電場與磁場一、單選題（每小題3分，共計24分）1.如圖，光滑絕緣圓環豎直放置，a、b、c為三個套在圓環上可自由滑動的空心帶電小球，已知小球c位于圓環最高點，ac連線與豎直方向成60°角，bc連線與豎直方向成30°角，三個小球均處于靜止狀態。下列說法正確的是（）A．a、b、c小球帶同種電荷B．a、b小球帶異種電荷C．a、b小球電量之比為D．a、b小球電量之比為【答案】D【解析】對c分析，受到重力、環的支持力以及a與b的庫侖力，其中重力與支持力的方向在豎直方向上，水平方向有a對c的庫侖力的分力與b對c的庫侖力的分力，由共點力平衡的條件可知，a與b對c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，則a與b的電性必定是相同的；a與b帶同種電荷，它們之間的庫侖力是斥力，對a分析，a受到重力、環的支持力以及b、c對a的庫侖力，重力的方向在豎直方向上，水平方向有支持力的向左的分力、b對a的庫侖力向左的分力、c對a的庫侖力的分力，若a要平衡，則c對a的庫侖力沿水平方向的分力必需向右，所以c對a的作用力必需是吸引力，所以c與a的電性肯定相反；即：a、b小球帶同種電荷，b、c小球帶異種電荷，故選項、B錯誤；設環的半徑為R，三個小球的帶電量分別為：、和，由幾何關系可得，，a與b對c的作用力都是吸引力，它們對c的作用力在水平方向的分力大小相等，則有，所以，故選項D正確，C錯誤；故選D。2.如圖所示，兩電荷量分別為－Q和+2Q的點電荷固定在直線MN上，兩者相距為L，以+2Q的點電荷所在位置為圓心、為半徑畫圓，a、b、c、d是圓周上四點，其中a、b在MN直線上，c、d兩點連線垂直于MN，下列說法正確的是A．c、d兩點的電勢相同B．a點的電勢高于b點的電勢C．c、d兩點的電場強度相同D．a點的電場強度小于b點的電場強度【答案】A【解析】a、b、c、d四點在以點電荷+2Q為圓心的圓上，可知+2Q產生的電場在a、b、c、d四點的電勢是相等的，所以a、b、c、d四點的總電勢可以通過-Q產生的電場的電勢確定，依據順著電場線方向電勢降低可知，b點的電勢最高，c、d兩點對稱電勢相等，a點電勢最低；故A正確，B錯誤。+2Q的場源在c、d兩點產生的場強大小相等，-Q的場源在c、d兩點的產生的場強大小也相等，依據場強的合成可知兩點的總場強大小相等，但方向不同，故c、d兩點的電場強度不同；故C錯誤；由點電荷的場強公式，合成可得，方向向左；，方向向右；故；則D錯誤，故選A。3.如圖所示的電場中，虛線a、b、c為三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即，一帶負電的質點僅在電場力的作用下通過該區域時的運動軌跡照實線所示，P、Q是這條軌跡上的兩點，由此可知（）A．a、b、c三個等勢面中，a的電勢最高B．帶電質點在P點的動能比在Q點大C．帶電質點在P點的電勢能比在Q點小D．帶電質點在P點時的加速度比在Q點小【答案】A【解析】電荷所受電場力指向軌跡內側，由于電荷帶負電，因此電場線指向左上方，沿電場線電勢降低，故c等勢線的電勢最低，a點的電勢最高，故A正確；從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，動能增大，故P點的動能小于Q點的動能，在P點的電勢能比在Q點大，故BC錯誤；P點等勢面較Q點密集，則電場線也密集，則質點通過P點時的電場力比Q大，則其加速度比Q點大，故D錯誤。4．如圖所示，質量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中心射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最終打在同一點(重力不計)，則從起先射入到打到上板的過程中()A．它們運動的時間tQ>tPB．它們運動的加速度aQ<aPC．它們的動能增加之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2D．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2【答案】：D【解析】：帶電粒子水平方向上做勻速直線運動，位移相等，初速度相等，故運動時間相等，tQ＝tP，A選項錯誤；帶電粒子豎直方向上做勻加速直線運動，y＝eq\f(1,2)at2，解得a＝eq\f(2y,t2)，運動的加速度aQ>aP，B選項錯誤；帶電粒子受到電場力作用，qE＝ma，解得q＝eq\f(2my,Et2)，它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2，D選項正確；運動過程中，依據動能定理得，qEy＝ΔEk，其中yP∶yQ＝1∶2，解得它們的動能增加之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，C選項錯誤．5．如圖所示，光滑絕緣的斜面與水平面的夾角為θ，導體棒ab靜止在斜面上，ab與斜面底邊平行，通有圖示的恒定電流I，空間充溢豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，現緩慢增大θ(0<θ<90°)，若電流I不變，且ab始終靜止在斜面上(不考老磁場改變產生的影響)，下列說法正確的是A.B應緩慢減小B.B應緩慢增大C.B應先增大后減小D.B應先減小后增大【答案】B【解析】如圖作出右側側視圖，則可知，金屬棒受重力、支持力及向右的安培力的作用；增大角度，則支持力的方向將向左旋轉，要使棒仍舊平衡，則支持力與安培力的合力始終等于重力，則由圖可知，安培力必需增大，故磁感應強度應增大，B正確．6．在豎直放置的光滑絕緣圓環中，套有一個帶電荷量為－q、質量為m的小環，整個裝置放在如圖所示的正交電磁場中，已知場強大小為E＝eq\f(mg,q)，當小環從大環頂無初速下滑時，在滑過的角度為何值時，所受洛倫茲力最大(C)A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C.eq\f(3π,4)D．π【答案】C【解析】把重力和電場力等效為一合力，當此合力對小環做功最多時，小環的速度最大，洛倫茲力也最大．此位置在下圖中的P點，由幾何學問可得小環滑過了eq\f(3π,4)的角度．7．如圖所示，空間內存在半徑為r的圓形勻強磁場區域，磁感應強度大小為B.在磁場邊界上有一粒子源S，粒子源以相同的速率v沿紙面對磁場中各個方向放射比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(v,2rB)的帶電粒子，不計粒子重力，則這些粒子在磁場中運動的最長時間為()A.eq\f(πr,3v)B.eq\f(πr,2v)C.eq\f(2πr,3v)D.eq\f(πr,v)【答案】C【解析】粒子做圓周運動的軌道半徑為R＝eq\f(mv,qB)＝2r，在磁場中運動時間最長的粒子軌跡對應的弦長最長，由幾何關系可知，最大弦長為2r，此時所對應的圓心角為60°，則運動最長時間為t＝eq\f(T,6)＝eq\f(1,6)×eq\f(2π·2r,v)＝eq\f(2πr,3v)，故選C.8．如圖所示，在x軸上方存在垂直紙面對里的磁感應強度為B的勻強磁場，x軸下方存在垂直紙面對外的磁感應強度為eq\f(B,2)的勻強磁場，一帶負電的粒子從原點O以與x軸成30°角斜向上的速度v射入磁場，且在x軸上方運動半徑為R.則(B)A．粒子經偏轉肯定能回到原點OB．粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為1∶2C．粒子完成一次周期性運動的時間為eq\f(2πm,3qB)D．粒子其次次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進2R【答案】B【解析】依據左手定則推斷可知，負電荷在第一象限和第四象限所受的洛倫玆力方向不同，粒子在第一象限沿順時針方向旋轉，而在第四象限沿逆時針方向旋轉，不行能回到原點O.故A錯誤．由r＝eq\f(mv,qB)，則粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為1∶2.故B正確．負電荷在第一象限軌跡所對應的圓心角為60°，在第四象限軌跡所對應的圓心角也為60°，粒子圓周運動的周期為T＝eq\f(2πm,qB)，保持不變，在一個周期內，粒子在第一象限運動的時間為T″＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(πm,3qB)；同理，在第四象限運動的時間為t2＝eq\f(60°,360°)T′＝eq\f(1,6)·eq\f(2πm,q\f(B,2))＝eq\f(2πm,3qB)，完成一次周期性運動的時間為T″＝t1＋t2＝eq\f(πm,qB).故C錯誤．依據幾何學問得：粒子其次次射入x軸上方磁場時，沿x軸前進距離為x＝R＋2R＝3R.故D錯誤．二、多項選擇題（每小題5分，答案不全得3分，有錯不得分，共計30分）9.空間存在平行于x軸方向的靜電場，其電勢φ隨x的分布如圖10所示．一質量為m、電荷量大小為q的帶電粒子從坐標原點O由靜止起先，僅在電場力作用下沿x軸正方向運動．則下列說法正確的是()A．該粒子帶正電荷B．空間存在的靜電場場強E是沿x軸正方向勻稱減小的C．該粒子從原點O運動到x0過程中電勢能是減小的D．該粒子運動到x0處的速度是eq\r(\f(qφ0,2m))【答案】AC【解析】沿電場線方向電勢降低，由題圖可知電場方向沿x正方向，帶電粒子僅在電場力作用下由靜止起先沿x軸正方向運動，受力方向與電場方向一樣，帶電粒子帶正電，A正確；沿x軸正方向電勢勻稱降低，電場為勻強電場，B錯誤；沿x軸正方向運動，電場力做正功，電勢能減小，C正確；依據動能定理得qφ0＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(\f(2qφ0,m))，D錯誤．10.M、N是某電場中一條電場線上的兩點，從M點由靜止釋放一電子，電子僅在電場力的作用下沿電場線由M點運動到N點，其電勢能隨位移改變的關系如圖所示，則下列說法正確的是()A．M、N兩點的場強關系為EM<ENB．M、N兩點的場強關系為EM>ENC．M、N兩點的電勢關系為φM<φND．M、N兩點的電勢關系為φM>φN【答案】BC【解析】電子由M點運動到N點的過程中，通過相同位移時，電勢能的減小量越來越小，說明電場力做功越來越慢，可知，電子所受的電場力越來越小，場強減小，則有EM>EN，故A錯誤，B正確；負電荷在低電勢處電勢能大，故M點的電勢低于N點的電勢，即φM<φN，故C正確，D錯誤．11．如圖所示，長方形abcd長ad＝0.6m，寬ab＝0.3m，O、e分別是ad、bc的中點，以ad為直徑的半圓內有垂直于紙面對里的勻強磁場(邊界上無磁場)，磁感應強度B＝0.25T．一群不計重力、質量m＝3×10－7kg、電荷量q＝＋2×10－3C的帶電粒子以速度v＝5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁場射入磁場區域(CD)A．從Od邊射入的粒子，出射點全部分布在Oa邊B．從aO邊射入的粒子，出射點全部分布在ab邊C．從Od邊射入的粒子，出射點分布在be邊D．從aO邊射入的粒子，出射點分布在ab邊和be邊【答案】CD【解析】由左手定則可知粒子射入后向上偏轉，軌道半徑R＝eq\f(mv,qB)＝0.3m．從O點射入的粒子運動軌跡如圖中的1所示，從aO邊上某點射入的粒子運動軌跡如圖中的2所示，出射點應分布在be邊和ab邊上；從Od邊上某點射入的粒子運動軌跡如圖中的3所示，出射點應分布在be邊上．綜上所述，選項C、D正確．12．帶電粒子以速度v沿CB方向射入一橫截面為正方形的區域．C、B均為該正方形兩邊的中點，如圖所示，不計粒子的重力．當區域內有豎直方向的勻強電場E時，粒子從A點飛出，所用時間為t1；當區域內有垂直于紙面對里的磁感應強度為B的勻強磁場時，粒子也從A點飛出，所用時間為t2，下列說法正確的是(AD)A．t1<t2B．t1>t2C.eq\f(E,B)＝eq\f(4,5)vD.eq\f(E,B)＝eq\f(5,4)v【答案】AD【解析】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，水平方向上做勻速運動，而在勻強磁場中做勻速圓周運動，eq\o(CA,\s\up8(︵))>CB，所以t2>t1，A正確，B錯誤；設正方形區域的邊長為l，則當加電場時，有l＝vt1和eq\f(l,2)＝eq\f(qE,2m)teq\o\al(2,1)，可得E＝eq\f(mv2,ql).當加磁場時，依據幾何關系，有(R－eq\f(l,2))2＋l2＝R2，得R＝eq\f(5,4)l，再由R＝eq\f(mv,qB)得B＝eq\f(4mv,5ql).所以eq\f(E,B)＝eq\f(5,4)v，D正確，C錯誤．13.如圖所示，兩塊水平放置的平行正對的金屬板a、b與電池相連，b板接地(規定大地電勢為零)在距離兩板等遠的P點有一個帶電液滴處于靜止狀態。若將b板向下平移一小段距離，則穩定后，下列說法中正確的是A．液滴將加速向下運動B．P點電勢上升，液滴在P點時的電勢能減小C．P點的電場強度變大D．在b板移動前后兩種狀況下，若將液滴從a板移到b板，電場力做功不變【答案】ABD【解析】原來液滴受力平衡，則知所受的電場力向上，液滴帶負電。電容器與電源相連，板間電壓不變。將b板向下平移時，兩板間的距離變大，由E=U/d分析可知：板間電場強度減小，粒子受到的電場力減小，故液滴將向下加速運動；故A正確，C錯誤；下極板接地，電勢為零，b板下移時，P與上極板的距離不變，依據U=Ed可知，P點與上極板的電勢差減小，則P點的電勢上升，因帶電液滴帶負電，故電勢能將減小，故B正確；因兩板間的電勢差不變，由W=Uq知，前后兩種狀態下移動電荷時，電場力做功相同，故D正確；故選ABD。14.如圖所示，平面直角坐標系的其次象限內存在著垂直紙面對外、磁感應強度大小為2B的勻強磁場，第三象限內存在著垂直紙面對里、磁感應強度大小為B的勻強磁場.一帶負電的粒子從原點O以某一速度沿與y軸成30°角方向斜向上射入磁場，且在其次象限運動時的軌跡圓的半徑為R，已知帶電粒子的質量為m，所帶電荷量為q，且所受重力可以忽視.則()A.粒子在其次象限和第三象限兩磁場中運動的軌跡圓半徑之比為1∶2B.粒子完成一次周期性運動的時間為eq\f(2πm,3qB)C.粒子從O位置入射后其次次經過x軸時的位置到坐標原點的距離為3eq\r(3)RD.若僅將粒子的入射速度大小變為原來的2倍，則粒子完成一次周期性運動的時間將削減【答案】AC【解析】由半徑公式r＝eq\f(mv,qB)知，軌跡圓半徑與磁感應強度B成反比，所以粒子在其次象限和第三象限兩磁場中運動的軌跡圓半徑之比為1∶2，故A正確；粒子在磁場中運動一個周期的軌跡如圖所示：在其次象限的周期T1＝eq\f(2πm,q·2B)＝eq\f(πm,qB)，圓心角為120°，運動時間t1＝eq\f(120°,360°)T1＝eq\f(πm,3qB)，在第三象限運動的周期T2＝eq\f(2πm,qB)，圓心角為120°，運動時間t2＝eq\f(120°,360°)T2＝eq\f(2πm,3qB)，所以粒子完成一次周期性運動的時間t0＝t1＋t2＝eq\f(πm,qB)，故B錯誤；粒子在第三象限軌跡圓的半徑為R2＝2R，從O點入射后第一次經過x軸的距離x1＝eq\r(3)R1＝eq\r(3)R，其次次圓弧的弦長x2＝eq\r(3)R2＝2eq\r(3)R，所以粒子從O位置入射后其次次經過x軸時的位置到坐標原點的距離為x＝x1＋x2＝3eq\r(3)R，故C正確；若僅將粒子的入射速度變為原來的2倍，周期T＝eq\f(2πm,qB)與速度無關，圓心角不變，所以在磁場中運動時間t＝eq\f(θ,2π)T不變，故D錯誤.三、計算題(15題11分，16題11分，17題12分，18題12分，共計46分）15.如圖所示，空間存在電場強度為E、方向水平向右的范圍足夠大的勻強電場．擋板MN與水平方向的夾角為θ，質量為m、電荷量為q、帶正電的粒子從與M點在同一水平線上的O點以速度v0豎直向上拋出，粒子運動過程中恰好不和擋板碰撞，粒子運動軌跡所在平面與擋板垂直，不計粒子的重力，求：(1)粒子貼近擋板時水平方向速度的大小；(2)O、M間的距離．【答案】(1)eq\f(v0,tanθ)(2)eq\f(mv\o\al(,02),2qEtan2θ)【解析】(1)由于粒子恰好不和擋板碰撞，粒子貼近擋板時速度方向與擋板恰好平行，設此時粒子水平方向速度大小為vx，則tanθ＝eq\f(v0,vx)解得：vx＝eq\f(v0,tanθ)(2)粒子做類平拋運動，設粒子運動的加速度為a，由牛頓其次定律：qE＝ma在如圖所示的坐標系中：vx＝at，x0＝eq\f(1,2)at2，y0＝v0t設O、M間的距離為d，由幾何關系：tanθ＝eq\f(y0,d＋x0)解得：d＝eq\f(mv\o\al(02,),2qEtan2θ).16．(20分)質量為m、電荷量為q、帶正電的絕緣小球a，以某一初速度沿水平放置的絕緣板進入正交的勻強磁場和勻強電場區域，電場方向如圖所示，若小球a與絕緣板間的動摩擦因數為μ，已知小球a自C點沿絕緣板做勻速直線運動，在D點與質量為M＝2m的不帶電絕緣小球b發生彈性正碰，此時原電場馬上消逝(不計電場改變對磁場的影響)，磁場仍舊不變，若碰撞時，小球a無電荷量損失，碰撞后，小球a做勻速直線運動返回C點，來回總時間為t，CD間距為L，重力加速度為g.求：(1)小球a碰撞前后的速度大小之比；(2)磁感應強度B及電場強度E的大小．【答案】eq\f(v0,va)＝eq\f(3,1),E＝eq\f(4μmg,q)【解析】(1)a、b兩小球彈性碰撞前后，系統動量守恒，機械能守恒．設碰前a球速度為v0，碰后a球、b球速度大小分別為va、vb，mv0＝－mva＋Mvb①eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,b)②由①②式解得：eq\f(v0,va)＝eq\f(3,1)(2)來回總時間t＝eq\f(L,v0)＋eq\f(L,va)＝eq\f(4L,v0)得：v0＝eq\f(4L,t)③a球碰后勻速返回，則有：qBva＝mg，得：B＝eq\f(mg,qva)＝eq\f(3mgt,4qL)a球碰前勻速，則有：FN＝mg＋qBv0⑤qE＝μFN⑥由③④⑤⑥解得：E＝eq\f(4μmg,q)17.如圖所示，直角坐標系第一象限存在勻強電場，電場方向指向y軸負方向。第四象限內某矩形區域存在勻強磁場，磁場上邊界為x坐標軸，磁場方向垂直于xOy平面對外。一質量為m、帶電量為q的正電粒子以初速度v0從坐標為M（0，l）點沿x軸正方向射入，途經x軸上N（2l，0）點進入磁場，穿越磁場后，經y軸上P（0，-61）點、與y軸負方向夾角為45°射入第三象限，求：（1）勻強電場的場強大小；（2）粒子途徑N點時的速度大小和方向；（3）矩形區域磁場的磁感應強度B的大小和矩形區域的最小面積。【答案】（1）（2）v0，方向與x軸正方向夾角為45°（3）B=3.3l2【解析】（1）帶電粒子在第一象限作平拋運動，x軸方向，2l=v0ty軸方向，l=at2由牛頓其次定律，Eq=ma解得：E=（2）設粒子途經N點時的速度方向與x軸正方向夾角為φ，tanφ=vy=at

解得tanφ=1，所以φ=45°，v==v0，（3）作過N點速度延長線和過P點速度反向延長線，三角形HPI為等腰三角形，由幾何關系知，HP=8lHI=4l

NI=2l圓弧半徑為R=2lqvB=

求得：B=最小