高考物理二轮复习 专题一 第4讲 电学中的曲线运动讲义增分练

权掇市安稳阳光实验学校第4讲电学中的曲线运动
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备考策略
1.掌握解决电学中曲线运动的一个宗旨是将电学问题力学化。

2.解题思路：画出粒子的运动草图结合几何关系找到相应的物理量。

带电粒子(或带电体)在电场中的曲线运动
带电体在匀强电场中的圆周运动
【典例1】(2019·选考科目考试适应性试卷)如图1所示，在xOy平面内竖直固定一个“9字型”轨道，圆形部分的半径R＝0.2 m，圆心位于C点；直线轨道AB与圆形部分相切于B点，其长度L＝3R，CB连线与竖直方向的夹角为53°；在x>0区域有范围很大的匀强电场，场强大小E＝5×104N/C，方向沿x轴正方向。

现在A点处由静止释放质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋2×10－5C的小物块(可看作质点)，已知sin 53°＝0.8，不计物块与“9字型”轨道的摩擦，g取10 m/s2。

求：
图1
(1)物块滑到圆周轨道最低点O处时受到的支持力大小；(2)物块在圆周轨道上速度最大的位置P；(可用PC连线与竖直方向夹角表示)
(3)物块在圆周轨道上运动一圈后，从O′点滑出(轨道B′O′与BO段错开且靠近)，其后的水平面上铺设了一种特殊的材料，材料不同位置处的动摩擦因数满足μ＝0.2＋x(x为所在处的横坐标值)，物块在材料面上滑行过程的最大动能是多少？
解析(1)物块从A滑至O过程，由机械能守恒定律得mgh＝
1
2
mv2O
其中h＝L sin 53°＋R(1－cos 53°)＝2.8 R
圆周最低点O处F N－mg＝m
v2O
R
代入得F N＝6.6mg＝6.6 N。

(2)设物块在圆周轨道(右半侧)P点处的速度最大，PC与竖直方向的夹角为θ，此时有mg sin θ＝qE cos θ，tan θ＝
qE
mg
＝1，θ＝45°。

(3)分析知，在水平面上a＝0时，即qE－μmg＝0，
解得μ＝1代入μ＝0.2＋x，解得x＝0.8 m(速度最大)
据动能定理W电－W f＝E km－E k O
其中W电＝qE·x＝0.8 J，
W f＝f－·x＝
0.2＋1
2
×1×0.8 J＝0.48 J
代入数据，得E km＝0.88 J。

答案(1)6.6 N (2)45°(3)0.88 J
带电体在匀强电场中的曲线运动
【典例2】(2019·浙江临安选考模拟)如图2所示，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。

自该区域上方的A点将质量均为m，电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以向右的相同初速度沿平行于电场的方向射出。

小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。

已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍。

不计空气阻力，重力
加速度大小为g 。

求：
图2
(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
(2)A点距电场上边界的高度；
(3)该电场的电场强度大小。

解析(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。

M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。

由题给条件和运动学公式得v0－at＝0①s1＝v0t＋
1
2
at2②
s2＝v0t－
1
2
at2③
联立①②③式得
s1
s2
＝3。

④
(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为v y，由运动学公式v2y＝2gh⑤
H＝v y t＋
1
2
gt2⑥
M进入电场后做直线运动，由几何关系知
v0
v y
＝
s1
H
⑦
联立①②⑤⑥⑦式可得h＝
1
3
H。

⑧
(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，
则
v0
v y
＝
qE
mg
⑨
设M、N离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理得
E k1＝
1
2
m(v20＋v2y)＋mgH＋qEs1⑩
E k2＝
1
2
m(v20＋v2y)＋mgH－qEs2○11
由已知条件E k1＝1.5E k2○12
联立④⑤⑦⑧⑨⑩○11○12式得E ＝2mg
2q 。

○
13 答案 (1)3∶1 (2)13H (3)2mg
2q
1.(2019·浙江桐乡四校联考)(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v 0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图3所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则( ) 图3
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
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 ＝2hv 2
x
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 ＝12mv 2－12
mv 2
0，而Δv ＝
v －v 0，可见加速度a 越大，落地速率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 AD
2.(2019·浙江舟山选考模拟)如图4所示，在竖直平面内，有一长L ＝0.6 m 的固定竖直杆AB 和光滑固定圆弧轨道CD ，半径OD 竖直，半径OC 与竖直方向的夹角θ＝37 °，D 点的高度h ＝5
3
962 m ，BM 垂直水平地面于M 点。

B 点所在的
水平面上方存在着场强大小E 1＝2.5×106
N/C 、方向水平向右的匀强电场，下方与C 点所在的水平面之间存在着场强大小为E 2＝E 1、方向与竖直方向的夹角
α＝37°、斜向右上的匀强电场。

现将一质量m ＝0.4 kg 、电荷量q ＝2×10－6
C
的小球(可视为质点)套在杆上从A 端由静止释放后下滑，穿过电场后恰好从C 点无碰撞地沿圆弧轨道CD 运动，从D 点水平飞出落到M 点。

已知小球与杆间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2
，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

求： 图4
(1)小球到达B 点时的速度大小v B ；
(2)小球从A 点运动到C 点所用的时间t 和B 、C 两点间的水平距离x ； (3)圆弧轨道的半径R 。

解析 (1)小球沿杆下滑过程中受到的滑动摩擦力大小
f ＝μqE 1
则小球沿杆下滑的加速度大小
a ＝mg －f m
由v 2
B ＝2aL
联立解得v B ＝3 m/s 。

(2)小球沿杆下滑的时间t 1＝v B
a
小球离开B 点后在匀强电场E 2中的受力分析如图所示，则
qE 2cos 37°＝4 N ，恰好与重力mg ＝4 N 平衡
小球在匀强电场E 2中做类平抛运动，则有
加速度大小g ′＝qE 2sin 37°
m
小球过C 点时有v B
g ′t 2
＝tan θ
小球从A 点运动到C 点所用的时间t ＝t 1＋t 2 B 、C 两点间的水平距离x ＝1
2g ′t 22
联立解得t ＝1415 s ，x ＝16
15
m 。

(3)小球到达C 点的速度大小v C ＝v B
sin θ
小球从C 点运动到D 点的过程中，根据机械能守恒定律有 mg (R ＋R cos θ)＋12mv 2C ＝12
mv 2
D
小球从D 点水平飞出做平抛运动，则h ＝12
gt 2
3
x －R sin 37°＝v D t 3
联立解得R ＝1312 m(R ＝2 017768 m ＞16
9 m 舍去)
注：先联立求解v D ，后求解R ，会使计算更简单。

答案 (1)3 m/s (2)1415 s 1615 m (3)13
12
m
带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 带电粒子在相邻匀强磁场中的圆周运动
【典例1】 (2019·金丽衢十二校3月高三第三次联考)如图5所示，在xOy 平
面内，以O ′(0，R )为圆心，R 为半径的圆内有垂直于平面向外的匀强磁场，x 轴下方有足够大的垂直于平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等。

在
O ″⎝
⎛⎭
⎪⎪
⎫32R ，－R 处，放置一半径R ′＝R 2的半圆弧形接收器EHF ，EO ″F 与y 轴
平行，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 轴正方向以速度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，不计粒子重力、不考虑粒子间相互作
用力，粒子离开磁场后不再回到磁场。

求： 图5
(1)磁场的磁感应强度B 的大小；
(2)⎣⎢⎢
⎡⎦
⎥⎥
⎤－R ，⎝
⎛
⎭⎪⎪⎫22＋1R 处的粒子经磁场偏转后能否被接收器接收； (3)打到接收器上的粒子占粒子总数的百分比。

解析 (1)当轨道半径r ＝R 时，粒子偏转后都从O 点进入下方磁场，由qvB ＝mv 2
r ，
解得B ＝mv
qR。

(2)如图甲，⎣⎢⎢
⎡⎦
⎥⎥
⎤－R ，⎝
⎛⎭⎪⎪⎫22＋1R 处的粒子经上方磁场偏转后与x 轴负方向成45°角，
在下方磁场运动时圆心在⎝
⎛
⎭
⎪⎪
⎫
22R ，－22R 轨迹与接收器不相交。

(3)如图乙，由几何关系可知，运动轨迹在F 点与接收器相内切时，运动轨迹的圆心恰好在E 点，根据几何关系可知，由O 点进入时，粒子的速度方向与x 轴负方向的夹角为60°。

进入时G 点纵坐标y G ＝R ＋R sin 30°＝1.5R
如图丙，由几何关系可知，运动轨迹在E 点与接收器相外切时，运动轨迹的圆
心恰好在⎝
⎛
⎭
⎪⎪
⎫
32R ，12R 点，根据几何关系可知，由O 点进入时，粒子的速度方向与x 轴正方向的夹角为60°
进入时I 点的纵坐标y I ＝R sin 30°＝0.5R
在GI 间射入的粒子能打到接收器上，百分比
η＝L GI
2R
×100%＝50%。

答案 (1)mv
qR
(2)不能 (3)50%
带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界、极值问题
【典例2】 (2019·浙南名校联盟高三上学期期末联考物理试题)如图6所示为一种研究高能粒子在不同位置对撞的装置。

在关于y 轴对称间距为2d 的MN 、
PQ 边界之间存在两个有界匀强磁场，其中JK (JK 在x 轴上方)下方Ⅰ区域磁场
垂直纸面向外，JK 上方Ⅱ区域磁场垂直纸面向里，其磁感应强度均为B 。

直线加速器1与直线加速器2关于O 点轴对称，其中心轴位于x 轴上，且末端刚好与MN 、PQ 的边界对齐：质量为m 、电荷量为e 的正、负电子通过直线加速器加速后同时以相同速率垂直MN 、PQ 边界进入磁场。

为实现正、负电子在Ⅱ区域的
y 轴上实现对心碰撞(速度方向刚好相反)，根据入射速度的变化，可调节JK 边
界与x 轴之间的距离h ，不计粒子间的相互作用，不计正、负电子的重力，求： 图6
(1)哪个直线加速器加速的是正电子；
(2)正、负电子同时以相同速率v 1进入磁场，仅经过JK 边界一次，然后在Ⅱ区域发生对心碰撞，试通过计算求出v 1的最小值；
(3)正、负电子同时以v 2＝2eBd
2m 速率进入磁场，求正、负电子在Ⅱ区域y 轴上
发生对心碰撞的位置离O 点的距离。

解析 (1)直线加速器2。

(2)如图所示d ＝2R sin θ，R (1－cos θ)＝h
或直接得⎝ ⎛⎭
⎪⎫d 22＋(R －h )2＝R 2
整理得R ＝d 2
8h ＋h
2
≥
2
d 28h ·h 2＝d 2
即当d 2
8h ＝h 2，即h ＝d
2时，
R min ＝
d
2
根据ev 1B ＝m v 21
R ，求得v 1＝eBd 2m。

(3)当v 2＝2eBd 2m 时，则轨道半径R ＝2
2
d ，对心碰撞的位置离O 点的距离总是
满足Δy ＝2h
情况一：h >R ，只有一种情况h ＝R ＋2
2
R ，Δy ＝2h ＝2d ＋d
情况二：h <R ，由几何关系得⎝ ⎛⎭
⎪⎫d 2n 2＋(R －h )2＝R 2
解得h ＝R －R
2
－⎝ ⎛⎭
⎪⎫d 2n 2 那么
Δy ＝2h ＝2⎣
⎢
⎢⎡
⎦
⎥⎥
⎤22
d －d 2
2－⎝ ⎛⎭⎪⎫d 2n 2(n ＝1，3，5，7…2k －1)。

答案 (1)加速器2 (2)eBd
2m
(3)见解析
1.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法
2.求解临界、极值问题的“两思路”
(1)以定理、定律为依据，求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界特殊规律和特殊解。

(2)画轨迹讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值。

1.(2019·浙江名校协作体模拟)(多选)如图7所示，在平行板电容器极板间有场强为E 、方向竖直向下的匀强电场和磁感应强度为B 1、方向水平向里的匀强磁场。

左右两挡板中间分别开有小孔S 1、S 2，在其右侧有一边长为L 的正三角形磁场，磁感应强度为B 2，磁场边界ac 中点S 3与小孔S 1、S 2正对。

现有大量的带电荷量均为＋q 、而质量和速率均可能不同的粒子从小孔S 1水平射入电容器，
其中速率为v 0的粒子刚好能沿直线通过小孔S 1、S 2。

粒子的重力及各粒子间的相互作用均可忽略不计。

下列有关说法中正确的是( ) 图7
A.v 0一定等于E
B 1
B.在电容器极板中向上偏转的粒子的速度一定满足v 0＞E
B 1
C.质量m <qB 2L
4v 0
的粒子都能从ac 边射出
D.能打在ac 边的所有粒子在磁场B 2中运动的时间一定都相同
解析 当正粒子向右进入复合场时，受到的电场力向下，洛伦兹力方向向上，
如果大小相等，即qE ＝qv 0B 1
解得v 0＝E
B 1
，就会做匀速直线运动，A 正确；
正粒子向上偏转是因为向上的洛伦兹力大于向下的电场力，即v 0>E B 1
，故B 正确；
设质量为m 0的粒子的轨迹刚好与bc 边相切，如图所示
由几何关系得R ＋R sin 60°＝L
2
，
而R ＝m 0v 0
qB 2
解得m 0＝（23－3）qB 2L
2v 0
，
所以m <（23－3）qB 2L 2v 0的粒子都会从ac 边射出，而（23－3）qB 2L 2v 0<qB 2L
4v 0，故
C 错误；质量不同的粒子在磁场中运动的周期不同，所以在磁场中运动的时间不同，
D 错误。

答案 AB
2.(2019·浙江奉化新高考适应性考试)(多选)如图8甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O 点，另一端连接带正电的
小球，小球电荷量q ＝6×10－7
C ，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标
原点O 的电势为零。

当小球以2 m/s 的速率绕O 点在竖直平面内做匀速圆周运
动时，细绳上的拉力刚好为零。

在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹
上每点的电势φ随纵坐标y 的变化关系如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2。

则下列判断正确的是( )
图8
A.匀强电场的场强大小为3.2×106
V/m
B.小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4 J
C.小球做顺时针方向的匀速圆周运动
D.小球所受的洛伦兹力的大小为3 N
解析 根据小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y 的变化关系可得，匀强电场的电场强度大小E ＝2×106
0.4 V/m ＝5×106 V/m ，
故选项A 错误；由于带电小球在运动过程中，只有重力和电场力做功，则只有重力势能和电势能的相互转化，又由于带电小球在复合场(重力场、匀强电场和匀强磁场)中做匀速圆周运动，且细绳上的拉力刚好为零，则有小球受到的竖直向下的重力与其受到的电场力等大、反向，即qE ＝mg ，因此当带电小球从最低点运动到最高点的过程中，即小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少量为qE ·2L ＝2.4 J ，故选项B 正确；由于带电小球所受的洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力，根据左手定则可知，小球沿逆时针方向运动，故选项
C 错误；根据牛顿第二定律可得F B ＝mv 2
L
，又qE ＝mg ，解得F B ＝3 N ，即小球所
受的洛伦兹力的大小为3 N ，故选项D 正确。

答案 BD
3.(2019·浙江临安选考模拟)(多选)如图9所示，环带区域有垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，在环带的内边界上有一个粒子源S ，可以沿各个方向均匀向磁场中发射速度大小相等、质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子，粒子在磁场中运动的轨迹半径为d ，环形区域内环的半径为3
3
d ，环带的宽度为
d ，则下列说法正确的是( )
图9
A.粒子速度大小为qBd
2m
B.若粒子从环带外边界射出，则粒子在磁场中运动的最短时间为πm
3qB
C.若粒子从环带外边界射出，则粒子在磁场中运动的最长时间为3πm
2qB
D.粒子源发射的粒子中从环带外边界射出的数量占总数量的5
6
解析 粒子在磁场中运动的轨迹半径为d ，则粒子的速度大小为qBd
m
，选项A 错
误；粒子的速度方向在沿过S 点的切线范围内，当粒子的速度方向沿切线方向时，轨迹如图甲所示，将速度方向顺时针旋转，则轨迹以S 为圆心顺时针转动，轨迹与环带外边界的交点与S 的连线即为粒子在磁场中运动轨迹对应的弦长，
该弦长先减小后增大，最短弦长为环带的宽度，此时粒子运动轨迹所对的圆心
角为60°，如图乙所示，最短时间为t min ＝T 6＝πm
3qB
，选项B 正确；当轨迹与环
带外边界相切时，如图丙所示，由几何关系可得粒子运动轨迹所对的圆心角为150°，最长时间为t max ＝5πm
6qB ，选项C 错误；当轨迹与外边界相切时，速度方
向与切线的夹角为30°，则粒子从外边界射出的数量占总数量的150°180°＝5
6
，选
项D正确。

答案BD
破解选考压轴题策略①——“情境示意，一目了然”
认真阅读题目、分析题意、搞清题述物理状态及过程，并用简图(示意图、运动轨迹图、受力分析图、等效图等)将这些状态及过程表示出来，以展示题述物理情境、物理模型，使物理过程更为直观、物理特征更为明显，进而快速简便解题。

【典例】如图10所示，M、N为加速电场的两极板，M板中心Q点有一小孔，其正上方有圆心为O、半径R1＝1 m的圆形磁场区域和圆心为O、内半径为R1、外半径R2＝ 2 m的环形磁场区域。

环形磁场区域的外边界与M板相切于Q点。

两个磁场均垂直于纸面，磁感应强度大小均为B(B＝0.5 T)，但方向相反。

一带正电的粒子从N板附近的P点由静止释放，经加速后通过小孔，垂直进入环
形磁场区域。

已知点P、Q、O在同一直线上，粒子的比荷q
m
＝4×107 C/kg，不
计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应。

图10
(1)若加速电场的两极板间的电压U1＝5×106V，求粒子刚进入环形磁场时的速率v0；
(2)要使粒子能进入中间的圆形磁场区域，加速电场的两极板间的电压U2应满足什么条件？
(3)当加速电场的两极板间的电压为某一值时，粒子进入圆形磁场区域后恰能水平通过圆心O，之后返回到出发点P，求粒子从进入磁场到第一次回到Q点所用的时间t。

[满分指导]
第1步：读题错误!运动过程建构,)运动模型。

模型1：粒子在电场中做匀加速直线运动
模型2：粒子在两磁场中均做匀速圆周运动
几何关系：O2O3＝2O2Q＝2r2
↓
∠QO3O2＝30°，∠QO2O3＝60°
↓
∠OO3O2＝150°
解析(1)粒子在电场中加速，由动能定理有qU1＝
1
2
mv20
解得v0＝2×107 m/s。

(2)粒子刚好不进入中间圆形磁场时的运动轨迹如图甲所
甲
示，圆心O1在M板上。

设此时粒子在磁场中运动的轨道半径为r 1。

根据图中的几何关系
(Rt△OQO 1)有r 21
＋R 22
＝(r 1＋R 1)2
又根据洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v
2
r 1
在加速电场中，由动能定理有qU 2＝12mv 2
联立并代入数据解得U 2＝1.25×106
V
要使粒子能进入中间的圆形磁场区域，加速电场的两极板间的电压U 2应满足的
条件为U 2>1.25×106
V 。

(3)依题意作出粒子的运动轨迹，如图乙所示。

由于O 、O 3、Q 共线，且粒子在两磁场中运动的轨迹半径(设为r 2)相同，故有O 2O 3＝2O 2Q ＝2r 2，由此可判断∠QO 3O 2＝30°，∠QO 2O 3＝60°，进而判断∠OO 3O 2＝150°
乙
粒子从进入磁场到第一次回到Q 点所用的时间
t ＝2(60°360°T ＋150°360°T )＝76T
又T ＝2πm qB
联立并代入数据解得t ＝7π6
×10－7
s 。

答案 (1)2×107
m/s (2)U 2>1.25×106
V (3)7π6
×10－7
s
一、选择题(1～4题为单项选择题，5～8题为不定项选择题)
1.(2019·浙江丽水选考模拟)
如图1所示，平行板电容器两极板的间距为d ，极板与水平面成45°角，上极板带正电。

一电荷量为q (q ＞0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能E k0竖直向上射出。

不计重力，极板尺寸足够大。

若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为( )
图1
A.E k0
4qd
B.E k0
2qd
C.2E k0
2qd
D.
2E k0
qd
解析 当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为粒子到达上极板处时速
度恰好与上极板平行，粒子的运动为类斜抛运动。

将粒子初速度v 0分解为垂直
极板的v y 和平行极板的v x ，根据运动的合成与分解，当v y ＝0时，根据运动学
公式有v 2
y ＝2Eqd m ，v y ＝v 0cos 45°，E k0＝12mv 20，联立得E ＝E k0
2qd
，故选项B 正确。

答案 B
2.(2019·浙江选考适应性考试)如图2所示，绝缘细线AB 和BC 系一个质量为
m、带电荷量为q的带正电小球a，AB细线长为l，与竖直方向的夹角为θ＝30°，x轴为与ABC同一竖直面内的水平方向，带电小球b从左侧无穷远处沿＋x方向移动到右侧无穷远处，A点到x轴的距离为3l。

当b球经过A点正下方时，水平绝缘细线BC的拉力恰为零。

若将带电小球视为点电荷，静电力恒量为k，重力加速度为g。

下列说法正确的是( )
图2
A.b球带负电荷
B.b球带电荷量为3mgl2 kq
C.b球位于a球正下方时，细线AB上的拉力大小为BC拉力大小的2倍
D.b球位于a球正下方时，细线BC上的拉力大小为3mg 3
解析当b球经过A点正下方时，分析a球的受力情况，如图甲所示。

根据平衡条件，可知b球对a球有排斥力，所以b球带正电，选项A错误；由几何关系知：此时ab连线与竖直方向的夹角也等于θ，ab的长为l，由对称
性知F＝T，由平衡条件得mg＝2F cos 30°，可得F＝
3
3
mg，由库仑定律F＝k
qq b
l2
，
解得q b＝3mgl2
3kq
，选项B错误；b球位于a球正下方时，受力分析如图乙，a、
b间距离为l′＝
3
2
l，a球所受的库仑力大小为F′＝k
qq b
⎝
⎛
⎭
⎪
⎪
⎫
3l
2
2
＝
43mg
9
，对a
球，水平方向有T AB sin 30°＝T BC，解得T AB＝2T BC，竖直方向有T AB cos 30°＋F′
＝mg，联立解得T BC＝
（33－4）mg
9
，选项D错误，C正确。

答案C
3.(2019·浙江宁波适应性考试)如图3甲所示，两段等长绝缘轻质细绳将质量
分别为m、3m的带电小球A、B(均可视为点电荷)悬挂在O点，系统处于静止状
态，然后在水平方向施加一匀强电场，当系统再次达到静止状态时，如图乙所
示，小球B刚好位于O点正下方(细绳始终处于伸长状态)。

则两个点电荷带电
荷量Q A与Q B的大小关系正确的是( )
图3
A.7∶3
B.3∶1
C.3∶7
D.5∶3
解析解法一：在图乙中，对A、B整体受力分析由平衡条件可得T OA cos θ＝
4mg, Q B E＋T OA sin θ＝Q A E；对B受力分析由平衡条件可得T AB cos θ＋F cos θ
＝3mg, T AB sin θ＋F sin θ＝Q B E；对A受力分析由平衡条件可得T OA cos θ＝
T AB cos θ＋
F cos θ＋mg ，T OA sin θ＋T AB sin θ＋F sin θ＝Q A E ；由以上各式解得Q A Q B ＝7
3
，选
项A 正确。

解法二：对整体(Q A －Q B )E ＝4mg tan θ，
对B 有Q B E ＝3mg tan θ，解得Q A ∶Q B ＝7∶3。

答案 A
4.(2019·全国卷Ⅱ，17)如图4，边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场，磁
感应强度大小为B ，方向垂直于纸面(abcd 所在平面)向外。

ab 边中点有一电子
发射源O ，可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子。

已知电子的比荷为k 。

则从a 、d 两点射出的电子的速度大小分别为( )
图4
A.14kBl ，5
4kBl B.14kBl ，5
4kBl
C.12kBl ，5
4
kBl D.12kBl ，54
kBl
解析 若电子从a 点射出，运动轨迹如图线①，r a ＝l
4
由qv a B ＝m v 2
a r a 得v a ＝qBr a m ＝qBl 4m ＝kBl
4
若电子从d 点射出，运动轨迹如图线②， 由几何关系得
r 2
d ＝⎝
⎛⎭⎪⎫r d －l 22＋l 2，整理得r d ＝54l
由qv d B ＝m v 2d
r d 得v d ＝qBr d m ＝5qBl 4m ＝5kBl 4
，选项B 正确。

答案 B
5.(2019·湖南常德模拟)如图5所示，圆形区域半径为R ，区域内有一垂直纸
面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，P 为磁场边界上的最低点。

大量质量均
为m 、电荷量绝对值均为q 的带负电粒子，以相同的速率从P 点射入磁场区域，
速度方向沿位于纸面内的各个方向。

粒子的轨道半径为2R ，A 、C 为圆形区域水
平直径的两个端点，粒子重力不计，空气阻力不计，则( )
图5
A.粒子射入磁场的速率为v ＝RqB
m
B.粒子在磁场中运动的最长时间为t ＝πm
3qB
C.不可能有粒子从C 点射出磁场
D.若粒子的速率变化，则可能有粒子从A 点水平射出
解析 由洛伦兹力提供向心力qvB ＝m v 2r ，解得r ＝mv
qB
，根据题意r ＝2R ，以上联
立可得v ＝2qBR
m
，故选项A 错误；当粒子以直径2R 为弦时，运动时间最长，由
几何关系可知圆心角为60°，粒子运动的周期为T ＝2πm
qB
，由此可知粒子运动
时间为t ＝T 6＝πm
3qB
，故选项B 正确；粒子的轨道半径为2R ，磁场的半径为R ，
粒子可能从C 点射出，故选项C 错误；当粒子的轨道半径为R 时，竖直向上射
出的粒子，可以从A 点水平射出，且速度满足v ＝qBR
m
，故选项D 正确。

答案 BD
6.(2019·浙江萧山模拟)如图6所示，人工放射性元素原子核286
113Nh 开始静止在
磁感应强度分别为B 1、B 2的匀强磁场的边界MN 上，某时刻发生α衰变，生成
一个氦原子核4
2He 和一个Rg 原子核，衰变后的微粒速度方向均垂直于两磁场的
边界MN 。

氦原子核通过上面磁场区域第一次经过MN 边界时，距出发点的距离
为d ，Rg 原子核第一次经过MN 边界时，距出发点的距离也为d 。

下列有关说法
正确的是( )
图6
A.两磁场的磁感应强度之比B 1∶B 2＝111∶141
B.两磁场的磁感应强度之比B 1∶B 2＝111∶2
C.氦原子核和Rg 原子核各自旋转第一个半圆的时间之比为2∶141
D.氦原子核和Rg 原子核各自旋转第一个半圆的时间之比为111∶141
解析 原子核286113
Nh 衰变的方程为286113
Nh→42
He ＋282111
Rg 。

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286
133Nh 原
子核由静止衰变，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＝111
2
，
选项A 错误，B 正确；因为周期T ＝2πm qB ，所以T 1T 2＝m 1
m 2
，粒子在第一次经过MN
边界时，运动了半个周期，所以t 1t 2＝T 1T 2＝m 1m 2＝4282＝2
141
，选项C 正确，D 错误。

答案 BC
7.(2019·浙江平湖选考模拟)在光滑水平绝缘的足够大的桌面上建立xOy 坐标
系，空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，有两个完全相同的质
量为m 的带正电小球A 、B 分别位于y 轴上纵坐标为y 2、y 1的位置，电荷量都为
q ，两个小球都以垂直于y 轴、大小为v 的速度同时射入磁场。

如图7所示(两
球若发生碰撞只能是弹性正碰)，要让B 球到(0，y 2)处，则y 2－y 1可能的值为
( )
图7
A.mv B 0q
B.2mv B 0q
C.3
mv B 0q D.4
mv B 0q
解析 两球在匀强磁场中运动的轨迹半径相等，由洛伦兹力提供向心力有B 0qv
＝mv2
r
，得r＝
mv
B0q
，B球要到达(0，y2)处，第一种情况是运动半个周期直接到达，
如图甲所示，则y2－y1＝2r＝2mv
B0q。

第二种情况，如图乙所示，A、B两个球各自运动半个周期后发生弹性正碰，因为两球质量相同，在满足系统动量守恒和碰撞过程动能不损失的条件下，两球只能交换速度后又各自运动半个周期到达
另一点，y2－y1＝4r＝4mv
B0q
，故选项B、D正确。

答案BD
8.(2019·浙江平湖适应性考试)如图8所示，在竖直放置的平行金属板AB之间加上恒定电压U，AB两板的留有小孔O1、O2，在B的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向放置，第一次从小孔O1
处从静止释放一个质子(11H)，第二次从小孔O1处从静止释放一个α粒子(42He)，不考虑质子和α粒子的重力，关于这两个粒子在电场中运动的判断正确的是( )
图8
A.质子和α粒子打到感光板上时的速度大小之比为2∶1
B.质子和α粒子在电场中运动的时间相同
C.质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2
D.质子和α粒子在电场中运动的轨迹重叠在一起解析从开始运动到打到板上质子的速度大小为v1，α粒子速度大小为v2，根据动能定理qU＋qEd＝
1
2
mv2－0，化简得出v＝
2（U＋Ed）q
m
，质子的比荷为
q1
m1＝1，α粒子的比荷为
q2
m2
＝
1
2
，代入得
v1
v2
＝
1
1
2
＝2，选项A错误；设粒子在加速电场中加速时间为t1，加速位移为x1，在偏转电场中时间为t2，偏转位移为y，有x1＝
1
2
a1t21＝
qU
2dm
t21，y＝
qE
2m
t22，由于质子和α粒子的加速位移和偏转位移相同，但是比荷不同，故运动时间不同，选项B错误；从开始运动到打到板上根据动能定理有qU＋qEd＝E k－0，解得E k＝q(U＋Ed)，因为U、E、d相同，则有
E k1
E k2
＝
q1
q2＝
1
2
，选项C正确；带电粒子进入偏转电场时速度为v0，根据动能定理可得qU1＝
1
2
mv20，进入电势差为U2偏转电场后，偏转的位移为y，有y＝
1
2
at2＝
qU2
2md⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
l
v0
2
，联立得y＝
U2l2
4dU1
，速度的偏转角正切值为tan θ，有tan θ＝
v y
v0
＝
at
v0
＝
U2l
2U1d
，偏转位移y与速度的偏转角正切值tan θ与带电粒子无关，因此运动轨迹重叠在一起，选项D正确。

答案CD
二、非选择题。