文档文本内容
大单元周测卷(三)
层级一 教材溯源·基础固本
1．C 2．D 3．D 4．D
5．D [根据电场的叠加可知，由C 到D 点的过程中场强逐渐增大，该试探电
荷受到的静电力逐渐增大，故A 错误，D 正确；C 到D 间，由于A 点电场对试
探电荷的静电力大，故合力始终与位移方向成钝角，静电力做负功，该试探电
荷具有的电势能增大，故B、C 错误。故选D。]
6．D [无磁场时分析导体棒受力如图(a 端截面，安培力需要判定未画出)。磁
场方向竖直向上时，由左手定则可得导体棒所受磁场安培力水平向右，此时，
安培力有可能与重力、弹力的合力平衡，不一定存在静摩擦力，故A 错误；磁
场方向水平向左时，由左手定则可得导体棒所受磁场安培力竖直向上，此时，
若安培力恰好等于重力时，则弹力为零，不需要静摩擦力作用导体棒即可处于
平衡状态，故B 错误； 磁场方向垂直于导轨平面向上时，由左手定则可得导体
棒所受安培力沿斜面向上，此时，安培力有可能与重力、弹力的合力平衡，不
一定存在静摩擦力，故C 错误；磁场方向垂直于导轨平面向下时，由左手定则
可得导体棒所受安培力水平沿斜面向下，此时，必须存在静摩擦力以平衡安培
力、重力、弹力的合力，故D 正确。故选D。]
7．A [设两粒子的动能为Ek，根据Ek＝1
2mv2可得，两粒子的速度分别为va＝
√
Ek
m
，vb＝√
2 Ek
m
，a、b 两粒子在磁场中运动，根据牛顿第二定律有qvB＝mv
2
R
，周期为T＝2π R
v
＝2π m
qB ，可得
T a
T b
＝2
1，两粒子的圆心角分别为θa＝270°，θb
＝90°，在磁场中运动时间t＝
θ
360°T，所以
ta
tb
＝θa
θb
·
T a
T b
＝6
1。故选A。]
8．AD [设小球在O 点的速度为v0，根据运动的独立性，小球到达M1时速度
的竖直分量为vy＝v0，由题意得2v0＝√v0
2+ v x
2，可得vx＝√3v0，小球到达M1之
前做直线运动，合力方向与合速度方向共线，即qE
mg ＝v x
v y
，可得E＝√3mg
q
，故
A 正确，B 错误；小球在竖直方向上做竖直上抛运动，可知小球在电场中的两
段运动时间相同，且水平方向做匀加速直线运动，电场区域上方小球水平方向
做匀速运动。令小球从A 点向上离开电场，从B 点再次进入电场，则有vAx＝
vBx＝1
2vx＝√3
2 v0，
vBx
vBy
＝v x
v y
，可得vBy＝1
2v0，即vAy＝1
2v0，由此可得tOA＝tBM1＝
1
2tAB，由O→A，在竖直方向上，有H＝v0+ 1
2 v0
2
×tOA＝3
4v0×tOA，且v0－1
2v0＝
gtOA，可得tOA＝√
2 H
3 g ，即tO M 1＝tOA+t B M 1+tAB＝4tOA＝4√
2 H
3 g ，故C 错误，D 正确。
故选AD。]
9．BD [电子带负电，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力应沿z 轴正方
向，故A 错误；将电子速度沿x 轴和y 轴进行分解，则在x 轴方向上，电子不
受洛伦兹力的作用，电子做匀速直线运动，则有vx＝v0cos α，电子运动到A 的
时间t＝d
v x
＝
d
v0cos α ，电子在y 轴做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则
有qvyB＝m v y
2
R ，若电子恰好运动一周打在A 点，则有T＝2π R
v y ，联立解得T＝
2π m
Bq ，根据运动的等时性可得T ＝t ，即2π m
Bq ＝
d
v0cos α ，解得B ＝
2π mv0cos α
qd
，故B 正确；根据动能定理可知qU＝1
2mv2，解得v＝√
2qU
m
，在
磁场中有t＝x
v x
＝
x
v cos α ，T＝2π m
Bq ，且t＝nT(n＝0，1，2，…)，解得x＝n
√
2mU
q
·2πcos α
B
，加速电压减小时，电子不一定打在A 点上，故C 错误；仅增
大励磁线圈电流，要使电子仍打在A 点，则满足t＝d
v x
＝
d
v0cos α ，可知运动
时间不变，故D 正确。故选BD。]
10．BC [粒子在磁场中运动一周加速两次，则交变电压的周期应等于粒子在
磁场中的运动周期，故A 错误；二者周期相等，则频率也相等，由周期公式T
＝2π m
eB ＝1
f ，可得磁感应强度B＝2π mf
e
，故B 正确；由周期公式T＝
2π m
eB ＝1
f ，质量m 增大，则周期增大，频率减小，要保证粒子动能持续增加，
则高频交流电的频率应减小，故C 正确；由公式evB＝m v
2
r ，得v＝eBr
m ，当r
取最大半径R 时，粒子有最大速度vm＝eBR
m ，则最终的动能为Ek＝ 1
2m
vm
2 ＝e
2B
2 R
2
2m
，可知最终获得的动能与加速电压无关，根据qU＝ΔEk，可知仅使
高频交流电电压加倍时，粒子每次加速增加的动能加倍，故D 错误。故选
BC。]
11．解析：(1)①由题图2 可知电阻箱接入电路的阻值为R＝
(1×1000+8×100+0×10+0×1)Ω＝1800 Ω，②由电路图可知，充电后电容器右极
板带正电，左极板带负电，则放电过程流过电流传感器的电流方向为b→a。③
已知灵敏电流计电流从左端流入时指针向左偏转，则开关S 掷于2 时，电容器
进行放电，灵敏电流计电流从右端流入；刚开始由于电容器极板电压最大，所
以放电电流最大，随着电容器所带电荷量的逐渐减小，电容器极板电压逐渐减
小，则放电电流逐渐减小为0；可知观察到灵敏电流计A 指针偏转情况是迅速
偏到右边并慢慢回到正中。故选D。(2)电容器充完电后极板间的电压为Um＝9
V，由于两电容器为并联关系，所以放电时相当于两相同电源并联，电动势为
Um＝9 V，则题图3 中图线与纵轴的交点坐标为Im＝U m
R ＝
9
1800 A＝5 mA；根
据q＝It 可知，图线与横轴所围的面积等于两电容器充完电所带的总电荷量，则
有S＝Q 总＝2CU＝2×3000×10－6×9 C＝5.4×10－2 C。(3)若电容器充满电后，
增大电阻箱的阻值，放电电流与原来相比减小，则放电时间变长。
答案：(1)①1800 ②b→a ③D (2)5 5.4×10－2 (3)变长
12．解析：(1)电子直线加速过程中，由动能定理得eU0＝1
2mv0
2
解得v0＝√
2eU 0
m
。
(2)设电子在偏转电场中运动时间为t，则水平方向有L＝v0t
竖直方向有Δy＝1
2at2，a＝F
m ＝eU
md
联立解得U＝
4U 0d Δ y
L
2
。
(3)由以上分析可知Δy＝U L
2
4U 0d
对同一待测电信号，若要使偏转距离Δy 更大，仅减小加速电场电压U0或仅减
小d 或仅增大L。
答案：(1)√
2eU 0
m
(2)
4U 0d Δ y
L
2
(3)仅减小加速电场电压U0(或仅减小d 或仅增
大L)
13．解析：(1)由几何关系可知ON 与x 轴正方向的夹角正切值为tan θ＝
0.8 R
0.6 R ＝4
3
解得θ＝53°
已知某粒子可以从磁场边界上的N 点沿x 轴正方向离开磁场，根据几何关系可
得粒子的轨道半径为r＝
R
2sin 53° ＝5 R
8
由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝mv
2
r
解得B＝8mv
5qR 。
(2)粒子进入区域Ⅱ，有qE＝ma
解得a＝9 v
2
10 R
假设粒子通过x 轴射出区域Ⅱ，y 方向有0.8R＝1
2at1
2
解得t1＝4 R
3 v
又vy1＝at1＝6
5v，x1＝vt1＝4
3 R<2R
假设成立，设再经t2时间粒子从电场射出，则有2R－x1＝vt2，y2＝vy1t2－1
2at2
2
解得y2＝0.6R
则粒子离开电场右边界时位置的坐标为(3R，－0.6R)。
(3)由洛伦兹力提供向心力可得
qv'B＝mv '
2
r '
其中v'＝0.8v
解得r'＝0.5R
粒子的轨迹半径等于圆形磁场区域半径的一半，根据旋转圆法可知能够进入电
场的粒子经过的区域如图中阴影所示
则区域面积S＝1
2πR2。
答案：(1)8mv
5qR (2)(3R，－0.6R)
(3)1
2πR2
层级二 模拟精选·能力进阶
1．B 2．B 3．C 4．C
5．D [由于A、B 输电线缆通入的电流方向相反，两线缆相互排斥，故A 错误；
由右手螺旋定则和平行四边形定则可知，A、B 输电线缆在O 处的合磁感应强
度方向竖直向上，C 输电线缆在O 处的磁感应强度方向水平向左，所以O 处合
磁感应强度方向应斜向左上方，故B 错误；
B 输电线缆对A 输电线缆的作用力沿AB 水平向左，C 输电线缆对A 输电线缆
的作用力沿AC 斜向右下，且大小为B 输电线缆对A 输电线缆作用力的2 倍，
如图所示
由图可知，FACcos θ＝2FABcos 60°＝FAB，即C 输电线缆对A 输电线缆的作用
力在水平方向的分力与B 输电线缆对A 输电线缆的作用力大小相等、方向相反，
所以A 输电线缆受到的安培力即为C 输电线缆对A 输电线缆的作用力在竖直方
向的分力，其与水平方向的夹角为90°，故C 错误；A 输电线缆对C 输电线缆
的作用力沿AC 斜向左上，B 输电线缆对C 输电线缆的作用力沿BC 斜向左下，
两个力大小相等且与输电线缆A、B 圆心连线夹角相等，所以C 输电线缆受到
的安培力平行输电线缆A、B 圆心连线向左，故D 正确。故选D。]
6．B [由F＝Eq＝ma 可知a、d 点间的电场强度先增大后减小，所以点电荷的
加速度也先增大后减小，A 错误；电场强度E 随x 的变化关系图像与坐标轴所
围成的面积与电荷量的乘积等于静电力做功，b、a 两点间的面积小于c、b 两点
间的面积，所以点电荷从b 运动到a 静电力做的功小于从c 运动到b 静电力做的
功，B 正确；a、d 点间的电场强度方向为负方向，一个带正电的点电荷所受静
电力的方向也为负方向，点电荷的位移方向为正方向，所以静电力做负功，电
势能增大，C 错误；从b 到d 电场线沿负方向，沿电场线方向电势降低，所以b
点电势小于d 点，D 错误。故选B。]
7．C [粒子在磁场中运动轨迹如图所示
由图结合几何关系可知，轨迹的圆心角为θ＝280°，根据牛顿第二定律可得
qvB＝mv
2
r ，粒子在磁场中运动的周期为T＝2π r
v
＝2π m
qB ＝2π
kB ，所以t＝
θ
360°
T＝14 π
9kB ，故选C。]
8．BC [已知霍尔元件中电流方向由左向右，磁场方向垂直向里，霍尔元件工
作时上表面电势高于下表面。假设载流子为正电荷，根据左手定则可知，正电
荷受到的洛伦兹力方向向上，正电荷会聚集到上表面，上表面电势高于下表面，
符合题意，所以载流子为正电荷，故A 错误；根据qvB＝qU H
h ，I＝neSv＝
nedhv，可得UH＝IB
ned ＝kIB
d ，其中k 为霍尔系数，I 为电流，B 为磁感应强度，
d 为霍尔元件厚度；打开冰箱门的过程中，磁场减弱，在电流I 和霍尔元件厚
度d 不变的情况下，磁感应强度 B 减小，则霍尔电压UH减小，故B 正确；若
将磁铁的磁极对调，磁场方向变为垂直向外。由于载流子为正电荷，根据左手
定则可知，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，正电荷会聚集到下表面，下表面
电势高于上表面，故C 正确；由UH＝kIB
d 可知，在磁感应强度B 和霍尔元件厚
度d 不变的情况下，若内部电路引起霍尔元件电流I 减小，则霍尔电压UH减小，
即上、下表面间电势差减小，故D 错误。故选BC。]
9．AD [由于静电力对小环一直做负功，因此小环的机械能不断减小，电势能
不断增大，故A 正确，B 错误；从P 到O 竖直向上的电场强度的分量有可能先
增大后减小，若小环受到的向上的最大静电力大于环的重力，则小环就是向下
先加速后减速再加速，故C 错误；若小环受到的向上的最大静电力大于小环的
重力，则小环在向下运动过程中就有两个位置静电力与重力等大反向，加速度
为零，故D 正确。故选AD。]
10．AC [速度选择器中，当粒子速度v＝E
B 时，静电力与洛伦兹力平衡，粒子
做直线运动。若v≠E
B 时，二力不平衡，粒子发生偏转。利用配速法，将粒子的
运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直平面内的匀速圆周运动，设向右的
速度为v1时有qv1B＝qE，受力平衡做匀速直线运动。若v> E
B 时，设v＝
v1+v2，则由上述分析可知粒子向上偏转做逆时针圆周运动的同时水平向右运动。
轨迹在x 轴的上方。当v2<v1时粒子运动轨迹可能如C 图所示；当v2>v1时，粒
子水平方向速度一直向右，粒子运动轨迹可能如A 图所示。B 错误，AC 正确；
若v< E
B 时，设v＝v1－v2，则由上述分析可知粒子向下偏转做逆时针圆周运动
的同时水平向右运动。轨迹在x 轴的下方，必定是螺旋运动。D 错误。故选
AC。]
11．解析：(1)电容器带电后与电源断开，电容器极板所带电荷量一定，根据C
＝Q
U ，C＝εr S
4 π kd 可知，将左极板向上移动一段距离，极板正对面积减小，电容
减小，则电势差增大，即静电计指针的张角变大，故A 错误；向两板间插入陶
瓷片时，相对介电常数增大，电容增大，则电势差减小，静电计指针的张角变
小，故B 错误；将左极板右移，极板之间间距减小，电容增大，电势差减小，
则静电计指针的张角变小，故C 正确；将左极板拿走，右极板带正电，右极板
与接地点之间电势差不等于零，即静电计指针的张角不会变为零，故D 错误。
故选C。
(2)①两片锡箔纸做电极，电容纸为绝缘介质，两片锡箔纸可以等效为平行板电
容器，根据C＝εr S
4 π kd 由于用三张电容纸(某种绝缘介质)依次间隔夹着两层锡箔
纸，一起卷成圆柱形，改变电容纸的厚度相当于改变极板之间的间距，当电容
纸的厚度增大时，极板间距增大，电容减小，当电容纸的厚度减小时，极板间
距减小，电容增大，故A 错误，C 正确；增大锡箔纸的厚度时，极板间距不变，
电容不变，故B 错误；同时增大锡箔纸和电容纸的面积，相当于增大极板正对
面积，则电容增大，故D 正确。故选CD。②电容器充电稳定后，极板之间电
压的最大值一定，根据欧姆定律可知，电阻越小，电流的最大值越大，可知，
a、b、c 三条曲线中，对应电阻最小的一条是b。
答案：(1)C (2)①CD ②b
12．解析：(1)开关接1 时，电容器充电，根据电容器充电的特点，当电路刚接
通后，电流表示数从0 突然增大某一最大值，然后随着电容器的不断充电，电
路中的充电电流在减小，当充电结束电路稳定后，此时电路相当于开路，电流
为0，故A、C、D 错误，B 正确。故选B。
(2)由于电容器的上极板与电源正极相连，因此电容器充电完成后电容器上极板
带正电；
由于I⁃t 图线的面积表示电荷量，则Q2＝
S2
S1
×Q1＝2
3Q1
充电结束后，电容器两端电压U ＝ 8 V
根据电容器的定义式C＝Q
U ，因此C＝
Q1
U -U C
＝Q2
U C
代入数据解得UC ＝ 3.2 V ；
t＝1.2 s 时I＝1.0 mA，可知此时电容器两端的电压为UC＝IR＝1.0×10－3R
代入数据联立解得R ＝ 3.2 kΩ
答案：(1)B (2)上 3.2 3.2
13．解析：(1)根据题意可知，粒子以相同速率平行直径AD 射入圆O，粒子均
通过N 点进入直线NP 下方，由磁聚焦可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径
为r＝R
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv
2
r
联立解得v＝qBR
m 。
(2)结合上述分析可知，粒子进入NP 下方后做圆周运动的半径为R
2
由几何关系可得，两粒子从N 点射出圆形磁场时速度方向与ON 延长线的夹角
相等，设为θ，则θ＝π
6
由几何关系可得2×R
2 cos θ＝L
联立解得L＝√3 R
2
。
(3)设矩形磁场磁感应强度大小为B'，粒子做圆周运动的轨道半径为r'，根据洛
伦兹力提供向心力有qvB'＝mv
2
r '
解得r'＝mv
qB'
当a<r'<2a 时，在磁场中运动的时间最长的粒子，其轨迹是圆心为E 的圆弧，
圆弧与矩形磁场的边界相切，如图所示
设该粒子在矩形磁场中运动的时间为t，依题意知t＝T
4
回旋角度为π
2 ，设该粒子进入矩形磁场时的速度方向与竖直方向间的夹角为
α，由几何关系得r'sin α＝r'－a，r'sin α＝2a－r'cos α，sin2α+cos2α＝1
解得r'1＝(4－√6)a，r'2 ＝(4 + √6)a(舍)
联立解得B'＝(4 +√6)R
10a
B。
答案：(1)qBR
m (2)√3 R
2
(3)(4 +√6)R
10a
B
14．解析：(1)粒子射入第一象限后，在垂直磁感应强度B1的平面内做匀速圆周
运动，有qv0Bsin θ＝m(v0sin θ)
2
r
运动到第一次过x 轴的时间刚好是一个周期，则t＝
2π r
v0sin θ
解得t＝2π m
qB 。
(2)粒子在y 轴与虚线之间沿电场方向做匀加速直线运动，初速度大小为v1＝
v0cos 45°＝√2
2 v0
粒子经过虚线时，沿x 轴方向的分速度大小为v2＝v0sin 45°
tan 37° ＝2√2
3 v0
根据牛顿第二定律有qE1＝ma
根据运动学公式有v2＝v1+at
解得E1＝√2v0 B
12π 。
(3)粒子进入虚线右侧区域时，由于qE2＝√2
3 qv0B＝qv2B2
因此粒子的运动可以看成是沿x 轴正方向以速度2√2
3 v0做匀速直线运动和以速
度√2
2 v0做匀速圆周运动的合运动，设做圆周运动的半径为R，则有q×√2
2 v0B2＝
m(
√2
2 v0)
2
R
解得R＝√2m v0
qB
因此粒子在虚线右侧运动过程中，离x 轴的最大距离为√2m v0
qB
。
答案：(1)2π m
qB (2)√2v0 B
12π (3)√2m v0
qB
15．解析：(1)在速度选择器中，有qE＝qvB
可得v＝E
B
在加速电场中，有qU＝1
2mv2
可得离子的比荷为q
m ＝
E
2
2U B
2。
(2)在电场分析器中，有qE＝mv
2
R1
可得R1＝2U
E
在电场分析器中，有T＝2π R1
v
可得离子在电场分析器中运动的时间t1＝1
4T＝π BU
E
2 。
(3)在磁场分析器中，有qvB＝mv
2
r
由几何关系可知，当匀强磁场面积最小时，其半径R'＝√2
2 r＝√2U
E
又S＝πR'2
可得S＝2π U
2
E
2
。
(4)在偏转电场中，竖直方向有L＝vt'
水平方向有y＝1
2·qE'
m ·t'2
由几何关系可知R
y ＝
d + L
2
L
2
可得E'＝
4 RU
(2d + L)L。
答案：(1)
E
2
2U B
2 (2)2U
E ，π BU
E
2
(3)2π U
2
E
2
(4)
4 RU
(2d + L) L
层级三 高考重组·素养对标
1．C 2．D 3．A 4．C
5．D [由电容器电容的决定式C＝εr S
4 π kd ，结合题意可知增大两极板的压力，
两极板的间距d 减小，则电容器的电容增大，又由于电容器充电后与电源断开，
则电容器所带的电荷量不变，由公式U＝Q
C 可知，电容器两极板间的电压减小，
A、B 错误；由题意可知F 较大时，d 难以减小，即两极板间距减小得越来越慢，
电容器电容增大得越来越慢，则两极板间的电压减小得越来越慢，C 错误，D
正确。]
6．C [根据左手定则可知正离子向下偏，负离子向上偏，故N 点电势比M 点
高，故A 正确；设管道半径为r，稳定时，离子受到的洛伦兹力与静电力平衡，
有U 0
2r q＝Bqv，同时有Q＝Sv＝πr2v，联立解得U0＝2BQ
π r ，故U0正比于流量
Q；流量Q 一定时，管道半径越小，U0越大，故B 正确，C 错误；若直径MN
与磁场方向不垂直，根据U0＝2BQ
π r 可知此时式中磁场强度为磁感应强度的一个
分量，即此时测量时代入的磁场强度偏大，故测得的流量Q 偏小，故D 正确。
故选C。]
7．C [粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv
2
r ，
解得粒子的运动半径为r＝d，A 错误；当粒子恰经过薄板最右端打到薄板上表
面时，粒子打到薄板上表面的位置距N 点最远，当粒子沿x 轴正方向射出时，
粒子打到薄板上表面的位置距N 点最近，对应运动轨迹如图1 所示，由几何关
系可知，薄板的上表面接收到粒子的区域长度Δx1＝2rcos 30°－r＝(√3－1)d，B
错误；结合B 项分析可知，粒子能打到薄板下表面的最右端，当粒子的运动轨
迹与薄板相切时，粒子打到薄板下表面的位置距N 点最远，轨迹如图2 所示，
由几何关系可知，薄板的下表面接收到粒子的区域长度Δx2＝d，C 正确；粒子
在磁场中的运动周期T＝2π r
v
＝2π m
qB ，又t＝
θ
360°T，故粒子运动轨迹所对圆
心角越大，运动时间越长，结合BC 项分析可知，打在薄板下表面右端的粒子
运动时间最短，结合几何关系有tmin＝60°
360°·2π m
qB ＝π m
3qB，D 错误。
]
8．BD [
设小球甲、乙间的库仑力大小为F，对小球甲、乙受力分析如图所示，小球甲
沿绝缘碗切线方向由平衡条件有m 甲gcos 45°＝Fcos 60°，对小球乙沿绝缘碗切
线方向由平衡条件有m 乙gcos 15°＝Fcos 60°，联立可得m 甲>m 乙，A 错误；将
小球甲、乙形成的电场视为A、B 处为一对带电荷量均为+q 的等量同种点电荷
与A 处为带电荷量为+q 的点电荷形成电场的叠加，在A 处单个点电荷形成的电
场中，由于C 点与点电荷的距离更近，则C 点的电势更高，在等量同种点电荷
形成的电场中，沿过C 点的OD 垂线从C 点移动到OD 上的过程，电势逐渐降
低，然后继续移向D 点，电势继续降低，综上由电势的叠加原理可知，C 点电
势高于D 点电势，B 正确；由点电荷产生的电场的电场强度公式和电场强度叠
加原理可知，E 点的电场强度大小为EE＝
2kq
( √3
3 R)
2
－
kq
( 2√3
3
R)
2
＝21kq
4 R
2 ，F 点
的电场强度大小为EF＝
kq
( √3
3 R)
2
－
2kq
( 2√3
3
R)
2
＝3kq
2 R
2，E、F 两点电场强度的
大小不相等，C 错误；单独研究小球甲、乙形成的电场，沿直线从O 点运动到
D 点，电势均先升高后降低，所以由电势的叠加原理可知，沿直线从O 点运动
到D 点，电势先升高后降低，D 正确。]
9．BC [由于粒子沿着MN 做匀速直线运动，粒子所受洛伦兹力垂直于MN，
粒子所受合力为零，所以粒子所受重力和静电力的合力也垂直于MN，故静电
力水平向右，粒子带正电。由力的平衡条件有qvBcos 45°＝mg，qE
mg＝tan
45°，解得电场强度大小为E＝mg
q ，磁感应强度大小B＝√2mg
qv
，A 错误，B 正
确；撤去磁场后，粒子所受静电力和重力不变，则其竖直方向上做竖直上抛运
动，由于NP 水平向右，所以粒子从N 运动到P 点的过程所用的时间为t＝
2v sin 45°
g
，又粒子在水平方向上做匀加速直线运动，由位移—时间公式可得
xNP＝vtcos 45°+1
2·qE
m t2，结合A 项分析联立解得xNP＝2v
2
g ，所以NP 两点的电
势差UNP＝ExNP＝2m v
2
q
，C 正确；结合C 项分析可知，当粒子竖直方向的速度
减为0 时，其与NP 的距离最大，为xm＝(v sin 45°)
2
2g
＝v
2
4 g，D 错误。]
10．BD [由题意，a 粒子恰好到达磁场外边界后返回，则a 粒子运动的圆周正
好与磁场外边界相切，然后沿内圆径向做匀速直线运动，再做匀速圆周运动恰
好回到A 点，作出a 粒子运动轨迹如图甲所示，根据a 粒子的速度大小为va＝
qB R0
m
，可得Ra＝R0，设外圆半径等于R'，由几何关系得∠AO'B＝270°，则
R'＝(1+√2)R0，A 错误；由A 项分析，设a 粒子返回A 点所用的最短时间为第
一次回到A 点的时间tmin，a 粒子做匀速圆周运动的周期T＝
2π R0
va
＝2π m
qB ，在
磁场中运动的时间t1＝540°
360°·T＝3 π m
qB ，做匀速直线运动的时间t2＝
2 R0
va
＝2m
qB ，
故a 粒子返回A 点所用的最短时间为tmin＝t1+t2＝(3 π +2)m
qB
，B 正确；
由题意，作出b、c 粒子运动轨迹如图乙、丙所示
因为b、c 粒子返回A 点都是运动一个圆周，根据b、c 带正电且比荷均为q
m，
可知两粒子做圆周运动的周期相同，故所用的最短时间之比为1∶1，C 错误；
由几何关系得2Rc＝√2R0，由洛伦兹力提供向心力有qvcB＝mvc
2
Rc
，联立解得vc
＝√2
2 va，D 正确。故选BD。]
11．解析：(1)含A、B 细胞的液滴在电极板间做类平抛运动，对含A 细胞的液
滴
垂直电场方向有l＝vt1
平行电场方向有x1＝1
2at1
2
由牛顿第二定律可知qE＝ma
联立解得含A 细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x1＝5×10－3 m。
(2)由(1)问分析可知含A 细胞的液滴离开电场时的速度方向与电场方向夹角的正
切值为tan θ＝v
at1＝2
含A、B 细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，含A 细胞的液滴从离开电场
至到达A 收集管过程偏转的距离为x2＝
h
tan θ＝0.05 m
即含A 细胞的液滴开始运动至到达A 收集管的过程偏转的距离为xA＝x1+x2＝
0.055 m
由于含A、B 细胞的液滴电性相反，带电荷量大小相等，则含B 细胞的液滴的
偏转距离与含A 细胞液滴的相等，所以A、B 细胞收集管的间距为xAB＝2xA＝
0.11 m。
答案：(1)5×10－3 m (2)0.11 m
12．解析：(1)根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，由对
a，根据牛顿第二定律有qE＝ma
运动到最高点的时间由运动学公式有
v0sin θ＝at
联立解得t＝mv0sin θ
qE
。
(2)方法一 根据题意可知，两个粒子均在水平方向上做匀速直线运动，且水平
方向上的初速度均为v0cos θ，则两粒子一直在同一竖直线上，斜上抛的粒子竖
直方向上运动的位移为x1＝(v0sin θ)
2
2a
＝mv0
2 sin
2θ
2qE
斜下抛的粒子竖直方向上运动位移为x2＝v0tsin θ+1
2at2＝m v0
2 sin
2θ
qE
+m v0
2 sin
2θ
2qE
则a 到达最高点时与b 之间的距离x＝x1+x2＝2mv0
2 sin
2θ
qE
。
方法二 两个粒子均受到相同的静电力，以a 为参考系，b 以2v0sin θ 的速度
向下做匀速直线运动，则a 到达最高点时，a、b 间的距离H＝2v0sin θ·t＝
2m v0
2 sin
2θ
qE
。
答案：(1)mv0sin θ
qE
(2)2m v0
2 sin
2θ
qE
13．解析：(1)在MN 左侧的磁场中，设粒子运动轨迹半径为r，由qv0B＝mv0
2
r
可得r＝m v0
qB 。
(2)粒子从O 点射出后的部分运动轨迹如图1 所示，根据几何关系可得sin α＝
O' D
r
，又O'D＝OD－r＝mv0
2qB，
解得α＝30°，粒子经过MN 边界上的C 点，在MN 和PQ 边界之间的无磁场区
域做匀速直线运动，从PQ 边界上的E 点第一次进入右侧磁场区域做半径为
r'的匀速圆周运动，从PQ 边界上的F 点第二次经过PQ 边界，在右侧磁场中，
由qv0·2B＝mv0
2
r ' 可得r'＝m v0
2qB
由几何关系可得在右侧磁场中轨迹对应圆心角为120°，所以粒子第一次和第二
次经过PQ 时位置的间距EF＝2r'sin 60°
解得EF＝√3m v0
2qB 。
(3)要使粒子能回到O 点并做周期性运动，粒子的轨迹需上下对称，所以轨迹如
图2 所示
由几何关系得rcos α＝CEsin α+ EF
2
解得CE＝√3m v0
2qB
粒子在MN 左侧磁场中的轨迹对应圆心角为240°，结合粒子在磁场中仅在洛伦
兹力作用下做圆周运动的周期公式有T1＝2π m
qB
可得运动时间t1＝240°
360°·2π m
qB ＝4 π m
3qB
粒子在MN 和PQ 之间做匀速直线运动的时间t2＝2×CE
v0
＝√3m
qB ，粒子在PQ 右
侧磁场中的轨迹对应圆心角为120°，结合粒子在磁场中仅在洛伦兹力作用下做
圆周运动的周期公式有T2＝2π m
q·2B
可得运动时间t3＝120°
360°· 2π m
q·2B ＝π m
3qB
所以粒子运动周期T＝t1+t2+t3＝(5 π +3√3)m
3qB
。
答案：(1)mv0
qB (2)√3m v0
2qB (3)(5 π +3√3)m
3qB
14．解析：(1)粒子从M 点运动到N 点，运动轨迹如图1 所示，
根据几何关系可知rsin θ＝y0
解得粒子运动轨迹半径r＝2y0
粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝mv1
2
r
解得v1＝2Bq y0
m
由v1＝2π r
T 可得，粒子在磁场中运动的周期T＝2π m
qB
则粒子在磁场中运动的时间为t1＝2θ
360°·T＝π m
3qB。
(2)粒子轨迹不变，仍然做匀速圆周运动，因此点电荷只能位于轨迹圆心O1处，
库仑力和洛伦兹力完全提供向心力，有
qv2B+kq·48q
r
2
＝mv2
2
r (此式可变换为B
2 y0
2
2k v2
2－qBv2－12k q
2
y0
2
＝0，获得关于v2的
一元二次方程，通过求根公式解得v2的两个值)，
解得v2＝
6kq
B y0
2(另一解v2＝－
4 kq
B y0
2不合题意，舍去)。
(3)粒子从N 点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需的向心力mv2
2
r 大于点
电荷提供的库仑力kq·48q
r
2
，因此粒子无法做匀速圆周运动，只能做类似行星
绕中心天体的椭圆轨迹的运动，粒子的运动轨迹如图2 所示，
粒子从N 点运动至与N 点速度方向相反的点的过程中只有库仑力做功，粒子电
势能和动能总和不变，有1
2mv2
2+qφ2＝1
2mv3
2+qφ3
类比开普勒第二定律可知粒子在近点和远点的速度满足1
2v2Δt·r＝1
2v3Δt·R
结合电势φ2＝- 48kq
r
和φ3＝- 48kq
R
解得R＝6y0
粒子椭圆轨迹的半长轴a＝R+r
2
＝4y0
将粒子运动的椭圆轨迹转化为半径为r0＝a＝4y0的圆周运动，类比开普勒第三
定律可知a
3
T
2 ＝r0
3
T '
2
则k48q
2
r0
2 ＝m4 π
2
T '
2 r0
解得T'＝4√3 π B y0
3
3kq
则粒子运动时间t2＝1
2T'＝2√3 π B y0
3
3kq
。
答案：(1)2Bq y0
m
π m
3qB (2)
6kq
B y0
2 (3)2√3 π B y0
3
3kq
