 喷墨打印机的简化模型如图4所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中l 52P'MNABaA.向负极板偏转B.电势能逐渐增大C.运动轨迹是抛物线D.运动轨迹与带电量无关 答： C6. 图(a )为示波管的原理图。

专题限时训练9 带电粒子在电磁场中的运动时间：45分钟一、单项选择题 1．如图甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的长度和板间距离相等，板间存在如图乙所示的电场强度随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直．在t ＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿两板中线垂直于电场方向射入电场，粒子射入电场时速度大小为v 0，t ＝T 时刻粒子刚好沿MN 板右边缘射出电场，如此( A )A ．该粒子射出电场时的速度方向一定垂直于电场方向B ．在t ＝T 2时刻，该粒子的速度大小为2v 0 C ．假设该粒子在t ＝T2时刻以速度v 0进入电场，如此粒子会打在板上 D ．假设该粒子的入射速度大小变为2v 0，如此该粒子仍在t ＝T 时刻射出电场解析：由题意，粒子在0～T 2内做类平抛运动，在T2～T 内做类斜抛运动，因粒子在电场中所受的电场力大小相等，由运动的对称性可知，粒子射出电场时的速度方向一定垂直于电场方向，选项A 正确；水平方向上有l ＝v 0T ，竖直方向上有12l ＝v y 2T ，在t ＝T 2时刻粒子的速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝2v 0，选项B 错误；假设该粒子在t ＝T 2时刻以速度v 0进入电场，粒子先向下做类平抛运动，再向下做类斜抛运动，恰好沿PQ 板右边缘射出电场，选项C 错误；假设该粒子的入射速度变为2v 0，如此粒子在电场中的运动时间t ＝l 2v 0＝T2，选项D 错误． 2．如下列图，电子经电场加速后垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，在磁场中转半个圆周后打在P 点，通过调节两极板间电压U 可以控制P 点的位置，设OP ＝x ，能够正确反映U 与x 关系的图象是如下图中的( C )解析：电子在电场中加速，有qU ＝12mv 2，进入磁场，有x ＝2r ＝2mv qB ，整理可得x 2＝8mU qB2，选项C 正确．3．质谱仪是一种测定带电粒子比荷和分析同位素的重要工具．右图中的铅盒A 中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S 1进入电压为U 的加速电场区加速后，再通过狭缝S 2从小孔G 垂直于MN 射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN 为切线、磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向外半径为R 的圆形匀强磁场．现在MN 上的F 点(图中未画出)接收到该粒子，且GF ＝3R .如此该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)( C )A.8U R 2B 2B.4UR 2B 2 C.6UR 2B 2 D.2UR 2B 2解析：设粒子被加速后获得的速度为v ，由动能定理有：qU ＝12mv 2，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r ＝3R 3，又qvB ＝m v 2r ，可求q m ＝6U R 2B2，选项C 正确． 4．(2019·全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B 和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为( B )A.5πm 6qBB.7πm 6qBC.11πm 6qBD.13πm 6qB解析：设带电粒子进入第二象限的速度为v ，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如下列图，对应的轨迹半径分别为R 1和R 2，由洛伦兹力提供向心力有qvB ＝m v 2R 、T ＝2πR v ，可得R 1＝mv qB、R 2＝2mv qB 、T 1＝2πm qB 、T 2＝4πm qB ，带电粒子在第二象限中运动的时间为t 1＝T 14，在第一象限中运动的时间为t 2＝θ2πT 2，又由几何关系有cos θ＝R 2－R 1R 2，如此粒子在磁场中运动的时间为t ＝t 1＋t 2，联立以上各式解得t ＝7πm 6qB，选项B 正确，A 、C 、D 均错误． 5．电动自行车是一种应用广泛的交通工具，其速度控制是通过转动右把手实现的，这种转动把手称“霍尔转把〞，属于传感器非接触控制．转把内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图甲．开启电源时，在霍尔器件的上下面之间加一定的电压，形成电流，如图乙．随着转把的转动，其内部的永久磁铁也跟着转动，霍尔器件能输出控制车速的电压，电压与车速关系如图丙．以下关于“霍尔转把〞表示正确的答案是( B )A ．为提高控制的灵敏度，永久磁铁的上、下端分别为N 、S 极B ．按图甲顺时针转动电动车的右把手，车速将变快C ．图乙中从霍尔器件的左右侧面输出控制车速的霍尔电压D ．假设霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，将影响车速控制解析：因为霍尔器件的上、下面之间加一定的电压，形成电流，当永久磁铁的上、下端分别为N 、S 极时，磁场与电子的移动方向平行，如此电子不受洛伦兹力作用，那么霍尔器件不能输出控制车速的电势差，A 错误；当按图甲顺时针转动把手，导致霍尔器件周围的磁场增加，那么霍尔器件输出控制车速的电势差增大，因此车速变快，B 正确；根据题意，结合图乙的示意图，那么永久磁铁的N 、S 极可能在左、右侧面，或在前、后外表，因此从霍尔器件输出控制车速的电势差，不一定在霍尔器件的左、右侧面，也可能在前、后外表，C 错误；当霍尔器件的上、下面之间所加电压正负极性对调，因此霍尔器件输出控制车速的电势差正负号相反，但由图丙可以知道，不会影响车速控制，故D 错误．6．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下列图的长方体流量计．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 .假设用Q 表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，如下说法中正确的答案是( C )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 ．假设污水中正负离子数一样，如此电压表的示数为0解析：由左手定如此可知正电荷打在N 端，所以M 端的电势比N 端的低，应当选项A 错误；由q U b ＝qBv ，解得U ＝Bbv ，应当选项B 、D 错误；污水的流量Q ＝vS ＝U Bb bc ＝U B c ，所以电压表的示数U 与污水的流量Q 成正比，应当选项C 正确．二、多项选择题7．如下列图，一质量为m 的带电小球用长为L 的不可伸长的绝缘细线悬挂于O 点，在O 点下方存在一个水平向右、场强为E 的匀强电场，小球静止时悬线与竖直方向成45°角，重力加速度为g ，不计空气阻力．如下说法正确的答案是( CD )A ．假设剪断细线，小球将做曲线运动B ．小球带正电C ．假设突然将电场方向变为水平向左，小球运动到最低点时的速率为2gLD ．假设突然将电场方向变为水平向左，小球一定能运动到O 点右侧与初始位置等高处 解析：假设剪断细线，小球在恒力作用下将做直线运动，选项A 错误；由受力分析与平衡条件可知，小球所受电场力F ＝qE ＝mg ，方向水平向左，与电场方向相反，小球带负电，选项B 错误；将电场方向变为水平向左，从图示位置到最低点，由动能定理得mgL (1－cos45°)＋EqL sin45°＝12mv 2，解得v ＝2gL ，选项C 正确；将电场方向变为水平向左，O 点右侧与初始位置等高处为速度最大点，如此小球一定能运动到O 点右侧与初始位置等高处，选项D 正确．8．如下列图，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M 点水平射入场区，经一段时间运动到N 点，关于小球由M 到N 的运动，如下说法正确的答案是( BC )A ．小球可能做匀变速运动B ．小球一定做变加速运动C ．小球动能可能不变D ．小球机械能守恒解析：小球从M 到N ，在竖直方向上发生了偏转，所以刚开始受到的竖直向下的洛伦兹力、竖直向下的重力和竖直向上的电场力的合力不为零，并且速度方向变化，如此洛伦兹力方向变化，所以合力方向变化，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A 错误，B 正确；假设电场力和重力等大反向，如此此过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能不变，重力势能减小，这种情况下机械能不守恒，假设电场力和重力不等大反向，如此有电场力做功，所以机械能也不守恒，故小球的机械能不守恒，C 正确，D 错误．9．如图甲所示，空间同时存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B ，电场强度为E ，一质量为m ，电荷量为q 的带正电小球恰好处于静止状态．现在将磁场方向顺时针旋转30°，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度v ，如图乙所示．如此关于小球的运动，如下说法正确的答案是( AD )A ．小球做匀速圆周运动B ．小球运动过程中机械能守恒C ．小球运动到最低点时电势能增加了mgv2BqD ．小球第一次运动到最低点历时πm 2qB解析：小球在复合场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡．当把磁场顺时针方向倾斜30°，且给小球一个垂直磁场方向的速度v ，如此小球受到的合力就是洛伦兹力，且与速度方向垂直，所以带电粒子将做匀速圆周运动，选项A 正确；由于带电粒子在垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动过程中受到电场力要做功，所以机械能不守恒，选项B 错误；电场力从开始到最低点抑制电场力做功为W ＝EqR sin30°＝m 2gv 2Bq，所以电势能的增加量为m 2gv 2Bq ，选项C 错误；小球从第一次运动到最低点的时间为14T ＝πm 2Bq，选项D 正确．10．如图甲所示，两平行金属板A 、B 放在真空中，间距为d ，P 点在A 、B 板间，A 、B 板间的电势差U 随时间t 的变化情况如图乙所示，t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e 的电子，当t ＝2T 时，电子回到P 点．电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，如下说法正确的答案是( BD )A ．U 1U 2＝1 2 B ．U 1U 2＝1 3C ．在0～2T 时间内，当t ＝T 时电子的电势能最小D ．在0～2T 时间内，电子的电势能减小了2e 2T 2U 21md2 解析：0～T 时间内平行板间的电场强度为E 1＝U 1d ，电子以加速度a 1＝E 1e m ＝U 1e dm向上做匀加速直线运动，当t ＝T 时电子的位移x 1＝12a 1T 2，速度v 1＝a 1T .T ～2T 时间内平行板间的电场强度E 2＝U 2d ，电子加速度a 2＝U 2e dm，以v 1的初速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，位移x 2＝v 1T －12a 2T 2，由题意t ＝2T 时电子回到P 点，如此x 1＋x 2＝0，联立可得U 2＝3U 1，选项A 错误，B 正确．当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0～2T 时间内电子先做匀加速直线运动，之后做匀减速直线运动，后又做方向向下的匀加速直线运动，在t ＝T 时，电子的动能E k1＝12mv 21＝e 2T 2U 212md2，电子在t ＝2T 时回到P 点，此时速度v 2＝v 1－a 2T ＝－2U 1eT dm (负号表示方向向下)，电子的动能为E k2＝12mv 22＝2e 2T 2U 21md 2，E k1<E k2，根据能量守恒定律，电势能的减少量等于动能的增加量，在t ＝2T 时电子的电势能最小，选项C 错误，选项D 正确．三、计算题11．如下列图，在竖直平面内的xOy 直角坐标系中，MN 与水平x 轴平行，在MN 与x 轴之间有竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面水平向里的匀强磁场，电场强度E ＝2 N/C ，磁感应强度B ＝1 T ．从y 轴上的P 点沿x 轴正方向以初速度v 0＝1 m/s 水平抛出一带正电的小球，小球的质量为m ＝2×10－6 kg ，电荷量q ＝1×10－5 C ，g 取10 m/s 2.P 点到O 点的距离为d 0＝0.15 m ，MN 到x 轴距离为d ＝0.20 m ．(π＝3.14，2＝1.414，3＝1.732，结果保存两位有效数字)(1)求小球从P 点运动至MN 边界所用的时间；(2)假设在小球运动到x 轴时撤去电场，求小球到达MN 边界时的速度大小．答案：(1)0.38 s (2)2.8 m/s解析：(1)由平抛运动的规律，设小球做平抛运动的时间为t 1，进入电磁场时的速度为v ，进入电磁场时速度与水平方向的夹角为θ，如此d 0＝12gt 21解得t 1＝2d 0g ＝310s 如此v ＝(gt 1)2＋v 20 cos θ＝v 0v解得v ＝2 m/s ，θ＝60°小球在电磁场区域中，有qE ＝2×10－5 N ＝mg ，故小球做匀速圆周运动，设轨道半径为r ，如此qvB ＝m v 2r解得r ＝mv qB＝0.4 m由几何关系知，小球的运动轨迹与MN 相切，在电磁场中运动时间t 2＝16×2πr v ＝π15s 小球从P 点运动到MN 所用时间t ＝t 1＋t 2＝0.38 s(2)假设撤去电场，设小球运动至MN 时速度大小为v 1，由动能定理得mgd ＝12mv 21－12mv 2 解得v 1＝2 2 m/s ＝2.8 m/s12．一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy 平面内的截面如下列图：中间是磁场区域，其边界与y 轴垂直，宽度为l ，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l ′，电场强度的大小均为E ，方向均沿x 轴正方向；M 、N 为条状区域边界上的两点，它们的连线与y 轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M 点入射的速度从N 点沿y 轴正方向射出．不计重力．(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从M 点入射时速度的大小；(3)假设该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷与其从M 点运动到N 点的时间．答案：(1)见解析 (2)2El ′Bl(3)43El ′B 2l 2Bl E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3πl 18l ′ 解析：(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M 点射入时速度的大小为v 0，在下侧电场中运动的时间为t ，加速度的大小为a ；粒子进入磁场的速度大小为v ，方向与电场方向的夹角为θ[见图(b)]，速度沿电场方向的分量为v 1.根据牛顿第二定律有qE ＝ma ①式中q 和m 分别为粒子的电荷量和质量．由运动学公式有v 1＝at ②l ′＝v 0t ③v 1＝v cos θ④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB ＝mv 2R⑤ 由几何关系得l ＝2R cos θ⑥联立①②③④⑤⑥式得v 0＝2El ′Bl⑦ (3)由运动学公式和题给数据得v 1＝v 0tan π6⑧ 联立①②③⑦⑧式得q m ＝43El ′B 2l2⑨ 设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t ′，如此t ′＝2t ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－π62πT ⑩ 式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，T ＝2πm qB⑪ 由③⑦⑨⑩⑪式得t ′＝Bl E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3πl 18l ′⑫。

2020年高考物理二轮复习专项训练磁场性质及带电粒子在磁场中的运动1.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。

一带电粒子垂直磁场边界从a 点射入，从b 点射出。

下列说法正确的是（ ）A ．粒子带正电B ．粒子在b 点速率大于在a 点速率C ．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b 点右侧射出D ．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短【答案】C【解析】由左手定则可知，粒子带负电，A 项错误；由于洛伦兹力不做功，故粒子速率不变，B 项错误；粒子在磁场中运动轨迹半径R ＝mv qB ，若仅减小磁感应强度B 的大小，则R 变大，粒子可能从b 点右侧射出，C 项正确；若仅减小入射速率，则R 变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大，t ＝θ2πT ，T ＝2πm qB ，粒子在磁场中的运动时间变长，D 项错误。

2.如图所示，在光滑的水平桌面上，a 和b 是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等． 矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a 、b 产生的磁场作用下静止．则a 、b 的电流方向可能是（ ）A ．均向左B ．均向右C ．a 的向左，b 的向右D ．a 的向右，b 的向左【答案】CD【解析】若a 、b 的电流方向均向左，根据安培定则和磁场叠加可知，a 直导线到a 、b 直导线正中间部分的磁场方向垂直纸面向外，而b 直导线到a 、b 直导线正中间部分的磁场方向垂直纸面向里，再根据左手定则可知，矩形线框受到的安培力的合力不为零，与题中线框在磁场作用下静止不符；同理，若a 、b 的电流方向均向右，可知矩形线框受到的安培力的合力不为零，与题中线框在磁场作用下静止也不符，选项A 、B 均错误；若a 的电流方向向左、b 的电流方向向右，根据安培定则和磁场的叠加可知，a 、b 直导线在a 、b 直导线中间所有空间产生的磁场方向均垂直纸面向外，根据左手定则可知，矩形线框受到的安培力的合力为零，与题中线框在磁场作用下静止相符；同理，若a 的电流方向向右、b 的电流方向向左，根据安培定则和磁场的叠加可知，a 、b 直导线在a 、b 直导线中间所有空间产生的磁场方向均垂直纸面向里，根据左手定则可知，矩形线框受到的安培力的合力为零，与题中线框在磁场作用下静止相符，选项C 、D 均正确。

高考物理二轮复习 专项训练 物理带电粒子在磁场中的运动含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图，区域I 内有与水平方向成45°角的匀强电场1E ，区域宽度为1d ，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场2E ，区域宽度为2d ，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m 、电量大小为q 的微粒在区域I 左边界的P 点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q 点穿出，其速度方向改变了30o ，重力加速度为g ，求：(1)区域I 和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度12E E 、的大小. (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B 的大小. (3)微粒从P 运动到Q 的时间有多长.【答案】(1)12mg E q=,2mgE q =122m gd 121626d d gd gd π+ 【解析】 【详解】(1)微粒在区域I 内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：1sin45qE mg ︒= 求得：12mgE q=微粒在区域II 内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：2mg qE = 求得：2mgE q=(2)粒子进入磁场区域时满足：2111cos452qE d mv ︒=2v qvB m R=根据几何关系，分析可知：222sin30d R d ==︒整理得：122m gd B =(3)微粒从P 到Q 的时间包括在区域I 内的运动时间t 1和在区域II 内的运动时间t 2，并满足：211112a t d =1tan45mg ma ︒=2302360Rt vπ︒=⨯︒ 经整理得：112121222612126gd d d d t t t gd g gd ππ+=+=+⨯=2．如图所示，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<y <2R 的区间内，均匀分布着质量为m ，电荷量为＋q 的一簇带电粒子，当所有粒子均沿x 轴正向以速度v 射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O 点进入x 轴下方磁场，结果有一半粒子能打在挡板上．不计粒子重力，不考虑粒子间相互作用力．求：(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． 【答案】（1）mvqR (2)(21),0R ⎡⎤⎣⎦21042R +- 【解析】 【分析】 【详解】（1）设一粒子自磁场边界A 点进入磁场，该粒子由O 点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A 点做速度的垂线长度为r ,C 为该轨迹圆的圆心.连接AO ˊ、CO ，可证得ACOO ˊ为菱形，根据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的轨道半径r =R ，由2v qvB m r=得：mv B qR=（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 做挡板的垂线交于E 点2DP R =(21)OP R =+P 点的坐标为（(21)R +，0 ）（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过O 点做挡板的垂线交于G 点，22(21)(122OG R R =⋅=+② 225-22=2FG OF OG R=-③2EG =④ 挡板上被粒子打中的区域长度l =FE =22R +5-222R 2+10-42R ⑤3．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc ，由半径R =3 m 的光滑圆弧段bc 与长l =1.5 m 的粗糙水平段ab 在b 点相切而构成，O 点是圆弧段的圆心，Oc 与Ob 的夹角θ=37°;过f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E =10 N/C 的匀强电场，Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh ，ef 与Oc 交于c 点，ecf 与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m 2=3×10-3 kg 、电荷量q =3×l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m 1=1.5×10-3 kg 的不带电小物体P 从轨道右端a 以v 0=8 m/s 的水平速度向左运动，P 、Q 碰撞时间极短，碰后P 以1 m/s 的速度水平向右弹回．已知P 与ab 间的动摩擦因数μ=0.5，A 、B 均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q 的弹力大小F N ；(2)当β=53°时，物体Q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小B 1；(3)当区域efgh 内所加磁场的磁感应强度为B 2=2T 时，要让物体Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的β值．【答案】(1)24.610N F N -=⨯ (2)1 1.25B T = (3)127s 360t π=,001290143ββ==和 【解析】 【详解】解：(1)设P 碰撞前后的速度分别为1v 和1v '，Q 碰后的速度为2v 从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111-22m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v =碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v '=+取向左为正方向，由题意11m/s v =-'， 解得：24m/s v =b 点：对Q ，由牛顿第二定律得：2222N v F m g m R-=解得:24.610N N F -=⨯(2)设Q 在c 点的速度为c v ，在b 到c 点，由机械能守恒定律：22222211(1cos )22c m gR m v m v θ-+=解得：2m/s c v =进入磁场后：Q 所受电场力22310N F qE m g -==⨯= ，Q 在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211c c m v qv B r =Q 刚好不从gh 边穿出磁场，由几何关系：1 1.6m r d == 解得：1 1.25T B = (3)当所加磁场22T B =，2221m cm v r qB == 要让Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh 边或ef 边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为α，由几何关系得：22cos(180)d r r α-︒-= 解得：127α=︒ 运动周期：222m T qB π=则Q 在磁场中运动的最长时间：222127127•s 360360360m t T qB παπ===︒此时对应的β角：190β=︒和2143β=︒4．如图所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长L =" 1" m ．间距3m ，两金属板间电压U MN = 1×104V ；在平行金属板右侧依次存在ABC 和FGH 两个全等的正三角形区域，正三角形ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场B 1，三角形的上顶点A 与上金属板M 平齐，BC 边与金属板平行，AB 边的中点P 恰好在下金属板N 的右端点；正三角形FGH 内存在垂直纸面向外的匀强磁场B 2，已知A 、F 、G 处于同一直线上．B 、C 、H 也处于同一直线上．AF 两点距离为23m ．现从平行金属极板MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg ，带电量q = +1×10-4C ，初速度v 0= 1×105m/s ．(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC 边上，求该区域的磁感应强度B 1 (3)若要使带电粒子由FH 边界进入FGH 区域并能再次回到FH 界面，求B 2应满足的条件． 【答案】（152310/m s ；垂直于AB 方向出射．（233（323+ 【解析】试题分析：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t ，加速度为a ， 则：U qma d =解得：102310/qU a m s md == 50110Lt s v -==⨯ 竖直方向的速度为：v y ＝at ＝35m/s 射出时速度为：22502310/y v v v m s =+=速度v 与水平方向夹角为θ，03tan y v v θ==，故θ=30°，即垂直于AB 方向出射． （2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移21322d y at ===，即粒子由P 1点垂直AB 射入磁场，由几何关系知在磁场ABC 区域内做圆周运动的半径为12cos303d R m ==o由211v B qv m R =知：113310mv B qR == （3）分析知当轨迹与边界GH 相切时，对应磁感应强度B 2最大，运动轨迹如图所示：由几何关系得：221sin 60R R o+= 故半径2(233)R m =-又222v B qv m R =故223B T +=所以B 2应满足的条件为大于235T +． 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.5．如图所示,在平面直角坐标系xOy 平面内,直角三角形abc 的直角边ab 长为6d ，与y 轴重合,∠bac=30°,中位线OM 与x 轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内,有方向沿y 轴正向的匀强电场,场强大小E 与匀强磁场磁感应强度B 的大小间满足E=v 0B ．在x=3d 的N 点处,垂直于x 轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v 0从y 轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y 轴向左射入磁场,其中从y 轴上y=－2d 处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O 点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求 (1)匀强磁杨的磁感应强度B(2)电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围; (3)荧光屏上发光点距N 点的最远距离L【答案】（1）0mv ed ； （2）02y d ≤≤；（3）94d ； 【解析】(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r ； 由几何关系可得r =d电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：200v ev B m r=解得：0mv B ed=(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电子从+ y 轴射入电场的位置距O 点最远，如图甲所示.设此时的圆心位置为O '，有：sin 30rO a '=︒3OO d O a ='-' 解得OO d '=即从O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O 点最远 所以22m y r d ==电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02y d ≤≤设电子从02y d ≤≤范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y ，从ON 间射出电场时的位置横坐标为x ，速度方向与x 轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t ，电子打到荧光屏上产生的发光点距N 点的距离为L ，如图乙所示：根据运动学公式有：0x v t =212eE y t m=⋅ y eE v t m=tan y v v θ=tan 3Ld xθ=- 解得：(32)2L d y y =-⋅ 即98y d =时，L 有最大值 解得：94L d =当322d y y -=【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．6．如图甲所示，在直角坐标系0≤x ≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，圆形区域与x 轴的交点分别为M 、N ．现有一质量为m 、带电量为e 的电子，从y 轴上的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射入电场，飞出电场后从M 点进入圆形区域，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E 的大小；（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x 轴．求所加磁场磁感应强度B 的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标； （3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N 点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B 0的大小、磁场变化周期T 各应满足的关系表达式．【答案】（1） （2） （3） （n=1，2，3…）（n=1，2，3…） 【解析】（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示．由速度关系可得：解得：由速度关系得：v y=v0tanθ=v0在竖直方向：而水平方向:解得：（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L根据牛顿第二定律：解得：根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（，-）（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示．在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r．综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L（n=1，2，3…）而：解得：（n=1，2，3…）应满足的时间条件为： (T 0+T ′)=T而：解得（n=1，2，3…）点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B 0中偏转60°，而后又在− B 0中再次偏转60°，经过n 次这样的循环后恰恰从N 点穿出．先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.7．如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （-d ，0）点沿与x 轴正方向成α=60°角平行xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：（1）粒子从P 点入射时的速度v 0； （2）第三、四象限磁感应强度的大小B /； 【答案】（1）3EB（2）2.4B 【解析】试题分析：（1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r ，由几何知识得： 2360d d dr sin sin α===︒ 根据200mv qv B r =得023qBdv =粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qE r cost m -︒=（）； 00y v qEt tan v mv α==联立解得03Ev B=（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x 和y ，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x 轴正方向的夹角等于α．则有：x=v 0t ， 2y v y t =得0322y v y tan x v α===由几何知识可得 y=r-rcosα= 132r = 则得23x d =所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为125323d d R sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭==粒子进入第三、四象限运动的速度00432v qBdv v cos α===根据2'v qvB m R=得：B′=2．4B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动8．如图，PQ 分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。

专题限时训练9 带电粒子在电磁场中的运动时间：45分钟一、单项选择题1．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m a、m b、m c.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( B )A．m a>m b>m c B．m b>m a>m cC．m c>m a>m b D．m c>m b>m a解析：设电场强度为E、磁感应强度为B、三个微粒的带电量均为q，它们受到的电场力Eq方向均竖直向上．微粒a在纸面内做匀速圆周运动，有Eq＝m a g；b在纸面内向右做匀速直线运动，有Eq＋Bqv b＝m b g；c在纸面内向左做匀速直线运动，有Eq－Bqv c＝m c g；可得：m b>m a>m c.2.医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b 均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正负离子随血液一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为( A )A．1.3 m/s，a正、b负B．2.7 m/s，a正、b负C．1.3 m/s，a负、b正D．2.7 m/s，a负、b正解析：由左手定则可判定正离子向上运动，负离子向下运动，所以a正、b负，达到平衡时离子所受洛伦兹力与电场力平衡，所以有：qvB＝q Ud，代入数据解得v＝1.3 m/s.故正确答案为A.3．(2018·厦门检测)如图所示是速度选择器的原理图，已知电场强度为E、磁感应强度为B，并相互垂直分布，某一带电粒子(重力不计)从P端沿图中虚线水平通过．则该带电粒子( B )A．一定带正电B ．速度大小为E BC ．可能沿QP 方向运动D ．若沿PQ 方向运动的速度大于E B ，将一定向下极板偏转解析：粒子从P 端进入速度选择器沿题图中虚线水平通过，不论带正电还是负电，电场力大小为qE ，洛伦兹力大小为qvB ，粒子做匀速直线运动，两个力平衡即大小相等，则qE ＝qvB ，可得粒子速度大小v ＝E B ，故A 错误，B 正确；若粒子从Q 端沿虚线方向进入，不论带正电还是负电，电场力与洛伦兹力在同一方向，不能做直线运动，故C 错误；若速度v >E B ，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，粒子将偏转，只有当粒子带负电时，粒子向下极板偏转，故D 错误．4.如图所示，绝缘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，初始时杆与电场线垂直．现将杆右移，同时顺时针转过90°，发现A 、B 两球电势能之和不变．根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是( B )A ．A 一定带正电，B 一定带负电B ．A 、B 两球所带电荷量的绝对值之比|q Aq B |＝ C ．A 球电势能一定增加D ．电场力对A 球和B 球做功相等解析：电场力做功与路径无关，两个小球在杆右移、旋转后电势能都变化，而两个小球组成的系统的电势能不变，那么电场力对其中一个小球做正功，对另一个小球一定做负功，做功的绝对值相同，两个小球一定带异种电荷，但不能准确判断每一个小球的电性，A 、C 、D 错误；由电势能变化之和为零得E |q B |·L ＝E |q A |·2L ，即|q A q B |＝，B 正确．5．在真空中的x 轴上的原点处和x ＝6a 处分别固定一个点电荷M 、N ，在x ＝2a 处由静止释放一个正点电荷P ，假设点电荷P 只受电场力作用沿x 轴方向运动，得到点电荷P 速度大小与其在x 轴上的位置关系如图所示，则下列说法正确的是( D )A ．点电荷M 、N 一定都是负电荷B ．点电荷P 的电势能一定是先增大后减小C ．点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为D ．x ＝4a 处的电场强度一定为零解析：根据题图可知，点电荷的速度先增大后减小，说明电场力对点电荷P 先做正功，后做负功，则M 、N 一定都是正电荷，且点电荷P 的电势能一定是先减小后增大，所以选项A 、B 错误；由于在x ＝4a 处速度最大，说明点电荷M 、N 在此处产生的合场强为0，则有kQ M a 2＝kQ N a 2，所以Q M Q N ＝，选项C 错误，D 正确．6.如图为洛伦兹力演示仪的结构图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直．电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是( B )A ．仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大B ．仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大C ．仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大D ．仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大解析：当仅增大励磁线圈的电流时，也就是增大磁感应强度B ，由牛顿第二定律知qvB ＝m v 2R ，得R ＝mv qB，电子束径迹的半径变小，选项A 错误；当仅提高电子枪的加速电压时，由qU ＝12mv 2和qvB ＝m v 2R 得R ＝2mqU qB ，可知电子束径迹的半径变大，选项B 正确；由T ＝2πR v ＝2πm qB知，电子做圆周运动的周期T 与速度v 大小无关，所以选项C 、D 错误． 二、多项选择题7．正负电子对撞机的最后部分的简化示意图如图所示(俯视图)，位于水平面内的粗实线所示的圆环形真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，经过加速器加速后，质量均为m 的正、负电子被分别引入该管道时，具有相等的速率v ，它们沿着管道向相反的方向运动．在管道中控制它们转变的是一系列圆形电磁铁，即图甲中的A 1、A 2、A 3、…、A n 共有n 个，均匀分布在整个圆环上，每组电磁铁内的磁场都是磁感应强度相同的匀强磁场，并且方向竖直向下，磁场区域的直径为d (如图乙)，改变电磁铁内电流的大小，就可改变磁场的磁感应强度从而改变电子偏转的角度．经过精确的调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中虚线所示的轨迹运动，这时电子经过每个电磁场区域时射入点和射出点都是电磁场区域的同一直径的两端，如图乙所示．若电子的重力不计，则下列相关说法正确的是( ACD )A ．负电子在管道内沿顺时针方向运动B ．电子经过每个电磁铁偏转的角度是θ＝πnC ．碰撞点为过入射点所在直径的另一端D ．电子在电磁铁内做圆周运动的半径为R ＝d 2sin πn解析：电子在运动的过程中受力的方向指向圆心，根据左手定则可知，负电子在管道内沿顺时针方向运动，故A 正确；电子经过n 个磁场的偏转后转过的角度是2π，经过每个电磁铁偏转的角度是θ＝2πn，故B 错误；由题意，首先电子在环形管道中沿题图甲中虚线所示的轨迹运动，电子经过每个电磁场区域时，射入点和射出点都是电磁场区域的同一直径的两端，所以碰撞点为入射点所在直径的另一端，故C 正确；由电子经过每个电磁铁偏转的角度是θ＝2πn ，由几何关系知，d 2R ＝sin θ2，得R ＝d 2sin πn，故D 正确． 8．电荷量为＋q 、质量为m 的滑块和电荷量为－q 、质量为m 的滑块同时从完全相同的光滑斜面上由静止开始下滑，设斜面足够长，斜面倾角为θ，在斜面上加如图所示的磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，关于滑块下滑过程中的运动和受力情况，下面说法中正确的是(不计两滑块间的相互作用)( ACD )A ．两个滑块先都做匀加速直线运动，经过一段时间，＋q 会离开斜面B ．两个滑块先都做匀加速直线运动，经过一段时间，－q 会离开斜面C ．当其中一个滑块刚好离开斜面时，另一滑块对斜面的压力为2mg cos θD ．两滑块运动过程中，机械能均守恒解析：当滑块开始沿斜面向下运动时，带正电的滑块受的洛伦兹力方向垂直斜面向上，带负电的滑块受的洛伦兹力方向垂直斜面向下，开始时两滑块沿斜面方向所受的力均为mg sin θ，均做匀加速直线运动，随着速度的增大，带正电的滑块受的洛伦兹力逐渐变大，当qvB ＝mg cos θ时，带正电的滑块恰能离开斜面，A 正确，B 错误；由于两滑块加速度相同，所以在带正电的滑块离开斜面前两者在斜面上运动的速度总相同，当带正电的滑块离开斜面时，带负电的滑块受的洛伦兹力也满足qvB ＝mg cos θ，方向垂直斜面向下，斜面对滑块的支持力大小为qvB ＋mg cos θ＝2mg cos θ，故滑块对斜面的压力为2mg cos θ，C 正确；由于洛伦兹力不做功，故D 正确．9．(2018·河南天一大联考)如图所示，人工元素原子核286113Nh 开始静止在匀强磁场B 1、B 2的边界MN 上，某时刻发生裂变生成一个氦原子核42He 和一个282111Rg 原子核，裂变后的微粒速度方向均垂直于B 1、B 2的边界MN .氦原子核通过B 1区域第一次经过MN 边界时，距出发点的距离为l ，282111Rg 原子核通过B 2区域第一次经过MN 边界时，距出发点的距离也为l .则下列有关说法正确的是( BC )A ．两磁场的磁感应强度为B 1B 2＝B ．两磁场的磁感应强度为B 1B 2＝C ．氦原子核和Rg 原子核各自旋转第一个半圆的时间比为D ．氦原子核和Rg 原子核各自旋转第一个半圆的时间比为解析：原子核裂变的方程为286113Nh→42He ＋282111Rg.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，偏转半径为r ＝mv qB，由题意可知二者偏转半径相等，由于氦核和Rg 原子核由静止裂变生成，动量守恒，即m 1v 1＝m 2v 2，所以有q 1B 1＝q 2B 2，解得B 1B 2＝q 2q 1＝1112，B 正确，A 错误；又因为T ＝2πm Bq ，q 1B 1＝q 2B 2，所以T 1T 2＝m 1m 2，粒子在第一次经过MN 边界时，均运动了半个周期，所以t 1t 2＝4282＝2141，C 正确，D 错误． 10．(2018·河北邢台质检)如图所示，A 、B 为一匀强电场中同一电场线上的两点，现在A 、B 所在直线上某一点固定一电荷Q ，然后在A 点由静止释放一点电荷q ，结果点电荷q 运动到B 时的速度为零，若点电荷q 只受电场力作用，则下列结论正确的是( ACD )A ．电荷Q 与点电荷q 一定是同种电荷B ．电荷Q 一定在A 点的左侧C ．点电荷q 的电势能一定是先减小后增大D ．A 、B 两点电势一定相等解析：由题意分析知电荷Q 应在点A 、B 的外侧，如果Q 在A 点左侧，点电荷q 从A 由静止释放运动到点B 时速度为零，说明点电荷q 先做加速运动后做减速运动，在A 、B 连线某一位置合场强为零，这时Q 和q 是同种电荷，同理分析，如果Q 在B 点的右侧，则Q 和q 一定是同种电荷，A 项正确，B 项错误；由于只有电场力做功，因此动能与电势能之和不变，且两种能相互转化，又知q 的速度先增大后减小，则其电势能先减小后增大，C 项正确；由于点电荷q 在A 、B 两点的动能均为零，因此点电荷在A 、B 两点的电势能相等，则A 、B 两点电势相等，D 项正确．三、计算题11．(2018·福建厦门质检)如图所示，光滑、绝缘的水平轨道AB 与四分之一圆弧轨道BC 平滑连接，并均处于水平向右的匀强电场中，已知匀强电场的场强E ＝5×103 V/m ，圆弧轨道半径R ＝0.4 m ．现有一带电荷量q ＝＋2×10－5 C 、质量m ＝5×10－2kg 的物块(可视为质点)从距B 端s ＝1 m 处的P 点由静止释放，加速运动到B 端，再平滑进入圆弧轨道BC ，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)物块在水平轨道上加速运动的时间和到达B 点的速度v B 的大小；(2)物块刚进入圆弧轨道时受到的支持力N B 的大小．解析：(1)在物块从开始至运动到B 点的过程中，由牛顿第二定律可知：qE ＝ma又由运动学公式有：s ＝12at 2 解得：t ＝1 s又因：v B ＝at得：v B ＝2 m/s(2)物块刚进入圆弧轨道时，在沿半径方向由牛顿第二定律，有：N B －mg ＝m v 2B R解得：N B ＝1 N.答案：(1)1 s 2 m/s (2)1 N12.如图所示，在xOy 平面内0≤x ≤32L 的范围内存在着电场强度方向沿x 轴正方向的匀强电场，一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子从坐标原点O 以速度v 0沿y 轴正方向开始运动．当它经过图中虚线上的P 点⎝ ⎛⎭⎪⎫32L ，L 后，粒子继续运动一段时间进入一个圆形匀强磁场区域(图中未画出)，之后粒子又从电场虚线边界上的Q 点⎝⎛⎭⎪⎫32L ，2L 沿与y 轴正方向夹角为60°的方向进入电场，已知磁场的磁感应强度方向垂直xOy 平面向里，大小为B ，不计粒子重力．求：(1)电场强度的大小；(2)粒子到达Q 点时的速度大小；(3)圆形磁场的最小横截面积．解析：(1)如图是粒子的运动轨迹，粒子从O 到P 做类平抛运动，则有：竖直方向L ＝v 0t 水平方向32L ＝12at 2 由牛顿第二定律Eq ＝ma 解得E ＝3mv 20qL(2)粒子过P 点和Q 点时速度大小相等，设为v ，与y 轴正方向夹角为θ，则v x ＝atv ＝v 20＋v 2x tan θ＝v x v 0解得θ＝60°，v ＝2v 0(3)粒子在磁场中做圆周运动，有qvB ＝m v 2R， 解得R ＝mv qB ＝2mv 0qB粒子在Q 点以与y 轴正方向夹角为60°的方向进入电场，由几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为∠EO ′F ＝120°圆形磁场区域的最小半径r ＝EF 2＝R cos30°＝32R则圆形磁场区域的最小横截面积S ＝πr 2＝3πm 2v 2q 2B 2.答案：(1)3mv 20qL (2)2v 0 (3)3πm 2v 2q 2B 2。

2020届高三二轮复习带电粒子在电场中的运动专项练习参考答案1、[解析]由v－t图象可知该粒子在两正电荷A、B的作用下做加速度逐渐减小的减速运动，故点电荷A对其的库仑引力大于点电荷B对其的库仑引力，根据库仑定律，在D点，k Q A q4r2>k Qqr2，即Q A>4Q，故选项A正确，B、C、D错误．[答案]A2、[解析]根据题述小球在竖直平面内做匀速圆周运动知，电场力跟重力一定平衡，故电场力一定向上，小球带正电，选项A错误，B正确．小球在从a点运动到b点的过程中，克服电场力做功，电势能增大，选项C错误．小球在运动过程中动能不变，机械能做周期性变化，不守恒，选项D错误．[答案]B3、[解析]等量异种点电荷中垂线上的场强方向为水平向右，从C到D场强的大小先变大后变小，并且C、D两点的场强相等．带负电的小球沿光滑杆运动时，竖直方向上只受重力，水平方向上受力平衡，则小球的速度越来越大，A、B错．杆对小球的作用力等于电场力，则先变大，后变小，C错，D对．[答案]D4、[解析]在a、c两点负电荷所受电场力方向不同，A项错误；以单个点电荷为球心的球面是等势面，所以a、c两点电势相等，根据电势与电势能的关系可知，负电荷在a、c两点电势能也相等，B项正确；负电荷由b到d过程中，电场力始终做负功，电势能增加，动能减少，C项正确；负电荷由a经b到c的过程中，电场力先做正功再做负功，故电势能先减少后增加，D项错误．[答案]BC5、[解析]根据对称性得出在O点放一试探电荷，所受圆环上均匀分布的负电荷的库仑力为零，根据电场强度定义可知O点的电场强度为零，又沿x轴无限远处电场强度为零，则从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小．若设沿x轴无限远处，电势为零，则逆着x轴方向向O点移动一个正的试探电荷，电场力做正功，电势能减小．根据电势的定义可知在O点试探电荷的电势能最小，电势最低，所以从O点沿x轴正方向，电势一直升高，选项A、B、D错误，C正确．[答案]C6、[解析]等量异种点电荷＋Q、－Q周围电场线的分布如图所示，电场线疏密表示电场的强弱．由图可知等量异种点电荷＋Q、－Q连线中点P的场强大于O点场强，选项A正确；由于AC连线为等势线，故A 点的电势等于C点的电势，选项B错误；由于O、C两点是等量异种点电荷＋Q、－Q连线的垂直平分线上关于中点P对称的两点，所以O、C两点场强相同，则点电荷－q在O点与在C点所受电场力是相同的，选项C正确；由电场线方向可知B点电势高于D点电势，点电荷＋q在B点具有的电势能大于在D点具有的电势能，选项D错误．[答案]AC7、[解析]两球均做类平抛运动，水平方向上有x ＝v 0t ，竖直方向上有h ＝12at 2，得加速度大小a ＝2h v 20x 2，可见水平距离x 越大，加速度a 越小，相应所用时间t 越长，即B 球先落地，A 球的加速度a 1小于B 球的加速度a 2，说明A 球带正电而受到竖直向上的电场力，B 球带负电而受到竖直向下的电场力，在下落过程中，电场力对A 球做负功，A 球电势能增加，电场力对B 球做正功，B 球电势能减少，选项A 正确，B 、C 均错误；根据动能定理有mah ＝12m v 2－12m v 20，而Δv ＝v －v 0，可见加速度a 越大，落地速度v 越大，速率变化量Δv 越大，即A 球的速率变化量较小，选项D 正确．[答案]AD8、[解析]以无穷远处为零电势，点电荷周围的电势φ＝k q r，正点电荷周围各点电势为正，负点电荷周围各点电势为负，电势是标量，可以用代数运算进行加减．如图将四个点电荷编号，A 点与3、4等距，与1、2等距，3、4两点电荷在A 点的电势一正一负，相加刚好为零，1、2两电荷在A 点的电势相加也为零，则φA ＝0.同理，D 点到四个点电荷的距离都相同，则φD ＝0.B 点与3、4等距，与1的距离小于与2的距离，1在B 点的正电势与2在B 点的负电势相加大于零，则可得φB >0.同理，C 点与3、4等距，与1的距离大于与2的距离，则可得φC <0.即有φB >φA ＝φD >φC ，B 、C 正确．[答案]BC9、[解析]本题考查电场强度和静电引力，意在考查学生根据已知的知识和物理事实、条件，对物理问题进行逻辑推理和论证，得出正确的结论的能力．难度较大．每个板的电荷密度σ＝Q S，每个板单独在极板间产生的电场E 0＝σ2ε0＝Q 2ε0S ，极板间的电场为两个极板单独产生的电场的矢量和，则E ＝2E 0＝Q ε0S，每个极板受到的静电力F ＝QE 0＝Q 22ε0S，选项D 正确．[答案]D10、[解析](1)设质子进入漂移管B 的速度为v B ，电源频率、周期分别为f 、T ，漂移管B 的长度为L ，则T ＝1f①L ＝v B ·T 2②联立①②式并代入数据得L ＝0.4m ③(2)设质子进入漂移管E 的速度为v E ，相邻漂移管间的加速电压为U ，电场对质子所做的功为W ，质子从漂移管B 运动到E 电场做功W ′，质子的电荷量为q 、质量为m ，则W ＝qU ④W ′＝3W ⑤W ′＝12m v 2E －12m v 2B ⑥联立④⑤⑥式并代入数据得U ＝6×104V[答案](1)0.4m (2)6×104V11、[解析](1)由题意知，匀强电场的电场强度的大小E ＝φ0d由F ＝qE解得粒子所受电场力的大小F ＝qφ0d(2)由题意得，粒子在A 点时，速度为零．设A 点离坐标原点O 的距离为x A ，则粒子运动的加速度大小a ＝F m ＝qφ0mdv 2＝2ax A两式联立解得x A ＝md v 22qφ0(3)粒子在四分之一周期内v ＝at粒子的运动周期T ＝4t联立解得T ＝4md v qφ0[答案](1)qφ0d (2)md v 22qφ0(3)4md v qφ0。

2020年高考二轮复习高频考点强化练电场及带电粒子在电场中的运动问题一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分，1～8题为单选题，9～12题为多选题)1.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【解析】选B。

等势面的特点：两个电势不同的等势面不可能相交，故A错误；电场线与等势面处处相互垂直，故B正确；等势面的疏密程度表示电场强度的大小，故C错误；电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，负电荷受力与电场线的方向相反，故负电荷受力由电势低的等势面指向电势高的等势面，那么它从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做负功，D错误。

2.如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。

由O 点静止释放的电子恰好能运动到P点。

现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子() 世纪金榜导学号A.运动到P点返回B.运动到P和P′点之间返回C.运动到P′点返回D.穿过P′点【解析】选A。

电子在A、B间加速，在B、C间减速，加速电压做功与减速电压做功相等。

现将C板向右平移到P′点，B、C板间的电场强度不变，根据U=Ed判断，由O点静止释放的电子运动到P点速度为0再返回，A项正确。

3.如图，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a a、a b、a c，速度大小分别为v a、v b、v c，则()A.a a>a b>a c，v a>v c>v bB.a a>a b>a c，v b>v c> v aC.a b>a c>a a，v b>v c> v aD.a b>a c>a a，v a>v c>v b【解析】选D。

2020年高考物理二轮复习专项训练电容器、带电粒子在电场中的运动1.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m 的带电小球，以初速度v 从M 点竖直向上运动，通过N 点时，速度大小为2v ，方向与电场方向相反，则小球从M 运动到N 的过程( )A ．动能增加12mv 2 B ．机械能增加2mv 2 C ．重力势能增加32mv 2 D ．电势能增加2mv 2【答案】B【解析】小球动能的增加量为ΔE k ＝12m (2v )2－12mv 2＝32mv 2，A 错误；小球在竖直方向上的分运动为匀减速直线运动，到N 时竖直方向的速度为零，则M 、N 两点之间的高度差为h ＝v 22g，小球重力势能的增加量为ΔE p ＝mgh ＝12mv 2，C 错误；电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为ΔE ′p ＝32mv 2＋12mv 2＝2mv 2，D 错误；由功能关系可知，除重力外的其他力对小球所做的功在数值上等于小球机械能的增加量，即2mv 2，B 正确．2.一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，极板间电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变【答案】D【解析】平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U 不变．若将云母介质移出，电容C 减小，由C ＝Q U可知，电容器所带电荷量Q 减小，即电容器极板上的电荷量减小．由于U 不变，d 不变，由E ＝U d可知，极板间电场强度E 不变，选项D 正确，A 、B 、C 错误。

3.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 2 V ．一电子经过a 时的动能为10 eV ，从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6 eV.下列说法正确的是( )A ．平面c 上的电势为零B ．该电子可能到达不了平面fC ．该电子经过平面d 时，其电势能为4 eVD ．该电子经过平面b 时的速率是经过d 时的2倍【答案】AB【解析】电子在等势面b 时的电势能为E ＝qφ＝－2 eV ，电子由a 到d 的过程电场力做负功，电势能增加6 eV ，由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间的电势差相等，则电子由a 到b 、由b 到c 、由c 到d 、由d 到f 电势能均增加2 eV ，则电子在等势面c 的电势能为零，等势面c 的电势为零，A 正确；由以上分析可知，电子在等势面d 的电势能应为2 eV ，C 错误；电子在等势面b 的动能为8 eV ，电子在等势面d 的动能为4 eV ，由公式E k ＝12mv 2可知，该电子经过平面b 时的速率为经过平面d 时速率的2倍，D 错误；如果电子的速度与等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运动，所以电子可能到达不了平面f 就返回平面a ，B 正确．4.如图所示，水平放置的平行板电容器两极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电荷量为q ，它从上极板的边缘以初速度v 0射入，沿直线从下极板N 的边缘射出，已知重力加速度为g ，则( )A.微粒的加速度不为零B.微粒的电势能减少了mgdC.两极板的电势差为mgd qD.M 板的电势高于N 板的电势【解析】带负电的微粒在两极板间受竖直向下的重力和竖直方向的电场力，而微粒沿直线运动，由直线运动条件可知，重力与电场力合力必为零，即电场力方向竖直向上，大小等于重力，即mg ＝q U d ，所以两极板之间电势差U ＝mgd q，选项A 错误，C 正确；而微粒带负电，所以电场方向竖直向下，而电场方向是由高电势指向低电势的，所以M 板电势高于N 板电势，选项D 正确；微粒由上板边缘运动到下板边缘，电场力方向与位移方向夹角为钝角，所以电场力对微粒做负功，微粒电势能增加，选项B 错误。