高中物理专题复习(7)——电场与磁场

专题(七)电磁学中的“场”

一、大纲解读

电场和磁场是电磁学的两大基石，与电路共同构建出完整的电磁学知识框架．作为基础，电场和磁场的性质是大纲要求掌握的重点之一，是建立力、电综合试题的切入点．由此建立的力、电综合问题是历届高考考查的热点，纵观近三年高考试题，这部分内容每年至少1题，如仅带电粒子在电场、磁场中的运动，在2008年全国高考中分值约占总分的19%．这类问题从“场对电荷（物质）的作用”的特殊视角，产生与电、磁场的性质相结合的综合考点，涉及运动与力的关系、功和能量的关系、动量和冲量的关系、能量守恒定律和动量守恒定律等重要力学规律，是每年高考必考内容．知识覆盖面广，考题题材新颖丰富，注重与科技背景的结合，综合性强，对学生的空间想象能力、分析综合能力、应用数学知识处理物理问题的能力有较高的要求，是考查考生多项能力的极好载体．除基础题外，试题多是计算题甚至是压轴题，有较高的难度和区分度．

二、重点剖析

“场”的本质源自电荷，电荷的周围存在电场，运动电荷产生磁场，因此知识链条的顶端是电荷

．．；同时电场或磁场又反过来对电荷或运动电荷施加力的作用，体现了知识体系的完整，因果轮回．知识结构如图7－1．分“场”的产生、场对物质（电荷或导体）的作用和能量关系三个版块．

1．静止电荷、运动电荷和变化的磁场，在周围空间都产生电场；运动电荷、电流和变化的电场在周围空间产生磁场．

2．电场对静止电荷和运动电荷都有电场力的作用；磁场只对运动电荷和电流有磁场力作用，对静止电荷没有作用力．这与“场”的产生严格对应．由于场力的作用，电荷或导体会有不同形式的运动，因此分析场力是判断电荷或导体运动性质的关键．

3．场力可能

．．对电荷或导体做功，实现能量转化．当点电荷绕另一点电荷做匀速圆周运动时，电场力不做功；洛伦兹力不做功．要对带电粒子加速就要对其做功，因此电场即可以加速带电粒子，也可以使带电粒子偏转，而稳定磁场则只能使粒子偏转却不能加速．变化的磁场产生电场，所以变化的磁场则可以改变带电粒子速度的大小．

图7－1

三、考点透视

考点1、“场”的性质

从力和能两个角度去描述场的性质．电场强度E 和磁感应强度B 分别描述电场和磁场对放入其中的物质（电荷、通电导体）力的作用；电势就是从电场能的角度引入的物理量，虽然中学物理没有直接对磁场的能给出量度，但安培力做功则反映了放入磁场中的通电导体与磁场共同具有能量．

例题1：（2008年海南）匀强电场中有a 、b 、c 三点，如图所示．在以它们为顶点的三角形中， ∠a ＝30°、∠c ＝90°,．电场方向与三角形所在平面平行．已知a 、b 和c

点的电势分别为(2V

、(2+V 和2 V ．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为（ ）

A

．(2-V

、(2+V

B ．0 V 、4 V

C

．(2-V

、(2+ D ．0 V

解析：如图所示，取ab 的中点O ，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2V ，故Oc 为等势面，MN 为电场线，方向为MN 方向，U OP =

U Oa =3V ，因U ON : U OP =2 :3，故U ON =2V ,N 点电势为零，为最

小电势点，同理M 点电势为4V ，为最大电势点。

答案：B

点拨：匀强电场的电场线与等势面是平行等间距排列，且电场线与等势

面处处垂直，沿着电场线方向电势均匀降落，在公式U=Ed 中，计算时d 虽

然是一定要用沿场强方向的距离，但在同一个匀强电场E 中，电势差U 与距离d 的关系却可以演变为“任意一族平行线上等距离的两点的电势差相等”，体现知识运用的“活”字，平时练习时要注意．

考点2、“场”对物质的作用

电场对放入其中的电荷有力的作

用，由此产生大量的有关电荷在电场中

运动的试题；电场对放入其中的导体的

作用，产生静电感应现象．

磁场只对运动电荷和电流可能．．有磁场力作用，当带电粒子的速度和导体与磁感线平行时不受磁场力．洛伦兹力

一般与带电粒子的平衡和匀速圆周运动问题相关．

例题2：如图7－4所示，一重力不计的带电粒子，

图

图7－3

在垂直纸面的匀强磁场B 1中做半径为r 的匀速圆周运动．那么当匀强磁场突然减弱B 2之后，该带电粒子的动能将（ ）

A ．不变

B ．变大

C ．变小

D ．不确定

解析：当磁感应强度B 突然减弱时，

变化的磁场产生电场，由楞次定律可判

断此电场方向为顺时针方向；由带电粒子的运动方向可判断粒子带正电，因此电场方向与正电荷运动方向相反，对粒子做负功，粒子动能减小，C 正确．

答案：C

点拨：该题综合考查了麦克斯韦电磁理论、电磁感应原理以及楞次定律，“突然减弱”的磁场不仅使带电粒子所受洛伦兹力单纯减小，由变化的磁场产生的电场会对带电粒子做功而改变其动能，使用楞次定律判断电场的方向是难点．同学们一般都只将问题放在带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动中去分析判断，认为洛伦兹力不做功，带电粒子的动能不变而错选A ．

例题3：（02广东理综）如图7－5所示，在原来不带电的金属细杆ab 附近P 处，

放置一个正点电荷，达到静电平衡

后，则（ ）

A ．a 端的电势比b 端的高

B ．b 端的电势比d 点的低

C ．a 端的电势不一定比d 点的低

D ．杆内c 处的场强的方向由a 指向b

解析：静电平衡时，整个导体是等势体，导体表面是等势面，a 、b 电势相等，导体内场强处处为零，AD 错；d 点场强方向即正点电荷产生的场强方向，即由d 指向b ，沿电场线方向电势降低，故b 端的电势比d 点的低，B 对C 错；

答案： B

图7－ 4 图7－5

点拨：这部分只要求掌握静电平衡时导体的特性即可．一是不要以带电正、负来判断电势高低，二是要区分静电平衡时导体内部的三种场强：场源电荷的场强、感应电荷的场强和实际场强．

四、热点分析：

电场、磁场问题一直是历届高考关注和考查的重点和热点，其中场对物质的作用更是力、电综合的命题的核心内容，从近两年全国高考试卷中有涉及两“场”试题有考查关于场的性质，有考查了场对物质的作用，特别是带电粒子在“场”中的运动，有考查综合问题，由此可见，场对物质的作用是100%命题热点．解析试题可以完全按力学方法，从产生加速度和做功两个主要方面来展开思路，只是在粒子所受的各种机械力之外加上电场力罢了．热点1、力和运动的关系：根据带电粒子所受的力，运用牛顿第二定律并结合运动学规律求解．

热点2、功能关系：根据场力及其它外力对带电粒子做功引起的能量变化或全过程中的功能关系，从而可确定带电粒子的运动情况，这条线索不但适用于均匀场，也适用于非均匀场．因此要熟悉各种力做功的特点．

处理带电粒子在电场、磁场中的运动，还应画好示意图，在画图的基础上特别注意运用几何知识寻找关系．特别要注意训练“三维”图的识别．

例题：在如图所示的空间中，存在场强为E的匀强电场，同时存在沿

x轴负方向，磁感应强度为B的匀强磁场。一质子(电荷量为e)在该空间恰

沿y轴正方向以速度v匀速运动。据此可以判断出

A．质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能减小，沿着z轴方向

电势升高

B．质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能增大，沿着z轴方向

电势降低

C．质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变，沿着z轴方向

电势升高

D．质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变，沿着z轴方向电势降低

本题简介：本题为2008年高考北京理综第19题，考点多，考生容易在电场力、洛伦兹力方向上的判断上出现错误，及电势高低的判断上出现错误，要求考生知识面全，能灵活运动所学知识去解答遇到的实际问题．

解析：质子所受电场力与洛伦兹力平衡，大小等于evB,运动中电势能不变;电场线沿z 轴负方向，沿z轴正方向电势升高。

答案：C

反思：本题能够很好地考查考生对电学多个知识点(电场力、洛伦兹力、平衡条件、左手定则、电势高低的判断等)的掌握情况，是一道难得的好题。

例题4：如图7－6所示，一根长L＝1.5 m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E

＝1.0×105N/C、与水平方向成θ＝30°角的倾斜向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝+4.5×10-6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝+1.0×10-6C，质量m＝1.0×10-2kg．现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动．（静电力常量k＝9.0×109N·m2／C2，取g＝l0 m/s2)

⑴小球B开始运动时的加速度为多大？

⑵小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？

⑶小球B从N端运动到距M端的高度h2＝0.6l m时，速度为v＝1.0 m/s，求此过程中

小球B的电势能改变了多少？

本题简介：本题为2007年高考四川理综第24题．试题以匀强电场为背景，叠加了点电荷的电场和重力场，场力两恒一变，考查变力作用下的牛顿第二定律的运用、物体运动状态分析、叠加电场中电荷电势能的变化等，综合运动和力、能量关系，全方位考查两大热点，试题容量大，覆盖面广，综合性强，难度适中．解析：⑴开始运动时小球B

受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由图7－

6

牛顿第二定律得：2sin kQq mg qE ma L θ-

-= 解得：2sin kQq qE a g L m m

θ=-- 代人数据解得：a ＝3.2 m/s 2

⑵小球B 速度最大时合力为零，即 2

1sin kQq qE mg h θ+=

解得：1h = 代人数据解得：h 1＝0.9 m

⑶小球B 从开始运动到速度为v 的过程中，设重力做功为W 1，电场力做功为W 2，库仑力做功为W 3，根据动能定理有：

212312

W W W m ++=v ()12W mg L h =-

()22sin W qE L h θ=-- 解得：()()23221sin 2

W m mg L h qE L h θ=--+-v 设小球B 的电势能改变了△E p ，则：

()23p E W W ?=-+

()2212p E m g L h m ?=--

v 解得：28.410 J p E -?=?

答案：⑴a ＝3.2 m/s 2；⑵h 1＝0.9 m ；⑶28.410 J p E -?=?

反思：由于点电荷A 在空间各点产生的场强并不相等，使小球B 的运动加速度也不恒定，因此不能从运动规律求高度h 1，必须对小球B 在运动中受力情况的变化作出分析和判断，得到“小球B 速度最大时合力为零”的结论，然后通过求合力来计算高度h 1；第⑶问是本题的难点，抛开考生熟悉的点电荷在单一电场中电势能变化与电场力做功的关系模式，考生必须从能量转化与做功的关系的角度出发，确定小球B 电势能的改变与两个力做功有关：匀强电场的电场力和小球A 对小球B 的库仑力，且电场力做的功等于电荷电势能的减少量，才能确定()23p E W W ?=-+．

五、能力突破：

例题5：如图7－7所示，在第一象限的abcO 范围内存在沿x 正向的匀强电场，质量为m 、电量为q 的带电粒子，从原点O 点以与x 轴成θ角的初速度v 0射入电场

中，飞出电场时速度恰好沿y 轴的正方向．不计粒子的重力，则（ ）

A ．粒子穿过电场的过程中，电场力对粒子的冲

图7－7

量的大小是m v 0cos θ，方向沿y 轴负方向

B ．粒子射出电场时速度大小为v 0sin θ

C ．粒子穿过电场的过程中，电场力做功2201cos 2

m θv D ．粒子穿过电场的过程中，电势能减小2201cos 2m θv

解析：带电粒子只受电场力，由轨迹可判断电场力方向沿x 轴负方向，粒子带负电；在y 方向粒子不受力，因此做匀速直线运动，且速度为0sin y =θv v ．粒子出电场时速度恰好沿y 轴的正方向，因此x 方向速度恰好减小到零，由动量定理得00cos Ft=-m θv ，即电场力冲量的大小为0cos m θv ，方向沿x 轴负方向，A 错B 对；粒子穿过电场的过程中，只有电场力做功，由动能定理得22222222000011111sin cos 22222

W=m -m =m -m =-m θθv v v v v ，C 错；且电场力做的功等于电势能的减小量，电场力做负功，因此电势能增大，D 错． 答案：B

反思：带电粒子飞出电场时速度恰好沿y 轴的正方向，反过来看，从粒子飞出点到原点O ，该曲线就是一条类平抛运动的抛物线，即粒子的运动为类平抛运动，因此y 方向速度不变，x 方向做匀减速运动，飞出时速度恰好减小到零．

例题6：如图7－8所示，带正电的小球穿在绝缘粗糙倾角为θ的直杆上，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直于杆斜向上的匀强磁场，小球沿杆向下滑动，在a 点时动能为100J ，到C 点时动能为零，则b 点恰为a 、c 的中点，则在此运动过程中（ ） A ．小球经b 点时动能为50J B ．小球电势能增加量可能大于其重力势能减少量 C ．小球在ab 段克服摩擦力所做的功与在bc 段克服摩擦力所做

的功相等

D ．小球到c 点后可能沿杆向上运动

解析：电场力方向竖直向上，因此电场力与重力的合力P 恒定且一定在竖直方向上；小球到C 点时动能为零，说明小球有减速运动．若小球先做加速运动，则随速度的增大洛伦兹力（垂直于杆）增大，小球受到杆的弹力增大，因此滑动摩擦力增大，加速度减小，当加速度减小到零时速度最大，然后做匀速运动，不合题意，故小球一开始就做减速运动，由于速度减小而洛伦兹力减小，则滑动摩擦力随之减小，因此从a 到b 的平均摩擦力大于从b 到c ，两段合力做功不行，A 、C 错；若合力P 若向下，mg >qE ，则运动过程中电势能的增加量小于重力势能的减小量，若P ＝0，则二者相等，若P 向上，则B 正确；P 向上，当小球速度为零时若有sin F >N θμ，则小球可沿杆向上运动，D 对．

答案： BD

反思：根据洛伦兹力随速度变化的特点，结合运动和力的关系判断小球的运动状态和受力变化是解题要点．难点在于洛伦兹力对杆的弹力的影响．由于磁场方向垂直于杆斜向上，由左手定则可判断小球向下运动时洛伦兹力垂直于杆指向纸内，杆的弹力N 2垂直于杆向外，由于合力P 产生的弹力N 1垂直于杆向下或向上，N 1与N 2的合力N 随洛伦兹力而变． 例题7：如图7－9所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U , 带电粒子以某一初速度v 0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板

后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则：粒子射入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离d 随着U 和v 0的变化情况为（ ）

A 、d 随v 0增大而增大，d 与U 无关

B 、d 随v 0增大而增大，d 随U 增大而增大

C 、d 随U 增大而增大，d 与v 0无关

图7－8

图7－9

D 、d 随v 0增大而增大，d 随U 增大而减小

解析：带电粒子射出电场时速度的偏转角为θ，如图7－10所示，有：

0cos =

θv v ，又m R=Bq v ，而 022cos 2cos m m d=R ==Bq Bq θθv v ，A 正确． 答案：A 反思：由于粒子的偏转角与U 有关，不少考生由此计算粒子射出电场时的速度v 与d 、U 的关系，

无端多出几个未知量使判断受阻．第一直觉是d 与粒

子在电场的偏转角有关没错，但偏转角和粒子在磁场中的轨道半径又都与粒子射出电场时的速度相关，因此直接围绕偏转角列方程求解即可．

例题（2008年上海）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy 平面的ABCD 区域内，存在两个场强大小均为E 的匀强电场I 和II ，两电场的边界均是边长为L 的正方形（不计电子所受重力）。

（1）在该区域AB 边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD 区域的位置。

（2）在电场I 区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD 区域左下角D 处离开，求所有释放点的位置。

（3）若将左侧电场II 整体水平向右移动L /n （n ≥1），仍使电子从ABCD 区域左下角D 处离开（D 不随电场移动），求在电场I 区域内由静止释放电子的所有位置。

解析：（1）设电子的质量为m ，电量为e ，电子在电场I 中做匀加速直线运动，出区域I 时的为v 0，此后电场II 做类平抛运动，假设电子从CD 边射出，出射点纵坐标为y ，有 2012

eEL mv = 22011()222L eE L y at m v ??-== ???

解得 y ＝14L ，所以原假设成立，即电子离开ABCD 区域的位置坐标为（－2L ，14

L ） （2）设释放点在电场区域I 中，其坐标为（x ，y ），在电场I 中电子被加速到v 1，然后进入电场II 做类平抛运动，并从D 点离开，有

图7－10 (b ) (a )

2112

eEx mv = 2

211122eE L y at m v ??== ???

解得 xy ＝2

4

L ，即在电场I 区域内满足方程的点即为所求位置。 （3）设电子从（x ，y ）点释放，在电场I 中加速到v 2，进入电场II 后做类平抛运动，在高度为y ′处离开电场II 时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D 点，则有

2212

eEx mv = 2221122eE L y y at m v ??'-== ??? 2y eEL v at mv ==，2

y L y v nv '= 解得 21124xy L n ??=+ ??

?，即在电场I 区域内满足方程的点即为所求位置。 反思：带电粒子在电场中运动的分析方法，与力学中的这类问题的处理方法相同，只是在受力分析时多了一个电场力，若为匀强电场，既可用牛顿第二定律结合运动学公式求解，又可用动能定理求解，若为非匀强电场，因带电粒子受到的电场力是变力，加速度是变量，只能用能量观点解答。

例题9：地磁场可以有效抵御宇宙射线的侵入，保护地球．赤道剖面外地磁场可简化为包围地球厚度为d 的匀强磁场，方向垂直该剖面，如图7－12所示．只要速度方向在该剖面内的射线粒子不能到达地面，则其它粒子不可能到达地面．宇宙射线中对地球危害最大的带电粒子主要是β粒子，设β粒子的质量为m ，电荷量为e ，最大速度为v ，地球半径为R ，匀强磁场的磁感应强度为B ，不计大气对β在赤道平面内从任意方向射来的β粒子均不能到达地面，度d 应满足什么条件？

解析：设β粒子从A 动的半径为r 图7－13所示．作速度方向的垂线AO ’，O ’为轨道圆心，连接得△OO ’A ，由三角知识得

()R+r +r>R+d ①

则2d r>，即当2

d r=、粒子速度方向与地磁场边界相切射入时轨道半径最小，磁场厚度最小． B d R

图7－12 A B

d R

图7－13 O

O ’ r

r v

而粒子最大轨道半径m r=

Bq v ② 所以有22m d=r=

Be v 为轨道与地面相切的磁场最小厚度，要粒子不到达地面，则磁场厚度应满足2m d>Be

v 答案：2m d>Be

v 反思：不能直接将②代入不等式①求解，那样将得到2m d

v 的结论．①式只用来判断“粒子速度方向与地磁场边界相切射入时轨道半径最小”，但β粒子最大轨道半径轨道为定值，地磁场厚度d 必须大于2r 才能满足要求．

例题10：如图7－14所示，固定的光滑绝缘圆形轨道处于水平方向的匀强电场和匀强磁场中，已知圆形轨道半径R ＝2.00m ，磁感应强度B =1.00T ，方向垂直于纸面向内，电场强度E =1.00×102V/m ，方向水平向右．一个质量m =4.00×10-2kg

道上的C 点恰好处于静止状态，OC 与竖直直径的夹角θ＝37°（g 取10m/s 2，sin37°=0.6，计算结果要求保留三位有效数字）

⑴求小球带何种电荷，电荷量q 是多少？ ⑵现将电场突然反向，但强弱不变，因电场的变化而产生的磁场可忽略不计，小球始终在圆弧轨道上运动，试求在小球运动过程

中与初始位置的电势差最大值U m 是多少？对轨道的最大压力是多

大？ 解析：⑴由平衡条件有：tan qE =mg

θ 23tan 4.0010100.75C 3.0010C 100

--mg q===E

θ???? 带负电荷

⑵电场反向后，电场力和重力的合力F 大小仍为0.5N cos mg =θ

不变，方向与竖直方向夹角为θ＝37°指向右下方，小球的平衡位置O ’，O O ’与OC 的夹角为2θ＝74°，故小球从C 点开始向O ’

做加速运动，到达O ’时速度最大，根据对称性，小球会继续运动

到与OO ’成2θ＝74°的C ’点，即在CC ’之间振动．由图7－15可知，C 点与同O 等高的D 点间电势差最大，由U ＝Ed 得

()m 1sin 320V U =ER +=θ

小球经过平衡位置O ’点时速度最大，当小球从C 运动到O ’点时，由左手定则可判断洛伦兹力沿OO ’方向向下，此时小球对轨道的压力最大．从C 到O ’由动能定理得

212sin 2

qE R =m θ?v 在O ’点，由牛顿第二定律得 2

N F -F-q B=m R

v v 即 2

1.24N N F =F+q B+m =R

v v 由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力 1.24N N N F '=F =

答案：⑴负电荷，q =3.00×10-3C ；⑵U m =320V ,F N =1.24N

反思:带电粒子在复合场中的运动问题，解答采用了等效场、对称性等解题常用方法．此图7－14 图7－15

类试题的“平衡位置”的确定是要点，正确的受力分析和运动状态分析是前提．

六、规律整合：

1．两大思路：运动和力的关系、能量关系——中学物理的重要思路，力、电综合的链条．实际上，几乎所有力学规律和运动状态都可能在两场问题中得到体现；能量关系中注意电场力做功的特点，而洛伦兹力不做功

2．两大法则：等效法则和对称法则——常用解题手段．在匀强电场中以及在三场叠加时，若电场力或电场力与重力的合力恒定，既可采用等效重力场来处理；运动的对称性规律为解题提供快捷途径，包括类竖直上抛运动、类平抛运动、匀速圆周运动、振动等都具体对称性；

3．一个偏角：带电粒子垂直于电场方向进入电场而发生偏转时，注意偏转角

02arc tan arctan y ==x

θv v ； 4．三个确定：当带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，相关问题的解答关键在三个确定，如图7－16所示：

⑴圆心O ：总是位于粒子在不同位置的两点A 、B 处所受

洛仑兹力F 作用线的交点上或弦AB 的中垂线OO′与任一个洛仑兹力F 作用线的交点上；

⑵半径R ：①物理方法——m υR qB =； ②几何方法——一般由三角计算来确定. ⑶圆心角α与时间t ：粒子的速度偏向角φ等于回旋角α，并等于弦AB 与切线的夹角(弦切角)θ的2倍，且有 22,(S t t )T R S R t υυπ?αθωαα====

===或几何方法，或

七、高考预测

从近两年高考试题看，本专题包括的考查点：一是库仑定律，电场强度、电势；二是电容和带电粒子在电场中的运动；三是安培力和洛伦兹力。电磁场知识是历年高考试题中考点分布重点区域，尤其是在力电综合试题中常巧妙地把电场、磁场的概念与牛顿定律、动能定理等力学、电学有关知识有机地联系在一起，还能侧重于应用数学工具解决物理问题方面的考查。对07年、08年全国理综Ⅰ、Ⅱ两“场”试题（不包括电磁感应）统计来看平均约占总分23%，其他卷也都在23到36分之间．预计2009年高考本专题占分比例仍在26%左右，选择题和计算题各一道的组合形式不会有多大变化，实验题有可能出现在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”，选择题单独命题考基础，难度系数约0.60，如2007全国理综Ⅰ第20题，考查匀强电场中电势分布规律及电势差与场强的关系的灵活运用，理综Ⅱ第19题则考查点电荷的电场叠加匀强磁场中带电粒子的运动周期；计算题一般考查综合运用能力，知识覆盖面广，综合性强，多为综合场中带电粒子的运动问题，难度系数一般较大，在0.50左右．

八、专题专练

一、选择题（共10小题，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分）

1. 一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则此空间（ ）

Ａ.一定不存在磁场

Ｂ.可能只存在电场

Ｃ.可能存在方向重合的电场和磁场

Ｄ.可能存在正交的磁场和电场

图7－16

2. 据报道，我国第21次南极科考队于2005年在南极考查时观察到了美丽的极光，极光是由来自太阳的高能量带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获的，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动，如图1所示，

这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧

烈碰撞或摩擦从而激发大气分子或原子，使其发

出有一定特征的各种颜色的光，由于地磁场的存

在，使多数宇宙粒子不能达到地面而向人烟稀少

的两极偏移，为地球生命的诞生和维持提供了天

然的屏障，科学家发现并证实，向两极做螺旋运

动的这些高能粒子的旋转半径是不断减少的，这

主要与下列哪些因素有关（ ）

Ａ.洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小

Ｂ.空气阻力做负功，使其动能减小

Ｃ.向南北两极磁感应强度不断增强

Ｄ.太阳对粒子的引力做负功

3..一个质子在匀强磁场和匀强电场中运动时，动能保持不变，已知磁场方向水平向右，则质子的运动方向和电场方向可能是（质子的重力不计）（ ）

Ａ.质子向右运动，电场方向竖直向上

Ｂ.质子向右运动，电场方向竖直向下

Ｃ.质子向上运动，电场方向垂直纸面向里

Ｄ.质子向上运动，电场方向垂直面向外

4. 如图2所示，一带电粒子以水平初速度0v （0E v B

<）先后进入方向垂直的匀强电场和匀强磁场区域，已知电场方向竖直向宽度相同且紧邻在一起，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中（其所受重力忽略不计），电场和磁场对粒子所做的总功为1W ；若把电场和磁场正交重叠，如图3所示，粒子仍以初速度0v 穿过重叠场区，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中，电场和磁场对粒子所做的总功为2W ，比较1W 和2W ，有（ ）

Ａ.一定是12W W > Ｂ.一定是12W W =

Ｃ.一定是1W W < Ｄ.可能是1W W <，也可能是12W W >

5. 如图4所示，匀强电场Ｅ方向水平向左，带有正电荷的物体沿绝缘水平面向右运动，经

过Ａ点时动能是100Ｊ，经过Ｂ点时 ，动能是Ａ点的

15，减少的动能有35

转化成电势能，那么，当它再次经过Ｂ点时动能为（ ）

Ａ.16Ｊ

Ｂ.8Ｊ

Ｃ.4Ｊ

Ｄ.20Ｊ

6. 如图5所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a 点进入电磁场并刚好能沿ab

直线向上运动，下列说法正确的是（ ）

A 、微粒一定带负电

B 、微粒动能一定减小

C 、微粒的电势能一定增加

D 、微粒的机械能一定增

7. 如图6所示，质量为ｍ，初速度为0v 的带电体ａ，从水平面的Ｐ点向固定的带电体ｂ运动，ｂ与ａ电性相同，当ａ向右移动ｓ时，速度减为零，设ａ、ｂ与地面间的摩擦因数均为 ，那么当ａ从Ｐ向右移动的位移为2

s 时，ａ的动能（ ）

Ａ.等于初动能的一半

Ｂ.小于初动能的一半

Ｃ.大于初动能的一半

Ｄ.减小量等于电势能的增加量

8. 如图7所示，在重力加速度为ｇ的空间中，有一个带电量为＋Ｑ的场源电荷置于Ｏ点，Ｂ、Ｃ为以）为圆心，半径为Ｒ的竖直圆周上的两点，Ａ、Ｂ、Ｏ在同一竖直线上，ＡＢ＝Ｒ，Ｏ、Ｃ在同一水平线上，现在有一质量为ｍ，电荷量为q

-的有孔小球，沿光滑绝缘细杆ＡＣ从Ａ点由静止开始下滑，滑

,下列说法正确的是（ ）

Ａ.从Ａ到Ｃ小球做匀加速运动

Ｂ.从Ａ到Ｃ小球的机械能守恒

Ｃ.Ｂ、Ａ两点间的电势差为2mgR q

Ｄ.若小球不通过杆从Ａ点自由释放，则下落到Ｂ点时的速度

9. 空间某区域电场线分布如图8所示，带电小球（质量为ｍ，电量为ｑ）在Ａ点速度为1v ，方向水平向右，至Ｂ点速度为2v ，2v 与水平方向间夹

角为α，Ａ、Ｂ间高度差为Ｈ，以下判断错误 是

（ ）

Ａ.Ａ、Ｂ两点间电势差222111()22mv mv U q

-= Ｂ.球由Ａ至Ｂ，电场力的冲量为21(cos )m v v α-

Ｃ.球由Ａ至Ｂ，电场力做功为

22211122

mv mv mgH -- Ｄ.小球重力在Ｂ点的瞬时功率为2sin mgv α

10. 如图9所示，绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场

中，场强为E ，在与环心等高处放有一质量为m 、带电q

的小球，

由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是( )

A、小球在运动过程中机械能守恒

B、小球经过环的最低点时速度最大

C、小球经过环的最低点时对轨道压力为3（mg+qE）

D、小球经过环的最低点时对轨道压力为（mg+qE）

二、填空题（本题2小题，共18分，把答案填在题中的横线上或按要求答题）

11. .在用模拟法描绘静电场等势线的实验中

（１）某同学发现描绘的等势线发生畸变，则产生误差的可能原因是（）

Ａ.电流表的灵敏度不高

Ｂ.电极与导电纸接触不良

Ｃ.导电纸涂层不均匀

Ｄ.有一个电极靠近导电纸边缘

（２）某同学进行了实验探究，做了以下的实验：把两长

条形电极紧压在导电纸上（导电纸铺在平木板上），并分

别接在低压恒定直流电源两极，现取一金属环，将圆环放

在两电极中间的导电纸上，再在灵敏电流计正、负接线柱

上分别接两探针Ⅰ和Ⅱ（电流从灵敏电流计正接线柱流入

时，指针右偏）做如下测试，如图10所示：

ａ当两探针Ⅰ和Ⅱ与金属环内导电纸上任意两点接触时，

电流表指针将。（填“右偏”或“左偏”或“指

零”）

ｂ当两探针Ⅰ和Ⅱ与金属环上任意两点接触时，电流表指针将（填“右偏”或“左偏”或“指零”）

ｃ当两探针Ⅰ和Ⅱ分别与环上，环内导电纸接触时，电流表指针将。（填“右偏”或“左偏”或“指零”）

ｄ当两探针Ⅰ和Ⅱ分别与环上、导电纸上ａ点接触时，电流表指针将。（填“右偏”或“左偏”或“指零”）

12.如图11所示，实验中如果探针在导电纸上不论如

何移动，电流表指针都不动，若改用多用表直流电压

挡直接测Ａ、Ｂ两极对导电纸的电压，电压正常，再

测Ａ电极对导电纸的电压，发现电压处处相等，且等

于电源的电动势，这说明

三、计算题（共5小题，共92分。解答下列各题时，应写出必要的文字说明、表达式和重要步骤。只写最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）13. 一细棒处于磁感应强度为Ｂ的匀强磁场中，棒与磁场方向垂直，与水平方向夹角为θ。磁感线水平指向纸里，如图12所示，棒上套一个可在其上滑动的带负电的小球Ｃ，小球质量为ｍ，带电量为ｑ，球与棒间的动摩擦因数为μ，让小球从棒上端静止下滑，求：（１）小球的最大速度；

（２）动摩擦因数μ应具备的条件。

14. 如图13所示，质量为ｍ的小球Ａ在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球Ａ带正电，电量为ｑ。在杆上Ｂ点处固定一个电量为Ｑ的正电荷，将小球Ａ由距Ｂ点竖直高度为Ｈ处无初速度释放，小球Ａ下滑过程中电量不变，不计Ａ与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量ｋ和重力加速度ｇ

（１）Ａ球刚释放时的加速度是多大？

（２）当Ａ球的动能最大时，球此时Ａ球与Ｂ点的距离

15. 如图14所示，ＡＢＣＤ表示竖立在场强为4

10/E V m

=的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的Ｂ

ＣＤ部分是半径为Ｒ的半圆环，轨道的水平部分与

半圆环相切，Ａ为水平轨道上的一点，而且，ＡＢ

＝Ｒ＝0.2ｍ，把一质量ｍ＝10ｇ、带电量ｑ＝510C -+的小球在水平轨道的Ａ点由静止释放后，

小球在轨道的内侧运动（ｇ＝102

/m s ）。求：

（１）小球到达Ｃ点时的速度

（２）小球达到Ｃ点时对轨道的压力

（３）要使小球刚好能运动到Ｄ点，小球开始运动

的位置应离Ｂ点多远？

16. 设在讨论的空间范围内有磁感应强度为Ｂ的匀

强磁场，Ｂ的方向垂直于纸面向里，如图15所示，在纸平面上有一长为h 的光滑绝缘空心细管ＭＮ，管的Ｍ端内有一带正电的小球Ｐ1，在纸平面上Ｎ端的正右前方2h 处有一个不带电的小球Ｐ2，开始时Ｐ1相对管静止，管向运动，小球Ｐ2在纸平面上沿着以于ＭＮ延长线方向成045角的速度2u 运动，设管的质量远大于Ｐ1的质量，Ｐ1在管内的运动对管的运动的影响可以忽略。

已知Ｐ11，且在离开管后最终能与Ｐ2相

碰，试求：（１）Ｐ1的比荷

（２）1u 和2u 的比值

17. 如图16所示，在足够大的空间内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度Ｂ＝1.57Ｔ，小球1带正电，其电荷量与质量之比

114/q C kg m =，所受重力与电场力的大小相等，小球2不带电，静止放置于固

定的水平悬空支架上，小球1向右以023.59/v m s =的水平速

度与小球2正碰，碰后经过0.75ｓ再次相碰。设碰撞前后两小

球带电情况不发生改变，且始终在同一竖直平面内。（ｇ＝

102/m s ）问

（１） 电场强度Ｅ的大小是多少？

（２） 两小球的质量之比21

m m 是多少？

参考答案：

1. BCD

2. BC

3.D

4.A

5. C

6. AD

7.C

8. CD

9. AB 10.BC

11.（１）ＣＤ（２）指零 指零 指零 左偏

12. 电极Ａ与导电纸接触不良

13. 解：（１）小球速度最大时，棒对它的弹力垂直于棒向下，受力分析如图，沿杆方向，sin mg f θ=，垂直杆方向：cos m qv B mg N θ=+，f N μ=联立以上各式，

得

sin (cos )m mg qv B mg θμθ=- 所以：(sin cos )m mg v qB

θμθμ+= （２）小球Ｃ从斜置的绝缘棒上由静止开始运动，必须满足条件sin f mg F θ>，而cos f F mg μθ=即sin cos mg mg θμθ>，所以tan μθ>

14. 解：（１）根据牛顿第二定律sin mg F ma α-=，根据库仑定律2Qq F k r =，sin H r α

=，解得22sin sin kQq a g mH

αα=- （２）当Ａ球受到的合力为零即加速度为零时，动能最大，设此时Ａ球与Ｂ点间的距离为Ｒ，

则2sin kQq mg R α=，解得R = 15. 解：（１）、（２）如图所示，设小球在Ｃ点的速度大小是C v ，对轨道的压力大小为C N ，则对于小球由Ａ→C 的过程中，应用动能定理列出：2122

C qE R mgR mv -=－０，在Ｃ点的园轨道径向应用牛顿第二定律，有2C C v N qE m R

-=，解得

2/,520.3

C C v m s N qE mg N ===-= （３）如图所示，设小球初始位置应在离Ｂ点ｘｍ的A '点，对小球由A '→Ｄ的过程应用动能定理，有：2122

D qEx mg R mv -=，在Ｄ点的圆轨道径向应用牛顿第二定律，有2D v mg m R

=，解得50.52mgR x m qE == 16. 解：（１）F 1为P 1参与的运动而受到指向Ｎ端的洛伦兹力，其值为：11F qu B =（其中 0q >，为1P 的电量），1P 对应有指向Ｎ端的加速度：1qu B F a m m

== （其中ｍ为1P 的质量） 1P 在管中运动会使它受到另一个向左的洛伦兹力，此力与管壁对1P 向右的力所抵消，1P 到

达Ｎ端时具有沿管长方向的速度：u ==

所以，1P 对纸平面的速度大小为： v =

又因为1v =

，故：1u u = 即：2112q u Bh u m

= 所以1P 的比荷为：12u q m Bh

= （２）1P

从Ｍ端到Ｎ端经历的时间为：11

2h t u === 1P

离开管后将在纸平面上做匀速圆周运动，半径与周期分别为：mv R qB =

= 1

24m h T qB u ππ=

= 1P 经ｔ１时间已随管朝正右方向运动：1111

1

22h s u t u h u === 的距离

所以1P 离开Ｎ端的位置恰好为2P 的初始位置 2P 经时间ｔ１已知运动到如图所示的位置Ｓ２走过的路程为22211

2u s u t h

u == 1P 只能与2P 相碰在图中的Ｓ处，相遇时刻必为

11(),0,1,2,32t t k T k =++=…

且要求2P 在这段时间内恰好走过2Ｒ的路程，因此有

22u t R ==

即得：121(21)u k π==++

所以：120,1,2,3,u k u ==…)

17. 解：mg qE =……① 14

mg E g q ==

由于重力和电场力平衡，电粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，小球平抛且碰时动量守恒，根据条件，碰后1m 反向

'10102m v m v m V =-+……① 另有'2'

010

1v q Bv m r =……② 解得'01

v qB r m ω==……③ 对平抛：212

x vt r

y gt r ==== 解得'015/432v m s v v π=

=