2013届高考物理专题强化测评精练精析专题4电场和磁场
2013年高考物理真题电场
2013年高考物理真题电场汇编1．（2013年高考·海南理综卷）关于静电场，下列说法正确的是（ ） A ．电势等于零的物体一定不带电 B ．电场强度为零的点，电势一定为零 C ．同一电场线上的各点，电势一定相等 D ．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加2．（2013年高考·重庆理综卷）如图所示，电量为+q 和-q 的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有A ．体中心、各面中心和各边中点B ．体中心和各边中点C ．各面中心和各边中点D ．体中心和各面中心3．（2013年高考·山东理综卷）如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a 、b 、c 三点所在直线平行于两电荷的连线，且a 与c 关于MN 对称，b 点位于MN 上，d 点位于两电荷的连线上。
以下判断正确的是A ．b 点场强大于d 点场强B ．b 点场强小于d 点场强C ．a 、b 两点间的电势差等于b 、c 两点间的电势差D ．试探电荷+q 在a 点的电势能小于在c 点的电势能4．（2013年高考·天津理综卷）板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为U 1，板间场强为E 1。
现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为d /2，其他条件不变，这时两极板间电势差为U 2，板间场强为E 2，下列说法正确的是A ．U 2=U 1，E 2=E 1B ．U 2=2U 1，E 2=4E 1C ．U 2=U 1，E 2=2E 1D ．U 2=2U 1，E 2=2E 15．（2013年高考·广东理综卷）图为静电除尘器除尘机理的示意图。
尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的。
下列表述正确的是A ．到达集尘极的尘埃带正电荷B ．电场方向由集尘极指向放电极C ．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D ．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大++++-q-q -q-qabcd M N + 放电极带电尘埃集尘极 直流高压电源6．（2013年高考·江苏理综卷）一粒子从A 点射入电场，从B 点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力。
2013高考物理真题+模拟新题分类汇编(精解详析)：K单元 磁场.pdf
K单元 磁场 K1 磁场安培力 18．K1[2013·新课标全国卷Ⅱ] 如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( ) B. C. D. 18．B [解析] 由题意，三个小球均处于静止状态，对c球而言，a、b两球在c球所在位置处产生的合场强与匀强电场的场强等大反向，故匀强电电场的场强大小E＝cos30°＝，正确．3．[2013·广东省汕头市期末] 如图X18-3所示，长方形线框abcd通有电流I，放在直线电流I′附近，线框与直线电流共面，则下列表述正确的是( ) A．线圈四个边都受安培力作用，它们的合力方向向左 B．只有ad和bc边受安培力作用，它们的合力为零 C．ab和dc边所受安培力大小相等，方向相同 D．线圈四个边都受安培力作用，它们的合力为零 图X18-4 3．A [解析] 线圈四个边都受安培力作用，由于ad边所在处的磁感应强度大于bc边所在处的磁感应强度，ad边所受的向左的安培力大于bc边所受的向右的安培力，它们的合力方向向左，选项A正确，选项B、D错误ab和dc边所受安培力大小相等，方向相反，选项C错误． 、E1、L4[2013·浙江卷] (22分)为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨．潜艇下方有左、右两组推进器，每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，其原理示意图如下．在直线通道内充满电阻率ρ＝0.2 的海水，通道中a×b×c＝0.3 的空间内，存在着由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B＝6.4、方向垂直通道侧面向外．磁场区域上、下方各有a×b＝0.3 的金属板M、N，当其与推进器专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了从N到M，大小恒为I＝1.0×10的电流，设该电流只存在于磁场区域．不计电源内阻及导线电阻，海水密度ρ (1)求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向．(2)在不改变潜艇结构的前提下，简述潜艇如何转弯？如何“倒车”3)当潜艇以恒定速度v＝30 前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v＝34 ，思考专用直流电源所提供的电功率如何分配，求出相应功率的大小．[解析] (1)将通电海水看成导线，所受磁场力＝IBL代入数据得：F＝IBc＝1.0×10＝1.92 N用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右(或与海水出口方向相同)(2)考虑到潜艇下方有左、右2组推进器，改变电流方向，或者磁场方向，可以改变海水所受到磁场力的方向，根据牛顿第三定律，使潜艇“倒车”．(3)电源提供的电功率中的第一部分：牵引功率＝F牵根据牛顿第三定律：F牵＝12IBL当v＝30 时，代入数据得：＝F牵＝12×1.92×10＝6.9×10第二部分：海水的焦耳热功率对单个直线推进器，根据电阻定律：＝ρ代入数据得：R＝ρ＝0.2×＝0.5 Ω由热功率公式，P＝I代入数据得：P单＝I＝5.0×10＝12×5.0×10＝6.0×10第三部分：单位时间内海水动能的增加值设时间内喷出的海水质量为m＝12×考虑到海水的初动能为零，＝Εmv m＝ρ水对地＝12×＝12×＝4.6×10 磁场对运动电荷的作用 5．[2013·河南省郑州市高三第一次质量预测] 如图X19-4所示，中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上、下两部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度B.一质量为m、带电荷量为q的带正电粒子从P点进入磁场，速度与边MC的夹角θ＝30°.MC边长为a，MN边长为8a，不计粒子重力．求： 图X19-4 (1)若要该粒子不从MN边射出磁场，其速度最大值是多少？ (2)若要该粒子恰从Q点射出磁场，其在磁场中的运行时间最少是多少？ 5．(1) (2) [解析] (1)设该粒子恰不从MN边射出磁场时的轨迹半径为r，由几何关系得： rcos60°＝r－a 解得r＝a 又由qvB＝m 解得最大速度v＝. (2)粒子每经过分界线PQ一次，在PQ方向前进的位移为轨迹半径R的倍． 设粒子进入磁场后第n次经过PQ线时恰好到达Q点 有n×R＝8a 且R4.62，n所能取的最小自然数为5， 粒子做圆周运动的周期为 T＝ 粒子每经过PQ分界线一次用去的时间为 t＝T＝ 粒子到达Q点的最短时间为 tmin＝5t＝. 20．I3、K2[2013·浙江卷] 在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P＋，经电压为的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子P＋在磁场中转过30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P＋和P＋( )在电场中的加速度之比为1∶1在磁场中运动的半径之比为在磁场中转过的角度之比为1∶2离开电场区域时的动能之比为1∶3 [解析] 离子在电场中的加速度a＝＝＝，错误．离开电场区域时的动能E＝Uq，故＝＝，正确．在磁场中运动的半径r＝＝＝，故＝＝，正确．在磁场中转过的角度的正弦值＝＝Bd，故＝＝，因θ＝30，则＝，即2＝60，所以＝，正确．[2013·广东卷] 如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有( ) A．、b均带正电在磁场中飞行的时间比b的短在磁场中飞行的路程比b的短在P上的落点与O点的距离比b的近 21． [解析] 由左手定则可知正确；根据洛伦兹力提供向心力，有Bvq＝，解得r＝，由于同种粒子且速度相同，所以在磁场中运动的轨道半径相同，示意图如图所示，从图中可以看出b离子轨迹为半圆，a离子轨迹超过半圆，、C错误，正确． 18．K2[2013·新课标全国卷Ⅰ] 如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则粒子的速率为(不计重力)( ) B. C. D. 18．B [解析] 由Bqv＝可得v＝，作出粒子运动轨迹如图所示，根据几何知识得半径r＝R，故正确． 17．K2[2013·新课标全国卷Ⅱ] 空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( ) C. D. 17．A [解析] 由Bqv＝可得：B＝，粒子沿半径射入磁场必沿半径射出磁场，可作出运动轨迹图如图所示，由几何知识可得：r＝，即B＝，正确． 23．I3K2[2013·安徽卷] 如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v的速度沿x轴正方向x轴上的a(2h，0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45角，不计粒子所受的重力．求： (1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值．[解析] (1)设粒子在电场中运动的时间为，则有 x＝v＝2h，＝＝h，＝ma，联立以上各式可得E＝(2)粒子到达a点时沿负y方向的分速度为v＝at＝v，所以v＝＝，方向指向第Ⅳ象限与轴正方向成45°角．(3)粒子在磁场中运动时，有＝m，当粒子从点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r＝，所以B＝ 带电粒子在组合场及复合场中运动 2．[2013·浙江省十二校新高考研究联盟第一次联考] 如图X20-2所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向的且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中．设小球电荷量不变，小球由棒的下端以( ) 图X20-2 A．小球加速度一直减小 B．小球的速度先减小，直到最后匀速 C．杆对小球的弹力一直减小 D．小球队受到的洛伦兹力一直减小2．D [解析] 小球上滑的过程中，在竖直方向上受到竖直向下的重力和摩擦力作用，所以小球的速度一直减小，根据公式F洛＝qvB，小球所受洛伦兹力一直减小，选项B错误，选项D正确；在水平方向上，小球共受到水平向右的电场力、水平向左的洛伦兹力和杆的弹力三个力的作用，三力的合力为零，如果刚开始，小球的初速度较大，其洛伦兹力大于电场力，杆对小球的弹力水平向右，大小FN＝F洛－F会随着速度的减小而减小，小球的加速度也一直减小；如果刚开FN＝F－F洛会随着速度的减小而增大，小球的加速度也一直增大，可见，选项A、C错误． 图X20-3 3．[2013·安徽省黄山市一模] 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图X20-3所示，现用同一回旋加速器分别加速两种同位素，关于高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，下列说法正确的是( ) A．加速质量大的交流电源的周期较大，加速次数少 B．加速质量大的交流电源的周期较大，加速次数多 C．加速质量大的交流电源的周期较小，加速次数多 D．加速质量大的交流电源的周期较小，加速次数少 3．A [解析] 对于粒子在匀强磁场中的运动，由R＝可知，随着粒子速度的增大，粒子的运动半径也逐渐增大，设粒子的质量为m，电荷量为q，在窄缝间被加速的次数为n，则由mv2＝nqU和R＝(其中R为D形盒中运动的最大圆周半径)可得，n＝，显然，质量大的加速次数少，获得的动能较小；由T＝可知，T与成正比，故加速质量大的交流电源的周期较大，选项A正确． 22．E2，K3，K4[2013·福建卷] 如图甲，空间存在一范围足够大的垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场， 磁感应强度大小为B.让质量为m，电量为q(q>0)的粒子从坐标原点O沿 xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中．不计重力和粒子间的影响． (1)若粒子以初速度v沿 y 轴正向入射，恰好能经过 x 轴上的A (a，0)点，求v的大小；(2)已知一粒子的初速度大小为v (v>v) ，为A (a，0) 点，其入射角θ(粒子初速度与x轴正向的夹角)有几个？并求出对应的 值；(3)如图乙，若在此空间再加入沿 y 轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从O点以初速度v沿 y 轴正向发射．研究表明：粒子在 xOy 平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的 x 分量v与其所在位置的 y 坐标成正比，比例系数与场强大小E无关．求该粒子运动过程中的最大速度值v[解析] 1)带电粒子以速率在匀强磁场中做匀速圆周运动，半径为，有＝① 当粒子沿轴正向入射，转过半个圆周至点，该圆周半径为，有：＝由②代入①式得＝(2)如图，、A两点处于同一圆周上，且圆心在＝的直线上，半径为当给定一个初速率时，有2个入射角，分1、2象限，有sin θ＝sin＝由①④式解得sin＝ (3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用表示其坐标，由动能定理，有＝－⑥ 由题知，有＝若＝0时，粒子以初速度沿轴正向入射，有＝⑧ 由⑥⑦⑧式解得＝＋。
无锡新领航教育特供：2013年高考物理 高频考点模拟新题精选训练 专题33 带电粒子在交变电场和磁场中的
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和磁场中的运动
1．（18分）（2013江西省景德镇二模）从阴极K 发射的电子经电势差U 0=4500V 的阳极加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长L 1=10cm ，间距d =4cm 的平行金属板AB 之后，在离金属板边缘L 2=75cm 处放置一个直径D =20cm 的带有记录纸的圆筒（如图所示），整个装置放在真空内，电子发射的初速度不计。
已知电子质量m =0.9×10-30 kg,电子电量e=1.6×10-19
C,不考虑相对论效应。
（1）若在两金属板上加上U 1=1000V 的直流电压（ϕA >ϕB ），为使电子沿入射方向做匀速直线运动，应加怎样的磁场？
（2）若在两金属板上加上U 2=1000cos2πt （V ）的交流电压，并使圆筒绕中心轴按图示方向以ω=4πrad/s 的角速度匀速转动，确定电子在记录纸上的偏转位移随时间变化的关系式并定性画出1s 钟内所记录的图形。
（电子穿过AB 的时间很短，可认为这段时间内板间电压不变）
解析：（1）由eU 0=202
1mv 得电子入射速度 31190010
94500106.122--⨯⨯⨯⨯==m eU v m/s 7104⨯=m/s . 加直流电压时，板间场强411105.2⨯==d
U E V/m (2分) 电子做直线运动时，由条件eE 1= ev 0B ， 得应加磁场的磁感应强度40
11025.6-⨯==v E B T ， (2分) 方向垂直纸面向里。
…………………. (2分)。
2013年高考物理真题汇编全解全析专题九磁场Word版含解析
专题九 磁 场1．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ，18题)如图，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q (q >0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R2.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )A.qBR2m B.qBR m C.3qBR 2m D.2qBR m【KS5U 解析】选B.本题应从带电粒子在磁场中的圆周运动角度入手并结合数学知识解决问题．带电粒子从距离ab 为R2处射入磁场，且射出时与射入时速度方向的夹角为60°，粒子运动轨迹如图，ce 为射入速度所在直线，d 为射出点，射出速度反向延长交ce 于f 点，磁场区域圆心为O ，带电粒子所做圆周运动圆心为O ′，则O 、f 、O ′在一条直线上，由几何关系得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为R ，由F 洛＝F 向得q v B ＝m v 2R ，解得v ＝qBRm ，选项B 正确．2．(2013·高考广东卷，21题)如图，两个初速度大小相同的同种离子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上．不计重力．下列说法正确的有( )A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近【KS5U 解析】选AD.带电离子垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．根据洛伦兹力提供向心力和周期公式T ＝2πm qB 、半径公式r ＝mυqB 及t θ＝T2π解决问题．带电离子打到屏P 上，说明带电离子向下偏转，根据左手定则，a 、b 两离子均带正电，选项A 正确；a 、b 两离子垂直进入磁场的初速度大小相同，电荷量、质量相等，由r ＝mυqB 知半径相同．b 在磁场中运动了半个圆周，a 的运动大于半个圆周，故a 在P 上的落点与O 的距离比b 的近，飞行的路程比b 长，选项C 错误，选项D 正确；根据t θ＝T2π知，a 在磁场中飞行的时间比b 的长，选项B 错误．3．(2013·高考安徽卷，15题)图中a ，b ，c ，d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右【KS5U 解析】选B.综合应用磁场的叠加原理、左手定则和安培定则解题．由安培定则分别判断出四根通电导线在O 点产生的磁感应强度的方向，再由磁场的叠加原理得出O 点的合磁场方向向左，最后由左手定则可判断带电粒子所受的洛伦兹力方向向下，故选项B 正确．4．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ，17题)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面．一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A.3m v 03qRB.m v 0qRC.3m v 0qRD.3m v 0qk【KS5U 解析】选A.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用几何关系和洛伦兹力公式即可求解．如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即q v 0B ＝m v 20r，据几何关系，粒子在磁场中的轨道半径r ＝R tan 60°＝3R ，解得B ＝3m v 03qR，选项A 正确．5．(2013·高考大纲全国卷，26题) 如图所示，虚线OL 与y 轴的夹角为θ＝60°，在此角范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子从左侧平行于x 轴射入磁场，入射点为M .粒子在磁场中运动的轨道半径为R .粒子离开磁场后的运动轨迹与x 轴交于P 点(图中未画出)，且OP ＝R .不计重力．求M 点到O 点的距离和粒子在磁场中运动的时间．【KS5U 解析】带电粒子在有界磁场中做圆周运动，作图并结合图象寻找解题的突破口．根据题意，带电粒子进入磁场后做圆周运动，运动轨迹交虚线OL 于A 点，圆心为y 轴上的C 点，AC 与y 轴的夹角为α；粒子从A 点射出后，运动轨迹交x 轴于P 点，与x 轴的夹角为β，如图所示．有q v B ＝m v 2R① 周期为T ＝2πRv②过A 点作x 、y 轴的垂线，垂足分别为B 、 D.由图中几何关系得 AD ＝R sin α OD ＝AD cot 60° BP ＝OD cot β OP ＝AD ＋BP α＝β③由以上五式和题给条件得sin α＋13cos α＝1④ 解得α＝30° ⑤ 或α＝90°⑥设M 点到O 点的距离为h h ＝R －OC 根据几何关系OC ＝CD －OD ＝R cos α－33AD 利用以上两式和AD ＝R sin α得h ＝R －23R cos(α＋30°) ⑦解得h ＝(1－33)R (α＝30°) ⑧ h ＝(1＋33)R (α＝90°)⑨当α＝30°时，粒子在磁场中运动的时间为 t ＝T 12＝πm 6qB⑩ 当α＝90°时，粒子在磁场中运动的时间为 t ＝T 4＝πm 2qB. 答案：(1－33)R (α＝30°)或(1＋33)R (α＝90°) πm 6qB (α＝30°)或πm2qB(α＝90°)6．(2013·高考北京卷，22题)如图所示，两平行金属板间距为d ，电势差为U ，板间电场可视为匀强电场．金属板下方有一磁感应强度为B 的匀强磁场．带电量为＋q 、质量为m 的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：(1)匀强电场场强E 的大小；(2)粒子从电场射出时速度v 的大小；(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R .【KS5U 解析】本题中带电粒子在电场中由静止开始做匀加速直线运动，可由动能定理或牛顿第二定律求解，选用动能定理进行解题更简捷．进入磁场后做匀速圆周运动，明确带电粒子的运动过程及相关公式是解题的关键．(1)电场强度E ＝Ud.(2)根据动能定理，有qU ＝12m v 2－0得v ＝2qUm. (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2R得R ＝1B 2mU q .答案：(1)U d (2) 2qU m (3) 1B 2mUq7．(2013·高考天津卷，11题)一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O .筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d 的平行金属板M 、N ，其中M 板带正电荷，N 板带等量负电荷．质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子自M 板边缘的P 处由静止释放，经N 板的小孔S 以速度v 沿半径SO 方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S 孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M 、N 间电场强度E 的大小； (2)圆筒的半径R ；(3)保持M 、N 间电场强度E 不变，仅将M 板向上平移23d ，粒子仍从M 板边缘的P 处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S 孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n .【KS5U 解析】(1)设两板间的电压为U ，由动能定理得qU ＝12m v 2 ①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U ＝Ed ②联立上式可得E ＝m v 22qd .③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O ′，圆半径为r .设第一次碰撞点为A ，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S 孔射出，因此，SA 弧所对的圆心角∠AO ′S等于π3.由几何关系得r ＝R tan π3④粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，得q v B ＝m v 2r ⑤联立④⑤式得 R ＝3m v3qB. ⑥(3)保持M 、N 间电场强度E 不变，M 板向上平移23d 后，设板间电压为U ′，则U ′＝Ed 3＝U 3 ⑦设粒子进入S 孔时的速度为v ′，由①式看出U ′U ＝v ′2v 2 综合⑦式可得 v ′＝33v ⑧设粒子做圆周运动的半径为r ′，则 r ′＝3m v3qB⑨设粒子从S 到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r ′＝R ，可见θ＝π2○10 粒子需经过四个这样的圆弧才能从S 孔射出，故 n ＝3.⑪答案：(1)m v 22qd (2)3m v3qB(3)38．(2013·高考重庆卷，7题)小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如图所示．在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的读数为G 1，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计．直铜条AB 的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R .若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率v 在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的读数为G 2，铜条在磁场中的长度L .(1)判断铜条所受安培力的方向，G 1和G 2哪个大？(2)求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小．【KS5U 解析】(1)铜条匀速向下运动，由楞次定律可知，其所受安培力竖直向上．根据牛顿第三定律，铜条对磁铁的作用力竖直向下，故G 2>G 1.(2)由题意知：G 1＝G 2－F ，F ＝G 2－G 1，由安培力公式 F ＝BIL ， I ＝E R ， E ＝BL v ，联立以上各式，解得B ＝1L(G 2－G 1)R v . 答案：(1)安培力的方向竖直向上，G 2>G 1(2)安培力的大小F ＝G 2－G 1 磁感应强度的大小B ＝1L (G 2－G 1)R v 9．(2013·高考福建卷，22题)如图甲，空间存在一范围足够大的垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.让质量为m ，电荷量为q (q ＞0)的粒子从坐标原点O 沿xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中．不计重力和粒子间的影响．(1)若粒子以初速度v 1沿y 轴正向入射，恰好能经过x 轴上的A (a,0)点，求v 1的大小． (2)已知一粒子的初速度大小为v (v >v 1)，为使该粒子能经过A (a,0)点，其入射角θ(粒子初速度与x 轴正向的夹角)有几个？并求出对应的sin θ值．(3)如图乙，若在此空间再加入沿y 轴正向、大小为E 的匀强电场，一粒子从O 点以初速度v 0沿y 轴正向发射。
2013高考物理专题练习-15磁场和安培力.
2013高考物理专题练习：15磁场和安培力【重点知识解读】1.引入磁感应强度描述磁场的强弱，引入磁感线形象化的描述磁场。
磁感线密的地方表示该处磁感应强度大，磁场强；磁感线疏的地方表示该处磁感应强度小，磁场弱；磁感线是闭合曲线。
磁感线永不相交。
磁体、电流的磁场都产生于电荷的运动。
2, 电疣的磁场方冋用安培定则判断°王描述磁场強弱的物理量磁感应逼度是矢量，矢量叠加遵循平行四边形定则。
解答磁场叠加类试题依据各磕场的方向,运用平行四边形定则逬行台成。
2磁场对电流的作用叫做安培力，安培力大小戶驱j必式中"是电流与磁场方向的夹角‘［为导线的有蝕长度。
闭舍通电线圈在匀强磁场中所受的安培力的先量和为零&£两平行直导线適有同向电说时相互吸引，通有反向电流吋相互排斥。
两平行通电直导线之间的作用力大小正比于电流大小。
&对于放在磁场中的通电导线，分析受力时要考虑它受到的安培力◎若逋电导线在安培力和其他力作用下处于平衡状态，则和坤平衡条件列方程解之’若通电寻线在安培力和其他力作用下处于勵速状态，则利用牛顿第二定律列方程解之。
【高考命题动态】磁场和安培力的考查重点主要有：安培定则、磁感应强度和磁场叠加、安培力、通电直导线的作用等。
【最新模拟题专项训练】。
1. （2013天星调研卷）如图所示，PQ、MN是放置在水平面内的光滑导轨，GH 是长度为L、电阻为r的导体棒，其中点与一端固定的轻弹簧连接，轻弹簧的劲度系数为k。
导体棒处在方向向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。
图中E是电动势为E,内阻不计的直流电源，电容器的电容为C。
闭合开关，待电路稳定后，强磁场，该磁场的磁感应强度大小为 B 方向竖直向下•将长大于 L 、宽为凡导体棒中电流为兀二忑軽弹簣的长度増加C.BLE"TtJ°电誓器帶电斛島倾L 答案2 C【命题意图】本题考查含电容器电路、闭合电路欧姆定律.安培力.平衡条件、 胡克定律.意在考查考生灵活应用相关知识分析推导相关关系式的能力。
2013~2014年一飞冲天——磁场
2013年——2014年天津各学校高考模拟试题汇编——磁场————武清区2014年13．（20分）如图所示，M、N为平行板电容器的两极板，M板的上表面涂有一种特殊材料，确保粒子和M板相撞后以原速率反弹且电荷量不变，其上方腰长为2a、底角为45°的等腰指教三角形区域内，有垂直纸面向外的均强磁场．N板上的O处有粒子源，能产生质量为m、电荷量为q的带负电的粒子（初速度忽略不计），经电场加速后从M板上距离D点为a的小孔P垂直于DC进入磁场．若粒子从P点进入磁场后经时间t第一次与M板相撞，且撞击点为D点，不计粒子重力与空气阻力的影响．（1）求电容器两板之间的电势差U；（2）若粒子未与M板相撞而从AD边射出，侧感应强度应满足什么条件？（3）若将磁场反向，并调节磁感应强度大小，是粒子和M板相撞一次后垂直于AC射出磁场，求粒子再磁场中运动的时间．——————————南开区2014年12．(20分)有一种“双聚焦分析器”质谱仪，工作原理如图所示。
其中加速电场的电压为U，静电分析器中有会聚电场，即与圆心O1等距的各点电场强度大小相同，方向沿径向指向圆心O1。
磁分析器中以O2为圆心、圆心角为90o的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。
由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后，从M点沿垂直于该点的场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿半径为R的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，并从N点射出静电分析器。
而后离子由P点垂直于磁分析器的左边界且垂直于磁场方向射入磁分析器中，最后离子垂直于磁分析器下边界从Q点射出，并进入收集器。
测量出Q点与圆心O2的距离为d。
位于Q点正下方的收集器入口离Q点的距离为0.5d。
(题中的U、m、q、R、d都为已知量)(1)求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小；(2)求磁分析器中磁场的磁感应强度B的大小和方向；(3)现将离子换成质量为4m，电荷量仍为q的另一种正离子，其它条件不变。
2013届高考物理 专题冲刺集训 第7讲《带电粒子在电场、磁场中的基本运动》(含解析)
专题三电场与磁场第七讲带电粒子在电场、磁场中的根本运动一、单项选择题1.如下列图，电量为＋q和－q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有( )A．体中心、各面中心和各边中点B．体中心和各边中点C．各面中心和各边中点D．体中心和各面中心解析：选D.利用点电荷产生场强的公式E＝k Qr2和场强叠加原理，对某边中点处的场强进展分析求合场强可知其大小并不是零，排除选项A、B、C，选项D正确．2．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I 引起的．在如下四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )解析：选B.地磁场的N极在地球南极附近，地磁场的S极在地球北极附近，根据安培定如此，可判定电流方向为顺时针方向(站在地球的北极向下看)，选项B正确，选项A、C、D 错误．3.如下列图，在xOy平面内有一个以O为圆心、半径R＝0.1 m的圆，P为圆周上的一点，O、P两点连线与x轴正方向的夹角为θ.假设空间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E＝100 V/m，如此O、P两点的电势差可表示为( )A．U OP＝－10sinθ(V)B．U OP＝10sinθ(V)C．U OP＝－10cosθ(V)D．U OP＝10cosθ(V)解析：选A.由于电场强度方向向下，据题意可知U OP＜0，如此U OP＝－ER sinθ＝－100×0.1sinθ(V)＝－10sinθ(V)，故正确答案为A.4．一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如下列图，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力．如下说法正确的答案是( )A．粒子带正电荷B．粒子的加速度先不变，后变小C．粒子的速度不断增大D．粒子的电势能先减小，后增大解析：选 B.电场线如下列图，由于受力总指向运动轨迹的凹侧，故粒子带负电荷，A错；由电场线分布知电场力先不变，后越来越小，B对；电场力一直做负功，粒子速度一直减小，电势能一直增加，C、D错．5.如下列图，圆弧虚线表示正点电荷电场的等势面，相邻两等势面间的电势差相等．光滑绝缘直杆沿电场方向水平放置并固定不动，杆上套有一带正电的小滑块(可视为质点)，滑块通过绝缘轻弹簧与固定点O相连，并以某一初速度从M点运动到N点，OM＜ON.假设滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等，弹簧始终在弹性限度内，如此( )A．滑块从M到N的过程中，速度不可能一直增大B．滑块从位置1到2的过程中，电场力做的功比从位置3到4的小C．在M、N之间的范围内，可能存在滑块速度一样的两个位置D．在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的三个位置解析：选C.滑块从M到N的过程中，在水平方向上电场力有可能始终大于弹力在水平方向的分力，A错．滑块在1与2之间和在3与4之间运动时，电势差相等，如此电场力做功也相等，B错．在MN之间运动时，由于M、N两处弹簧弹力大小相等，故在M处弹簧被压缩，在N处弹簧被拉伸，所以弹簧经过某一位置后要被拉伸，弹力在水平方向的分力可能大于电场力而使滑块减速，故可能存在滑块速度一样的两个位置，C项正确．假设要确定滑块加速度只由电场力决定，如此要求弹力在水平方向没有分力，即滑块在O点正下方和弹簧处于自然长度状态，而MN之间的弹簧处于自然长度状态处应在O点下方右侧一处，故D错．6.有两根长直导线a、b互相平行放置，如下列图为垂直于导线的截面图．在如下列图的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．假设两导线中通有大小相等、方向一样的恒定电流I，如此关于线段MN上各点的磁感应强度，如下说法中正确的答案是( )A ．M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向一样B ．M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向相反C ．在线段MN 上各点的磁感应强度都不可能为零D ．在线段MN 上有两点的磁感应强度为零解析：选B.根据安培定如此和磁场的叠加原理，M 点和N 点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项A 错B 对；在线段MN 上只有在O 点处，a 、b 两电流形成的磁场的磁感应强度等大反向，即只有O 点处的磁感应强度为零，选项C 、D 错．7.如下列图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一带电粒子(不计重力)以某一初速度沿圆的直径方向射入磁场，粒子穿过此区域的时间为t ，粒子飞出此区域时速度方向偏转角为60°，根据上述条件可求如下物理量中的( )A ．带电粒子的电荷量B ．带电粒子的初速度C ．带电粒子在磁场中运动的周期D ．带电粒子在磁场中运动的半径 解析：选C.由带电粒子的速度偏转角为60°可知，它在磁场中转过的圆心角度也为60°，如此带电粒子在磁场中运动的周期T ＝6t ，再由T ＝2πm qB 有q m ＝2πBT ＝π3Bt ，根据R ＝mvqB，因R 、m 、v 均为未知量，且由题中条件无法推出，故只有C 项正确．8.如下列图，静止的电子在加速电压为U 1的电场作用下从O 点经P 板的小孔射入平行金属板间的电场，在偏转电压为U 2的电场作用下偏转一段距离．现使U 1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该( )A ．使U 2加倍B ．使U 2变为原来的4倍C ．使U 2变为原来的2倍D ．使U 2变为原来的12倍解析：选A.要使电子的运动轨迹不发生变化，应使电子从电场中穿出时偏转距离不变，而偏转距离y ＝12·eU 2md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 02＝eU 2l 22d ·2eU 1＝U 2l 24U 1d，故U 1加倍时应使U 2也加倍，A 正确．9．空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O 点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷一样，且都包含不同速率的粒子．不计重力．如下说法正确的答案是( )A ．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B ．入射速度一样的粒子在磁场中的运动轨迹可能不同C ．在磁场中运动时间一样的粒子，其运动轨迹一定一样D ．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大解析：选D.带电粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据qvB ＝mv 2r得轨道半径r ＝mvqB，粒子的比荷一样，故不同速度的粒子在磁场中运动的轨道半径不同，轨迹不同，一样速度的粒子，轨道半径一样，轨迹一样，故B 错误．带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πr v ＝2πmqB，故所有带电粒子的运动周期均一样，假设带电粒子从磁场左边界出磁场，如此这些粒子在磁场中运动时间是一样的，但不同速度轨迹不同，故A 、C 错误．根据θt＝2πT 得θ＝2πTt ，所以t 越长，θ越大，故D 正确．二、非选择题 10.在某平面上有一半径为R 的圆形区域，区域内外均有垂直于该平面的匀强磁场，圆外磁场范围足够大，两局部磁场方向相反且磁感应强度都为B ，方向如下列图．现在圆形区域的边界上的A 点有一个电荷量为q 、质量为m 的带电粒子以沿半径且垂直于磁场方向向圆外的速度经过该圆形边界，该粒子只受到磁场对它的作用力．(1)假设粒子在其与圆心O 连线旋转一周时恰好能回到A 点，试问粒子运动速度v 的可能值；(2)在粒子恰能回到A 点的情况下，求该粒子回到A 点所需的最短时间． 解析：(1)设粒子运动的半径为rBqv ＝m v 2rr ＝mv Bq① 如图，O 1为粒子运动的第一段圆弧AB 的圆心，O 2为粒子运动的第二段圆弧BC 的圆心，根据几何关系可知 tan θ＝r R②∠AOB ＝∠BOC ＝2θ如果粒子回到A 点，如此必有 n ·2θ＝2π，n 取正整数③由①②③可得v ＝BqR m tan πn考虑到θ为锐角，即0＜θ＜π2，根据③可得n ≥3故v ＝BqR m tan πn(n ＝3,4,5，…)．(2)粒子做圆周运动的周期T ＝2πmBq因为粒子每次在圆形区域外运动的时间和圆形区域内运动的时间互补为一个周期T ，所以粒子穿越圆形边界的次数越少，所花时间就越短，因此取n ＝3代入到③可得θ＝π3而粒子在圆形区域外运动的圆弧的圆心角为αα＝2π－2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝53π故所求的粒子回到A 点的最短运动时间t ＝T ＋α2πT ＝11πm3Bq .答案：(1)BqR m tan πn (n ＝3,4,5，…) (2)11πm3Bq11.如下列图，均可视为质点的三个小球A 、B 、C 穿在竖直固定的光滑绝缘细杆上，开始时A 与B 紧靠在一起(A 、B 之间绝缘)，C 紧贴着绝缘地板，质量分别为M A ＝2.32 kg ，M B ＝0.20 kg ，M C ＝2.00 kg ，其中A 不带电，B 、C 的带电量分别为q B ＝＋4.0×10－5C ，q C ＝＋7.0×10－5C ，且电荷量都保持不变，开始时三个小球均静止．现给小球A 施加一个竖直向上的力F ，使它由静止开始向上做加速度为a ＝4.0 m/s 2的匀加速直线运动，经时间t ，A 与B 别离，F 变为恒力．g＝10 m/s 2，静电力常量k ＝9×109 N ·m 2/C 2.求：(1)时间t 为多少？(2)在时间t 内，假设力F 做的功W F ＝53.36 J ，如此B 所受的电场力对B 做的功W 为多少？解析：(1)开始时小球A 、B 处于平衡状态，有(M A ＋M B )g ＝kq B q Cr 20所以r 0＝kq B q CM A ＋MB g＝ 9×109×4×10－5×7×10－52.32＋0.2×10m ＝1 m给A 施加力F 后，A 、B 沿细杆向上做匀加速直线运动，C 对B 的库仑斥力逐渐减小，A 、B 之间的弹力也逐渐减小，经过时间t ，B 、C 间距离设为r ，A 、B 两者间弹力减小到零，此后两者别离，力F 变为恒力．如此对小球B 由牛顿第二定律得：kq B q Cr 2－M B g ＝M B a ，所以r ＝kq B q CM B g ＋a＝ 9×109×4×10－5×7×10－50.2×10＋4m ＝3 m对小球B 从静止开始匀加速运动时间t ，有：r －r 0＝12at 2所以t ＝2r －r 0a＝ 2×3－14s ＝1 s. (2)对A 、B 整体由动能定理得：W F ＋W G ＋W ＝12(M A ＋M B )v 2又W G ＝－(M A ＋M B )g (r －r 0)v ＝at所以W ＝12(M A ＋M B )a 2t 2－W F ＋(M A ＋M B )g (r －r 0)代入数据得W ＝17.2 J. 答案：(1)1 s (2)17.2 J 12．制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d 的两平行极板，如图甲所示．加在极板A 、B 间的电压U AB 作周期性变化，其正向电压为U 0，反向电压为－kU 0(k ＞1)，电压变化的周期为2T ，如图乙所示．在t ＝0时，极板B 附近的一个电子，质量为m 、电荷量为e ，受电场作用由静止开始运动．假设整个运动过程中，电子未碰到极板A ，且不考虑重力作用．(1)假设k ＝54，电子在0～2T 时间内不能到达极板A ，求d 应满足的条件；(2)假设电子在0～200T 时间内未碰到极板B ，求此运动过程中电子速度v 随时间t 变化的关系；(3)假设电子在第N 个周期内的位移为零，求k 的值． 解析：(1)电子在0～T 时间内做匀加速运动加速度的大小a 1＝eU 0md① 位移s 1＝12a 1T2②在T ～2T 时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小a 2＝5eU 04md③初速度的大小v 1＝a 1T ④匀减速运动阶段的位移s 2＝v 212a 2⑤ 依据题意d ＞s 1＋s 2 解得 d ＞ 9eU 0T210m⑥(2)在2nT ～(2n ＋1)T (n ＝0,1,2，…，99)时间内 速度增量Δv 1＝a 1T ⑦在(2n ＋1)T ～2(n ＋1)T (n ＝0,1,2，…，99)时间内 加速度的大小a 2′＝ekU 0md速度增量Δv 2＝－a 2′T⑧当0≤t －2nT ＜T 时电子的运动速度v ＝n Δv 1＋n Δv 2＋a 1(t －2nT )⑨解得v ＝[t －(k ＋1)nT ]eU 0dm，(n ＝0,1,2， (99)⑩ ②当0≤t －(2n ＋1)T ＜T 时电子的运动速度v ＝(n ＋1)Δv 1＋n Δv 2－a 2′[t －(2n ＋1)T]⑪ 解得v ＝[(n ＋1)(k ＋1)T －kt ]eU 0dm，(n ＝0,1,2，…，99)．⑫ (3)电子在2(N －1)T ～(2N －1)T 时间内的位移x 2N －1＝v 2N －2T ＋12a 1T 2电子在(2N －1)T ～2NT 时间内的位移x 2N ＝v 2N －1T －12a 2′T 2由⑩式可知v 2N －2＝(N －1)(1－k )T eU 0dm由⑫式可知v 2N －1＝(N －Nk ＋k )T eU 0dm依据题意x 2N －1＋x 2N ＝0解得k ＝4N －14N －3.答案：(1)d ＞9eU 0T 210m (2)见解析 (3)4N －14N －3。
2013年高考物理真题汇编全解全析：专题九 磁 场 Word版含解析
专题九 磁 场1．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ，18题)如图，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q (q >0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R2.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )A.qBR2m B.qBR m C.3qBR 2m D.2qBR m【解析】选 B.本题应从带电粒子在磁场中的圆周运动角度入手并结合数学知识解决问题．带电粒子从距离ab 为R2处射入磁场，且射出时与射入时速度方向的夹角为60°，粒子运动轨迹如图，ce 为射入速度所在直线，d 为射出点，射出速度反向延长交ce 于f 点，磁场区域圆心为O ，带电粒子所做圆周运动圆心为O ′，则O 、f 、O ′在一条直线上，由几何关系得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为R ，由F 洛＝F 向得q v B ＝m v 2R ，解得v ＝qBRm，选项B 正确．2．(2013·高考广东卷，21题)如图，两个初速度大小相同的同种离子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上．不计重力．下列说法正确的有( )A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D ．a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近【解析】选AD.带电离子垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．根据洛伦兹力提供向心力和周期公式T ＝2πm qB 、半径公式r ＝mυqB 及t θ＝T2π解决问题．带电离子打到屏P 上，说明带电离子向下偏转，根据左手定则，a 、b 两离子均带正电，选项A 正确；a 、b 两离子垂直进入磁场的初速度大小相同，电荷量、质量相等，由r ＝mυqB知半径相同．b 在磁场中运动了半个圆周，a 的运动大于半个圆周，故a 在P 上的落点与O 的距离比b 的近，飞行的路程比b 长，选项C 错误，选项D 正确；根据t θ＝T2π知，a 在磁场中飞行的时间比b 的长，选项B 错误．3．(2013·高考安徽卷，15题)图中a ，b ，c ，d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右【解析】选 B.综合应用磁场的叠加原理、左手定则和安培定则解题．由安培定则分别判断出四根通电导线在O 点产生的磁感应强度的方向，再由磁场的叠加原理得出O 点的合磁场方向向左，最后由左手定则可判断带电粒子所受的洛伦兹力方向向下，故选项B 正确．4．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ，17题)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面．一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A.3m v 03qRB.m v 0qRC.3m v 0qRD.3m v 0qk【解析】选A.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用几何关系和洛伦兹力公式即可求解．如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即q v 0B ＝m v 20r，据几何关系，粒子在磁场中的轨道半径r ＝R tan 60°＝3R ，解得B ＝3m v 03qR，选项A 正确．5．(2013·高考大纲全国卷，26题) 如图所示，虚线OL 与y 轴的夹角为θ＝60°，在此角范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子从左侧平行于x 轴射入磁场，入射点为M .粒子在磁场中运动的轨道半径为R .粒子离开磁场后的运动轨迹与x 轴交于P 点(图中未画出)，且OP ＝R .不计重力．求M 点到O 点的距离和粒子在磁场中运动的时间．【解析】带电粒子在有界磁场中做圆周运动，作图并结合图象寻找解题的突破口．根据题意，带电粒子进入磁场后做圆周运动，运动轨迹交虚线OL 于A 点，圆心为y 轴上的C 点，AC 与y 轴的夹角为α；粒子从A 点射出后，运动轨迹交x 轴于P 点，与x 轴的夹角为β，如图所示．有q v B ＝m v 2R①周期为T ＝2πRv ②过A 点作x 、y 轴的垂线，垂足分别为B 、 D.由图中几何关系得 AD ＝R sin α OD ＝AD cot 60° BP ＝OD cot β OP ＝AD ＋BP α＝β③ 由以上五式和题给条件得sin α＋13cos α＝1④ 解得α＝30° ⑤ 或α＝90°⑥设M 点到O 点的距离为h h ＝R －OC 根据几何关系OC ＝CD －OD ＝R cos α－33AD 利用以上两式和AD ＝R sin α得h ＝R －23R cos(α＋30°) ⑦解得h ＝(1－33)R (α＝30°) ⑧h ＝(1＋33)R (α＝90°) ⑨当α＝30°时，粒子在磁场中运动的时间为 t ＝T 12＝πm 6qB ⑩ 当α＝90°时，粒子在磁场中运动的时间为 t ＝T 4＝πm 2qB. 答案：(1－33)R (α＝30°)或(1＋33)R (α＝90°) πm 6qB (α＝30°)或πm2qB(α＝90°)6．(2013·高考北京卷，22题)如图所示，两平行金属板间距为d ，电势差为U ，板间电场可视为匀强电场．金属板下方有一磁感应强度为B 的匀强磁场．带电量为＋q 、质量为m 的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：(1)匀强电场场强E 的大小；(2)粒子从电场射出时速度v 的大小；(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R .【解析】本题中带电粒子在电场中由静止开始做匀加速直线运动，可由动能定理或牛顿第二定律求解，选用动能定理进行解题更简捷．进入磁场后做匀速圆周运动，明确带电粒子的运动过程及相关公式是解题的关键．(1)电场强度E ＝Ud.(2)根据动能定理，有qU ＝12m v 2－0得v ＝2qUm.(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2R得R ＝1B 2mU q .答案：(1)U d (2) 2qU m (3) 1B 2mUq7．(2013·高考天津卷，11题)一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O .筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d 的平行金属板M 、N ，其中M 板带正电荷，N 板带等量负电荷．质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子自M 板边缘的P 处由静止释放，经N 板的小孔S 以速度v 沿半径SO 方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S 孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M 、N 间电场强度E 的大小；(2)圆筒的半径R ；(3)保持M 、N 间电场强度E 不变，仅将M 板向上平移23d ，粒子仍从M 板边缘的P 处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S 孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n .【解析】(1)设两板间的电压为U ，由动能定理得qU ＝12m v 2 ①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U ＝Ed ② 联立上式可得E ＝m v 22qd. ③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O ′，圆半径为r .设第一次碰撞点为A ，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S 孔射出，因此，SA 弧所对的圆心角∠AO ′S等于π3.由几何关系得r ＝R tan π3④粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，得q v B ＝m v 2r⑤联立④⑤式得R ＝3m v 3qB. ⑥(3)保持M 、N 间电场强度E 不变，M 板向上平移23d 后，设板间电压为U ′，则U ′＝Ed 3＝U 3⑦设粒子进入S 孔时的速度为v ′，由①式看出 U ′U ＝v ′2v2 综合⑦式可得v ′＝33v ⑧设粒子做圆周运动的半径为r ′，则r ′＝3m v3qB⑨设粒子从S 到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r ′＝R ，可见θ＝π2○10 粒子需经过四个这样的圆弧才能从S 孔射出，故 n ＝3. ⑪答案：(1)m v 22qd (2)3m v3qB(3)38．(2013·高考重庆卷，7题)小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如图所示．在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的读数为G 1，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计．直铜条AB 的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R .若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率v 在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的读数为G 2，铜条在磁场中的长度L .(1)判断铜条所受安培力的方向，G 1和G 2哪个大？(2)求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小．【解析】(1)铜条匀速向下运动，由楞次定律可知，其所受安培力竖直向上．根据牛顿第三定律，铜条对磁铁的作用力竖直向下，故G 2>G 1.(2)由题意知：G 1＝G 2－F ，F ＝G 2－G 1，由安培力公式 F ＝BIL ， I ＝E R， E ＝BL v ，联立以上各式，解得B ＝1L(G 2－G 1)R v . 答案：(1)安培力的方向竖直向上，G 2>G 1(2)安培力的大小F ＝G 2－G 1 磁感应强度的大小B ＝1L (G 2－G 1)R v 9．(2013·高考福建卷，22题)如图甲，空间存在一范围足够大的垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.让质量为m ，电荷量为q (q ＞0)的粒子从坐标原点O 沿xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中．不计重力和粒子间的影响．(1)若粒子以初速度v 1沿y 轴正向入射，恰好能经过x 轴上的A (a,0)点，求v 1的大小． (2)已知一粒子的初速度大小为v (v >v 1)，为使该粒子能经过A (a,0)点，其入射角θ(粒子初速度与x 轴正向的夹角)有几个？并求出对应的sin θ值．(3)如图乙，若在此空间再加入沿y 轴正向、大小为E 的匀强电场，一粒子从O 点以初速度v 0沿y 轴正向发射。
整章强化训练专题练习(四)含答案高中物理选修3-1磁场
高中物理专题复习选修3-1磁场单元过关检测考试范围：单元测试；满分：100分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1．如图所示，在xOy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外，磁感应强度为B的匀强磁场，在第四象限内还存在方向沿-y方向、电场强度为E的匀强电场.从y轴上坐标为（0，a）的P点向第一象限的磁场区发射速度大小不等的带︒-︒角，且在xOy平面内.结正电的同种粒子，速度方向范围是与+y方向成30150果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限内的正交电磁场区.已知带电粒子电量为+q，质量为m，粒子重力不计.（1）所有通过第一象限磁场区的粒子中，求粒子经历的最短时间与最长时间的比值；（2）求粒子打到x轴上的范围；（3）从x轴上x=a点射入第四象限的粒子穿过正交电磁场后，从y轴上坐标为（0，-b）的Q点射出电磁场，求该粒子射出电磁场时的速度大小.2．如图所示，在平面直角坐标系xO y内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y＜0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从电场中的Q（-2h，-h）点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O处射入第I象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场．已知MN平行于x轴，N点的坐标为（2h，2h），不计粒子的重力．求：（1）电场强度的大小E；（2）磁感应强度的大小B；（3）粒子在磁场中运动的时间t．3．如图甲所示的控制电子运动装置由偏转电场、偏转磁场组成。
偏转电场处在加有电压U、相距为d的两块水平平行放置的导体板之间，匀强磁场水平宽度一定，竖直长度足够大，其紧靠偏转电场的右边。
大量电子以相同初速度连续不断地沿两板正中间虚线的方向向右射入导体板之间。
当两板间没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当两板间加上图乙所示的电压U时，所有电子均能通过电场、穿过磁场，最后打在竖直放置的荧光屏上。
2013高考物理 模拟新题特快专递(第四期)专题九 磁场
2013高考模拟新题特快专递第四期9专题九．磁场1．(2013朝阳区期末)如下列图，一个静止的质量为m 、电荷量为q 的粒子〔重力忽略不计〕，经加速电压U 加速后，垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，粒子打到P 点，OP =x ，能正确反映x 与U 之间关系的是A ．x 与U 成正比B ．x 与U 成反比C ．x 与U 成正比D ．x 与U 成反比 答案：C解析：由x=2R=2mv/qB ，qU=12mv 2，可得x 与U 成正比，选项C 正确。
2．〔2013江苏苏南四校联考〕如下列图，两个一样的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E 和匀强磁场B 中，轨道两端在同一高度上，两个一样的带正电小球a 、b 同时从轨道左端最高点由静止释放，且在运动中始终能通过各自轨道的最低点M 、N ，如此： A ．两小球某次到达轨道最低点时的速度可能有v N =v M B ．两小球都能到达轨道的最右端C ．小球b 第一次到达N 点的时刻与小球a 第一次到达M点的时刻一样D ．a 小球受到的电场力一定不大于a 的重力，b 小球受到的最大洛伦兹力可能大于b 的重力 答案：D解析：由于洛伦兹力不做功，电场力对带电小球一定做负功，所以两小球某次到达轨道最低点时的速度不可能有v N =v M ，选项A 错误；小球b 可以到达轨道的最右端，小球a 不能到达轨道的最右端，选项B 错误；由于两个小球受力情况不同，运动情况不同，小球b 第一次到达N 点的时刻与小球a 第一次到达M 点的时刻不一样，选项C 错误；由于题述没有给出半圆形光滑绝缘轨道半径和小球带电量、质量具体数据，所以a 小球受到的电场力一定不大于a 的重力，b 小球受到的最大洛伦兹力可能大于b 的重力，选项DBOP正确。
3. 〔2013山东名校质检〕 图6所示为显像管的原理示意图，当没有磁场时电子束将打在荧光屏正中的0点．安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转．设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，如果要使电子束打在荧光屏上的位置由a 点逐渐移动到b 点，图7中哪种变化的磁场能够使电子发生上述偏转〔 〕答案：A解析：要使电子束打在荧光屏上的位置由a 点逐渐移动到b 点，根据左手定如此，能够使电子发生上述偏转的变化的磁场是图A 。
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专题强化测评（四）B卷 电场和磁场 (45分钟 100分) 一、单项选择题（本题共5小题，每小题6分，共计30分.每小题只有一个选项符合题意） 1.(2012·濮阳模拟)处于纸面内的一段直导线长L=1 m，通有I=1 A的恒定电流，方向如图所示.将导线放在匀强磁场中，它受到垂直于纸面向外的大小为F=1 N的磁场力作用.据此( ) A.能确定磁感应强度的大小和方向 B.能确定磁感应强度的方向，不能确定它的大小 C.能确定磁感应强度的大小，不能确定它的方向 D.磁感应强度的大小和方向都不能确定 2.如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c、d四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc、td，其大小关系是( ) A.taC.ta＝tbtc>td 3.(2012·郑州模拟)在地磁场作用下处于静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线电流为I时，小磁针左偏30°(如图所示)，则当小磁针左偏60°时，通过导线的电流为(已知直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比)( )
A.2I B. 3I C.3I D.无法确定 4.如图所示，在竖直虚线MN和M′N′之间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子(不计重力)以初速度v0由A点垂直MN进入这个区域，带电粒子沿直线运动，并从C点离开场区.如果撤去磁场，该粒子将从B点离开场区；如果撤去电场，该粒子将从D点离开场区.则下列判断正确的是( ) A．该粒子由B、C、D三点离开场区时的动能相同 B．该粒子由A点运动到B、C、D三点的时间均不相同 C．匀强电场的场强E与匀强磁场的磁感应强度B之比0EvB D．若该粒子带负电，则电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外 5.(2012·银川模拟)如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.20 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度放置一质量为0.1 kg、电荷量q=+0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力.现对木板施加方向水平向左，大小为0.6 N的恒力，g取10 m/s2.则( )
A.木板和滑块一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动 B.滑块开始做匀加速直线运动，然后做加速度增大的加速运动 C.最终木板做加速度为2 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s的匀速运动 D.最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s的匀速运动 二、多项选择题（本题共4小题，每小题8分，共计32分，每小题有多个选项符合题意） 6.(2012·烟台模拟)一初速度为零的电子经电场加速后，垂直于磁场方向进入匀强磁场中，此电子在匀强磁场中做圆周运动可等效为一环状电流，其等效电流的大小( ) A.与电子质量无关 B.与电子电荷量有关 C.与电子进入磁场的速度有关 D.与磁场的磁感应强度有关 7.(2012·连云港模拟)如图所示，两块水平放置的带电平行金属板间有竖直向上的匀强电场.一个质量为m、带电量为q的油滴以初速度v0进入电场，并在电场中沿直线运动了一段时间，空气阻力不计，则( ) A.该油滴带正电 B.在这段时间内电场力所做的功等于油滴重力势能的变化量 C.在这段时间内油滴的机械能保持不变 D.在这段时间内油滴的动能保持不变 8.（2012·泰州模拟）如图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m，电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点.把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成θ=60°的位置B时速度为零.以下说法正确的是( )
A.小球重力与电场力的关系是mg=3Eq B.小球重力与电场力的关系是Eq=3mg C.球在B点时，细线的拉力为FT=3mg D.球在B点时，细线的拉力为FT=2Eq 9.如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等. 有一个带电粒子以初速度v0垂直x轴，从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入下面的磁场.已知OP之间的距离为d，则带电粒子( ) A.在电场中运动的时间为02dv B.在磁场中做圆周运动的半径为2d C.自进入磁场至第二次经过x轴所用时间为07d4v
D.自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间为0(47)d2v 三、计算题（本题共3小题，共38分,需写出规范的解题步骤） 10.(2012·南京模拟)（12分）质量m=2.0×10-4kg、电荷量q=1.0×10-6 C的带正电微粒静止在空间范围足够大的匀强电场中，电场强度大小为E1.在t=0时刻，电场强度突然增加到E2＝4.0×103 N/C,场强方向保持不变.到t＝0.20 s时刻再把电场方向改为水平向右，场强大小保持不变.取g=10 m/s2.求： （1）原来电场强度E1的大小？ （2）t=0.20s时刻带电微粒的速度大小？ （3）带电微粒运动速度水平向右时刻的动能？ 11.(2012·常州模拟)（12分）如图，直线MN上方有平行于纸面且与MN成 45°的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B.今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R.若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点.不计粒子的重力.求： （1）电场强度的大小； （2）该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径； （3）该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间. 12.(14分)如图所示，真空中有一个半径r=0.5 m的圆形磁场,与坐标原点相切,磁场的磁感应强度大小B=2×10-3 T,方向垂直于纸面向外,在x=r处的虚线右侧有一个方向竖直向上的宽度为L1=0.5 m的匀强电场区域，电场强度E=1.5× 103 N/C.在x=2 m处有一垂直x方向的足够长的荧光屏，从O点处向不同方向发射出速率相同的荷质比qm=1×109 C/kg带正电的粒子，粒子的运动轨迹在纸面内，一个速度方向沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能从磁场与电场的相切处进入电场.不计重力及阻力的作用.求： (1)粒子进入电场时的速度和粒子在磁场中的运动的时间. (2)速度方向与y轴正方向成30°(如图中所示)射入磁场的粒子，最后打到荧光屏上，该发光点的位置坐标.
（3）在（2）问中，粒子由坐标原点O到光屏上的总时间. 答案解析 1.【解析】选D.由B=FIL可知水平向左的磁感应强度的分量为1 T，无法确定沿电流方向的磁感应强度的分量，由矢量合成可知无法确定磁感应强度的大小和方向，故选D. 2.【解析】选D.电子的运动轨迹如题图所示，从a、b、c、d四点飞出的电子对应的圆心角θ
a＝θb>θc>θd，而电子的周期2mTqB相同，其在磁场中的运动时间tT2＝，故ta＝
tb>tc>td.D项正确. 3.【解析】选B.小磁针的指向为此处磁场的方向，由题意知，导线中电流的磁场与地磁场方向垂直，小磁针指向为合磁场方向，磁场合成情
况如图所示，易知tanθ=1BB地．则左偏30°、60°时对应的表达式为
tan30°=1BB地，tan60°=1BB地，又因为直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比，则当小磁针左偏60°时，通过导线的电流为3I．B正确. 4.【解析】选C.由Eq=Bv0q可得，0EvB,C正确；若电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外，则无论从左侧入射的是正电荷还是负电荷，电场力与洛伦兹力方向均一致，故D错误；如果撤去磁场，粒子由B点射出时，电场力对粒子做正功，粒子动能比入场时增大了，A错误；粒子由C、B射出过程中，水平方向均做匀速直线运动，运动时间相同，但在磁场偏转过程中粒子运动的速率是v0；运动时间增大了，故B错误. 5.【解析】选D.刚开始，滑块和木板一起做匀加速直线运动，随着速度的不断增加，滑块受到的竖直向上的洛伦兹力不断增加，滑块所受的弹力减小，合力减小，滑块做变加速运动，一段时间后，滑块的重力和洛伦兹力相平衡，滑块做匀速直线运动，而木板做匀加速直线运动.根据qvB=mg，得v=10 m/s；根据F=Ma，得a=3 m/s2，故D正确. 6.【解析】选B、D.电子在磁场中做圆周运动的周期2mT,eB环形电流的等效电流2eeB
I.
T2m＝＝由上式可以看出，电流大小与电量、磁场、质量有关，故B、D两项正确，A、C错误． 7.【解析】选A、B、D.因电场力和重力均沿竖直方向，若带电油滴沿v0方向做直线运动，一定是做匀速直线运动，此时mg=qE.油滴带正电，A正确；电场力所做的功等于克服重力所做的功，等于油滴重力势能的变化量，B正确；因电场力做正功，油滴机械能增加，C错误；油滴匀速运动，动能不变，D正确.
8.【解析】选B、C.由动能定理得，mglsinθ=Eql(1-cosθ),解得：Eq=3mg.B正确，A错误；在B点，球的速度为零，因此沿细线的方向合力为零，故细线拉力FT＝mgsin60°+Eqcos60°=3mg,故C正确，D错误. 9.【解析】选A、D.带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀速直线运动，出电场时与y轴成45°角，水平速度与竖直速度相等，则由水平方向
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d2dtvv，则竖直方向的位移：y=v0t1=2d,带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，恰好
垂直于x轴进入下面的磁场，则由几何关系可求出粒子的半径为r22d且0m2vmv
r,qBqB粒子垂直进入下面磁场中继续做匀速圆周运动，又垂直x轴出磁场，粒子
自进入磁场至第二次经过x轴所用时间为2072m7d4tT,22qB2v自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间为t=t1+t2=0(47)d2v，故选A、D. 10.【解析】（1）当场强为E1的时候，带正电微粒静止，所以mg=E1q，（2分） 所以E1=mgq =2.0×103 N/C. （2分） (2)当场强为E2的时候，带正电微粒由静止开始向上做匀加速直线运动，设 0.20 s后的速度为v1,由牛顿第二定律得：E2q-mg=ma1， （1分） 所以v1=a1t, （1分） 解得：v1=2 m/s. （1分） (3)把电场E2改为水平向右后，带电微粒在竖直方向做匀减速运动，设带电微粒速度达到水平向右所用时间为t1,则0-v1=-gt1,解得：t1=0.20 s, （2分）