專題電場和磁場專題達標測試第一頁，共三十四頁，2022年，8月28日A.EP>EQ,εP<εQ B.EP>EQ,εP>εQC.EP<EQ,εP<εQ D.EP<EQ,εP>εQ解析由v—t圖象知aP>aQ,FP>FQ,EP>EQ,從P到Q動能減小,靜電力做負功,電勢能增大,εP<εQ,A對.答案

A2.(2009·福建省第二次質檢)如圖6-2所示,一電容為C的平行板電容器,兩極板A、B間距離為d,板間電壓為U,B板電勢高于A板.兩板間有M、N、P三點,M、N連線平行于極板.N、P連線垂直于極板,

M、P兩點間距離為L,∠PMN=θ.以下說法正確的是（）第二頁，共三十四頁，2022年，8月28日圖6-2A.電容器帶電量為B.兩極板間勻強電場的電場強度大小為C.M、P兩點間的電勢差為D.若將帶電量為+q的電荷從M移到P,該電荷的電勢能減少了解析

C=,Q=CU,A錯;E=,B錯;UMP=UNP=E·Lsinθ=,C對;WMP=qUMP=,D對.答案

CD第三頁，共三十四頁，2022年，8月28日3.(2009·濟南市5月高考模擬)如圖6-3所示,MN是一正點電荷產生的電場中的一條電場線.一個帶負電的粒子

(不計重力)從a到b穿越這條電場線的軌跡如圖中虛線所示.下列結論正確的是

()A.帶電粒子從a到b過程中動能逐漸減小B.正點電荷一定位于M點左側C.帶電粒子在a點時具有的電勢能大于在b點時具有的電勢能D.帶電粒子在a點的加速度小于在b點的加速度圖6-3第四頁，共三十四頁，2022年，8月28日解析由軌跡可知正電荷在右側,從a到b靜電力做正功,動能增大,A、B錯,C對;b點離正點電荷近,Eb>Ea,Fb>Fa,D正確.答案

CD4.(2009·三明市質檢)圖6-4中a、b是兩個等量正點電荷,O點為a、b連線的中點,M

是a、b連線的中垂線上的一個點.

下列判斷正確的是（）A.O點的場強比M點大B.O點的電勢比M點高C.電子從O移到M點靜電力做正功D.電子從O移到M點時電勢能增加圖6-4第五頁，共三十四頁，2022年，8月28日解析

O點的場強為零,A錯;在ab中垂線的上面,電場方向向上,φO>φM,B對;電子在OM上受力向下,從O到M靜電力做負功,D對.答案

BD5.(2009·鞍山市第二次質檢)在勻強電場中有a、b、c三點,其連線構成一等邊三角形,邊長為l,勻強電場場強方向平行于三角形平面,

電子從a移到b,電勢能減小W,質子從a移到c,電勢能增加W,如圖6-5所示.則下列關系式正確的是 （）圖6-5第六頁，共三十四頁，2022年，8月28日A.電勢間關系為φc=φb>φaB.場強大小為E=C.場強大小為E=,方向垂直bc向下D.場強大小為E=,方向垂直bc向上解析由電子從a移到b和質子從a移到c,靜電力做功數(shù)值相等可知,φc=φb,從a到b,靜電力對電子做正功,φb>φa,A正確;W=Uba·e,Uba=,E==,D正確.答案

AD第七頁，共三十四頁，2022年，8月28日6.(2009·杭州市模擬四）如圖6-6所示，在屏MN的上方有磁感應強度為B的勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里,P為屏上的一個小孔.PC與MN垂直,

一群質量為m、帶電量為-q的粒子(不計重力)以相同的速率v,從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域.粒子入射方向在磁場B垂直的平面內,且散開在與PC左側夾角為θ范圍內.則在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為()圖6-6第八頁，共三十四頁，2022年，8月28日解析由于粒子速率相同,由R=知軌跡半徑相同,因此當粒子沿PC方向入射時,在MN上打中的區(qū)域長度最遠,S1=2R=;當沿左側邊緣入射時,打在MN上距P點最近,S2=2Rcosθ=,ΔS=S1-S2=.答案

C7.(2009·昆明市5月適應性檢測)如圖6-7所示,

MN、PQ之間存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁場區(qū)域水平方向足夠長,MN,PQ間距為L,現(xiàn)用電子槍將電子從O點垂直MN射入磁場區(qū)域,圖6-7第九頁，共三十四頁，2022年，8月28日調整電子槍中的加速電壓可使電子從磁場邊界不同位置射出.a、b、c為磁場邊界上的三點,下列分析正確的是 （）A.從a、b、c三點射出的電子速率關系為va<vb<vcB.從a、b、c三點射出的電子速率關系為va<vc<vbC.若從邊界MN射出的電子出射點與O點的距離為s,

則無論怎樣調整加速電壓,必有0<s<2LD.若從邊界PQ射出的電子出射點與O點的距離為s,

則無論怎樣調整加速電壓,必有L<s<2L解析由R=知v=,A對;若從MN射出,則R=s<L,即0<s≤2L,C對;若從PQ邊界射出,則有R>L,即s>L,s>2L,D錯.AC第十頁，共三十四頁，2022年，8月28日8.(2009·汕頭市二模)如圖6-8所示,質量為m、電量為e的電子,由a點以速率v豎直向上射入勻強磁場,經(jīng)過一段時間后從b點以不變的速率v反方向飛出,已知ab長為L.不計重力作用,則()A.電子在磁場中作勻速圓周運動B.勻強磁場的方向垂直紙面向外C.勻強磁場的方向垂直紙面向里D.勻強磁場的磁感應強度B=圖6-8ACD第十一頁，共三十四頁，2022年，8月28日9.(2009·珠海市第二次調研)一勻強電場平行于xOy

平面,一個帶正電的粒子在xOy

平面內從O點運動到A點,軌跡如圖6-9所示,且在A點時的速度方向與x軸平行,則電場的方向可能是 （）A.沿+x方向 B.沿-x方向C.沿-y方向 D.沿+y方向圖6-9解析由粒子運動軌跡結合曲線運動條件可知,靜電力方向(也即場強方向)應在v0反向延長線和x軸正方向之間的范圍內,C正確.C第十二頁，共三十四頁，2022年，8月28日10.(2009·成都市第三次診斷性檢測)如圖6-10所示,

在直角坐標系xOy的第Ⅰ象限存在著方向平行于y

軸的勻強電場,場強大小為5×103N/C.一個可視為質點的帶電小球在t=0時刻從y軸上的a點以沿x軸正方向的初速度進入電場,圖中的b、c、d是從t=0時刻開始每隔0.1s記錄到的小球位置,已知重力加速度的大小是10m/s2.則以下說法正確的是()圖6-10第十三頁，共三十四頁，2022年，8月28日A.小球從a運動到d的過程中,電勢能一定增大B.小球從a運動到d的過程中,機械能一定增大C.小球的初速度是60m/sD.小球的比荷(電荷量/質量)是1×10-3C/kg解析

x=6×10-2m,x=v0T;Δy=5×10-2=aT2,解得v0=m/s=0.6m/s,C錯;a=m/s2=5m/s2,a<g,靜電力豎直向上,從a運動到d的過程中,靜電力做負功,A對,B錯;mg-qE=ma,m(g-a)=qE,==C/kg=1.0×10-3C/kg,D對.答案

AD第十四頁，共三十四頁，2022年，8月28日二、解答題(第11、12題各10分,第13、14題各15分,

共50分)11.(2009·徐州市第三次調研)在地面上方某處的真空室里存在著水平方向的勻強電場,以水平向右和豎直向上為x軸、

y軸正方向建立如圖6-11所示的平面直角坐標系.一質量為m、帶電荷量為+q的微粒從點P（

l,0)

由靜止釋放后沿直線PQ運動.當微粒到達點Q(0,-l)的瞬間,撤去電場,同時加上一個垂直于紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出),磁感應強度的大小B=,該磁場有理想的下邊界,其圖6-11第十五頁，共三十四頁，2022年，8月28日他方向范圍無限大.已知重力加速度為g.求:(1)勻強電場的場強E的大小.(2)撤去電場加上磁場的瞬間,微粒所受合外力的大小和方向.(3)欲使微粒不從磁場下邊界穿出,該磁場下邊界的y軸坐標值應滿足什么條件?解析

(1)由于微粒沿PQ方向運動,可知微粒所受的合力沿PQ方向,可得qE=mgcotα易知α=60°解得E=第十六頁，共三十四頁，2022年，8月28日(2)微粒到達Q點的速度v可分解為水平分速度為v1和豎直分速度為v2,根據(jù)豎直方向上自由落體運動規(guī)律,有v22=2gl則v2=v1=v2tan30°=對于水平分速度v1,其所對應的洛倫茲力大小為F洛1,方向豎直向上則F洛1=qv1B=q·即與重力恰好平衡,對于豎直分速度v2,其所對應的洛倫茲力大小為F洛2,方向水平向左此力為微粒所受的合力第十七頁，共三十四頁，2022年，8月28日答案

(1)(2)水平向左(3)y≤-()lF=F洛2=qv2B=q·(3)由(2)可知,微粒的運動可以看作水平面內的勻速直線運動與豎直面內的勻速圓周運動的合成.能否穿過下邊界取決于豎直面內的勻速圓周運動,則qv2B=解得r=所以欲使微粒不從其下邊界穿出,磁場下邊界的y坐標值應滿足y≤-(r+l)=-()l第十八頁，共三十四頁，2022年，8月28日12.(2009·廈門市適應性考試)質譜儀在科學研究中有廣泛應用,如圖6-12甲所示是一種測定帶電粒子比荷的質譜儀原理圖.某種帶正電的粒子連續(xù)從小孔O1進入電壓為U0=50V的加速電場(初速度不計),

粒子被加速后從小孔O2沿豎直放置的平行金屬板

a、b中心線射入,最后打到水平放置的感光片MN

上.已知磁場上邊界MN水平,且與金屬板a、b下端相平,與中心線相交于點O,B=1.0×10-2T,方向垂直紙面向里,a、b板間距d=0.15m.(不計粒子重力和粒子間的作用力)第十九頁，共三十四頁，2022年，8月28日圖6-12第二十頁，共三十四頁，2022年，8月28日(1)當a、b間不加電壓時,帶電粒子經(jīng)電場加速和磁場偏轉,最后打在感光片上而形成亮點,經(jīng)測量該亮點到O點的距離x=0.20m,求粒子的比荷.(2)當a、b間加上如圖乙所示的電壓Uab時,帶電粒子打在感光片上形成一條亮線P1P2,P1到O點的距離x1=0.15m,P2到O點的距離x2=0.25m.求打擊感光片的粒子動能的最大值Ek1與最小值Ek2的比.(由于每個粒子通過板間的時間極短,可以認為粒子在通過a、b板間的過程中電壓Uab不變).解析

(1)當平行金屬板a、b間不加電壓時,設粒子以速度v0進入磁場后做勻速圓周運動到達P點,軌跡半徑為R0,有x=2R0第二十一頁，共三十四頁，2022年，8月28日由牛頓第二定律得qv0B=由動能定理有qU0=得帶電粒子的比荷=1.0×108C/kg(2)設進入磁場時粒子速度為v,它的方向與O1O的夾角為θ,其射入磁場時的入射點和打到感光片上的位置之間的距離Δx,有qvB=v0=vcosθ由幾何關系得Δx=2Rcosθ=即Δx與θ無關,為定值.則帶電粒子在平行金屬板a、b間的最大偏移量第二十二頁，共三十四頁，2022年，8月28日y=對應的偏轉電壓U=50V=U0由功能關系可知偏移量最大的帶電粒子離開平行金屬板a、b時有最大動能Ek1,由動能定理解得Ek1=同理,t1=0時刻進入平行金屬板a、b間的帶電粒子離開平行金屬板時有最小動能Ek2,則Ek2=qU0故=4∶3答案

(1)1.0×108C/kg(2)4∶3第二十三頁，共三十四頁，2022年，8月28日13.(2009·陜西師大附中第五次模擬)如圖6-13甲所示,帶正電粒子以水平速度v0從平行金屬板MN間中線OO′連續(xù)射入電場中.MN板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓UMN,兩板間電場可看作是均勻的,且兩板外無電場.緊鄰金屬板右側有垂直紙面向里的勻強磁場B,分界線為CD,EF為屏幕.金屬板間距為d,長度為l,磁場B的寬度為d.已知:B=5×10-3T,l=d=0.2m,每個帶正電粒子的速度v0=105m/s,

比荷為=108C/kg,重力忽略不計,在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內,電場可視作是恒定不變的.試求:第二十四頁，共三十四頁，2022年，8月28日圖6-13(1)帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑?(2)帶電粒子射出電場時的最大速度?(3)帶電粒子打在屏幕EF上的范圍.解析

(1)t=0時刻射入電場的帶電粒子不被加速,進入磁場做圓周運動的半徑最小.粒子在磁場中運動時qv0B=第二十五頁，共三十四頁，2022年，8月28日則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑rmin==0.2m其運動的徑跡如下圖中曲線Ⅰ所示.(2)設兩板間電壓為U1,帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場,則有第二十六頁，共三十四頁，2022年，8月28日代入數(shù)據(jù),解得U1=100V在電壓低于100V時,帶電粒子才能從兩板間射出電場,電壓高于100V時,帶電粒子打在極板上,不能從兩板間射出.帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場時,速度最大,設最大速度為vmax,則有解得vmax=×105m/s=1.414×105m/s(3)由第(1)問計算可知,t=0時刻射入電場的粒子在磁場中做圓周運動的半徑rmin=d=0.2m第二十七頁，共三十四頁，2022年，8月28日徑跡恰與屏幕相切,設切點為E,E為帶電粒子打在屏幕上的最高點,則

=rmin=0.2m帶電粒子射出電場時的速度最大,在磁場中做圓周運動的半徑最大,打在屏幕上的位置最低.設帶電粒子以最大速度射出電場進入磁場中做圓周運動的半徑為rmax,打在屏幕上的位置為F,運動徑跡如圖中曲線Ⅱ所示.qvmaxB=則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最大半徑rmax=第二十八頁，共三十四頁，2022年，8月28日由數(shù)學知識可得運動徑跡的圓心必落在屏幕上,如圖中Q點所示,并且Q點必與M板在同一水平線上.則帶電粒子打在屏幕EF上的范圍為

=rmax-==0.18m所以O′上方0.2m到O′下方0.18m的范圍內.答案

(1)0.2m(2)1.414×105m/s(3)O′上方0.2m到O′下方0.18m范圍內第二十九頁，共三十四頁，2022年，8月28日14.(2009·茂名市第二次高考模擬)如圖6-14所示,

位于豎直平面內的坐標系xOy,在其第三象限空間有沿水平方向的、垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B,還有沿x