1、1专题四 电磁场类问题（电、磁、复合场）一、 单选题1.如图所示，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变。让不计重力的相同带电粒子 a、 b，以不同初速度先、后垂直电场射入， a、 b分别落到负极板的中央和边缘，则( )A b粒子加速度较大B b粒子的电势能变化量较大C若仅使 a粒子初动能增大到原来的2倍，则恰能打在负极板的边缘D若仅使 a粒子初速度增大到原来的2倍，则恰能打在负极板的边缘2.如图甲所示，两平行正对的金属板 A、 B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间 P处。若在 t0时刻释放该粒子，粒子会时而向 A板运动，时而向 B板运动，并
2、最终打在 A板上。则 t0可能属于的时间段是( )A0mgcos ，此时，杆对圆环的弹力为 FN qvB mgcos ，当 mgsin F N (qv大 B mgcos )时速度最大，解得 v大 9.2 m/s，故D正确。9.解析：选BC 海水向东流动的过程中，正电荷受到的洛伦兹力的方向指向 M，而负电荷受到的洛伦兹力的方向指向 N，所以 M侧聚集正电荷， M侧的电势高，故A错误；开关S断开时，设海水中的电荷所带的电荷量为 q，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时， M、 N两端的电压 U保持恒定，有 qvB q ，解得： U Bdv，故B正确；设开Ud关S闭合后，发电管道进、出口两端压力分别为
3、F1、 F2，海水所受的摩擦阻力恒为 f，开关S闭合后管道内海水受到的安培力为 F安 ，有： F2 F1 f F安 ， F安 BId，根据欧姆定律有 I ，解得： F F2 F1 fUR r ，故C正确；电阻 R上的功率为 P I2R ，故D错误。B2d2vR r B2d2v2RR r2910.解析：选CD 画出粒子在磁场区域内运动的轨迹如图所示，由题意及速度方向确定轨迹圆的圆心在 O点，连接 AE，由几何关系确定各角度关系如图所示。粒子在磁场区域内运动的半径 r OA 2 a，C正确；由洛伦兹力提供向心力 qvBAEsin 302acos 30sin 30 3，解得 v ，mv2r 23Bq
4、amA错误；粒子在磁场区域内运动的时间 t ，B错误；若改变303602 mqB m6qB粒子初速度的大小和 B的大小，仍使粒子从 ED边界垂直飞出磁场区域，通过画图知带电粒子在磁场中的运动轨迹不变，所以路程也不变，D正确。11.解析：(1)小球经 B点时，在竖直方向有 T mg 即 T mgmv2L mv2L由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小也为 mg 。mv2L(2)O点电势为零，而 O在 MN的垂直平分线上，所以 B0小球从 A到 B过程中，由动能定理得 mgL q( A B) mv2解得 A 。12 mv2 2mgL2q(3)由电场对称性可知， C A，即 UAC2 A小球从 A到
5、 C过程，根据动能定理 qUAC mvC2解得 vC 。12 2v2 4gL12.解析：(1)带电微粒由 A运动到 B的过程中，由动能定理有| q|E1d1| q|E2d20， E1d1 E2d2，解得 d20.50 cm。(2)设微粒在虚线 MN两侧的加速度大小分别为 a1、 a2，由牛顿第二定律有|q|E1 ma1， | q|E2 ma2，设微粒在虚线 MN两侧运动的时间大小分别为 t1、 t2，由运动学公式有d1 a1t12， d2 a2t22， 又 t t1 t2， 解得 t1.510 8 s。12 12答案：(1)0.50 cm (2)1.510 8 s13.解析 (1)在电场中，粒
6、子做类平抛运动，设 Q点到 x轴距离为 L，到 y轴距离为2 L，粒子的加速度为 a，运动时间为 t，有2 L v0t L at2 12设粒子到达 O点时沿 y轴方向的分速度为 vy vy at 设粒子到达 O点时速度方向与 x轴正方向夹角为 ，有tan vyv0联立式得 45 即粒子到达 O点时速度方向与 x轴正方向成45角斜向上。设粒子到达 O点时速度大小为 v，由运动的合成有 v v02 vy210联立式得 v v0。 2(2)设电场强度为 E，粒子电荷量为 q，质量为 m，粒子在电场中受到的电场力为 F，由牛顿第二定律可得 F ma 又 F qE 设磁场的磁感应强度大小为 B，粒子在磁
7、场中做匀速圆周运动的半径为 R，所受的洛伦兹力提供向心力，有 qvB m 由几何关系可知 R L v2R 2联立式得 。 EB v02答案 (1) v0，与 x轴正方向成45角斜向上 (2)2v0214. 解析 (1)小滑块沿 MN运动过程，水平方向受力满足 qvB N qE小滑块在 C点离开 MN时 N0 解得 vC 。EB(2)由动能定理得 mgh Wf mvC20 解得 Wf mgh 。12 mE22B2(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为 g， g (qEm)2 g2且 vP2 vD2 g 2t2解得 vP 。
8、vD2 (qEm)2 g2t2答案 (1) (2) mgh (3) EB mE22B2 vD2 (qEm)2 g2t215.解析：(1)粒子进入偏转电场时的动能，即为 MN间的电场力做的功 Ek WMN U0q。(2)设带电粒子以速度 v进入磁场，且与磁场边界之间的夹角为 时，轨迹如图所示，向下偏移的距离： y R Rcos R(1cos )而 R v1 vsin mvBq y mv1Bq 1 cos sin 当 90时， y有最大值。即加速后的粒子以速度 v1进入竖直极板 P、 Q之间的电场不发生偏转，沿中心线进入磁场。磁场上、下边界区域的最小宽度即为此时的粒子运动轨道半径。U0q mv12 所以 v1 ymax L。12 2qU0m mv1Bq(3)粒子运动轨迹如图所示，若 UPQ0时进入偏转电场，在电场中做匀速直线运动，进入磁场时 R L，打在感光胶片上距离交点 O
