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2024届高考物理二轮专题： 静电场中的能量答案解析
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这是一份2024届高考物理二轮专题： 静电场中的能量答案解析，共38页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．（2023高三下·深圳模拟）如图所示，在匀强电场中的O点固定一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的同一球面上的点，aecf平面与电场线平行，bedf平面与电场线垂直，下列判断中正确的是（ ）
A．a、c两点电势相等
B．b、d两点的电场强度相同
C．将点电荷+q从球面上b点移到e点，电场力做功为零
D．将点电荷+q从球面上a点移到c点，电场力做功为零
【答案】C
2．（2023高考模拟·温州）如图甲所示为粒子直线加速器原理图，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在 t=0 时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一自由电子由静止开始在各间隙中不断加速。若电子的质量为m，电荷量为e，交变电源的电压为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒间隙的时间。下列说法正确的是（ ）
A．电子在圆筒中也做加速直线运动
B．电子离开圆筒1时的速度为 2Uem
C．第n个圆筒的长度应满足 Ln=TnUe2m
D．保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调大交变电压的周期
【答案】C
3．（2023高三下·汉寿模拟）AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm，电荷量为1.0×10−8C、质量为3.0×10−4kg的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则（ ）
A．MC距离为53cmB．电势能增加了343×10−4J
C．电场强度大小为3×104N/CD．减小R的阻值，MC的距离将变大
【答案】B
4．（2023高三下·浙江模拟）如图所示，不带电，长为l的导体棒水平放置，现将一个电荷量为+q（q>0）的点电荷放在棒的中心轴线上距离棒的左端R处，A、B分别为导体棒左右两端的一点，静电力常量为k。当棒达到静电平衡后，下列说法正确的是（ ）
A．棒的两端都感应出负电荷
B．感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度方向水平向右
C．感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度大小E=kqR+0.5l
D．若用一根导线将A、B相连，导线上不会产生电流
【答案】D
5．（2023·临海模拟）如图所示的平行板电容器竖直放置，两极板间的距离为d，极板高度AB=CD=ℎ，对该电容器充上一定的电量后，将一带电小球P从非常靠近左极板的上端A处由静止释放，小球沿图中虚线运动打到了右极板的中点，为使小球能够从下方穿过电容器，右极板向右至少移动的距离为（ ）
A．d B．(2−1)dC．ℎ2dD．d2ℎ
【答案】A
6．（2023·深圳模拟）我国科研人员采用全新发电方式——“爆炸发电”，以满足高耗能武器的连续发射需求。其原理如图所示，爆炸将惰性气体转化为高速等离子体，射入磁流体动力学发生器，发生器的前后有两强磁极N和S，使得上下两金属电极之间产生足够高电压，下列说法正确的是（ ）
A．上极板电势比下极板电势低
B．仅使L增大，两金属电极间的电动势会变大
C．仅使d增大，两金属电极间的电动势会变大
D．仅使b增大，两金属电极间的电动势会变大
【答案】C
7．（2023·浙江模拟）传感器是一种采集信息的重要器件，图为测定压力的电容式传感器，将电容器、灵敏电电流表、电源连接．施加力的作用使电极发生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流计指针偏转．在对膜片开始施加恒定的压力到膜片稳定，灵敏电流表指针的偏转情况为（电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏）
A．向右偏到某一刻度后不动
B．向左偏到某一刻度后不动
C．向右偏到某一刻度后回到零刻度
D．向左偏到某一刻度后回到零刻度
【答案】C
8．（2023·浙江模拟）如图所示为某示波管内一个平面的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等差等势线，a、b、c三点分别是电场线与等势线的交点。两个电子分别从a、b两点运动到c点，Wac和Wbc分别表示两电子从a、b两点运动到c点时电场力做的功，下列说法正确的是（ ）
A．Wac=Wbc
B．电子在b点的电势能小于在c点的电势能
C．电子在电场中b点的加速度大于a点的加速度
D．两电子从电场中某点获得瞬间冲量后，不可能沿电场线运动
【答案】A
9．（2023·渭南模拟）在A、B两点放置电荷量分别为+q1和−q2的点电荷，其形成的电场线分布如图所示，C为A、B连线的中点，D是AB连线的中垂线上的另一点。则下列说法正确的是（ ）
A．q1B．C点的电势高于D点的电势
C．若将一正电荷从C点移到无穷远点，电场力做负功
D．若将另一负电荷从C点移到D点，电荷电势能减小
【答案】B
10．（2023·白山模拟）空间中一静电场的电场强度E在x轴上分布情况如图所示，其中图像关于E轴对称，x轴上的A、B两点关于原点O对称。一电子仅在电场力的作用下从静止开始，由A点沿轴运动到B点。下列说法正确的是（ ）
A．x轴上的电场强度方向沿x轴正方向
B．A、B两点的电势相等
C．电子从A点运动到B点的过程中，电子的加速度先增大后减小
D．电子从A点运动到B点的过程中，其所受电场力先做负功再做正功
【答案】C
11．（2023·柳州模拟）如图甲为电子扫描仪的结构示意图。电子枪发射电子后，经MN电场加速后射入偏转磁场，磁场变化规律如图乙所示，射出磁场的电子能够在屏幕上一定范围内上下扫描，则（ ）
A．加速电场的场强方向为水平向右
B．电子打在屏幕上P点时，磁场的方向垂直纸面向里
C．若使磁场在−0.8B0∼0.8B0间变化，屏幕上的扫描范围会变大
D．若减小MN间的加速电压，同时使磁场在−0.8B0∼0.8B0间变化，屏幕上的扫描范围有可能不变
【答案】D
12．（2023·宁波模拟）电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中直流电源电动势E=8V，实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的i−t曲线如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．图像阴影为i−t图像与对应时间轴所围成的面积表示电容器的能量
B．阴影部分的面积S1和S2肯定不相等
C．阻值R1大于R2
D．计算机测得S1=1203mA⋅s，则该电容器的电容约为0.15F
【答案】D
13．（2023·杭州模拟）如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为C的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压uMN，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（ ）
A．质子在各圆筒中做匀加速直线运动
B．质子进入第n个圆筒瞬间速度为2(n−1)eU0m
C．各金属筒的长度之比为1：2：3：⋅⋅⋅
D．质子在各圆筒中的运动时间之比为1：2：3：⋅⋅⋅
【答案】C
14．（2023·浙江模拟）一接地金属板垂直纸面水平放置，在金属板延长线上垂直纸面放置一均匀带电金属棒，如图为两者周围的电场线和等势线分布图，a、b为同一实线弧上两点，c、d为同一虚线弧上两点，则（ ）
A．a、b两点电势相等
B．c、d两点电场强度相同
C．金属板上产生的感应电荷均匀分布
D．电子从c移到a，电场力做正功
【答案】A
15．（2023·深圳模拟）如图所示，曲线为一带负电的粒子在某点电荷产生的电场中的部分运动轨迹，P点为轨迹的最低点，以P点为坐标原点建立直角坐标系，粒子的运动轨迹关于y轴对称，Q点是第Ⅰ象限内轨迹上的一点。粒子只受电场力的作用。下列说法正确的是（ ）
A．点电荷一定带负电
B．点电荷一定在y轴负半轴上的某处
C．Q点的电势一定比P点的电势高
D．粒子在P、Q两点的动能与电势能之和一定相等
【答案】D
16．（2023·江门模拟）如图所示，在匀强电场中的O点固定一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的同一球面上的点，aecf平面与电场线平行，bed平面与电场线垂直，下列判断中正确的是（ ）
A．a、c两点电势相等
B．b、d两点的电场强度相同
C．将点电荷+q从球面上b点移到e点，电场力做功为零
D．将点电荷+q从球面上a点移到c点，电场力做功为零
【答案】C
（2023·北京模拟）电容器是一种重要的电学元件，它能储存电荷。两个彼此绝缘又相距很近的导体，就构成一个简单的电容器。
17．在给一固定电容器充电的过程中（ ）
A．电容器的电容逐渐增大B．电容器的电容逐渐减小
C．电容器所带的电荷量逐渐增大D．电容器所带的电荷量逐渐减小
18．给一个平行板电容器充电，保持两极板间的距离不变，用U表示两极板间电压，用E表示两极板间电场强度的大小，图中正确反映E和U关系的图像是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】17．C
18．B
19．（2023·模拟）如图所示的正四棱锥O−abcd，底面为正方形abcd，其中Oa=Ob=Oc=Od=ab，a、b两点分别固定两个等量的异种点电荷，现将一带电荷量为q=1.0×10−10C的正试探电荷从O点移到c点，此过程中电场力做功为5.0×10−9J。选无穷远处的电势为零。则下列说法正确的是（ ）
A．a点固定的是负电荷
B．O点的电场强度方向平行于ab
C．c点的电势为50V
D．将电子由O点移动到d，电势能增加50eV
【答案】B
20．（2023·云南模拟）如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入（记为t=0时刻），同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是（ ）
A．粒子射出时间可能为t=4s
B．粒子射出的速度大小为2v
C．极板长度满足L=3vn(n=1，2，3⋯)
D．极板间最小距离为3kU02
【答案】D
21．（2023·湖南模拟）如图所示，在正方形ABCD的三个顶点A、B、C上分别固定着三个带电荷量相等的点电荷，其中A处点电荷带负电，B、C处点电荷均带正电。E、G、F三点四等分AB边，M、P、N三点四等分BC边。下列说法正确的是（ ）
A．M、N两点处的电场强度相同
B．P点电势高于G点电势
C．负电荷在M点具有的电势能比在N点具有的电势能小
D．负电荷在F点具有的电势能比在E点具有的电势能大
【答案】B
二、多项选择题
22．（2023·白山模拟）如图所示，真空中有M、N两点，纸面内到M、N两点的距离之比等于2的点的集合为图中圆心为O、半径为d的圆，P、T、S为圆上的三点，PO⊥MC，T、S两点为圆与直线MN的交点，显然NO=d2，MO=2d。在M、N两点分别固定两点电荷Q1、Q2，点电荷Q2所带电荷量为−q，P点的电场方向恰好指向圆心O。已知真空中带电荷量为Q的点电荷，在空间产生的电场中某点的电势φ=kQr，式中r为该点到点电荷的距离，k为静电力常量，下列说法正确的是（ ）
A．P点的电场强度大小为3kq5d2
B．S点的电场强度大小为2kq9d2
C．M、N两点之间T点的电场强度最小
D．球心为O、半径为d的球面上任意一点的电场方向均指向球心
【答案】A,B,D
23．（2023·柳州模拟）如图所示，有一均匀对称带负电圆环水平放置，一质量为m的带正电小球从圆环中心O正下方的A点竖直上抛，刚好能到达圆环中心O点。在这过程中，小球所做运动可能的是（ ）
A．小球做减速运动，加速度一直变小
B．小球做减速运动，加速度一直变大
C．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度变大的减速运动
D．小球先做加速度变大的加速运动，接着做加速度减小的加速，最后做加速度变大的减速运动
【答案】B,C,D
24．（2023·丽江模拟）在x轴上固定两个带电荷量分别为+4q、−q的点电荷，以其中的某一电荷为原点，两电荷所形成的电场的电势φ在x轴正半轴上的分布如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．正电荷在坐标原点，负电荷在x=x22的位置
B．负电荷在坐标原点，正电荷在x=−x2的位置
C．在x轴上x>x2区域电场强度沿x轴正方向
D．一带负电试探电荷从O处移到x2处，电势能先减小后增加
【答案】B,C
25．（2023·重庆市模拟）如图所示，真空中的带负电的两个点电荷位于x轴上的A、B两点，它们相距4L，O点为AB的连线中点。一电子在AB连线间靠近A点的某点从静止释放后，在AB间做往复运动，且经过C点时动能最大，已知两点电荷电量之比Q1：Q2=4：1，则下列说法正确的是（ ）
A．电子经过O点时的加速度为0
B．AC点间距离为83L
C．电子从A向B运动过程中电势能一直减小
D．C点电势比O点电势高
【答案】B,D
26．（2023·云南模拟）如图，四个等量点电荷分别固定在平面内一菱形的四个顶点上，θ=60°，电性如图中所示，A、B、C、D分别为四条边的中点，下列说法正确的是（ ）
A．A点的场强小于D点的场强
B．B点的电势等于C点的电势
C．电子在A点的电势能小于在O点的电势能
D．质子从B点沿直线BC移动到C点，电势能先增大再减小
【答案】B,D
27．（2023·云南模拟）如图，圆心为O、半径为R的圆形区域内存在一个平行于该区域的匀强电场，MN为圆的一条直径。质量为m、电荷量为+q的粒子从M点以速度v射入电场，速度方向与MN夹角θ=45°，一段时间后粒子运动到N点，速度大小也为v，不计粒子重力，规定M点电势为0。下列说法正确的是（ ）
A．场强大小为mv22qR
B．粒子电势能的最大值为14mv2
C．仅改变粒子速度大小，粒子离开圆形区域时电势能的最小值为−mv2
D．仅改变粒子速度大小，当粒子离开圆形区域的电势能最小时，粒子射入电场的速度大小为v2
【答案】A,B,D
28．（2023·赣州模拟）两个质量相等、电荷量不等的带电粒子甲、乙，以不同的速率从S点沿直径SO方向垂直射入水平向右的匀强电场，它们在圆形区域中运动的时间相同，其运动轨迹如图所示，乙粒子运动轨迹与圆形区域的交点恰好在水平直径AOB最左端的A点。不计粒子的重力，则下列说法中正确的是（ ）
A．甲粒子带负电
B．甲粒子所带的电荷量比乙粒子少
C．在圆形区域运动过程中，甲粒子动量变化小
D．在圆形区域运动过程中，甲粒子电势能变化大
【答案】B,C
29．（2023·济宁模拟）如图所示，空间中有一正方体abcd—a'b'c'd'，在b点固定点电荷＋Q，在d点固定点电荷－Q，O、O'分别为上下两面的中心点，下列说法正确的是（ ）
A．a点与c'点的电场强度方向相同
B．b'、a'两点间电势差等于O'、d'两点间电势差
C．将某点电荷＋q由a'点沿a'c'移至c'点，该电荷的电场力先变大后变小
D．将某点电荷＋q由a'点沿a'c'移至c'点，该电荷的电势能先变大后变小
【答案】A,B,C
30．（2023·山东模拟）如图，圆心为O、半径为r的圆处在一匀强电场中，电场强度方向与圆平面平行，ab为圆的直径，c为圆周上另外一点，ab与ac的夹角为α=60°。电荷量为q（q>0）的同种带电粒子从O点先后以相同的动能Ek、不同的速度方向发射，发现从圆周上的c点射出的粒子动能最大，最大值为3Ek，粒子仅受电场力作用。下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的方向与ac平行
B．该匀强电场的场强大小为2Ekqr
C．O、a两点间的电势差为Ek2q
D．把一电荷量为q的负电荷从b点移到c点，电场力做的功为−3Ek
【答案】B,D
31．（2023·湖南模拟）如图所示为某汽车上的加速度电容传感器的俯视图。质量块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动，电容器与供电电源连接，并串联计算机的信号采集器。下列关于该传感器的说法正确的是（ ）
A．电介质插入极板间越深，则电容器电容越大
B．在汽车向右匀加速直线运动过程中电路中有电流
C．在汽车向左匀速直线运动过程中电路中有电流
D．在汽车向右做加速度增大的加速运动过程中，电路中有顺时针方向的充电电流
【答案】A,D
三、非选择题
32．（2023高三下·杭州模拟） 如图，为某一粒子分离收集装置，间距d=3cm的PQ两平行绝缘板之间为初始粒子通道，O′O为中轴线，工作时会有大量带电粒子或仅沿着中轴线通过该通道，或平行于中轴线通过整个通道。如果需要，整个通道还可以绕O点在纸面内转动，其右侧分布着垂直于纸面向外的单边界水平磁场，磁感应强度为B=0.1T，磁场区域在竖直方向和右边足够大，O点为通道中轴线与磁场左边界的交点，初始中轴线垂直于边界。在左边界放置足够大单向滤网板，带电粒子可以从左向右无影响的穿过滤网板，但是从右向左带电粒子无法穿越，从右向左遇到单向滤网板会被滤网板挡住且收集，可以视为收集板。PQ平行板的右端与磁场左边界有足够距离，以O点为坐标原点，沿边界竖直向上为y轴正方向，水平向右为x轴正方向，建立坐标系。现有大量速度都为v=105m/s的11H、12H粒子，从左端进入通道，实施试验。已知11H的质量为m=1.6×10−27kg，12H的质量为2m，它们的带电量都为e=1.6×10−19C，不计粒子在通道内的运动时间，粒子离开通道后可以继续匀速直线前进，直至进入磁场。不计粒子重力和粒子间的相互影响。
（1）第一次试验，通道不转动，带电粒子仅沿着中轴线通过通道，求11H在收集板上的落点位置（用y坐标表示）；
（2）第二次试验，整个通道绕O点在纸面内缓慢转动，转动范围为中轴线与水平方向的夹角为θ（θ≤90°）的上下对称区域，带电粒子始终沿着中轴线通过通道，为了使11H、12H粒子在收集板上不重叠，求转动角θ的最大值；
（3）第三次试验，通道在上下对称区域内缓慢转动，最大转动角θ=60°，带电粒子始终平行于中轴线通过整个通道，求11H、12H粒子在收集板上的重叠区间。
【答案】（1）解：根据洛伦兹力提供向心力evB=mv2R
解得R=mveB=1cm
则11H在收集板上的落点位置y=−2cm
（2）解：当通道中轴线与水平方向成θ时，11H的轨道半径依然为R，则其轨道在磁场左边界上两交点距离为s=2Rcsθ
故11H的落点范围−2R≤y≤−2Rcsθ
同理易得故12H的落点范围为−4R≤y≤−4Rcsθ
为了不重叠，有−4Rcsθ≤−2R
解得θ≤60°
故转动角θ的最大值为60° 。
（3）解：因整个通道都有粒子平行通过，易得对于任意θ，11H粒子进入磁场的位置为−d2csθ∼d2csθ
某一11H粒子收集点与进场点的距离为s=2Rcsθ
故易得对于任意θ，11H粒子收集点的坐标范围为−(2Rcsθ+d2csθ)∼−(2Rcsθ−d2csθ)
对所有的θ，−(2Rcsθ−d2csθ)的值随θ的增大是一直增加的，当θ=60∘，有ymax=2cm
经过数学方法可得，−(2Rcsθ+d2csθ)的值随θ的增大是先增大后减小的，易得当θ=30°的时候最大
θ=0时，有y2=−3.5cm
θ=60°时，有y3=−4cm
故最小值为ymin=−4cm
综上：对于0≤θ≤60°的所有情况，11H粒子收集点的坐标范围为−4cm≤y≤2cm
同理可以求出，对于0≤θ≤60°的所有情况，12H粒子收集点的坐标范围为−5.5cm≤y≤1cm
综上：11H、12H粒子在收集板上的重叠区间为−4cm≤y≤1cm
（附：12H粒子收集点的坐标范围推理过程）
因整个通道都有粒子平行通过，易得对于任意θ，12H粒子进入磁场的位置为−d2csθ∼d2csθ
12H粒子收集点与进场点的距离为s′=4Rcsθ
故易得对于任意θ，12H粒子收集点的坐标范围为−(4Rcsθ+d2csθ)∼−(4Rcsθ−d2csθ)
对所有的θ，−(4Rcsθ−d2csθ)的值随θ的增大是一直增加的，当θ=60°时，有ymax′=1cm
经过数学方法可得，−(4Rcsθ+d2csθ)的值随θ的增大是先增大后减小的，易得当30°<θ<60°的某值时最大
θ=0时，有y2′=−5.5cm
θ=60°时，有y3′=−5cm
故最小值为ymin′=−5.5cm
综上：对于0≤θ≤60°的所有情况，12H粒子收集点的坐标范围为
33．（2023高三下·深圳模拟）离子约束技术对实现可控核聚变有着决定性作用。某离子束实验装置的基本原理如图甲所示，在半径为R的圆柱体底面建立空间直角坐标系，坐标原点与圆柱底面圆心重合。圆柱体区域内存在沿z轴负方向、电场强度为E的匀强电场，圆柱区域正上方存在沿x轴负方向、磁感应强度为B0的匀强磁场。如图乙所示，从离子源不断飘出（不计初速度）电荷量为q、质量为m的正离子，经电场加速后从圆柱边界正上方沿y轴负方向进入磁场，恰好在圆柱顶面圆心处与y轴正方向成θ=45°角斜向下射出磁场，进入圆柱区域内的电场中，最后落在圆柱底面上坐标为(0，R，0)的D点（图中未画出），不计离子重力。
（1）求加速装置的电压U；
（2）若已知E=2qB02Rm，求圆柱体区域的高度h；
（3）若将圆柱体区域（含边界）的电场，换成一个沿z轴负方向的匀强磁场，且知圆柱区域高度为ℎ=3πR。为使离子都能到达圆柱底面，并在O点“聚焦”，则磁感应强度B应为多大？
【答案】（1）解：设离子进入磁场的速度为v，根据动能定理，有qU=12mv2
离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB0=mv2r，
根据几何关系，有sinθ=Rr
解得U=qB02R2m
（2）解：可得v=2qB0Rm
离子在圆柱形区域内的电场中沿y轴正方向做匀速直线运动，沿z轴负方向做匀加速直线运动，则
沿y轴正方向有R=vyt=vtcsθ
沿z轴负方向有ℎ=vzt+12at2，其中a=qEm，vz=vsinθ
解得ℎ=2R
（3）解：在圆柱形区域内撤电场加磁场后，离子沿z轴负方向做匀速直线运动，
可知离子在圆柱形区域内运动的时间 t=ℎvcs45°=3πRqB0
①为使在底面O点聚集有 t=nT且T=2πmqB
得到B=2nB03(n=1，2，3⋅⋅⋅)
②为使粒子不在中途从圆柱侧面射出2r1得到B≥2B0
综上B=2nB03(n=3，4，5⋅⋅⋅)
34．（2023高考模拟·温州）如图所示，足够大的光滑水平地面上有一水平直角坐标系，第一、二和四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B0 ， AO 和 OC 为光滑挡板，A点坐标为 (−l，0) ，足够长的 OC 挡板与x轴夹角为 30° 。第三象限内一个电荷量为q、质量为m的可视为质点的带正电小球，以某一速度沿直线运动通过相互垂直的电场和磁场后，从A点垂直x轴进入第二象限，小球与 AO 挡板的碰撞为弹性碰撞；小球与 OC 挡板碰撞后反弹，垂直挡板方向的速度大小减为碰前的二分之一，平行挡板方向的速度不变，碰撞过程中小球电荷量保持不变。已知第三象限内的电场强度与磁感应强度的比值为 B0ql3m 。求
（1）小球从A点进入磁场到第一次撞击 OC 挡板所用的时间及第一次撞击点坐标；
（2）小球打在 OC 挡板上离坐标原点的最远距离 dm ；
（3）当小球打在 OC 挡板上离坐标原点最远位置时，将 B0 方向反向（大小不变），同时加一个沿y轴负方向的匀强电场E，此后小球沿y轴负方向运动的最大距离h（用m，E， B0 ，q表示）。
【答案】（1）解： 设第三象限内的电场强度与磁感应强度分别为 E1 ，小球以某一速度沿直线运动通过相互垂直的电场和磁场，根据洛伦兹力和电场力左右平衡 qvB1=qE1
解得 v=E1B1
又已知第三象限内的电场强度与磁感应强度的比值为 E1B1=B0ql3m ，得 v=B0ql3m
小球在磁感应强度为 B0 的磁场中运动，洛伦兹力提供向心力 qvB0=mv2r
解得 r=mvqB0=mqB0B0ql3m=l3
小球做顺时针圆周运动，与板碰撞后原速率反弹继续做半径不变的圆周运动，直至打到OC板上，轨迹如图所示
从A点至第一次打到OC板，小球圆周运动转过的总角度为 θ=360°+30°=2π+π6=13π6
周期为 T=2πrv=2πmvqB0v=2πmqB0
小球从A点进入磁场到第一次撞击 OC 挡板所用的时间 t=θ2πT=136π2π2πmqB0=13πm6qB0
设第一次撞击点坐标为 (x，y)
x=rcs30°=l3×32=3l6
y=−rsin30°=−l3×12=−l6
第一次撞击点坐标为 (3l6，−l6) 。
（2）解： 小球垂直撞击OC挡板后，反弹后速度大小减为碰前的二分之一，根据 qvB0=mv2r
解得 r=mvqB0
可知每次反弹后圆周运动半径变为原来的二分之一
rn=12rn−1
r1=l3
故小球打在 OC 挡板上离坐标原点的最远距离 dm=r1+2r1⋅12+2r1⋅(12)2+2r1⋅(12)3+⋯
代入数据得 dm=l
（3）解：受力分析如图所示
开始时小球沿斜面匀加速滑动，其加速度为 a=qEsinθm
当 B0qv0=qEcsθ
时，小球离开斜面，此过程小球y轴负方向运动的距离为h1，则有 ℎ1=v022asinθ=mEcs2θ2qB02
之后脱离斜面，x轴正方向由动量定理得 B0qvyΔt=mΔvx
即 B0q∑Δℎ2=m∑Δvx
求和得 B0qℎ2=m(v1−v0x)
x方向初始速度 v0x=v0csθ=Ecs2θB0
小球y轴负方向运动到最大距离时，其速度v1沿x轴正方向。由动能定理得 qEℎ2=12mv12−12mv02
联立上述两式得 ℎ2=mEqB02(sin2θ+sinθ)
故小球y轴负方向运动最大距离为 ℎ=ℎ1+ℎ2=mEqB02(12cs2θ+sin2θ+sinθ)
将 θ=30° 代入得 ℎ=9mE8qB02
35．（2023·深圳模拟）某肿瘤治疗新技术是通过电子撞击目标靶，使目标靶放出X射线，对肿瘤进行准确定位，再进行治疗，其原理如图所示。圆形区域内充满垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。水平放置的目标靶长为2l，靶左端M与磁场圆心O的水平距离为l、竖直距离为3l。从电子枪逸出的电子（质量为m、电荷量为e，初速度可以忽略）经匀强电场加速时间t后，以速度v0沿PO方向射入磁场，（PO与水平方向夹角为60°），恰好击中M点，求：
（1）匀强电场场强的大小；
（2）匀强磁场的方向及电子在磁场中运动的时间；
（3）为保证电子击中目标靶MN，匀强电场场强的大小范围（匀强电场极板间距不变）。
【答案】（1）解：电子穿过匀强电场过程中，由动量定理得 E1et=mv0
解得 E1=mv0et
（2）解：由左手定则，可知匀强磁场的方向为垂直纸面向里；电子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力得 ev0B=mv02R
周期为 T=2πRv0
联立可得 T=2πmeB
设 OM 与竖直方向夹角为 α ，则有 tanα=l3l=33
可得 α=30°
由图中几何关系可知，电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为 120° ，则电子在磁场中运动时间为 t=120°360°T=2πm3eB
（3）解：①当电子击中M点时，电子在磁场中的偏转半径为 R=mv0eB
设匀强磁场区域半径 r ，由几何关系得 tan30°=Rr
②当电子击中N点时，设 ON 与竖直方向夹角为 β ，则有 tanβ=3l3l=3
可得 β=60°
由几何关系知电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为 90° ，则偏转半径为 R1=mv1eB=r=3R
则有 v1=3v0
粒子穿过匀强电场后的速度 v1 ，由动能定理得 eE2d=12mv12
设极板间距离为 d ，则有 d=v02t
联立解得 E2=3mv0et
则匀强电场场强的范围为 mv0et≤E≤3mv0et
36．（2023·广东模拟）如图甲是一种利用磁场约束离子运动的装置原理图，内、外半径分别为R和3R的圆筒共轴放置，轴线OO′水平，在轴线正下方是一对平行金属板，上板正中间的小孔a与外筒正中间的小孔b在通过轴线的同一竖直线上，a、b间距离为d、两筒之间分布着以轴为圆心的同心磁场，各处磁感应强度大小近似相等，磁感应强度为B，从右往左看截面如图乙所示。在平行板下板中央的一个质量为m、电量为e的氢离子（11H）从静止加速经小孔a从小孔b进入磁场，在磁场中的轨迹恰好与内筒下边缘相切；一段时间后调节板间电压为原来的2倍，并让一个氘核（12H）在下极板同一位置从静止加速也进入磁场。已知离子与筒壁正碰后均原速反弹且碰撞时间极短，离子与筒壁接触其电荷量不变，筒壁光滑，忽略离子间的相互作用和它们在平行板间加速的时间。
（1）求加速氢离子时平行板间的电压U多大；
（2）分析氘核是否与内筒壁碰撞，如果与内筒壁碰撞，求它与内筒壁第一次碰撞的点P（未在图中画出）与小孔b的水平距离s的大小；
（3）若氢离子第一次与筒左侧壁垂直碰撞后沿直线返回，运动到P点时与氘核相遇，筒长L=20R，求氢、氘核释放的时间间隔。
【答案】（1）解：过筒中间轴线的竖直截面如图所示，
氢离子的轨迹刚好与内筒相切，故其半径为r1=2R
由洛伦兹力提供向心力 evB=mv122R
解得 v1=2eBRm
由动能定理 eU=12mv12−0
解得加速氢离子的电压为 U=2eB2R2m
（2）解：设氘核在磁场中的运动半径为r2，速度v2，由牛顿第二定律可知 ev2B=2mv22r2
由动能定理 2eU=12(2m)v22−0
解得r2=4R
因为r2>2R，则氘核会与内筒碰撞；
通过作图可得氘核与轨迹碰撞点如图中的P点所示，由 sinθ=2R4R=0.5
可知θ=30°
由此可得P点与小孔沿轴方向的距离为 s=4R−4Rcs30°=2(2−3)R
（3）解：氢离子与筒的左壁垂直碰撞后原速返弹，且沿着轴做匀速直线运动，运动轨迹如图所示
氢离子在磁场中的运动周期为 T1=2πr1v1=2πmeB
氘核在磁场中的运动周期 T2=4πmeB
由上述分析可知相遇前氢原子在磁场中运动的时间为 t1=54T1+L2−sv1
氘核在磁场中运动的时间 t2=θ2πT2
两粒子释放时的时间间隔 Δt=t1+dv1−(t2+dv2)
又v1=v2
解得 Δt=meB(13π6+3+3)
37．（2023高三下·潮州模拟）如图所示，直角坐标系xOy所在竖直平面内，第一、二象限中分布着沿x轴负方向的匀强电场E1，第三、四象限中分布着沿y轴正方向的匀强电场E2；第三、四象限还分布着匀强磁场（图中未画出）．一质量为m、带电量为q的正电小球自坐标为(0，L)的A点由静止出发，进入第三象限后恰能作匀速圆周运动并垂直于y轴射入第四象限，已知E1=mgq，重力加速度为g．求：
（1）小球第一次通过x轴时的速度；
（2）匀强电场场强E2和匀强磁场磁感应强度B大小的比值；
（3）小球从第四象限穿出后，经过一段时间会再次到达x轴上的N点（图中未标出），求小球从出发运动至N的时间tAN．
【答案】（1）解：小球在第一象限有 qE1=mg
则 tanθ=mgqE1=1
得 θ=45°
即小球在第二象限内沿与x轴成 45° 角进入第三象限，有 BO 间距离为 x1=L
A→B 由动能定理得 mgL+qE1L=12mv2
得 v=2gL
（2）解：小球在第三象限做匀速圆周运动，由 qE2=mg
得 E2=mgq
运动轨迹如图，
有几何关系得 R=x1csθ=2L
又 qBv=mv2R
得 B=m2gLqL
则 E2B=2gL2
（3）解：小球由A点运动到B点的过程竖直方向，有 L=12gt12
解得 t1=2Lg
小球做匀速圆周运动周期为 T=2πRvv=π2Lg
小球从B点到C点的过程中所用时间为 t2=α2π⋅T=34⋅T=3π42Lg
小球从C点到N点的过程做类平抛运动，有 mgcs45°=ma
垂直速度方向 l1=12at32
沿速度方向 l2=vt3
由几何关系可知 l1=l2
联立解得 t3=22Lg
总时间 t=t1+t2+t3=(3+3π4)2Lg
38．（2023·山西模拟）在足够大空间存在竖直向下的匀强电场E，一质量为m、电量为q的带电粒子从某点以速度v0平抛，若匀强电场空间足够大，粒子所受重力忽略。
（1）求粒子在运动过程中速度方向与位移方向夹角正弦的最大值。
（2）如图，斜面倾角为45°，带电粒子在斜面底端正上方h处，若粒子水平初速度大小可变化，求粒子落在斜面上动能的最小值。
【答案】（1）解：设某一时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则速度与位移的夹角为β=θ−α
由于
tanθ=vyv0
tanα=vy2tv0t
得
tanθ=2tanα
tanβ=tan(θ−α)=tanθ−tanα1+tanθ⋅tanα=tanα1+2tan2α=12tanα+1tanα
由不等式性质可知上式最大值为24，所以sinβ≤13
（2）解：设粒子的水平位移为x，竖直位移为y，落在斜面上时间为t，则有
x=v0t
y=12at2
a=Eqm
联立得v02=ax22y
由动能定理得Eqy=Ek−12mv02
落在斜面上速度为v2=v02+2ay
由于x=ℎ−y 联立得Ek=12m(v02+2ay)=12m[2ay+a(ℎ−y)22y]=12ma[ℎ22y+52y−ℎ]≥12maℎ[5−1]
联立得粒子落在斜面上动能最小值为12Eqℎ(5−1)。
39．（2023·东阳模拟）如图甲所示，真空中存在一间距为d=0.02m的水平平行板电容器，板长L=0.04m，板间电压为U、板间匀强电场方向向上，MN为一垂直上极板PQ的足能长的光屏，其下端N与极板右端Q重合，在MN所在竖直线右侧空间存在匀强磁场。在下极板左端有一个粒子源A，可以紧贴极板水平向右连续发射带正电的粒子，粒子比荷为qm=1×108C/kg，初速度v0=1×105m/s。已知粒子打到极板或光屏时会被吸收，粒子之间的作用力不计，粒子的重力不计。
（1）为使粒子能够从极板间射出，求电压U的最大值；
（2）若匀强磁场方向垂直纸面向里（如图甲），大小为B1=0.05T，电压U可任意调节，则求粒子击中光屏形成痕迹的长度ΔL；
（3）若匀强磁场方向改成水平向右，大小变为B2=320T，电压U可任意调节，在极板右侧放置另一块与MN平行的足够大的光屏CD，CD在磁场中能左右移动，则求粒子打在光屏CD上留下所有痕迹的面积S；
（4）在满足第（3）问的条件下，同时在电容器的右侧与光屏之间加一水平向右的匀强电场，其场强大小E=33π×104N/C，在光屏上以D点原点（D点为光屏与FG直线的交点），垂直纸面向内为x轴，竖直向上为y轴，水平向右的方向为z轴，建立如图乙所示的三维直角坐标系xyz。光屏位置到G点的距离用K表示，现将光屏CD沿FG直线从G点开始从近到远依次放在不同位置上，光屏CD始终平行MN，当光屏距G点为K1与K2这两个位置时打在光屏上所有粒子的点迹首次先后出现如图丙、丁所示的两条直线（顺着匀强电场E，水平向右看光屏），其中图丙为距离K1时的图样，图丁为距离K2时的图样，则K1与K2这两位置相距多少距离？
【答案】（1）解：粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向t=Lv0=4×10−7s
竖直方向y=12at2=12Uqdmt2≤d
联立解得U≤2md2qt2=50V
所以电压U的最大值为50V；
（2）解：设射入磁场的粒子速度为v，与水平方向成角度θ，磁场中圆周运动半径为r0
则可得B1qv=mv2r0
解得运动半径为r0=mvB1q
由几何关系得，磁场中动弧线在竖直方向上的高度为Δy=2r0csθ
联立解得Δy=2mvB1qcsθ=2mv0B1q=0.04m
即Δy为定值，出射点离Q越远，打到光屏上离Q距离的越小，出射点离Q越近打到光屏上离Q距离的越大
当U=0时，从下级板边缘出射，此时距离Q最小ℎmin=Δy−d=0.02m
当U=50V时，从上级板边缘Q点出射，此时距离Q最大ℎmax=Δy=0.04m
因此，痕迹长度ΔL=ℎmax−ℎmin=d=0.02m
（3）解：粒子从电场中射出，进入磁场后，水平方向匀速运动，垂直磁场方向做匀速圆周运动
由图可知vy=v0tanθ=v0y0.5L
所以r=mv0Bq⋅y0.5L
圆心与下极板右边缘连线与竖直方向夹角θ满足
由图可知tanθ=ry=mv00.5qBL=33
所以 θ=30°
即圆心连线为一条直线且过下极板右边缘，所有光屏痕迹是由从上到下逐渐减小的圆叠加形成的，如图所示
当y=d时，圆半径最大，最大半径为rm=mv0Bq⋅d0.5L=233×10−2m=33d
则求粒子打在光屏CD上留下所有痕迹的面积为S=2S△+S扇形=rmd+23π(rm)2=(433+8π9)×10−4≈5.0×10−4m2
（4）解：加上水平向右的电场后，粒子进入磁场区域时水平方向匀加速运动，垂直磁场方向做匀速圆周运动，其周期为T=2πmqB2=403π3×10−8(s)
因粒子圆周的周期与速度大小无关，出现图1直线时，所有粒子偏转120°，由运动等时性可知，水平方向运动时间恰为T3，出现图2直线时，所有粒子恰好运动一周，水平方向运动时间为T，由运动学公式有：
K1=v0(13T)+12(qEm)(13T)2
K2=v0T+12(qEm)T2
所以两点相距ΔK=K2−K1=v0(23T)+12(qEm)[T2−(T3)2]=23π25(m)
40．（2023·安徽模拟）如图甲所示，长为L的平行金属板M、N上加有如图乙所示的交变电压，图乙中U0、T均已知，在过两板右端的虚线右侧有垂直于纸面向里足够大的匀强磁场，在两板中线左端有一粒子源，可以不断地从粒子源内沿两板间中线向右射出质量为m，电荷量为q的带正电的粒子，粒子射出的速度大小为LT，从t=0时刻射人的粒子恰好从N板右端附近射出，此粒子经磁场偏转后又恰好不能再进入两板间电场，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：
（1）M、N板间的距离；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）匀强磁场中所有粒子通过的区域的面积大小。
【答案】（1）解：由题可知粒子射出的速度大小为v0=LT，粒子穿过两板所用时间t=Lv0=T
设两板间的距离为d，从t=0时刻进入两板间的粒子在电场中运动的加速度大小a=qU0md
根据题意，粒子在垂直与两板间的方向上先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，加速和减速时间相同，则可知两段时间内的竖直位移也相同，因此有12d=2×12a(T2)2
解得d=qU0T22m
（2）解：从t=0时刻进入电场的粒子从N板右端进入磁场时，速度垂直于磁场边界，速度大小为v0，此粒子刚好不能进入电场，则粒子在磁场中做圆周运动的半径r=d2 ，根据牛顿第二定律qv0B=mv02r
解得B=2mLqT22mqU0
（3）解：一个周期内，从t=T2时刻进入电场的粒子恰好从M板右端射出电场，因此所有粒子射进磁场的区域长度为d，所有粒子进入磁场的速度大小均为v0，方向均垂直于磁场边界，
则磁场中有粒子经过的区域面积为S=2r⋅r+12πr2=(4+π)qU0T216m
41．（2023·安徽模拟）如图所示，坐标系xOy的第一象限存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向外；第四象限内有沿x轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为q(q>0)的粒子以速率v从y轴的点A(0，3L)射入磁场，经x轴上的点C(L，0)沿y轴负方向进入电场，然后从y轴负半轴D点以与y轴负方向成60°角离开电场，不计粒子重力，求：
（1）粒子在A点时速度方向与y轴正方向的夹角θ；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）粒子在电场和磁场中运动的总时间t。
【答案】（1）解：根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由于OA>OC，且从C点沿y轴负方向进入电场，则圆心在x轴负半轴，设粒子在第一象限磁场中做匀速圆周运动的半径为R，圆心为O′，由几何关系有R2=(3L)2+(R−L)2
解得R=2L
则有tan∠OAO′=OO′OA=33
设粒子在A点的速度方向与y轴正方向成θ角，由几何关系，有θ=180°−(90°−∠OAO′)
解得θ=120°
（2）解：根据题意可知，粒子在第二象限做类平抛运动，沿电场方向上有
a=qEm
L=12at2
vx=at
垂直电场方向上有y=vt
又有tan60°=vxv
联立解得y=233L，E=3mv22qL
（3）解：由上述分析可知，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为π3，则粒子在磁场中运动的时间为t1=π32π⋅2πRv=2πL3v
粒子在电场中运动的时间为t2=yv=23L3v
粒子在磁场电场中运动的总时间t=t1+t2=2(π+3)L3v
一、选择题
1．（2023高三下·深圳模拟）如图所示，在匀强电场中的O点固定一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的同一球面上的点，aecf平面与电场线平行，bedf平面与电场线垂直，下列判断中正确的是（ ）
A．a、c两点电势相等
B．b、d两点的电场强度相同
C．将点电荷+q从球面上b点移到e点，电场力做功为零
D．将点电荷+q从球面上a点移到c点，电场力做功为零
【答案】C
2．（2023高考模拟·温州）如图甲所示为粒子直线加速器原理图，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在 t=0 时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一自由电子由静止开始在各间隙中不断加速。若电子的质量为m，电荷量为e，交变电源的电压为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒间隙的时间。下列说法正确的是（ ）
A．电子在圆筒中也做加速直线运动
B．电子离开圆筒1时的速度为 2Uem
C．第n个圆筒的长度应满足 Ln=TnUe2m
D．保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调大交变电压的周期
【答案】C
3．（2023高三下·汉寿模拟）AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm，电荷量为1.0×10−8C、质量为3.0×10−4kg的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则（ ）
A．MC距离为53cmB．电势能增加了343×10−4J
C．电场强度大小为3×104N/CD．减小R的阻值，MC的距离将变大
【答案】B
4．（2023高三下·浙江模拟）如图所示，不带电，长为l的导体棒水平放置，现将一个电荷量为+q（q>0）的点电荷放在棒的中心轴线上距离棒的左端R处，A、B分别为导体棒左右两端的一点，静电力常量为k。当棒达到静电平衡后，下列说法正确的是（ ）
A．棒的两端都感应出负电荷
B．感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度方向水平向右
C．感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度大小E=kqR+0.5l
D．若用一根导线将A、B相连，导线上不会产生电流
【答案】D
5．（2023·临海模拟）如图所示的平行板电容器竖直放置，两极板间的距离为d，极板高度AB=CD=ℎ，对该电容器充上一定的电量后，将一带电小球P从非常靠近左极板的上端A处由静止释放，小球沿图中虚线运动打到了右极板的中点，为使小球能够从下方穿过电容器，右极板向右至少移动的距离为（ ）
A．d B．(2−1)dC．ℎ2dD．d2ℎ
【答案】A
6．（2023·深圳模拟）我国科研人员采用全新发电方式——“爆炸发电”，以满足高耗能武器的连续发射需求。其原理如图所示，爆炸将惰性气体转化为高速等离子体，射入磁流体动力学发生器，发生器的前后有两强磁极N和S，使得上下两金属电极之间产生足够高电压，下列说法正确的是（ ）
A．上极板电势比下极板电势低
B．仅使L增大，两金属电极间的电动势会变大
C．仅使d增大，两金属电极间的电动势会变大
D．仅使b增大，两金属电极间的电动势会变大
【答案】C
7．（2023·浙江模拟）传感器是一种采集信息的重要器件，图为测定压力的电容式传感器，将电容器、灵敏电电流表、电源连接．施加力的作用使电极发生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流计指针偏转．在对膜片开始施加恒定的压力到膜片稳定，灵敏电流表指针的偏转情况为（电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏）
A．向右偏到某一刻度后不动
B．向左偏到某一刻度后不动
C．向右偏到某一刻度后回到零刻度
D．向左偏到某一刻度后回到零刻度
【答案】C
8．（2023·浙江模拟）如图所示为某示波管内一个平面的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等差等势线，a、b、c三点分别是电场线与等势线的交点。两个电子分别从a、b两点运动到c点，Wac和Wbc分别表示两电子从a、b两点运动到c点时电场力做的功，下列说法正确的是（ ）
A．Wac=Wbc
B．电子在b点的电势能小于在c点的电势能
C．电子在电场中b点的加速度大于a点的加速度
D．两电子从电场中某点获得瞬间冲量后，不可能沿电场线运动
【答案】A
9．（2023·渭南模拟）在A、B两点放置电荷量分别为+q1和−q2的点电荷，其形成的电场线分布如图所示，C为A、B连线的中点，D是AB连线的中垂线上的另一点。则下列说法正确的是（ ）
A．q1
C．若将一正电荷从C点移到无穷远点，电场力做负功
D．若将另一负电荷从C点移到D点，电荷电势能减小
【答案】B
10．（2023·白山模拟）空间中一静电场的电场强度E在x轴上分布情况如图所示，其中图像关于E轴对称，x轴上的A、B两点关于原点O对称。一电子仅在电场力的作用下从静止开始，由A点沿轴运动到B点。下列说法正确的是（ ）
A．x轴上的电场强度方向沿x轴正方向
B．A、B两点的电势相等
C．电子从A点运动到B点的过程中，电子的加速度先增大后减小
D．电子从A点运动到B点的过程中，其所受电场力先做负功再做正功
【答案】C
11．（2023·柳州模拟）如图甲为电子扫描仪的结构示意图。电子枪发射电子后，经MN电场加速后射入偏转磁场，磁场变化规律如图乙所示，射出磁场的电子能够在屏幕上一定范围内上下扫描，则（ ）
A．加速电场的场强方向为水平向右
B．电子打在屏幕上P点时，磁场的方向垂直纸面向里
C．若使磁场在−0.8B0∼0.8B0间变化，屏幕上的扫描范围会变大
D．若减小MN间的加速电压，同时使磁场在−0.8B0∼0.8B0间变化，屏幕上的扫描范围有可能不变
【答案】D
12．（2023·宁波模拟）电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中直流电源电动势E=8V，实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的i−t曲线如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．图像阴影为i−t图像与对应时间轴所围成的面积表示电容器的能量
B．阴影部分的面积S1和S2肯定不相等
C．阻值R1大于R2
D．计算机测得S1=1203mA⋅s，则该电容器的电容约为0.15F
【答案】D
13．（2023·杭州模拟）如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为C的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压uMN，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（ ）
A．质子在各圆筒中做匀加速直线运动
B．质子进入第n个圆筒瞬间速度为2(n−1)eU0m
C．各金属筒的长度之比为1：2：3：⋅⋅⋅
D．质子在各圆筒中的运动时间之比为1：2：3：⋅⋅⋅
【答案】C
14．（2023·浙江模拟）一接地金属板垂直纸面水平放置，在金属板延长线上垂直纸面放置一均匀带电金属棒，如图为两者周围的电场线和等势线分布图，a、b为同一实线弧上两点，c、d为同一虚线弧上两点，则（ ）
A．a、b两点电势相等
B．c、d两点电场强度相同
C．金属板上产生的感应电荷均匀分布
D．电子从c移到a，电场力做正功
【答案】A
15．（2023·深圳模拟）如图所示，曲线为一带负电的粒子在某点电荷产生的电场中的部分运动轨迹，P点为轨迹的最低点，以P点为坐标原点建立直角坐标系，粒子的运动轨迹关于y轴对称，Q点是第Ⅰ象限内轨迹上的一点。粒子只受电场力的作用。下列说法正确的是（ ）
A．点电荷一定带负电
B．点电荷一定在y轴负半轴上的某处
C．Q点的电势一定比P点的电势高
D．粒子在P、Q两点的动能与电势能之和一定相等
【答案】D
16．（2023·江门模拟）如图所示，在匀强电场中的O点固定一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的同一球面上的点，aecf平面与电场线平行，bed平面与电场线垂直，下列判断中正确的是（ ）
A．a、c两点电势相等
B．b、d两点的电场强度相同
C．将点电荷+q从球面上b点移到e点，电场力做功为零
D．将点电荷+q从球面上a点移到c点，电场力做功为零
【答案】C
（2023·北京模拟）电容器是一种重要的电学元件，它能储存电荷。两个彼此绝缘又相距很近的导体，就构成一个简单的电容器。
17．在给一固定电容器充电的过程中（ ）
A．电容器的电容逐渐增大B．电容器的电容逐渐减小
C．电容器所带的电荷量逐渐增大D．电容器所带的电荷量逐渐减小
18．给一个平行板电容器充电，保持两极板间的距离不变，用U表示两极板间电压，用E表示两极板间电场强度的大小，图中正确反映E和U关系的图像是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】17．C
18．B
19．（2023·模拟）如图所示的正四棱锥O−abcd，底面为正方形abcd，其中Oa=Ob=Oc=Od=ab，a、b两点分别固定两个等量的异种点电荷，现将一带电荷量为q=1.0×10−10C的正试探电荷从O点移到c点，此过程中电场力做功为5.0×10−9J。选无穷远处的电势为零。则下列说法正确的是（ ）
A．a点固定的是负电荷
B．O点的电场强度方向平行于ab
C．c点的电势为50V
D．将电子由O点移动到d，电势能增加50eV
【答案】B
20．（2023·云南模拟）如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入（记为t=0时刻），同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是（ ）
A．粒子射出时间可能为t=4s
B．粒子射出的速度大小为2v
C．极板长度满足L=3vn(n=1，2，3⋯)
D．极板间最小距离为3kU02
【答案】D
21．（2023·湖南模拟）如图所示，在正方形ABCD的三个顶点A、B、C上分别固定着三个带电荷量相等的点电荷，其中A处点电荷带负电，B、C处点电荷均带正电。E、G、F三点四等分AB边，M、P、N三点四等分BC边。下列说法正确的是（ ）
A．M、N两点处的电场强度相同
B．P点电势高于G点电势
C．负电荷在M点具有的电势能比在N点具有的电势能小
D．负电荷在F点具有的电势能比在E点具有的电势能大
【答案】B
二、多项选择题
22．（2023·白山模拟）如图所示，真空中有M、N两点，纸面内到M、N两点的距离之比等于2的点的集合为图中圆心为O、半径为d的圆，P、T、S为圆上的三点，PO⊥MC，T、S两点为圆与直线MN的交点，显然NO=d2，MO=2d。在M、N两点分别固定两点电荷Q1、Q2，点电荷Q2所带电荷量为−q，P点的电场方向恰好指向圆心O。已知真空中带电荷量为Q的点电荷，在空间产生的电场中某点的电势φ=kQr，式中r为该点到点电荷的距离，k为静电力常量，下列说法正确的是（ ）
A．P点的电场强度大小为3kq5d2
B．S点的电场强度大小为2kq9d2
C．M、N两点之间T点的电场强度最小
D．球心为O、半径为d的球面上任意一点的电场方向均指向球心
【答案】A,B,D
23．（2023·柳州模拟）如图所示，有一均匀对称带负电圆环水平放置，一质量为m的带正电小球从圆环中心O正下方的A点竖直上抛，刚好能到达圆环中心O点。在这过程中，小球所做运动可能的是（ ）
A．小球做减速运动，加速度一直变小
B．小球做减速运动，加速度一直变大
C．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度变大的减速运动
D．小球先做加速度变大的加速运动，接着做加速度减小的加速，最后做加速度变大的减速运动
【答案】B,C,D
24．（2023·丽江模拟）在x轴上固定两个带电荷量分别为+4q、−q的点电荷，以其中的某一电荷为原点，两电荷所形成的电场的电势φ在x轴正半轴上的分布如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．正电荷在坐标原点，负电荷在x=x22的位置
B．负电荷在坐标原点，正电荷在x=−x2的位置
C．在x轴上x>x2区域电场强度沿x轴正方向
D．一带负电试探电荷从O处移到x2处，电势能先减小后增加
【答案】B,C
25．（2023·重庆市模拟）如图所示，真空中的带负电的两个点电荷位于x轴上的A、B两点，它们相距4L，O点为AB的连线中点。一电子在AB连线间靠近A点的某点从静止释放后，在AB间做往复运动，且经过C点时动能最大，已知两点电荷电量之比Q1：Q2=4：1，则下列说法正确的是（ ）
A．电子经过O点时的加速度为0
B．AC点间距离为83L
C．电子从A向B运动过程中电势能一直减小
D．C点电势比O点电势高
【答案】B,D
26．（2023·云南模拟）如图，四个等量点电荷分别固定在平面内一菱形的四个顶点上，θ=60°，电性如图中所示，A、B、C、D分别为四条边的中点，下列说法正确的是（ ）
A．A点的场强小于D点的场强
B．B点的电势等于C点的电势
C．电子在A点的电势能小于在O点的电势能
D．质子从B点沿直线BC移动到C点，电势能先增大再减小
【答案】B,D
27．（2023·云南模拟）如图，圆心为O、半径为R的圆形区域内存在一个平行于该区域的匀强电场，MN为圆的一条直径。质量为m、电荷量为+q的粒子从M点以速度v射入电场，速度方向与MN夹角θ=45°，一段时间后粒子运动到N点，速度大小也为v，不计粒子重力，规定M点电势为0。下列说法正确的是（ ）
A．场强大小为mv22qR
B．粒子电势能的最大值为14mv2
C．仅改变粒子速度大小，粒子离开圆形区域时电势能的最小值为−mv2
D．仅改变粒子速度大小，当粒子离开圆形区域的电势能最小时，粒子射入电场的速度大小为v2
【答案】A,B,D
28．（2023·赣州模拟）两个质量相等、电荷量不等的带电粒子甲、乙，以不同的速率从S点沿直径SO方向垂直射入水平向右的匀强电场，它们在圆形区域中运动的时间相同，其运动轨迹如图所示，乙粒子运动轨迹与圆形区域的交点恰好在水平直径AOB最左端的A点。不计粒子的重力，则下列说法中正确的是（ ）
A．甲粒子带负电
B．甲粒子所带的电荷量比乙粒子少
C．在圆形区域运动过程中，甲粒子动量变化小
D．在圆形区域运动过程中，甲粒子电势能变化大
【答案】B,C
29．（2023·济宁模拟）如图所示，空间中有一正方体abcd—a'b'c'd'，在b点固定点电荷＋Q，在d点固定点电荷－Q，O、O'分别为上下两面的中心点，下列说法正确的是（ ）
A．a点与c'点的电场强度方向相同
B．b'、a'两点间电势差等于O'、d'两点间电势差
C．将某点电荷＋q由a'点沿a'c'移至c'点，该电荷的电场力先变大后变小
D．将某点电荷＋q由a'点沿a'c'移至c'点，该电荷的电势能先变大后变小
【答案】A,B,C
30．（2023·山东模拟）如图，圆心为O、半径为r的圆处在一匀强电场中，电场强度方向与圆平面平行，ab为圆的直径，c为圆周上另外一点，ab与ac的夹角为α=60°。电荷量为q（q>0）的同种带电粒子从O点先后以相同的动能Ek、不同的速度方向发射，发现从圆周上的c点射出的粒子动能最大，最大值为3Ek，粒子仅受电场力作用。下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的方向与ac平行
B．该匀强电场的场强大小为2Ekqr
C．O、a两点间的电势差为Ek2q
D．把一电荷量为q的负电荷从b点移到c点，电场力做的功为−3Ek
【答案】B,D
31．（2023·湖南模拟）如图所示为某汽车上的加速度电容传感器的俯视图。质量块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动，电容器与供电电源连接，并串联计算机的信号采集器。下列关于该传感器的说法正确的是（ ）
A．电介质插入极板间越深，则电容器电容越大
B．在汽车向右匀加速直线运动过程中电路中有电流
C．在汽车向左匀速直线运动过程中电路中有电流
D．在汽车向右做加速度增大的加速运动过程中，电路中有顺时针方向的充电电流
【答案】A,D
三、非选择题
32．（2023高三下·杭州模拟） 如图，为某一粒子分离收集装置，间距d=3cm的PQ两平行绝缘板之间为初始粒子通道，O′O为中轴线，工作时会有大量带电粒子或仅沿着中轴线通过该通道，或平行于中轴线通过整个通道。如果需要，整个通道还可以绕O点在纸面内转动，其右侧分布着垂直于纸面向外的单边界水平磁场，磁感应强度为B=0.1T，磁场区域在竖直方向和右边足够大，O点为通道中轴线与磁场左边界的交点，初始中轴线垂直于边界。在左边界放置足够大单向滤网板，带电粒子可以从左向右无影响的穿过滤网板，但是从右向左带电粒子无法穿越，从右向左遇到单向滤网板会被滤网板挡住且收集，可以视为收集板。PQ平行板的右端与磁场左边界有足够距离，以O点为坐标原点，沿边界竖直向上为y轴正方向，水平向右为x轴正方向，建立坐标系。现有大量速度都为v=105m/s的11H、12H粒子，从左端进入通道，实施试验。已知11H的质量为m=1.6×10−27kg，12H的质量为2m，它们的带电量都为e=1.6×10−19C，不计粒子在通道内的运动时间，粒子离开通道后可以继续匀速直线前进，直至进入磁场。不计粒子重力和粒子间的相互影响。
（1）第一次试验，通道不转动，带电粒子仅沿着中轴线通过通道，求11H在收集板上的落点位置（用y坐标表示）；
（2）第二次试验，整个通道绕O点在纸面内缓慢转动，转动范围为中轴线与水平方向的夹角为θ（θ≤90°）的上下对称区域，带电粒子始终沿着中轴线通过通道，为了使11H、12H粒子在收集板上不重叠，求转动角θ的最大值；
（3）第三次试验，通道在上下对称区域内缓慢转动，最大转动角θ=60°，带电粒子始终平行于中轴线通过整个通道，求11H、12H粒子在收集板上的重叠区间。
【答案】（1）解：根据洛伦兹力提供向心力evB=mv2R
解得R=mveB=1cm
则11H在收集板上的落点位置y=−2cm
（2）解：当通道中轴线与水平方向成θ时，11H的轨道半径依然为R，则其轨道在磁场左边界上两交点距离为s=2Rcsθ
故11H的落点范围−2R≤y≤−2Rcsθ
同理易得故12H的落点范围为−4R≤y≤−4Rcsθ
为了不重叠，有−4Rcsθ≤−2R
解得θ≤60°
故转动角θ的最大值为60° 。
（3）解：因整个通道都有粒子平行通过，易得对于任意θ，11H粒子进入磁场的位置为−d2csθ∼d2csθ
某一11H粒子收集点与进场点的距离为s=2Rcsθ
故易得对于任意θ，11H粒子收集点的坐标范围为−(2Rcsθ+d2csθ)∼−(2Rcsθ−d2csθ)
对所有的θ，−(2Rcsθ−d2csθ)的值随θ的增大是一直增加的，当θ=60∘，有ymax=2cm
经过数学方法可得，−(2Rcsθ+d2csθ)的值随θ的增大是先增大后减小的，易得当θ=30°的时候最大
θ=0时，有y2=−3.5cm
θ=60°时，有y3=−4cm
故最小值为ymin=−4cm
综上：对于0≤θ≤60°的所有情况，11H粒子收集点的坐标范围为−4cm≤y≤2cm
同理可以求出，对于0≤θ≤60°的所有情况，12H粒子收集点的坐标范围为−5.5cm≤y≤1cm
综上：11H、12H粒子在收集板上的重叠区间为−4cm≤y≤1cm
（附：12H粒子收集点的坐标范围推理过程）
因整个通道都有粒子平行通过，易得对于任意θ，12H粒子进入磁场的位置为−d2csθ∼d2csθ
12H粒子收集点与进场点的距离为s′=4Rcsθ
故易得对于任意θ，12H粒子收集点的坐标范围为−(4Rcsθ+d2csθ)∼−(4Rcsθ−d2csθ)
对所有的θ，−(4Rcsθ−d2csθ)的值随θ的增大是一直增加的，当θ=60°时，有ymax′=1cm
经过数学方法可得，−(4Rcsθ+d2csθ)的值随θ的增大是先增大后减小的，易得当30°<θ<60°的某值时最大
θ=0时，有y2′=−5.5cm
θ=60°时，有y3′=−5cm
故最小值为ymin′=−5.5cm
综上：对于0≤θ≤60°的所有情况，12H粒子收集点的坐标范围为
33．（2023高三下·深圳模拟）离子约束技术对实现可控核聚变有着决定性作用。某离子束实验装置的基本原理如图甲所示，在半径为R的圆柱体底面建立空间直角坐标系，坐标原点与圆柱底面圆心重合。圆柱体区域内存在沿z轴负方向、电场强度为E的匀强电场，圆柱区域正上方存在沿x轴负方向、磁感应强度为B0的匀强磁场。如图乙所示，从离子源不断飘出（不计初速度）电荷量为q、质量为m的正离子，经电场加速后从圆柱边界正上方沿y轴负方向进入磁场，恰好在圆柱顶面圆心处与y轴正方向成θ=45°角斜向下射出磁场，进入圆柱区域内的电场中，最后落在圆柱底面上坐标为(0，R，0)的D点（图中未画出），不计离子重力。
（1）求加速装置的电压U；
（2）若已知E=2qB02Rm，求圆柱体区域的高度h；
（3）若将圆柱体区域（含边界）的电场，换成一个沿z轴负方向的匀强磁场，且知圆柱区域高度为ℎ=3πR。为使离子都能到达圆柱底面，并在O点“聚焦”，则磁感应强度B应为多大？
【答案】（1）解：设离子进入磁场的速度为v，根据动能定理，有qU=12mv2
离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB0=mv2r，
根据几何关系，有sinθ=Rr
解得U=qB02R2m
（2）解：可得v=2qB0Rm
离子在圆柱形区域内的电场中沿y轴正方向做匀速直线运动，沿z轴负方向做匀加速直线运动，则
沿y轴正方向有R=vyt=vtcsθ
沿z轴负方向有ℎ=vzt+12at2，其中a=qEm，vz=vsinθ
解得ℎ=2R
（3）解：在圆柱形区域内撤电场加磁场后，离子沿z轴负方向做匀速直线运动，
可知离子在圆柱形区域内运动的时间 t=ℎvcs45°=3πRqB0
①为使在底面O点聚集有 t=nT且T=2πmqB
得到B=2nB03(n=1，2，3⋅⋅⋅)
②为使粒子不在中途从圆柱侧面射出2r1
综上B=2nB03(n=3，4，5⋅⋅⋅)
34．（2023高考模拟·温州）如图所示，足够大的光滑水平地面上有一水平直角坐标系，第一、二和四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B0 ， AO 和 OC 为光滑挡板，A点坐标为 (−l，0) ，足够长的 OC 挡板与x轴夹角为 30° 。第三象限内一个电荷量为q、质量为m的可视为质点的带正电小球，以某一速度沿直线运动通过相互垂直的电场和磁场后，从A点垂直x轴进入第二象限，小球与 AO 挡板的碰撞为弹性碰撞；小球与 OC 挡板碰撞后反弹，垂直挡板方向的速度大小减为碰前的二分之一，平行挡板方向的速度不变，碰撞过程中小球电荷量保持不变。已知第三象限内的电场强度与磁感应强度的比值为 B0ql3m 。求
（1）小球从A点进入磁场到第一次撞击 OC 挡板所用的时间及第一次撞击点坐标；
（2）小球打在 OC 挡板上离坐标原点的最远距离 dm ；
（3）当小球打在 OC 挡板上离坐标原点最远位置时，将 B0 方向反向（大小不变），同时加一个沿y轴负方向的匀强电场E，此后小球沿y轴负方向运动的最大距离h（用m，E， B0 ，q表示）。
【答案】（1）解： 设第三象限内的电场强度与磁感应强度分别为 E1 ，小球以某一速度沿直线运动通过相互垂直的电场和磁场，根据洛伦兹力和电场力左右平衡 qvB1=qE1
解得 v=E1B1
又已知第三象限内的电场强度与磁感应强度的比值为 E1B1=B0ql3m ，得 v=B0ql3m
小球在磁感应强度为 B0 的磁场中运动，洛伦兹力提供向心力 qvB0=mv2r
解得 r=mvqB0=mqB0B0ql3m=l3
小球做顺时针圆周运动，与板碰撞后原速率反弹继续做半径不变的圆周运动，直至打到OC板上，轨迹如图所示
从A点至第一次打到OC板，小球圆周运动转过的总角度为 θ=360°+30°=2π+π6=13π6
周期为 T=2πrv=2πmvqB0v=2πmqB0
小球从A点进入磁场到第一次撞击 OC 挡板所用的时间 t=θ2πT=136π2π2πmqB0=13πm6qB0
设第一次撞击点坐标为 (x，y)
x=rcs30°=l3×32=3l6
y=−rsin30°=−l3×12=−l6
第一次撞击点坐标为 (3l6，−l6) 。
（2）解： 小球垂直撞击OC挡板后，反弹后速度大小减为碰前的二分之一，根据 qvB0=mv2r
解得 r=mvqB0
可知每次反弹后圆周运动半径变为原来的二分之一
rn=12rn−1
r1=l3
故小球打在 OC 挡板上离坐标原点的最远距离 dm=r1+2r1⋅12+2r1⋅(12)2+2r1⋅(12)3+⋯
代入数据得 dm=l
（3）解：受力分析如图所示
开始时小球沿斜面匀加速滑动，其加速度为 a=qEsinθm
当 B0qv0=qEcsθ
时，小球离开斜面，此过程小球y轴负方向运动的距离为h1，则有 ℎ1=v022asinθ=mEcs2θ2qB02
之后脱离斜面，x轴正方向由动量定理得 B0qvyΔt=mΔvx
即 B0q∑Δℎ2=m∑Δvx
求和得 B0qℎ2=m(v1−v0x)
x方向初始速度 v0x=v0csθ=Ecs2θB0
小球y轴负方向运动到最大距离时，其速度v1沿x轴正方向。由动能定理得 qEℎ2=12mv12−12mv02
联立上述两式得 ℎ2=mEqB02(sin2θ+sinθ)
故小球y轴负方向运动最大距离为 ℎ=ℎ1+ℎ2=mEqB02(12cs2θ+sin2θ+sinθ)
将 θ=30° 代入得 ℎ=9mE8qB02
35．（2023·深圳模拟）某肿瘤治疗新技术是通过电子撞击目标靶，使目标靶放出X射线，对肿瘤进行准确定位，再进行治疗，其原理如图所示。圆形区域内充满垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。水平放置的目标靶长为2l，靶左端M与磁场圆心O的水平距离为l、竖直距离为3l。从电子枪逸出的电子（质量为m、电荷量为e，初速度可以忽略）经匀强电场加速时间t后，以速度v0沿PO方向射入磁场，（PO与水平方向夹角为60°），恰好击中M点，求：
（1）匀强电场场强的大小；
（2）匀强磁场的方向及电子在磁场中运动的时间；
（3）为保证电子击中目标靶MN，匀强电场场强的大小范围（匀强电场极板间距不变）。
【答案】（1）解：电子穿过匀强电场过程中，由动量定理得 E1et=mv0
解得 E1=mv0et
（2）解：由左手定则，可知匀强磁场的方向为垂直纸面向里；电子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力得 ev0B=mv02R
周期为 T=2πRv0
联立可得 T=2πmeB
设 OM 与竖直方向夹角为 α ，则有 tanα=l3l=33
可得 α=30°
由图中几何关系可知，电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为 120° ，则电子在磁场中运动时间为 t=120°360°T=2πm3eB
（3）解：①当电子击中M点时，电子在磁场中的偏转半径为 R=mv0eB
设匀强磁场区域半径 r ，由几何关系得 tan30°=Rr
②当电子击中N点时，设 ON 与竖直方向夹角为 β ，则有 tanβ=3l3l=3
可得 β=60°
由几何关系知电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为 90° ，则偏转半径为 R1=mv1eB=r=3R
则有 v1=3v0
粒子穿过匀强电场后的速度 v1 ，由动能定理得 eE2d=12mv12
设极板间距离为 d ，则有 d=v02t
联立解得 E2=3mv0et
则匀强电场场强的范围为 mv0et≤E≤3mv0et
36．（2023·广东模拟）如图甲是一种利用磁场约束离子运动的装置原理图，内、外半径分别为R和3R的圆筒共轴放置，轴线OO′水平，在轴线正下方是一对平行金属板，上板正中间的小孔a与外筒正中间的小孔b在通过轴线的同一竖直线上，a、b间距离为d、两筒之间分布着以轴为圆心的同心磁场，各处磁感应强度大小近似相等，磁感应强度为B，从右往左看截面如图乙所示。在平行板下板中央的一个质量为m、电量为e的氢离子（11H）从静止加速经小孔a从小孔b进入磁场，在磁场中的轨迹恰好与内筒下边缘相切；一段时间后调节板间电压为原来的2倍，并让一个氘核（12H）在下极板同一位置从静止加速也进入磁场。已知离子与筒壁正碰后均原速反弹且碰撞时间极短，离子与筒壁接触其电荷量不变，筒壁光滑，忽略离子间的相互作用和它们在平行板间加速的时间。
（1）求加速氢离子时平行板间的电压U多大；
（2）分析氘核是否与内筒壁碰撞，如果与内筒壁碰撞，求它与内筒壁第一次碰撞的点P（未在图中画出）与小孔b的水平距离s的大小；
（3）若氢离子第一次与筒左侧壁垂直碰撞后沿直线返回，运动到P点时与氘核相遇，筒长L=20R，求氢、氘核释放的时间间隔。
【答案】（1）解：过筒中间轴线的竖直截面如图所示，
氢离子的轨迹刚好与内筒相切，故其半径为r1=2R
由洛伦兹力提供向心力 evB=mv122R
解得 v1=2eBRm
由动能定理 eU=12mv12−0
解得加速氢离子的电压为 U=2eB2R2m
（2）解：设氘核在磁场中的运动半径为r2，速度v2，由牛顿第二定律可知 ev2B=2mv22r2
由动能定理 2eU=12(2m)v22−0
解得r2=4R
因为r2>2R，则氘核会与内筒碰撞；
通过作图可得氘核与轨迹碰撞点如图中的P点所示，由 sinθ=2R4R=0.5
可知θ=30°
由此可得P点与小孔沿轴方向的距离为 s=4R−4Rcs30°=2(2−3)R
（3）解：氢离子与筒的左壁垂直碰撞后原速返弹，且沿着轴做匀速直线运动，运动轨迹如图所示
氢离子在磁场中的运动周期为 T1=2πr1v1=2πmeB
氘核在磁场中的运动周期 T2=4πmeB
由上述分析可知相遇前氢原子在磁场中运动的时间为 t1=54T1+L2−sv1
氘核在磁场中运动的时间 t2=θ2πT2
两粒子释放时的时间间隔 Δt=t1+dv1−(t2+dv2)
又v1=v2
解得 Δt=meB(13π6+3+3)
37．（2023高三下·潮州模拟）如图所示，直角坐标系xOy所在竖直平面内，第一、二象限中分布着沿x轴负方向的匀强电场E1，第三、四象限中分布着沿y轴正方向的匀强电场E2；第三、四象限还分布着匀强磁场（图中未画出）．一质量为m、带电量为q的正电小球自坐标为(0，L)的A点由静止出发，进入第三象限后恰能作匀速圆周运动并垂直于y轴射入第四象限，已知E1=mgq，重力加速度为g．求：
（1）小球第一次通过x轴时的速度；
（2）匀强电场场强E2和匀强磁场磁感应强度B大小的比值；
（3）小球从第四象限穿出后，经过一段时间会再次到达x轴上的N点（图中未标出），求小球从出发运动至N的时间tAN．
【答案】（1）解：小球在第一象限有 qE1=mg
则 tanθ=mgqE1=1
得 θ=45°
即小球在第二象限内沿与x轴成 45° 角进入第三象限，有 BO 间距离为 x1=L
A→B 由动能定理得 mgL+qE1L=12mv2
得 v=2gL
（2）解：小球在第三象限做匀速圆周运动，由 qE2=mg
得 E2=mgq
运动轨迹如图，
有几何关系得 R=x1csθ=2L
又 qBv=mv2R
得 B=m2gLqL
则 E2B=2gL2
（3）解：小球由A点运动到B点的过程竖直方向，有 L=12gt12
解得 t1=2Lg
小球做匀速圆周运动周期为 T=2πRvv=π2Lg
小球从B点到C点的过程中所用时间为 t2=α2π⋅T=34⋅T=3π42Lg
小球从C点到N点的过程做类平抛运动，有 mgcs45°=ma
垂直速度方向 l1=12at32
沿速度方向 l2=vt3
由几何关系可知 l1=l2
联立解得 t3=22Lg
总时间 t=t1+t2+t3=(3+3π4)2Lg
38．（2023·山西模拟）在足够大空间存在竖直向下的匀强电场E，一质量为m、电量为q的带电粒子从某点以速度v0平抛，若匀强电场空间足够大，粒子所受重力忽略。
（1）求粒子在运动过程中速度方向与位移方向夹角正弦的最大值。
（2）如图，斜面倾角为45°，带电粒子在斜面底端正上方h处，若粒子水平初速度大小可变化，求粒子落在斜面上动能的最小值。
【答案】（1）解：设某一时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则速度与位移的夹角为β=θ−α
由于
tanθ=vyv0
tanα=vy2tv0t
得
tanθ=2tanα
tanβ=tan(θ−α)=tanθ−tanα1+tanθ⋅tanα=tanα1+2tan2α=12tanα+1tanα
由不等式性质可知上式最大值为24，所以sinβ≤13
（2）解：设粒子的水平位移为x，竖直位移为y，落在斜面上时间为t，则有
x=v0t
y=12at2
a=Eqm
联立得v02=ax22y
由动能定理得Eqy=Ek−12mv02
落在斜面上速度为v2=v02+2ay
由于x=ℎ−y 联立得Ek=12m(v02+2ay)=12m[2ay+a(ℎ−y)22y]=12ma[ℎ22y+52y−ℎ]≥12maℎ[5−1]
联立得粒子落在斜面上动能最小值为12Eqℎ(5−1)。
39．（2023·东阳模拟）如图甲所示，真空中存在一间距为d=0.02m的水平平行板电容器，板长L=0.04m，板间电压为U、板间匀强电场方向向上，MN为一垂直上极板PQ的足能长的光屏，其下端N与极板右端Q重合，在MN所在竖直线右侧空间存在匀强磁场。在下极板左端有一个粒子源A，可以紧贴极板水平向右连续发射带正电的粒子，粒子比荷为qm=1×108C/kg，初速度v0=1×105m/s。已知粒子打到极板或光屏时会被吸收，粒子之间的作用力不计，粒子的重力不计。
（1）为使粒子能够从极板间射出，求电压U的最大值；
（2）若匀强磁场方向垂直纸面向里（如图甲），大小为B1=0.05T，电压U可任意调节，则求粒子击中光屏形成痕迹的长度ΔL；
（3）若匀强磁场方向改成水平向右，大小变为B2=320T，电压U可任意调节，在极板右侧放置另一块与MN平行的足够大的光屏CD，CD在磁场中能左右移动，则求粒子打在光屏CD上留下所有痕迹的面积S；
（4）在满足第（3）问的条件下，同时在电容器的右侧与光屏之间加一水平向右的匀强电场，其场强大小E=33π×104N/C，在光屏上以D点原点（D点为光屏与FG直线的交点），垂直纸面向内为x轴，竖直向上为y轴，水平向右的方向为z轴，建立如图乙所示的三维直角坐标系xyz。光屏位置到G点的距离用K表示，现将光屏CD沿FG直线从G点开始从近到远依次放在不同位置上，光屏CD始终平行MN，当光屏距G点为K1与K2这两个位置时打在光屏上所有粒子的点迹首次先后出现如图丙、丁所示的两条直线（顺着匀强电场E，水平向右看光屏），其中图丙为距离K1时的图样，图丁为距离K2时的图样，则K1与K2这两位置相距多少距离？
【答案】（1）解：粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向t=Lv0=4×10−7s
竖直方向y=12at2=12Uqdmt2≤d
联立解得U≤2md2qt2=50V
所以电压U的最大值为50V；
（2）解：设射入磁场的粒子速度为v，与水平方向成角度θ，磁场中圆周运动半径为r0
则可得B1qv=mv2r0
解得运动半径为r0=mvB1q
由几何关系得，磁场中动弧线在竖直方向上的高度为Δy=2r0csθ
联立解得Δy=2mvB1qcsθ=2mv0B1q=0.04m
即Δy为定值，出射点离Q越远，打到光屏上离Q距离的越小，出射点离Q越近打到光屏上离Q距离的越大
当U=0时，从下级板边缘出射，此时距离Q最小ℎmin=Δy−d=0.02m
当U=50V时，从上级板边缘Q点出射，此时距离Q最大ℎmax=Δy=0.04m
因此，痕迹长度ΔL=ℎmax−ℎmin=d=0.02m
（3）解：粒子从电场中射出，进入磁场后，水平方向匀速运动，垂直磁场方向做匀速圆周运动
由图可知vy=v0tanθ=v0y0.5L
所以r=mv0Bq⋅y0.5L
圆心与下极板右边缘连线与竖直方向夹角θ满足
由图可知tanθ=ry=mv00.5qBL=33
所以 θ=30°
即圆心连线为一条直线且过下极板右边缘，所有光屏痕迹是由从上到下逐渐减小的圆叠加形成的，如图所示
当y=d时，圆半径最大，最大半径为rm=mv0Bq⋅d0.5L=233×10−2m=33d
则求粒子打在光屏CD上留下所有痕迹的面积为S=2S△+S扇形=rmd+23π(rm)2=(433+8π9)×10−4≈5.0×10−4m2
（4）解：加上水平向右的电场后，粒子进入磁场区域时水平方向匀加速运动，垂直磁场方向做匀速圆周运动，其周期为T=2πmqB2=403π3×10−8(s)
因粒子圆周的周期与速度大小无关，出现图1直线时，所有粒子偏转120°，由运动等时性可知，水平方向运动时间恰为T3，出现图2直线时，所有粒子恰好运动一周，水平方向运动时间为T，由运动学公式有：
K1=v0(13T)+12(qEm)(13T)2
K2=v0T+12(qEm)T2
所以两点相距ΔK=K2−K1=v0(23T)+12(qEm)[T2−(T3)2]=23π25(m)
40．（2023·安徽模拟）如图甲所示，长为L的平行金属板M、N上加有如图乙所示的交变电压，图乙中U0、T均已知，在过两板右端的虚线右侧有垂直于纸面向里足够大的匀强磁场，在两板中线左端有一粒子源，可以不断地从粒子源内沿两板间中线向右射出质量为m，电荷量为q的带正电的粒子，粒子射出的速度大小为LT，从t=0时刻射人的粒子恰好从N板右端附近射出，此粒子经磁场偏转后又恰好不能再进入两板间电场，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：
（1）M、N板间的距离；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）匀强磁场中所有粒子通过的区域的面积大小。
【答案】（1）解：由题可知粒子射出的速度大小为v0=LT，粒子穿过两板所用时间t=Lv0=T
设两板间的距离为d，从t=0时刻进入两板间的粒子在电场中运动的加速度大小a=qU0md
根据题意，粒子在垂直与两板间的方向上先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，加速和减速时间相同，则可知两段时间内的竖直位移也相同，因此有12d=2×12a(T2)2
解得d=qU0T22m
（2）解：从t=0时刻进入电场的粒子从N板右端进入磁场时，速度垂直于磁场边界，速度大小为v0，此粒子刚好不能进入电场，则粒子在磁场中做圆周运动的半径r=d2 ，根据牛顿第二定律qv0B=mv02r
解得B=2mLqT22mqU0
（3）解：一个周期内，从t=T2时刻进入电场的粒子恰好从M板右端射出电场，因此所有粒子射进磁场的区域长度为d，所有粒子进入磁场的速度大小均为v0，方向均垂直于磁场边界，
则磁场中有粒子经过的区域面积为S=2r⋅r+12πr2=(4+π)qU0T216m
41．（2023·安徽模拟）如图所示，坐标系xOy的第一象限存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向外；第四象限内有沿x轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为q(q>0)的粒子以速率v从y轴的点A(0，3L)射入磁场，经x轴上的点C(L，0)沿y轴负方向进入电场，然后从y轴负半轴D点以与y轴负方向成60°角离开电场，不计粒子重力，求：
（1）粒子在A点时速度方向与y轴正方向的夹角θ；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）粒子在电场和磁场中运动的总时间t。
【答案】（1）解：根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由于OA>OC，且从C点沿y轴负方向进入电场，则圆心在x轴负半轴，设粒子在第一象限磁场中做匀速圆周运动的半径为R，圆心为O′，由几何关系有R2=(3L)2+(R−L)2
解得R=2L
则有tan∠OAO′=OO′OA=33
设粒子在A点的速度方向与y轴正方向成θ角，由几何关系，有θ=180°−(90°−∠OAO′)
解得θ=120°
（2）解：根据题意可知，粒子在第二象限做类平抛运动，沿电场方向上有
a=qEm
L=12at2
vx=at
垂直电场方向上有y=vt
又有tan60°=vxv
联立解得y=233L，E=3mv22qL
（3）解：由上述分析可知，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为π3，则粒子在磁场中运动的时间为t1=π32π⋅2πRv=2πL3v
粒子在电场中运动的时间为t2=yv=23L3v
粒子在磁场电场中运动的总时间t=t1+t2=2(π+3)L3v
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