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Z专题检测 素能提升
一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中第2小题为多选题。)
1．[2014·北京高考]如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。下列判断正确的是( )21·cn·jy·com
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A．1、2两点的场强相等 B．1、3两点的场强相等
C．1、2两点的电势相等 D．2、3两点的电势相等
[解析] 同一电场中，电场线越密的地方 ( http: / / www.21cnjy.com )场强越大，所以1点场强大于2、3点场强，A、B错误；同一等势面上各点电势相等，沿电场线方向电势降低，故C错误，D正确。21cnjy.com
[答案] D
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2．[2014·广东高考]如图 ( http: / / www.21cnjy.com )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( )21*cnjy*com
A．M与N的距离大于L
B．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] 对小球M、N和杆组成的整体， ( http: / / www.21cnjy.com )由题意可知k＝k，得x＜L，则A错。若P、M和N不在同一直线上则不能平衡，所以B正确。在＋Q的电场中φM＞φN，则C错误。M、N及细杆静止于光滑绝缘桌面上，所以系统所受合外力为零，D正确。
[答案] BD
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3．如图是匀强电场遇到空腔导体后的部分电场 ( http: / / www.21cnjy.com )线分布图，电场线的方向如图中箭头所示，M、N、Q是以直电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线垂直于MN。以下说法正确的是( )
A．O点电势与Q点电势相等
B．O、M间的电势差小于N、O间的电势差
C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加
D．在Q点释放一个正电荷，正电荷所受电场力将沿与OQ垂直的方向竖直向上
[解析] 本题考查以电场线描 ( http: / / www.21cnjy.com )绘的特殊电场中的电势、场强的比较等，意在考查考生对电场线的掌握情况。由电场线的方向可知φM>φO>φN，再作出此电场中过O的等势线，可知φO>φQ，A错误；且MO间的平均电场强度大于ON间的平均电场强度，故UMO>UON，B错误；因UMQ>0，负电荷从M到Q电场力做负功，电势能增加，C正确；正电荷在Q点的电场力方向沿电场线的切线方向而不是圆的切线方向，D错误。www.21-cn-jy.com
[答案] C
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4．[2014·安徽高考]一带电粒子在 ( http: / / www.21cnjy.com )电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图所示。下列图象中合理的是( )
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[解析] 在粒子运动中的某一小段位移Δ ( http: / / www.21cnjy.com )x内电场力做功qEΔx。由功能关系知ΔEp＝－qE·Δx，即＝－qE，Ep－x图线斜率的绝对值表示电场力，故由图线可知E逐渐减小，A错误。因粒子仅受电场力作用，由qE＝ma可知a也逐渐减小，D正确；再由动能定理有ΔEk＝qE·Δx，即＝qE，Ek－x图线的斜率也表示电场力，则Ek－x图线应是一条斜率逐渐减小的曲线，B错误。由v2＝2ax有v＝，可知v－x图线应是一条曲线，故C错误。www-2-1-cnjy-com
[答案] D
5. ( http: / / www.21cnjy.com )
[2014·河北石家庄质检]均匀带电的球 ( http: / / www.21cnjy.com )壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布着正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为( )
A. －E B.
C. －E D. ＋E
[解析] 左半球面AB上的正电荷产生的电场等 ( http: / / www.21cnjy.com )效为带电荷量为2q的整个球面的电场和带电荷量为－q的右半球面的电场的合电场，则E＝－E′，E′为带电荷量为－q的右半球面在M点产生场强大小。带电荷量为－q的右半球面在M点的场强大小与带电荷量为q的左半球面AB在N点的场强大小相等，则EN＝E′＝－E＝－E，则A正确。2-1-c-n-j-y
[答案] A
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6．[2014·兰州、张掖联考]如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示，等边三角形ABC处在匀强电场中，其中电势φA＝φB＝0，φC＝φ。保持该电场的大小和方向不变，让等边三角形以A点为轴在纸面内顺时针转过30°，则此时B点的电势为( ) 21*cnjy*com
A.φ B.φ
C．－φ D．－φ
[解析] 本题考查了匀强电场中电势差和 ( http: / / www.21cnjy.com )电场强度的关系、电势等知识点，意在考查考生的逻辑推理能力。设等边三角形的边长为L，则匀强电场E＝，若让等边三角形以A点为轴在纸面内顺时针转过30°，则B1点(转动后的B点)到AB的距离为L1＝，所以U＝Ed＝×＝，故转动后B点的电势为－，选项C正确。
[答案] C
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7．[2014·郑州质检]如图所示，在两 ( http: / / www.21cnjy.com )个正点电荷Q1、Q2(其中Q1＝2Q0，Q2＝Q0)形成的电场中，a、b为两点电荷连线的中垂线上的两点，且aO＝bO。c、d为两点电荷连线的三等分点，即Mc＝cd＝dN。则下列说法中正确的是( )【来源：21·世纪·教育·网】
A．a、b两点的电场强度和电势都相同
B．将带电荷量为q的正点电荷从c沿cd连线移到d的过程中，电场力一直做正功
C．将带电荷量为q的正点电荷从a沿ab连线移到O的过程中，电场力做负功
D．a、b、c、d四点中，电势最高的点是c点，电势最低的点是d点
[解析] 本题考查电场分布，意在考 ( http: / / www.21cnjy.com )查考生对电场的认识和分析。由对称关系可知，a、b两点的电场强度大小相等，方向相反，选项A错误；将正电荷由c沿cd连线移到d的过程中，由电场关系可知，电场力先做正功后做负功，选项B错误；将正电荷从a沿ab连线移动到O的过程中，由电场分布可知，电场力做负功，选项C正确；因为a、b两点位置不能确定，因此电势的高低也是不能确定的，选项D错误。【来源：21cnj*y.co*m】
[答案] C
8．在绝缘粗糙的水平面上相距为6L的 ( http: / / www.21cnjy.com )A、B两处分别固定电荷量不等的正点电荷，两电荷的位置坐标如图甲所示，图乙是AB连线之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x＝L点对应图线的最低点，x＝－2L处的纵坐标φ＝φ0，x＝2L处的纵坐标φ＝φ0。若在x＝－2L的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为＋q的带电物块(可视为质点)，物块随即向右运动，假设此带电物块不影响原电场分布。下列说法正确的是( )21世纪教育网版权所有
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A．x＝0处的电场场强为0
B．A、B处电荷的电荷量之比为4∶1
C．A、B处电荷的电荷量之比为7∶3
D．为了使小物块能够到达x＝2L处，小物块与水平面间的动摩擦因数μ≤
[解析] φ0－x图象的斜率表示场强，A错。L处场强为零，故＝，故QA∶QB＝4∶1，B对，C错。【出处：21教育名师】
q(φ0－φ0)≥μmg(4L)，μ≤，D错。
[答案] B
二、计算题(本题共2小题，共36分。需写出规范的解题步骤。)
9. ( http: / / www.21cnjy.com )
如图所示，绝缘光滑轨道AB部分是倾角为 ( http: / / www.21cnjy.com )30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切。整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为m的带正电小球，电荷量为q＝，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？21·世纪*教育网
[解析] ( http: / / www.21cnjy.com )
小球先在斜面上运动，受重力、 ( http: / / www.21cnjy.com )电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为mg′＝＝，tanθ＝＝，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动。
因要使小球能安全通过圆轨道 ( http: / / www.21cnjy.com )，在圆轨道的“等效最高点”(D点)满足“等效重力”刚好提供向心力，即有：mg′＝，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系知＝2R，令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知：21教育名师原创作品
－2mg′R＝mv－mv
解得v0＝，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v≥ 。
[答案] v≥
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10．[2014·课标全国卷Ⅰ]如图，O、 ( http: / / www.21cnjy.com )A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求：2·1·c·n·j·y
(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；
(2)电场强度的大小和方向。
[解析] (1)设小球的初速度为v0，初动能 ( http: / / www.21cnjy.com )为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝d，根据平抛运动的规律有dsin60°＝v0t①【版权所有：21教育】
dcos60°＝gt2②
又有Ek0＝mv③
由①②③式得Ek0＝mgd④
设小球到达A点时的动能为EkA，则
EkA＝Ek0＋mgd⑤
由④⑤式得＝⑥
(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得
ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦
ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧
在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有＝⑨21教育网
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解得x＝d。MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得
α＝30°⑩
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。
设场强的大小为E，有qEdcos30°＝ΔEpA
由④⑦ 式得E＝
[答案] (1) (2) 方向：与竖直向下成30°夹角
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X新题重组 效果自评
1.[2013·四川名校检测](多 ( http: / / www.21cnjy.com )选)如图所示，质量为M、长为L的直导线通有垂直纸面向外的电流I，被绝缘线拴着并处在匀强磁场中，导线能静止在倾角为θ的光滑斜面上，则磁感应强度B的大小和方向可能是( )21教育网
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A．大小为，方向垂直斜面向上
B．大小为，方向垂直纸面向里
C．大小为，方向水平向右
D．大小为，方向沿斜面向下
[解析] 本题考查通电直导 ( http: / / www.21cnjy.com )线在磁场中的平衡问题，意在考查学生对通电直导线在安培力作用下处于平衡状态的分析能力。当磁场为A选项所述的磁场时，通电直导线受到沿斜面向上的安培力作用，F＝BIL＝IL＝Mgtanθ＝Mg>Mgsinθ，则通电直导线不可能静止在斜面上，故A错误；当磁场为B选项描述的磁场时，通电直导线不受安培力作用，则通电直导线可以在竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、沿斜面向上的拉力三个力作用下在斜面上处于静止状态，故B正确；当磁场为C选项描述的磁场时，通电直导线受到竖直向上的安培力作用，由于F＝BIL＝IL＝Mg，则通电直导线在竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用下在斜面上处于静止状态，故C正确；当磁场为D选项描述的磁场时，通电直导线受到垂直斜面向上的安培力作用，由于F＝BIL＝IL＝Mg> Mgcosθ，则通电直导线不可能静止在斜面上，故D错误。21·cn·jy·com
[答案] BC
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2．[2014·贵阳监测]如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量质量为m、电荷量为＋q的粒子，在纸面内沿各个方向以相同速率v从P点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PMQ圆弧上，PMQ圆弧长等于磁场边界周长的。不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该匀强磁场的磁感应强度大小为( )21cnjy.com
A. B.
C. D.
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[解析] 本题考查洛伦兹力、向心力、牛顿第二 ( http: / / www.21cnjy.com )定律等知识点，意在利用带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动考查考生利用数学工具处理物理问题的能力。这些粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得qvB＝；从Q点离开磁场的粒子是这些粒子中离P点最远的粒子，如图所示，由图中几何关系可知，该粒子的轨迹圆的圆心O′、磁场圆的圆心O和点P构成一个直角三角形，得r＝Rcos30°＝R，联立可得B＝，选项D正确，选项A、B、C错误。www.21-cn-jy.com
[答案] D
3．如图所示，一粒子源位于一边长为a ( http: / / www.21cnjy.com )的正三角形ABC的中点O处，可以在三角形所在的平面内向各个方向发射出速度大小为v、质量为m、电荷量为q的带电粒子，整个三角形位于垂直于△ABC的匀强磁场中，若使任意方向射出的带电粒子均不能射出三角形区域，则磁感应强度的最小值为( )21世纪教育网版权所有
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A. B.
C. D.
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[解析] 带电粒子在匀强 ( http: / / www.21cnjy.com )磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m r＝，可见当m、q、v一定时，要使磁感应强度最小，则半径r要最大，在有界匀强磁场△ABC中，带电粒子轨迹圆有一个共同点，即发射点O，在这些圆中不超出有界磁场△ABC，而半径最大的轨迹圆如图所示，由数学知识可求得半径rmax＝OD＝×CD＝××a＝a，所以最小磁场Bmin＝＝＝，选C。2·1·c·n·j·y
[答案] C
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4．(多选)如图所示，在 ( http: / / www.21cnjy.com )直角三角形abc中，有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。在a点有一个粒子发射源，可以沿ab方向源源不断地发出速率不同，电荷量为q(q>0)、质量为m的同种粒子。已知∠a＝60°，ab＝L，不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
A．在磁场中通过的弧长越长的粒子，在磁场内运动的时间就越长
B．从ac边中点射出的粒子，在磁场中的运动时间为
C．从ac边射出的粒子的最大速度值为
D．bc边界上只有长度为L的区域可能有粒子射出
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[解析] 带电粒子在磁场中运动的时间 ( http: / / www.21cnjy.com )是看圆心角的大小，而不是看弧的长短，A错；做出带电粒子在磁场中偏转的示意图，从ac边上射出的粒子，所对的圆心角都是120°，所以在磁场中运动的时间为t＝T＝，B对；从ac边射出的最大速度粒子的弧线与bc相切，如图所示，半径为L，由R＝ v＝＝，C错；如图所示，在bc边上只有Db＝L长度区域内有粒子射出，D对，选B、D。【来源：21·世纪·教育·网】
[答案] BD
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5．[2014·开封模拟]在第一象限( ( http: / / www.21cnjy.com )含坐标轴)内有垂直xOy平面且周期性变化的均匀磁场，规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正，磁场变化规律如图，磁感应强度的大小为B0，变化周期为T0。某一正粒子的质量为m、电荷量为q，在t＝0时从O点沿x轴正向射入磁场中。若要求粒子在t＝T0时距x轴最远，则B0的值为( )
A. B.
C. D.
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[解析] 本题考查了洛伦兹力、向心力、牛 ( http: / / www.21cnjy.com )顿第二定律等知识点，意在利用带电粒子在交变磁场中的圆周运动考查考生画图能力，以及利用图中几何关系求轨迹圆的圆心角。由题意可知，在～T0时间内，粒子的轨迹正好跟y轴相切，t＝T0时距x轴最远，如图所示，由图中几何关系可得，在0～内，粒子运动的轨迹所对的圆心角为，则粒子运动的时间t′＝＝＝，则B0＝，选项A、B、C错误，选项D正确。21·世纪*教育网
[答案] D
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专题三 电场和磁场
第7讲 电场及带电粒子在电场中的运动
J基础细说 规律小结
R热点考向 突破提升
G归纳建模 规范答题
X新题重组 效果自评
Z专题检测 素能提升
谢谢观看！
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网络构建
高考概况
●考什么
电场力的性质和能的性
平行板电容器的性质及动态分析
带电粒子在电场中的运动和偏转
4类比法、控制变量法和运动的合成与分解的方法。
决定式
式
●怎么考
电场的性质与特点结合曲线运动条件、功能关系等主干知识点
势
进行综合考查,一般为选择题题型;场强叠加、电势叠加成为命题热点
电容器的决定式和定义式综合电路分析的问题考查,这类问题
强度
丝质(也与)能
电势差)一(=")应该出现在选择题中
电场线
带电粒子在匀强电场中的运动结合力学运动规律、功能关系及
势能
电场力做功的特点等考点的综合问题的考查仍将是命题的热点。
●怎么办
电场中粒子
准确理解概念
的偏
理解从力的角度描述电场的物理量:如电场强度、电场线、电场
电场中粒
VE-AE
加速
(2)理解从能的角度描述电场的物理量:如电势、电势能、等势
面等。
灵活运用“两个规律
正确进行受力分析,利用牛顿第二定律解决问题
(2)正确进行做功分析,利用动能定理和功能关系解决问题。
十+
十
00
Q类匙演练
B.Wa≠Wb,E>E
C Wa=Wb,EasEl
D.Wa≠Wb,EaE
E
E
A
L-s6
A
O
B
N
F
M
S
a B
R
G
d变大U不变U不变,d变大
电容器
C变小Q变小E变小
两极板
S变大U不变U不变,d不变
间的电
C变大Q变大E不变
压不变
Er变大U不变U不变,d不变
C变大Q变大E不变
S变大Q不变|U变小,d不变
电容器
C变大U变小E变小
两极板
er变大Q不变U变小,d不变
电荷量
C变大U变小E变小
保持不
变
d变大Q不变U变大,d变大
C变小U变大E不变
E
R
S
R
tq
h
8888
d
P
探
测
激光束
d
NL
E
0c9
A
B
E
2E0
E
O0.25T0.570.757Tt
E
2E0
geo/m
gEo/m
O0.2370.570.757Tt
ge
-2gEo/m
图(
O0.2570,57/0.75TTt
图(b)本资料来自于资源最齐全的２１世纪教育网www.21cnjy.com
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一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中第3、5、8小题为多选题。)
1．[2014·安徽高考]“人 ( http: / / www.21cnjy.com )造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于( )21世纪教育网版权所有
A. B．T
C. D．T2
[解析] 等离子体在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝，得v＝
动能Ek＝mv2＝
由题意得Ek＝kT
故有：kT＝，得B＝
即B∝，选项A正确。
[答案] A
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2．如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共 ( http: / / www.21cnjy.com )有n＝10匝，线圈由粗细均匀、每米质量为2.5×10－3 kg的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平。在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5 T，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为( )
A．0.1 A B．0.16 A
C．0.01 A D．无法确定
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[解析] 由于对称，各电流 ( http: / / www.21cnjy.com )元所受安培力在水平方向的合力为零，在竖直方向的合力为各电流元所受安培力的竖直分量之和，这就是整个线圈所受的安培力，故线圈的总长度L即为导线的有效长度，设此时线圈中通过的电流为I，则FA＝BIL，G＝mg＝kLg(其中k＝2.5×10－3 kg/m)，根据平衡条件有G＝FAcos 60°，联立以上各式并代入数据可得I＝0.1 A，选项A正确。21cnjy.com
[答案] A
3．[2014·郑州三模] ( http: / / www.21cnjy.com )如图所示，扇形区域AOC内有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S.某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有部分粒子从边界OC射出磁场．已知∠AOC＝60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间不可能为( )
A. B.
C. D.
[解析] 本题以带电粒子在有界磁场中 ( http: / / www.21cnjy.com )运动问题命题，意在考查考生的综合分析能力。粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦，初速度大小相同，轨迹半径R＝相同．设OS＝d，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，粒子在磁场中运动的时间最长，由此得轨迹半径为R＝d；当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短，则SE＝d，由几何知识，得θ＝60°，最短时间tmin＝T，所以粒子在磁场中运动时间范围为T≤t≤，选AB。21教育网
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[答案] AB
4．航母舰载机的起飞一般有两种方式：滑跃 ( http: / / www.21cnjy.com )式(辽宁舰)和弹射式。弹射起飞需要在航母上安装弹射器，我国国产航母将安装电磁弹射器，其工作原理与电磁炮类似。用强迫储能器代替常规电源，它能在极短时间内释放所储存的电能，由弹射器转换为飞机的动能而将其弹射出去。如图是电磁弹射器简化原理图，平行金属导轨与强迫储能器连接，相当于导体棒的推进器ab跨放在平行导轨PQ、MN上，匀强磁场垂直于导轨平面，闭合开关S，强迫储能器储存的电能通过推进器释放，使推进器受到磁场的作用力平行导轨向前滑动，推动飞机使飞机获得比滑跃起飞时大得多的加速度，从而实现短距离起飞的目标。对于电磁弹射器，下列说法正确的是(不计一切摩擦和电阻消耗的能量)( )21·cn·jy·com
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A．强迫储能器上端为正极
B．导轨宽度越大，飞机能获得的加速度越大
C．强迫储能器储存的能量越多，飞机被加速的时间越长
D．飞机的质量越大，离开弹射器时的动能越大
[解析] 由左手定则可判断，通过a ( http: / / www.21cnjy.com )b的电流方向为由b到a，所以强迫储能器上端为负极，A错误；ab所受安培力F＝BIL与其有效长度成正比，故导轨宽度越大，推进器ab受到的安培力越大，飞机能获得的加速度越大，B正确；强迫储能器储存的能量越多，飞机能获得的动能越大，但加速时间受滑轨长度、飞机获得的加速度等影响，若滑轨长度一定，加速度越大，加速时间越短，C错误；由能量的转化和守恒定律可知，飞机离开弹射器时的动能取决于强迫储能器储存的能量，D错误。www.21-cn-jy.com
[答案] B
5．如图所示是两个横截面分别为圆形 ( http: / / www.21cnjy.com )和正方形、磁感应强度相同的匀强磁场，圆形磁场的直径D等于正方形磁场的边长，两个电子以相同的速度同时分别飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直。进入圆形磁场的电子，速度方向对准了圆心，进入正方形磁场的电子是沿一边的中心且垂直于边界线进入的，则( )
( http: / / www.21cnjy.com )
A．两个电子在磁场中运动的半径一定相同
B．两电子在磁场中运动的时间有可能相同
C．进入正方形磁场的电子一定先飞离磁场
D．进入圆形磁场的电子一定不会后飞离磁场
[解析] 电子垂直于磁场方向进入匀强磁场，洛伦兹力提供向心力，由qvB＝解得两个电子在磁场中运动的轨迹半径r＝，两电子速度v相同，所以半径相同，故A正确。电子从O点水平进入，由于它们进入圆形磁场和正方形磁场的轨迹半径、 ( http: / / www.21cnjy.com )2·1·c·n·j·y
速度是相同的，把圆形磁场和正 ( http: / / www.21cnjy.com )方形磁场的边界放到同一位置如图所示，由图可以看出进入磁场区域的电子的轨迹1，先飞离圆形磁场；进入磁场区域的电子的轨迹2，同时从圆形与正方形边界飞离磁场；进入磁场区域的电子的轨迹3，先飞离圆形磁场；所以电子不会先飞离正方形的磁场，即进入圆形磁场的电子一定不会后飞离磁场，故B、D正确，C错误。【来源：21·世纪·教育·网】
[答案] ABD
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6．如图所示，在半径为R的圆形区 ( http: / / www.21cnjy.com )域内有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场区域的上方有一水平放置的感光板MN。从磁场区域最左端Q垂直磁场射入大量的带电荷量为q、质量为m、速率为v的粒子，且速率满足v＝，最后都打在了感光板上。不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力，关于这些粒子，以下说法正确的是( )21·世纪*教育网
A．这些粒子都带负电
B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心
C．只有对着圆心入射的粒子，出射后才垂直打在感光板MN上
D．沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在感光板MN上
[解析] 粒子最后都打在了感光板上， ( http: / / www.21cnjy.com )说明粒子向上偏，根据左手定则知粒子带正电，A错误；粒子所受洛伦兹力充当向心力，做半径为r＝的匀速圆周运动；因为速率满足v＝，所以r＝＝R，根据几何关系知沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上，C错误、D正确，显然B错误。2-1-c-n-j-y
[答案] D
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7．[2014·南昌模拟]如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )在x>0，y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面(纸面)向里，大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的某点P沿着与x轴正向成30°角的方向射入磁场。不计重力的影响，下列说法正确的是( ) 21*cnjy*com
A．只要粒子的速率合适，粒子就可能通过坐标原点
B．粒子在磁场中运动所经历的时间一定为5πm/3qB
C．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πm/qB
D．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πm/6qB
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[解析] 带正电的粒子从P点与x轴 ( http: / / www.21cnjy.com )正向成30°角射入磁场中，则圆心在过P点与速度方向垂直的方向上，如图所示，粒子在磁场中要想到达O点，转过的圆心角肯定大于180°，因磁场有边界，故粒子不可能通过坐标原点，故选项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所对的圆心角也不同。最大的圆心角是圆弧与y轴相切时，即为300°，运动时间为T，而最小的圆心角为粒子从坐标原点出发时，即为120°，运动时间为T，而T＝，故粒子在磁场中的运动所经历的时间最长为，最短为，选项C正确，B、D错误。www-2-1-cnjy-com
[答案] C
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8．半径为R的半圆形区域内存在着垂直 ( http: / / www.21cnjy.com )纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。磁场的左边垂直x轴放置一线型粒子发射装置，与O点距离为L，在－R≤y≤R的区间内各处沿x轴正方向同时发射出相同的带正电粒子，粒子质量为m，电量为q，且每个粒子的初速度均为v，如图所示，粒子的重力以及粒子间的相互作用均可以忽略不计，观察到所有粒子均可以到达y轴，下列说法正确的是( )
A．有些粒子可能会到达y轴的同一位置
B．粒子的初速度v应小于
C．最后到达y轴的粒子用时为
D．若从有粒子到达y轴开始计时，直到最后一个粒子到达y轴计时结束，那么计时的时间不会超过－
[解析] y＝R处的粒子直接射到y ( http: / / www.21cnjy.com )轴上的(0，R)点处，其他位置射入的粒子向上偏转，也有能射到(0，R)点处的，所以A对；y＝0沿x轴处射入的粒子能打到y轴的临界条件应满足R＝ v＝，所以粒子的初速度若小于，则有的粒子不能射到y轴上，B错；y＝0处沿x轴射入磁场中的粒子弧长最长，到达y轴所用时间最长，最长时间为t2＝＋T＝＋，最短时间的为y＝±R处的粒子，到达y轴用时为t1＝，C错；所以若从有粒子达y轴开始计时，直到最后一个到达，所用时间为Δt＝t2－t1＝－，D对，选A、D。【来源：21cnj*y.co*m】
[答案] AD
二、计算题(本题共2小题，共36分。需写出规范的解题步骤。)
9．[2014·江苏高考 ( http: / / www.21cnjy.com )]某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d。装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上。在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点。改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置。不计粒子的重力。【出处：21教育名师】
(1)求磁场区域的宽度h；
(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；
(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值。
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[解析] (1)设粒子在磁场中的轨道半径为r
根据题意L＝3rsin30°＋3dcos30°
且h＝r(1－cos30°)
解得h＝(L－d)(1－)
(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′
m＝qvB，m＝qv′B
由题意知3rsin30°＝4r′sin30°
解得Δv＝v－v′＝(－d)
(3)设粒子经过上方磁场n＋1次
由题意知L＝(2n＋2)dcos30°＋(2n＋2)rnsin30°
且m＝qvnB，解得vn＝(－d)(1≤n＜－1，n取整数)
[答案] (1)(L－d)(1－)
(2)(－d)
(3)(－d)(1≤n＜－1，n取整数)
10．[2014·广东高考 ( http: / / www.21cnjy.com )]如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L。质量为m、电量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑。【版权所有：21教育】
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(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；
(2)若2[解析] (1)粒子在电场中，由动能定理有
qEd＝mv－0①
粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力
qv1B0＝m②
当k＝1时，由几何关系得
r＝L③
由①②③解得
E＝④
(2)由于2＜k＜3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，运动轨迹如图所示，由几何关系可知
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(r1－L)2＋(kL)2＝r⑤
解得r1＝L⑥
粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力
qvB0＝⑦
由⑥⑦解得v＝⑧
粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力
qvB＝m⑨
由对称性及几何关系可知
＝⑩
解得r2＝L
由⑧⑨ 解得B＝B0
[答案] (1) (2)v＝ B＝B0
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X新题重组 效果自评
1．[2014·武汉武昌区调研]将等量的 ( http: / / www.21cnjy.com )正、负电荷分别放在正方形的四个顶点上(如图所示)。O点为该正方形对角线的交点，直线段AB通过O点且垂直于该正方形，OA>OB，以下对A、B两点的电势和场强的判断，正确的是( )21世纪教育网版权所有
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A．A点场强小于B点场强 B．A点场强大于B点场强
C．A点电势等于B点电势 D．A点电势高于B点电势
[解析] 本题考查电场分布以及电场的叠加， ( http: / / www.21cnjy.com )意在考查考生对电场的认识，以及对电场叠加原理的应用能力。由电荷的对称分布关系可知AB直线上的电场强度为0，所以选项A、B错误；同理将一电荷从A移动到B电场力做的功为0，A、B两点间的电势差为0，因此A点电势等于B点电势，选项C正确，D错误。
[答案] C
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2．[2014·唐山模拟]如图所示，匀强电 ( http: / / www.21cnjy.com )场中的A、B、C三点构成一边长为a的等边三角形。电场强度的方向与纸面平行。电子以某一初速度仅在静电力作用下从B移动到A的过程中动能减少E0，质子仅在静电力作用下从C移动到A的过程中动能增加E0，已知电子和质子电荷量的绝对值均为e，则匀强电场的电场强度为( )
A. B.
C. D.
[解析] 本题考查电场力做 ( http: / / www.21cnjy.com )功与电势差的关系、匀强电场中场强与电势差的关系、等势面、动能定理等知识点，意在考查考生对电场概念的理解和应用能力。对电子从B到A的过程，由动能定理可知，－eUBA＝－E0；对质子从C到A的过程，有eUCA＝E0，可见UBA＝UCA，故B、C两点电势相等，在同一等势面上，AB沿电场线方向上的距离d＝asin60°＝a，由场强与电势差的关系E＝解得E＝，选项C正确。21教育网
[答案] C
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3．[2014·皖南八校联考]空间有一沿x轴分布的电场，其电势φ随x变化如图所示，下列说法正确的是( )www.21-cn-jy.com
A．x1和－x1两点的电势相等
B．x1点的电场强度比x3点的电场强度小
C．一正电荷沿x轴从x1点移到－x1点，电势能一直增大
D．一负电荷沿x轴从x1点移到x3点，电场力先做正功后做负功
[解析] 本题考查静电场，意在考查考生 ( http: / / www.21cnjy.com )对电势、电场强度、电势差的理解。x1和－x1两点，电势一正一负，则两点电势不相等，选项A错误；φ－x图线的斜率表示场强大小，选项B错误；由Ep＝qφ得，正电荷在电势高的位置电势能高，选项C错误；负电荷的电势能为Ep＝－qφ，从x1到x3，电势先增大后减小，则电势能先减小后增大，电场力先做正功，后做负功，选项D正确。
[答案] D
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4．如图所示的平行板电容器，两极板 ( http: / / www.21cnjy.com )M、N竖直放置，板长和间距都是d，合上电键K后，将质量为m带电量为＋q的带电粒子以一定的初速v从下侧中点A处竖直向上射入板间恰好垂直打在中点B处，则下列有关粒子运动的描述中正确的有( )2·1·c·n·j·y
A．粒子在MN间做匀速圆周运动，打在B点时的速率也是v
B．若将粒子的初速变为2v，则粒子将从板斜上方飞出
C．若将M板右移使板间距减半，粒子垂直打在N板上时电场力所做的功将加倍
D．若断开K，将M板右移使板间距减半，则粒子在N板上的落点在B点下方某处
[解析] 粒子以v从A处射入后能垂 ( http: / / www.21cnjy.com )直打在中点B处，表明竖直方向上在重力作用下匀减速运动，v2＝2g，水平方向上在电场力作用下匀加速运动v＝2，粒子做匀变速曲线运动，不能做匀速圆周运动，即A错；若将粒子的初速变为2v，因场强和间距不变，故粒子打在N板上的时间不变，竖直方向上的位移大于d，故从板斜上方飞出，即B对；若将M板右移使板间距减半，则场强加倍，因此粒子在场中的运动时间将变短，虽然电场力做功加倍，但竖直方向上的分速度还未减为零，故粒子不可能垂直打在N板上，即C错；若断开K，则电量保持不变，在改变板间距的情况下，板内场强不变，故粒子仍落在B点，即D错。21cnjy.com
[答案] B
5．[2014·云南检测](多选)如图甲所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0。已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。则( )21·cn·jy·com
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A．所有粒子都不会打到两极板上
B．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场
C．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0
D．只有t＝n(n＝0,1,2…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场
[解析] 本题考查运动的合 ( http: / / www.21cnjy.com )成与分解、带电粒子在交变电场中的运动，意在考查考生对类平抛运动规律的掌握情况，以及分析多过程问题的能力。带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上，做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动。由t＝0时刻进入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行板间运动时间为交变电流周期的整数倍。在0～时间内带电粒子运动的加速度a＝，由匀变速直线运动规律得vy＝at＝t，同理可分析～T时间内的运动情况，所以带电粒子在沿电场方向的速度v与E－t图线所围面积成正比(时间轴下方的面积取负值)。而经过整数个周期，E0－t图象与坐标轴所围面积始终为零，故带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零，B正确，D错误；带电粒子在t＝0时刻入射时，侧向位移最大，故其他粒子均不可能打到极板上，A正确；当粒子在t＝0时刻入射且经过T离开电场时，粒子在t＝时达到最大速度，此时两分位移之比为1∶2，即v0t＝2×at2，可得vy＝v0，故粒子的最大速度为v＝v0，因此最大动能为初动能的2倍，C正确。
[答案] ABC
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专题三 电场和磁场
第8讲 磁场及带电体在磁场中的运动
J基础细说 规律小结
R热点考向 突破提升
[答案] B
[答案] AC
G归纳建模 规范答题
X新题重组 效果自评
Z专题检测 素能提升
谢谢观看！
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网络构建
高考概况
◎考什么
磁感应强度
磁场的描述
1.磁场的性质,安培力作用下导体棒的平衡和运动
磁感线
2.带电粒子在匀强磁场中的运动
条件:/与B的夹角为0
3.导体棒在匀强磁场中的运动与电磁感应、能量转化与守恒及闭合电
磁场对电流
的作用
大小:
F=BIL Sin a
路欧姆定律相结合的综合问题
方向:用左手定则判断
怎么考
条件:v与B的夹角为6
1.导体棒在磁场中的受力情况和运动情况分析的中等难度选择题或计
磁」磁场对电
算题
场的作月
大小:F= guB sin6
2.带电粒子在匀强磁场中偏转的中等难度选择题或计算题
方向:用左手定则判断
3.带电粒子在有界匀强磁场中的临界或多解的难度较大的计算题
怎么办
“向心力:qUB=m
带电粒子在
1.重视对概念和规律的理解及应用,强化专题间的综合,特别是和电
磁场中的圆轨道半径:R
场、电磁感应的综合
运动
2.掌握磁场的性质及分布规律,能结合受力分析和牛顿运动定律分析
周期:T
B
导体在安培力作用下的运动
3.掌握带电粒子在磁场中运动的分析方法
项目名称
安培力
洛伦兹力
作用对象
通电导体
运动电荷
F安=ILB(I⊥B)
洛=qvB(U⊥B)
力的大小
F安=0(I∥B)
F洛=0(v∥B)
左手定则(F落垂直于
左手定则(F安垂直于1v与B所决定的平面,
力的方向
与B所决定的平面)
且需要区分正、负电
荷)
改变导体棒的运动状只改变速度的方向,不
作用效果态,对导体棒做功,实改变速度的大小;洛伦
现电能和其他形式的兹力永远不对电荷
能的相互转化
做功
安培力实际上是在导线中定向移动的电荷所受
本质联系
到的洛伦兹力的宏观表现
I
N
Q类匙演练
O
N
60
A Bi/2
B1
区B
B
E
B
Bll
f Bll
ng
9 mg
左
B右
3T:2T
图1
图
37277
1.8h-
Q
B
x××
x×x
2B
xx×
N
M
Q
T
图
2
M P
N
永磁铁
硅迹
微探
条测
径器
永磁铁本资料来自于资源最齐全的２１世纪教育网www.21cnjy.com
Z专题检测 素能提升
一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中第1、6、7、8小题为多选题。)
1．[2014·山东临沂一模]如图所示，长均 ( http: / / www.21cnjy.com )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v0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( )【来源：21·世纪·教育·网】
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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2v0
D．若撤去磁场，则粒子射出时的速度大小为v0
[解析] 若撤去电场，则粒子从 ( http: / / www.21cnjy.com )M点射出，根据左手定则知粒子应带正电荷，故A正确，B错误；设粒子的质量为m，带电荷量为q，粒子射入电磁场时的速度为v0，则粒子沿直线通过场区时：Bqv0＝Eq。撤去电场后，在洛伦兹力的作用下，粒子做圆周运动，由几何知识知r＝，由洛伦兹力提供向心力得，qv0B＝m＝。撤去磁场，粒子做类平抛运动，设粒子的加速度为a，穿越电场所用时间为t，则有：Eq＝ma，y＝at2，d＝v0t，联立解得：y＝d。设末速度为v，由动能定理得，qEd＝mv2－mv，解得：v＝v0，故C错误，D正确。21世纪教育网版权所有
[答案] AD
2．[2014·江西八校联考]如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )空间存在足够大、正交的匀强电、磁场，电场强度为E、方向竖直向下，磁感应强度为B、方向垂直纸面向里。从电、磁场中某点P由静止释放一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子(粒子受到的重力忽略不计)，其运动轨迹如图中虚线所示。对于带电粒子在电、磁场中下落的最大高度H，下面给出了四个表达结果，用你已有的知识计算可能会有困难，但你可以用学过的知识对下面的四个结果作出判断。你认为正确的是( )
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A. B.
C. D.
[解析] 根据量纲法，可得A为正确答案。
[答案] A
3．[2014·东北三校模拟]如 ( http: / / www.21cnjy.com )图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)( )21cnjy.com
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A．d随U1变化，d与U2无关
B．d与U1无关，d随U2变化
C．d随U1变化，d随U2变化
D．d与U1无关，d与U2无关
[解析] 设带电粒子在加速 ( http: / / www.21cnjy.com )电场中被加速后的速度为v0，根据动能定理有 qU1＝mv。带电粒子从偏转电场中出来进入磁场时的速度大小为v，与水平方向的夹角为θ，在磁场中有r＝，而d＝2rcosθ，v0＝vcosθ，联立解得d＝2＝·，因而选项A正确。
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[答案] A
4．如图所示，水平地面上方存在竖直向 ( http: / / www.21cnjy.com )上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，从距地面2h高处的A点以初速度v0水平抛出一带正电小球(可视作质点)，带电小球的电荷量为q，质量为m，若q、m、h、B满足关系式＝2(重力加速度为g)，则小球落点与抛出点A间的水平位移是( )www.21-cn-jy.com
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A．v0 B. C．v0 D.
[解析] 带电粒子在重力场和 ( http: / / www.21cnjy.com )磁场的复合场中同时做两方面的运动，一个是竖直方向的自由落体运动，有2h＝gt2 t＝2，另一个是在垂直于纸面的水平面内的匀速圆周运动，周期T＝，因为＝2，可见小球落地时做了半个圆周运动，水平位移是圆周运动的直径D＝2r＝2。D对，选D。www-2-1-cnjy-com
[答案] D
5．如图所示，在纸面内存在水平向右的匀强电 ( http: / / www.21cnjy.com )场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，一水平固定绝缘杆上套有带电小球P，P的质量为m、电荷量为－q，P与杆间的动摩擦因数为μ。小球由静止开始滑动，设电场、磁场区域足够大，杆足够长，在运动过程中小球的最大加速度为a0，最大速度为v0，则下列判断正确的是( ) 21*cnjy*com
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A．小球先加速后减速，加速度先增大后减小
B．当v＝v0时，小球的加速度最大
C．当v＝v0时，小球一定处于加速度减小阶段
D．当a＝a0时，>
( http: / / www.21cnjy.com )
[解析] 开始运动阶段qvB ( http: / / www.21cnjy.com )[答案] C
6．[2014·太原检测]如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示，带负电的物块A放在足够长的不带电的绝缘小车B上，两者均保持静止，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，在t＝0时刻用水平恒力F向左推小车B。已知地面光滑，A、B接触面粗糙，A所带电荷量保持不变，下列四图中关于A、B的v－t图象及A、B之间摩擦力Ff－t图象大致正确的是( )
( http: / / www.21cnjy.com )
( http: / / www.21cnjy.com )
[解析] t1时刻之前，A、B相对静 ( http: / / www.21cnjy.com )止、做匀加速直线运动。t1后，A、B出现相对滑动，A物体所受摩擦力Ff＝μ(mAg－qvB)，因速度越来越大，洛伦兹力越来越大，使A物体加速的摩擦力越来越小，所以A物在t1后做加速度减小的加速运动，A对B错；因为A物体做加速度减小的加速运动，所以A物体的摩擦力减小的越来越慢，Ff－t图线曲线的斜率反映减小的快慢，所以C对D错；选A、C。
[答案] AC
7．[2014·银川模拟]粒子回旋 ( http: / / www.21cnjy.com )加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D型金属盒的半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频率交流电的频率为f，加速电场的电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m，电荷量为＋e，在加速器中被加速。不考虑相对论效应，则下列说法正确的是( )2·1·c·n·j·y
( http: / / www.21cnjy.com )
A．不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器也可加速α粒子
B．加速的粒子获得的最大动能随加速电压U增大而增大
C．质子被加速后的最大速度不能超过2πRf
D．质子第二次和第一次经过D型盒间狭缝后轨道半径之比为 ∶1
[解析] 由于质子和α粒子的比荷不同，由T ( http: / / www.21cnjy.com )＝知能加速质子的加速器不能加速α粒子，A错；由R＝ v＝，所以被加速粒子的动能Ek＝mv2＝，可见和加速电压U无关，B错；被加速质子的周期T＝与加速电压的周期相同，所以f＝，被加速质子的最大速度v＝＝2πRf，C对；质子第一次被加速有qU＝mv v1＝，半径R1＝＝，质子二次被加速有2qU＝mv v2＝，半径R2＝＝ ，所以R2∶R1＝∶＝∶1，D对，选C、D。21·世纪*教育网
[答案] CD
8．[2014·江苏高考]如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH＝k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离，电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )
( http: / / www.21cnjy.com )
A．霍尔元件前表面的电势低于后表面
B．若电源的正负极对调，电压表将反偏
C．IH与I成正比
D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比
[解析] 由左手定则可判定，霍尔元件的 ( http: / / www.21cnjy.com )前表面积累正电荷，电势较高，故A错。由电路关系可见，当电源的正、负极对调时，通过霍尔元件的电流IH和所在空间的磁场方向同时反向，前表面的电势仍然较高，故B错。由电路可见，＝，则IH＝I，故C正确。RL的热功率PL＝IRL＝()2RL＝，因为B与I成正比，故有：UH＝k＝k′＝k′，可得知UH与RL成正比，故D正确。21教育网
[答案] CD
二、计算题(本题共2小题，共36分。需写出规范的解题步骤。)
9.
[2014·郑州二摸]如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )空间中有场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，y轴为两种场的分界线，图中虚线为磁场区域的右边界．现有一质量为m、电荷量为－q的带电粒子从电场中坐标位置(－l,0)处，以初速度v0沿x轴正方向开始运动，且已知l＝(重力不计)。试求：2-1-c-n-j-y
(1)带电粒子进入磁场时速度的大小。
(2)若要使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，磁场的宽度d应满足的条件？
[解析] 本题考查带电粒子在匀强电场，匀强磁场中的运动问题，意在检验考生的分析、推理能力。
(1)带电粒子在匀强电场中运动时
l＝v0t ①
vy＝t ②
v＝ ③
由①②③得：v＝v0
(2)tanθ＝＝1
进入磁场后做匀速圆周运动， qvB＝m ④
d≤R(1＋sinθ) ⑤
解得：d≤
即磁场宽度d≤
[答案] (1)v0 (2)d≤
10．[2014·大庆质检]如图甲所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，在光滑绝缘的水平桌面上建立一xOy坐标系，水平桌面处在周期性变化的电场和磁场中，电场和磁场的变化规律如图乙所示(规定沿＋y方向为电场强度的正方向，竖直向下为磁感应强度的正方向)。在0时刻，一质量为10 g、电荷量为0.1 C的带正电金属小球自坐标原点O处，以v0＝2 m/s的速度沿x轴正方向射出。已知E0＝0.2 N/C、B0＝0.2π T。求：
(1)1 s末金属小球速度的大小和方向；
(2)1～2 s内，金属小球在磁场中做圆周运动的周期和半径；
(3)6 s内金属小球运动至离x轴最远点时的位置坐标。
( http: / / www.21cnjy.com )
[解析] (1)在0～1 ( http: / / www.21cnjy.com )s内，小球在电场力作用下，在x轴方向上做匀速运动，vx＝v0，在y轴方向做匀加速直线运动，vy＝(qE0/m)t1
1 s末小球的速度v1＝＝2 m/s
设v1与x轴正方向的夹角为α， 则tanα＝vy/vx＝1
故α＝45°
(2)在1～2 s内，小球在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝2πm/qB0＝1 s
由洛伦兹力提供向心力得qv1B0＝mv/R1
解得R1＝＝(m)
(3)如图(a)所示，在5 s内，小球部分运动轨迹可视为一条连续抛物线。由匀变速直线运动规律知x方向上x3＝v0t21·cn·jy·com
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vx＝v0
y方向上y3＝at2/2
a＝qE0/m
vy3＝at
5 s末时小球的速度v＝＝2 m/s
tanθ＝vy3/v0＝3(θ为v与x轴的夹角)
在5～6 s内，小球在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有R＝mv/qB0
如图(b)所示，由几何关系得，离x轴最远点G的坐标为(x，y)，其中
x＝x3－x2，y＝y3＋y2
而x2＝Rsinθ，y2＝R(1＋cosθ)
由上述各式可得x＝(6－3/π) m
y＝ m
[答案] (1)2 m/s 与x轴正方向的夹角为45° (2)1 s m (3)
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专题三 电场和磁场
第9讲 带电粒子在组合场、复合场中的运动
J基础细说 规律小结
R热点考向 突破提升
答案：ABC
[答案] BD
G归纳建模 规范答题
X新题重组 效果自评
Z专题检测 素能提升
谢谢观看！
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网络构建
高考概况
●考什么
带电体在组合场中的运动问题(特别是电场和磁场
2.带电体在复合场中的运动问题(重力场、电场、磁场
的复合)
3.各种高科技仪器的原理及应用等(如速度选择器、霍
能量守恒
速直线
件等)
4.类比法、运动的合成与分解的方法
●怎么考
与高科技仪器的使用原理相结合,考查带电粒子在
一般曲线运动(复合场中的运动一匀速圆周
组合场、复合场中运动的中等偏上难度的选择题或计算题
2.带电粒子在周期性变化的电场和磁场中运动的难度
速度选择器
计
较大的压轴计算题。
功能关系
重力
●怎么办
器、电磁流量
重视对运动规律的理解及应用,强化专题间的综合
特别是和力学、电场的综
2.掌握带电体在复合场、组合场中受力及运动情况的
分析方法
结合受力分析和牛顿运动定律分析带电粒子在洛伦
兹力作用下的运动规律。
偏转类型
电偏转(垂直
磁偏转(垂直
比较内容
进入匀强电场)
进入匀强磁场)
受力情况恒力F=gE做匀变F=qUB大小不变、
及特点
速运动
方向改变,永不做功
运动规律类平抛运动
匀速圆周运动
偏转程度
tand
偏转角不受限制
动能变化动能增加
动能不变
运动的合成与分解、结合圆的知识及半
处理方法
类平抛运动规律
径、周期公式
受力分析
带电粒子
物
在复合场中运
确定复合)建轨口临
动的分析方法
场的组成八迹/求
运动分析
Q类匙演练
R
R
x××xx1××xx×x
E
B
O
△x
6
R
O
O
C
f
xxx
xxx
X
h
B
2B
E
E
E
弄清复合场种类及其特征
匚正确受力分析和运动情况分析
匚选择合适的动力学方程求解
平衡
牛顿第
功能
方程
定律方程
关系
B
O
E
B
E
P
×
×××
O
××
××
O
××××
B
131127
D
S2
B
b
B
B
B
t0
4to 5to
Bo
图甲
图乙
E
Eo
o to 2to 3to 4to 5to
图丙
a r
建带电粒子在交变电磁场中的运动是一种典型模型,这
模/类模型的特点是
(1)粒子的运动情况不仅与交变的电场和磁场的变化
规律有关,还与粒子进入场的时刻有关;
(②)交替变化的电场及磁场会使带电粒子顺次历经不
同特点的电场或磁场或叠加场,从而表现出“多过程”
现象
失关于带电粒子在交变电磁场中运动问题的分析,常出
分
点/现以下错误
(1)不能正确判断粒子在电场中的运动时间,若交变电
压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间,则在粒子
穿越电场过程中,电场可看做匀强电场
(2)不能正确判断各场的变化周期与粒子的运动周期
的关系。本资料来自于资源最齐全的２１世纪教育网www.21cnjy.com
X新题重组 效果自评
1．[2014·陕西质检](多选)导体导 ( http: / / www.21cnjy.com )电是导体中的自由电荷定向移动的结果，这些可以移动的电荷又叫载流子，例如金属导体中的载流子就是自由电子。现代广泛应用的半导体材料可以分成两大类，一类是N型半导体，它的载流子为电子；另一类为P型半导体，它的载流子是“空穴”，相当于带正电的粒子。如果把某种材料制成的长方体放在匀强磁场中，磁场方向如图所示，且与长方体的前后侧面垂直。长方体中通入水平向右的电流，测得长方体的上、下表面M、N的电势分别为φM、φN，则该种材料( )21世纪教育网版权所有
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A．如果是P型半导体，有φM>φN
B．如果是N型半导体，有φM<φN
C．如果是P型半导体，有φM<φN
D．如果是金属导体，有φM>φN
[解析] 由左手定则可知，载流子 ( http: / / www.21cnjy.com )受力方向竖直向下；若是P型半导体，则相当于带正电粒子的“空穴”向下表面N运动，则φN>φM，C项正确；若是N型半导体或金属导体，则电子受向下的力，向N运动，则φN<φM，D项正确。21cnjy.com
[答案] CD
2．[2014·北京东城区期末]如图所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，界面MN与水平地面之间有足够大正交的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直。在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面。若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是( )【来源：21·世纪·教育·网】
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A．小球做匀变速曲线运动
B．小球的电势能保持不变
C．洛伦兹力对小球做正功
D．小球的动能增量等于其电势能和重力势能减少量的总和
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[解析] 带电小球在刚进入复合场时受力如 ( http: / / www.21cnjy.com )图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以不可能是匀变速曲线运动，选项A错误；根据电势能公式Ep＝qφ，知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能保持不变，选项B错误；根据洛伦兹力的方向确定方法知，洛伦兹力方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，选项C错误；从能量守恒角度知道选项D正确。21·cn·jy·com
[答案] D
3．[2014·北京丰台区模 ( http: / / www.21cnjy.com )拟]如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大电阻为R，开关K闭合。两平行金属极板a、b间有匀强磁场，一带负电的粒子(不计重力)以速度v水平匀速穿过两极板。下列说法正确的是( )2·1·c·n·j·y
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A．若将滑片P向上滑动，粒子将向a板偏转
B．若将a极板向上移动，粒子将向a板偏转
C．若增大带电粒子的速度，粒子将向b板偏转
D．若增大带电粒子带电荷量，粒子将向b板偏转
[解析] 将滑片P向上滑 ( http: / / www.21cnjy.com )动，电阻两端的电压减小。因电容器与电阻并联，故两板间的电势差减小，根据E＝知两板间的电场强度减小，粒子所受电场力减小，因带负电，电场力向上，所以粒子将向b板偏转，A错误；保持开关闭合，将a极板向上移动一点，板间距离增大，电压不变，由E＝可知，板间电场强度减小，粒子所受电场力向上变小，洛伦兹力向下，则粒子将向b板偏转，故B错误；若增大带电粒子的速度，所受极板间洛伦兹力增大，而所受电场力不变，故粒子将向b板偏转，C正确；若增大带电粒子带电荷量，所受电场力增大，所受洛伦兹力也增大，但两者仍相等，故粒子将不会偏转，故D错误。www.21-cn-jy.com
[答案] C
4．[2014·石家庄一模](多选)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面、磁感应强度大小可调的均匀磁场，带电粒子可在环中做圆周运动。A、B为两块中心开有小孔的距离很近的极板，原来电势均为零，每当带电粒子经过A板准备进入AB之间时，A板电势升高为＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速；每当粒子离开B板时，A板电势又降为零。粒子在电场的加速下动能不断增大，而在环形磁场中绕行半径不变。若粒子通过A、B板的时间不可忽略，能定性反映A板电势U和环形区域内的磁感应强度B分别随时间t变化关系的是( )
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[解析] 由题意可知，粒子在加速电场中 ( http: / / www.21cnjy.com )运动时，两板电势差不变，故场强不变，带电粒子所受电场力不变，加速度不变，而粒子进入电场时的初速度不断变大，故在两板间运动的时间不断变短，故A项错，B项正确；粒子进入磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，即：qvB＝m，解得：B＝，随粒子速度不断增大，半径保持不变，故磁感应强度不断增大；由圆周运动规律T＝可知，带电粒子在磁场中运动周期不断减小，故C项正确，D项错。
[答案] BC
5．如图所示，在xOy坐标系中有虚线O ( http: / / www.21cnjy.com )A，OA与x轴的夹角θ＝30°，OA与y轴之间的区域有垂直纸面向外的匀强磁场，OA与x轴之间的区域有沿x轴正方向的匀强电场，已知匀强磁场的磁感应强度B＝0.25 T，匀强电场的电场强度E＝5×105 N/C。现从y轴上的P点沿与y轴正方向夹角60°的方向以初速度v0＝5×105 m/s射入一个质量m＝8×10－26 kg、电荷量q＝＋8×10－19 C的带电粒子，粒子经过磁场、电场后最终打在x轴上的Q点，已知P点到O的距离为 m(带电粒子的重力忽略不计)。求：21教育网
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(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(2)粒子从P点运动到Q点的时间；
(3)Q点的坐标。
[解析] (1)由qv0B＝m
解得r＝＝0.2 m
(2)粒子由P点进入磁场，由于∠O′PO＝30°，延长PO′交OA于O″，则PO″⊥OA，则
PO″＝OPcos30°＝0.3 m
由几何关系O′O″＝PO″－PO′＝0.1 m
得O′O″＝O′M
即得∠O′MO″＝30°
由此得出粒子从OA边射出时v0与OA的夹角为60°，故从OA边射出时v0与x轴垂直
( http: / / www.21cnjy.com )
从P点到Q点的时间为在磁场中运动的时间t1和电场中运动的时间t2之和
t1＝＝8.37×10－7s
t2＝＝3.46×10－7s
粒子从P点到Q点的时间为
t＝t1＋t2＝1.18×10－6s
(3)粒子在电场中qE＝ma
a＝＝5×1012 m/s2
水平位移x2＝at＝0.3 m
粒子在磁场中水平位移
x1＝r＋rsin30°＝0.3 m
故x＝x1＋x2＝0.6 m
即Q点的坐标为(0.6 m,0)
[答案] (1)0.2 m (2)1.18×10－6s (3)(0.6 m,0)
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电场和磁场专题小循环练
一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中第2、4、5、6小题为多选题。)
1．如图所示，足够大的光滑绝缘水平面上 ( http: / / www.21cnjy.com )有三个带电质点，A和C围绕B做匀速圆周运动，A和B、C和B的距离分别是L1和L2，B恰能保持静止。已知三质点间只有静电力的作用，则A和C的比荷(电荷量与质量之比)的比值应为( )21世纪教育网版权所有
A．()3 B．()3
C．()2 D．()2
[解析] A、C做圆周运动，B平衡，可分析出 ( http: / / www.21cnjy.com )A、C电性相同，与B电性相反，对B有＝ ＝，对A有－＝mAωL1，对C有－＝mCωL2，联立各式有mAωL1＝mCωL2，因ωA＝ωC，所以有＝，则A和C的比荷的比值应为∶＝＝()3，选A。21·cn·jy·com
[答案] A
2．真空中有一正四面体AB ( http: / / www.21cnjy.com )CD，如图MN分别是AB和CD的中点。现在A、B两点分别固定电荷量为＋Q、－Q的点电荷，下列说法中正确的是( )www.21-cn-jy.com
A．将试探电荷＋q从C点移到D点，电场力做正功，试探电荷＋q的电势能降低
B．将试探电荷－q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷－q 的电势能不变
C．C、D 两点的电场强度相等
D．N点的电场强度方向平行AB且跟CD垂直
[解析] 由数学知识得正、 ( http: / / www.21cnjy.com )负电荷的合场强方向垂直于DMC平面，所以试探电荷从C点移到D点，电场力不做功、电势能不变，A选项错，B选项对；由几何图形的对称性知C、D两点的电场强度相等，C选项对；由几何知识知异面直线AB、DC互相垂直、在平面ANB中，正负电荷在N点的合场强垂直于MN且平行于AB，所以合场强垂直于CD，D项正确，选B、C、D。【来源：21·世纪·教育·网】
[答案] BCD
3．如图甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为 ( http: / / www.21cnjy.com )＋Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴。理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示，则( )
甲
乙
A．x1处场强大小为
B．x2处场强大小为
C．球内为匀强电场
D．E－x图线与x轴所围的面积表示电势差
[解析] 由乙图可知，沿x轴方向，x＝R时 ( http: / / www.21cnjy.com )场强最大。若x1处场强大小为，那么R处的场强应为，因R>x1，所以>，与乙图矛盾，故A错误。若x2处的场强大小为，照此推理R处场强大小应为，因为x2>R，故>，与乙图矛盾，故B错误。由乙图可知C错误；由E－x图象的物理意义可知D正确。
[答案] D
4．如图所示，真空中存在一个水平向左的匀强 ( http: / / www.21cnjy.com )电场，场强大小为E。一根不可伸长的绝缘细线长度为l，一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点。把小球拉到使细线水平的位置A，由静止释放，小球沿圆弧运动到位置B时，速度为零。图中角θ＝60°。以下说法正确的是( )21·世纪*教育网
A．小球在B位置处于平衡状态
B．小球受到的重力与电场力的关系是mg＝qE
C．小球在B点的加速度大小为g
D．小球从A运动到B的过程中，电场力对其做的功为－qEl
[解析] 小球在B点速度为0，但不能保持静 ( http: / / www.21cnjy.com )止，不是平衡状态，A错；小球的平衡状态在AB弧的中点，由小球受力分析得tan30°＝ mg＝qE，B错；小球在A、B间做往复运动，B处的加速度大小等于A处加速度g，C对；小球从A到B电场力做功W＝－qE(l－lcosθ)＝－qEL；D对，选C、D。 21*cnjy*com
[答案] CD
5．如图(a)所示，两水平平行正对的 ( http: / / www.21cnjy.com )金属板M、N间距为d，加有如图(b)所示的交变电压。一质量为m、电荷量为q的带正电的微粒被固定在两板正中间的P点，在t＝0时刻释放该粒子，3t0时间内粒子未到达极板。则在0～3t0时间内，下列说法正确的是( )
图(a)
图(b)
A．从t＝0开始，粒子向M板运动
B．粒子从t0开始一直向N板运动
C．0～2t0时间内，电场力对粒子做的功为mg2t
D．3t0时，重力对粒子做功的瞬时功率为mg2t0
( http: / / www.21cnjy.com )
[解析] 由图(b)知t＝0时上极板 ( http: / / www.21cnjy.com )M带负电，分析微粒受力，F合＝qE－mg＝mg向上，粒子向M板运动，A对；从t0开始，由图(b)知上极板带正电，粒子合外力向下，粒子做向M板的匀减速直线运动，B错；减速阶段合外力F合′＝mg＋q＝3mg，做出粒子的v－t图象如图，0～t0匀加速，加速度g，速度达到gt0，t0～2t0匀减速，加速度－3g，t0时刻速度为0,2t0时刻速度－2gt0,2t0～3t0，匀加速，加速度g,3t0时速度－gt0,0～2t0时间内，粒子的位移s＝×t0×gt0－(2t0－t0)×2gt0＝0，所以电场力对粒子不做功，粒子又回到原位置P点，C错；3t0时，重力对粒子做功的瞬时功率P＝G·vG＝mg·gt0＝mg2t0，D对，选A、D。21教育网
[答案] AD
6．两个相同的电容器A和B ( http: / / www.21cnjy.com )如图连接，它们的极板均水平放置。当它们都带有一定电荷并处于静电平衡时，电容器A中的一带电粒子恰好静止。现将电容器B的两极板沿水平方向移动使两极板错开，移动后两极板仍然处于水平位置，且两极板的间距不变，这时带电粒子的加速度大小为g。忽略电场的边缘效应。则( )
A．电容器A的电压增加，带电粒子加速向上运动
B．电容器A的带电量增加为原来的2倍
C．电容器B的正对面积减少到原来的
D．电容器B间的电场强度保持不变
[解析] 由电容器决定式C＝知B极板错开，S减小、C减小、B电容器极板所带电荷量减小，A、B电容器极板电荷量一定，所以A极板电荷量增加，由C＝＝知电容器A电容不变，Q增加，U增大，带电粒子向上运动，A对；原来带电粒子平衡有qE＝mg＝q，现在对带电粒子有qE′－mg＝m q＝mg，所以电容器A的电压变为原来的倍，由C＝知，C不变，电荷量也变为原来的倍，B错；A、B总电荷量不变，所以B的电荷量变为原来的倍，A、B电压相同，也变为原来的倍，由C＝＝知＝＝C，所以电容器B的正对面积变为原来的，C对；电容器B的电压变为原来的倍，两极板距离不变，由E＝知场强变为原来的倍，D错，选A、C。21cnjy.com
[答案] AC
7．右图为可测定比荷的某装置的简化示意图， ( http: / / www.21cnjy.com )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(C/kg)是( )2·1·c·n·j·y
A．3.5×107 B．4.9×107
C．5.3×107 D．7×107
[解析] 带电粒子从P射入，在M处被观测到 ( http: / / www.21cnjy.com )，说明PM为粒子轨迹圆周上的弦，圆心应在PM弦中垂线上，要满足运动半径恰好最小，则圆心在PM的中点，由几何知识得半径R＝＝ ＝＝＝4.9×107 C/kg，选B。
[答案] B
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8．如图所示，纸面内有宽为L水平向右飞 ( http: / / www.21cnjy.com )行的带电粒子流，粒子质量为m，电荷量为－q，速率为v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都汇聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是(其中B0＝，A、C、D选项中曲线均为半径是L的圆弧，B选项中曲线为半径是的圆)( )www-2-1-cnjy-com
( http: / / www.21cnjy.com )
[解析] 带电粒子进入磁场中做圆周 ( http: / / www.21cnjy.com )运动，圆周运动的半径R＝，A、B、C对应的半径R＝L，D图对应的半径为。粒子的初速度都相同，相当于以初速度的方向为切线，以粒子进入磁场的点为切点来画半径已知的圆，圆弧和磁场边界的交点为出射点，由数学知识可以证明A图的粒子的出射点恒为两个圆弧右下方的交点，故A正确。B、C、D对应的粒子的出射点都不相同。【来源：21cnj*y.co*m】
[答案] A
二、计算题(本题共2小题，共36分。需写出规范的解题步骤。)
9．如图所示，半径为R的半圆形磁场区域内 ( http: / / www.21cnjy.com )(含半圆形边界)有垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，位于O点的粒子源可向磁场区域内垂直磁场的各个方向以相等速率连续发射质量为m、电荷量为q的正粒子，粒子重力不计。求：【出处：21教育名师】
(1)要使所有粒子均不会从磁场圆弧边界ACD射出磁场，粒子的速率应满足的条件；
(2)若与x轴正方向成60°夹角射出的粒子恰好从D点离开磁场，求以此速度进入磁场的粒子在磁场内通过的区域面积与磁场区域总面积的比值。【版权所有：21教育】
[解析] (1)粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qvB＝m
据题意由几何关系得：r1≤
解得：v≤
(2)与x轴正方向成60°夹角射出的粒子，其运动轨迹如图甲所示，设其运动的轨道半径为r2，则据几何关系可得：21教育名师原创作品
甲
r2cos30°＝
解得：r2＝
沿x轴负方向射出的粒子，其圆心在y轴正方向上，半径为r2，其运动轨迹如图乙所示，轨迹方程可表示为：
乙
x2＋(y－R)2＝(R)2
磁场边界的方程为：
x2＋y2＝R2
若粒子从F点射出磁场，可得其坐标为(，)，则
∠AOF＝60°
粒子在磁场中通过的面积应为圆弧OF与直线OF围成的面积与扇形OFD的面积之和，设其为S，则
S1＝π(R)2－×(Rcos30°)×(Rsin30°)＋πR2
磁场区域的面积：S2＝πR2
解得：＝－
[答案] (1)v≤ (2)＝－
10．如图所示，在xOy坐 ( http: / / www.21cnjy.com )标系中y轴的负半轴上有一荧光屏；在第一象限内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场；第四象限内存在方向沿－x方向的匀强电场。在xOy平面内从y轴上的P(0，L)点，以大小为的相同速率、沿与y轴正方向分别成30°和150°角，同时发射质量为m、电荷量为q的两个相同正粒子，粒子经磁场后进入电场打到荧光屏上，测得两亮点间的距离为L。不计粒子重力及粒子间的相互作用，求：2-1-c-n-j-y
(1)两粒子在磁场中运动的时间比；
(2)匀强电场的电场强度E。
[解析] (1)粒子在磁场中做圆周运动，半径为R，周期为T
qvB＝m
R＝2L
T＝
当粒子初速度与y轴正方向夹角为150°时，粒子在磁场中的圆心为O1，在磁场中运动的时间为t1，此时对应的圆心角为30°
t1＝
当粒子初速度与y轴正方向夹角为30°时，粒子在磁场中的圆心为O2，在磁场中运动的时间为t2，此时对应的圆心角为150°
t2＝T
两粒子在磁场中运动的时间比
＝
(2)当粒子初速度与y轴正方向夹角为150°时，到达x轴的横坐标为xC
xC＝R(1－cos30°)
粒子在电场中做类平抛运动，运动时间为t1′
xC＝t′
粒子到达y轴上M点纵坐标为yM
yM＝－vt′1
当粒子初速度与y轴正方向夹角为30°时，到达x轴的横坐标为xD
xD＝R(1＋cos30°)
粒子在电场中做类平抛运动，运动时间为t′2
xD＝t′
粒子到达y轴上N点纵坐标yN
yN＝－vt′2
yM－yN＝L
E＝
[答案] (1)t1∶t2＝1∶5 (2)E＝
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