2022年通用版高考物理二輪電場及帶電粒子在電場中的運動（含解析）

通用版為考物理工裕與墓

與發(fā)一《立場及察立程3在電場中的運劭》

（含解新）

一、選擇題（1?5題為單項選擇題，6?10題為多項選擇題）

1.（濟守市高三第二次演收）如圖所示的四條實線是電場線，它們相交

于點電荷。，虛線是只在電場力作用下某粒子的運動軌跡，A、B、C、。分別是

四條電場線上的點，則下列說法正確的是（）

O

A.O點一定有一個正點電荷

B.8點電勢一定大于C點電勢

C.該粒子在A點的動能一定大于。點的動能

D.將該粒子在B點由靜止釋放，它一定沿電場線運動

C[沒有畫出電場線的方向，所以。點可能是正電荷，也可能是負電荷，

故A錯誤；由于不知道電場線的方向，所以無法判斷3、。兩點電勢的高低，故

B錯誤；由于做曲線運動的物體受力的方向指向曲線的內側，可知該粒子在該電

場中受到的電場力沿電場線向下，故從A到。電場力對粒子做負功，粒子的動

能減小，則粒子在A點的動能較大，故C正確；電場中的帶電粒子受力的方向

沿電場線的切線方向，由于B點所在電場線為曲線，所以將該粒子在8點由靜

止釋放，它一定不能沿電場線運動，故D錯誤.故選C.]

2.（守夏領中方總質檢（二））如圖所示，在勻強電場中，場強方向

沿△必（?所在平面平行，acLbc,Zabc=60°,?c=0.2m.一個電量q=lX10

re的正電荷從。移到A電場力做功為零；同樣的電荷從a移c,電場力做功

為1X10-8J.則該勻強電揚的場強大小和方向分別為（）

A.500V/m>沿a"由a指向Z?

B.500V/m>垂直仍向上

C.1000V/m,垂直向上

D.1000V/m、沿ac由a指向c

C［正電荷從a移到/?,電場力做功為零，則由電場力做功的特點可知，ab

兩點電勢相等，故必應為等勢線；因電場線與等勢面相互垂直，故過c做時的

垂線，一定是電場線；正電荷從a到c過程，由卬=方可知，ac兩點的電勢差

。比="=V=100V,即。點電勢高于c點的電勢，故電場線垂直于就

q）1X1。!°「

向上；ac間沿電場線的距離d=ac-cos60°=0.2X0.5m=0.1m,由七=號可知：

電場強度石=黑V/m=1000V/m,方向垂直"向上：故C正確，A、B、D錯

誤；故選C.］

3.（山東瑞通坊市龍三2嫉）如圖甲所示，平行金屬板A、8正對豎直

放置，CO為兩板中線上的兩點.A、B板間不加電壓時，一帶電小球從。點無

初速釋放，經(jīng)時間T到達。點，此時速度為加在A、8兩板間加上如圖乙所示

的交變電壓，1=0帶電小球仍從C點無初速釋放，小球運動過程中未接觸極板,

則，=T時，小球（）

|UAB

A「B;-1

T卜jpFb

圖甲圖乙

A.在。點上方B.恰好到達。點

C.速度大于。D.速度小于。

B［小球僅受重力作用時從。到。做自由落體運動，由速度公式得0o=gT,

現(xiàn)加水平方向的周期性變化的電場，由運動的獨立性知豎直方向還是做勻加速直

線運動，水平方向0?孑沿電場力方向做勻加速直線運動，,?彳做勻減速直線運

動剛好水平速度減為零，孑?芋做反向的勻加速直線運動，革?T做反向的勻減

速直線運動水平速度由對稱性減為零，故r=T時合速度為優(yōu)，水平位移為零，

則剛好到達。點，故選B.]

4.（山東方簿博市本三三饃）已知一個無限大的金屬板與一個點電荷

之間的空間電場分布與等量異種電荷之間的電場分布類似，即金屬板表面各處的

電場強度方向與板面垂直.如圖所示MN為無限大的不帶電的金屬平板，且與大

地連接.現(xiàn)將一個電荷量為Q的正點電荷置于板的右側，圖中。、力、c、”是以

正點電荷。為圓心的圓上的四個點，四點的連線構成一內接正方形，其中"連

線與金屬板垂直.則下列說法正確的是（）

%二二二

/:\\

[\?\\

\\\I:'/I

、%：------------------------?x/

dJ…J。

A.Z?點電場強度與c點電場強度相同

B.。點電場強度與8點電場強度大小相等

C.。點電勢等于4點電勢

D.將一試探電荷從。點沿直線〃移到d點的過程中，試探電荷電勢能始

終保持不變

C[畫出電場線如圖所示：A.根據(jù)對稱性可知，。點電場強度與c點電場強

度大小相同，方向不同，故A錯誤；B.電場線密集的地方電場強度大，從圖像

上可以看出a點電場強度大于b點電場強度，故B錯誤；C.根據(jù)對稱性并結合電

場線的分布可知a點電勢等于d點電勢，故C正確；D.由于試探電荷先靠近正

電荷后遠離正電荷，所以電場力在這個過程中做功，當總功為零，所以試探電荷

電勢能不是始終保持不變，故D錯誤：故選C.]

5.（可計衡水中號信息基）如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC的三

個頂點上分別固定一個點電荷，所帶電荷量依次為+夕、+夕和一g.O點和M點

分別為AB邊和AC邊的中點，N點為三角形的中心，靜電力常量為人.在該電場

中，下列說法正確的是（）

A.。點的電場強度大小為碓，方向為從N指向。

B.N點的電場強度大小為9格，方向為從N指向C

C.。點的電勢高于N點的電勢

D.若取無窮遠處電勢為0,則M點的電勢9"為0

C優(yōu)、8兩點處的點電荷在。點的電場強度的矢量和為0,。點處的點電

荷在。點處的電場強度為E=/￡,、=挈,方向為從。指向N,A錯誤；三個

點電荷在N點的電場強度大小均為3號，其中兩個正點電荷的電場強度矢量合

成后大小為3號，方向為從N指向C,與負點電荷電場強度合成，N點的電場強

度大小為6尾，方向為從N指向C,B錯誤；CO連線上電場強度方向由。指向

C,可知夕。>紗，C正確；若無窮遠電勢為0,則A、C兩點處的等量異種點電荷

在M點的電勢為0,8處的正點電荷在M點的電勢大于0,故9M>0,D錯誤.]

6.（山東蜀臨沂市龍三三?。┤鐖D所示，某條電場線上有a、b、c三點,

其中b為ac的中點，已知a、c兩點的電勢分別為9“=10V,（pc=4rV,若將一

點電荷從c點由靜止釋放，僅在電場力作用下沿著電場線向a點做加速度逐漸增

大的加速運動，則下列判斷正確的是（）

A.該點電荷帶負電

B.電場在b點處的電勢為7V

C.a、b、c三點c點處的場強最小

D.該電荷從c點運動到h點電場力做的功比從b點運動到a點電場力做的

功多

AC[A項：點電荷從c靜止釋放向左運動，電場線方向向右，所以點電荷

帶負電，故A正確；B項：由點電荷從c到a做加速度增大的加速運動，說明從

c到a電場強度增大，即仍段平均場強小于時段的平均強度，根據(jù)公式U=~E

d,可知電場在匕點處的電勢小于7V,故B錯誤；C項：由點電荷從c到a做

加速度增大的加速運動，說明從c到a電場強度增大，a、byc三點c點處的場

強最小，故C正確；D項：由C分析可知，從c到。電場強度增大，即電場力

增大，ah=hc,根據(jù)卬=Ex可知，在仍段的電場力小于出？段的電場力，所以

該電荷從c點運動到b點電場力做的功比從b點運動到a點電場力做的功少，故

D錯誤.]

7.吉林堵長泉市高考蝶超檢例理科除合飩力測試）如圖,電路中A、

B、C、。是完全相同的金屬極板，P是43板間的一點，在CO板間插有一塊有

機玻璃板.閉合開關，電路穩(wěn)定后將開關斷開.現(xiàn)將8板間的玻璃板抽出，下

列說法正確的是（）

A.金屬板CO構成電容器的電容減小

B.P點電勢降低

C.玻璃板抽出過程中，電阻R中有向右的電流

D.A、B兩板間的電場強度減小

AC[A.根據(jù)。=工工萬，將CO板間的玻璃板抽出，電介質）減小，其它條

件不變，則金屬板C。構成電容器的電容減小，故A正確；BCD.當閉合開關，

電路穩(wěn)定后將開關斷開，極板總電荷量不變，金屬板CD構成電容器的電容減小,

由U=普可知極板C。電勢差變大，極板4?電勢差變大，由七=先知極板AB

間的場強變大，導致尸點與8板的電勢差變大，因8板接地，電勢為零，即P

點電勢升高，因此電容器C。處于放電狀態(tài)，電容器A3處于充電狀態(tài)，電阻R

中有向右的電流，故C正確，BD錯誤；故選AC.]

8.（山東堵4島市高港饃收檢惻理和除含解力測試）通常把電荷在

離場源電荷無限遠處的電勢能規(guī)定為零，已知試探電荷q在場源電荷。的電場

中具所有電勢能表達式為岳=第（式中左為靜電力常量，「為試探電荷與場源電

荷間的距離）.真空中有兩個點電荷勒、。2分別固定在x坐標軸的x=0和x=6cm

的位置上.x軸上各點的電勢夕隨x的變化關系如圖所示.A、B是圖線與x的交

點，A點的x坐標是4.8cm,圖線上C點的切線水平.下列說法正確的是（）

A.電荷。1、Q的電性相反

B.電荷Qi、Q的電量之比為1：4

C.8點的x坐標是8cm

D.。點的x坐標是12cm

ACD[A.電勢3隨x的變化關系圖象的斜率壽=區(qū)所以C點電場為0,

根據(jù)電場疊加原理可知電荷Qi、Q的電性相反，故A正確：B.根據(jù)夕=年可知，

kQ\qkQ?q

SA=T-+-^-=^+等=0,解得Qi：|Q|=4：1,故B錯誤；C.根據(jù)

kQiqkQzq

可知，q）B=二+=^21_|_=0,解得3點的坐標是8cm,故C正確；

qqxix\o

D.由知，解得。點的坐標是X2=12cm,故D正確；

故選ACD.]

9.（使曲曲社工之耐中⑤三蟆拙）如圖所示，水平面內的等邊三角形

ABC的邊長為3兩個等量異種點電荷+。和一Q分別固定于A、8兩點.光滑

絕緣直導軌CO的上端點。位于到A、8中點的正上方，且與A、8兩點的距離

均為L在D處質量為〃?、電荷量為+q的小球套在軌道上（忽略它對原電場的影

響），并由靜止釋放，已知靜電力常量為匕重力加速度為g.忽略空氣阻力，則下

列說法正確的是（）

+2

A

A.。點的場強大小為髻

B.小球到達CD中點時，其加速度為零

C.小球剛到達C點時，其動能為坐mgL

D.小球沿直軌道CO下滑過程中，其電勢能先增大后減小

AC[根據(jù)點電荷產(chǎn)生的電場的性質可知，負電荷在。處的電場強度沿。B

方向，正電荷在。處的電場強度沿方向，兩個點電荷的電量是相等的，所以

兩個點電荷在D點的電場強度的大小相等，則它們的合場強的方向沿AD,DB

的角平分線；由庫侖定律得，A、8在。點的場強的大?。篍A=E=￥，則。點

的場強：ED=EACOS60°+EBCOS60°=塔，故A正確；當小球到達CD中點時，

小球受重力、支持力、正電荷的排斥力、負電荷的吸引力，對其受力分析可知，

重力和支持力的合力與正電荷的排斥力和負電荷的吸引力的合力不在同一平面

上，故兩個合力不可能平衡，故加速度不為零，故B錯誤；由于。與。到A、B

的距離都等于"結合等量異種點電荷的電場特點可知，。點與。點在同一等勢

面上，電場力不做功，故小球的電勢能不變，下落過程只有重力做功，即：mgZ方

=5加2,又幾何關系可知：0。=Zzsin60°=坐L小球的動能瓜=8。2=坐

mgL,故C正確，D錯誤.故選AC.]

10.（山東省濰坊市昌樂縣二中高三下學期質檢）如圖所示，粗糙絕緣的水平

面附近存在一個平行于水平面的電場，其中某一區(qū)域的電場線與x軸平行，在x

軸上的電勢cp與坐標x的關系用圖中曲線表示，圖中斜線為該曲線過點（0.15,3）

的切線.現(xiàn)有一質量為0.20kg,電荷量為+2.0乂10一8（：的滑塊2（可視作質點），

從JC=0.10m處由靜止釋放，其與水平面的動摩擦因數(shù)為0.02.取重力加速度g=

10m/s2.則下列說法正確的是（）

A.滑塊運動的加速度先逐漸減小后逐漸增大

B.尤=0.15m處滑塊運動的動能最大l.OXlO—j

C.滑塊運動過程中電勢能先減小后增大

D.滑塊運動過程中克服摩擦力做功8.0X10.31

AB[電勢s與位移x圖線的斜率表示電場強度，則x=0.15m處的場強E

3X1（）5

=T[5V/m=2xlO6V/m,此時的電場力F=qE=2X10-8X2X106N=0.04N,

滑動摩擦力大小/=〃ag=0.02X2N=0.04N,在x=0.15m前，電場力大于摩擦

力，做加速運動，加速度逐漸減小，x=0.15m后電場力小于摩擦力，做減速運

動，加速度逐漸增大，故A正確，在x=0.15m時，電場力等于摩擦力，速度最

大，根據(jù)動能定理得，Ekm=qU-fx,因為0.10m和0.15m處的電勢差大約為

1.5X105V,代入求解，最大動能為l.OXIOrj故B正確.滑塊運動過程中因電

勢一直降低，可知電勢能一直減小，選項C錯誤；若滑塊運動過程中克服摩擦

iw.80X]0-3

力做功8.OX1O-3J,則移動的距離為1=町=.004m=0.2m,此時滑塊從

x=0.1m的位置運動到0.3m的位置，電勢能的變化為AEp=（4—

1.5)X105X2.0X10-8J=5X10-3J,即電場力做功小于克服摩擦力做功，此時滑

塊的速度不為零，將繼續(xù)運動一段距離停下，故滑塊運動過程中克服摩擦力做功

大于8.0X10-3J,選項D錯誤；故選AB.]

二、非選擇題

11.(四川省瀘州市高三模擬)如圖所示，相距2L的AB、C。兩直線間的區(qū)

域存在著兩個大小不同、方向相反的有界勻強電場，其中PS下方的電場B的場

強方向豎直向上，PS上方的電場及的場強方向豎直向下，在電場左邊界A3上

寬為L的PQ區(qū)域內，連續(xù)分布著電量為十外質量為機的粒子.從某時刻起由

Q到P點間的帶電粒子，依次以相同的初速度如沿水平方向垂直射入勻強電場

E\中，若從。點射入的粒子，通過PS上的某點R進入勻強電場E2后厭CD邊

上的M點水平射出，其軌跡如圖，若MS兩點的距離為上不計粒子的重力及它們

間的相互作用.試求：

B

」

_，

_

p二

二

Q5二

A

(1)電場強度e與6的大??；

(2)在尸。間還有許多水平射入電場的粒子通過電場后也能垂直于CD邊水平

射出，這些入射點到P點的距離有什么規(guī)律？

解析(1)設粒子由。到R及R到M點的時間分別為t\與t2,到達R時豎直

速度為Vy,

則由)，=手/、Vy=at及F=qE=ma得：

vo(ti+t2)=2L

9mvi9/77170

聯(lián)立解得：Ei=而？及=4qL?

⑵由⑴知E2=2EI,力=2,2.因沿PS方向所有粒子做勻速運動，所以它們到

2L

達CO邊的時間同為t=—

設PQ間距離P點為h的粒子射入電場后，經(jīng)過〃（〃=2,3,4,…）個類似于

QfRfM的循環(huán)運動（包括粒子從電場E2穿過PS進入電場Ei的運動）后，恰好

/2/

垂直于CD邊水平射出，則它的速度第一次變?yōu)樗剿脮r間為T=-=—（/?=

2

2,3,4,…），第一次到達PS邊的時間則為gT,則有

T嚕勖=§（"=2,3,4,…）.

小通9mvl9mvlL

答案⑴癡T封（2）/5=234,…）

12.（遼寧省大連市高考模擬檢測）豎直平面內存在著如圖甲所示管道，虛線

左側管道水平，虛線右側管道是半徑R=1m的半圓形，管道截面是不閉合的圓，

管道半圓形部分處在豎直向上的勻強電場中，電場強度E=4X103v/m.小球隊

b、c的半徑略小于管道內徑，匕、c球用長的絕緣細輕桿連接，開始時

c靜止于管道水平部分右端P點處，在M點處的a球在水平推力F的作用下由

靜止向右運動，當廠減到零時恰好與b發(fā)生了彈性碰撞，k的變化圖象如圖

4

乙所示，且滿足/+產(chǎn)=.已知三個小球均可看做質點且/加=0.25kg,mb=Q.2

kg,吹=0.05kg,小球c帶夕=5X10一七的正電荷，其他小球不帶電，不t~|'切

摩擦，g=10m/s2,求

(1)小球a與b發(fā)生碰撞時的速度vo；

(2)小球c運動到Q點時的速度。；

(3)從小球c開始運動到速度減為零的過程中，小球c電勢能的增加量.

解析對小球a,由動量定理可得小球。與。發(fā)生碰撞時的速度；小球。與

小球從c組成的系統(tǒng)發(fā)生彈性碰撞由動量守恒和機械能守恒可列式，小球c運

動到Q點時，小球b恰好運動到P點，由動能定理可得小球c運動到Q點時的

速度；由于氏c兩球轉動的角速度和半徑都相同，故兩球的線速度大小始終相

等，從c球運動到Q點到減速到零的過程列能量守恒可得：

(1)由題意可知，/圖象所圍的圖形為四分之一圓弧，面積為拉力戶的沖量，

由圓方程可知S=1n?代入數(shù)據(jù)可得：0o=4m/s

(2)小球a與小球b、c組成的系統(tǒng)發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒可得mavo=maV\

+(〃%+"2c)02

由機械能守恒可得/病疝+*"防+儀)漫

解得01=0,s=4m/s

小球c運動到Q點時，小球Z?恰好運動到P點、,由動能定理m,gR-qER=3

(〃%+〃2c)4一；(加力+〃?c)遙

代入數(shù)據(jù)可得。=2m/s

(3)由于從c兩球轉動的角速度和半徑都相同，故兩球的線速度大小始終相

等，假設當兩球速度減到零時，設〃球與O點連線與豎直方向的夾角為。

從C球運動到Q點到減速到零的過程列能量守恒可得：mbgRQ—COS。)+

mcgRsin0+^(mh+mc)v2=qERsin8

解得sin9=0.6,8=37°

因此小球c電勢能的增加量：AEp=曲(l+sin8)=3.2J.]

答案⑴a=4m/s(2)v=2m/s(3)AEP=3.2J

專題二、《磁場4帶電體點磁場中的運劭》

(含新析)

一、選擇題(1?6題為單項選擇題，7?10題為多項選擇題)

1.兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同、方向平行.一速度方向與

磁感應強度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)

域后，粒子的()

A.軌道半徑減小，角速度增大

B.軌道半徑減小，角速度減小

C.軌道半徑增大，角速度增大

D.軌道半徑增大，角速度減小

D[分析軌道半徑：帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子

的速度。大小不變，磁感應強度8減小，由公式「=右可知，軌道半徑增大.分

27T777271

析角速度：由公式T=幺詈可知，粒子在磁場中運動的周期增大，根據(jù)①=半知

QDL

角速度減小.選項D正確.]

2.如圖所示，總質量為〃z,邊長為L的正方形線圈共三匝，放置在傾角為

a的光滑斜面上，剛好關于磁場邊界MN對稱，MN上方存在勻強磁場，若線圈

通以圖示方向的恒定電流/后剛好在斜面上保持靜止，重力加速度為g,則

()

A.磁場方向可以豎直向下，且B="，喟°

B.磁場方向可以豎直向上，且8=駕臚

DILJ

C.磁場方向可以垂直斜面向下，且3=嗎詈

D.磁場方向可以水平向左，且8=管

C[當磁場方向豎直向下時，由平衡條件得38〃=〃zgtana,則8="'鬻°,

選項A錯誤；當磁場方向豎直向上時，由受力分析可知線圈不會靜止，選項B

錯誤；當磁場方向垂直斜面向下時，由平衡條件得3B/L=mgsina,則"片繆",

選項C正確；當磁場方向水平向左時，由受力分析可知線圈不會靜止，選項D

錯誤.]

3.（山東省濰坊市昌樂縣二中高三下學期質檢）已知通電長直導線周圍某點

的磁感應強度8=+，即磁感應強度B與導線中的電流/成正比、與該點到導線

的距離廠成反比.如圖所示，兩根平行長直導線相距為R,通以大小、方向均相

同的電流.規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正，在0—R區(qū)間內磁感應強度大小3

隨x變化的圖線可能是（）

C[根據(jù)右手螺旋定則可得左邊通電導線在兩根導線之間的磁場方向垂直

紙面向里，右邊通電導線在兩根導線之間的磁場方向垂直紙面向外，離導線越遠

磁場越弱，在兩根導線中間位置磁場為零.由于規(guī)定B的正方向垂直紙面向里，

所以C正確，ABD錯誤；故選C.]

4.（山東省實驗中學高三二模）如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)城內

有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為日一質量為加、電荷量為

q的帶正電粒子（重力不計）以速度。從AC邊的中點。垂直AC邊射入磁場區(qū)域.若

三角形的兩直角邊長均為23要使粒子從CD邊射出，則。的取值范圍為（）

A迪2血加

mmm

2mmD小2m。學2m

C［根據(jù)洛倫茲力充當向心力可知，。=等，因此半徑越大，速度越大；根

據(jù)幾何關系可知，使粒子與AO邊相切時速度最大，如圖

由幾何關系可知，最大半徑為r\=yl2L+1,故最大速度應為v\=

亞空+1匕當粒子從。點出射時半徑最小，為吃=與,故最小速度應為6=喘,

故v的取值范圍為華故選C.］

2mm

5.（山東省臨沂市高三三模）如圖所示，電子經(jīng)電壓U加速后垂直進入磁感

應強度為B的勻強磁場中，在磁場中轉半個圓周后打在P點，通過調節(jié)電壓U

可以控制尸點的位置，設OP=x,能夠正確反映。與x關系的圖象是（）

C［帶電粒子在電場中加速運動，根據(jù)動能定理得：^mv2=qU解得：v=

2qU

m

進入磁場后做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，則有：/3=加：解

imo

傳：片葩

粒子運動半個圓打到P點，所以》=27=2片\/%”即x與，萬成正比，故

C]\/A^Z

C正確.]

6.（山東省青島市高考模擬檢測理科綜合能力測試）如圖，在x°y平面內，

虛線y=^x左上方存在范圍足夠大、磁感應強度為8的勻強磁場，在A（0,/）

處有一個粒子源，可沿平面內各個方向射出質量為〃?，電量為q的帶電粒子，速

率均為“警，粒子重力不計，則粒子在磁場中運動的最短時間為（）

.y

???A,???:

.?.?..?-O>?,上x

TimTim-Tim?！?

堂B.硒C.近D.前

tnv^

C[粒子進入磁場中做勻速圓周運動則有：卯8=丁，而將題中的。值代

入得：，=曄/,分析可知：粒子運動的時間/最短時，所粒子偏轉的角度。最小，

則。所對弦最短,

作于8點，A3即為最短的弦，假設粒子帶負電，結合左手定則,

根據(jù)幾何關系有：AB=OAsin60粒子偏轉的角度；9=60。，結合周期公

2?！?TTT/77

式：T=幺詈，可知粒子在磁場中運動的最短時間為：/=器=普，故C正確，A、

qDojqts

B、D錯誤；故選C.]

7.（湖南省懷化市高三聯(lián)考）一絕緣圓筒上有一小孔，筒內有方向沿圓筒軸

線的勻強磁場，磁感應強度大小為8,整個裝置的橫截面如圖所示.一質量為優(yōu)、

帶電量為q的小球（重力不計）沿孔半徑方向射入筒內，小球與筒壁碰撞n次后恰

好又從小孔穿出.小球每次與筒壁碰撞后均以原速率彈回，且碰撞過程中小球的

AC[粒子在磁場中的周期為了=管，而小球在磁場中運動的總時間（=罟

DC）DC）

=*,可知，粒子在磁場中做圓周運動的總圓弧所對的圓心角為180°;若〃=2,

即粒子與圓筒碰撞2次，分別對應三段圓弧，每段圓弧所對的圓心角為60。，則

總圓心角為180。，則選項A正確；若〃=3,即粒子與圓筒碰撞3次，分別對應

四段圓弧，每段圓弧所對的圓心角為90。，則總圓心角為360。，則選項B錯誤；

若〃=4,即粒子與圓筒碰撞4次，則可能每次碰撞對應的圓弧所對的圓心語為

36°（對應著圓筒上的圓心角為144°）,則總圓心角為5X36°=180°,則選項C正

確；若〃=5,即粒子與圓筒碰撞5次，分別對應6段圓弧，每段圓弧所對的圓

心角為120。，則總圓心角為72。，則選項D錯誤；故選A、C.]

8.（安徽六安一中一模）如圖，X。），平面的一、二、三象限內存在垂直紙面向

外，磁感應強度8=1T的勻強磁場，ON為處于y軸負方向的彈性絕緣薄擋板，

長度為9m,M點為x軸正方向上一點，0M=3m,現(xiàn)有一個比荷大小為*=1.0

C/kg,可視為質點的帶正電小球（重力不計），從擋板下端N處小孔以不同的速度

向x軸負方向射入磁場，若與擋板相碰后以原速率彈回，且碰撞時間不計，碰撞

時電荷量不變，小球最后都能經(jīng)過M點，則小球射入的速度大小可能是（）

A.3m/sB.3.75m/s

C.4m/sD.5m/s

ABD[由題意，小球運動的圓心的位置一定在y軸上，所以小球做圓周運

動的半徑廠一定要大于等于3m,而0N=9m<3r,所以小球最多與擋板ON碰

撞一次，碰撞后，第二個圓心的位置在0點的上方，也可能小球與擋板ON沒

2

有碰撞，直接過M點.由于洛倫茲力提供向心力，所以：qvB=n-r^,得：?=*

Br①；若小球與擋板ON碰撞一次，則軌跡可能如圖1,設00'=s,由幾何

關系得：r=OM2+S2=94-52②，3r—9=s③，聯(lián)立②③得：ri=3m;n

=3.75m,分別代人①得：oi=，Bri=1XlX3m/s=3m/s,s=*B2=1X1X3.75

m/s=3.75m/s,若小球沒有與擋板ON碰撞，則軌跡如圖2,設。0'=x,由幾

何關系得：H==OM2+x2=9+x2④，x=9-r3⑤，聯(lián)立④⑤得：r?=5m,

代人①得：03=^3小=1X1X5m/s=5m/s,A、B、D正確.]

9.（山東省濟南市高三一摸）如圖所示，正方形必cd區(qū)域內存在垂直紙面向

里的勻強磁場，甲、乙兩帶電粒子從a點沿與ab成30。角的方向垂直射入磁場.甲

粒子垂直于歷邊離開磁場，乙粒子從ad邊的中點離開磁場.已知甲、乙兩帶電

粒子的電荷量之比為1:2,質量之比為1:2,不計粒子重力.以下判斷正確的

是（）

A.甲粒子帶負電，乙粒子帶正電

B.甲粒子的動能是乙粒子動能的16倍

C.甲粒子所受洛倫茲力是乙粒子所受洛倫茲力的4小倍

D.甲粒子在磁場中的運動時間是乙粒子在磁場中運動時間的上倍

CD[A項：由甲粒子垂直于兒邊離開磁場可知，甲粒子向上偏轉，所以

甲粒子帶正電，由粒子從ad邊的中點離開磁場可知，乙粒子向下偏轉，所以乙

粒子帶負電，故A錯誤；B項：由幾何關系可知，R申=2L,乙粒子在磁場

中偏轉的弦切角為60。，弦長為與，所以亨=2R匕sin60。，解得RL

,,V2〃劃2g2822

根據(jù)qvB=,所以Ek=~~=2mr,

所以甲粒子的動能是乙粒子動能的24倍，故B錯誤：

C項：由公式卯3=加?可知，。=嚕，所以f*=quB="工,口*1=

rmm/洛乙

（g）2x（：）2x牛=4/，故C正確；D項：由幾何關系可知，甲粒子的圓心角為

2^3

30°,由B分析可得，乙粒子的圓心角為120。.

n271777

根據(jù)公式和T=幺詈可知，甲粒子在磁場中的運動時間是乙粒子在

JOUqn

磁場中運動時間的;倍，故D正確.]

10.（廣東省湛江市高三模擬）如圖所示，MN平行于y軸，在y軸與MN之

間的區(qū)域內存在與xOy平面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小為R在t=0時刻,

從原點O發(fā)射一束等速率的相同的帶電粒子，速度方向與y軸正方向的夾角分

布在0。?90。范圍內.其中，沿y軸正方向發(fā)射的粒子在時刻剛好從磁場右

邊界MN上的P點離開磁場，已知P點的坐標是（（2+啦）d,也不計粒子重力,

下列說法正確的是（）

A.粒子在磁場中做圓周運動的半徑為好gd

粒子的發(fā)射速度大小為啜

B.

C.帶電粒子的比荷為意

D.帶電粒子在磁場中運動的最長時間為2加

BD［根據(jù)題意作出沿），軸正方向發(fā)射的帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌

跡如圖所示.

圓心為。'，根據(jù)幾何關系，粒子做圓周運動的半徑為r=2d,故A錯；沿

一竽義2d

y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的圓心角為千，運動時間加=――解得:

37rd3兀

00=鼠，故B正確；沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的圓心角為手，對

應運動時間為to,所以粒子運動的周期為7=牛，由呼of（爺?shù)t2=居故

C錯誤；在磁場中運動時間最長的粒子的運動軌跡如圖所示.

由幾何知識得該粒子做圓周運動的圓心角為亍，在磁場中的運動時間為2fo,

故D正確.]

二'非選擇題

11.(河北唐山質檢)如圖所示，水平導軌間距為L=0.5m,導軌電阻忽略不

計；導體棒"的質量機=1kg,電阻R)=0.9Q,與導軌接觸良好；電源電動

勢E=10V,內阻r=0.1C,電阻R=4Q；外加勻強磁場的磁感應強度5=5T,

方向垂直于"，與導軌平面成夾角a=53。；帥與導軌間的動摩擦因數(shù)為〃=0.5(設

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，定滑輪摩擦不計，細線對ab的拉力為水平方向，

且細線通過定滑輪與重物相連，重力加速度g=10m/s2,原處于靜止狀態(tài)，已知

sin53°=0.8,cos53°=0.6.求：

(1)通過時的電流大小和方向；

(2)a。受到的安培力大??；

(3)重物重力G的取值范圍.

E

解析(1)/=/?+/?o+r=2A

方向為由a到b

(2)F=BIL=5N

⑶受力如圖，fm=ii(mg-Fcos53°)=3.5N

當最大靜摩擦力方向向右時，尸r=Fsin53。一人=0.5N

當最大靜摩擦力方向向左時，F(xiàn)r=Fsin53。+為=7.5N

所以0.5NWGW7.5N

答案(1)2A方向由a到8

(2)5N

(3)0.5NWGW7.5N

12.(山東省淄博一中高三三模)如圖所示，在x°y平面內，有一以。為圓心、

R為半徑的半圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直坐標平面向里，磁感應強度大小

為區(qū)位于。點的粒子源向第二象限內的各個方向連續(xù)發(fā)射大量同種帶電粒子，

粒子均不會從磁場的圓弧邊界射出.粒子的速率相等，質量為加、電荷量大小為

q,粒子重力及粒子間的相互作用均不計.

(1)若粒子帶負電，求粒子的速率應滿足的條件及粒子在磁場中運動的最短

時間；

(2)若粒子帶正電，求粒子在磁場中能夠經(jīng)過區(qū)域的最大面積.

解析(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則：qvB

V2

=m-

根