考点3 带电粒子(或带电体)在复合场中的运动
1．[2023·湖南卷]如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下(与纸面平行)，磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直．A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ.若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0.若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t>t0
B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t>t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则t＝
D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则t＝t0
2.[2023·新课标卷]一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示．已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为( )
A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
3．[2022·全国甲卷]空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向．一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动．下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是( )
4．[2023·全国乙卷]如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直．一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a.如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏．该粒子的比荷为( )
A．B．
C．D．
5．[2023·辽宁卷]如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍．金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场．质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场．己知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力．
(1)求金属板间电势差U；
(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
(3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长．定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M.
6．[2023·海南卷](多选)(本题选项中的数据是根据考生回忆编写的，与原卷数据有些许出入)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子，从坐标原点O以初速度v0射入第一象限内的电、磁场区域，在0x0区域内有垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场，控制电场强度E(E值有多种可能)，可让粒子从NP射入磁场后偏转打到足够长的接收器MN上，不计重力，则( )
A．粒子从NP中点射入磁场，电场强度E＝
B．粒子从NP中点射入磁场时的速度v＝v0
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为
D．粒子在磁场中运动的轨迹半径的最大值是
题组一 带电粒子在组合场中的运动
7.(多选)如图所示，在PQ之间有水平向右的匀强电场，在QM之间的两个半径为R的圆形内(不包含边界)存在方向相反的圆形磁场，两个圆形磁场相切且与边界Q也相切，磁感应强度均为B，在两个圆形磁场右边有一个与圆形磁场相切的足够大挡板．在下边圆形磁场的最低点A处有一个粒子源可以在平面内向磁场内各个方向发射速率为，电量为＋q，质量为m的粒子，PQ之间的距离为2R，电场强度为，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，粒子不发生碰撞，下列说法正确的是( )
A．粒子速度减到零时刚好运动到电场左边界P
B．粒子水平向左进入匀强电场
C．粒子在下边的圆形磁场中运动的时间均为
D．粒子无法都垂直打在挡板上
8．(多选)如图甲所示，在xOy平面内存在方向、大小随时间呈周期性变化的磁场和电场(电场未画出)，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为电场强度的正方向).在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子(不计所受重力).已知v0、t0、B0、E0，且E0＝，粒子的比荷＝，x轴上有一点A，坐标为(，0).下列选项正确的是( )
A．时刻，带电粒子的位置坐标为(，)
B．带电粒子在运动过程中偏离x轴的最大距离为v0t0＋
C．带电粒子在运动过程中偏离y轴的最大距离为
D．粒子经过32t0通过A点
9．[2023·甘肃省第一次诊断性考试]实验室有一装置可用于探究原子核性质，该装置的主要原理可简化为：空间中有一直角坐标系Oxy，在紧贴位置(－0.2m，0)的下侧处有一粒子源P，能沿x轴正方向以v0＝1×106m/s的速度持续发射比荷为＝5×107C/kg的某种原子核．在x＜0，y＜0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场，场强E＝×105V/m.在x＞0的空间中有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B＝0.2T．忽略原子核的重力及核间的相互作用．
(1)求原子核第一次穿过y轴时的速度v的大小和方向；
(2)若原子核进入磁场后，经过Δt＝π×10－7s瞬间分裂成a、b两个新核．两新核的质量之比为ma∶mb＝1∶2；电荷量之比为qa∶qb＝1∶2；速度大小之比为va∶vb＝4∶1，方向仍沿原运动方向．求a粒子经过y轴时的位置及其在磁场中运动的时间．
10．[2023·广东省六校联盟联考]如图所示，在直角坐标Oxy平面的第一象限内存在着沿＋y方向的有界匀强电场E1，其边界由曲线Ob、x轴和直线ab围成(边界有电场)，其中a、b点坐标分别为(1m，0)、(1m，1m)，且曲线Ob的轨迹方程为y＝x2，电场强度的大小E1＝5.0×102N/C，在边界Oa上放有一个和边界等长的粒子放射源，能同时均匀的发射粒子．在y＝1m的虚线ef上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，c点为磁场边界和y轴的交点．在紧挨着y轴左侧及ef下侧存在一个边长L为1m的正方形区域，此正方形区域内存在沿－x方向的匀强电场E2(边界有电场)，电场强度大小E2＝3.2×102N/C，且在此电场的下边界放置了一个与边界等长的荧光屏．某时刻放射源由静止释放大量带正电的粒子，发现所有粒子均能通过图中c点．已知粒子的电荷量q＝1×10－10C，质量m＝1×10－15kg，不计带电粒子的重力以及粒子之间的相互作用，求：
(1)磁场的磁感应强度的大小；
(2)打到荧光屏上的粒子占粒子总数的百分比；
(3)到达荧光屏上的粒子的最小动能．
题组二 带电粒子在叠加场中的运动
11.[2023·江苏省南京市考试]如图所示．实线表示竖直平面内匀强电场的电场线，电场线与水平方向成α角，匀强磁场与电场正交，垂直纸面向里．有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成θ角，且α＞θ，则下列说法中正确的是( )
A．液滴一定带负电
B．液滴一定做匀速直线运动
C．电场线的方向一定斜向下
D．液滴可能做匀变速直线运动
12.[2023·重庆万州第二高级中学校联考模拟]如图所示，场强为E的匀强电场方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场垂直电场向外，带电量为q的小球(视为质点)获得某一垂直磁场水平向右的初速度，正好做匀速圆周运动，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球必须带正电
B．小球的质量为
C．小球做匀速圆周运动的周期为
D．若仅把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，则其速度为
13．[2023·广东省广州市模拟](多选)如图所示，绝缘粗糙细直杆abc在b处弯折，水平bc段足够长，ab与水平部分的夹角为α.在虚线AB的右侧区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带电圆环(可视为点电荷)从倾斜ab段某处由静止释放，忽略圆环经过弯折处的能量损失且圆环在运动过程中所带电荷量保持不变．下列关于圆环速度v随时间t的变化图像可能正确的是( )
题组三 现代电磁技术
14.[2023·北京市东城区模拟]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．三个带电的微粒a、b、c电荷量的大小相等，质量分别为ma、mb、mc，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．下列正确的是( )
A．b粒子可能带负电
B．c粒子一定带正电
C．a粒子的质量一定小于b粒子
D．a粒子的质量一定大于c粒子
15．如图所示为某污水测量装置，绝缘材料做成的水平圆管内径为D，在圆管某横截面的一条竖直直径上安装两个金属电极M、N，M装在顶部、N装在下部，M、N刚好戳穿绝缘材料，当圆管内充满污水时，M、N能与污水有良好接触．将这一装置安装在杭州某工厂排污口，并使圆管的中心轴线沿东西方向放置，污水恰能充满圆管并以稳定的速度v向东流淌．污水中含有大量可自由移动的离子．在圆管侧面加一个磁感应强度为B、方向垂直于M、N所在直径向北的匀强磁场，在M、N之间形成的电势差为UMN；撤去匀强磁场，M、N之间依然存在电势差，大小为U′MN.下列说法正确的是( )
A．UMN＞0，U′MN＜0
B．v＝
C．排污口所在处地磁场的水平分量Bx＝
D．单位时间内流出的污水体积为Q＝
16．[2023·海南省琼海市四校联考]血流计原理可以简化为如图所示模型，血液内含有少量正、负离子，从直径为d的血管右侧流入，左侧流出．流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积．空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，M、N两点之间可以用电极测出电压U.下列说法正确的是( )
A．离子所受洛伦兹力方向由M指向N
B．血液中正离子多时，M点的电势高于N点的电势
C.血液中负离子多时，M点的电势高于N点的电势
D.血液流量Q＝
17．[2023·山西一模]电动自行车是一种常用的交通工具，通过转动转把来改变车速．如图甲所示，开启电源后，在霍尔元件的上、下面之间通过恒定电流．如图乙所示，转动转把，使内部的永久磁铁靠近或远离霍尔元件，改变穿过霍尔元件的磁场强弱，使其能输出控制车速的霍尔电压．霍尔电压越大，车速越大．如图丙所示，已知永久磁铁左边是N极、右边是S极，霍尔元件的载流子是电子．下列判断正确的是( )
A．若顺时针转动手柄使永久磁铁靠近霍尔元件时，输出的霍尔电压变小
B．若逆时针转动手柄使永久磁铁远离霍尔元件时，则车速将变快
C．若霍尔元件中通有从上向下的电流时，则前表面电势高
D．若霍尔元件中通有从上向下的电流时，则左侧电势高
18．[2023·浙江省绍兴检测]如图所示为质谱仪的示意图．电荷量和质量不同的离子从电离室A中“飘”出，从缝S1进入电势差恒定的加速电场中加速，然后从S3垂直进入匀强磁场B中做匀速圆周运动，最后打在照相底片上．已知质子从静止开始被加速电场加速，经磁场偏转后打在底片上的P点，某二价正离子从静止开始经相同的电场加速和磁场偏转后，打在底片上的Q点，已知QS3＝12PS3，则离子质量和质子质量之比为( )
A．12 B．24 C．144 D．288
19.[2023·安徽滁州模拟]回旋加速器的D形盒的俯视图如图所示，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间忽略不计．已知垂直盒面的匀强磁场的磁感应强度大小为B，D形盒的半径为r，高频电源的频率为f，两盒间电压为U.若A处的粒子源发出一个带电荷量为q的粒子(初速度的大小可忽略)，粒子经过电场加速后进入磁场，在磁场中做圆周运动，然后再次经过狭缝被电场加速，再进入磁场，直到最后从D形盒出口飞出．
(1)求粒子从D形盒出口飞出时的速度大小和粒子在D形盒中被加速的次数．
(2)若匀强磁场的磁感应强度大小变为原来的二分之一，同时改变电源的频率f，求该粒子从D形盒出口飞出时的动能．
20.[2023·广东省深圳市质量监测]磁流体发电是一项新兴技术，它可以把物体的内能直接转化为电能，如图所示是其原理示意图，平行金属板M、N间有一个很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)喷入磁场，M、N两板间便产生电压，如果把M、N板和用电器连接，金属板M、N就相当于直流电源的两个电极．则( )
A.强磁场对正离子做正功
B．强磁场对负离子做正功
C．金属板M相当于直流电源的正极
D．金属板N相当于直流电源的正极
21．[2023·广东省部分学校大联考]如图所示，空间中存在着正交的匀强磁场和匀强电场，已知电场强度大小为E，方向竖直向下，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面．一电子由O点以一定初速度v0水平向右飞入其中，运动轨迹如图所示，其中O、Q和P分别为轨迹在一个周期内的最高点和最低点，不计电子的重力．下列说法正确的是( )
A．磁感应强度方向垂直纸面向外
B．电子的初速度v0小于
C．由O点至P点的运动过程中，电子的速度增大
D．将电子的初速度调整至合适值可以使其做直线运动
22．[2023·福建省福州市质量检测](多选)如图所示，两实线所围成的环形区域内有一径向电场，场强方向沿半径向外，电场强度大小可表示为E＝，a为常量．电荷量相同、质量不同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动．不考虑粒子间的相互作用及重力，则( )
A．两个粒子均带负电
B．质量大的粒子动量较小
C．若将两个粒子交换轨道，两个粒子仍能做匀速圆周运动
D．若去掉电场加上垂直纸面的匀强磁场，两个粒子一定同时做离心运动或向心运动
23．[2023·江苏省扬州市模拟]回旋加速器利用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在MN板间，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A．带电粒子每运动一周被加速两次
B．粒子每运动一周半径的增加量都相等
C．增大板间电压，粒子最终获得的最大动能不变
D．加速电场方向需要做周期性的变化
24．[2023·河北省石家庄调研]如图所示，某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．一带电小球恰能以速度v0沿图中虚线所示轨迹做直线运动，其虚线恰好为固定放置的光滑绝缘管道的轴线，且轴线与水平方向成60°角，最终小球沿轴线穿过光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径).下列说法正确的是( )
A．小球一定带正电
B．电场强度和磁感应强度的大小关系为＝
C．小球一定从管道的P端运动到Q端
D．若小球刚进入管道时撤去磁场，小球将在管道中做匀减速直线运动
25．[2023·重庆市巴蜀中学适应性考试]北京高能物理研究所的正、负粒子对撞机是世界八大高能加速器中心之一，是中国第一台高能加速器，其结构如图所示，正、负粒子由静止开始经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向同时注入对撞机的高真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B，正、负粒子在环状空腔内只受洛伦兹力作用而沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，然后在碰撞区内迎面相撞，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A．正、负粒子的比荷可以不相同
B．磁感应强度B一定时，比荷相同的粒子，电荷量大的粒子进入磁场时动能大
C．加速电压U一定时，粒子的比荷越大，磁感应强度B越大
D．对于给定的正、负粒子，粒子从静止到碰撞运动的时间变短，可能是由于U不变、B变大引起的
26．[2023·广东省茂名市综合考试]半导体有着广泛的应用，人们通过离子注入的方式优化半导体以满足不同的需求．离子注入系统的原理简化如图所示．质量为m、电荷量为q的正离子经电场加速后从EE1中点P垂直OE射入四分之一环形匀强磁场，环形磁场圆心为O，内环半径OE1＝OG1＝R，外环半径OE＝OG＝3R，磁场方向垂直纸面向里．当磁感应强度为B0时，离子恰好垂直边界从GG1中点Q射出．不考虑离子重力以及离子间的相互作用．求：
(1)加速电场M、N两板间的电压；
(2)为使离子能够到达GG1面，环形区域内磁场的取值范围．
27．[2023·河北省部分学校大联考]如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)套在长度为L、倾角为θ的固定绝缘光滑直杆OP上，P端下方存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿PO方向，磁场方向垂直纸面水平向里．现将小球从O端由静止释放，小球滑离直杆后沿直线运动，到达Q点时立即撤去磁场，最终小球垂直打到水平地面上，重力加速度大小为g，不计空气阻力．求：
(1)电场的电场强度大小E以及磁场的磁感应强度大小B；
(2)Q点距离地面的高度h.
28．[2023·吉林省长春市质量监测]如图所示，质量M＝5.0kg的小车以v＝2.0m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是光滑圆弧轨道，整个轨道均由绝缘材料制成，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小E＝50N/C，磁感应强度大小B＝2.0T．现有一质量m＝2.0kg、带负电的电荷量q＝0.10C的滑块，以v0＝10m/s的水平速度从小车左端A处向右冲上小车，第一次通过D点时速度的大小v1＝5.0m/s，滑块可视为质点，忽略运动电荷产生的磁场，g取10m/s2.求：
(1)滑块从A到D的过程中，小车、滑块组成的系统损失的机械能；
(2)若圆弧轨道的半径r＝1m，滑块刚过D点时对轨道压力的大小；
(3)当滑块通过D点时，立即撤去磁场，若滑块不能冲出圆弧轨道，求圆弧的最小半径．
[答题区]
题号 1 2 3 4 6 7 8 11 12 13 14
答案
题号 15 16 17 18 20 21 22 23 24 25
答案
考点3 带电粒子(或带电体)在复合场中的运动
1．解析：由题知粒子在AC做直线运动，则有qv0B1＝qE
区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据qvB＝mr，有t0＝，若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子沿AC做直线运动的速度，有qvA·2B1＝qE，则vA＝
再根据qvB＝m，可知粒子运动半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子沿AC做直线运动的速度，有qv1＝q·2E
则v1＝2v0
再根据qvB＝m，可知粒子运动半径变为原来的2倍，则粒子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，B错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝m，可知粒子半径变为原来的>2，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，根据qvB＝mr，有t＝
则t＝，C错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝m，可知粒子半径变为原来的>2，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为45°，根据qvB＝mr，有t＝
则t＝t0，D正确．故选D.
答案：D
2．解析：假设电子打在a点，即其所受电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，故eE＝evB，由于α粒子的速度v′小于电子的速度v，所以2eE＞2ev′B，α粒子经过电、磁组合场后向右偏转，即其所受合力方向向右，由于α粒子带正电，所以电场方向水平向右，AB错误；电子所受电场力水平向左，则其所受洛伦兹力水平向右，则磁场方向垂直纸面向里，D错误，C正确．假设α粒子打在a点，同样可以得出C正确．
答案：C
3．解析：带正电粒子从原点O由静止释放，在电场力作用下，获得向上的速度后，会受到向左的洛伦兹力，故粒子向左侧偏转，排除A、C选项；当粒子再回到x轴时，电场力整体做功为零，洛伦兹力始终不做功，故此时速度为零，以后会重复原来的运动，不可能运动到x轴下方，故B正确，D错误．
答案：B
4．解析：由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a，则粒子做圆周运动有qvB＝m则有＝，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq＝qvB，联立有＝，故选A.
答案：A
5．解析：(1)设板间距离为d，则板长为d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为E＝
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度qE＝ma
解得a＝
设粒子在平板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的规律得
＝at，d＝v0t0
联立解得U＝
(2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有
tan α＝＝
故α＝
则出电场时粒子的速度为v＝＝v0
粒子出电场后沿直线做匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得qvB＝m
解得r＝＝
已知圆形磁场区域半径为R＝，故r＝R
粒子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得θ＝2α＝
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为或60°；
(3)带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r＝R，根据几何关系，将磁场圆绕O′点顺时针旋转，当O点转到M点，粒子在磁场中运动轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长．则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：
答案：(1) (2)或60°
(3)
6．解析：若粒子从NP中点射入磁场，在电场中，水平方向有x0＝v0t，竖直方向有＝·t2，解得E＝，A对；粒子在电场中运动，由动能定理有qE·＝mv2－mv，结合A项分析可得v＝v0，B错；粒子在电场中的运动过程，竖直方向有vy＝·，粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，设粒子从电场中射出时的速度方向与y轴正方向的夹角为θ，根据几何关系可知，圆心到MN的距离为s＝R cos θ＝＝，C错；经分析可知，粒子从N点进入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径最大，在电场中运动时，水平方向有x0＝v0t，竖直方向有y0＝·t2，由动能定理有Emqy0＝mv－mv，粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvmB＝m，联立解得Rm＝，D对．
答案：AD
7．解析：根据洛伦兹力提供向心力qv0B＝m，且v0＝，解得r＝R，满足磁聚焦的条件，粒子出磁场后水平向左进入匀强电场，B项正确；设粒子在匀强电场中减速到零时的位移为x，根据动能定理－qEx＝0－mv，且E＝，解得x＝R，而PQ之间的距离d＝2R，粒子运动到PQ中间速度减到零，A项错误；作出轨迹图，如图所示，根据磁聚焦可以得出粒子在下边的圆形磁场中运动的两段圆弧圆心角之和是π，所以时间是半个周期，即t＝，C项正确；根据磁聚焦知识粒子在上边的圆形磁场中射出后均能垂直打在挡板上，D项错误．
答案：BC
8．解析：粒子的运动轨迹如图所示
在0～t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qB0v0＝mr1＝m，解得T＝＝2t0，r1＝＝，则粒子在时间内转过的圆心角为α＝，所以在时刻，带电粒子的位置坐标为(，)，A项正确；在t0～2t0时间内，粒子在电场中做匀加速运动，设粒子经电场加速后的速度为v，则有v＝v0＋t0＝2v0，运动的位移为y1＝t0＝v0t0；在2t0～3t0时间内粒子做匀速圆周运动，半径为r2＝2r1＝，故粒子偏离x轴的最大距离为h＝y1＋r2＝v0t0＋，粒子以后做周期性运动，重复上述运动，则粒子偏离y轴的距离无最大值，B项正确，C项错误；粒子在xOy平面内做周期性运动的周期为4t0，一个周期内向右运动的距离为d＝2r1＋2r2＝，AO间的距离为＝9d＋2r1，所以粒子运动至A点所用的时间为t＝9×4t0＋t0＝37t0，D项错误．
答案：AB
9．解析：(1)原子核在Oxy平面的电场中做类平抛运动，粒子在水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t0
原子核在竖直方向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
qE＝ma
竖直方向的速度为vy＝at0
原子核的速度为v＝
代入数据联立解得原子核第一次穿过y轴时的速度大小v＝×106m/s
速度方向与x轴正方向夹角的正切值tan θ＝＝，则θ＝30°
即速度方向与x轴正方向成30°角指向第四象限．
(2)原子核做类平抛运动，沿y轴负方向偏转的距离y＝at，解得y＝×10－2m
原子核在磁场B中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则
Bqv＝m
解得半径为R1＝＝m
粒子的运动周期为T1＝＝2π×10－7s
因为Δt＝，所以该原子核在磁场B中运动了半个周期后分裂，粒子在分裂时满足动量守恒定律，有mv＝mava＋mbvb
已知m＝ma＋mb，ma∶mb＝1∶2，va∶vb＝4∶1，
解得va＝×106m/s
所以分裂后a粒子的半径为Ra＝＝＝m
粒子的轨迹如图所示，根据几何关系可知，a核经过y轴时的位移为ya＝Ra－y＝m
a粒子在磁场中运动的周期为T2＝T1＝
由几何关系可知a粒子经过圆心角为30°，则a粒子在磁场中运动的时间为t＝＝×10－7s.
答案：(1)×106m/s，方向与x轴正方向成30°角指向第四象限 (2)m ×10－7s
10．解析：(1)从距O点x处释放的粒子在电场中加速再匀速到达虚线ef，根据动能定理可得qE1y＝mv2 ①
粒子在磁场做圆周运动半个周期从c点出射，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m ②
由几何关系x＝2r ③
且y＝x2 ④
由①②③④可得B＝0.2 T
(2)从c点出磁场的粒子进入第二个电场做类平抛，设某一个粒子能恰好达到荧光屏左边缘，则粒子在垂直电场方向和沿电场方向的位移均为电场的边长L
由运动学公式及牛顿第二定律有L＝a2t ⑤
L＝v1t1 ⑥
qE2＝ma2 ⑦
由⑤⑥⑦解得v1＝4×103m/s
由①④可得v1＝·x1
解得打中荧光屏左端的粒子释放位置为x1＝0.4 m
释放位置距离O点越远，粒子在电场1中加速距离越大，获得的速度越大，越能打中荧光屏，即在0.4 m到1 m范围释放的粒子能打中荧光屏，所占粒子总数的百分比为×100%＝60%
(3)设在电场1中加速距离为y2的粒子在电场2中偏转x2打到荧光屏上
qE1y2＝mv－0
x2＝a2t
L＝v2t2
qE2＝ma2
打到荧光屏上时动能为Ek＝qE1y2＋qE2x2
由以上可得Ek＝qE1y2＋q
当qE1y2＝q，即y2＝，Ek取最小值
代入数据得y2＝0.32 m时动能最小，最小动能为Ek＝3.2×10－8J.
答案：(1)0.2 T (2)60% (3)3.2×10－8J
11．解析：带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F电、垂直于速度方向的洛伦兹力F洛，由于α＞θ，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，B正确，D错误；当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F电、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力F洛作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负电或电场线方向斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，A、C错误．
答案：B
12．解析：小球受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，小球做圆周运动，则电场力与重力平衡，可知，电场力竖直向上，电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电，A错误；根据上述有qE＝mg，解得m＝，B错误；小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则有qvB＝m，T＝，结合上述解得T＝，C正确；若把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，根据平衡条件有mg＋qE＝qv0B，结合上述解得v0＝，D错误．
答案：C
13．解析：设带电圆环的质量为m，圆环与绝缘粗糙细直杆间的动摩擦因数为μ，当带电圆环从倾角为α角的倾斜绝缘细直杆上下滑时，设其获得的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得mg sin α－μmg cos α＝ma，解得a＝g sin α－μg cos α，由此可知在带电圆环下滑到倾斜绝缘细直杆的最下端的过程中，做初速度为零的匀加速直线运动，反映在vt图像上则为过原点的倾斜直线．而当带电圆环进入虚线AB右侧的匀强磁场后，若圆环带正电，则要受到竖直向上的洛伦兹力，而当洛伦兹力等于其重力时，圆环所受合外力为零，在磁场中做匀速直线运动，图像为一条平行于时间轴的直线；若洛伦兹力大于重力，则由牛顿第二定律可得μ(Bqv－mg)＝ma1，小环将做加速度减小的减速运动，随着速度的减小洛伦兹力也随之减小，当洛伦兹力减小到与重力大小相等时，小环将做匀速直线运动；若洛伦兹力小于重力，则由牛顿第二定律有μ(mg－Bqv)＝ma2，小环做减速运动，随着速度的减小，洛伦兹力减小，加速度增大，小环做加速度增大的减速运动，直至速度减为零；若小环带负电，所受洛伦兹力竖直向下，由牛顿第二定律可得μ(mg＋Bqv)＝ma3，小环做减速运动，随着速度的减小洛伦兹力减小，加速度减小，小环做加速度减小的减速运动，直至速度减为零．综上所述，A、C、D三项正确．
答案：ACD
14．解析：微粒b向右做匀速直线运动，若b带负电，则电场力竖直向下，由左手定则判断洛伦兹力竖直向下，重力竖直向下，不可能受力平衡；故b一定带正电，由平衡条件得qE＋qvbB＝mbg，可得qE＜mbg，微粒a在纸面内做匀速圆周运动，必有qE＝mag，则有ma＜mb，A项错误，C项正确；微粒c向左做匀速直线运动，若c带正电，电场力竖直向上，左手定则判断洛伦兹力竖直向下，重力竖直向下，由平衡条件得qE＝mcg＋qvcB，可得qE＞mcg，则有ma＞mc；若c带负电，电场力竖直向下，左手定则判断洛伦兹力竖直向上，重力竖直向下，由平衡条件得qvcB＝mcg＋qE，无法比较qE与mcg的大小，故ma与mc之间的大小也无法比较，B、D项错误．
答案：C
15．解析：根据题意可知该处地磁场水平方向的分量为从南到北，而所加磁场的方向垂直于M、N所在直径向北，因此根据左手定则可知，无论是地磁场还是所加磁场，污水中的正离子都向M处移动、负离子都向N处移动，故UMN＞0，U′MN＞0，A项错误；设地磁场在该处的水平分量为Bx，根据平衡条件可得＝qv(B＋Bx)，解得v＝，B项错误；撤去匀强磁场后，由于污水流速不变，因此根据平衡条件可得＝qvBx，解得v＝，结合C选项分析可得Bx＝，C项正确；结合BC选项分析可得v＝，管道的横截面积为S＝π()2，单位时间内流出的污水体积为V＝Sv＝，D项错误．
答案：C
16．解析：根据左手定则，正离子受到竖直向下的洛伦兹力，负离子受到竖直向上的洛伦兹力，A错误；正离子受到竖直向下的洛伦兹力而聚集在N一侧，负离子受到竖直向上的洛伦兹力而聚集在M一侧，则M点的电势低于N点的电势，B、C错误；正负离子达到稳定状态时，有qvB＝q，可得流速v＝，流量Q＝Sv＝·＝，D正确．
答案：D
17．解析：当按图甲顺时针转动把手，导致霍尔器件周围的磁场增加，那么霍尔器件输出控制车速的电压增大，A项错误；逆时针转动手柄使永久磁铁远离霍尔元件时，导致霍尔器件周围的磁场减弱，那么霍尔器件输出控制车速的电压减小，车速变慢，B项错误；若霍尔元件中通有从上向下的电流时，根据左手定则可知，带负电的电子向后表面运动，则前表面电势高，C项正确，D项错误．
答案：C
18．解析：根据动能定理qU＝mv2，在磁场中洛伦兹力提供向心力qvB＝m，则R＝，由题意R离子＝12R质子，可得＝288，D正确．
答案：D
19．解析：(1)粒子能一直被回旋加速，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期一定与高频电源的周期相等，设粒子离开D形盒时的速度大小为vm，则有2πr＝vm，解得vm＝2πfr
又qvmB＝m，解得m＝
设粒子被加速的次数为n，由动能定理得nqU＝mv
联立解得n＝
(2)若磁感应强度大小变为原来的，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期也随之改变，由T＝＝
知电源的频率应变为f′＝f
粒子从D形盒出口飞出时的速度v′m＝2πrf′＝πfr＝vm
根据动能公式Ek＝mv2
结合m＝
可得该粒子离开D形盒时的动能Ek＝.
答案：(1)2πfr (2)
20．解析：根据题意可知，等离子体进入磁场之后受洛伦兹力，洛伦兹力的方向一直与等离子体运动方向垂直，则强磁场对正、负离子不做功，A、B错误；根据题意，由左手定则可知，正离子受指向N板的洛伦兹力，向N板偏转，金属板N相当于直流电源的正极，C错误，D正确．
答案：D
21．解析：电子从O点开始轨迹向下弯曲，由于电场力向上，说明洛伦兹力向下，根据左手定则，则磁感应强度方向垂直纸面向里，A错误；电子从O运动到P，合外力指向轨迹凹侧，有qv0B＞qE，则v0＞，B错误；由O点至P点的运动过程中，电场力做负功，洛伦兹力不做功，根据动能定理得电子的速度逐渐减小，C错误；当qv0B＝qE，即v0＝，电子受力平衡，可以做直线运动，D正确．
答案：D
22．解析：两个粒子做圆周运动，则所受电场力指向圆心，可知两粒子均带负电，A正确；根据Eq＝q＝m，可得mv2＝aq，与轨道半径无关，则若将两个粒子交换轨道，两个粒子仍能做匀速圆周运动，C正确；粒子的动量p＝mv＝＝，质量大的粒子动量较大，B错误；若撤去电场加上垂直纸面的匀强磁场，若能做匀速圆周运动，则满足qvB＝m，qB＝＝，两粒子电荷量相等，则qB相等；若qB＞粒子做向心运动；当qB＜时粒子做离心运动，但是qB与的关系不能确定，即两个粒子不一定能同时做离心运动或向心运动，D错误．
答案：AC
23．解析：带电粒子只有经过MN板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次．电场的方向不需改变，只在MN间加速，A、D错误；根据r＝可知P1P2＝2(r2－r1)＝，又因为每转一圈被加速一次，在电场中做匀加速直线运动，有v－v＝2ad，电场不变，加速度恒定，可知每转一圈，速度的变化量Δv不等，可得P1P2≠P2P3，即r2－r1≠r3－r2，B错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝得vmax＝，加速粒子的最大速度与板间电压无关．可知增大板间电压，粒子最终获得的最大动能不变，故C正确．
答案：C
24．解析：当小球带正电时，电场力水平向左，重力竖直向下，从Q端运动到P端时或者从P端运动到Q端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向右下或者左上，均不能使小球沿直线运动；当小球带负电时，电场力水平向右，重力竖直向下，从Q端运动到P端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向左上方，三力恰好平衡，能保证小球沿图中虚线运动，A、C错误；由A分析可知，电场力和洛伦兹力关系为sin 60°＝，整理得＝，B正确；未撤磁场时，小球在三力作用下平衡，其中电场力和重力沿虚线方向的合力为零，当撤去磁场时，在管道中所受重力和电场力均没有变化，故沿虚线(管道轴线)合力仍为零．而管道的支持力垂直于管道，即小球合力仍为零，做匀速直线运动，D错误．
答案：B
25．解析：根据动能定理得qU＝mv2，根据牛顿第二定律得qvB＝m，解得＝，根据上式，正、负粒子的比荷一定相同，A错误；根据qvB＝m，Ek＝mv2，解得Ek＝··qB2r2，磁感应强度B一定时，比荷相同的粒子，电荷量大的粒子进入磁场时动能大，B正确；由＝变形得B＝，加速电压U一定时，粒子的比荷越大，磁感应强度B越小，C错误；对于给定的正、负粒子，粒子从静止到碰撞运动的时间变短，一定是速度v变大引起的，根据qU＝mv2，解得v＝，速度v变大，可能是由于B不变、U变大引起的，D错误．
答案：B
26．解析：(1)当磁感应强度为B0时，离子恰好垂直边界从GG1中点Q射出，根据几何关系可知，圆周运动半径r＝2R，且qvB＝m，解得v＝，电场中qU＝mv2，解得U＝
(2)若磁感应强度为B1时，粒子恰好能打在G1位置，轨迹半径为r1，根据几何关系(2R－r1)2＋R2＝r，解得r1＝R，且qvB＝m，解得B1＝B0，若磁感应强度为B2时，粒子恰好能打在G位置，轨迹半径为r2，根据几何关系(r2－2R)2＋(3R)2＝r
解得r2＝R，同理解得B2＝B0，为使离子能够到达GG1面，环形区域内磁场的取值范围B0≤B′≤B0.
答案：(1) (2)B0≤B′≤B0
27．解析：(1)小球滑离直杆后进入叠加场，在叠加场内的受力情况如图所示，小球做匀速直线运动，根据几何关系有
sin θ＝，cos θ＝
L＝
解得E＝，B＝
(2)根据题意可知，当磁场撤去后，小球受重力和电场力作用，且合力的方向与速度方向垂直，小球做类平抛运动，水平方向有
Eq cos θ＝max
vx＝v cos θ－axt
竖直方向有mg－Eq sin θ＝may，h＝v sin θ·t＋ayt2
当小球落到地面时，vx＝0，即vx＝v cos θ－axt＝0
解得t＝，h＝(sin θ＋)L
．
答案：(1) (2)(sin θ＋)L
28．解析：(1)设滑块从A到D时，小车的速度大小为v2，滑块从A运动到D的过程中系统动量守恒，以向右为正方向，有mv0－Mv＝mv1＋Mv2，解得v2＝0
设小车与滑块组成的系统损失的机械能为ΔE，则有
ΔE＝mv＋Mv2－mv，解得ΔE＝85 J
(2)设滑块刚过D点时，受到轨道的支持力为FN，由牛顿第二定律可得FN－(mg＋qE＋qv1B)＝m，解得FN＝76 N
由牛顿第三定律可得滑块对轨道的压力大小为F压＝FN＝76 N
(3)设圆弧最小半径为R，滑块沿圆弧轨道上升到最大高度R时，滑块与小车具有共同的速度v′，由动量守恒定律可得
mv1＝(m＋M)v′
解得v′＝m/s
由能量守恒关系得mv＝(m＋M)v′＋(mg＋qE)R，解得R＝m.
答案：(1)85 J (2)76 N (3)m专题三 电场和磁场
考点1 电场的性质 带电粒子在电场中的运动
1.[2023·全国甲卷]在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集．下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是( )
A．
B．
C．
D．
2．[2023·湖南卷]如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°.若P点处的电场强度为零，q>0，则三个点电荷的电荷量可能为( )
A．Q1＝q，Q2＝q，Q3＝q
B．Q1＝－q，Q2＝－q，Q3＝－4q
C．Q1＝－q，Q2＝q，Q3＝－q
D．Q1＝q，Q2＝－q，Q3＝4q
3.[2023·全国乙卷](多选)在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方．从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示．M、N是轨迹上的两点，OP>OM，OM＝ON，则小球( )
A．在运动过程中，电势能先增加后减少
B．在P点的电势能大于在N点的电势能
C．在M点的机械能等于在N点的机械能
D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
4．[2023·新课标卷]密立根油滴实验的示意图如图所示．两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴．两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动．油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数．不计空气浮力和油滴间的相互作用．
(1)求油滴a和油滴b的质量之比；
(2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比．
题组一 电场的性质
5.[2023·河北省沧州市考试]如图所示，一根长为1m的绝缘细线悬挂质量为0.9kg、电荷量为5.0×10－4C的小球A，另一带电小球B固定在悬点正下方，A球静止时细线与竖直方向的夹角为45°，A、B小球在同一水平线上．已知静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，重力加速度g取10m/s2，则小球B所带的电荷量为( )
A．1.0×10－2CB．1.0×10－3C
C．1.0×10－4CD．1.0×10－6C
6．[2023·广西南宁市适应性测试]位于水平面的一个圆上有等间距的三个点A、B、C，每个点上放一个带正电的点电荷，这三个点电荷的带电荷量相同，如图所示．设每个点电荷单独在圆心产生的电场的场强大小为E0、电势为φ0，则关于圆上正北点处的电场场强大小E、电势φ的说法正确的是( )
A．2E0＜E＜3E0，φ0＜φ＜2φ0
B．2E0＜E＜3E0，2φ0＜φ＜3φ0
C．E0＜E＜2E0，φ0＜φ＜2φ0
D．E0＜E＜2E0，2φ0＜φ＜3φ0
7．[2023·浙江省名校协作体联考](多选)如图所示，两条完全相同的圆弧形材料AOB和COD，圆弧对应的圆心角都为120°，圆弧AOB在竖直平面内，圆弧COD在水平面内，以O点为坐标原点、水平向右为x轴正方向，两弧形材料均匀分布正电荷，P点为两段圆弧的圆心，已知P点处的电场强度为E0、电势为φ0，设圆弧AO在圆心P处产生的电场强度大小为E，产生的电势为φ，选无穷远的电势为零，以下说法正确的是( )
A．E＝E0，φ＝φ0
B．E＝E0，φ＝φ0
C．将质子(比荷)从P点无初速度释放，则质子的最大速度为
D．若两段弧形材料带上的是等量异种电荷，x轴上各点电场强度为零，电势为0
8．[2023·广东省湛江市一模]如图所示，两等量同种点电荷＋q(q＞0)固定在菱形的两个顶点A、C上．E、F是该菱形对角线AC与其内切圆的交点，O点为内切圆的圆心，a、b、c、d四点为切点．现有一带正电的点电荷从E点由静止释放，下列说法正确的是( )
A．a、b、c、d四点的电场强度相同
B．D、O、B三点的电势相等
C．点电荷在从E点运动到O点的过程中电场力做正功
D．点电荷从E点运动到F点的过程中速度一直增大
题组二 电场中的图像问题
9．[2023·浙江省宁波市模拟]如图甲所示，一圆心为O的圆形区域处在平行于纸面的匀强电场中，其半径R＝0.1m．M为圆弧上一点，若半径OM沿逆时针方向转动，θ为OM从OA位置开始旋转的角度，M点的电势φ随θ变化的关系如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．匀强电场的电场强度大小为10V/m
B．匀强电场的电场强度方向为垂直于AC连线向上
C．将一质子由B点沿圆弧逆时针移至C点，电势能增加2eV
D．将一电子由A点沿圆弧逆时针移至C点，电场力先做正功后做负功
10．[2023·江西省模拟](多选)如图甲所示，以等量正点电荷连线的中点作为原点，沿中垂线建立x轴，x轴上各点的电场强度E随x变化的图像如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．x＝－4m处电势等于x＝4m处电势
B．x＝－4m处电场强度与x＝4m处电场强度相同
C．将电子从x轴上x＝4m处由静止释放，仅在静电力作用下电子从x＝4m处运动到x＝0处的过程中，电子做加速度减小的加速运动
D．将电子从x轴上x＝0.6m处由静止释放，仅在静电力作用下电子从x＝0.6m处运动到x＝0处的过程中，电子做加速度减小的加速运动
11.一带负电粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x的变化关系如图所示，则粒子在从x1向x3运动的过程中，下列说法中正确的是( )
A．在x1处粒子速度最大
B．在x1处粒子加速度最大
C．x3处的电势比x1处的大
D．在x2处的动能最大
12．如图，在空间直角坐标系坐标原点处有一质量m＝0.01kg，电荷量q＝0.075C的带正电小球以v0＝10m/s的初速度，沿x轴正方向射入匀强电场中．电场方向沿z轴正方向，电场强度E＝1.0V/m，当地重力加速度g＝10m/s2，则以下图像正确的是( )
题组三 带电粒子在电场中的运动
13．(多选)离子推进器是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进的动力，其工作原理如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场(离子初速度忽略不计)，A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中推进器获得恒定的推力．已知每个正离子质量为m，电荷量为q，单位时间内飘入的正离子数目为n，加速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是( )
A．正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小为I＝
B．离子推进器获得的平均推力大小为F＝
C．加速正离子束所消耗的功率P＝nqU
D．为提高能量的转换效率要使尽量大，可以使用比荷更小的正离子
14．[2023·江西省一模]如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断不正确的是( )
A．如果A球带电，则A球一定带负电
B．如果A球带电，则A球的电势能一定增加
C．如果B球带电，则B球一定带正电
D．如果B球带电，则B球的电势能一定增加
15．[2023·湖北省宜昌市模拟]如图(a)，一平行板电容器两板间的距离为d，在左板内侧附近有一带电量为q质量为m的离子，不计重力，为使离子能在两板间往复动而不碰到两板，在两板间加上如图(b)所示的交变电压，则此交变电压的周期最大为( )
A．dB．2d
C．4dD．d
16．[2023·福建省厦门模拟]如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内有水平向左的、场强为E的匀强电场，在第二象限内也有竖直向下的、场强为E的匀强电场．一个带电荷量为＋q的粒子(重力不计)从第一象限的S点(，)处由静止释放．
(1)求粒子通过x轴时的动能；
(2)求粒子通过x轴时的速度方向；
(3)求粒子通过x轴时的坐标．
题组四 电场中的力电综合问题
17．[2023·浙江省宁波市模拟](多选)如图所示，在P点固定一个带电量为＋Q的点电荷，P点下方有一足够大的金属板与水平面成一定倾角，金属板处于静电平衡状态，且上表面光滑．金属板上表面的A点与P点连线水平．一带电荷量为＋q的绝缘小物块(可视为点电荷且q Q)从A点由静止释放，在物块下滑的过程中，下列说法正确的是( )
A．物块的加速度恒定不变
B．物块的动能一直增大
C．物块的机械能保持不变
D．物块的电势能先增大后减小
18．[2023·安徽省皖江名校联盟联考](多选)如图所示，在足够长光滑绝缘水平面的上方，存在着方向水平向右、场强大小为E1的匀强电场．一带正电小物块(可视为质点)从水平面上A点由静止释放，经时间t到达B点，小物块速度大小为v.此时水平面上方突然撤去原来电场，改加方向水平向左、场强大小为E2的匀强电场，小物块又经时间2t恰好返回A点．下列说法正确的是( )
A．小物块返回A点时速度大小为v
B．小物块返回A点时速度大小为2v
C．电场强度的大小关系是E2＝E1
D．电场强度的大小关系是E2＝E1
19．[2023·浙江省模拟]如图所示，足够长的绝缘水平面上在相距LBC＝1.6m的空间内存在水平向左的匀强电场E.质量m1＝0.05kg的绝缘不带电滑块P，从离水平面h＝2.0m高处由静止释放．滑块P沿光滑曲面下滑后，进入长LAB＝0.5m的水平面，运动到B点处以速度v1与质量m2＝0.1kg、带电量q＝＋1×10－7C的滑块Q发生弹性碰撞．碰后滑块Q以一定的速度v2沿水平面向右进入电场区域，滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，两滑块均可视为质点．求：
(1)碰撞前瞬间滑块P的速度v1，碰撞后瞬间滑块Q的速度v2；
(2)当E＝5×106N/C时，滑块在水平面上滑行的总距离s；
(3)如果滑块Q不能离开电场区域，电场强度E的取值范围多大．
20．[2023·天津市部分区考试]如图所示，匀强电场平行于xOy平面．a、b、c三点的坐标分别为(0，8)、(0，4)和(3，0)，a、c、O三点的电势分别为14V、8V和2V．下列说法正确的是( )
A．电场方向沿x轴负向
B．电场方向垂直bc的连线指向第一象限
C．电场强度的大小为200V/m
D．电场强度的大小为250V/m
21．[2023·浙江衢温“5＋1”联盟联考]如图所示为一种电容传声器．b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片，a、b构成一个电容器．其工作原理是当声波作用于金属膜片时，金属膜片发生相应的振动，于是就改变了它与固定极板b间的距离，从而使电容发生变化，而电容的变化可以转化为电路中电信号的变化，闭合开关K，若声源S发出声波使a向右运动时( )
A．电容器的电容减小
B．a、b板之间的电场强度减小
C．电容器极板上的电荷量增加
D．流过电流表的电流方向为自右向左
22．[2023·湖北省荆荆宜三校联考]现代物理学推测，电场力和万有引力同源，它们的性质非常相似．氢原子示意图如图所示，电子在库仑力的作用下绕着质子转动，其中一条轨道为椭圆，由此可知( )
A．质子处在椭圆的几何中心
B．电子距离质子越远，电势能越小
C．电子绕质子运动的动量不变
D．相同时间内电子、质子连线扫过的面积相等
23．[2023·山东省滨州市考试]如图，一半球形光滑绝缘碗固定在水平地面上，半径为R，上表面水平，O为球心．三个完全一样的带电小球静止放置在碗内，处在同一水平面上，小球距离碗底的竖直高度为(图中只画出一个小球，另外两个小球未画出).已知小球质量为m，重力加速度为g，静电力常量为k.则每个小球带电量的大小是( )
A．3RB．R
C．3RD．
24．[2023·浙江省杭州市模拟]如图所示，质量相同、带电量不同的两带电粒子(重力不计)以大小相同的初速度从左上端水平射入平行板电容器，粒子1打在下极板中点处，其在电场中的运动时间为t1，加速度为a1，粒子2由右侧板中央处射出电场区域，其在电场中的运动时间为t2，加速度为a2，则( )
A．t1∶t2＝∶1B．t1∶t2＝2∶1
C．a1∶a2＝4∶1D．a1∶a2＝8∶1
25．[2023·四川攀枝花校考阶段练习](多选)如图所示，竖直平面内有一固定的光滑椭圆大环，其长轴长BD＝4L、短轴长AC＝2L，劲度系数为k的轻弹簧上端固定在大环的中心O，下端连接一个质量为m、电荷量q、可视为质点的小环，小环刚好套在大环上且与大环及弹簧绝缘，整个装置处在水平向右的匀强电场中，将小环从A点由静止释放，小环运动到B点的速度恰好为0，已知小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，下列说法正确的是( )
A．小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能一直增大
B．小环从A点运动到B点的过程中，小环的电势能先减小后增大
C．电场强度的大小E＝
D．小环在A点时受到大环对它的弹力大小F＝mg＋kL
26.[2023·吉林省长春市质量监测](多选)如图所示，离地H高处有一个质量为m、带电量为＋q的物体处于匀强电场中，电场强度随时间变化规律为E＝E0－kt(V/m)(E0、k均为大于零的常数，水平向左为电场正方向).物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ，且μqE0＞mg.t＝0时物体从墙上由静止释放，当物体下滑后脱离墙面，脱离墙壁前物体克服摩擦力做功为mgH，物体最终落在地面上．若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．物体脱离墙壁后做匀变速曲线运动
B．物体脱离墙壁时的动能为mgH
C．物体与墙壁脱离的时刻为
D．物体落到地面时水平方向的速度大小为
27．[2023·辽宁省鞍山市协作校调研](多选)如图甲所示，某电场中的一条电场线恰好与M、P所在直线重合，以M为坐标原点，向右为正方向建立直线坐标系x，P点的坐标xP＝5.0cm，此电场线上各点的电场强度E的大小随x变化的规律如图乙所示．若一电子(电荷量大小为e)仅在电场力作用下自M点运动至P点，其电势能减小45eV，以下说法正确的是( )
A．该电子做匀变速直线运动
B．x轴上各点的电场强度方向都为x轴负方向
C．MP两点电势差为－45V
D．图像中的E0的数值为1.2
28．[2023·安徽省亳州模拟](多选)如图所示，一质量为3m的矩形绝缘板放在光滑的水平面上，另一质量为m、带正电、电荷量为q的物块(可视为质点)，以初速度v0从绝缘板上表面的左端沿水平方向滑入，空间有范围足够大的匀强电场，其场强大小E＝，方向竖直向下．物块与绝缘板间的动摩擦因数μ＝0.5，物块运动到绝缘板的右端时恰好相对于绝缘板静止，重力加速度为g，在此过程中，下列说法正确的是( )
A．电场力对物块的冲量大小为mv0
B．绝缘板的长度为
C．系统电势能的增加量为
D．绝缘板的对地位移为
29．[2023·贵州省六校联考]如图所示，竖直平面内有一半径R＝0.4m的竖直光滑绝缘圆弧轨道BCD和绝缘粗糙水平轨道在B点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OC和OD之间的夹角为θ＝37°，整个装置处于水平向左的匀强电场中，电场强度大小E＝500N/C，场强方向与粗糙水平轨道平行．质量为m＝40g、电荷量为q＝＋6×10－4C的带正电的小滑块从A点由静止释放，小滑块恰好能通过竖直光滑绝缘圆弧轨道BCD.已知小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小滑块可视为质点，sin37°＝0.6，g取10m/s2.求
(1)小滑块在通过圆弧轨道BCD中的最小速率；
(2)小滑块第一次通过B点时对轨道的压力大小；
(3)A、B点间的距离．
30．[2023·山东省青岛市一中模块考]电子束光刻技术以其分辨率高、性能稳定、功能强大而著称，其原理简化如图所示，电子枪发射的电子经过成型孔后形成电子束，通过束偏移器后对光刻胶进行曝光．某型号光刻机的束偏移器长L＝0.04m，间距也为L，极间有扫描电压，其轴线垂直晶圆上某芯片表面并过中心O点，芯片到束偏移器下端的距离为.若进入束偏移器时电子束形成的电流大小为I＝2×10－8A，单个电子的初动能为Ek0＝100keV，不计电子重力，忽略其他因素的影响．
(1)若扫描电压为零，O点每秒接收的能量是多少？
(2)若某时刻扫描电压为10kV，电子束到达芯片时的位置离O点的距离是多少？
[答题区]
题号 1 2 3 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
答案
题号 15 17 18 20 21 22 23 24 25 26 27 28
答案
考点1 电场的性质 带电粒子在电场中的运动
1．解析：电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，A正确；
受力分析为
可见与电场力的受力特点相互矛盾，B错误；
受力分析为
可见与电场力的受力特点相互矛盾，C错误；
受力分析为
可见与电场力的受力特点相互矛盾，D错误；
故选A.
答案：A
2．解析：选项AB的电荷均为正和均为负，则根据电场强度的叠加法则可知，P点的场强不可能为零，A、B错误；
设P、Q1间的距离为r，P点场强为零，故Q2、Q3在P点产生场强的水平分场强等大反向，即
k·cos 60°＝k·cos 30°
解得：＝，C错误，D正确．
答案：D
3．解析：由题知，OP>OM，OM＝ON，则根据点电荷的电势分布情况可知φM＝φN>φP
则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且EpP>EpM＝EpN
则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误、BC正确；
从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误．
故选BC.
答案：BC
4．解析：(1)设油滴半径为r，密度为ρ，则油滴质量m＝πr3ρ
则速率为v时受阻力f＝krv
则当油滴匀速下落时mg＝f
解得r＝∝
可知＝＝2
则＝＝
(2)由于当在上下平板加恒定电压(上板为高电势)时，这两个油滴很快以v0的速率竖直向下匀速运动，所以有
油滴a速度减小，说明油滴a受到了向上的电场力，则油滴a带负电荷
油滴b速度增大，说明油滴b受到了向下的电场力，则油滴b带正电荷
由＝8和m1＝πrρ，m2＝πrρ可知，甲乙油滴的半径之比为＝2
由f＝kvr可知两个油滴均以速率v0竖直向下匀速运动时，所受阻力之比为＝＝2
油滴b以速率v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f＝m2g
结合f＝kvr可知油滴b以速率v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f2＝2f＝2m2g
油滴a以速率v0竖直向下匀速运动，所受阻力为
f1＝2f2＝4m2g
设油滴a所带电荷量的绝对值为q1，由平衡条件有
m1g＝q1E＋f1
设油滴b所带电荷量的绝对值为q2，由平衡条件有
m2g＋q2E＝f2
联立解得q1∶q2＝4∶1
答案：(1)8∶1 (2)油滴a带负电，油滴b带正电 4∶1
5．解析：根据平衡条件有F库＝mg tan θ，又根据库仑定律有F库＝，由几何关系有r＝l sin θ，联立解得Q＝＝1.0×10－6C，D正确．
答案：D
6．解析：由对称性知A、B两点电荷在正北点产生的场强大小都为E0，则合场强E1＝E0cos 60°＋E0cos 60°＝E0，方向指向正北，C点电荷在正北点产生的场强大小0＜E2＜E0，方向指向正北，故三点电荷在正北点产生场强的矢量和E0＜E＜2E0.A、B两点电荷在正北点产生的电势均为φ0，二者共同产生的电势为2φ0，C点电荷在正北点产生的电势0＜φ2＜φ0，故三点电荷在正北点产生的电势2φ0＜φ＜3φ0，D项正确．
答案：D
7．解析：根据电场强度的叠加有E0＝2×2E cos 30°，φ0＝4φ，所以E＝E0，φ＝φ0，A项错误，B项正确；将质子从P点无初速度释放，根据动能定理可得e(φ0－φ∞)＝mv，φ∞＝0，解得vm＝，C项错误；若两段弧形材料带上的是等量异种电荷，根据对称性，x轴上各点电场强度为零，电势为0，D项正确．
答案：BD
8．解析：根据等量同种电荷周围的电场线分布图
a、b、c、d四点的电场强度大小相等，但是方向不同，A项错误；根据电场线的方向以及电场线的对称性可知D和B两点的电势相等，但是低于O点的电势，B项错误；带正电点电荷在从E点运动到O点的过程中受到的电场力向右，所以此过程中电场力做正功，C项正确；带正电点电荷从E点运动到F点的过程中受到的电场力先向右，后向左，所以电场力先做正功，后做负功，点电荷的速度先增大后减小，D项错误．
答案：C
9．解析：由电势φ随θ变化的关系图像可知，当θ＝时，M点电势最低为1 V；当θ＝时，N点电势最高为5 V，如图所示
则匀强电场的电场强度大小为E＝＝＝V/m＝20 V/m，A项错误；由电势φ随θ变化的关系图像如图
可知当θ＝时，F点电势为3 V，根据匀强电场沿任意方向电势降落都是均匀的，可知NM中点O点电势也为3 V，则OF为等势线，则由几何关系知OF与OM垂直，则电场线的方向由N指向M，如图所示，B项错误；过B和D点作MN的垂线，由几何关系知UBD＝－E·2R sin 30°＝－2 V，质子由B点沿圆弧逆时针移至D点，电势能变化量为ΔEp＝－eUBD＝2 eV可知质子由B点沿圆弧逆时针移至D点，电势能增加2 eV，C项正确；M点电势最低，N点电势最高，所以从A点沿圆弧逆时针至C点，电势先减小后增大，电子的电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，D项错误．
答案：C
10．解析：结合图像和电场力做功可得：电子从x＝－4 m处到x＝4 m处电场力做功为零，x＝－4 m处电势等于x＝4 m处电势，A正确；由图像乙可见x＝－4 m处电场强度与x＝4 m处电场强度等值反向，B错误；由图像乙可见x＝4 m处到x＝0 m处，电场强度是先增大后减小，由qE＝ma可得：将电子从x轴上x＝4 m处由静止释放，电子从x＝4 m处移动到x＝0 m处的过程中，电子先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，C错误；因为＝0.707＞0.6，可见将电子从x轴上x＝0.6 m处由静止释放，电子从x＝0.6 m处移动到x＝0 m处的过程中，电子做加速度减小的加速运动，D正确．
答案：AD
11．解析：带负电粒子只在电场力作用下运动，所以动能与势能之和是恒定的．则粒子在从x1向x3运动的过程中，在x3处的电势能最小，动能最大，A、D两项错误；根据电场力做功与电势能的关系W＝－ΔEp＝Ep0－Ep，从而解得Ep＝－W＋Ep0＝－Fx＋Ep0，即图像中的斜率表示电场力大小，在x3处图像的斜率最大，所以粒子加速度最大，B项错误；负电荷在电势低的地方电势能大，在电势高的地方电势能小，在x3处的电势能最小，所以电势最高，x3处的电势比x1处的大，C项正确．
答案：C
12．解析：由题意可知，带正电小球在y轴负方向受重力，做自由落体运动，在z轴正方向受电场力，做初速度是零的匀加速直线运动，在x轴方向不受力，做匀速直线运动，因此则有vx＝v0＝10 m/s，xt图像的斜率应等于vx＝10 m/s，显然A项错误；带正电小球在y轴负方向受重力，做自由落体运动，ay＝－g，可得vy＝ayt＝－10×0.2 m/s＝－2 m/s，B项错误；带正电小球在z轴正方向受电场力，做初速度是零的匀加速直线运动，则有az＝＝m/s2＝7.5 m/s2，解得vz＝azt＝7.5×0.2 m/s＝1.5 m/s，C项正确；由D图可知，当vz＝2.0 m/s时，可得t′＝＝s＝s，解得vy＝ayt′＝－10×m/s＝－m/s，D项错误.
答案：C
13．解析：正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小I＝＝nq，A项错误；电场对粒子加速有QU＝m0v，根据动量定理有m0v0＝Ft，其中m0＝nmt，Q＝nqt，整理得离子推进器获得的平均推力大小F＝n，B项错误；加速正离子束所消耗的功率P＝＝nqU，C项正确；根据以上分析可知＝＝＝，要使尽量大，可以用质量大、带电量小即比荷更小的离子作为推进器的“工质”，D项正确．
答案：CD
14．解析：两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，水平方向做匀速直线运动，则有x＝v0t，可知两球下落时间相同；两小球下落高度不同，根据公式h＝at2，A球的加速度大于B球加速度，故若A球带电，必定带负电，受到向下的电场力作用，电场力做正功，电势能减小；若B球带电，必定带正电，受到向上的电场力作用，电场力做负功，电势能增加．故选B.
答案：B
15．解析：假设t＝0时刻左极板的电势高于右极板的电势，根据图(b)可知交变电压的周期为T，根据图像中电压的变化，若一正离子从左极板向右运动，先做的匀加速运动，再做的匀减速运动，到达右极板时速度恰好为零，而加速和减速的加速度大小相同，则位移相同，是完全对称的运动，其加速度大小为a＝，设加速阶段的最大速度为v，则有v＝a·＝·，在速度达到最大或由最大减为零的过程中，由动能定理可得qU＝mv2，解得T＝4d ，因此为使该离子能在两极间来回振动而不撞在两极板上，则T＜4d ，C项正确．
答案：C
16．解析：(1)粒子在第一象限电场中做匀加速运动，粒子在第二象限电场中做类平抛运动，整个过程应用动能定理可得粒子通过x轴时的动能Ek＝qE＋qE＝qEd
(2)粒子在第一象限电场中做匀加速运动，由动能定理可得
qE·＝mv
故粒子进入第二象限时的速度vx＝
位置为(0，d)；
粒子进入第二象限电场中，电场力和初速度方向垂直，故粒子做类平抛运动，则有d＝·t2
vy＝at＝·＝
设速度与x轴方向的夹角为θ，则有tan θ＝＝1，θ＝45°
故粒子通过x轴时的速度方向与x轴的负方向夹角为45°；
(3)粒子进入第二象限电场中，电场力和初速度方向垂直，在水平方向上的位移x＝v1t＝·＝d，
故粒子通过x轴的坐标为(－d，0).
答案：(1)qEd (2)与x轴的负方向夹角为45° (3)(－d，0)
17．解析：金属板处于静电平衡状态则电场力始终垂直于金属板，金属板上表面光滑小物块所受摩擦力为零，则在物块下滑的过程中，合外力保持不变，加速度不变，A项正确；物块下滑的过程中电场力始终垂直于金属板，则支持力和电场力不做功，电势能和机械能不变，C项正确，D项错误；物块下滑的过程中合外力对物块做正功，物块动能增加，B项正确．
答案：ABC
18．解析：设带电体在电场E1中加速度大小为a1，带电体在电场E2中的加速度大小为a2，第一阶段末速度为第二阶段的初速度，因为从A出发最后返回A点，根据题意两个阶段的位移之和为零，则a1t2＋a1t(2t)－a2(2t)2＝0，解得a2＝a1，由牛顿第二定律得E2＝E1，根据速度关系v＝a1t，返回A点时速度vt＝v－a22t＝－a1t＝－v，A、C正确，B、D错误．
答案：AC
19．解析：(1)从出发点到B点，应用动能定理m1gh－μm1gLAB＝mv
代入数据得v1＝6 m/s
P与Q发生弹性碰撞，则有m1v1＝m1v′1＋m2v2，m1v＝m1v′＋m2v
代入数据解得v2＝4 m/s
(2)根据动能定理－(Eq＋μm2g)x1＝0－m2v
代入数据解得x1＝m
由于Eq＞μm2g
物块将向左运动，假设在距B点左侧x2处停下，则应用动能定理
(Eq－μm2g)x1－μm2gx2＝0
代入数据解得x2＝m
所以总路程为s＝2x1＋x2＝2 m
(3)若滑块不会从右侧离开电场，则
－(E1q＋μm2g)LBC＝0－m2v
解得E1＝106N/C
若滑块不会从左侧离开电场，则qE≤f得E≤4×106N/C
电场强度E的取值范围为1.0×106N/C≤E≤4×106N/C.
答案：(1)6 m/s 4 m/s (2)2 m
(3)1.0×106N/C≤E≤4×106N/C
20．解析：a、O两点的电势分别为14 V和2 V，则其中点b的电势φb＝V＝8 V，可知bc连线为等势线，电场方向垂直bc的连线指向第三象限，A、B错误；图中虚线为等势线，O到此线的距离d＝cm，这条等势线与O点的电势差U＝8 V－2 V＝6 V，则电场强度的大小为E＝＝250 V/m，C错误，D正确．
答案：D
21．解析：声源S发出声波使a向右运动时，两极板间距减小，根据C＝可知，电容器的电容变大，A错误；根据E＝可知，两板间距减小，则a、b板之间的电场强度变大，B错误；根据Q＝CU可知，电容器极板上的电荷量增加，C正确；电容器充电，则流过电流表的电流方向为自左向右，D错误．
答案：C
22．解析：电子绕着质子在椭圆轨道上运动，类似于行星绕太阳运动，质子处在椭圆的一个焦点上，A错误；电子距离质子越远，速度越小，动能越小，电势能越大；距离质子越近，速度越大，动量方向时刻变化，B、C错误；相同时间内电子、质子连线扫过的面积相等，D正确．
答案：D
23．解析：设两球之间的距离为r，电荷量为q，则两球之间的库仑力为F＝k，则其中一个小球所受的库仑力合力为F合＝2F cos 30°，对小球受力分析可知＝tan 30°，由几何关系可知r＝R，联立求解可得q＝R ，B正确．
答案：B
24．解析：带电粒子做类平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，因初速度相同，运动时间＝＝，A、B两项错误；竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式y＝at2，解得a1∶a2＝8∶1，C项错误，D项正确．
答案：D
25．解析：根据题意可知，小环在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，则小环在A点时弹簧被压缩，小环在B点时弹簧被拉伸，则小环从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，A错误；根据题意可知，小环从A点运动到B点的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，B错误；根据题意，小环从A点运动到B点的过程中，由动能定理有Eq·－mg·＝0，解得E＝，C正确；根据题意，设弹簧的原长为L0，结合A选项分析有L0－L＝2L－L0，解得L0＝L，在A点对小环受力分析，设小环在A点时受到大环对它的弹力大小为FN，由平衡条件有FN＝mg＋k(L0－L)＝mg＋kL，D正确．
答案：CD
26．解析：物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线，又因重力不变，电场力在变化，所以物体所受的合力在变化，加速度也在变化，所以物体脱离墙壁后不是做匀变速曲线运动，A错误；物体从开始运动到脱离墙面电场力一直不做功，由动能定理得mg·－Wf＝mv2可得Ek＝mv2＝mgH，B正确；当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以E＝E0－kt＝0，解得物体与墙壁脱离的时刻为t＝，C正确；物体从墙壁脱离后，竖直方向做初速度为v的匀加速直线运动，根据位移时间公式，有H－＝vt′＋gt′2，联立以上解得物体脱离墙后落到地面上的时间为t′＝，物体在水平方向上的加速度为a＝，则物体落到地面时水平方向的速度大小为v＝at′＝，D正确．
答案：BCD
27．解析：由图乙可知，从M点到P点过程，电场强度逐渐减小，又因为电子仅受到电场力的作用，可知该电子的加速度逐渐减小，故电子不是做匀变速直线运动，A错误；电子从M点运动至P点过程电势能减小，电场力做正功，可知电子受到的电场力沿＋x方向，场强沿－x方向，B正确；由功能关系可得－eUMP＝ΔEp＝45 eV，解得UMP＝－45 V，C正确；图乙中图线下方的面积与电荷量e的乘积表示电势能的减少量，可得e··x＝ΔEp，代入数据解得E0＝1.2×103V/m，故图像中的E0的数值为1.2，D正确．
答案：BCD
28．解析：对物块根据牛顿第二定律有μ(mg＋qE)＝ma1，解得a1＝1.5 g，对绝缘板根据牛顿第二定律有μ(mg＋qE)＝3ma2，解得a2＝0.5 g，经过时间t1，两物体速度相等，则v0－a1t1＝a2t1，解得t1＝，此时物块位移为x1＝v0t1－a1t，此时绝缘板位移为x2＝a2t，
相对位移即绝缘板的长度为l＝x1－x2，电场力对物块的冲量大小为I＝qE·t1，联立解得x2＝，l＝，I＝mv0，A、D两项正确，B项错误；电场力方向与运动方向垂直，故电场力不做功，C项错误．
答案：AD
29．解析：(1)小滑块恰好能通过竖直光滑绝缘圆弧轨道BCD，即在等效最高点由重力和电场力合力F提供向心力，有
F＝ ①
设F与竖直方向的夹角为β，有tan β＝ ②
得β＝37°
即D点为等效最高点，小滑块在D点处速度最小，有F＝ ③
由①③式得vD＝m/s ④
(2)滑块由B到D，由动能定理，有－FH＝mv－mv ⑤
由几何关系，有H＝R(1＋cos θ) ⑥
在B点，有＝T－mg ⑦
由④⑤⑥⑦式得T＝2.7 N ⑧
由牛顿第三定律可知，滑块第一次通过B点时对圆弧轨道的压力大小为2.7 N ⑨
(3)滑块由A到B，由动能定理，有(Eq－μmg)xAB＝mv ⑩
由⑤⑥⑩式得xAB＝4.6 m .
答案：(1)m/s (2)2.7 N (3)4.6 m
30．解析：(1)若扫描电压为零，O点每秒接收的能量是E＝NEk0＝Ek0＝2×10－3J ①
(2)电子在束偏移器中的加速度大小为a＝ ②
设电子的初速度大小为v0，则由题意可知Ek0＝mv ③
电子在束偏移器中运动的时间为t＝ ④
电子在束偏移器中的偏移量为y＝at2 ⑤
电子从束偏移器中射出时，其速度方向的反向延长线一定过束偏移器的中心位置，设电子束到达芯片时的位置离O点的距离为Y，根据几何关系有＝ ⑥
联立②③④⑤解得Y＝0.002 m ⑦.
答案：(1)2×10－3J (2)0.002 m考点2 磁场的性质 带电粒子在磁场中的运动
1.[2023·海南卷]如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力的说法正确的是( )
A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B．小球运动过程中的速度不变
C．小球运动过程中的加速度保持不变
D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功
2．[2023·江苏卷]如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B.L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为( )
A．0B．BIl
C．2BIlD．BIl
3．[2023·全国甲卷](多选)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示．一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞．假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变．不计重力．下列说法正确的是( )
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
4.[2022·全国乙卷](多选)安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B.如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面．某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知 ( )
测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT
1 0 21 －45
2 0 －20 －46
3 21 0 －45
4 －21 0 －45
A.测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50μT
C．第2次测量时y轴正向指向南方
D．第3次测量时y轴正向指向东方
5．[2021·全国甲卷]两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示．若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为( )
A．B、0B．0、2B
C．2B、2BD．B、B
题组一 磁场的性质 安培力
6．[2023·山东省济宁市一模]已知在电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度大小为B＝k，其中k为常量．现有四根平行固定的通电长直导线，其横截面恰好在一个边长为L的正方形的四个顶点上，电流方向如图所示．其中a、c导线中的电流大小为I1，b、d导线中的电流大小为I2，此时b导线所受的安培力恰好为零．现撤去b导线，在O处固定一长度为L、电流为I0的通电导体棒e，电流方向垂直纸面向外，下列说法正确的是( )
A．b导线撤去前，电流的大小关系为I1＝2I2
B．b导线撤去前，a导线所受的安培力也为零
C．b导线撤去后，导体棒e所受安培力方向沿y轴正方向
D．b导线撤去后，导体棒e所受安培力大小为kI0I2
7．[2023·江西省赣州市模拟]MN、PQ为水平放置、间距为0.5m的平行导轨，左端接有如图所示的电路．电源的电动势为10V，内阻为1Ω；小灯泡L的电阻为4Ω，滑动变阻器接入电路的阻值为7Ω.将导体棒ab静置于导轨上，整个装置在匀强磁场中，磁感应强度大小为2T，方向与导体棒垂直且与水平导轨平面的夹角θ＝53°；导体棒质量为0.23kg，接入电路部分的阻值为4Ω.闭合开关S后，导体棒恰好未滑动．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计导轨的电阻，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，则( )
A．导体棒受到的安培力大小为1N
B．流过灯泡的电流大小为1A
C．若将滑动变阻器的滑片向左移动，则导体棒仍会静止
D．导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2
8．[2023·河南省安阳市开学考试]如图所示，金属棒ab垂直导轨放置在宽度为d的固定平行金属导轨上，导轨平面与水平面成θ角，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ(μ＜tanθ)，整个装置处于垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．已知金属棒ab的质量为m、电阻为R0，电源的电动势为E、内阻为r，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．为能让金属棒ab在导轨上保持静止，则( )
A．变阻器R的触头在最左端时，金属棒受到的安培力最大
B．金属棒受到的安培力最大时，摩擦力沿导轨平面向上
C．变阻器R接入电路的值不小于－(R0＋r)
D．变阻器R接入电路的值不大于－(R0＋r)
题组二 带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动
9．如图，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，O为圆心．质量为m、电荷量为q的带负电的粒子沿平行于直径MN的方向射入该区域，入射点P与MN的距离为R，已知粒子射出磁场与射入磁场时速度方向间的夹角为60°，忽略粒子重力，则粒子的速率为( )
A．B．
C．D．
10．[2023·广东省广州市模拟]如图所示，在第Ⅳ象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，一对比荷之比为2∶1的正、负带电粒子在坐标平面内以相同的速率沿与x轴成30°角的方向从坐标原点射入磁场．不计粒子受到的重力及粒子间的作用力．正、负带电粒子在磁场中运动的时间之比为( )
A．1∶2B．2∶1
C．1∶3D．1∶1
11．(多选)如图所示，三个半径均为R圆形区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，圆形区域两两相切，圆心分别为O1、O2、O3，三个圆形区域内均存在垂直纸面的匀强磁场，其中区域Ⅰ、Ⅲ内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度均为B0，一粒子以速度v0沿O1O3方向从区域Ⅰ边界进入磁场，通过三个区域后沿O1O3方向从区域Ⅲ边界射出，已知粒子电量为q，质量为m，不考虑重力，则以下说法正确的是( )
A．区域Ⅱ磁场方向垂直纸面向里
B．区域Ⅱ磁感应强度大小为3B0
C．粒子从进入磁场到离开磁场所用时间为
D．粒子在区域Ⅱ中轨道半径是在区域Ⅰ中轨道半径的3倍
12．[2023·辽宁省锦州市模拟](多选)如图所示，虚线MN右侧有垂直于纸面向外的匀强磁场，两个带同种电荷的带电粒子从虚线上同一点A分别以速度v1、v2与MN成相同角度θ垂直磁场方向射入匀强磁场，结果两粒子在边界上B点相遇．不考虑粒子间的相互作用力，不计两粒子的重力．则( )
A．若两粒子的比荷相等，则v1＝v2
B．若两粒子的比荷相等，则＝
C.若两粒子同时从A点射入，则∶＝
D．若两粒子同时从A点射入，则∶＝1
13．如图所示，圆心为O的半圆形区域内存在着垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，MN为半圆形区域的直径．现将两个比荷均为k的完全相同的带电粒子P、Q均从M点沿着MO方向射入磁场，已知粒子P的入射速度v1＝v，粒子Q的入射速度v2＝v，粒子P在磁场中的运动轨迹恰好为圆弧，若不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是( )
A．粒子P和粒子Q均带负电
B．粒子P和粒子Q的角速度之比为1∶
C．粒子P的轨道半径为
D．粒子P和粒子Q在磁场中运动的时间之比为∶1
题组三 临界和极值问题
14．[2023·湖南省模拟]如图所示，边长L＝4m的等边三角形EFG区域内分布有一匀强磁场(包含边界)，磁感应强度B的大小均匀可调，三角形中心O点一粒子源，可在纸面内向各个方向发射比荷为＝3×104C/kg、速度大小均为v0＝×104m/s的带正电粒子，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，计算结果可用根式表示，求：
(1)若边界上无粒子射出，磁感应强度B的大小应满足什么条件？
(2)若B＝0.25T，粒子离开磁场的最长时间为多少？
(3)若B＝0.8T，三角形边界上有粒子射出的总长s为多少？
15.[2023·浙江省宁波市模拟]如图所示是一种粒子探测装置，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，单位时间内有大量质量为m，电荷量大小为q，速度大小范围为v0～v0的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK间距离0.5R.已知从M点射入的速度为v0的粒子刚好从O点正下方的N点射出圆形磁场区域．挡板ND与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能进入下方，到达N点右侧的粒子均被挡板吸收，ND足够长．不计粒子重力以及粒子间的相互作用，求：
(1)圆形区域磁场的磁感应强度B的大小及带电粒子的电性；
(2)从M点射入的速度为v0的粒子，射出磁场后打在挡板上的点F(图中未标出)，求NF的距离以及从M到F所用的时间t.
(3)所有从PM到QK间射入的速度为v0的粒子出磁场时，这些粒子的速度方向与ND的夹角在什么范围内？
16.[2023·湖南省邵阳市模拟]已知通电长直导线在周围空间某位置产生磁场的磁感应强度大小为B＝k，其中I为电流强度，r为该位置到长直导线的距离，k为常数．如图所示，现有两根通电的长直导线分别固定在正方体abcd～efgh的两条边dh和hg上且彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g，hg中电流是dh中电流的两倍．已知c点磁感应强度大小为B，则f点的磁感应强度大小为( )
A．BB．B
C．BD．B
17．[2023·山东省日照市模拟]如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，其间有竖直向下的匀强磁场，垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．通过金属棒的电流按如图乙所示的规律变化，t＝0时，将金属棒由静止释放，下列说法正确的是( )
A．t＝时，金属棒的加速度最小
B．t＝时，金属棒的速度为零
C.t＝T时，金属棒距离出发点最远
D．在0～的时间内，安培力对金属棒做功为零
18．[2023·浙江省Z20名校联盟联考]某同学设计了一种天平用来测量重物的质量，其装置如图甲所示，两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M，N共轴且平行等距．初始时，线圈M、N通以等大反向的电流I1后，在线圈P所在平面内产生磁场，磁场在线圈P处沿半径向外，磁感应强度为B0，在线圈P内、外附近区域内可视为磁感应强度与所在位置的半径成反比，线圈P及其附近的磁场方向的俯视图如图乙所示，线圈P′是线圈P的备用线圈，它所用材料及匝数与P线圈相同，半径比线圈P略小．开始时天平左托盘不放重物、线圈P内无电流，调整天平使之平衡，再在左托盘放入重物，用恒流源在线圈P中通入电流I2，发现右托盘比左托盘低，此时( )
A．线圈P中通入的电流I2在图乙中沿顺时针方向
B．适当增大线圈M、N中的电流可使天平恢复平衡
C．通过正确操作使用线圈P、P′均能正确称量重物质量
D．使用备用线圈P′称得重物质量比用线圈P称得重物质量大
19．[2023·吉林省一模](多选)如图所示，在直角三角形CDE区域内有磁感应强度为B垂直纸面向外的匀强磁场，P为直角边CD的中点，∠C＝30°，CD＝2L，一束相同的带负电粒子以不同的速率从P点垂直于CD射入磁场，粒子的比荷为k，不计粒子间的相互作用和重力，则下列说法正确的是( )
A．速率不同的粒子在磁场中运动时间一定不同
B．从CD边飞出的粒子最大速率为
C．粒子从DE边飞出的区域长度可以大于L
D．从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为
20．[2023·河南模拟](多选)空间存在两个垂直于xOy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0.质量为m、电荷量为q的粒子从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v0粒子第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示(忽略粒子重力).下列说法正确的是( )
A．Q、O的距离为
B．Q、O的距离为
C．两次经过P点的时间间隔为
D．两次经过P点的时间间隔为
21．[2023·山西省运城模拟]如图所示，半径为R的圆形区域中充满了垂直纸面向外的匀强磁场，O为圆心，AO与水平方向的夹角为30°.现有带正电粒子a从A点沿水平方向以大小为v0的速度垂直磁场射入，其离开磁场时，速度方向刚好改变了180°；另一带负电粒子b以大小相同的速度从C点沿CO方向垂直磁场射入．已知a、b两粒子的比荷之比为2∶1，不计粒子的重力和两粒子间的相互作用．下列说法不正确的是( )
A．a、b两粒子做圆周运动的半径之比为1∶2
B．b粒子竖直向下射出磁场
C．b粒子在磁场中运动的时间为
D．两粒子在圆形边界的射出点间的距离为R
22．[2023·重庆市模拟]如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R.一束质量为m、电荷量为正q的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互作用和重力．则下列分析中正确的是( )
A.从M点射出的粒子速率可能大于从N点射出粒子的速率
B．从圆弧bc射出的所有粒子中，从圆弧bc中点射出的粒子所用时间最短
C．从M点射出的粒子在磁场中运动的时间可能大于从N点射出的粒子在磁场中运动的时间
D．从边界cd射出的粒子在磁场中运动的时间一定小于从圆弧bc段射出的粒子在磁场中运动的时间
23．[2023·广东省深圳市模拟](多选)如图甲所示，一个立方体空间被对角平面ABCD划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反，且与y轴平行的匀强磁场．一粒子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域．已知该粒子运动轨迹在Oxz平面的投影如图乙所示，则粒子的带电情况与磁场方向可能正确的有( )
A．粒子带正电
B．粒子带正电
C．粒子带负电
D．粒子带负电
24.(多选)如图所示，垂直边界的分界线MN将宽度为L的区域分成上下两部分，上部存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B0的匀强磁场，下部存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场．从M处垂直磁场方向射入速度大小不同、质量均为m、电荷量均为q的正离子(不计离子重力和离子间相互作用力)，离子入射方向与MN夹30°角．如果离子垂直右边界射出磁场区域，则离子的入射速度大小和出射点偏离MN的距离的可能组合为( )
A．，(2－)LB．，L
C．，LD．，L
25．[2023·湖南省九校联盟第一次联考]如图所示，矩形区域cdef充满磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，cd边长为(＋1)a，de边长为a，其中cde边界为荧光屏(图中实线)，f点有一电子发射枪，电子质量为m，电荷量为－e，电子离开电子枪的速度大小为v0＝.电子发射枪能在纸面内向磁场内所有方向发射电子，不计电子重力及电子间的相互作用求：
(1)电子在磁场中运动的最长时间以及此时的入射方向；
(2)cd荧光屏上亮线的长度．
26．[2023·八省(市)学业质量评价联考]如图，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直纸面向里．点A、C、O、D处于一条水平线上，且AC＝CO＝OD＝r.A处有一个粒子源，竖直向上同时射出速率不同的同种带电粒子，粒子经过以O为圆心、r为半径的圆周上各点．已知粒子质量为m，电量的绝对值为q，不计粒子重力和粒子间相互作用力，问：
(1)粒子带正电荷还是负电荷？到达C和到达D处的粒子的速率比v1∶v2；
(2)求粒子到达圆周所需的最短时间tmin，及最先到达圆周的粒子的速度大小v3.
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案
题号 12 13 16 17 18 19 20 21 22 23 24
答案
考点2 磁场的性质带电粒子在磁场中的运动
1．解析：小球刚进入磁场时速度方向竖直向下，由左手定则可知，小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右，A对；小球运动过程中，受重力和洛伦兹力的作用，且合力不为零，所以小球运动过程中的速度变化，B错；小球受到的重力不变，洛伦兹力时刻变化，则合力时刻变化，加速度时刻变化，C错；洛伦兹力永不做功，D错．
答案：A
2．解析：因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受安培力为Fab＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl.
故选C.
答案：C
3．解析：假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图，O1为圆周运动的圆心
由几何关系可知∠O1AO为直角，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其它点撞击同理，D正确；
假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；
由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如图所示，即撞击两次，B正确；
速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能会增多，粒子运动时间不一定减少，C错误．
故选BD.
答案：BD
4．解析：依题意，z轴正向保持竖直向上，测量结果表明z轴方向的磁感应强度为负，即测量地点的磁感应强度的竖直分量是向下的，说明测量地点位于北半球，A错误；每次测量得到的地磁场的两个分量互相垂直，任选一组数据根据平行四边形定则可以求出当地的地磁场磁感应强度大小约为50 μT，B正确；在北半球，地磁场的水平分量是由南向北的，第2次测量时得到的水平分量即By是负值，说明y轴正向与地磁场的水平分量方向相反，即指向南方，C正确；第3次测量时By为零，说明y轴沿东西方向，又因Bx为正，即x轴正向指北方，则y轴正向应指向西方，D错误．
答案：BC
5．解析：根据安培定则可知沿EOQ的等效电流产生的磁场在N点的磁感应强度方向垂直纸面向里、在M点的磁感应强度方向垂直纸面向外，且大小均为B，沿POF的等效电流产生的磁场在N、M两点的磁感应强度方向均垂直纸面向里且大小均为B，根据磁场的叠加原理可得N点的合磁感应强度大小为BN＝2B，M点的合磁感应强度大小为BM＝0，故选项A、C、D错误，选项B正确．
答案：B
6．解析：b导线撤去前，b导线所受安培力为零，即b导线所在处的磁感应强度为零，即2kcos 45°＝k，解得I2＝2I1，A项错误；b导线撤去前，a导线所在处的磁感应强度为Ba＝2kcos 45°－k＝，由此可知，a导线所受的安培力不为零，B项错误；b导线撤去后，O处的磁感应强度大小为B0＝k＝k，方向沿x轴负方向，所以导体棒e所受安培力大小为F＝B0I0L＝kI0L＝kI0I2，方向沿y轴负方向，C项错误，D项正确．
答案：D
7．解析：电路的总电阻R总＝R0＋r＋＝10 Ω，电路中总电流I总＝＝1 A，由于R＝RL，所以流过导体棒的电流与流过小灯泡的电流相等，均为I＝I总＝0.5 A，B项错误；导体棒受到的安培力大小为F＝BIL＝0.5 N，方向指向右上方，与竖直方向的夹角为θ，A项错误；闭合开关S后，导体棒恰好未滑动．若将滑动变阻器的滑片左移，总电阻减小，干路电流变大，流过导体棒的电流也变大，导体棒受到的安培力变大，导体棒会运动，C项错误；对导体棒受力分析如图所示，其中F为导体棒所受的安培力，Fx和Fy分别是F的两个分力，由平衡条件得FN＋F cos θ＝mg，F sin θ＝Ff，且Ff＝μFN，联立解得μ＝0.2，D项正确．
答案：D
8．解析：变阻器R的触头在最左端时，电路中的电流最小，金属棒受到的安培力最小，A错误；由左手定则可知，安培力沿导轨平面向上，当金属棒刚好要上滑时，金属棒受到的安培力最大，摩擦力沿导轨平面向下，B错误；当金属棒刚好要上滑时，变阻器R接入电路的值最小，对金属棒，由平衡条件得mg sin θ＋μmg sin θ＝BI′d，由闭合电路欧姆定律得E＝I′(r＋R′＋R0)，联立解得R′＝－(R0＋r)，则变阻器R接入电路的值不小于－(R0＋r)，C错误；由于μ＜tan θ，则金属棒刚要下滑时，电路中电流最小，即变阻器R接入电路的值最大，对金属棒，由平衡条件得mg sin θ＝μgm sin θ＋BId，由闭合电路欧姆定律得E＝I(r＋R＋R0)，联立解得R＝－(R0＋r)，则变阻器R接入电路的值不大于－(R0＋r)，D正确．
答案：D
9．解析：如图
由几何关系可知∠OPO′＝60°，∠AO′P＝30°，∠POO′＝90°，则粒子的运动半径为r＝2R，根据qvB＝m，得粒子的速率为v＝，B正确．
答案：B
10．解析：运动轨迹如图所示
由图可知，正电荷运动所对应的圆心角为120°，负电荷运动所对应的圆心角为60°，正、负带电粒子圆心角之比为2∶1；由洛伦兹力提供向心力qvB＝，解得r＝，又T＝，解得T＝，正、负带电粒子周期之比为1∶2，粒子在磁场中运动的时间t＝T，正、负带电粒子在磁场中运动的时间之比为＝，D项正确．
答案：D
11．解析：根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示．粒子沿O1O3方向从区域Ⅰ边界进入磁场，通过三个区域后沿O1O3方向从区域Ⅲ边界射出，根据左手定则，可知区域Ⅱ磁感应强度方向垂直纸面向外，A项错误；三圆心构成等边三角形，可知粒子在区域Ⅰ、Ⅲ内各转过60°角，由几何关系得tan 30°＝，在区域Ⅱ转过120°角，由几何关系有tan 60°＝，解得＝＝3，D项错误；由洛仑兹力提供向心力得轨道半径r＝，所以＝＝3，即B＝3B0，B项正确；粒子在区域Ⅰ、Ⅲ中的运动周期相等，T1＝，粒子在区域Ⅱ中的周期T2＝＝，粒子从进入磁场到离开磁场所用时间t＝2＋＝，C项正确．
答案：BC
12．解析：两粒子的运动轨迹如图，由几何关系可知R1＝R2，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力qvB＝，解得R＝；若两粒子的比荷相等，则＝，故v1＝v2，A项正确，B项错误；粒子在磁场中运动的周期为T＝＝，故∶＝T2∶T1，在磁场中两粒子的运动时间分别为t1＝T1＝T1，t2＝T2＝T2；若两粒子同时从A点射入，则两粒子相遇时运动时间相等t1＝t2，故＝，联立可得∶＝，C项正确，D项错误．
答案：AC
13．解析：由左手定则可知，粒子P和粒子Q均带正电，A项错误；根据T＝＝，ω＝，由于两粒子的比荷相同，可知粒子在磁场中的运动周期相等，角速度也相等，B项错误；根据洛伦兹力提供向心力可得qv2B＝m，粒子Q的轨道半径r2＝＝，C项正确；两粒子在磁场中的运动轨迹如图所示．设磁场的半径为R，由几何关系可得粒子P的轨道半径为r1＝R，所以粒子Q的轨道半径为r2＝r1＝R，由几何关系可得tan α＝＝，解得α＝30°，由t＝T，可知粒子P和粒子Q在磁场中运动的时间之比为t1∶t2＝90°∶2α＝90°∶60°＝3∶2，D项错误．
答案：C
14．解析：(1)若边界上无粒子射出，则粒子运动的轨道半径最大值为
2r＝tan 30°
由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m
解得磁感应强度B＝1 T
磁感应强度B的大小应满足B≥1 T；
(2)若B＝0.25 T，则运动半径
r1＝＝m
粒子从顶点离开磁场所用时间最长，此时由几何关系可知粒子在磁场中运动的圆心角为60°，运动最长时间为
t＝·＝×10－4s
(3)若B＝0.8 T运动半径
r2＝＝m
粒子打到EG边上，最远点的边界为M、P两点
ON＝tan 30°＝m
则MN＝＝m
PN＝＝m
则三角形边界上有粒子射出的总长s＝3×(＋) m＝m.
答案：(1)B≥1 T (2)×10－4s (3)m
15．解析：(1)速度为v0的粒子从M点射入，从N点射出，轨道半径为r，由几何关系可知
r＝R
由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m，解得B＝
由左手定则判断可得粒子带正电．
(2)由题意得速度为v0的粒子轨道半径r′＝R
由几何关系可知，粒子在磁场中的偏转角度为60°
M到G的过程中，水平位移x＝R·sin 60°＝R
竖直位移y＝R－R·cos 60°＝R
可知粒子出磁场后做匀速直线运动，GF与水平方向夹角为60°，可得
lGF＝＝R
解得lNF＝x＋lGF·cos 60°－R＝R(或者在三角形ONF中NF＝ON·tan 30°＝R)
M到G的过程中所用的时间t1＝＝
G到F的过程中所用的时间t2＝＝
总时间t＝t1＋t2＝
(3)由题意得，所有速度为v0的粒子均过N点；
由M点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为90°；由K点入射的粒子出磁场时速度方向与ND的夹角为60°；综上得夹角范围为60°～90°.
答案：(1)，正电 (2)R (3)60°～90°
16．解析：设正方体边长为l，由题可知，c点合磁感应强度大小为k＋k＝B，解得k＝，则f点的合磁感应强度大小为B′＝＝k＝B，B正确．
答案：B
17．解析：t＝时，金属棒通过的电流反向最大，所受安培力最大，所产生的加速度也最大，A项错误； 0～时间内，电流方向不变，安培力方向不变，安培力始终做正功，t＝时，金属棒的速度不为零，又～时间内，电流方向与之前相反，大小变化相等，始终做负功，根据对称性，可知在0～的时间内，金属棒先做加速后做减速且减为零，安培力对金属棒总功为零，B项错误，D项正确；金属棒做周期性运动，前半个周期先沿正方向加速后减速为零，后半个周期沿反方向先做加速后减速为零，根据对称性可知t＝T时，金属棒再次回到出发点，C项错误．
答案：D
18．解析：在线圈P中通入电流I2，发现右托盘比左托盘低，说明线圈P所受安培力向下，由左手定则，线圈P中通入的电流I2在图乙中沿逆时针方向，A错误；适当增大线圈M、N中的电流，P处的磁感应强度变大，线圈P所受安培力变大，方向向下，天平不能恢复平衡，B错误；线圈P′半径比线圈P略小，在线圈P内、外附近区域内可视为磁感应强度与所在位置的半径成反比，故可以求出线圈P′处的磁感应强度，也可以定量求出线圈P′所受安培力的大小．通过正确操作使用线圈P、P′均能正确称量重物质量，C正确，D错误．
答案：C
19．解析：速率小的粒子在CD边射出时，粒子在磁场中的运动轨迹为半圆，时间为周期一半，而粒子的运动周期相同，所以粒子在磁场中运动时间相同，A项错误；根据左手定则，粒子向左偏转，从CD边飞出的粒子最远从D点飞出，此时半径为R＝，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，解得vm＝，B项正确；由B项分析可知粒子可以从D点飞出，粒子与CE相切从DE飞出时，是粒子从DE飞出的最远点，如图所示
由几何关系得＝＝L，粒子从DE边飞出的区域长度最大为L，C项错误；粒子与CE相切飞出时在磁场中运动的时间最长，由几何关系可得∠FDC＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间为t＝×＝，D项正确．
答案：BD
20．解析：粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2，由qvB＝m可知r＝，故r1＝，r2＝，且d＝2r1－2r2，解得d＝，A项正确，B项错误；粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，由T＝＝得T1＝＝，T2＝，粒子两次经过P点的时间间隔Δt＝T1＋3×，解得Δt＝，C项正确，D项错误．
答案：AC
21．解析：a粒子离开磁场时，速度方向刚好改变了180°，表明粒子在磁场中转动了半周，其轨迹如图
由几何关系得r1＝R sin 30°＝，根据牛顿第二定律得qv0B＝m，解得r1＝＝R；b粒子进入磁场，有q′v0B＝m′，＝，解得r2＝＝R，根据左手定则，可知b粒子竖直向下射出磁场，且r1∶r2＝1∶2，A、B两项正确；b粒子在磁场中运动的时间为t2＝T＝＝，C项错误；由AB选项中的解析可知，b粒子在磁场圆心的正下方射出磁场，a粒子离开磁场时的点和磁场圆心的连线与水平方向的夹角为30°，则几何关系可知两个出射点与圆心构成等边三角形，即两粒子在圆形边界的射出点间的距离为R，D项正确．
答案：C
22．解析：根据qvB＝m得v＝，从M点射出粒子的圆周半径更小，则速度更小，A项错误；由t＝T＝·，粒子周期不变，圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，由几何关系可知，弦切角等于圆心角的一半，当弦切角越小，运动时间越短，如图．当弦与bc圆弧边界相切时，弦切角最小，运动时间最短，B项错误；M、N两点具体位置未知，从M点射出的粒子在磁场中运动的时间可能大于从N点射出的粒子在磁场中运动的时间，C项正确；由图可知，从边界cd射出的粒子在磁场中运动的时间不一定小于从圆弧bc段射出的粒子在磁场中运动的时间，D项错误．
答案：C
23．解析：若粒子带正电，根据图乙粒子运动轨迹结合左手定则可知，左侧区域磁场垂直于xOz平面向里，右侧区域磁场垂直于xOz平面向外，A项错误，B项正确；若粒子带负电，根据图乙粒子运动轨迹结合左手定则可知，左侧区域磁场垂直于xOz平面向外，右侧区域磁场垂直于xOz平面向里，C项正确，D项错误．
答案：BC
24．解析：根据qvB＝m可知粒子在磁场中运动的半径r＝，若速度v＝，则粒子在上方磁场中运动的半径r1＝L，在下方磁场中运动的半径r2＝2L，此时粒子从下部分磁场中垂直边界射出，轨迹如图线①所示，出射点偏离MN的距离为d1＝2L(1－cos 30°)＝(2－)L，A项正确，B项错误；若速度v＝，则粒子在上方磁场中运动的半径r1＝，在下方磁场中运动的半径r2＝，则粒子从上方磁场中垂直与边界射出，轨迹如图线②所示，此时出射点偏离MN的距离为d2＝L(1－cos 30°)＝L，C项错误；若速度v＝，则粒子在上方磁场中运动的半径r1＝，在下方磁场中运动的半径r2＝
粒子从上方磁场中垂直与边界射出，轨迹如图线③所示，此时出射点偏离MN距离的为d3＝L(1－cos 30°)＝L，D项正确．
答案：AD
25．解析：(1)由于洛伦兹力提供向心力，则ev0B＝m
解得R＝＝2a
分析知：轨迹恰好与cd荧光屏相切并打到de荧光屏上则运动时间最长，如图所示
由几何关系得cos α＝＝＝
故可得α＝60°
又fk＝2a sin α，sin β＝＝
可得β＝30°
则圆弧fp为圆，则电子打到荧光屏上的最长运动时间为
t＝T
由于T＝
解得t＝
由图示几何关系可得此时电子以与ef边界成α＝60°入射
(2)如图所示，电子沿fc边界入射打到cd荧光屏上g点，由几何关系知cg＝(2－)a
g点为电子打到cd荧光屏上最左边的点，切点h为电子打到cd荧光屏上最右边的点ch＝a
则电子打到荧光屏上的亮线的长度为gh＝ch－cg＝(2－2)a.
答案：(1)，方向为与ef边界成α＝60°入射
(2)(2－2)a
26．解析：(1)由左手定则得，粒子带负电．
由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝m，qv2B＝m
由几何关系得r1＝，r2＝
联立解得v1∶v2＝1∶3
(2)粒子在磁场中的运动周期为T＝
又qvB＝m
解得T＝
可见周期与速度无关．所以粒子运动的轨迹对应的圆心角越小，时间越短．由几何关系得，当轨迹圆弧所对应的弦与圆相切时，时间最短．如图
则tmin＝T＝
时间最短，则该粒子最先到达．则qv3B＝m
解得v3＝.
答案：(1)负电荷，1∶3 (2)
