专题达标测试 一、单项选择题 (每小题4分,共20分) 1.(2009·杭州市模拟二) P、Q是某电场中一条电场 线上的两点,一点电荷仅在静电力 作用下,沿电场线从P点运动到Q点, 过此两点时的速度大小分别为vP和 vQ,其速度v随位移x变化的图象如图 6-1所示.P、Q两点电场强度的大小 分别为EP和EQ,该点电荷在这两点的电势能分别为 εP和εQ.下列判断正确的 （ ） 图6-1

A.EP>EQ,εP<εQ B.EP>EQ,εP>εQ C.EP<EQ,εP<εQ D.EP<EQ,εP>εQ 解析 由v—t图象知aP>aQ,FP>FQ,EP>EQ,从P到Q动能减小,静电力做负功,电势能增大,εP<εQ, A对. 答案 A

2.(2009·杭州市模拟四）如图6-2所示，在屏MN的 上方有磁感应强度为B的匀强磁 场,磁场方向垂直纸面向里,P为 屏上的一个小孔.PC与MN垂直, 一群质量为m、带电量为-q的粒 子(不计重力)以相同的速率v,从P处沿垂直于磁场 的方向射入磁场区域.粒子入射方向在磁场B垂直 的平面内,且散开在与PC左侧夹角为θ范围内.则 在屏MN上被粒子打中的区域的长度为 ( ) 图6-2

解析 由于粒子速率相同,由R= 知轨迹半径相同,因此当粒子沿PC方向入射时,在MN上打中的区域长度最远,s1=2R= ;当沿左侧边缘入射时,打在MN上距P点最近,s2=2Rcosθ= ,Δs=s1-s2= . 答案 C

3.(2009·珠海市第二次调研)一匀强电场平行于xOy 平面内从O点运动到A点,轨迹 如图6-3所示,且在A点时的速 度方向与x轴平行,则电场的方 向可能是 （ ） A.沿+x方向 B.沿-x方向 C.沿-y方向 D.沿+y方向 图6-3 C 解析 由粒子运动轨迹结合曲线运动条件可知,静电力方向(也即场强方向)应在v0反向延长线和x轴正方向之间的范围内,C正确.

4.(2009·福建省第二次质检)如图6-4所示,一电容 为C的平行板电容器,两极板A、B间距离为d,板间 电压为U,B板电势高于A板.两板间有M、N、P三 点,M、N连线平行于极板.N、P连线垂直于极板, M、P两点间距离为L,∠PMN=θ.以下说法正 确的是 （ ） 图6-4

A.电容器带电量为 B.两极板间匀强电场的电场强度大小为 C.M、P两点间的电势差为 D.若将带电量为+q的电荷从M移到P,该电荷的电势 能减少了 解析 C= ,Q=CU,A错;E= ,B错;UMP=UNP=E·Lsinθ= , C错;WMP=qUMP= ,D对. 答案 D

5.(2009·济南市5月高考模拟)如图6-5所示,MN是 一正点电荷产生的电场中的一 条电场线.一个带负电的粒子 (不计重力)从a到b穿越这条电 场线的轨迹如图中虚线所示.下列结论正确的是 ( ) A.带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小 B.正点电荷一定位于M点左侧 C.带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具 有的电势能 D.带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 图6-5

解析 由轨迹可知正电荷在右侧,从a到b静电力做正 功,动能增大,A、B错,C对;b点离正点电荷近,Eb>Ea, Fb>Fa,D错. 答案 C

二、双项选择题（每小题5分，共30分） 6.(2009·三明市质检)图6-6中a、b是两个等量正点 电荷,O点为a、b 连线的中点,M 是a、b连线的中垂线上的一个点. 下列判断正确的是 （ ） A.O点的场强比M点大 B.O点的电势比M点高 C.电子从O移到M点静电力做正功 D.电子从O移到M点时电势能增加 图6-6

解析 O点的场强为零,A错;在ab中垂线的上面,电场方向向上,φO>φM,B对;电子在OM上受力向下,从O到M静电力做负功,D对. 答案 BD 7.(2009·鞍山市第二次质检)在匀 强电场中有a、b、c三点,其连线 构成一等边三角形,边长为l,匀强 电场场强方向平行于三角形平面, 电子从a移到b,电势能减小W,质子从a移到c,电势 能增加W,如图6-7所示.则下列关系式正确的是 （ ） 图6-7

A.电势间关系为φc=φb>φa B.场强大小为E= C.场强大小为E= ,方向垂直bc向下 D.场强大小为E= ,方向垂直bc向上 解析 由电子从a移到b和质子从a移到c,静电力做功数值相等可知,φc=φb,从a到b,静电力对电子做正功,φb>φa, A正确;W=eUba,Uba= ,E= = ,D正确. 答案 AD

8.(2009·昆明市5月适应性检测)如图6-8所示, MN、PQ之间存在垂直纸面向里的 匀强磁场,磁场区域水平方向足够 长,MN,PQ间距为L,现用电子枪 将电子从O点垂直MN射入磁场区域, 图6-8 调整电子枪中的加速电压可使电子从磁场边界不同位置射出.a、b、c为磁场边界上的三点,下列分析正确的是 （ ）

A.从a、b、c三点射出的电子速率关系为va<vb<vc B.从a、b、c三点射出的电子速率关系为va<vc<vb C.若从边界MN射出的电子出射点与O点的距离为s, 则无论怎样调整加速电压,必有0<s<2L D.若从边界PQ射出的电子出射点与O点的距离为s, 则无论怎样调整加速电压,必有L<s<2L 解析 由R= 知v= ,A对;若从MN射出,则R= s<L,即0<s≤2L,C对;若从PQ边界射出,则有R> L,即 s>L,s>2L,D错. 答案 AC

9.(2009·汕头市二模)如图6-9所示,质量为m、电量 为e的电子,由a点以速率v竖直向 上射入匀强磁场,经过一段时间 后从b点以不变的速率v反方向飞 出,已知ab长为L.不计重力作用,则 ( ) A.电子在磁场中做匀速圆周运动 B.匀强磁场的方向垂直纸面向外 C.匀强磁场的方向垂直纸面向里 D.匀强磁场的磁感应强度B= 图6-9 AC

10.(2009·成都市第三次诊断性检测)如图6-10所示, 在直角坐标系xOy的第Ⅰ象限存在着方向平行于y 轴的匀强电场,场强大小为5×103N/C.一个可视为 质点的带电小球在t=0时刻从y轴上的a点以沿x轴正 方向的初速度进入电场,图中的b、c、d是从t=0时 刻开始每隔0.1s记录到的小球位置,已知重力加速 度的大小是10m/s2.则以下说法正确的是 ( ) 图6-10

A.小球从a运动到d的过程中,电势能一定增大 B.小球从a运动到d的过程中,机械能一定增大 C.小球的初速度是60m/s D.小球的比荷(电荷量/质量)是1×10-3C/kg 解析 x=6×10-2m,x=v0T;Δy=5×10-2=aT2,解得v0= m/s=0.6 m/s,C错;a= m/s2=5 m/s2,a<g,静电力竖直向上,从a运动到d的过程中,静电力做负功, A对,B错;mg-qE=ma,m(g-a)=qE, = = C/kg=1.0×10-3C/kg,D对. 答案 AD

三、解答题 (第11、12题各10分,第13、14题各15分, 共50分)  11.(2009·徐州市第三次调研)在地面上方某处的真 空室里存在着水平方向的匀强电 场,以水平向右和竖直向上为x轴、 y轴正方向建立如图6-11所示的平 面直角坐标系.一质量为m、带电 荷量为+q的微粒从点P（ l,0) 由静止释放后沿直线PQ运动.当微 粒到达点Q(0,-l)的瞬间,撤去电场,同时加上一个 垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出),磁感应 强度的大小B= ,该磁场有理想的下边界,其 图6-11

他方向范围无限大.已知重力加速度为g.求: (1)匀强电场的场强E的大小. (2)撤去电场加上磁场的瞬间,微粒所受合外力的大小和方向. (3)欲使微粒不从磁场下边界穿出,该磁场下边界的y轴坐标值应满足什么条件? 解析 (1)由于微粒沿PQ方向运动,可 知微粒所受的合力沿PQ方向,可得 qE=mgcotα 易知α=60° 解得E=

(2)微粒到达Q点的速度v可分解为水平分速度为v1和竖直分速度为v2,根据竖直方向上自由落体运动规律,有 v22=2gl 则v2= v1=v2tan30°= 对于水平分速度v1,其所对应的洛伦兹力大小为F洛1,方向竖直向上 则F洛1=qv1B=q· 即与重力恰好平衡,对于竖直分速度v2,其所对应的洛伦兹力大小为F洛2,方向水平向左 此力为微粒所受的合力

F=F洛2=qv2B=q· (3)由(2)可知,微粒的运动可以看作水平面内的匀速直线运动与竖直面内的匀速圆周运动的合成.能否穿过下边界取决于竖直面内的匀速圆周运动,则 qv2B= 解得r= 所以欲使微粒不从其下边界穿出,磁场下边界的y坐标值应满足 y≤-(r+l)=-( )l 答案 (1) (2) 水平向左 (3)y≤-( )l

12.(2009·厦门市适应性考试)质谱仪在科学研究中 有广泛应用,如图6-12甲所示是一种测定带电粒子 比荷的质谱仪原理图.某种带正电的粒子连续从小 孔O1进入电压为U0=50V的加速电场(初速度不计), 粒子被加速后从小孔O2沿竖直放置的平行金属板 a、b中心线射入,最后打到水平放置的感光片MN 上.已知磁场上边界MN水平,且与金属板a、b下端 相平,与中心线相交于点O,B=1.0×10-2T,方向垂 直纸面向里,a、b板间距d=0.15m.(不计粒子重力 和粒子间的作用力)

图6-12

(1)当a、b间不加电压时,带电粒子经电场加速和磁场偏转,最后打在感光片上而形成亮点,经测量该亮点到O点的距离x=0. 20m,求粒子的比荷 (2)当a、b间加上如图乙所示的电压Uab时,带电粒子打在感光片上形成一条亮线P1P2,P1到O点的距离 x1=0.15m, P2到O点的距离x2=0.25m.求打击感光片的粒子动能的最大值Ek1与最小值Ek2的比 .(由于每个粒子通过板间的时间极短,可以认为粒子在通过a、b板间的过程中电压Uab不变). 解析 (1)当平行金属板a、b间不加电压时,设粒子以速度v0进入磁场后做匀速圆周运动到达P点,轨迹半径为R0,有x=2R0

由牛顿第二定律得qv0B= 由动能定理有qU0= 得带电粒子的比荷 =1.0×108C/kg (2)设进入磁场时粒子速度为v,它的方向与O1O的夹角为θ,其射入磁场时的入射点和打 到感光片上的位置之间的距离Δx,有 qvB= v0=vcosθ 由几何关系得Δx=2Rcosθ= 即Δx与θ无关,为定值. 则带电粒子在平行金属板a、b间的最大偏移量

y= 对应的偏转电压U=50V=U0 由功能关系可知偏移量最大的带电粒子离开平行金属板a、b时有最大动能Ek1,由动能定理  解得Ek1= 同理,t1=0时刻进入平行金属板a、b间的带电粒子离开平行金属板时有最小动能Ek2,则 Ek2=qU0 故 =4∶3 答案 (1)1.0×108C/kg (2)4∶3

13.(2009·陕西师大附中第五次模拟)如图6-13甲所 示,带正电粒子以水平速度v0从平行金属板MN间中 线OO′连续射入电场中.MN板间接有如图乙所示 的随时间t变化的电压UMN,两板间电场可看作是均 匀的,且两板外无电场.紧邻金属板右侧有垂直纸 面向里的匀强磁场B,分界线为CD,EF为屏幕.金属 板间距为d,长度为l,磁场B的宽度为d.已知:B=5× 10-3T,l=d=0.2m,每个带正电粒子的速度v0=105m/s, 比荷为 =108C/kg,重力忽略不计,在每个粒子通 过电场区域的极短时间内,电场可视作是恒定不变 的.试求:

图6-13 (1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径? (2)带电粒子射出电场时的最大速度? (3)带电粒子打在屏幕EF上的范围. 解析 (1)t=0时刻射入电场的带电粒子不被加速,进入磁场做圆周运动的半径最小. 粒子在磁场中运动时qv0B=

则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径 rmin= =0.2m 其运动的径迹如下图中曲线Ⅰ所示. (2)设两板间电压为U1,带电粒子刚好从极板边缘射出电场,则有

代入数据,解得U1=100V 在电压低于100V时,带电粒子才能从两板间射出电场,电压高于100V时,带电粒子打在极板上,不能从两板间射出.带电粒子刚好从极板边缘射出电场时,速度最大,设最大速度为vmax,则有  解得vmax= ×105m/s=1.414×105m/s (3)由第(1)问计算可知,t=0时刻射入电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径 rmin=d=0.2m

径迹恰与屏幕相切,设切点为E,E为带电粒子打在屏幕上的最高点,则 =rmin=0.2m 带电粒子射出电场时的速度最大,在磁场中做圆周运动的半径最大,打在屏幕上的位置最低. 设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半径为rmax,打在屏幕上的位置为F,运动径迹如图中曲线Ⅱ所示. qvmaxB= 则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径 rmax=

由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上,如图中Q点所示,并且Q点必与M板在同一水平线上.则 带电粒子打在屏幕EF上的范围为 =rmax- = =0.18m 所以O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范围内.  答案 (1)0.2m (2)1.414×105m/s (3)O′上方0.2m到O′下方0.18m范围内

14.(2009·茂名市第二次高考模拟)如图6-14所示, 位于竖直平面内的坐标系xOy,在其第三象限空间 有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场,磁 感应强度大小为B,还有沿x轴负方向的匀强电场, 场强大小为E,在其第一象限空间有沿y轴负方向的、 场强为E′= 的匀强电场,并在y>h区域有磁感 应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场.一个 电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初 速度,恰好能沿PO作匀速直线运动(PO与x轴负方 向的夹角为θ=37°),并从原点O进入第一象 限.(已知重力加速度为g,sin37°=0.6, cos37° =0.8)问:

图6-14 (1)油滴的电性. (2)油滴在P点得到的初速度大小. (3)油滴在第一象限运动的时间和离开第一象限处的坐标值.

解析 (1)油滴带负电. (2)油滴受三个力作用,如右图所示.从P到O沿直线必为匀速运动,设油滴质量为m 由平衡条件有qvBsin37°=qE mgtan37°=qE 则v= m= (3)进入第一象限,静电力F′=qE′= 重力mg= 知油滴先做匀速直线运动,进入y≥h的区域后作匀速圆周运动,路径如下图所示,最后从x轴上的N点离开第一象限.

由O→A匀速运动位移为s1= 运动时间t1= 由A→C的圆周运动时间为 t2= 由对称性知从C→N的时间t3=t1 在第一象限运动的总时间t=t1+t2+t3= +

由在磁场中的匀速圆周运动,有qvB= 由②③⑦式解得轨道半径r= 图中的ON=2(s1cos37°+rsin37°)= 即离开第一象限处N点的坐标为 答案 (1)带负电 (2) + (3) 返回