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阶段性训练（三）
考察内容（电场 恒定电流 磁场）
一．选择题
1．熔喷布是口罩的中间过滤层（如图），是一种用绝缘材料做成的带有静电的超细纤维布，它能阻隔几
微米的病毒，这种静电的阻隔作用属于（ ）
A．尖端放电
B．静电屏蔽
C．静电吸附
D．静电平衡
【答案】C
【详解】体积微小的病毒吸附在带有静电的超细纤维布上，属于静电吸附。
故选C。
2．单位为J/s 的物理量是（ ）
A．电功率
B．磁感应强度
C．磁通量
D．电场强度
【答案】A
【详解】焦耳为能量单位，秒是时间单位。J
s 写成对应的表达式为W
t 。由P = W
t 可知，单位为J/s的物理
量是功率。
故选A。
3．自然科学中很多物理量的表达式都有不止一个，通常都有其定义式和决定式，它们反映人们对自然界
认识的不同层次．定义式侧重描述客观世界，决定式侧重对因果关系的解释．下列表达式中，侧重解释因
果关系的是（ ）
A．a= F
m
B．R = U
I
C．φ = EP
q
D．E = F
q
【答案】A
【详解】A．加速度是因为力而产生的，所以加速度a= F
m侧重解释因果关系，故A 正确；
1
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B．R = U
I 是电阻的定义式，不是决定式，没有侧重解释因果关系，故B 错误；
C．φ = EP
q 是电势的定义式，不是决定式，没有侧重解释因果关系，故C 错误；
D．E = F
q 是电场强度的定义式，不是决定式，没有侧重解释因果关系，故D 错误。
故选A。
4．锂电池体积小、容量大、电压稳定，在手机中广泛应用。它主要依靠锂离子在正极（含锂化合物）和
负极（碳材料）之间移动来工作，其原理如图所示。若某款手机锂电池的电动势3.7V，电池容量
4000mA·h，正常通话电流400mA，则（ ）
A．正常通话时，电池输出的功率为1.48W
B．电池充满电后，手机能正常通话2.7h
C．图示状态是电池放电状态
D．负极积累的锂离子越多，电池存储的电能越少
【答案】C
【详解】A．正常通话时，电池的总功率为P总= EI =3.7×0.4 W =1.48 W
由于存在一定的内阻，所以电池输出的功率小于1.48W，故A 错误；
B．电池充满电后，手机能正常通话时间为t = q
I = 4000
400 h=10h
故B 错误；
C．图示状态锂离子从电池负极到正极，即为电池内部的电流方向，故处于放电状态，故C 正确；
D．负极积累的锂离子越多，电池中充入的电荷量也就越多，存储的电能越多，故D 错误。
故选C。
5．如图所示，在水平向右、大小为E 的匀强电场中，在O 点固定一电荷量为Q 的正点电荷，A、B、C、
D 为以O 为圆心、半径为r 的同一圆周上的四点，B、D 连线与电场线平行，A、C 连线与电场线垂直。则
2
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（ ）
A．A 点的电场强度大小为√
E
2+k
2 Q
2
r
4
B．B 点的电场强度大小为E−k Q
r
2
C．D 点的电场强度大小不可能为0
D．A、C 两点的电场强度相同
【答案】A
【详解】A．正点电荷Q 在A 点激发的电场强度大小E1= kQ
r
2
匀强电场在A 点的电场强度大小为E，因方向相互垂直，根据矢量的合成法则，有A 点的电场强度大小为
√
E
2+k
2 Q
2
r
4 ，故A 正确；
B．点电荷Q 在B 点的电场强度的方向与匀强电场方向相同，因此B 点的电场强度大小为E+ kQ
r
2 ，故B 错
误；
C．点电荷Q 在D 点激发的电场强度的方向与匀强电场方向相反，当两者大小相等时，D 点的电场强度大
小为零，故C 错误；
D．根据矢量的合成法则，结合点电荷电场与匀强电场的方向可知，A、C 两点的电场强度大小相等，方向
不同，故D 错误。
故选A。
6．三维坐标系yOz 平面内有一圆心在坐标原点、半径为d 的均匀带电细圆环，y 轴上y=√3d位置有一带电
量为＋q 的点电荷，x 轴上的P 点到圆心O 的距离也为√3d。若P 点场强沿y 轴负方向，则关于带电圆环说
法正确的是（ ）
3
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A．带正电，电量为2√6
9
q
B．带负电，电量为2√6
9
q
C．带正电，电量为√2
4 q
D．带负电，电量为√2
4 q
【答案】B
【详解】+q 在P 点的场强为E1=k
q
(√3d )
2+(√3d )
2 = kq
6d
2
方向与x 轴夹角为45°斜向右下，圆环在P 点的场强沿水平方向，因P 点场强沿y 轴负方向，可知圆环在P
点的场强与点电荷+q 在P 点在x 方向的场强的分量等大反向，可知圆环在P 点的场强方向沿x 轴负向，可
知圆环带负电；圆环在P 点的场强E =∑k
ΔQ
d
2+(√3d)
2 cos30
∘=k
Q
d
2+(√3d)
2 cos30
∘= E1cos 45
∘
解得Q = 2√6
9
q
故选B。
7．竖直平面内固定有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，两点电荷相距0.6m，O 为两点电荷水平连线的中
点。一电荷量为−q的带电小球自O点开始向下运动，初动能大小为2.0J，其动能Ek与位移x的关系如图乙
中曲线I 所示，x =0.4 m处为曲线的最低点，此时动能大小为1.85J。直线II 为计算机拟合的曲线I 的一条
渐近线，其斜率大小为9.0J/ m。已知小球可视为质点，运动过程中电荷量保持不变，空气阻力不计，重
力加速度g=10 m /s
2，静电力常量k =9.0×10
9 N ⋅m
2/c
2，则（ ）
4
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A．小球的质量为9.0kg
B．小球的电荷量为q =1.25×10
−5C
C．下落到x =0.4 m的过程中，小球的加速度先减小后增加
D．下落到x =0.4 m的过程中，小球的电势能增加了约0.15J
【答案】B
【详解】ACD．由动能定理知，Ek−x图像的斜率为合外力，由图知0.4m 内，Ek−x图像的斜率先减小后
增大再减小，即小球所受的合外力先减小后增大再减小，由牛顿第二定律知，此过程小球的加速度先减小
后增加再减小；当x→∞时，小球所受的电场力趋近于0，则Ek−x图像的渐近线的斜率为重力，即mg =9
N
解得小球的质量m=0.9kg
0～0.4m 内，由能量守恒定律知，小球电势能的增加量Δ Ep 弹=mg×0.4 J+(2.0−1.85)J =3.75J
故ACD 错误；
B．小球在x=0.4m 处所受合外力为0，此时mg=2k
q
2
(0.4)
2+( 0.6
2 )
2 cosθ
其中cosθ =
0.4
√(0.4)
2+( 0.6
2 )
2 =0.8
解得电荷量q =1.25×10
−5C
故B 正确。
5
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故选B。
8．在距离为L 的质子源和靶之间有一电压为U 的匀强电场，质子（初速度为零）经电场加速，形成电流
强度为I 的细柱形质子流打到靶上且被靶全部吸收。在质子流中与质子源相距l 和4l 的两处，各取一段极
短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为n1和n2，已知质子质量为m、电荷量为e。下列说法正确的
是（ ）
A．n1= 4 n2
B．每秒打到靶上的质子的总动能为eU
C．质子流对靶的作用力大小为I√
2mU
e
D．质子源与靶间的质子总数为IL
e √
m
2eU
【答案】C
【详解】A．在质子流中与质子相距为l处的速度为v1=√2al =√
2Uel
Lm
在质子流中与质子相距为4l处的速度为v2=√2a 4l =2v1
在两个位置各取一段极短相等长度的质子流t1=2t2
电流I是指单位时间内通过某一横截面积的电荷量。设单位时间打到靶上的质子数为N，则I = Ne
所以N = I
e
因此n1:n2= N t1: N t2=2:1
即n1=2n2，A 错误；
B．对单个质子经过电场加速获得的动能Ue = 1
2 m v
2
解得v =√
2Ue
m
单位时间内打到靶上的质子的总动能为NUe = I
e Ue = IU，B 错误；
C．质子打在靶上被吸收，根据动量定理，单位时间质子打在靶上对靶的作用力
F = Nmv = I
e m√
2Ue
m = I√
2Um
e
，C 正确；
D．质子在电场中的加速度a= Ue
mL
6
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质子从质子源运动到靶所用时间t = Δv
a = v
a =√
2Ue
m
Ue
mL
= L√
2m
Ue
所以质子源到靶间的质子总数Nt = IL
e √
2m
Ue
，D 错误。
故选C。
9．超导体是一种在温度降低到特定温度以下，电阻会突然降为零，且完全排斥磁场的材料。超导体从有
电阻的正常态转变为零电阻的超导态，有两个重要的临界参数：临界温度Tc 和临界磁场强度Hc。临界温
度Tc 是在没有外磁场干扰的理想条件下，超导体从正常态转变为超导态的温度。临界磁场强度Hc 描述了
超导体在特定温度下能够承受的最大外部磁场强度，超过该值后，超导体将从超导态转变为正常态。已知
某类超导体的临界磁场强度Hc 与热力学温度T 的关系为H c = H c 0[1−(
T
T c)
2
]
，式中Hc0是理论上达到绝
对零度时的临界磁场强度。下列说法正确的是（ ）
A．若温度低于Tc，超导体一定处于超导态
B．若温度逐渐升高但不超过Tc，可以通过减小磁场强度的方式来维持超导态
C．若外加磁场强度大于Hc0，且温度低于Tc，则超导体处于超导态
D．若外加磁场强度小于Hc0，且温度高于Tc，则超导体处于超导态
【答案】B
【详解】A．若温度低于Tc，但磁场强度高于Hc，超导体处于正常态，A 错误；
B．温度不超过Tc，磁场强度低于Hc 时，超导体处于超导态，所以温度升高且不超过Tc 时，可以通过减
小磁场强度的方式来维持超导态，B 正确；
C．温度低于Tc，根据H c = H c 0[1−(
T
T c)
2
]
得，H c< H c❑0 ，若外加磁场强度大于Hc0，则外加磁场大于
临界磁场，超导体处于正常态，C 错误；
D．若温度高于Tc，超导体处于正常态，D 错误。
故选B。
10．如图所示的U −I图像中，直线a 表示某电源路端电压与电流的关系图线，图线b 为电阻R 的U −I图
线。用该电源直接与电阻R 连接成闭合电路，以下说法正确的是（ ）
7
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A．该电源电动势为4V，内阻为1Ω
B．此状态下R 的阻值为2Ω
C．此状态下R 的功率为6W
D．此状态下电源的总功率为8W
【答案】B
【详解】B．由图像交点坐标，可得此状态下R 的阻值为R = U
I =2.0Ω
故B 正确；
A．根据闭合电路欧姆定律可得U = E−Ir
根据U −I图像可得，电源电动势为纵截距6.0V，内阻为r =|k|=|
0−6.0
4.0 |Ω=1.5Ω
故A 错误；
C．此状态下R 的功率为P =UI =8 W
故C 错误；
D．此状态下电源的总功率为P总= EI =12W
故D 错误。
故选B。
11．霍尔元件被广泛使用在新能源行业中。图中左侧线圈连接待测电压U 时，霍尔元件将输出一个电压值
UH。霍尔元件由载流子为正电荷的材料制成，元件中通入的称电流I0从a 流向b，放大示意图见下部分。
则（ ）
A．图中霍尔元件处有方向向上的磁场
8
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B．图中霍尔元件前表面c 为低电势面
C．增大待测电压U，霍尔电压UH将减小
D．霍尔电压UH的大小与霍尔电流I0无关
【答案】B
【详解】A．根据右手螺旋定则，判断出左侧线圈的上端充当条形磁铁的N 极，下端充当条形磁铁的S 极，
在条形磁铁的外部，磁场由N 极指向S 极，所以霍尔元件处磁场方向向下，A 错误；
B．霍尔元件由载流子为正电荷的材料制成，运动的电荷在磁场中受洛伦兹力，根据左手定则可知正电荷
向后表面d偏转，所以后表面d为高电势面，前表面c为低电势面，B 正确；
C．设霍尔元件高为h，bc面间的距离为l，根据qvB = U H
l q
电流的微观表达式I 0=nqSv =nqhlv
两式联立解得，霍尔电压U H= I 0 B
neh
所以待测电压加大，则左侧电路中的电流增大，所产生的磁场增大，所以霍尔电压增大，C 错误；
D．根据霍尔电压的公式可知，霍尔电压的大小与霍尔电流有关，D 错误。
故选B。
12．如图所示，三个完全相同的小球a、b、c 带有相同电荷量正电荷，从同一高度由静止同时开始下落，
当下落某一相同高度后a 球进入水平向左的匀强电场，b 球进入垂直纸面向里的匀强磁场，最终它们落到
同一水平地面上，不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A．a、b、c 三球同时落地，且落地时三球动能相同
B．b 球最后落地，落地时c 球动能最大
C．a、c 同时落地，落地时b、c 动能相同
D．c 最后落地，落地时b 动能最大
【答案】C
【详解】根据题意可知，c 做自由落体运动；而a 除竖直方向做自由落体运动外，水平方向受到电场力作
用做初速度为零的匀加速运动，所以下落时间一样，不过下落的速度大于c 的自由落体运动的速度；
9
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对于b 受到洛伦兹力作用，因洛伦兹力始终与速度垂直，所以在竖直方向除受到重力作用外，带电粒子偏
转后还有洛伦兹力在竖直方向的分力，导致下落的加速度变小，则下落时间比c 的长，由于洛伦兹力不做
功，因此下落的速度大小等于c 的；
故va>vb= vc，ta=tc<tb
因电场力做正功，而洛伦兹力不做功，所以落地时a 球动能最大，b、c 动能相同；
故选C。
二．多选题
13．如图所示，直角坐标系xoy中，在0≤x ≤a的区域内，第一象限有垂直纸面向外的有界匀强磁场B，第
四象限有平行于y轴正方向的匀强电场E。将❑1
1H从O点沿y轴正方向射入，多次经过磁场和电场后从磁场
中垂直右边界射出。若将❑1
1H换成动量相同的❑1
2H，其余条件不变，则❑1
1H和❑1
2H（ ）
A．在磁场中运动的总路程相同
B．在电场中运动的总路程相同
C．在磁场中运动的总时间相同
D．在电场中运动的总时间相同
【答案】AD
【详解】AC．粒子运动轨迹如图，粒子在磁场中做圆周运动，则qvB =m v
2
r
可得r = mv
qB = p
qB
因两粒子动量相同，带电量相同，可知在磁场中运动半径相同；即粒子在磁场中路径相同，总路程相同；
根据T = 2πm
qB
因两粒子的比荷不同，则周期不同，在磁场中运动时间不同，选项A 正确，C 错误；
10
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BD．粒子进入磁场时先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速运动回到出发点，加速度a= qE
m
一个来回的时间t = 2v
a = 2 p
ma = 2 p
qE
因两粒子的动量和电量相同，可知时间相同，两粒子在电场中来回运动的次数相同，可知在电场中的运动
时间相等；粒子到达的最远位置离x 轴的距离y = v
2
2a =
p
2
2am
2 =
p
2
2qmE
因两粒子质量乘积不等，可知y 不等，即在电场中的路程不等，选项B 错误，D 正确。
故选AD。
14．两点电荷M、N 分别固定在x =−40cm和坐标原点处，若取无穷远处电势为0，则两点电荷所形成电
场的电势在x 轴正半轴上的分布如图所示，图线与x 轴交于x0处，x=40cm 处电势最低。现有一正点电荷q
从x0处由静止释放，其只在电场力作用下运动。下列说法中正确的是（ ）
A．点电荷M 带正电、N 带负电
B．x0处的电场强度为0
C．点电荷M、N 所带电荷量大小之比为4 1∶
D．正点电荷q 沿x 轴正方向运动的过程中，电势能先减小后增大
【答案】CD
【详解】A．根据电势变化情况可知，自x>0区域从左至右电势先降低后升高，所以场强方向先沿x轴正方
向后沿x轴负方向，可知点电荷M 带负电，点电荷N 带正电，故A 错误；
B．在φ−x图像中，斜率表示电场强度，在x0处的图像斜率不为零，则电场强度也不为零，故B 错误；
11
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C．在x = 40cm处图像斜率为零，电场强度为0，则满足k Q1
(2r)
2 =k Q2
r
2
可知点电荷M、N 所带电荷量大小之比为Q1:Q2= 4:1
故C 正确；
D．一正点电荷q从x0处由静止释放，正点电荷会向电势低的方向运动，正点电荷q沿x轴正方向运动的过
程中，电势先降低后升高，由于Ep=qφ可知，正点电荷的电势能先减小后增大，故D 正确。
故选CD。
15．如图所示，在倾角为θ 的固定绝缘斜面上，质量分别为m1和m2的两个物块P 和Q 用与斜面平行的绝
缘轻质弹簧相连接，弹簧劲度系数为k，带电物块P 下表面光滑，不带电物块Q 下表面粗糙。初始时物块
P 和Q 静止在斜面上，物块Q 恰好不下滑。现在该空间加上沿斜面向上的匀强电场，物块P 开始沿斜面向
上运动，运动到最高点A 时，物块Q 恰好不上滑。下列说法正确的是（ ）
A．物块P 从开始到运动到A 点，运动的位移大小为(m1+m2)gsinθ
k
B．物块P 从开始到运动到A 点，运动的位移大小为2(m1+m2)gsinθ
k
C．物块P 所受的电场力大小为2(m1+m2)gsinθ
D．若仅将电场强度变为原来的2 倍，物块P 运动到A 点时的速度大小为2(m1+m2)gsinθ
√m1k
【答案】BD
【详解】AB．设物块与斜面的最大静摩擦力为f ，没有加电场时，设弹簧的压缩量为x1，弹簧弹力为T 1，
对Q 根据平衡条件有m2 gsinθ+T 1= f
对P 根据平衡条件有T 1=k x1=m1 gsinθ
加上沿斜面向上的匀强电场后，P 到达A点时，设弹簧的伸长量为x2，弹簧弹力为T 2，对Q 根据平衡条件
12
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T 2=k x2=m2 gsinθ+ f
物块P 从开始到运动到A 点，运动的位移大小为x = x1+ x2
联立可得x = 2(m1+m2)gsinθ
k
故B 正确，A 错误；
C．设物块P 所受电场力为F，物块P 从初始状态到最高点过程中，根据能量守恒定律有
Fx = 1
2 k x2
2−1
2 k x1
2+m1gx sinθ
解得F =(m1+m2)gsinθ
故C 错误；
D．若仅将电场强度变为原来的2 倍，物块P 从初始位置到A点过程，根据动能定理
2 Fx −( 1
2 k x2
2−1
2 k x1
2)−m1gx sinθ = 1
2 m1v
2−0
解得v = 2(m1+m2)gsinθ
√m1k
故D 正确。
故选BD。
三．实验题
16．某课外活动小组用西红柿自制了一水果电池组。现在要测量该电池组的电动势和内阻（电动势约为
2V，内阻在1kΩ~2kΩ 之间），实验室现有如下器材各一个
多用电表：欧姆挡（×1，×10，×100，×1k）
13
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直流电流挡（0~0.5mA，0~1mA，0~10mA，0~100mA）
直流电压挡（0~0.5V，0~2.5V，0~10V，0~50V，0~250V，0~500V）
电压表：（0~3V，0~15V）
电流表：（0~0.6A，0~3A）
滑动变阻器：R1（0~10Ω），R2（0~2000Ω）
开关及导线若干。
(1)该小组同学先用多用电表直流电压“0~2.5V”挡，粗测了电池组的电动势，指针稳定时如图甲所示，其
示数为 V（结果保留两位有效数字）；
(2)为了更精确地测量该电池组的电动势和内阻，采用伏安法测量，应选 测电压，选 测电流（填
电表名称和所选量程）；滑动变阻器应选 （填电阻符号）；
(3)请设计实验电路，并用线段代替导线将图乙中相关器材连成实物电路图。
(4)按正确的步骤规范操作，测出多组U 和I 的数值，经分析，电动势E 测 E 真；内电阻r 测 r 真。
(填“大于”、“小于”、“等于”）
【答案】(1)1.8
(2) 直流电压挡0~3V 直流电流挡0~1mA R2
(3)见解析
(4) 等于 大于
【详解】（1）多用电表直流电压“0~2.5V”挡，由图甲所示可知，其分度值为0.05V，题目要保留两位有
效数字，则读数为1.8V。
（2）[1]用伏安法测量电源的电动势及内阻，因为水果电池组电动势约为2V，应选用直流电压挡0~3V 测
量电压；
[2]因为水果电池组的电动势和内阻（电动势约为2V，内阻在1kΩ~2kΩ 之间），根据闭合电路欧姆定律可
得I min= E
rmax
≈
2
2×10
3 A =1.0 mA，I max = E
rmin
≈
2
1×10
3 A =2.0 mA
应选用直流电流挡0~1mA 测电流；
[3]滑动变阻器应采用限流接法，又因为电池内阻在1kΩ~2kΩ 之间，所以滑动变阻器选择R2；
（3）因为伏安法测电源电动势和内阻时，由于电源内阻很大，相对于电源应使电流表采用内接法，把两
者分开减小误差，则实物连线如图所示
14
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（4）[1][2]若不考虑电表内阻的影响，根据闭合电路欧姆定律可得U = E测−I r测
可知U −I图像的纵轴截距为b= E测
U −I图像的斜率绝对值为|k|=r测
考虑电表内阻的影响，由于误差来源于电流表的分压，设电流表内阻为RA，根据闭合电路欧姆定律可得
U = E真−I (r真+ RA)
可知U −I图像的纵轴截距为b= E真
U −I图像的斜率绝对值为|k|=r真+ RA
则有E测= E真，r测>r真
17．某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。图甲中，A 是一个带正电的物体，
系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向
的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。
步骤一：把系在丝线上的带电量不变的小球先后挂在横杆上的P1，P2，P3等位置，比较小球在不同位置
所受带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置，增大（或减小）小球所带电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
(1)图甲中实验采用的方法是________（填正确选项前的字母）。
A．理想实验法
B．等效替代法
C．微小量放大法
D．控制变量法
(2)图甲实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而 （填“增大”
“减小”或“不变”）。
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(3)如图乙，当小球B 静止时，两球球心恰好在同一水平面上，细线与竖直方向的夹角为θ，若小球B 的质
量为m，重力加速度为g，则库仑力F 与夹角θ之间的关系式F = ．
【答案】(1)D
(2)增大
(3)mg tanθ
【详解】（1）题中采用的是控制变量法，保证电荷量不变改变距离，或者保证距离不变改变电荷量。
（2）离得越远角度越小，说明库仑力越小，故库仑力会随着距离的减小而增大。
（3）对小球列平衡方程，则有
F =T sinθ
T cosθ =mg
可解得
F =mg tanθ
四．计算题
18．如图1 所示，真空中的电极K连续不断地发出电子（电子初速度忽略不计），经恒压电场U 1加速后，
从小孔S穿出，沿两水平正对的平行金属板A、B 间的中轴线射入板间电场。已知A、B 板长均为L1，板间
距为d，两板右边缘到竖直固定的荧光屏（面积足够大）的距离为L2，荧光屏中心O与A、B 间中轴线在同
一水平线上。t =0时刻，A 板电势高于B 板电势，板间电压U随时间t变化的关系如图2 所示（其中T已
知），电子穿过A、B 两板间过程中板间电压视为不变。忽略电子间的相互作用，求：
(1)要使电子均能从A、B 两板间射出，U 2的最大值；
(2)当U 2取（1）中最大值时，荧光屏上的光斑在屏上运动的速度大小。
【答案】(1)U 2max= 2d
2
L1
2 U 1
(2)v = (L1+2 L2)d
L1T
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【详解】（1）设电子质量为m、电荷量为e，从小孔S 穿出时的速度大小为v0，在加速电场中，由
eU 1= 1
2 m v0
2
解得v0=√
2eU 1
m
电子在A、B 两板间运动的时间t1= L1
v0
当U =U 2时，在竖直方向上偏转的最大距离Δ y = 1
2 ⋅eU 2
md t1
2
要使电子均能从A、B 两板间射出，应满足Δ y ≤d
2
联立，解得：U 2≤2d
2
L1
2 U 1
即U 2max= 2d
2
L1
2 U 1
（2）当U 2= 2d
2
L1
2 U 1时，电子恰好从A、B 两板右边缘射出，在竖直方向的速度大小v y = eU 2
md t1
电子从A、B 两板右边缘运动到荧光屏的时间t2= L2
v0
则电子打在荧光屏上时，到荧光屏中心O的最远距离ym = d
2 + v yt2
荧光屏上的光斑在屏上运动的速度大小v = 2 ym
T
联立，解得v = (L1+2 L2)d
L1T
19．如图所示，在光滑绝缘水平面上建立xOy 直角坐标系，足够长的收集板置于y 轴上。在y>0 区域存在
方向竖直向下、磁感应强度大小B=1T 的匀强磁场。绝缘挡板MN 表面光滑，长度L=2m。一质量
m=0.1kg，电荷量q=0.1C 的带正电小球紧贴挡板放置，初始位置与M 端的距离为d。现用挡板推动小球沿
y 轴正方向运动，运动中挡板始终平行于x 轴，小球紧贴挡板。进入磁场后，挡板保持速度v0=2m/s 沿y 轴
正方向做匀速直线运动，经过一段时间带电小球离开挡板M 端。小球可视为质点，运动中带电量保持不变，
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且到达收集板立即被收集。
(1)当d=1.25m 时，求带电小球离开挡板M 端时的速度大小v；
(2)调节挡板M 端与y 轴距离为x0时，无论d 多大，都可以让小球垂直打在收集板上。
①求x0；
②求小球垂直打在收集板上的位置坐标y 与d 之间的函数关系。
③撤去收集板，在x≤x0区域施加电场强度E=2V/m，方向沿y 轴正方向的匀强电场。当d=1m 时，求小球在
磁场区域运动过程中距x 轴的最远距离ym。
【答案】(1)3m/s
(2)
2m
①
；②y = y1+ y2=2√d +1（0≤d≤2m）；③4m
【详解】（1）进入磁场后，小球做匀加速运动，根据牛顿第二定律有q v0 B =ma
解得a=2m/s
2
离开挡板时，沿挡板方向速度为v x =√2ad =√5m/s
离开挡板时，小球速度大小为v =√v0
2+ v x
2=3 m/s
（2）①由题可知，无论d 多大，小球都能垂直打在收集板上，根据洛伦兹力提供向心力有qvB =m v
2
r
解得r = mv
qB
根据几何关系可得x0=r cosθ = mv cosθ
qB
= mv0
qB =2m
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②小球离开挡板前，根据d = 1
2 at
2
解得t =√
2d
a
则有y1= v0t = v0√
2d
a
小球离开挡板后，根据几何关系有y2=r (1−sinθ)=r(1−
v x
√v x
2+ v0
2)
根据几何关系可得y 与d 有关系为y = y1+ y2=2√d +1（0≤d≤2m）
③当d=1m 时，离开挡板时，沿挡板方向速度为v
'
x =√2ad =2m/s
离开挡板时，小球速度大小为v1=√v0
2+ v
'
x
2=√8 m/s
根据动能定理有qEh= 1
2 mv2
2−1
2 mv1
2
水平方向，根据动量定理有q v y Bt =qBh=m v2−m v
'
x
联立解得h=2m
小球离开挡板前h
' = v0t = v0√
2d
a =2m
则最远距离ym =h+h
' = 4 m
20．如图所示，在真空建立坐标系O-xyz，z 轴正方向垂直于纸面向外（未画出），xOy 平面的第二象限内
有边界互相平行且宽度均为d 的六个区域，交替分布着沿y 轴负方向的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁
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场；x>0区域存在方向均沿着x 轴正方向的匀强磁场和匀强电场（未画出），磁感应强度大小B1= kmg
q v0
，
电场强度大小E1= kmg
q
，k 为常数。现将质量为m、电荷量为q 的带正电粒子在边界P 处由静止释放，粒
子恰好从坐标原点O 进入x>0区域，过O 点时速度大小为v0、方向与y 轴负方向的夹角θ = 45°。不计粒子
重力，求：
(1)在平面坐标系xOy 的第二象限中电场强度大小E0；
(2)在x>0区域内，粒子偏离xOy 平面的最大距离；
(3)在x>0区域内，粒子偏离xOy 平面距离最大时的x 坐标；
(4)在平面坐标系xOy 的第二象限中磁感应强度大小B0。
【答案】(1)E0= mv0
2
6qd
(2)√2v0
2
kg
(3)x =
(2n+1)[(2n+1)π +√2]π v0
2
2kg
(n=0,1,2,3⋯)
(4)B0= √2m v0
6qd
【详解】（1）粒子从P 到Q，电场力做正功，洛仑兹力不做功，由动能定理得3 E0qd = 1
2 mv0
2
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解得E0= mv0
2
6qd
（2）将O 点的速度分解，水平方向的速度为v x = v0sinθ = √2
2 v0
竖直方向的速度为v y = v0cosθ = √2
2 v0
根据洛伦兹力充当向心力，有q v y B1=m v y
2
r
解得r = √2v0
2
2kg
偏离平面xOy 的最大距离dm=2r = √2v0
2
kg
（3）粒子运动周期为T = 2πr
v y
可得T = 2π v0
kg
沿x 轴正方向，根据牛顿第二定律q E1=ma
解得a=kg
根据运动学规律，得x = v x(
T
2 +nT)+ 1
2 kg(
T
2 +nT)
2
(n=0,1,2,3⋯)
解得x =
(2n+1)[(2n+1)π +√2]π v0
2
2kg
(n=0,1,2,3⋯)
（4）根据题意粒子速度与y 轴负方向的夹角θ = 45°
粒子在经过磁场时的水平方向上， 由牛顿第二定律，有q v y B0=max
由动量定理，有∑B0q v yt =m Δv x
即B0q×3d =m v0sin 45°
解得B0= √2m v0
6qd
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