2014届高考物理第二轮复习升级训练篇：6 带电粒子在电磁场中的运动

电场、带电粒子在电场中的运动热点一对电场性质的考查命题规律：静电场的性质与特点以及常见电场的分布规律问题是近几年高考的热点，分析近几年的高考命题，命题规律主要有以下几点：(1)以选择题形式考查电场的叠加．(2)以选择题形式考查等量电荷或不等量电荷的电场的分布与电场强度、电势、电势能的大小比较问题．(3)以选择题形式考查电场力做功与电势能的改变之间的关系．1.(2014·高考重庆卷)如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为W a和W b，a、b点的电场强度大小分别为E a和E b，则( )A．W a＝W b，E a>E b B．W a≠W b，E a>E bC．W a＝W b，E a<E b D．W a≠W b，E a<E b[解析] 因a、b两点在同一等势线上，故U ac＝U bc，W a＝eU ac，W b＝eU bc，故W a＝W b.由题图可知a点处电场线比b点处电场线密，故E a>E b.选项A正确．[答案] A2.(多选)(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°.M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则 ( )A．点电荷Q一定在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP大于φM[解析] 电场是由正点电荷产生的，所以电场线由正点电荷指向无穷远处，并且跟点电荷距离相等的点，电势相等，场强大小相等．由于φM＝φN，φP＝φF，所以点电荷Q到M和N的距离相等，到P和F的距离相等，即过F作MN的中垂线，然后作FP的中垂线，两中垂线的交点为点电荷Q所在的位置，由几何知识得Q在MP上，如图所示，选项A正确；点电荷形成的电场中等势面是球面，故选项B错误；正试探电荷与Q同号，所以受斥力作用，故将其从P点搬运到N点时，电场力做正功，故选项C错误；由几何关系知点电荷Q 距M的距离大，距P的距离小，所以φM<φP，故选项D正确．[答案] AD3.(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q＞0)的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)( )A ．k 3q R 2B ．k 10q 9R 2C ．k Q ＋q R 2D ．k 9Q ＋q 9R 2 [解析] 由b 点处场强为零知，圆盘在b 点处产生的场强E 1与q 在b 点处产生的场强E 2大小相等，即：E 1＝E 2＝k qR 2，由对称性，圆盘在d 点产生的场强E 3＝k q R 2，q 在d 点产生的场强E 4＝k q 9R 2，方向与E 3相同，故d 点的合场强E d ＝E 3＋E 4＝k 10q9R 2，B 正确，A 、C 、D 错误． [答案] B[方法技巧] 1 分析电荷受电场力情况时，首先明确电场的电场线分布规律，再利用电场线的疏密分布规律或场强的叠加原理判定场强的强弱.2 分析电势的高低常根据电场线的指向进行判断.3 比较电势能的大小或分析电势能的变化，可以根据电场力做正功，电势能减小，做负功，电势能增大判断，也可根据正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大来判断.)热点二 有关平行板电容器问题命题规律：平行板电容器问题是近几年高考中时常出现的考点，分析近几年的高考命题，命题规律主要有以下几点：(1)一般以选择题的形式考查电容器的定义式和平行板电容器的决定式．(2)以选择题的形式考查极板间场强、极板间的电势、带电粒子的电势能及电容器的充放电规律等问题．1.(2014·沈阳一模)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P 点，如图所示．以C 表示电容器的电容、E 表示两板间的场强、φ表示P 点的电势，W 表示正电荷在P 点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l 0的过程中，各物理量与负极板移动距离x 的关系图象中正确的是( )[思路点拨] 负极板接地意味着其电势为零，利用φP ＝U ＝Ed 分析P 点电势的变化，式中d 为P 点到负极板的垂直距离．[解析] 由平行板电容器的电容C ＝εS 4πkd可知A 错．在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U ＝Q C ，E ＝U d ＝4πkQ εS，与d 无关，则B 错．在负极板接地的情况下，φ＝φ0－El 0，则C 项正确．正电荷在P 点的电势能W ＝q φ＝q (φ0－El 0)，显然D 错．[答案] C2.(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d 2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d 3，则从P 点开始下落的相同粒子将( ) A ．打到下极板上 B ．在下极板处返回C ．在距上极板d 2处返回D ．在距上极板25d 处返回 [解析] 设板间电压为U ，场强为E ，则E ＝U d，由动能定理得mg ·32d －qEd ＝0 将下极板向上平移d 3后，U 不变，d ′＝23d ，则E ′＝3U 2d ＝32E ，设粒子在距上极板x 处返回，则由动能定理得mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫d 2＋x －qE ′x ＝0 联立解得：x ＝25d ，故D 正确，A 、B 、C 错误． [答案] D3.(多选)(2014·石家庄一模)如图所示，D 是一个具有单向导电性的理想二极管，水平放置的平行板电容器AB 内部原有带电微粒P 处于静止状态．下列措施下，关于P 的运动情况的说法中正确的是( )A ．保持S 闭合，增大A 、B 板间距离，P 仍静止B ．保持S 闭合，减小A 、B 板间距离，P 向上运动C ．断开S 后，增大A 、B 板间距离，P 向下运动D ．若B 板接地，断开S 后，A 板稍下移，P 的电势能不变[解析] 保持开关S 闭合，电容器的电压不变，增大A 、B 板间距离，则导致电容器的电容减小，则出现电容器的电量减小，然而二极管作用导致电容器的电量不会减小，则电容器的电量不变，由于平行板电容器的电场强度与电容器的电量、电介质及正对面积有关，所以电场强度不变，故A 正确；当减小A 、B 板间距离，则导致电容器的电容增大，则出现电容器的电量增加，因此电场强度增大，所以P 向上运动，故B 正确；增大A 、B 板间距离，导致电容器的电容减小，由于断开开关S ，则电容器的电量不变，所以极板间的电场强度不变，因此P 仍处于静止，故C 错误；A 板稍下移，电容器的电容增大，当断开S 后，则电容器的电量不变，所以电场强度也不变，由于B 板接地，则P 到B 板的电势差不变，因此P 的电势能也不变，故D 正确．[答案] ABD [总结提升] 平行板电容器问题的分析思路1 明确平行板电容器中的哪些物理量是不变的，哪些物理量是变化的以及怎样变化.2 应用平行板电容器的决定式C ＝εr S 4πkd分析电容器的电容的变化. 3 应用电容的定义式分析电容器带电量和两板间电压的变化情况.4 根据控制变量法对电容的变化进行综合分析，得出结论.热点三 应用动能定理分析带电粒子在电场中的运动命题规律：带电粒子在电场中的运动问题是近几年高考的重点和热点，综合分析近几年的高考命题，对于这一考点的命题规律有以下几个方面：(1)利用运动的合成和分解分析带电粒子的类平抛运动，考查粒子的运动轨迹、受力情况及能量转化，多以选择题形式出现．(2)经常与动能定理、运动学方程、牛顿运动定律等知识相综合，以计算题的形式出现．1.(2014·四川名校检测)如图所示，虚线a 、b 、c 代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P 、R 、Q 是这条轨迹上的三点，由此可知( )A ．带电粒子在R 点时的速度大于在Q 点时的速度B ．带电粒子在P 点时的电势能比在Q 点时的电势能大C ．带电粒子在R 点时的动能与电势能之和比在Q 点时的小，比在P 点时的大D ．带电粒子在R 点时的加速度小于在Q 点时的加速度[解析] 由运动轨迹可判定，电场力的方向指向轨迹右侧，因此粒子从Q →R →P ，速率增大，故A 正确．由于粒子只受电场力，动能与电势能之和守恒，故B 、C 错；由电场线分布可知，粒子在R 点所受电场力大于Q 点的电场力，故D 错．[答案] A2.(2014·四川攀枝花二模)如图所示，虚线PQ 、MN 间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m ＝2.0×10－11 kg 、电荷量为q＝＋1.0×10－5C ，从a 点由静止开始经电压为U ＝100 V 的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN 上的某点b (图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ 、MN 间距离为20 cm ，带电粒子的重力忽略不计．求：(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v 1；(2)匀强电场的场强大小；(3)ab 两点间的电势差．[解析] (1)由动能定理得：qU ＝12mv 21 代入数据得v 1＝104 m/s.(2)因粒子重力不计，则进入PQ 、MN 间电场中后，做类平抛运动，有粒子沿初速度方向做匀速直线运动：d ＝v 1t粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动：v y ＝at由题意得：tan 30°＝v 1v y由牛顿第二定律得：qE ＝ma 联立以上相关各式并代入数据得：E ＝3×103 N/C ＝1.73×103 N/C.(3)由动能定理得：qU ab ＝12mv 2＝12m (v 21＋v 2y ) 联立以上相关各式并代入数据得：U ab ＝400 V.[答案] (1)104 m/s (2)1.73×103 N/C (3)400 V3.(2014·太原调研)如图所示，粗糙水平桌面AM 的右侧连接有一竖直放置、半径R ＝0.3 m 的光滑半圆轨道MNP ，桌面与轨道相切于M 点，在水平半径ON 的下方空间有水平向右的匀强电场．现从A 点由静止释放一个质量m ＝0.4 kg 、电荷量为q 的带正电的绝缘物块，物块沿桌面运动并由M 点进入半圆轨道，并恰好以最小速度通过轨道的最高点P .已知物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.55，电场强度E ＝mg q ，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．物块经过M 点时的速率为 3 m/sB ．物块经过半圆轨道MNP 的中点时对轨道的压力大小为4 2 NC ．物块由M 向P 运动的过程中速率逐渐减小D ．AM 的长度为1 m [解析] 物块恰好通过P 点，则在P 点有mg ＝m v 2P R，物块从M 到P 由动能定理得qER －2mgR＝12mv 2P －12mv 2M ，联立解得v M ＝3 m/s ，选项A 错误；设物块在半圆轨道中点时的速度大小为v ，由动能定理得qER －mgR ＝12mv 2－12mv 2M ，又F N －qE ＝m v 2R、F N ′＝F N ，联立解得压力大小为F N ′＝16 N ，选项B 错误；物块由M 向N 运动的过程中速率先增大后减小，选项C 错误；物块从A 到M 由动能定理得(qE －μmg )l ＝12mv 2M －0，解得l ＝1 m ，选项D 正确． [答案] D[总结提升] 带电粒子在电场中的运动问题解题思路(1)首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还是偏转运动问题．(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理： ①如果是带电粒子在恒定电场力作用下做直线运动的问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等．(3)对于曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理．通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，应用动力学方法或功能方法求解．带电粒子在交变电场中的运动问题命题规律：带电粒子在交变电场中的运动问题涉及受力分析、运动分析以及对运动性质、运动轨迹、运动范围的判断．是对考生应用动力学和能量观点解决电学问题能力的综合考查，在高考中，选择题和计算题都有可能出现．[解析] 以电场力的方向为y 轴正方向，画出电子在t ＝0时和t ＝t 0时进入电场后沿电场力方向的速度v y 随时间t 变化的v y －t 图象分别如图线a 和图线b 所示，设两平行板之间的距离为d .分析可知：在0～t 0内，t ＝0时刻进入板间的电子侧向位移最大，t ＝t 0时刻进入板间的电子侧向位移最小．(3分)(1)电子在板间电场中的加速度：a ＝U 0e md(1分) t ＝0时进入板间的电子，在竖直方向上0～t 0内，匀加速运动，v y ＝at 0＝eU 0mdt 0，t 0～2t 0内，匀速运动，2t 0～3t 0内，匀加速运动，最后从板边缘射出．(2分)由图象知：y max ＝v y ·3t 0＝3eU 0md·t 20.(2分) 由题意得：y max ＝d 2(1分) 解得：d ＝6eU 0m t 0(1分)侧向位移的最大值：y max ＝126eU 0m t 0(1分)由图象可得最小值：y min ＝12y max ＝14 6eU 0mt 0.(1分) (2)板间电场对侧向位移最大、最小的电子做功分别为：W ＝eU 0d ⎝ ⎛⎭⎪⎫d 2×16＋d 2×12＝eU 03(1分) W ′＝eU 0d ×d 2×16＝eU 012(1分) 由动能定理得：E k ＝eU 0＋eU 03＝43eU 0(1分) E k ′＝eU 0＋eU 012＝1312eU 0(1分) 故E k E k ′＝1613.(1分) [答案] (1)126eU 0m t 0 146eU 0m t 0 (2)1613[总结提升] (1)对于带电粒子在交变电场中的直线运动，一般多以加速、匀速或减速交替出现的多运动过程的情景出现．解决的方法：①根据力与运动的关系分析带电粒子一个变化周期内相关物理量的变化规律．②借助运动图象进行运动过程分析，找出每一运动过程(或阶段)中相关物理量间的关系，进行归纳、总结、推理，寻找带电粒子的运动规律．(2)对于带电粒子在交变电场中的曲线运动，解决的方法仍然是应用运动的合成与分解的方法，把曲线运动分解为两个直线运动，然后应用动力学或功能关系加以解决．最新预测 1 (多选)(2014·哈尔滨一模)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，图中反映电子速度v 、位移x 和加速度a 三个物理量随时间t 的变化规律可能正确的是( )答案：AD最新预测2 如图甲所示，在y ＝0和y ＝2 m 之间有沿着x 轴方向的匀强电场，MN 为电场区域的上边界，在x 轴方向范围足够大．电场强度的变化如图乙所示，取x 轴正方向为电场正方向，现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为q m ＝1.0×10－2C/kg ，在t ＝0时刻以速度v 0＝5×102 m/s 从O 点沿y 轴正方向进入电场区域，不计粒子重力．求：(1)粒子通过电场区域的时间；(2)粒子离开电场时的位置坐标；(3)粒子通过电场区域后沿x 方向的速度大小．解析：(1)因粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t ＝y v 0＝4×10－3 s. (2)粒子沿x 轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小为a 1＝E 1q m ＝4 m/s 2，减速时的加速度大小为a 2＝E 2q m＝2 m/s 2，由运动学规律得，x 方向上的位移为 x ＝12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＋a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22－12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝2×10－5 m 因此粒子离开电场时的位置坐标为(－2×10－5 m,2 m)．(3)粒子通过电场区域后沿x 方向的速度为v x ＝a 1T 2－a 2T 2＝4×10－3 m/s. 答案：见解析[失分防范] 带电粒子在交变电场中的运动问题极易从以下几点失分：①不能把交变的电学量转化为变化的力学量；②不能正确分析转折点粒子的运动状态；③不能正确分析粒子在各阶段的运动情况；④不能构建出粒子在全过程的运动模型.可以从以下几点进行防范：①紧抓电学量和力学量的关系式E ＝F q、W ＝qU 等；②粒子所受的电场力F 是联系力和电的桥梁，知道了力的变化，就能推知加速度、速度、位移、功、动能等其他力学量的变化；③一定要把复杂多过程问题先分阶段处理，再全过程考虑；④尽可能多地从图象上获得信息，进而分析得出粒子的运动规律.)一、选择题1．(2014·高考江苏卷)如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x 轴垂直于环面且过圆心O . 下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )A ．O 点的电场强度为零，电势最低B ．O 点的电场强度为零，电势最高C ．从O 点沿x 轴正方向，电场强度减小，电势升高D ．从O 点沿x 轴正方向，电场强度增大，电势降低解析：选B.根据电场的对称性和电场的叠加原理知，O 点的电场强度为零．在x 轴上，电场强度的方向自O 点分别指向x 轴正方向和x 轴负方向，且沿电场线方向电势越来越低，所以O 点电势最高．在x 轴上离O 点无限远处的电场强度为零，故沿x 轴正方向和x 轴负方向的电场强度先增大后减小．选项B 正确．2．(多选)(2014·江苏阜宁中学月考)如图所示，平行板电容器AB 两极板水平放置，A 在上方，B 在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A 和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB 中心水平射入，打在B 极板上的N 点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A 板来改变两极板AB 间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是( )A ．若小球带正电，当AB 间距增大时，小球打在N 的右侧B ．若小球带正电，当AB 间距减小时，小球打在N 的左侧C ．若小球带负电，当AB 间距减小时，小球可能打在N 的右侧D ．若小球带负电，当AB 间距增大时，小球可能打在N 的左侧解析：选BC.若小球带正电，当AB 间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB 两极板之间电场强度不变，小球所受向下的电场力不变，向下的加速度不变，小球仍打在N 点，选项A 错误；若小球带正电，当AB 间距减小时，平行板电容器带电量增大，平行板电容器AB 两极板之间电场强度增大，小球所受向下的电场力增大，向下的加速度增大，小球打在N 的左侧，选项B 正确；若小球带负电，当AB 间距减小时，平行板电容器带电量增大，平行板电容器AB 两极板之间电场强度增大，小球所受向上的电场力增大，向下的加速度减小，小球可能打在N 的右侧，选项C 正确；若小球带负电，当AB 间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB 两极板之间电场强度不变，小球所受向上的电场力不变，小球仍打在N 点，选项D 错误．3．(多选)(2014·山东临沂三模)如图所示，在光滑绝缘水平面上的P 点正上方O 点固定了一电荷量为＋Q 的正点电荷，在水平面上的N点，由静止释放一质量为m 、电荷量为－q 的负检验电荷，该检验电荷经过P 点时速度为v ，图中θ＝60°，规定电场中P 点的电势为零，则在＋Q 形成的电场中( )A ．N 点电势高于P 点电势B ．N 点电势为－mv 22qC ．P 点电场强度大小是N 点的4倍D ．检验电荷在N 点具有的电势能为－12mv 2 解析：选BC.沿电场线方向电势降低，由正点电荷的电场分布可知N 点电势低于P 点电势，A 错误；负电荷由N 至P ，电场力做正功，电势能的减小量等于动能的增加量，又负电荷在P 点的电势能为0，故负电荷在N 点的电势能为12mv 2，N 点电势为－mv 22q，B 正确，D 错误；由点电荷的场强公式E ＝k Q r 2可知P 点电场强度大小是N 点的4倍，C 正确．本题选B 、C.4．(多选)(2014·高考广东卷)如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为＋Q 的小球P ，带电量分别为－q 和＋2q 的小球M 和N ，由绝缘细杆相连，静止在桌面上，P 与M 相距L ，P 、M 和N 视为点电荷，下列说法正确的是( )A ．M 与N 的距离大于LB ．P 、M 和N 在同一直线上C ．在P 产生的电场中，M 、N 处的电势相同D ．M 、N 及细杆组成的系统所受合外力为零解析：选BD.假设P 、M 和N 不在同一直线上，对M 受力分析可知M 不可能处于静止状态，所以选项B 正确；M 、N 和杆组成的系统，处于静止状态，则系统所受合力为零，故k QqL 2＝k Q ·2qL ＋x 2，解得x ＝(2－1)L ，所以选项A 错误，D 正确；在正点电荷产生的电场中，离场源电荷越近，电势越高，故φM >φN ，所以选项C 错误．5．(2014·高考山东卷)如图，半径为R 的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A .已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O 时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能E k0沿OA 方向射出．下列关于试探电荷的动能E k 与离开球心的距离r 的关系图线，可能正确的是( )解析：选A.当试探电荷在球壳内部运动时，不受静电力作用，做匀速直线运动，故动能E k 不变．当试探电荷在球壳外部运动时，根据库仑定律，试探电荷受到的库仑斥力越来越小，故试探电荷做加速度减小的加速运动，试探电荷的动能越来越大，但增大得越来越慢．选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．6．(2014·高考山东卷)如图，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )A.s 2 2qE mhB.s 2 qE mhC.s 4 2qE mhD.s 4 qE mh解析：选B.带电粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律解决问题．根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心．则在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s 2qE mh.故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．7.(2014·高考天津卷)如图所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )A ．若微粒带正电荷，则A 板一定带正电荷B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能一定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能一定增加解析：选C.根据微粒的运动轨迹分析微粒的受力情况，结合功能关系求解．A ．分析微粒的运动轨迹可知，微粒的合力方向一定竖直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的电场力可能向下，也可能向上，故A 错误．B ．微粒从M 点运动到N 点，电场力可能做正功，也可能做负功，故微粒的电势能可能减小，也可能增大，故B 错误．C ．微粒从M 点运动到N 点过程中，合力做正功，故微粒的动能一定增加，C 正确．D ．微粒从M 点运动到N 点的过程中，除重力之外的电场力可能做正功，也可能做负功，故机械能不一定增加，D 错误．8．平行板间有如图所示的周期性变化的电压．重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t ＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况．在下列图象中，能正确定性描述粒子运动速度图象的是( )解析：选A.0～T 2时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动.T 2～T 时间内做加速度恒定的匀减速直线运动，由对称性可知，在T 时速度减为零．此后周期性重复运动，故A 正确．9．(2014·太原一模)一匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t ＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )A ．带电粒子只向一个方向运动B ．0～2 s 内，电场力所做的功等于零C ．4 s 末带电粒子回到原出发点D ．2.5～4 s 内，速度的改变等于零解析：选D.由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s 内的加速度a ＝qE 0m，为第2 s 内加速度a ＝2qE 0m 的12，因此先加速1 s 再减速0.5 s ，速度为零，接下来的1.5 s 将反向加速，v －t 图象如图所示，所以选项A 错；在0～2 s 内，带电粒子的初速度为零，但末速度不为零，由动能定理可知电场力所做的功不为零，选项B 错误；v －t 图象中图线与坐标轴围成的图形的面积为物体的位移，由对称性可以看出，前4 s 内的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，所以C 错误；2.5～4 s 内，v 2.5＝v 4，故Δv ＝0，选项D 正确．二、计算题10．(2014·成都模拟)如图所示，板长L ＝10 cm ，板间距离d ＝10 cm的平行板电容器水平放置，它的左侧有与水平方向成60°角斜向右上方的匀强电场，某时刻一质量为m 、带电量为q 的小球由O 点静止释放，沿直线OA 从电容器C 的中线水平进入，最后刚好打在电容器的上极板右边缘，O 到A 的距离x ＝45 3 cm ，(g 取10 m/s 2)求：(1)电容器外左侧匀强电场的电场强度E 的大小；(2)小球刚进入电容器C 时的速度v 的大小；(3)电容器C 极板间的电压U .解析：(1)由于带电小球做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则：Eq ＝mg sin 60°，解得E ＝23mg 3q. (2)从O 点到A 点，由动能定理得：mgx cot 60°＝12mv 2－0 解得：v ＝3 m/s.(3)小球在电容器C 中做类平抛运动，水平方向：L ＝vt ①竖直方向：d 2＝12at 2② a ＝Uq md－g ③ ①②③联立求解得U ＝10m q.答案：(1)23mg 3q (2)3 m/s (3)10m q11．(2014·高考安徽卷)如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔．质量为m ，电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g )．求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．解析：(1)由v 2＝2gh ，得v ＝2gh .(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mg －qE ＝ma由运动学公式知：0－v 2＝2ad整理得电场强度E ＝mg h ＋d qd由U ＝Ed ，Q ＝CU 得，电容器所带电荷量Q ＝C mg h ＋d q. (3)由h ＝12gt 21，0＝v ＋at 2，t ＝t 1＋t 2 整理得t ＝h ＋d h 2h g. 答案：(1)2gh (2)mg h ＋d qd C mg h ＋d q (3)h ＋dh 2h g12．在金属板A 、B 间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T ，现有电子以平行于金属板的速度v 0从两板中央射入(如图甲所示)．已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子的重力，求：。

提能专训(七) 带电粒子在磁场、复合场中运动(A) 1．如下列图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2，M 为导线某一横截面所在平面内的一点，且M点到两导线的距离相等，图中有四个不同的方向a、b、c和d，如此M点的磁感应强度的方向可能为图中的( )A．a方向B．b方向C．c方向D．d方向答案：C 解析：直线电流周围的磁感应强度随电流强度的增大而增大，随距直线电流的距离增大而减小，结合平行四边形定如此，可知C选项正确．2．如下列图，两根平行放置、长度均为L的直导线a和b，放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中，当a导线所通电流强度为I，b导线所通电流强度为2I，且电流方向相反时，a导线受到磁场力大小为F1，b导线受到磁场力大小为F2，如此a通电导线的电流在b 导线处产生的磁感应强度大小为( )A.F2 2ILB.F 1ILC.2F 1－F 22IL D.2F 1－F 2IL答案：C 解析：由题意可知，对a 导线， F 1＝B 0IL ＋F ba ，对b 导线，F 2＝2B 0IL ＋F ab ，其中F ab ＝2BIL ，F ba ＝F ab ，可得a 导线在b 处产生的磁感应强度为B ＝2F 1－F 22IL ，可知答案选C.3．(2012·海南高考)图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L 是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a 、b ，导轨两端e 、f ，分别接到两个不同的直流电源上时，L 便在导轨上滑动．如下说法正确的答案是( )A ．假设a 接正极，b 接负极，e 接正极，f 接负极，如此L 向右滑动B ．假设a 接正极，b 接负极，e 接负极，f 接正极，如此L 向右滑动C ．假设a 接负极，b 接正极，e 接正极，f 接负极，如此L 向左滑动D ．假设a 接负极，b 接正极，e 接负极，f 接正极，如此L 向左滑动答案：BD 解析：假设a 接正极，b 接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e 接正极，f 接负极，由左手定如此判定金属杆受安培力向左，如此L 向左滑动，A 项错误，同理判定B 、D 项正确，C 项错误．4．如下列图为“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 板带上电荷量，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v 0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，如此a 板所带电荷量情况是( )A ．带正电，其电荷量为CBv 0d B ．带负电，其电荷量为Bdv 0CC ．带正电，其电荷量为CBdv 0D ．带负电，其电荷量为Bv 0Cd答案：C 解析：对带电粒子受力分析，a 极板带正电，带电粒子受力平衡，qv 0B ＝q U d，U ＝QC，可得电荷量为Q ＝CBdv 0，所以答案选C. 5．如下列图，电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．电子束经过加速电场后，进入一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于圆面．不加磁场时，电子束将通过磁场中心O 点而打到屏幕上的中心M ，加磁场后电子束偏转到P 点外侧．现要使电子束偏转回到P 点，不可行的方法是( )A ．增大加速电压B ．增加偏转磁场的磁感应强度C ．将圆形磁场区域向屏幕靠近些D ．将圆形磁场的半径减小些答案：B 解析：增大加速电压，电子射入磁场区域的速度增大，根据电子在磁场中做圆周运动的半径公式r ＝mv Bq可知，半径增大，偏转角减小，电子将回到P 点，故A 可行；B 越大，半径越小，偏转角越大，会打到P 点外侧，B 不可行；把圆形磁场区域向屏幕靠近些，粒子的偏转角不变，水平位移减小，粒子竖直偏转量减小，C可行；磁场半径越小，偏转角越小，D可行．6．如下列图，宽h＝2 cm的有界匀强磁场的纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向里，现有一群带正电的粒子从O点以一样的速率沿纸面不同方向射入磁场．假设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r均为5 cm，不计粒子的重力，如此( )A．右边界：－4 cm<y<4 cm内有粒子射出B．右边界：y>4 cm和y<－4 cm内有粒子射出C．左边界：y>8 cm内有粒子射出D．左边界：0<y<8 cm内有粒子射出答案：AD 解析：粒子恰能射出磁场的临界条件如下列图．根据几何关系可得，临界点距x轴的距离y＝52－5－22 cm＝4 cm，因此选项A正确，B错误；左边界带电粒子可到达y＝8 cm处，选项C错误，D正确．7．如下列图，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L＝1 m．PM间接有一个电动势为E＝6 V，内阻r＝1 Ω的电源和一只滑动变阻器．导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M＝0.3 kg.棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g 取10 m/s 2)，匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是( )A ．2 ΩB ．4 ΩC ．5 ΩD ．6 Ω答案：D 解析：对棒由平衡条件得，BIL ±f ＝F T ，而F T ＝Mg ＝3 N ，f 的最大值等于μmg ＝1 N ，所以Mg －μmg ≤BIL ≤Mg ＋μmg ，如此电流满足1 A≤I ≤2 A，由闭合电路欧姆定律得I ＝Er ＋R，如此2 Ω≤R ≤5 Ω，答案为D.8．如下列图，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场(B )和匀强电场(E )组成的速度选择器，然后粒子通过平板S 上的狭缝P ，进入另一匀强磁场(B ′)，最终打在A 1A 2上，如下表述正确的答案是( )A ．粒子带负电B ．所有打在A 1A 2上的粒子，在磁场B ′中运动时间都一样C ．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于EBD ．粒子打在A 1A 2上的位置越靠近P ，粒子的比荷q m越大答案：CD 解析：带电粒子在磁场B ′中根据左手定如此可以判断带电粒子带正电，A 选项错误；带电粒子在速度选择器中做直线运动，如此电场力与洛伦兹力等大反向，即Eq＝Bqv ，可得：v ＝EB ，C 选项正确；根据洛伦兹力充当向心力可得：r ＝mv Bq ，如此q m ＝v Br，越靠近P ，r 越小，粒子的比荷越大，D 选项正确；所有打在A 1A 2上的粒子在磁场B ′中都只有半个周期，且周期T ＝2πmBq，因比荷不同，因此，打在A 1A 2上的粒子在磁场B ′中运动时间不同，B 选项错误．9．如下列图，空间的某一正方形区域存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由边界中点A 进入这个区域沿直线运动，从中点C 离开区域；如果将磁场撤去，其他条件不变，如此粒子从B 点离开场区；如果将电场撤去，其他条件不变，如此粒子从D 点离开场区．BC ＝CD ，设粒子在上述三种情况下，从A 到B 、从A 到C 和从A 到D 所用的时间分别是t 1、t 2、t 3，离开三点时的动能分别是E k1、E k2、E k3，粒子重力忽略不计，以下关系式正确的答案是( )A ．t 1＝t 2<t 3B ．t 1<t 2＝t 3C ．E k1＝E k2<E k3D ．E k1>E k2＝E k3答案：AD 解析：根据题意可知，粒子在复合场中的运动是直线运动，由于忽略粒子重力，必有洛伦兹力与电场力平衡，即qE ＝qv 0B ，从A 到C 的运动时间t 2＝dv 0，其中d 表示A 、C 间距；假设将磁场撤去，粒子从B 点离开场区，该过程粒子在电场力作用下，做类平抛运动，运动时间t 1＝dv 0；假设撤去电场，粒子做匀速圆周运动，从A 到D 的过程中，沿AC 方向的速度分量逐渐减小，且均小于v 0，如此t 3>d v 0，因此，选项A 正确，选项B 错误．粒子从A 到C 过程是匀速直线运动，动能不变；从A 到D 的过程中，粒子只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，动能不变，如此E k2＝E k3；粒子从A 到B 过程中，合外力是电场力，电场力做了正功，粒子的动能增加，如此有E k1>E k2＝E k3，选项D 正确，而选项C 错误．10．霍尔元件是一种应用霍尔效应的磁传感器，广泛应用于各领域，如在翻盖手机中，常用霍尔元件来控制翻盖时开启或关闭运行程序．如图是一霍尔元件的示意图，磁场方向垂直霍尔元件工作面，霍尔元件宽为d (M 、N 间距离)，厚为h (图中上下面距离)，当通过以图示方向电流时，MN 两端将出现电压U MN ，如此( )A ．MN 两端电压U MN 仅与磁感应强度B 有关B ．假设霍尔元件的载流子是自由电子，如此MN 两端电压U MN <0C ．假设增大霍尔元件宽度d ，如此MN 两端电压U MN 一定增大D ．通过控制磁感应强度B 可以改变MN 两端电压U MN答案：D 解析：因电荷在磁场中运动时会受到洛伦兹力而发生偏转，在M 、N 间形成电压，同时形成的电压产生的电场又反作用于电荷，当q U d＝qvB 时，U 稳定；假设霍尔元件的载流子是自由电子，由左手定如此知MN 两端电压U MN >0，B 错误；由U ＝k BI h知，A 、C 错误，D 正确．11．如下列图，在一半径为R 的圆形区域内有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向外．一束质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子沿平行于直径MN 的方向进入匀强磁场，粒子的速度大小不同，重力不计，入射点P 到直径MN 的距离为h ，求：(1)某粒子经过磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，粒子的入射速度是多大？(2)恰好能从M 点射出的粒子速度是多大？(3)假设h ＝R2，粒子从P 点经磁场到M 点的时间是多少？答案：见解析解析：(1)粒子出射方向与入射方向相反，在磁场中走了半周，其半径r 1＝h由qv 1B ＝m v 21r 1得v 1＝qBh m(2)粒子从M 点射出，其运动轨迹如下列图，在△MQO 1中，r 22＝(R －R 2－h 2)2＋(h －r 2)2 得r 2＝R 2－R R 2－h 2h由qv 2B ＝m v 22r 2得v 2＝qBR R －R 2－h 2mh(3)假设h ＝R 2，sin ∠POQ ＝h R ，可得∠POQ ＝π6由几何关系得粒子在磁场中偏转所对应的圆心角为α＝7π6周期T ＝2πmBq所以t ＝α2πT ＝7πm 6Bq.12．如下列图，在x 轴上方有一竖直向下的匀强电场区域，电场强度为E ＝500 V/m.x 轴下方分布有很多磁感应强度为B ＝1 T 的条形匀强磁场区域，其宽度均为d 1＝3 cm ，相邻两磁场区域的间距为d 2＝4 cm.现将一质量为m ＝5×10－13kg 、电荷量为q ＝1×10－8C 的带正电的粒子(不计重力)从y 轴上的某处静止释放．(1)假设粒子从坐标(0，h 1)点由静止释放，要使它经过x 轴下方时，不会进入第二磁场区，h 1应满足什么条件？(2)假设粒子从坐标(0,5 cm)点由静止释放，求自释放到第二次过x 轴的时间．(π取3.14)答案：(1)h 1<1.8×10－2m(2)3.57×10－4s解析：(1)粒子经电场加速，经过x 轴时速度大小为v 1，满足：Eqh 1＝12mv 21之后进入下方磁场区，依据题意可知运动半径应满足：R 1<d 1 又R 1＝mv 1qB由以上三式可得：h 1<qB 2d 212Em＝1.8×10－2m(2)当粒子从h 2＝5 cm 的位置无初速释放后，先在电场中加速，加速时间为t 1满足h 2＝12×Eq mt 21 解得t 1＝2h 2mEq＝1×10－4sEqh 2＝12mv 22解得v 2＝2Eqh 2m＝1×103m/s进入磁场的速度大小为v 2，圆周运动的半径为R 2R 2＝mv 2qB＝5 cm根据粒子在空间运动的轨迹可知，它最低能进入第二个磁场区它在磁场区运动的总时间为半个周期t 2＝πm qB＝1.57×10－4s它经过第一无磁场区运动的方向与x 轴正方向的夹角θ满足：cos θ＝d 1R 2＝0.6 所以它在无磁场区的路程s ＝2d 2sin θ＝0.1 m在无磁场区运动的时间t 3＝s v 2＝1×10－4s 总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3.57×10－4s.。

第7讲带电粒子在复合场中的运动一、单项选择题1．一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则()．A．此空间一定不存在磁场B．此空间一定不存在电场C．此空间可能只有匀强磁场，方向与电子速度方向垂直D．此空间可能同时有电场和磁场解析当空间只有匀强磁场且电子的运动方向与磁场方向垂直时，电子受洛伦兹力作用，会发生偏转，C错误．当电子的运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力，不发生偏转，A错误．当空间既有电场又有磁场，且两种场力相互平衡时，电子不会发生偏转，D正确．当空间只有匀强电场，电子运动方向与电场线平行时，运动方向不变化，B错误．答案 D2．如图3－7－10所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b()．图3－7－10A．穿出位置一定在O′点下方B．穿出位置一定在O′点上方C ．运动时，在电场中的电势能一定减小D ．在电场中运动时，动能一定减小解析 带电粒子的电性可正也可负，当只有电场作用时，粒子穿出位置可能在O ′点上方，也可能在O ′点下方．电场力一定对粒子做正功，粒子的电势能一定减小，动能一定增加，故A 、B 、D 均错，C 正确．答案 C3．带电粒子(不计重力)以初速度v 0从a 点进入匀强磁场，如图3－7－11，运动中经过b 点，Oa ＝Ob .若撤去磁场，加一个与y 轴平行的匀强电场，仍以v 0从a 点进入电场，粒子仍能通过b 点，那么电场强度E 与磁感应强度B 之比E B 为( )．图3－7－11A ．v 0B ．1C ．2v 0 D.v 02解析 粒子在磁场中运动时，q v 0B ＝m v 20r ，粒子在电场中运动时，r ＝v 0t ，r＝12at 2，a ＝qE m .解得E B ＝2v 0，故C 正确．答案 C4．如图3－7－12所示，质量为m ，电荷量为e 的质子以某一初速度从坐标原点O 沿x 轴正方向进入场区，若场区仅存在平行于y 轴向上的匀强电场时，质子通过P (d ，d )点时的动能为5E k ；若场区仅存在垂直于xOy 平面的匀强磁场时，质子也能通过P 点．不计质子的重力．设上述匀强电场的电场强度大小为E ，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，则下列说法中正确的是( )．图3－7－12A ．E ＝3E k edB ．E ＝5E k edC ．B ＝mE k edD ．B ＝2mE k ed 解析 质子在电场中，d ＝v 0t ，d ＝v y 2t ，12m (v 20＋v 2y )2＝5E k ，v y ＝at ，a ＝eE m ，解得E ＝4E k ed ，A 、B 错误．再根据e v 0B ＝m v 20d ，B ＝2mE k ed ，故C 错误、D 正确．答案 D二、不定项选择题5．(2012·大连模拟)某电子以固定的正电荷为圆心在匀强磁场中做匀速圆周运动，磁场方向垂直于它的运动平面，电子所受正电荷的电场力恰好是磁场对它的作用力的3倍，若电子电荷量为e ，质量为m ，磁感应强度为B ，那么电子运动的可能角速度是( )．A.4Be mB.3Be mC.2Be mD.Be m解析 电子受电场力和洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，当两力方向相同时有：Ee ＋e v B ＝mω2r ，Ee ＝3Be v ，v ＝ωr ，联立解得ω＝4Be m ，故A 正确；当两力方向相反时有Ee －e v B ＝mω2r ，与上面式子联立得ω＝2Be m ，C 正确．答案 AC6．如图3－7－13所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a 、b ，相距为d ，ab 间的电场强度为E ，今有一带正电的微粒从a 板下边缘以初速度v 0竖直向上射入电场，当它飞到b 板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d 的狭缝穿过b 板而进入bc 区域，bc 区域的宽度也为d ，所加电场大小为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于Ev0，重力加速度为g，则下列关于粒子运动的有关说法正确的是图3－7－13A.粒子在ab区域的运动时间为v0 gB．粒子在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r＝2dC．粒子在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为πd 6v0D．粒子在ab、bc区域中运动的总时间为(π＋6)d 3v0解题指导解题时应注意以下几点：(1)由题意，本题需考虑带电微粒的重力．(2)在ab区域，粒子竖直方向在重力作用下做减速运动，水平方向在电场力作用下做加速运动．(3)在bc区域，粒子受重力、电场力和洛伦兹力．解析粒子在ab区域运动时，竖直方向在重力作用下做匀减速运动，故v0＝gt，t＝v0g，A正确．在水平方向，v0＝at，a＝qEm，则qE＝mg.在bc区域，由于粒子所受电场力竖直向上，且qE＝mg.故粒子只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．其轨道半径r＝m v0qB＝m v20qE，又qE＝mg，v2＝2gd，所以r＝2d，故B正确；设粒子在bc区域转过的角度为θ，则sin θ＝dr＝12，则θ＝30°，所以粒子在bc区域做匀速圆周运动的时间t2＝30°360°T＝112·2πmqB＝πm v06qE，或t2＝2πr12v0＝πd3v0，故C错．粒子在电场中运动时间t1＝2dv0，故总时间t＝t1＋t2＝(π＋6)d3v0，故D正确．答案ABD7．(2012·南京模拟)如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球(电荷量为＋q，质量为m)从电磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的电磁复合场是()．解析在A图中刚进入复合场时，带电小球受到方向向左的电场力、向右的洛伦兹力、竖直向下的重力，在重力的作用下，小球的速度要变大，洛伦兹力也会变大，所以水平方向受力不可能总是平衡，A选项错误；B图中小球要受到向下的重力、向上的电场力、向外的洛伦兹力，小球要向外偏转，不可能沿直线通过复合场，B选项错误；C图中小球受到向下的重力、向右的洛伦兹力、沿电场方向的电场力，若这三个力的合力正好为0，则小球将沿直线通过复合场，C选项正确；D图中小球只受到向下的重力和向上的电场力，都在竖直方向上，小球可能沿直线通过复合场，D选项正确．答案CD8．北半球某处，地磁场水平分量B1＝0.8×10－4 T，竖直分量B2＝0.5×10－4 T，海水向北流动，海洋工作者测量海水的流速时，将两极板插入此海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距d＝20 m，如图3－7－14所示，与两极板相连的电压表(可看做是理想电压表)示数为U＝0.2 mV，则()．图3－7－14A．西侧极板电势高，东侧极板电势低B．西侧极板电势低，东侧极板电势高C．海水的流速大小为0.125 m/sD．海水的流速大小为0.2 m/s解析由于海水向北流动，地磁场有竖直向下的分量，由左手定则可知，正电荷偏向西侧极板，负电荷偏向东侧极板，即西侧极板电势高，东侧极板电势低，故选项A正确；对于流过两极板间的带电粒子有：q v B2＝q Ud，即v＝UB2d＝0.2×10－30.5×10－4×20m/s＝0.2 m/s，故选项D正确．答案AD三、非选择题9．如图3－7－15所示，矩形区域Ⅰ内，有场强为E0的竖直向下的匀强电场和磁感应强度为B0的垂直纸面向里的匀强磁场，竖直边界CD右侧区域Ⅱ内存在边界足够宽、磁感应强度为B的垂直纸面向外的匀强磁场．一束重力不计、电荷量相同、质量不同的带正电的粒子，沿图中左侧的水平中线射入区域Ⅰ中，并沿水平中线穿过区域Ⅰ后进入区域Ⅱ中，结果分别打在接收装置的感光片上的S1、S2两点，现测得S1、S2两点之间距离为2L，已知接收装置与竖直方向的夹角为45°，粒子所带电荷量为q.求：图3－7－15(1)带电粒子进入磁场B 时的速度的大小v ；(2)在图上画出打在S 2处的带电粒子进入区域Ⅱ后的运动轨迹，并计算打在S 1、S 2两点的粒子的质量之差Δm .解析 (1)区域Ⅰ是速度选择器，故qE 0＝q v B 0①解得v ＝E 0B 0②(2)带电粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，则q v B ＝m v 2RR ＝m v qB③打在S 1处的粒子对应的半径R 1＝m 1v qB④打在S 2处的粒子对应的半径R 2＝m 2v qB⑤又L ＝2R 2－2R 1⑥联立②③④⑤⑥得Δm ＝m 2－m 1＝qBL 2v ＝qB 0BL 2E 0答案 (1)E 0B 0 (2)qB 0BL 2E 010. 坐标原点O 处有一点状的放射源，它向xOy 平面内的x 轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小都是v 0，在0<y <d 的区域内分布有指向y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E ＝3m v 202qd ，其中q 与m 分别为α粒子的电荷量和质量；在d <y <2d 的区域内分布有垂直于xOy 平面的匀强磁场．ab 为一块很大的平面感光板，放置于y ＝2d 处，如图3－7－16所示．观察发现此时恰无粒子打到ab 板上．(不考虑α粒子的重力)图3－7－16(1)求α粒子刚进入磁场时的动能；(2)求磁感应强度B 的大小；(3)将ab 板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上？并求出此时ab 板上被α粒子打中的区域的长度．解析 (1)根据动能定理：Eqd ＝12m v 2－12m v 20，则末动能为E k ＝12m v 2＝Eqd ＋12m v 20＝2m v 20.(2)根据(1)中结果可知v ＝2v 0，对于沿x 轴正方向射出的粒子进入磁场时与x轴正方向夹角θ＝π3，其在电场中沿x 轴方向的位移x 1＝v 0t ＝v 0 2d Eq m ＝233d .该粒子运动轨迹如图所示，根据几何知识可得知：若该粒子不能打到ab 板上，则所有粒子均不能打到ab 板上，因此该粒子轨迹必与ab 板相切，其圆周运动的半径满足关系式d ＝r ＋r cos 60°，则r ＝23d ，又根据洛伦兹力提供向心力Bq v ＝m v 2r ，可得B ＝3m v 2qd ＝3m v 0qd .(3)根据几何知识可知，沿x 轴负方向射出的粒子若能打到ab 板上，则所有粒子均能打到ab 板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab 板相切．由图可知此时磁场宽度应为原来的13，即当ab 板位于y ＝43d 的位置时，恰好所有粒子均能打到板上，且ab 板上被打中区域的长度为L ＝2x 1＋r ＝433d ＋23d .答案 (1)2m v 20 (2)3m v 0qd (3)y ＝43d 433d ＋23d11．如图3－7－17所示，在两个水平平行金属极板间存在着向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度和磁感应强度的大小分别为E ＝2×106N/C 和B 1＝0.1 T ，极板的长度l ＝33 m ，间距足够大．在板的右侧还存在着另一圆形区域的匀强磁场，磁场的方向为垂直于纸面向外，圆形区域的圆心O 位于平行金属极板的中线上，圆形区域的半径R ＝33 m ．有一带正电的粒子以某速度沿极板的中线水平向右飞入极板后恰好做匀速直线运动，然后进入圆形磁场区域，飞出圆形磁场区域后速度方向偏转了60°，不计粒子的重力，粒子的比荷q m ＝2×108 C/kg.图3－7－17(1)求圆形区域磁场的磁感应强度B 2的大小；(2)在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁场B 1撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形区域的磁场，求圆形区域的圆心O 离极板右边缘的水平距离d 应满足的条件．解析 (1)设粒子的初速度大小为v ，粒子在极板间做匀速直线运动，则：q v B 1＝qE设粒子在圆形区域磁场中做圆周运动的半径为r ，则：q v B 2＝m v 2r粒子速度方向偏转了60°，则：r ＝R cot 30°解得：B 2＝0.1 T(2)撤去磁场B 1后，粒子在极板间做平抛运动，设在板间运动时间为t ，运动的加速度为a ，飞出电场时竖直方向的速度为v y ，速度的偏转角为θ，则：qE ＝ma ，l ＝v t ，v y ＝at ，tan θ＝v y v解得：tan θ＝33，即θ＝30°设粒子飞出电场后速度恰好与圆形区域的边界相切时，圆心O 离极板右边缘的水平距离为d 0，如图所示，则：d 0＝R sin θ－l 2，解得：d 0＝32 m所以d >32 m ⎝ ⎛⎭⎪⎫或d ≥32 m 答案 (1)0.1 T (2)d >32 m ⎝ ⎛⎭⎪⎫或d ≥32 m 12．如图3－7－18所示，在xOy 坐标系内存在周期性变化的电场和磁场，电场沿y 轴正方向，磁场垂直纸面(以向里为正)，电场和磁场的变化规律如图所示．一质量m ＝3.2×10－13 kg 、电荷量q ＝－1.6×10－10 C 的带电粒子，在t ＝0时刻以v 0＝8 m/s 的速度从坐标原点沿x 轴正向运动，不计粒子重力，求：图3－7－18(1)粒子在磁场中运动的周期；(2)t ＝20×10－3 s 时粒子的位置坐标；(3)t ＝24×10－3 s 时粒子的速度．解析 (1)粒子在磁场中运动时q v B ＝m v 2RT ＝2πR v ，解得T ＝2πm qB ＝4×10－3 s(2)粒子的运动轨迹如图所示，t ＝20×10－3 s 时粒子在坐标系内做了两个圆周运动和三段类平抛运动，水平位移x ＝3v 0T ＝9.6×10－2 m竖直位移y ＝12a (3T )2Eq ＝ma解得y ＝3.6×10－2 m故t ＝20×10－3 s 时粒子的位置坐标为：(9.6×10－2 m ，－3.6×10－2 m)(3)t ＝24×10－3 s 时粒子的速度大小、方向与t ＝20×10－3 s 时相同，设与水平方向夹角为α则v ＝v 20＋v 2y ，v y ＝3aT ，tan α＝v y v 0解得v ＝10 m/s与x 轴正向夹角α为37°⎝ ⎛⎭⎪⎫或arctan 34斜向右下方 答案 (1)4×10－3 s(2)(9.6×10－2 m ，－3.6×10－2 m)(3)10 m/s 方向与x 轴正向夹角α为37°，斜向右下方。

6.3 电容器　带电粒子在电场中的运动 1．如图63-1所示是某个点电荷电场中的一根电场线，在线上O点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B点运动．下列判断中正确的是( )．图63-1 A．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越小 B．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定 C．电场线由A指向B，该电荷做匀速运动 D．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越大 解析　在由电场线上O点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线沿B点运动，受电场力方向由A指向B，则电场线方向由B指向A，该负电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定．选项B正确． 答案　B 2. 如图63-2所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则( )．图63-2 A．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大 B．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大 C．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小 D．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小 解析　电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电荷量在减小，由Q＝CU可知，芯A与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h在减小，故D正确． 答案　D 3．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图63-3所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是( )． 图63-3 A．断开开关S后，将A、B分开些 B．保持开关S闭合，将A、B两极板分开些 C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些 D．保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动 解析　要使静电计的指针张开角度增大些，必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增大，断开开关S后，将A、B分开些，电容器的带电荷量不变，电容减小，电势差增大，A正确；保持开关S闭合，将A、B两极板分开或靠近些，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，B、C均错误；保持开关S闭合，将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，D错误． 答案　A 4．如图63-4所示，一带电小球以水平速度射入接入电路中的平行板电容器中，并沿直线 打在屏上O点，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上，其他条件不变，两次相比较，则再次射入的带电小球( )．图63-4 A．将打在O点的下方 B．将打在O点的上方 C．穿过平行板电容器的时间将增加 D．达到屏上动能将增加 解析　由题意知，上极板不动时，小球受电场力和重力平衡，平行板电容器上移后，两极板间电压不变，电场强度变小，小球再次进入电场，受电场力减小，合力方向向下，所以小球向下偏转，将打在O点下方，A项正确，B项错误；小球的运动时间由水平方向的运动决定，两次通过时水平速度不变，所以穿过平行板电容器的时间不变，C项错误；由于小球向下偏转，合力对小球做正功，小球动能增加，所以D项正确． 答案　AD 5．如图63-5所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的动能为( )．图63-5 A．mv B.mv C．2mv D.mv 解析　由题意可知小球到P点时水平位移和竖直位移相等，即v0t＝vPyt，合速度vP＝＝v0 EkP＝mv＝mv，故选D.(等效思维法) 答案　D 6．如图63-6所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则( )．图63-6 A．当增大两板间距离时，v也增大 B．当减小两板间距离时，v增大 C．当改变两板间距离时，v不变 D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大 解析　电子从静止开始运动，根据动能定理，从A运动到B动能的变化量等于电场力做的功．因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，平均速度不变，若两板间距离增加，时间变长． 答案　CD 7．如图63-2所示，从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( )．图63-7 A．仅将偏转电场极性对调 B．仅增大偏转电极间的距离 C．仅增大偏转电极间的电压 D．仅减小偏转电极间的电压 解析　设加速电场电压为U0，偏转电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程中，由U0q＝，得v0＝ ，电子进入极板后做类平抛运动，时间t＝，a＝，vy＝at，tan θ＝＝ ，由此可判断C正确．(类平抛) 答案　C 8．如图63-8所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零．则下列说法正确的是( )．图63-8 A．带电粒子在Q点的电势能为－Uq B．带电粒子带负电 C．此匀强电场的电场强度大小为E＝ D．此匀强电场的电场强度大小为E＝ 解析　根据带电粒子的偏转方向，可判断B错误；因为P、Q两点的电势差为U，电场力做正功，电势能减少，而P点的电势为零，所以A正确；设带电粒子在P点时的速度为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由曲线运动的规律和几何知识求得带电粒子在y轴方向的分速度为vy＝v0.带电粒子在y轴方向上的平均速度为y＝；带电粒子在y轴方向上的位移为y0，带电粒子在电场中的运动时间为t，y0＝t，d＝v0t，得y0＝，由E＝得E＝，C正确，D错误． 答案　AC 9．如图63-9所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是( )．图63-9 A．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升 B．滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升 C．电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变 D．电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的速度变大 解析　设加速电压为U0，进入偏转电场时的速度大小为v0，则电子经加速电场：eU0＝mv 偏转电场中：L＝v0t y＝×t2 y＝mv2－mv 由得y＝. 当滑动触头向右滑动时，U0变大，y变小， 所以选项A错，B对． 由得mv2＝＋eU0 当U增大时，mv2增大，电子打到屏上的速度变大，故选项C错，D对． 答案　BD 10．M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图63-10所示，则下列说法正确的是( )．图63-10 A．电子在N点的动能小于在M点的动能 B．该电场有可能是匀强电场 C．该电子运动的加速度越来越小 D．电子运动的轨迹为曲线 解析　电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由图象可知电子由M点运动到N点，电势能减小，动能增加，A选项错误；分析图象可得电子的电势能随运动距离的增大，减小的越来越慢，即经过相等距离电场力做功越来越少，由W＝qEΔx可得电场强度越来越小，B选项错误；由于电子从M点运动到N点电场力逐渐减小，所以加速度逐渐减小，C选项正确；电子从静止开始沿电场线运动，可得MN电场线为直线，由运动与力的关系可得轨迹必为直线，D选项错误． 答案　C 11．如图63-11甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料．图63-26乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连．质量为m、电荷量为－q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．通过调整两板间距d可以改变收集效率η.当d＝d0时，η为81%(即离下板0.81d0范围内的尘埃能够被收集)．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用． 图63-11 (1)求收集效率为100%时，两板间距的最大值dm； (2)求收集效率η与两板间距d的函数关系． 解析　(1)收集效率η为81%，即离下板0.81 d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U，则在水平方向有L＝v0t 在竖直方向有0.81d0＝at2 其中a＝＝＝ 当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率．收集效率恰好为100%时，两板间距即为dm.如果进一步减小d，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有L＝v0t 在竖直方向有dm＝a′t2 其中a′＝＝＝ 联立式可得dm＝0.9d0 当d>0.9d0时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有x＝2 根据题意，收集效率为η＝ 联立式可得η＝0.812. 答案　(1)0.9d0　(2)η＝0.812 12．如图63-12所示，长L＝1.2 m、质量M＝3 kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m＝1 kg、带电荷量q＝＋2.5×10－4C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E＝4.0×104N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8 N．取g＝10 m/s2，斜面足够长．求：图63-12 (1)物块经多长时间离开木板？ (2)物块离开木板时木板获得的动能． (3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能． 解析　(1)物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律 对物块：mgsin 37°－μ(mgcos 37°＋qE)＝ma1 对木板：Mgsin 37°＋μ(mgcos 37°＋qE)－F＝Ma2 又a1t2－a2t2＝L 得物块滑过木板所用时间t＝s. (2)物块离开木板时木板的速度v2＝a2t＝3 m/s. 其动能为Ek2＝Mv＝27 J. (3)由于摩擦而产生的内能为Q＝F摩x相＝μ(mgcos 37°＋qE)·L＝2.16 J．(程序思维法) 答案　(1) s　(2)27 J　(3)2.16 J。