2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：带电粒子在复合场中的运动 同步测试题
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：带电粒子在复合场中的运动答案
10·5 带电粒子在复合场中的运动实例分析·答案与解析1.【答案】B【解析】若粒子从左边射入,则不论带正电还是负电,电场力大小均为qE ,洛伦兹力大小均为F=qvB=qE ,这两个力平衡,速度v=,粒子做匀速直线运动,故A 错误,B 正确.若粒子从右边沿虚线方向进入,则电场力与洛伦兹力在同一方向,粒子受力不平衡,不能做直线运动,故C 错误.若速度v>,则粒子受到的洛伦兹力大于电场力,使粒子偏转,只有当粒子带负电时,粒子才向下偏转,故D 错误. 2.【答案】 C【解析】 带电粒子在沿直线O 1O 2通过速度选择器时，所受电场力与洛伦兹力大小相等、方向相反，即：qvB 1＝qE ，所以v ＝EB 1，可知从速度选择器中射出的粒子具有相等的速度，在偏转磁场中，粒子的轨道半径：r ＝mvqB 2，不全相同，粒子运动的周期：T ＝2πrv ，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不全相等，A 错误；带电粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以r ＝mvqB ，可知粒子的比荷越大，运动的半径越小，所以打在P 1点的粒子是11H ，打在P 2点的粒子是21H 和42He ，B 错误，C 正确；由题中的数据可得，11H 的比荷是21H 和42He 的比荷的2倍，所以11H 运动轨道的半径是21H 和42He 的半径的12，即O 2P 2的长度是O 2P 1长度的2倍，D 错误． 3.【答案】BC【解析】 根据qvB=m ,R 是D 形金属盒的半径,可知质子获得的最大速度v=,则最大动能E km =,与加速电压无关,故A 错误;根据质子做圆周运动的周期公式T=,T 与质子的速度大小无关,所以若只增大加速电压U ,不会改变质子在回旋加速器中运动的周期,但加速次数变少,则运动时间会变短,故B 正确;质子在磁场中做圆周运动的周期与加速电场的周期相等,根据T=知,若磁感应强度B 增大,则在磁场中做圆周运动的周期变小,则交流电频率f 必须适当增大才能正常工作,故C 正确;带电粒子在磁场中做圆周运动的周期与加速电场的周期相等,根据T=知,换为α粒子,比荷变化,在磁场中运动的周期变化,而不改变磁感应强度B 与交流电频率f ,加速电场的周期不变,破坏了回旋加速器的工作条件,从而不能加速α粒子,故D 错误. 4.【答案】C【解析】带电粒子只有经过AC 板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：带电粒子在复合场中的运动实例分析 同步测试题
10·5 带电粒子在复合场中的运动实例分析一、选择题1. 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 ,电场和磁场相互 垂直分布,某一带电粒子(重力不计)沿图中虚线水平通过,则该带电粒子 ( )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 2．如图所示，含有11H 、21H 、42He 的带电粒子束从小孔O 1处射入速度选择器，沿直线O 1O 2运动的粒子在小孔 O 2 处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P 1、P 2 两点．则( )A ．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等B ．打在 P 1 点的粒子是42HeC ．打在 P 2 点的粒子是21H 和42HeD ．O 2P 2 的长度是 O 2P 1 长度的 4 倍3. 回旋加速器工作原理示意图如图所示.磁感应强度为 B 的匀 强磁场与盒面垂直,两盒间的狭缝很小,粒子穿过的时间可忽略,它们接在电压为 U 、频率为f 的交流电源上,A 处粒子源产生的质子在加速器中被加速.下列说法正确( )A .若只增大交流电压 U ,则质子获得的最大动能增大B .若只增大交流电压 U ,则质子在回旋加速器中运行时间会变短C .若磁感应强度 B 增大,交流电频率 f 必须适当增大才能正常工作D .不改变磁感应强度 B 和交流电频率 f ,该回旋加速器也能用于加速 α 粒子4. 如图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大小恒定，且被 限制在 AC 板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从 P 0 处以速度 v 0 沿电 场线方向射入加速电场，经加速后再进入 D 形 盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对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.带电粒子每运动一周 P 1P 2＝P 3P 4C.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的变化5. 如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场(环形区域的宽度非常小)。
10·7带电粒子在复合场中的运动
10·7 带电粒子在复合场中的运动一、选择题1．如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a 点进入电磁场并刚好能沿ab 直线向上运动．下列说法中正确的是( )A ．微粒一定带负电B ．微粒的动能一定减小C ．微粒的电势能一定增加D ．微粒的机械能不变 2. 如图所示,长均为d 的两正对平行金属板MN 、PQ 水平放置,板间距离为2d ,板间有正交的匀强电场和匀强磁场.一带电粒子从MP 的中点O 垂直于电场和磁场方向以v 0射入,恰沿直线从NQ 的中点A 射出;若撤去电场,则粒子从M 点射出(粒子重力不计).以下说法正确的是 ( ) A .该粒子带正电B .该粒子带正电、负电均可C .若撤去磁场,则粒子射出时的速度大小为2v 0D .若撤去磁场,则粒子射出时的速度大小为v 03. 在如图所示的空间直角坐标系所在的区域内,同时存在场强为E 的匀强电场和磁感应强度为B 的匀强磁场.已知从坐标原点O 沿x 轴正方向射入的带正电的小球(小球所受的重力不可忽略)在穿过此区域时未发生偏转,则可以判断此区域中E 和B 的方向可能是 ( )A .E 和B 都沿y 轴的负方向 B .E 和B 都沿x 轴的正方向C .E 沿z 轴正方向,B 沿y 轴负方向D .E 沿z 轴正方向,B 沿x 轴负方向4. 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。
则关于小球的运动，下列说法正确的是( ) 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 2qB5.如图所示，场强为E 的匀强电场方向竖直向下，场强为B 的水平匀强磁场垂直纸面向里，三个油滴a 、b 、c 带有等量的同种电荷．已知a 静止，b 、c 在纸面内按图示方向做匀速圆周运动(轨迹未画出)．忽略三个油滴间的静电力作用，比较三个油滴的质量及b 、c 的运动情况，以下说法中正确的是( )A ．三个油滴的质量相等，b 、c 都沿顺时针方向运动B ．a 的质量最大，c 的质量最小，b 、c 都沿逆时针方向运动C ．b 的质量最大，a 的质量最小，b 、c 都沿顺时针方向运动D ．三个油滴的质量相等，b 沿顺时针方向运动，c 沿逆时针方向运动6．一个带正电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平向里的匀强磁场．如图所示，小球飞离桌面后落到地板上，设飞行时间为t 1，水平射程为x 1，着地速度为v 1，撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为t 2，水平射程为x 2，着地速度为v 2，则下列论述正确的是( ) A ．x 1＞x 2 B ．t 1＞t 2C ．v 1和v 2大小相等D ．v 1和v 2方向相同7．如图所示，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 ，所加电场强度大小为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Ev 0，重力加速为g ，则下列关于微粒运动的有关说法正确的是( )A ．微粒在ab 区域的运动时间为v 0gB ．微粒在bc 区域中做匀速圆周运动，圆周半径r ＝2dC ．微粒在bc 区域中做匀速圆周运动，运动时间为πd6v 0D ．微粒在ab 、bc 区域中运动的总时间为π＋6d3v 08．如图所示，在垂直于纸面的水平面内建立一直角坐标系xoy ，在竖直绝缘的平台上，一个带正电的小球以水平速度v 0抛出，落在地面上的O （0，0）点，若加一垂直纸面向外的匀强电场和竖直向下的匀强磁场，下落时间mt qB＜，则小球的坐标x 和y 可能为( )A ．x=0；y=0B ．x=0；y ＜0C ．x ＞0；y ＜0 D. x ＜0；y ＞09．如图所示，质量为m 、电荷量为q 的微粒，在竖直向下的匀强电场、水平指向纸内的匀强磁场以及重力的共同作用下做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )A ．该微粒带负电，电荷量q ＝mg EB ．若该微粒在运动中突然分成比荷相同的两个粒子，分裂后只要速度不为零且速度方向仍与磁场方向垂直，它们均做匀速圆周运动C ．如果分裂后，它们的比荷相同，而速率不同，那么它们运动的轨道半径一定不同D ．只要一分裂，不论它们的比荷如何，它们都不可能再做匀速圆周运动10.带电小球以一定的初速度v 0竖直向上抛出,能够达到的最大高度为h 1;若加上水平方向的匀强磁场,且保持初速度仍为v 0,小球上升的最大高度为h 2;若加上水平方向的匀强电场,且保持初速度仍为v 0,小球上升的最大高度为h 3。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：电学实验的基本仪器及原理 同步测试题(PDF版,含答案)
9·5 电学实验的基本仪器及原理1．两个相同的小量程电流表表头分别改装成两个电流表A1、A2。
已知电流表A1量程大于A2的量程，改装好后把它们按图接入电路，则A．电流表A1的读数小于电流表A2的读数B．电流表A1的读数等于电流表A2的读数C．电流表A1的偏转角等于电流表A2的偏转角D．电流表A1的偏转角小于电流表A2的偏转角2. 如图所示是一个电流表、电压表两用表的电路，电流表G的量程是100 μA，内阻是1 000 Ω，电阻R1=0.1 Ω，R2=99 Ω。
当双刀双掷开关接到a、b上时，电流表改装结果是什么表？其量程是多少？当双刀双掷开关接到c、d上时，电流表改装结果是什么表？其量程是多少？3．图1是改装并校准电流表的电路图，已知表头a的量程为I g=600 μA，内阻为R g，图2是标准电流表，要求改装后的电流表量程为I=60 mA。
图1中分流电阻R P的阻值为_______。
在电表改装成后的某次校准测量中，电流表的示数如图所示，由此读出流过电流表的电流为_______mA。
此时流过分流电阻R P的电流为_______mA（保留一位小数）。
4. 图（a ）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。
图中E 是电池；R 1、R 2、R 3、R 4和R 5是固定电阻，R 6是可变电阻；表头的满偏电流为250 μA ，内阻为480 Ω。
虚线方框内为换挡开关，A 端和B 端分别与两表笔相连。
该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V 挡和5 V 挡，直流电流1 mA 挡和2.5 mA 挡，欧姆×100 Ω挡。
（1）图（a ）中的A 端与______（填“红”或“黑”）色表笔相连接。
（2）关于R 6的使用，下列说法正确的是_______（填正确答案标号）。
A ．在使用多用电表之前，调整R 6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B ．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R 6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C ．使用电流挡时，调整R 6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 （3）根据题给条件可得R 1+R 2=______Ω，R 4=_______Ω。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：带电粒子在磁场中运动的多答案
10·3 带电粒子在磁场中运动的多解性分析·答案与解析1.【答案】 BC【解析】 由于放射线有α射线与β射线，而该题目没有确定是哪一种，故不确定．如果沿x 轴射出的是α粒子，依题意可知其经磁场作用后从c 点附近射出磁场区，同理沿y 轴射出的α粒子经磁场作用后从d 点附近射出磁场区，这两条轨迹之间的区域就是α粒子能到达的区域，选项B 正确；如果沿x 轴射出的是β粒子，依题意可知其经磁场作用后从b 点附近射出磁场区，沿y 轴射出的β粒子经磁场作用后从c 点附近射出磁场区，这两条轨迹之间的区域就是β粒子能到达的区域，选项C 正确．2.【答案】 BC【解析】 带正电粒子由P 点与x 轴成30°角入射，则粒子运动轨迹的圆心在过P 点与速度方向垂直的方向上，粒子在磁场中要想到达坐标原点，转过的圆心角肯定大于180°，如图所示，而磁场有边界，故粒子不可能通过坐标原点，A 错误；由于P 点的位置不定，所以粒子在磁场中的轨迹圆弧对应的圆心角也不同，最大的圆心角为圆弧与y 轴相切时，偏转角度为300°，运动的时间t ＝56T ＝5πm 3qB ，根据粒子运动的对称性，可知粒子的运动半径无限大时，对应的最小圆心角也一定大于120°，所以运动时间t ′>13T ＝2πm 3qB，故粒子在磁场中运动的时间范围是2πm 3qB <t ″≤5πm 3qB，B 、C 正确，D 错误． 3.【答案】 BC 【解析】 因粒子由O 点以速度v 0入射时，最远落在A 点，又粒子在O 点垂直射入磁场时，在边界上的落点最远，即x OA 2＝mv 0Bq ，所以粒子若落在A 的右侧，速度应大于v 0，B 正确；当粒子落在A 的左侧时，由于不一定是垂直入射，所以速度可能等于、大于或小于v 0，A 错误；当粒子射到A 点左侧相距d 的点时，最小速度为v min ，则x OA －d 2＝mv min Bq ，又因x OA 2＝mv 0Bq ，所以v min ＝v 0－Bqd 2m，所以粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能小于v min ＝v 0－Bqd 2m ，C 正确；当粒子射到A 点右侧相距d 的点时，最小速度为v 1，则x OA ＋d 2＝mv 1Bq ，又因x OA 2＝mv 0Bq ，即v 1＝v 0＋Bqd 2m，D 错误。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：带电粒子在电场中的运动 同步测试题答案
8·6 带电粒子在电场中的运动·答案与解析1.【答案】 B【解析】 竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向有l ＝12qE m t 2，联立可得q ＝mgl Eh ，所以有q 1q 2＝21，B 对．2.【答案】 B【解析】 粒子加速过程qU 1＝12mv 2，从B 至M 用时t ＝L 1＋L 2v ，得t ∝ m q ，所以t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶2，选项A 错误．偏转位移y ＝12qU 2md (L 1v )2＝U 2L 214dU 1，所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，选项B 正确．因W ＝qEy ，得W 1∶W 2∶W 3＝q 1∶q 2∶q 3＝1∶1∶2，选项C 、D 错误．3.D [解析] 三个液滴在水平方向受到电场力作用,水平方向不是匀速直线运动,所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动,选项A 错误;由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动,故三个液滴的运动时间相同,选项B 错误;三个液滴落到底板时竖直分速度相等,而水平分速度不相等,所以三个液滴落到底板时的速率不相同,选项C 错误;由于液滴丙在水平方向上的位移最大,说明液滴丙在水平方向上的加速度最大,故丙所带的电荷量最多,选项D 正确.4.B [解析] 两个质量相等的带电小球A 、B 分别在P 下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动,且运动轨迹均处在以P 为球心的同一球面上,所需向心力由重力和库仑力的合力提供,选项D 错误;在竖直方向,设小球和球心的连线与竖直方向的夹角为θ,有k cos θ=mg ,由于两小球轨道不同,θ不同,但所受的重力相等,所以小球A 、B 所带的电荷量不相等,选项A 错误;小球A 、B 运动轨迹上的各点电势分别相等,场强大小分别相等,但方向不同,B 正确,C 错误.5.【答案】 B【解析】 设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为负，时而为正，最终打在A 板上时位移为负，速度方向为负．作出t 0＝0、T 4、T 2、3T 4时粒子运动的速度图象如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0<t 0<T 4，3T 4<t 0<T 时粒子在一个周期内的总位移大于零；T 4<t 0<3T 4时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t 0＞T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B 正确．6.【答案】 AD【解析】粒子进入电场后,在水平方向上做匀速运动,则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t=,此时间正好是交变电场的一个周期,粒子在竖直方向上先做加速运动后做减速运动,经过一个周期,粒子在竖直方向上的速度为零,故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v 0,选项A 正确;在竖直方向上,粒子在0~,则,解得q=,选项B 错误;对于t=时刻进入电场的粒子,电场力先做正功,再做负功,速度反向后先做正功,再做负功,所做总功为零,故粒子电势能不变,选项C 错误;t=,然后向下减速运动了,再向上加速运动了,最后向上减速运动了,由对称性可知,此时竖直方向的位移为零,故粒子从P 板右侧边缘离开电场,选项D 正确.7.【答案】 B【解析】 根据电荷受力可以知道，粒子在电场中做曲线运动，如图所示：当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，如图，将粒子初速度v 0分解为垂直极板的v 0y 和平行极板的v 0x ，根据运动的合成与分解，当分速度v y＝0时，则粒子的速度正好平行上极板，根据运动学公式：－v 20y ＝－2Eq m d ，由于v 0y ＝v 0cos 45°，E k0＝12mv 20，联立整理得到：E ＝E k02qd ，故选项B 正确．8.【答案】 C【解析】 由题设条件知，把A 板向上平移一小段距离，电场力做功不变，重力做功也不变，根据动能定理知，小球到达N 点速度仍为原来的速度，小球会穿过N 孔继续下落，即动能与原来相等，根据电场力做负功，及电场强度的方向可知小球带负电，故A 、B 、D 错误，C 正确．9.【答案】BC【解析】第1 s 内点电荷受重力和电场力作用而处于平衡状态,故电场力向上,与重力平衡,第2 s 内电压变大,故电场强度变大,电场力变大,第2 s 末电场强度增大为第1 s 末的2倍,故电场力变为第1 s 末的2倍,合力变为向上,大小为mg ,且第2 s 内合力随时间均匀增大,故加速度随时间均匀增大,点电荷做变加速直线运动,平均加速度为=5 m/s2,A错误,B、C正确;根据速度时间公式可知,2 s末速度大小为v=t=5 m/s2×1 s=5 m/s,D错误.10. 【答案】BC【解析】由题图乙中E k随h的变化曲线可知，小环从h高处下落至h＝0的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段，选项C正确；合外力做功的情况是先做正功，再做负功，最后又做正功，而重力一直对小环做正功，故只有库仑力能对小环做负功，即小环带正电，选项A错误；从h高处下落至h＝0的过程中，电场力做负功，故小环电势能增加，选项B正确；小环越过O点后，所受的电场力、重力及杆对小环的弹力的合力方向向下，故小环将向下做加速运动，选项D错误．11.【答案】BD【解析】因小环在运动过程中受到的库仑力是变力,对其受力分析可知,小环在上滑过程中的加速度是变化的,并不是匀变速运动,选项A错误;由于上滑时的平均加速度大于下滑时的平均加速度,由运动学公式定性分析可知,小环上滑时间小于下滑时间,选项B 正确;由功能关系可知,小环下滑过程中,减少的重力势能等于其回到A点时的动能和克服摩擦力做的功之和,选项C错误;小环从A点出发到再次回到A点的过程中,电场力做功为零,重力做功为零,故小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能,选项D正确.12.【答案】BCD【解析】设P点到y轴的距离为s,对于h≤d的各粒子,可知各粒子在电场中所受的电场力F相同,因穿过y轴时沿电场方向的位移s相同,所以电场力对各粒子做的功W=Fs相等,选项B正确;对于h≤d的各粒子,可知各粒子的加速度a=相同,因穿过y轴时沿电场方向的位移s相同,所以运动的时间t=相同,由h=vt可知,粒子垂直于电场方向的初速度v越大,则h越大,选项A错误;对于h>d的各粒子,粒子垂直于电场方向的初速度v越大,则粒子穿出电场的时间t0=越短,穿过电场时沿电场方向的分位移x0=越小,沿电场方向的分速度v x=at0越小,此时粒子离y轴的距离x1=s-x0越大,故穿出电场后运动到y轴的时间t1=越长,同时因其沿y轴方向的速度v大,所以沿y轴方向的位移y1=vt1越大,故h=y1+d越大,选项D正确;对于h>d的各粒子,可知穿过电场过程中垂直于电场方向的位移d 相同,粒子垂直于电场方向的初速度v 越大,则粒子穿出电场的时间t 0=越短,穿出电场时沿电场方向的分速度v x =at 0越小,从进入电场至运动到y 轴过程中,作出沿电场方向的分速度v x 随时间的变化图像如图所示,可知h 越大,粒子在从P 点到y 轴的过程中沿电场方向上的平均速度越小,运动的总时间t=越大,选项C 正确.13.【答案】 (1)T ＝L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 0 qU 02m 的整数；(2)t ＝2n －14T (n ＝1,2,3，…) 【解析】 (1)为使粒子仍从b 点以速度v 0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L ＝nTv 0，解得T ＝L nv 0粒子在14T 内离开中心线的距离为y ＝12a ⎝⎛⎭⎫14T 2 又a ＝qE m ，E ＝U 0d ，解得y ＝qU 0T 232md在运动过程中离开中心线的最大距离为y m ＝2y ＝qU 0T 216md粒子不撞击金属板，应有y m ≤12d 解得T ≤2d2m qU 0 故n ≥L 2dv 0 qU 02m ，即n 取大于等于L 2dv 0 qU 02m的整数． 所以粒子的周期应满足的条件为T ＝L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 0 qU 02m的整数． (2)粒子进入电场的时间应为14T ，34T ，54T ，… 故粒子进入电场的时间为t ＝2n －14T (n ＝1,2,3，…)．14.【答案】(1)证明略(2)证明略0≤【解析】(1)由于两小球构成的系统所受合外力为零,设某状态下两小球的速度分别为v A 和v B,由动量守恒定律得3mv0=3mv A+mv B系统的动能减小量ΔE k=由于系统运动的过程中只有电场力做功,所以系统的动能与电势能之和守恒,考虑到系统初状态下的电势能为零,故系统在该状态下的电势能E p=ΔE k=联立得E p=-6m当v A=v0时,系统的电势能取得最大值,得v A=v B=v0即当两小球速度相同时,系统的电势能最大,最大值E pmax=.(2)由于系统的电势能与动能之和守恒,且初始状态下系统的电势能为零,所以在系统电势能取得最大值时,系统的动能取得最小值,为E kmin=E k0-E pmax=由于E kmin>E pmax所以在两球间距不小于s0的运动过程中,系统的电势能总小于系统的动能在这一过程中两种能量的比值的取值范围为0≤.15.【答案】(1)4 kg0.1(2)8 m(3)196 J【解析】(1)由牛顿第二定律得F-μmg=ma解得a=F-μg结合乙图像得m=4 kg,μ=0.1.(2)0~2 s内,由牛顿第二定律得F1-μmg=ma1,又F1=E1q则a1=m/s2=2 m/s2前2 s内通过的位移为x1=×2×22 m=4 m2~4 s内,由牛顿第二定律得F2-μmg=ma2,又F2=E2q则a2=m/s2=-2 m/s22~4 s内,物体做匀减速运动,t=4 s时速度恰好为0故一个周期内的位移为x=2x1=8 m.(3)23 s内物体在E1作用下的位移为6x1,在E2作用下的位移为5x1+3 m W1=E1q×6x1=288 JW2=E2q×(5x1+3 m)=-92 J即23 s内电场力做功为W=W1+W2=196 J.。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：带电物体在复合场中的运动 同步测试题(PDF版,含答案)
10·8 带电物体在复合场中的运动一、选择题1．如图所示为一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为()A．0 B．12mv20C.m3g22q2B2D．12m⎝⎛⎭⎫v20－m2g2q2B22. 如图所示，一足够长的绝缘细杆处于磁感应强度为B＝0.5 T的匀强磁场中，杆与磁场垂直且与水平方向的夹角为θ＝37°.一质量为m＝0.1 g、电荷量为q＝5×10－4 C的带正电圆环套在该绝缘细杆上，圆环与杆之间的动摩擦因数为μ＝0.4.现将圆环从杆上的某一位置无初速度释放．则下列判断中正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2)()A．圆环下滑过程中洛伦兹力始终做正功B．当圆环下滑的速度达到2.4 m/s时，圆环与细杆之间的弹力为零C．圆环下滑过程中的最大加速度为6 m/s2D．圆环下滑过程中的最大速度为9.2 m/s3. 如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向里的磁场和竖直向下的匀强电场中，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，一质量为m、电荷量为Q的带负电小滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块下滑过程中，下列判断正确的是()A．滑块受到的摩擦力不变B．若斜面足够长，滑块最终可能在斜面上匀速下滑C．若B足够大，滑块最终可能静止于斜面上D．滑块到达地面时的动能与B有关4. 如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为R(比细管的内径大得多)，在圆管的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g.空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场．某时刻，给小球一方向水平向右、大小为v0＝5gR的初速度，则以下判断正确的是()A．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用B．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用C．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都相同D．小球在环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大小一直减小5. 如图所示，整个空间有一方向垂直纸面向里的匀强磁场，一绝缘木板(足够长)静止在光滑水平面上，一带正电的滑块静止在木板上，滑块和木板之间的接触面粗糙程度处处相同．不考虑空气阻力的影响，下列判断正确的是()A．若对木板施加一水平向右的瞬时冲量，最终木板和滑块一定相对静止B．若对木板施加一水平向右的瞬时冲量，最终滑块和木板间一定没有弹力C．若对木板施加一水平向右的瞬时冲量，最终滑块和木板间一定没有摩擦力D．若对木板始终施加一水平向右的恒力，最终滑块做匀速运动6. 如图所示,甲是不带电的绝缘物块,乙是带负电的物块,甲、乙叠放在一起,置于粗糙的绝缘水平地板上,地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场.现加一水平向左的匀强电场,发现甲、乙一起向右加速运动.在加速运动阶段()A.甲、乙两物块一起做加速度减小的加速运动B.甲、乙两物块间的摩擦力不变C.乙物块与地板之间的摩擦力不断增大D.甲、乙两物块可能做匀加速直线运动7．如图所示，空间有一垂直纸面向里的磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度地放置一质量为0.05 kg、电荷量q＝－0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，可认为滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N的恒力，g取10 m/s2.则()A．木板和滑块一直做匀加速运动B．滑块先做匀加速运动后做匀速运动C．最终滑块做速度为5 m/s的匀速运动D．最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动8、如图所示，带正电的物块A放在足够长的不带电小车B上，两者均保持静止，处在垂直纸面向里的匀强磁场中，在t=0时用水平恒力F向右拉小车B，t=t1时A相对B开始滑动，已知地面光滑、AB间粗糙，A带电荷量保持不变，则关于A、B的图象，下图大致正确的是9、如图所示，空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向上，匀强磁场的方向垂直纸面向里．有一内壁光滑、底部有带正电小球的试管．在水平拉力F作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出．已知小球质量为m，带电量为q，场强大小为E＝mgq.关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是()A．洛伦兹力对小球不做功B．洛伦兹力对小球做正功C．小球的运动轨迹是一条抛物线D．维持试管匀速运动的拉力F应逐渐增大10.如图甲所示,一带电物块无初速度地放上皮带轮底端,皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针方向传动,该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中,物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中,其v-t图像如图乙所示,物块全程运动的时间为4.5 s.关于带电物块及运动过程的说法正确的是()A.该物块带负电B.皮带轮的传动速度大小一定为1 m/sC.若已知皮带的长度,可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移D.在2~4.5 s内,物块与皮带仍可能有相对运动v t二、计算题11.如图所示，带电荷量为＋q、质量为m的物块从倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面顶端由静止开始下滑，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向外，求物块在斜面上滑行的最大速度和在斜面上运动的最大位移．(斜面足够长，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)12.如图所示,一个质量m=0.1 g、电荷量q=4×10-4 C的带正电小环套在很长的绝缘直棒上,可以沿棒上下滑动.将棒置于正交的匀强电场和匀强磁场内,E=10 N/C,B=0.5 T.小环与棒之间的动摩擦因数μ=0.2.求小环从静止沿棒竖直下落的最大加速度和最大速度.(g取10 m/s2,小环电荷量不变)13. 如图所示,虚线MN下方空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场,且磁感应强度B=1 T,竖直面内固定一半径R=1 m的绝缘且粗糙的半圆形轨道BC,该轨道的最高点B恰位于虚线MN上,另一端C的切线方向与水平方向夹角为θ=37°.某一质量M=4 kg的带电物块以v=1 m/s的速度水平向右飞行,在A点突然爆炸,分成质量相等的两块,其中一块以1.2 m/s的速度向相反方向飞出,另一块(可视为质点)在空中运动一段时间后,恰好从B点沿切线方向进入半圆形轨道,沿轨道内侧运动至末端C点时速度大小为6 m/s,且刚好能沿切线方向做直线运动.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2.(1)求物块在B点时的速度大小.(2)沿轨道运动的物块带何种电荷?电荷量是多少?(3)求物块在半圆形轨道中克服摩擦力所做的功.10·8带电物体在复合场中的运动·答案与解析1.【答案】 ABD【解析】 若圆环所受洛伦兹力等于重力，圆环与粗糙细杆压力为零，摩擦力为零，圆环克服摩擦力做的功为零，选项A 正确；若圆环所受洛伦兹力不等于重力，圆环与粗糙细杆压力不为零，摩擦力不为零，圆环以初速度v 0向右做减速运动．若开始圆环所受洛伦兹力小于重力，则一直减速到零，圆环克服摩擦力做的功为12mv 20，选项B 正确；若开始圆环所受洛伦兹力大于重力，则减速到洛伦兹力等于重力达到稳定，稳定速度v ＝mg qB ，由动能定理可得圆环克服摩擦力做的功为W ＝12m mv 20－12m mv 2＝12m ·⎝⎛⎭⎫v 20－m 2g 2q 2B 2，选项D 正确，C 错误． 2.【答案】 CD【解析】 圆环下滑过程中，洛伦兹力始终与圆环速度方向垂直，所以洛伦兹力始终不做功，选项A 错误；当圆环与细杆之间的弹力为零时(此时圆环的加速度最大，而速度不是最大)，摩擦力也为零，此时洛伦兹力f L 与重力垂直于杆的分量mg cos θ大小相等、方向相反，即qvB ＝mg cos θ，代入数据可得v ＝3.2 m/s ，选项B 错误；圆环刚释放时，受到的洛伦兹力为零，这时的加速度由重力沿杆方向的分量与滑动摩擦力的合力提供，当圆环的速度开始增大后，洛伦兹力也随之增大，使得圆环对杆的压力减小，摩擦力也随之减小，当摩擦力为零时，圆环的加速度最大，此时qvB ＝mg cos θ，由牛顿第二定律可得：f 合＝mg sin θ＝ma ，代入数据可得a ＝6 m/s 2，选项C 正确；当洛伦兹力f L ＞mg cos θ时，又开始出现摩擦力，圆环的加速度开始减小，但速度继续增大，弹力继续增大，摩擦力继续增大，当摩擦力F f ＝mg sin θ时，圆环所受的合力为零，速度达到最大，由受力分析可知：mg sin θ＝μ(qv m B －mg cos θ)，代入数据解得v m ＝9.2 m/s ，选项D 正确． 3.【答案】 BD【解析】 滑块向下运动的过程中受到重力、电场力、支持力，根据左手定则，滑块还受到垂直斜面向下的洛伦兹力，沿斜面向上的摩擦力，滑块向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当B 很大时，则摩擦力有可能也很大，当滑块受到的摩擦力与重力沿斜面向下的分力以及电场力在斜面上分力之差相等时，滑块做匀速直线运动，之后洛伦兹力与摩擦力不再增大，所以滑块不可能静止在斜面上，故A 、C 错误，B 正确；B 不同，洛伦兹力大小也不同，所以滑动摩擦力大小不同，摩擦力做的功不同，根据动能定理可知，滑块到达地面的动能不同，故D 正确．【解析】 小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用，A 选项错误；小球运动的过程中，洛伦兹力不做功，小球的机械能守恒，运动至最高点时小球的速度v ＝gR ，由于受到圆管的约束，小球运动过程不会脱离轨道，所以小球一定能到达轨道最高点，C 选项正确；在最高点时，小球做圆周运动的向心力F 向＝m v 2R＝mg ，对小球受力分析得mg ＋qvB －F N ＝F 向，故F N ＝qvB .小球受到竖直向下洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力，B 选项正确；小球在从最低点到最高点的运动过程中，小球在下半圆内上升的过程中，水平分速度向右一定递减，到达圆心的等高点时，水平速度为零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，D 选项错误． 5.【答案】 CD【解析】 若对木板施加一水平向右的恒力，则木板向右加速运动，木板对滑块有向右的摩擦力，滑块向右加速运动，滑块受到的洛伦兹力向上，滑块速度越来越大，所受到的洛伦兹力也越来越大，当洛伦兹力等于重力，滑块不再受到摩擦力作用，滑块做匀速运动，D 正确．若给木板一水平向右的瞬时冲量，若该冲量较小，则木板逐渐减速，滑块逐渐加速，二者速度相等时则一起做匀速运动，此时滑块受到向上的洛伦兹力小于所受重力，故木板和滑块间有弹力但没有摩擦力；若该冲量较大，则木板逐渐减速，滑块逐渐加速，滑块速度越来越大，受到向上的洛伦兹力也越来越大，当洛伦兹力等于重力时，滑块不再受到摩擦力作用，此后滑块一直做匀速运动，此时木板的速度可能仍大于滑块的速度，选项A 、B 错误，C 正确． 6.【答案】AC【解析】对整体受力分析,地面对乙物块的摩擦力f=μ(mg+Mg+qvB ),因为整体做加速运动,故地板对乙物块的摩擦力逐渐增大,C 正确;对整体,根据牛顿第二定律得qE-μ(mg+Mg+qvB )=(M+m )a ,整体的加速度逐渐减小,A 正确,D 错误;对甲物块受力分析,根据牛顿第二定律得f 1=ma ,加速度减小,则两物块间的摩擦力减小,B 错误. 7.【答案】 CD【解析】 滑块开始运动后，受到竖直向上的洛伦兹力作用，且洛伦兹力不断增大，滑块受到的支持力逐渐减小，故滑块先做变加速运动，当|q |vB ＝mg 时，滑块做匀速运动，速度v ＝5 m/s ，C 正确，A 、B 错误；以后，木板在恒力F 作用下做匀加速直线运动，且加速度a ＝FM ＝3 m/s 2，故D 正确． 8、【答案】C【解析】洛伦兹力总是与带电粒子速度的方向垂直，所以不做功，A正确，B错；小球在水平方向上做匀速运动，在竖直方向上的合力等于磁场力，即F洛＝Bqv，故竖直方向做匀加速运动，所以运动轨迹是一条抛物线，选项C正确；由于小球在竖直方向上的速度增大，水平向左的磁场力增大，而试管又向右做匀速运动，所以F要逐渐增大，故D正确．10.【答案】D【解析】由图乙可知,物块先做加速度逐渐减小的加速运动,物块的最大速度是1 m/s,对物块进行受力分析可知,开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用,设动摩擦因数为μ,沿皮带的方向,有μF N-mg sin θ=ma①,物块运动后,又受到洛伦兹力的作用,加速度逐渐减小,由①式可知,物块的加速度逐渐减小,一定是F N逐渐减小,而开始时F N=mg cos θ,后来F'N=mg cos θ-f洛,即洛伦兹力的方向是斜向上的,物块沿皮带向上运动,由左手定则可知,物块带正电,故A错误;物块向上运动的过程中,洛伦兹力越来越大,则受到的支持力越来越小,结合①式可知,物块的加速度也越来越小,当加速度等于0时,物块达到最大速度,此时mg sin θ=μ(mg cos θ-f洛)②,由②式可知,只要皮带的速度大于或等于1 m/s,则物块达到最大速度的条件与皮带的速度无关,所以皮带的速度可能是1 m/s,也可能大于1 m/s,物块可能相对于皮带静止,也可能相对于皮带运动,故B 错误,D正确;由以上分析可知,皮带的速度不能判断,所以若已知皮带的长度,也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移,故C错误.11.【答案】4mg5qB8m2g15q2B2【解析】经分析，物块沿斜面运动过程中加速度不变，但随速度增大，物块所受支持力逐渐减小，最后离开斜面．所以，当物块对斜面的压力刚好为零时，物块沿斜面的速度达到最大，同时位移达到最大.即qv m B＝mg cos θ①物块沿斜面下滑过程中，由动能定理得：mgs sin θ＝12mv2m②由①②得：v m＝mg cos θqB＝4mg5qB.s＝v2m2g sin θ＝8m2g15q2B2.12.【答案】2 m/s2 5 m/s【解析】对小环受力分析,水平方向上,根据平衡条件得F N=qE+qvB竖直方向上,由牛顿第二定律得mg-μF N=ma联立得mg-μ(qE+qvB)=ma当v=0时,即刚下落时,小环运动的加速度最大,a m=2 m/s2.下落后,随着v的增大,加速度a逐渐减小.当a=0时,下落速度v达到最大值,v m=5 m/s.13.【答案】(1)4 m/s(2)带正电荷C(3)30 J【解析】(1)取水平向右为正方向,由动量守恒定律得Mv=mv2-mv1且M=2m解得v2=3.2 m/s在B点,由速度的分解可知v B cos 37°=v2解得v B=4 m/s.(2)由于物块能沿C点的切线做直线运动,通过受力分析可知,物块从C点开始只能做匀速直线运动,故在半圆形轨道中运动的物块带正电荷.由平衡条件得=cos 37°解得q=C.(3)从B点到C点的过程中,由动能定理得解得W f=30 J.10·8 带电粒子在复合场中的运动·答题纸题号12345678910得分答案二、计算题11.1312.。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：带电粒子在电场中的运动 同步测试题(PDF版,含答案)
8·6 带电粒子在电场中的运动一、选择题1.如右图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点静止释放后，分别抵达B、C两点，若AB＝BC，则它们带电荷量之比q1∶q2等于()A．1∶2 B．2∶1 C．1∶ 2 D．2∶12.真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是()A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶43.如图所示,正方体真空盒置于水平面上,它的ABCD面与EFGH面为金属板,其他面为绝缘材料.ABCD面带正电,EFGH面带负电.从小孔P沿水平方向以相同的速率射入三个质量相同的带正电液滴甲、乙、丙,最后分别落在1、2、3三点,则下列说法中正确的是()A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动B.三个液滴的运动时间不一定相同C.三个液滴落到底板时的速率相同D.液滴丙所带的电荷量最多4.将一个带电荷量为+Q的点电荷P固定在空间中的某一位置处,两个质量相等的带电小球A、B分别在该点电荷下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动,且运动轨迹均处在以P为球心的同一球面上,如图D7-5所示.若A、B所带的电荷量很少,两者间的作用力可忽略不计,取无穷远处电势为零,则下列说法中正确的是()A.小球A、B所带的电荷量相等B.小球A、B运动轨迹上的各点电势分别相等C.小球A、B运动轨迹上的各点场强分别相同D.库仑力刚好提供小球做匀速圆周运动所需的向心力5. 如图(a)所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )A ．0＜t 0＜T 4B ．T 2＜t 0＜3T 4 C.3T 4＜t 0＜T D ．T ＜t 0＜9T 86. 如图甲所示,真空中水平放置的两块长度均为2d 的平行金属板P 、Q 的间距为d ,在两板间加上如图乙所示的周期性变化的电压.在两板左侧紧靠P 板处有一个粒子源A ,自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v 0、方向平行于金属板的相同带电粒子.t=0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场.已知电场变化的周期T=,粒子的质量为m ,不计粒子重力及相互间的作用力,则 ( )A .在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B .粒子的电荷量为C .在t=D .在t=时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场7．如图，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( )A.E k04qd B ．E k02qd C.2E k02qd D ．2E k0qd8．如图所示，A、B为水平放置的两个平行金属板，两板相距d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一个小孔M和N.今有一带电油滴，质量为m，从A板的上方距A板为d的P点由静止开始自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，带电油滴通过N孔时的动能E k＜2mgd.若将极板A向上移一小段距离，到图中虚线所示位置，则带电油滴通过N孔时的动能E k′和油滴所带电荷的种类是()A．油滴带正电，E k′＝E kB．油滴带正电，E k′＜E kC．油滴带负电，E k′＝E kD．油滴带负电，E k′＜E k9.如图甲所示,在两平行的金属板间加上如图乙所示的电压.在第1 s内,点电荷在两极板间处于静止状态,t=2 s时电荷在运动且未与极板接触,g取10 m/s2,则()A.在1~2 s内,点电荷做匀加速直线运动,加速度大小为10 m/s2B.在1~2 s内,点电荷做变加速直线运动,平均加速度大小为5 m/s2C.在1~2 s内,点电荷做变加速直线运动,2 s末加速度大小为10 m/s2D.在2 s末,点电荷的速度大小为10 m/s10.如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，与细杆右侧距离为d的A点处有一固定的正点电荷，细杆上套有一带电小环，设小环与点电荷的竖直高度差为h，将小环无初速度地从h高处释放后，在下落至h＝0的过程中，其动能E k随h的变化曲线如图乙所示，则()A．小环可能带负电B．从h高处下落至h＝0的过程中，小环电势能增加C．从h高处下落至h＝0的过程中，小环经过了加速、减速、再加速三个阶段D．小环将做以O点为中心的往复运动11.如图所示,一个带负电的小金属环套在粗糙绝缘细杆AB上,杆与水平面的夹角为θ,杆的下方O点处固定一个带正电的点电荷,OA=OB.现使小环以初速度v0从A点沿杆上滑,到达B点时其速度恰好为零,小环滑回A点时速度为v.下列说法中正确的是()A.小环上滑过程中先做匀加速再做匀减速运动B.小环上滑时间小于下滑时间C.小环下滑过程,减少的重力势能等于摩擦产生的内能D.从A点出发到再回到A点的过程,小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能12.空间内有高度为d、宽度足够宽、方向水平向左的匀强电场.当在该空间内建立如图Z所示的坐标系后,在x轴上的P点沿y轴正方向连续射入质量和电荷量均相同、带电性质也相同的带电粒子(粒子重力不计),由于粒子的入射速率v(v>0)不同,有的粒子将在电场中直接通过y轴,有的将穿出电场后再通过y轴.设粒子通过y轴时离坐标原点的距离为h,从P到y轴所需的时间为t,则()A.对h≤d的粒子,h越大,t越大B.对h≤d的粒子,在时间t内,电场力对粒子做的功相等C.对h>d的粒子,h越大,t越大D.h越大的粒子,进入电场时的速率v也越大二、计算题13．如图甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：(1)交变电压的周期T应满足什么条件？(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？14. 如图所示,在光滑绝缘水平面上有两个带电小球A、B,质量分别为3m和m,小球A 带正电q,小球B带负电-2q,开始时两小球相距s0,小球A有水平向右的初速度v0,小球B的初速度为零,取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零.(1)试证明当两小球的速度相同时系统的电势能最大,并求出该最大值;(2)试证明在两小球的间距不小于s0的运动过程中,系统的电势能总小于系统的动能,并求出这两种能量的比值的取值范围.15. 一个带正电荷q=1×10-6 C的物体放在绝缘的水平地面上,如图Z6-11甲所示,空间若加上水平方向的变化电场,其加速度随电场力变化的图像如图乙所示.现从静止开始计时,改用图丙中周期性变化的水平电场作用.(g取10 m/s2)(1)求物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数;(2)在图丙所示周期性变化的水平电场作用下,求物体在一个周期内的位移大小;(3)在图丙所示周期性变化的水平电场作用下,求23 s内电场力对物体所做的功.8·6 带电粒子在电场中的运动·答案与解析1.【答案】 B【解析】 竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向有l ＝12qE m t 2，联立可得q ＝mgl Eh ，所以有q 1q 2＝21，B 对．2.【答案】 B【解析】 粒子加速过程qU 1＝12mv 2，从B 至M 用时t ＝L 1＋L 2v ，得t ∝ m q ，所以t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶2，选项A 错误．偏转位移y ＝12qU 2md (L 1v )2＝U 2L 214dU 1，所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，选项B 正确．因W ＝qEy ，得W 1∶W 2∶W 3＝q 1∶q 2∶q 3＝1∶1∶2，选项C 、D 错误．3.D [解析] 三个液滴在水平方向受到电场力作用,水平方向不是匀速直线运动,所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动,选项A 错误;由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动,故三个液滴的运动时间相同,选项B 错误;三个液滴落到底板时竖直分速度相等,而水平分速度不相等,所以三个液滴落到底板时的速率不相同,选项C 错误;由于液滴丙在水平方向上的位移最大,说明液滴丙在水平方向上的加速度最大,故丙所带的电荷量最多,选项D 正确.4.B [解析] 两个质量相等的带电小球A 、B 分别在P 下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动,且运动轨迹均处在以P 为球心的同一球面上,所需向心力由重力和库仑力的合力提供,选项D 错误;在竖直方向,设小球和球心的连线与竖直方向的夹角为θ,有k cos θ=mg ,由于两小球轨道不同,θ不同,但所受的重力相等,所以小球A 、B 所带的电荷量不相等,选项A 错误;小球A 、B 运动轨迹上的各点电势分别相等,场强大小分别相等,但方向不同,B 正确,C 错误.5.【答案】 B【解析】 设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为负，时而为正，最终打在A 板上时位移为负，速度方向为负．作出t 0＝0、T 4、T 2、3T 4时粒子运动的速度图象如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0<t 0<T 4，3T 4<t 0<T 时粒子在一个周期内的总位移大于零；T 4<t 0<3T 4时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t 0＞T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B 正确．6.【答案】 AD【解析】粒子进入电场后,在水平方向上做匀速运动,则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t=,此时间正好是交变电场的一个周期,粒子在竖直方向上先做加速运动后做减速运动,经过一个周期,粒子在竖直方向上的速度为零,故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v 0,选项A 正确;在竖直方向上,粒子在0~,则,解得q=,选项B 错误;对于t=时刻进入电场的粒子,电场力先做正功,再做负功,速度反向后先做正功,再做负功,所做总功为零,故粒子电势能不变,选项C 错误;t=,然后向下减速运动了,再向上加速运动了,最后向上减速运动了,由对称性可知,此时竖直方向的位移为零,故粒子从P 板右侧边缘离开电场,选项D 正确.7.【答案】 B【解析】 根据电荷受力可以知道，粒子在电场中做曲线运动，如图所示：当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，如图，将粒子初速度v 0分解为垂直极板的v 0y 和平行极板的v 0x ，根据运动的合成与分解，当分速度v y＝0时，则粒子的速度正好平行上极板，根据运动学公式：－v 20y ＝－2Eq m d ，由于v 0y ＝v 0cos 45°，E k0＝12mv 20，联立整理得到：E ＝E k02qd ，故选项B 正确．8.【答案】 C【解析】 由题设条件知，把A 板向上平移一小段距离，电场力做功不变，重力做功也不变，根据动能定理知，小球到达N 点速度仍为原来的速度，小球会穿过N 孔继续下落，即动能与原来相等，根据电场力做负功，及电场强度的方向可知小球带负电，故A 、B 、D 错误，C 正确．9.【答案】BC【解析】第1 s 内点电荷受重力和电场力作用而处于平衡状态,故电场力向上,与重力平衡,第2 s 内电压变大,故电场强度变大,电场力变大,第2 s 末电场强度增大为第1 s 末的2倍,故电场力变为第1 s 末的2倍,合力变为向上,大小为mg ,且第2 s 内合力随时间均匀增大,故加速度随时间均匀增大,点电荷做变加速直线运动,平均加速度为=5 m/s2,A错误,B、C正确;根据速度时间公式可知,2 s末速度大小为v=t=5 m/s2×1 s=5 m/s,D错误.10. 【答案】BC【解析】由题图乙中E k随h的变化曲线可知，小环从h高处下落至h＝0的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段，选项C正确；合外力做功的情况是先做正功，再做负功，最后又做正功，而重力一直对小环做正功，故只有库仑力能对小环做负功，即小环带正电，选项A错误；从h高处下落至h＝0的过程中，电场力做负功，故小环电势能增加，选项B正确；小环越过O点后，所受的电场力、重力及杆对小环的弹力的合力方向向下，故小环将向下做加速运动，选项D错误．11.【答案】BD【解析】因小环在运动过程中受到的库仑力是变力,对其受力分析可知,小环在上滑过程中的加速度是变化的,并不是匀变速运动,选项A错误;由于上滑时的平均加速度大于下滑时的平均加速度,由运动学公式定性分析可知,小环上滑时间小于下滑时间,选项B 正确;由功能关系可知,小环下滑过程中,减少的重力势能等于其回到A点时的动能和克服摩擦力做的功之和,选项C错误;小环从A点出发到再次回到A点的过程中,电场力做功为零,重力做功为零,故小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能,选项D正确.12.【答案】BCD【解析】设P点到y轴的距离为s,对于h≤d的各粒子,可知各粒子在电场中所受的电场力F相同,因穿过y轴时沿电场方向的位移s相同,所以电场力对各粒子做的功W=Fs相等,选项B正确;对于h≤d的各粒子,可知各粒子的加速度a=相同,因穿过y轴时沿电场方向的位移s相同,所以运动的时间t=相同,由h=vt可知,粒子垂直于电场方向的初速度v越大,则h越大,选项A错误;对于h>d的各粒子,粒子垂直于电场方向的初速度v越大,则粒子穿出电场的时间t0=越短,穿过电场时沿电场方向的分位移x0=越小,沿电场方向的分速度v x=at0越小,此时粒子离y轴的距离x1=s-x0越大,故穿出电场后运动到y轴的时间t1=越长,同时因其沿y轴方向的速度v大,所以沿y轴方向的位移y1=vt1越大,故h=y1+d越大,选项D正确;对于h>d的各粒子,可知穿过电场过程中垂直于电场方向的位移d 相同,粒子垂直于电场方向的初速度v 越大,则粒子穿出电场的时间t 0=越短,穿出电场时沿电场方向的分速度v x =at 0越小,从进入电场至运动到y 轴过程中,作出沿电场方向的分速度v x 随时间的变化图像如图所示,可知h 越大,粒子在从P 点到y 轴的过程中沿电场方向上的平均速度越小,运动的总时间t=越大,选项C 正确.13.【答案】 (1)T ＝L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 0 qU 02m 的整数；(2)t ＝2n －14T (n ＝1,2,3，…) 【解析】 (1)为使粒子仍从b 点以速度v 0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L ＝nTv 0，解得T ＝L nv 0粒子在14T 内离开中心线的距离为y ＝12a ⎝⎛⎭⎫14T 2 又a ＝qE m ，E ＝U 0d ，解得y ＝qU 0T 232md在运动过程中离开中心线的最大距离为y m ＝2y ＝qU 0T 216md粒子不撞击金属板，应有y m ≤12d 解得T ≤2d2m qU 0 故n ≥L 2dv 0 qU 02m ，即n 取大于等于L 2dv 0 qU 02m的整数． 所以粒子的周期应满足的条件为T ＝L nv 0，其中n 取大于等于L 2dv 0 qU 02m的整数． (2)粒子进入电场的时间应为14T ，34T ，54T ，… 故粒子进入电场的时间为t ＝2n －14T (n ＝1,2,3，…)．14.【答案】(1)证明略(2)证明略0≤【解析】(1)由于两小球构成的系统所受合外力为零,设某状态下两小球的速度分别为v A 和v B,由动量守恒定律得3mv0=3mv A+mv B系统的动能减小量ΔE k=由于系统运动的过程中只有电场力做功,所以系统的动能与电势能之和守恒,考虑到系统初状态下的电势能为零,故系统在该状态下的电势能E p=ΔE k=联立得E p=-6m当v A=v0时,系统的电势能取得最大值,得v A=v B=v0即当两小球速度相同时,系统的电势能最大,最大值E pmax=.(2)由于系统的电势能与动能之和守恒,且初始状态下系统的电势能为零,所以在系统电势能取得最大值时,系统的动能取得最小值,为E kmin=E k0-E pmax=由于E kmin>E pmax所以在两球间距不小于s0的运动过程中,系统的电势能总小于系统的动能在这一过程中两种能量的比值的取值范围为0≤.15.【答案】(1)4 kg0.1(2)8 m(3)196 J【解析】(1)由牛顿第二定律得F-μmg=ma解得a=F-μg结合乙图像得m=4 kg,μ=0.1.(2)0~2 s内,由牛顿第二定律得F1-μmg=ma1,又F1=E1q则a1=m/s2=2 m/s2前2 s内通过的位移为x1=×2×22 m=4 m2~4 s内,由牛顿第二定律得F2-μmg=ma2,又F2=E2q则a2=m/s2=-2 m/s22~4 s内,物体做匀减速运动,t=4 s时速度恰好为0故一个周期内的位移为x=2x1=8 m.(3)23 s内物体在E1作用下的位移为6x1,在E2作用下的位移为5x1+3 m W1=E1q×6x1=288 JW2=E2q×(5x1+3 m)=-92 J即23 s内电场力做功为W=W1+W2=196 J.。
2019届物理复习 课时跟踪检测(二十六)电容器 带电粒子在电场中的运动(重点班)
课时跟踪检测(二十六）电容器带电粒子在电场中的运动［A级——保分题目巧做快做］1．（2018·衡水调研）一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在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l0,则下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是( ）解析：选C 由C＝错误!知，C与两极板间距离d成反比，C与x不是线性关系，A错；电容器充电后与电源断开，电荷量不变，由C＝错误!、Q＝CU、U＝Ed得E＝错误!是定值，B错；因负极板接地，电势为零，所以P点电势为φ＝E(L－x），L为P点到负极板的初始距离,E不变，φ随x增大而线性减小，C对;由W＝qφ知W与电势φ变化情况一样,D错.★2．［多选]（2018·宁夏罗平中学模拟)如图所示,水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源后一带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出，若下板不动,将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（）A．将打在下板中央B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央解析：选BD 将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于：E＝错误!＝错误!＝错误!,由公式可知当d减小时，场强E不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故B正确，A、C错误。
若上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D正确。
3．真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场,一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线（与水平方向成θ角)由A向B做直线运动,已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则( ）A．微粒一定带正电B．微粒一定做匀速直线运动C．可求出匀强电场的电场强度D．可求出微粒运动的加速度解析：选D 因微粒在重力和电场力作用下做直线运动，而重力竖直向下，由微粒做直线运动条件知电场力必水平向左，微粒带负电，A错误；其合外力必与速度反向,大小为F＝错误!，即微粒一定做匀减速直线运动,加速度为a＝错误!,B错误，D正确；电场力qE＝错误!,但不知微粒的电荷量,所以无法求出其电场强度，C错误。
2019高考物理压轴大题：带电粒子在复合场中的运动——满分攻略！
2019⾼考物理压轴⼤题：带电粒⼦在复合场中的运动——满分攻略！
1.带电粒⼦在复合场中⽆约束情况下的运动，常见运动形式的分析:
(1)带电粒⼦在复合场中做匀速圆周运动
带电粒⼦进⼊匀强电场、匀强磁场和重⼒场共同存在的复合场中,重⼒和电场⼒等⼤反向,两个⼒
的合⼒为零,粒⼦运动⽅向和磁场⽅向垂直时,带电粒⼦在洛伦兹⼒的作⽤下做匀速圆周运动.
(2)带电粒⼦在复合场中的直线运动
⾃由带电粒⼦(⽆轨道约束),在匀强电场、匀强磁场和重⼒场构成的复合场中的直线运动应该是匀
速直线运动,这是因为电场⼒和重⼒都是恒⼒,若它们的合⼒不与洛伦兹⼒平衡,则带电粒⼦速度的
⼤⼩和⽅向都会改变,就不可能做直线运动.(粒⼦沿磁场⽅向运动除外)
（3）带电粒⼦在复合场中有约束情况下的运动带电粒⼦在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道
等约束的情况下,常见的运动形式有直线运动和圆周运动,此时解题要通过受⼒分析明确变⼒、恒
⼒做功情况,并注意洛伦兹⼒不做功的特点,⽤动能定理、能量守恒定律结合⽜顿运动定律求出结
果.
2.带电粒⼦在复合场中运动的解题思路
注意:对于粒⼦连续通过⼏个不同情况场的问题,要分阶段进⾏处理.转折点的速度往往成为解题的
突破⼝.
3.解决带电粒⼦在组合场中运动问题的分析⽅法
4.带电粒⼦在交变复合场中的运动问题的基本思路。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业： 运动的合成与分解 同步测试题(PDF版,含答案)
4.1 运动的合成与分解一、选择题1．跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，当跳伞运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中若受到水平风力的影响，下列说法正确的是()A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的空中表演动作B．风力越大，运动员下落时间越短，有可能对运动员造成伤害C．运动员下落时间与风力大小无关D．运动员着地速度与风力大小无关2．趣味投篮比赛中，运动员站在一个旋转较快的大平台边缘上，相对平台静止，向平台圆心处的球筐内投篮球．则下图各俯视图中篮球可能被投入球筐(图中箭头指向表示投篮方向)的是()3. 如图所示,在冰球比赛中,冰球以速度v1在水平冰面上向右运动。
运动员沿冰面垂直v1的方向上快速击打冰球,冰球立即获得沿击打方向的分速度v2,不计冰面摩擦和空气阻力,下列图中的虚线能正确反映冰球被击打后运动路径的是()4. (2018·泰安质检)如图所示，甲、乙两船在同一条水流匀速的河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，如果划船速度大小相同，且两船相遇不影响各自的航行，下列判断正确的是()A．甲船也能到达M点正对岸B．甲船渡河时间一定短C．两船相遇在NP直线上的某点(非P点)D．渡河过程中两船不会相遇5. 在光滑的水平面内建立如图所示的直角坐标系，长为L的光滑细杆AB的两个端点A、B被分别约束在x轴和y轴上运动，现让A沿x轴正方向以v0匀速运动，已知P点为杆的中点，杆AB与x轴的夹角为θ，下列关于P点的运动轨迹和P点的运动速度大小v的表达式正确的是()A．P点的运动轨迹是一条直线B．P点的运动轨迹是圆的一部分C．P点的运动速度大小v＝v0tan θD．P点的运动速度大小v＝v0 2sin θ6. (2018·日照模拟)如图所示,长为L的直棒一端可绕固定轴O转动,另一端搁在升降平台上,平台以速度v匀速上升,当棒与竖直方向的夹角为α时,棒的角速度（）A. B. C. D.7. 如图所示，人沿平直的河岸以速度v行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行。
2019高考物理 带电粒子在复合场中的运动 Word版含答案(打包下载)
第10讲带电粒子在复合场中的运动一、牢记一个网络明晰粒子在不同场中运动规律二、做好“两个区分”：求解“电偏转”与“磁偏转”1．正确区分重力、电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点．重力、电场力做功只与初、末位置有关，与路径无关，而洛伦兹力不做功．2．正确区分“电偏转”和“磁偏转”的不同．“电偏转”是指带电粒子在电场中做类平抛运动，而“磁偏转”是指带电粒子在磁场中做匀速圆周运动．三、抓住“两个技巧”，突破问题重点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特点的小过程．2．善于画出几何图形处理边角关系，要有运用数学知识处理物理问题的习惯．高频考点1电磁技术的应用1－1.(2017·山西省高三联考)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具．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(图中末画出)接收到该粒子，且GF ＝3R .则该粒子的荷质比为(粒子的重力忽略不计)( )A ．8UR 2B 2B ．4UR 2B 2C ．6UR 2B2B ．2U R 2B2解析：设粒子被加速后获得的速度为v ，由动能定理有：qU ＝12m v 2，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝3R 3，又Bq v ＝m v 2r ，可求q m ＝6UR 2B2，故C 正确．答案：C1－2．(多选)(2017·贵州贵阳一中模拟)如图所示元件为某种型号的半导体，这种半导体内导电的粒子为自由电子，每个载流子所带电量的绝对值为e ，n 为单位体积内载流子数．已知元件长为a 、宽为b 、厚为c ，现将该半导体材料板放在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向沿y 轴正方向．当有大小为I 、沿x 轴正方向的恒定电流通过该材料板时，会在与z 轴垂直的两个侧面之间产生霍尔电势差U H ，下列说法正确的是( )A ．材料上表面的电势高于下表面的电势B ．在其他条件不变时通过材料的电流I 越大霍尔电势差越大C ．在其他条件不变时材料的宽度b 越大霍尔电势差越大D ．在其他条件不变时该磁场的磁感应强度B 越大霍尔电势差越大解析：半导体内导电的粒子“载流子”为自由电子，根据左手定则，则电子受到洛伦兹力方向向上，导致上表面的电势低于下表面的，故选项A 错误；据I ＝nes v ＝ne v bc 和e v B ＝eE ＝e U H b 知U H ＝BInec，所以I 越大、B 越大霍尔电势差越大，故选项BD 正确，C 错误．答案：BD1－3． (多选)如图所示为磁流体发电机的原理图．金属板M 、N 之间的距离为d ＝20 cm ，磁场的磁感应强度大小为B ＝5 T ，方向垂直纸面向里．现将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，整体呈中性)从左侧喷射入磁场，发现在M 、N 两板间接入的额定功率为P ＝100 W 的灯泡正常发光，且此时灯泡电阻为R ＝100 Ω，不计离子重力和发电机内阻，且认为离子均为一价离子，则下列说法中正确的是( )A ．金属板M 上聚集负电荷，金属板N 上聚集正电荷B ．该发电机的电动势为100 VC ．离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103 m/sD ．每秒钟有6.25×1018个离子打在金属板N 上解析：由左手定则可知，射入的等离子体中正离子将向金属板M 偏转，负离子将向金属板N 偏转，选项A 错误；由于不考虑发电机的内阻，由闭合电路欧姆定律可知．电源的电动势等于电源的路端电压，所以E ＝U ＝PR ＝100 V ，选项B 正确；由Bq v ＝q Ud 可得v＝UBd＝100 m/s ，选项C 错误；每秒钟经过灯泡L 的电荷量Q ＝It ，而I ＝PR＝1 A ，所以Q ＝1 C ，由于离子为一价离子，所以每秒钟打在金属板N 上的离子个数为n ＝Q e ＝11.6×10－19＝6.25×1018(个)，选项D 正确．答案：BD高频考点2 带电粒子在组合场、交变场中的运动如图所示，在纸平面内建立的直角坐标系xOy ，在第一象限的区域存在沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为m ，电量为e 的电子从第一象限的某点P ⎝⎛⎭⎫L ，38L 以初速度v 0沿x 轴的负方向开始运动，经过x 轴上的点Q ⎝⎛⎭⎫L 4，0进入第四象限，先做匀速直线运动然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域，磁场左边界和上边界分别与y 轴、x 轴重合，电子偏转后恰好经过坐标原点O ，并沿y 轴的正方向运动，不计电子的重力．求：(1)电子经过Q 点的速度v ；(2)该匀强磁场的磁感应强度B 和磁场的最小面积S ． [审题流程]【解析】 (1)电子做类平抛运动，有： 3L 4＝v 0t ，3L 8＝v y 2t ，解得：v y ＝33v 0 经过Q 点的速度大小为：v Q ＝v 2x ＋v 2y ＝233v 0与水平方向夹角为：θ＝arc tanv y v x ＝arc tan 33＝30°． (2)电子进入第四象限先做匀速直线运动，进入磁场后做匀速圆周运动，利用磁场速度偏转角为120°．由几何关系得r ＋r sin 30°＝L 4，解得r ＝L12由向心力公式eB v ＝m v 2r解得B ＝83m v 0eL ，方向垂直于纸面向里矩形磁场右边界距y 轴的距离 d ＝r ＋r cos 60°＝32r ＝L8下边界距x 轴的距离r ＝L12最小面积为S ＝d ·r ＝L 296．【答案】 (1)233v 0，与水平方向夹角为30°(2)83m v 0eL ，方向垂直于纸面向里 L 296带电粒子在电磁组合场中运动的处理方法(1)在电场中的运动一般分两种情况：①在电场中做匀变速直 线运动，用动能定理或者运动学公式求速度和位移；②在 电场中做类平抛运动，用运动的合成与分解来处理．(2)在磁场中的运动为匀速圆周运动，利用圆周运动的规律结 合几何关系处理． (3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度 的大小和方向往往是解题的突破口．(2017·桂林模拟)如图甲所示，宽度为d 的竖直狭长区域内(边界为L 1、L 2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E 0，E ＞0表示电场方向竖直向上．t ＝0时，一带正电、质量为m 的微粒从左边界上的N 1点以水平速度v 射入该区域，沿直线运动到Q 点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N 2点．Q 为线段N 1N 2的中点，重力加速度为g .上述d 、E 0、m 、v 、g 为已知量．(1)求微粒所带电荷量q 和磁感应强度B 的大小． (2)求电场变化的周期T ．(3)改变宽度d ，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T 的最小值． [审题流程]【解析】 (1)微粒做直线运动，则 mg ＋qE 0＝q v B① 微粒做圆周运动，则mg ＝qE 0 ② 联立①②得q ＝mgE 0③ B ＝2E 0v④ (2)设微粒从N 1运动到Q 的时间为t 1，做圆周运动的周期为t 2，则d2＝v t 1⑤ q v B ＝m v 2R⑥ 2πR ＝v t 2⑦ 联立③④⑤⑥⑦得t 1＝d2v ；t 2＝πv g⑧电场变化的周期T ＝t 1＋t 2＝d 2v ＋πv g⑨ (3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d ≥2R ⑩ 联立③④⑥得R ＝v 22g⑪设在N 1Q 段直线运动的最短时间为t 1min ，由⑤⑩⑪得 t 1min ＝v 2g因t 2不变，T 的最小值T min ＝t 1min ＋t 2＝(2π＋1)v2g． 【答案】 (1)q ＝mg E 0 B ＝2E 0v (2)T ＝d 2v ＋πvg(3)T min ＝(2π＋1)v 2g解决带电粒子在交变电、磁场中运动问题的基本思路先读图—看清、并明确场的变化情况 ↓受力分析—分析粒子在不同的变化场区的受力情况 ↓过程分析—分析粒子在不同时间内的运动情况 ↓找衔接点—找出衔接相邻两过程的物理量 ↓选规律—联立不同阶段的方程求解2－1． (2017·天津卷)平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v 0沿x 轴正方向开始运动，Q 点到y 轴的距离为到x 轴距离的2倍．粒子从坐标原点O 离开电场进入磁场，最终从x 轴上的P 点射出磁场，P 点到y 轴距离与Q 点到y 轴距离相等．不计粒子重力，问：(1)粒子到达O 点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．解析：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q 点到x 轴距离为L ，到y 轴距离为2L ，粒子的加速度为a ，运动时间为t ，有2L ＝v 0t① L ＝12at 2②设粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度为v y v y ＝at③设粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向夹角为α，有 tan α＝v yv 0④联立①②③④式得 α＝45°⑤即粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向成45°角斜向上 设粒子到达O 点时速度大小为v ，由运动的合成有v ＝v 20＋v 2y⑥联立①②③⑥式得 v ＝2v 0⑦(2)设电场强度为E ，粒子电荷量为q ，质量为m ，粒子在电场中受到的电场力为F ，由牛顿第二定律可得F ＝ma ⑧ 又F ＝qE⑨设磁场的磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，所受的洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2R⑩由几何关系可知 R ＝2L⑪联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得 E B ＝v 02⑫答案：见解析2－2.(2017·厦门一中模拟)如图甲所示，y 轴右侧空间有垂直xOy 平面向里的匀强磁场，同时还有沿－y 方向的匀强电场(图中电场未画出)，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，一质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴射入电场和磁场区，t 0时刻粒子到达坐标为(x 0，y 0)的点A (x 0＞y 0)，速度大小为v ，方向沿＋x 方向，此时撤去电场，t ＝t 0＋t 1＋t 2时刻，粒子经过x 轴上x ＝x 0点，速度沿＋x 方向，不计粒子重力，上述m 、q 、v 0、v 、x 0、y 0、B 0为已知量，求：(1)0～t 0时间内OA 两点间电势差U OA ； (2)粒子在t ＝0时刻的加速度大小a 0； (3)B 1的最小值及对应t 2的表达式．解析：(1)带电粒子由O 到A 运动过程中，由动能定理 qU OA ＝12m v 2－12m v 20解得：U OA ＝m v 2－m v 22q．(2)设电场强度大小为E ，则U AO ＝Ey 0，t ＝0时刻，q v 0B 0－qE ＝ma 0解得：a 0＝B 0v 0q m －v 20－v 22y 0．(3)t 0～t 0＋t 1时间内，粒子在小的虚线圆上运动，t 0＋t 1时刻粒子从C 点切入大圆，大圆最大半径为x 0，相应小圆最大半径为R ，则：R ＝2x 0－y 02，而且q v B 1＝m v 2RB 1的最小值，B min ＝2m vq (2x 0－y 0)，对应于B 1取最小值，带电粒子由C 点到经过x 轴上x＝x 0点的时间t 2满足t 2＝⎝⎛⎭⎫k ＋12·2πx0v(k ＝0,1,2，……)答案：(1)U OA ＝m v 2－m v 202q (2)a 0＝B 0v 0q m －v 20－v22y 0 (3)B min ＝2m v q (2x 0－y 0)t 2＝⎝⎛⎭⎫k ＋12·2πx 0v(k＝0,1,2，……)高频考点3带电粒子在叠加场中的运动如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2 N/C．在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y＞h＝0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限．已知重力加速度g＝10 m/s2，问：(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(2)油滴在P点得到的初速度大小；(3)油滴在第一象限运动的时间．【解析】(1)根据受力分析(如图)可知油滴带负电荷，设油滴质量为m，由平衡条件得：mg∶qE∶F＝1∶1∶2．(2)由第(1)问得：mg＝qEq v B＝2qE解得：v＝2EB＝4 2 m/s．(3)进入第一象限，电场力和重力平衡，知油滴先做匀速直线运动，进入y≥h的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图，最后从x轴上的N点离开第一象限．由O→A匀速运动的位移为x1＝hsin 45°＝2h其运动时间：t 1＝x 1v ＝2h 2E B＝hBE ＝0.1 s由几何关系和圆周运动的周期关系式T ＝2πmqB 知，由A →C 的圆周运动时间为t 2＝14T ＝πE2gB ≈0.628 s由对称性知从C →N 的时间t 3＝t 1在第一象限运动的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2×0.1 s ＋0.628 s ＝0.828 s 【答案】 (1)1∶1∶2 油滴带负电荷 (2)4 2 m/s (3)0.828 s解决带电粒子在复合场中运动问题的基本思路复合场的组成→弄清电场、磁场、重力场的组合情况 ↓受力分析→先分析场力(重力、电场力、洛伦兹力)，再分析弹力、摩擦力、其它力↓运动分析→注意运动情况和受力情况的结合 ↓分段分析→粒子通过不同种类的场时，分段讨论 ↓画出轨迹选择规律→匀速直线运动→平衡条件匀速圆周运动→牛顿运动定律和圆周运动规律 复杂曲线运动→动能定理或能量守恒定律3－1．(2017·全国卷Ⅰ)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 c B．m b>m a>m cC．m c>m a>m b D．m c>m b>m a解析：本题考查带电粒子在复合场中的运动．因微粒a做匀速圆周运动，则微粒重力不能忽略且与电场力平衡：m a g＝qE；由左手定则可以判定微粒b、c所受洛伦兹力的方向分别是竖直向上与竖直向下，则对b、c分别由平衡条件可得m b g＝qE＋Bq v b>qE、m c g＝qE－Bq v c<qE，故有m b>m a>m c，B正确．答案：B专题四电路与电磁感应第11讲直流电路与交流电路一、明晰两个网络，理清两类电路二、明确变压器各物理量间的制约关系三、谨记三点提醒，全面清除雷区1．变压器匝数不变时，变压器的输入、输出电压均不变，但变压器原、副线圈中的电流均随负载的变化而变化．2．变压器匝数变化时，要注意区分是原线圈还是副线圈匝数变化．3．当变压器输出电压一定时，移动变阻器的滑动触头或改变接入的用电器多少时，引起的各物理量的变化分析方法同直流电路的动态分析方法．高频考点1 直流电路的分析与计算1－1． (2017·上海卷)将四个定值电阻a 、b 、c 、d 分别接入电路，测得相应的电流、电压值如图所示．其中阻值最接近的两个电阻是( )A ．a 和bB ．b 和dC ．a 和cD ．c 和d解析：本题考查U -I 图象的意义．根据R ＝U I 知，定值电阻的U -I 图线的斜率表示定值电阻的阻值．在U -I 图中分别连接O 与4个点，根据它们的倾斜度可知，a 和b 的阻值最接近，故选A ．答案：A1－2.(2017·辽师大附中期中)科学家研究发现，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而变小，如图所示电路中GMR 为一个磁敏电阻，R 和R 2为滑动变阻器，R 1和R 3为定值电阻，当开关S 1和S 2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，则( )A ．只调节电阻R ，当P 1向右端移动时，电阻R 1消耗的电功率变大B ．只调节电阻R ，当P 1向右端移动时，带电微粒向下运动C ．只调节电阻R 2，当P 2向下端移动时，电阻R 1消耗的电功率变大D ．只调节电阻R 2，当P 2向下端移动时，带电微粒向下运动解析：只调节电阻R ，当P 1向右端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电源电动势不变，所以电路中的电流减小，电磁铁的磁性减弱；由于电磁铁磁性的减弱，导致了磁敏电阻GMR 的阻值减小，则通过R 1的电流增大，其电功率增大．电容器两端的电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动．A 正确，B 错误；只调节电阻R 2，当P 2向下端移动时，回路中电流不变，电阻R 1消耗的电功率不变．电容器板间电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，C 、D 错误；故选A ．答案：A1－3． (多选)(2017·衡阳八中高三质检)如图所示电路中，电源电动势E 恒定，内阻r ＝1 Ω，定值电阻R 3＝5 Ω.开关K 断开与闭合时，ab 段电路消耗的电功率相等．则以下说法中正确的是( )A ．电阻R 1、R 2可能分别为4 Ω、5 ΩB ．电阻R 1、R 2可能分别为3 Ω、6 ΩC ．开关K 断开时理想电压表的示数一定小于K 闭合时的示数D ．开关K 断开与闭合时，理想电压表的示数变化量大小与理想电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω解析：开关闭合时，ab 段只有电阻R 1工作，消耗的电功率为P ＝⎝⎛⎭⎫ER 1＋R 3＋r 2R 1，当开关断开时，ab 段电阻R 1和R 2工作，消耗的电功率为P ＝⎝⎛⎭⎫ER 1＋R 2＋R 3＋r 2(R 1＋R 2)，代入数据可得A 正确B 错误；将R 3和电源内阻看作一整体，则此时电压表测量路端电压，当断开时路端总电阻大于闭合时的，所以断开时电压表示数大，C 错误；根据闭合电路欧姆定律得：U ＝E －(R 3＋r )I ，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为：ΔU ΔI＝R 3＋r ＝6 Ω，D 正确．答案：AD直流电路中的功率问题(1)非纯电阻电路的电功率分析①纯电阻电路：P 电＝P 热＝I 2R ＝IU ＝U 2R；②非纯电阻电路：P 电＝P 热＋P 机，即UI ＝I 2R ＋P 机． (2)电流的输出功率与负载的关系分析①当R ＝r 时，电源的输出功率最大，为P m ＝E 24r ；②当R >r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越小； ③当R <r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越大；④当P 出<P m 时，每个输出功率对应两个外电阻阻值R 1和R 2，且R 1R 2＝r 2．高频考点2 交变电流的产生、描述2－1.(多选)(2017·天津卷)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化．设线圈总电阻为2 Ω，则( )A ．t ＝0时，线圈平面平行于磁感线B ．t ＝1 s 时，线圈中的电流改变方向C ．t ＝1.5 s 时，线圈中的感应电动势最大D ．一个周期内，线圈产生的热量为8π2J解析：由Φ -t 图可知，t ＝0时，Φ＝0，则线圈平面平行于磁感线，选项A 正确；t ＝1 s 时Φ＝0，此时电动势最大，t ＝0.5 s 和t ＝1.5 s 时，Φ最大，此时电动势为0，电流改变方向，选项B 、C 错误；交流电电动势的最大值E m ＝nBSω＝nΦm 2πT ＝4π V ，有效值E ＝22E m＝22π V ，一个周期内线圈产生的热量Q ＝E 2R·T ＝8π2J ，D 正确．答案：AD2－2.(多选)如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，匝数n ＝100匝，电阻为r ＝1 Ω的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈两端经集流环和电刷与电路连接，定值电阻R 1＝6 Ω，R 2＝3 Ω，其他电阻不计，线圈匀速转动的周期T ＝0.2 s ．从线框与磁场方向平行位置开始计时，线圈转动的过程中，理想电压表的示数为2 V ．下列说法中正确的是( )A ．电阻R 1上的电功率为23WB ．t ＝0.4 s 时，电阻R 2两端的电压瞬时值为零C ．从开始计时到1/20 s 通过电阻R 2的电荷量为210πCD ．若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e ＝62cos 20πt (V)解析：电阻R 1上的电功率为P ＝U 2R 1＝226W ＝23W ，故A 正确；线圈匀速转动的周期T ＝0.2 s ，t ＝0.4 s 时正好又转到了与磁场方向平行位置，故此时线圈产生的感应电动势最大，故电阻R 2两端的电压瞬时值最大，故B 错误；根据闭合电路欧姆定律产生的感应电动势的有效值E ＝R ＋r R U ＝2＋12×2 V ＝3 V ，最大值E m ＝2E ＝32V ，有E m ＝NBSω，故BS ＝E mNω＝32100×10π＝321000π，故Φ＝BS sin ωt ＝321000πsin 10πt ，从开始计时到1/20 s ，磁通量的变化量ΔΦ＝321000π，故通过电阻R 2的电荷量为q ＝23×N ΔΦR ＋r ＝215πC ，故C 错误；转速增大2倍，故产生的感应电动势E m ＝NBSω变为原来的2倍，故最大值为E ′m ＝62V ，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e ＝62cos 20πt (V)，故D 正确，故选AD ．答案：AD高频考点3 理想变压器的工作原理与计算理想变压器原、副线圈基本量间的关系提醒：对于有多个副线圈的变压器，电压关系不变，电流关系应从功率角度分析，具体如下．(1)U 1U 2＝n 1n 2，U 1U 3＝n 1n 3，… (2)n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋… (3)P 1＝P 2＋P 3＋…3－1.(2017·湖北省七市(州)联考)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，原线圈回路接有内阻不计的交流电流表A ，副线圈回路接有定值电阻R ＝2 Ω，现在a 、b 间和c 、d 间分别接上示波器，同时监测得a 、b 间，c 、d 间的电压随时间变化的图象如下图所示，则下列说法中错误的是( )A ．T ＝0.02 sB ．n 1∶n 2≈55∶1C ．电流表A 的示数I ≈36.4 mAD ．当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值为0解析：由图知，电压变化的周期是0.02 s ，所以A 正确；根据变压规律得：n 1n 2＝U 1U 2≈55，所以B 正确；副线圈的电流I 2＝U 2R ＝5.6622 A ，根据变流规律得原线圈电流I 1＝I 255≈0.0364 A＝36.4 mA ．所以C 正确；由图知，当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值也最大，故D 错误．本题错误的选择D ．答案：D3－2． (2017·宁德市高中质检)如图所示，理想变压器的副线圈接有一规格为“44 V 、44 W ”的灯泡和线圈电阻r ＝1 Ω的电动机，原线圈接上u ＝2202sin 100πt (V)的正弦交流电后灯泡和电动机都正常工作，且原线圈中理想交流电流表的示数为1 A ，则下列说法正确的是( )A ．理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1B ．电动机的输出功率为176 WC ．电动机的热功率为6 WD ．若电动机被卡住，灯泡仍正常工作，则电流表的示数变为9 A解析：原线圈两端的电压U 1＝22022＝220 V ，根据题意灯泡和电动机都正常工作，所以灯泡两端的电压为44 V ，根据电压与匝数成正比，得n 1n 2＝U 1U 2＝22044＝51，选项A 错误；根据电流与匝数成反比得副线圈中的电流，I 2＝5I 1＝5 A ，灯泡中的电流I L ＝P L U L ＝4444A ＝1 A ，则电动机的电流为I M ＝4 A ，电动机的热功率：P 热＝I 2M r ＝16 W ；则电动机输出功率：P 出＝U 2I M －I 2M r ＝44×4－42×1＝160 W ，选项BC 错误；若电动机被卡住，电灯正常发光，则通过电动机的电流I ′M ＝441 A ＝44 A ；此时变压器次级电流为45 A ，则初级电流I 1′＝n 2n 1I 2′＝455A ＝9 A ，电流表的示数变为9 A ，选项D 正确；故选D ． 答案：D3－3.(2017·北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100 πt (V)的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．原线圈的输入功率为220 2 WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 s解析：由题知，变压器的输入电压U 1＝22022 V ＝220 V ，所以U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ；副线圈电流I 2＝U 2R ＝2 A ，原线圈电流I 1＝n 2n 1I 2＝1 A ．本题中电压表、电流表的读数为有效值，故B 项正确，C 项错误；原线圈输入功率P 1＝U 1I 1＝220 W ，A 项错误；交流电的周期T ＝2πω＝2π100π s ＝0.02 s ，D 项错误． 答案：B高频考点4 理想变压器与远距离输电问题4－1.(多选)(2017·衡阳市第二次联考)某同学在实验室中研究远距离输电．由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的电磁感应)．在输送功率相同时，第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P 1，第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T 1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2，理想变压器T 2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P 2.下列说法正确的是( )A ．前后两次实验都可用于研究远距离直流输电B ．实验可以证明，T 1采用升压变压器⎝⎛⎭⎫匝数比为n 2n 1>1能减少远距离输电的能量损失 C ．若输送功率一定，则p 2∶p 1＝n 1∶n 2D ．若输送功率一定，则p 2∶p 1＝n 21∶n 22解析：变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A 错误；实验可以证明，T 1采用升压变压器能减小输电电流，能减少远距离输电的能量损失，故B 正确；第一次实验输电线上的电流I ＝P U 1，输电线上损失的功率P 1＝I 2R ＝P 2U 21R ；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U 2＝n 2n 1U 1，输电线上的电流I ′＝PU 2，输电线上损失的功率P 2＝I ′2R ＝P 2U 22R ，所以：P 2P 1＝U 21U 22＝n 21n 22故D 正确，C 错误．故选BD ．答案：BD4－2.(多选)(2017·第一次全国大联考卷Ⅰ)如图所示，(a )是远距离输电线路的示意图，变压器均为理想变压器．(b )是用户内部电路图，由1 000个完全相同的电阻并联．(c )是某个电阻的电流随时间变化的图象．已知升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶100，降压变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，远距离输电线的总电阻为r ＝20 Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，不考虑降压变压器与用户间导线的电阻，则( )A ．发电机的输出功率是4×106 WB ．升压变压器的输入电压是400 VC ．降压变压器的输入电压是40 000 VD ．用户电路中每个电阻的阻值是3 800 Ω解析：用户电路中通过每个电阻的电流有效值I ＝1 A ，降压变压器的输出电流I 4＝nI ＝1 000 A ，升压变压器的输出电流I 2、输电线上的电流I 线、降压变压器的输入电流I 3相等，输电线上的电流I 线＝I 2＝I 3＝n 4n 3I 4＝100 A ，输电线上损失的电功率ΔP ＝I 2线r ＝2×105W ，发电机的输出功率也就是输电功率P 1＝ΔP η＝4×106W ，A 正确；升压变压器的输入电流I 1＝n 2n 1I 2＝10 000 A ，升压变压器的输入电压U 1＝P 1I 1＝400 V ，B 正确；升压变压器的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝40 000 V ，降压变压器的输入电压U 3＝U 2－I 线r ＝38 000 V ，C 错误；降压变压器的输出电压U 4＝n 4n 3U 3＝3 800 V ，每个电阻的阻值是R ＝U 4I＝3 800 Ω，D 正确．答案：ABD远距离输电中的“三路两耗”(1)三个回路回路1：发电机回路．该回路中，通过线圈1的电流I1等于发电机中的电流I机；线圈1两端的电压U1等于发电机的路端电压U机；线圈1输入的电功率P1等于发电机输出的电功率P机．回路2：输送电路．I2＝I3＝I R，U2＝U3＋U R，P2＝P R＋P3．回路3：输出电路．I4＝I用，U4＝U用，P4＝P用．(2)两种损耗①电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，U R＝U2－U3＝I R R．②功率损耗：输电线上的功率损耗P损＝I2R＝P2－P3．电路的动态变化模型电路的动态变化模型的特点一般为电路中一个元件的电阻发生变化，可能会引起电路中电流、电压、功率同时发生变化，使整个电路处于动态变化之中．此模型涉及电路中的内、外电路，需要分析的物理量较多，能很好地考查考生应用闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律综合分析的能力．直流电路动态变化模型(多选)如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则()A．A的示数增大B．V2的示数增大。
2019年秋高三物理第一轮复习课时跟踪练：第九章第三讲带电粒子在复合场中的运动_word版含解析 .doc
第九章 磁场第三讲 带电粒子在复合场中的运动课时跟踪练A 组 基础巩固1. (2018·威海模拟)回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示．它的核心部分是两个D 形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．如果用同一回旋加速器分别加速氚核(31H)和α粒子(42He)，比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，有( )A ．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大B ．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小C ．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小D ．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大解析：由题意知m H m α＝34，q H q α＝12，回旋加速器交流电源的周期应与带电粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，由T ＝2πm Bq 可得T H T α＝32，故加速氚核的交流电源的周期较大，因为粒子最后直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出，由R ＝m v Bq ＝2mE k qB 可得氚核和α粒子的最大动能之比E kH E k α＝13，氚核获得的最大动能较小．故选项B正确．答案：B2.(多选)(2017·浙江嘉兴联考)如图所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的()A．速度B．质量C．电荷量D．电荷量与质量之比解析：因为正离子束通过区域Ⅰ伦兹力相等，即Eq＝B1q v磁场Ⅱ后，其偏转半径相同，由公式R＝Bq选项D 正确．答案：AD3. (2018·安阳模拟)如图所示是磁流体发电机的原理示意图，金属板M、N正对着平行放置，且板面垂直于纸面，在两板之间接有电阻R.在极板间有垂直于纸面向里的匀强磁场．当等离子束(分别带有等量正、负电荷的离子束)从左向右进入极板时，下列说法中正确的是()A．N板的电势高于M板的电势B．M板的电势等于N板的电势C．R中有由b向a方向的电流D．R中有由a向b方向的电流解析：根据左手定则可知正离子向上极板偏转，负离子向下极板偏转，则M 板电势高于N 板电势．M 板相当于电源的正极，那么R 中有由a 向b 方向的电流，据以上分析可知本题正确选项为D.答案：D4. (2017·苏北名校联考)如图所示，一个质量为m 、电荷量为q 的带电小球从水平线PQ 上方M 点自由下落，以PQ 为边界下方有方向竖直向下、电场强度为E 的匀强电场，同时还有垂直于纸面的匀强磁场，小球从边界上的a 点进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，并从边界上的b 点穿出，重力加速度为g ，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )A ．小球带负电荷，匀强磁场方向垂直于纸面向外B ．小球的电荷量与质量的比值q m ＝g EC ．小球从a 运动到b 的过程中，小球和地球组成的系统的机械能守恒D ．小球在a 、b 两点的速度相同解析：带电小球在复合场中做匀速圆周运动，则qE ＝mg ，选项B 正确；电场方向竖直向下，则可知小球带负电，由于小球从b 点射出，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，选项A 错误；小球运动过程中，电场力做功，故小球和地球组成的系统的机械能不守恒，只是在a 、b 两点机械能相等，选项C 错误；小球在a 、b 两点速度方向相反，故选项D 错误．答案：B5．(多选) (2018·株洲模拟)利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B 垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I ，C 、D 两侧面会形成电势差U CD ，下列说法中正确的是( )A ．电势差U CD 仅与材料有关B ．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U CD ＜0C ．仅增大磁感应强度时，电势差U CD 变大D ．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平 解析：电势差U CD 与磁感应强度B 、材料及电流强度有关，选项A 错误；若霍尔元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子向侧面C 偏转，则电势差U CD ＜0，选项B 正确；仅增大磁感应强度时，电势差U CD 变大，选项C 正确；在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直且东西放置，选项D 错误．答案：BC6.(多选)(2018·成都模拟)电场强度为E 的匀强电场与磁感应强度为B 的匀强磁场正交，复合场的水平宽度为d ，竖直方向足够长，如图所示．现有一束带电荷量为q 、质量为m 的α粒子以相同的初速度v 0沿电场方向射入场区，则那些能飞出场区的α粒子的动能增量ΔE k 可能为( )A ．dq (E ＋B )B.qEd B C ．qEd D ．0解析：α粒子可能从左侧飞出或从右侧飞出场区，由于洛伦兹力不做功，电场力做功与路径无关，所以从左侧飞出时ΔE k ＝0，从右侧飞出时ΔE k ＝Eqd ，选项C 、D 正确．答案：CD7. (2018·宿州模拟)如图所示，从S 处发出的热电子经加速电压U 加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转．设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B.欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是()A．适当减小电场强度EB．适当减小磁感应强度BC．适当增大加速电场极板之间的距离D．适当减小加速电压U解析：欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，则qE＝q v B，而电子流向上极板偏转，则qE＞q v B，应减小E或增大B、v，故A正确，B、C、D 错误．答案：A8．(2018·郑州模拟)一束硼离子以不同的初速度，沿水平方向经过速度选择器，从O点进入方向垂直纸面向外的匀强偏转磁场区域，分两束垂直打在O点正下方的硼离子探测板上P1和P2点，测得OP1∶OP2＝2∶3，如图甲所示．速度选择器中匀强电场的电场强度为E，匀强磁场的磁感应强度为B1，偏转磁场的磁感应强度为B2，若撤去探测板，在O点右侧的磁场区域中放置云雾室，硼离子运动轨迹如图乙所示．设硼离子在云雾室中运动时受到的阻力F f＝kq，式中k为常数，q为硼离子的电荷量．不计硼离子重力．求：(1)硼离子从O点射出时的速度大小；(2)两束硼离子的电荷量之比；(3)两种硼离子在云雾室里运动的路程之比．解析：(1)只有竖直方向受力平衡的离子，才能沿水平方向运动离开速度选择器，故有qE ＝q v B 1，解得v ＝E B 1. (2)设到达P 1点的硼离子的电荷量为q 1，到达P 2点的硼离子的电荷量为q 2，进入磁场后有q v B 2＝m v 2r， 解得r ＝m v qB 2. 根据题意有r 1r 2＝23. 进入偏转磁场的硼离子的质量相同、速度相同，可得q 1＝r 2＝3.s 1，电荷量为q 2的硼离子运动路阻力一直做负F f s ＝ΔE k ，答案：(1)E B 1(2)3∶2 (3)2∶3 B 组 能力提升9．(多选)(2018·榆林模拟)如图所示，空间中存在正交的匀强电场E (方向水平向右)和匀强磁场B (方向垂直纸面向外)，在竖直平面内从a 点沿ab 、ac 方向抛出两带电小球(不考虑两带电小球的相互作用，两小球电荷量始终不变)，关于小球的运动，下列说法正确的是()A．沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动B．只有沿ab方向抛出的带电小球才可能做直线运动C．若沿ac方向抛出的小球做直线运动则小球带负电，且小球一定是做匀速运动D．两小球在运动过程中机械能均守恒解析：两个带电小球的电性未知，可假设电性再判断电场力和洛伦兹力的方向，由于在电场力、洛伦兹力和重力作用下小球的直线运动必为匀速运动，只要三力能平衡，小球即可做直线运动，由假设判断可知沿ab方向做直线运动的小球带正电、沿ac方向做直线运动的小球带负电，所以选项A、C正确，选项B错误；除重力做功外，洛伦兹力不做功，电场力做功，机械能不守恒，选项D错误．答案：AC10．(多选)(2018·九江模拟)如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管固定于竖直平面内，环的半径为R(比细圆管的内径大得多)．在圆管的最低点有一个直径略小于细圆管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g.空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面向里的匀强磁场．某时刻，给小球一方向水平向右、大小为v0＝5gR的初速度，则以下判断正确的是()A．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用B．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用C．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都相同D．小球从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大小一直减小解析：小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力壁弹力的作用，AC选项，小球受到竖直向下的洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力，B选项正确；小球从最低点运动到最高点的过程中，小球在下半圆内上升的过程中，水平分速度向右且减小，到达圆心的等高点时，水平分速度为零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，D选项错误．答案：BC11．(多选)(2018·北京模拟)在如图所示的坐标系中，y>0的空间中存在匀强电场，场强方向沿y轴负方向；－1.5h<y<0的空间中存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面(纸面)向外．一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，经过y轴上y＝h处的P1点时速率为v0，方向沿x轴正方向，然后，经过x 轴上x＝1.5h处的P2点进入磁场，进入磁场后垂直磁场下边界射出．不计粒子重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法中正确的是()A ．粒子到达P 2点时速度大小为35v 0 B ．电场强度大小为8m v 209qhC ．磁感应强度大小为2m v 03qhD ．粒子在磁场中运动的时间为37πh 40v 0解析：设粒子从P 1点到P 2点的时间为t 0，粒子从P 1点到P 2点沿水平方向做匀速直线运动，沿竖直方向做匀加速直线运动，由运动学公式可得，1.5h ＝v 0t 0，h ＝0＋v y 2t 0解得v y ＝43v 0，则粒子到达P 2点的速度v ＝v 20＋v 2y ＝53v 0，A 错误；根据以上条件结合动能定理可得，qEh ＝12m v 2－12m v 20，解得E ＝8m v 209qh，B 正确；由题意可知后垂直磁场下边界射出，由此可作出粒子轨迹如图所示，由几何关系可知，轨迹半径R 满足R sin 37°＝1.5h ，即R ＝2.5h ，根据带电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力可得，q v B ＝m v 2R，联立解得B ＝2m v 03qh，C 正确；根据T ＝2πR v 可得，粒子在磁场中运动的时间t ＝37°360°×T ＝37πh 120v 0，D 错误．答案：BC12. (2018·石家庄模拟)如图所示，电子显像管由电子枪、加速电场、偏转磁场及荧光屏组成．在加速电场右侧有相距为d 、长为l 的两平板，两平板构成的矩形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的右边界与荧光屏之间的距离也为d .荧光屏中点O 与加速电极上两小孔S 1、S 2位于两板的中线上．从电子枪发射质量为m 、电荷量为－e 的电子，经电压为U 0的加速电场后从小孔S 2射出，经磁场偏转后，最后打到荧光屏上．若l ＝32d ，不计电子在进入加速电场前的速度．求：(1)电子进入磁场时的速度大小；(2)电子到达荧光屏的位置与O 点距离的最大值y m 和磁感应强度B 的大小． 设电子经电场加速后的速度大小为v 0，由动能定理得eU 0＝12m v 20y m ，如图所示，有e v 0B ＝m v 20R，⎝⎛⎭⎪⎫R －d 22＋l 2＝R 2，tan α＝lR－d2＝tan θ＝y m－d2d.l＝32d，v0＝2eU0m，联立以上各式可得R＝52d，y m＝5d4，B＝2m v05ed＝25d2mU0e.答案：(1) 2eU0m(2)5d425d2mU0e11。
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：带电物体在交变场中的运动 同步测试题(PDF版,含答案)
7
(1)电子打到荧光屏上时速度的大小等于它飞出加速电场时的速度大小，设为
1 v，由动能定理 eU＝ mv2；解得 v＝ 2
5
(2)当交变磁场为峰值 B0 时，电子束有最大偏转，在荧光屏上打 在 Q 点，PQ＝ 3 L．电子运动轨迹如图所示，设此时的偏转角 3L 度为 θ，由几何关系可知，tan θ＝ L ，θ＝60°. 根据几何关系，电子束在磁场中运动路径所对的圆心角 α＝θ， 而 tan α r ＝ . 2 R mv2 6meU ，解得 B0＝ . R 3er
qvnB=m 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 αn 由图看出 rnsin θn-rnsin αn=d 联立解得 rnsin θn-rn-1sin θn-1=d 可看出 r1sin θ1,r2sin θ2,…,rnsin θn 为一等差数列,公差为 d,可得 rnsin θn=r1sin θ1+(n-1)d 当 n=1 时,由图看出 r1sin θ1=d 联立解得 sin θn=B (3)若粒子恰好不能从第 n 层磁场右侧边界穿出,则 θn= sin θn=1 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 右侧边界,粒子穿出时,速度方向与水平方向的夹角为 θ'n,由于 则导致 sin θ'n>1 说明 θ'n 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. 3.【答案】 【解析】 (1) 2eU m (2) 6meU 3er 2eU m . ,假设能穿出第 n 层磁场
2019届高三衡水中学状元笔记物理课时作业：带电粒子在磁场中运动的多解性分析 同步测试题(PDF版,含答案)
5.【答案】
【解析】不知道带电粒子的电性，所以无法判断磁场的方向，A 项错误；根据几何关系， 粒子在 N 的速度方向水平向左，B 项正确；粒子从 M 点运动到 N 点的时间为四分之 三个周期，由 T＝ 6.【答案】A、B、D 【解析】 因为小球通过 y 轴的速度方向一定是+x 方向,故带电小球圆周运动轨迹半径最小 值为 3 m,即 Rmin= ,解得 vmin=3 m/s;经验证,带电小球以 3 m/s 速度进入磁场,与 2πr 2πm 3πm 3 ，可得 T＝ ，所以时间 t＝ T＝ ，C 项正确，D 项错误。 v qB 4 2qB
mvmin xOA mv0 Bqd ＝ Bq ，又因 ＝ Bq ，所以 vmin＝v0－ ，所以粒子落在 A 点左右两侧 d 的范围 2 2m 内， 其速度不可能小于 vmin＝v0－ Bqd ， C 正确； 当粒子射到 A 点右侧相距 d 的点时， 2m
xOA＋d mv1 xOA mv0 Bqd 最小速度为 v1，则 ＝ Bq ，又因 ＝ Bq ，即 v1＝v0＋ ，D 错误。 2 2 2m
2
不计 , 碰撞时电荷量不变 ,小球最后都能经过 M 点 , 则小球射入的速度大小可能是 ( A.3 m/s C.4 m/s 二、计算题 7、如图所示，一匀强磁场磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里，其边界是半径为 R 的圆，AB 为圆的一直径．在 A 点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量 m、电荷 量－q 的粒子，粒子重力不计． 2qBR (1)有一带电粒子以 v1＝ 的速度垂直磁场进入圆形区域， 恰从 B 点射出． 求此粒 m 子在磁场中运动的时间． (2)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率反弹 )，某粒子沿半 径方向射入磁场，经过 2 次碰撞后回到 A 点，则该粒子的速度为多大？ ⑶上题第(2)问中若不是经过 2 次碰撞而是 n 次碰撞后回到 A 点，粒子的速度 vn 为 多大？ ) B.3.75 m/s D.5 m/s
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10·7 带电粒子在复合场中的运动
一、选择题
1．如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂 直纸面向里，一带电微粒由 a 点进入电磁场并刚好能沿 ab 直线向上运动．下列说法 中正确的是( )
A ．微粒一定带负电
B ．微粒的动能一定减小
C ．微粒的电势能一定增加
D ．微粒的机械能不变
2. 如图所示,长均为 d 的两正对平行金属板 MN 、PQ 水平放置,板
间距离为 2d ,板间有正交的匀强电场和匀强磁场.一带电粒子从 MP 的中点 O 垂直于 电场和磁场方向以 v
0 射入,恰沿直线从 NQ 的中点 A 射出;若撤去
电场 , 则 粒子 从 M 点 射出 ( 粒 子 重力 不计 ). 以 下说 法 正确 的是
( )
A .该粒子带正电
B .该粒子带正电、负电均可
C .若撤去磁场,则粒子射出时的速度大小为 2v 0
D .若撤去磁场,0
3. 在如图所示的空间直角坐标系所在的区域内,同时存在场强为 E 的匀强电场和磁感应
强度为 B 的匀强磁场.已知从坐标原点 O 沿 x 轴正方向射入的带正电的小球(小球所 受的重力不可忽略)在穿过此区域时未发生偏转,则可以判断此区域中 E 和 B 的方向可 能是 ( )
A .E 和
B 都沿 y 轴的负方向
B .E 和 B 都沿 x 轴的正方向
C .E 沿 z 轴正方向,B 沿 y 轴负方向
D .
E 沿 z 轴正方向,B 沿 x 轴负方向
4. 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。
则 关于小球的运动，下列说法正确的是( )
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2mgv qB
D.小球第一次运动到最低点历时 2m
qB
5.如图所示，场强为 E 的匀强电场方向竖直向下，场强为 B 的水平匀强磁场垂直纸面向 里，三
个油滴 a 、b 、c 带有等量的同种电荷．已知 a 静止，b 、c 在纸面内按图示方向做匀速圆周运动(轨迹未画出)．忽略三个 油滴间的静电力作用，比较三个油滴的质量及 b 、c 的运动情况， 以下说法中正确的是( )
A ．三个油滴的质量相等，b 、c 都沿顺时针方向运动
B ．a 的质量最大，c 的质量最小，b 、c 都沿逆时针方向运动
C ．b 的质量最大，a 的质量最小，b 、c 都沿顺时针方向运动
D ．三个油滴的质量相等，b 沿顺时针方向运动，c 沿逆时针方向运动
6．一个带正电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平向里的匀强 磁
场．如图所示，小球飞离桌面后落到地板上，设飞行时间为 t 1，水平射程为 x 1，着
地速度为 v 1，撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为 t 2，水平射程为 x 2，着地 速度为 v 2，则下列论述正确的是( )
A ．x 1＞x 2
B ．t 1＞t 2
C ．v 1 和 v 2 大小相等
D ．v 1 和 v 2 方向相同
7．如图所示，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 ，所加电场强度大小为 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0
E v ，重力加速为 g ，则下列关于微粒运动的有关说法正 确的是( )
A ．微粒在 ab 区域的运动时间为
B ．微粒在 bc 区域中做匀速圆周运动，圆周半径 r ＝2d
C ．微粒在 bc 区域中做匀速圆周运动，运动时间为
06d v π D ．微粒在 ab 、bc 区域中运动的总时间为
063d v π+
8．如图所示，在垂直于纸面的水平面内建立一直角坐标系
xoy ，在竖直绝缘的平台上，一个带正电的小球以水平速
度 v 0 抛出，落在地面上的 O （0，0）点，若加一垂直纸
面向外的匀强电场和竖直向下的匀强磁场，下落时间
t ＜m
qB ，则小球的坐标 x 和 y 可能为( )
A ．x=0；y=0
B ．x=0；y ＜0
C ．x ＞0；y ＜0
D. x ＜0；y ＞0 9．如图所示，质量为 m 、电荷量为 q 的微粒，在竖直向下的匀强电场、水平指向纸内的 匀强磁场以及重力的共同作用下做匀速圆周运动，下列
说法正确的是( )
A ．该微粒带负电，电荷量 q ＝mg E
B ．若该微粒在运动中突然分成比荷相同的两个粒子，
分裂后只要速度不为零且速度方向仍与磁场方向垂
直，它们均做匀速圆周运动
C ．如果分裂后，它们的比荷相同，而速率不同，那么它们运动的轨道半径一定不同
D ．只要一分裂，不论它们的比荷如何，它们都不可能再做匀速圆周运动
10.带电小球以一定的初速度 v 0 竖直向上抛出,能够达到的最大高度为 h 1;若加上水平方向
的匀强磁场,且保持初速度仍为 v 0,小球上升的最大高度为 h 2;若加上水平方向的匀强 电场,且保持初速度仍为 v 0,小球上升的最大高
度为 h 3。
不计空气阻力,则 (
A.h 1=h 2=h 3
B.h 1>h 2>h 3
C.h 1=h 2>h 3
D.h 1=h 3>h 2
二、计算题 11．设在地面上方的真空室内，存在匀强电场和匀强磁场。
已知电场强度和磁感应 强度的方向是相同的，电场强度的大小 E ＝4.0 V /m ，磁感应强度的大小 B ＝0.15 T 。
现有 一带负电的质点以 v ＝20 m /s 的速度在此区域内沿垂直场强的方向做匀速直线运动，求 此带电质点的电荷量与质量之比 q /m 以及磁场所有可能的方向。
12.如图所示，空间区域Ⅰ、Ⅱ存在匀强电场和匀强磁场，MN、PQ 为磁场区域的理想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的高度足够大。
匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域磁场的磁感应强度均为B，方向分别垂直纸面向里和向外。
一个质量为m，电荷量为q 的带电小球从磁场上方的O 点由静止开始下落，进入电磁场区域后，恰能做匀速圆周运动。
已知重力加速度为g。
(1)试判断小球的电性并求出电场强度E 的大
小；
(2)若带电小球运动一定时间后恰能回到O
点，在图中作出小球的运动轨迹；求出释放时距
MN 的高度h；并求出小球从开始释放到第一次回
到O 点所经历的时间t；
(3)试讨论h 取不同值时，小球第一次穿出磁
场Ⅰ区域的过程中电场力所做的功W。