2018届高考物理二轮复习文档：三 电场与磁场
专题三 电场与磁场
第一讲电场的基本性质
考点一
电场强度的理解与计算
1.[考查点电荷的电场强度、电场的叠加]
如图所示，直角坐标系中x轴上在x＝－r处固定有带电荷量为＋9Q的正点电荷，在x＝r处固定有带电荷量为－Q的负点电荷，y轴上a、b两点的坐标分别为ya＝r和yb＝－r，c、d、e点都在x轴上，d点的坐标为xd＝2r，r
Ee
B．a、b两点的电势相等
C．d点场强为零
D．a、b两点的场强相同
解析：选D cd点间距与de点间距相等，根据电场线的分布情况知，c处电场线密，场强大，故A正确；由电场分布的对称性可知，a、b两点的电势相等，故B正确；＋9Q在d点产生的场强大小E1＝k＝k，方向水平向右，－Q在d点产生的场强大小E2＝k，方向水平向左，所以由电场的叠加原理可知，d点场强为零，故C正确；根据电场线分布的对称性可知，a、b两点场强的大小相等，但方向不同，则a、b两点的场强不相同，故D错误。
2．[考查匀强电场的电场强度计算]
如图所示，梯形abdc位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60°、30°，cd＝2ab＝4 cm，已知a、b两点的电势分别为4 V、0，将电荷量q＝1.6×10－3 C的正电荷由a点移动到c
点，克服电场力做功6.4×10－3 J，则下列关于电场强度的说法中正确的是( )
A．垂直ab向上，大小为400 V/m
B．垂直bd斜向上，大小为400 V/m
C．平行ca斜向上，大小为200 V/m
D．平行bd斜向上，大小为200 V/m
解析：选B 由W＝qU知Uac＝＝ V＝－4 V，而φa＝4 V，所以φc＝8 V，过b点作be∥ac交cd于e，因在匀强电场中，任意两条平行线上距离相等的两点间电势差相等，所以Uab＝Uce，即φe＝4 V，又因cd＝2ab，所以Ucd＝2Uab，即φd＝0，所以bd为一条等势线，又由几何关系知eb⊥bd，由电场线与等势线的关系知电场强度必垂直bd斜向上，大小为E＝＝ V/m＝400 V/m，B项正确。
3．[考查电场强度的叠加及对称法的应用]
如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、 b、d三个点，a和b、b和c、 c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q＞0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)( )
A．k B．k
C．k D．k
解析：选B 由于在a点放置一点电荷q后，b点电场强度为零，说明点电荷q在b点产生的电场强度与圆盘上Q在b点产生的电场强度大小相等，即EQ＝Eq＝k，根据对称性可知Q在d点产生的场强大小EQ′＝k，则Ed＝EQ′＋Eq′＝k＋k＝k，故选项B正确。
考点二
平行板电容器问题
4.[考查电容器与电源相连时的动态问题]
一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器( )
A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
解析：选D 平行板电容器电容的表达式为C＝，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小。由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小。再考虑到极板间电场强度E＝，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确。
5．[考查静电计指针张角变化分析]
[多选]静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之间的电势差大小，如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，极板B固定，A可移动，开始时开关S闭合。静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是( )
A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度增大
B．断开S后，在A、B间插入电介质，静电计指针张开的角度增大
C．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大
D．保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小
解析：选AC 断开开关，电容器带电量不变，将A向左移动少许，则d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝
知，电势差增大，指针张角增大，故选项A正确；断开S后，在A、B间插入电介质，根据C＝知，电容增大，根据U＝知，电势差减小，则指针张角减小，故选项B错误；断开S后，将A向上移动少许，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，电势差增大，则指针张角变大，故选项C正确；保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故选项D错误。
6．[考查电容器的两类动态问题对比]
[多选]如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球从AB间的某一固定点水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板始终平行)，则下列说法正确的是( )
A．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N点的右侧
B．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N点的左侧
C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N点的右侧
D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N点的左侧
解析：选BC 若小球带正电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，根据E＝＝＝，E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点，故A错误。若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，根据E＝＝＝，所以d减小时E增大，所以电场力变大，小球在竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故B正确。若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，根据E＝＝＝，所以d减小时E增大，所以电场力变大，若电场力小于重力，小球在竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，故C正确。若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，根据E＝＝＝，E不变，所以电场力大小不变，小球在竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍落在N点，故D错误。
考点三
电场的性质及应用
7.[考查等量异种电荷电场分布特点及电势能大小比较]
如图所示的直角坐标系中，两电荷量分别为Q(Q＞0)和－Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方，取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是( )
A．b点的电势为零，电场强度也为零
B．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右
C．将正的试探电荷从O点移到a点，电势能减少
D．将同一正的试探电荷先后分别从O、b点移到a点，第二次电势能的变化较大
解析：选B 结合等量异种点电荷的电场分布的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线。电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以b点的电势等于0，而电场强度不等于0，故A错误；由题图知，两个点电荷在a点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a点受到的电场力的方向向右，且其电势能大于零，故B正确；电场线由Q指向－Q，故正电荷从O向a运动的过程中，电场力做负功，电势能增加，故C错误；两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等，故D错误。
8．[考查由带电粒子的运动轨迹判断粒子受力及运动情况]
如图，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc。则( )
A．aa>ab>ac，va>vc>vb B．aa>ab>ac，vb>vc>va
C．ab>ac>aa，vb>vc>va D．ab>ac>aa，va>vc>vb
解析：选D a、b、c三点到固定的点电荷P的距离rb＜rc＜ra，则三点的电场强度由E
＝k可知Eb＞Ec＞Ea，故带电粒子Q在这三点的加速度ab＞ac＞aa。由运动轨迹可知带电粒子Q所受P的电场力为斥力，从a到b电场力做负功，由动能定理－|qUab|＝mvb2－mva2＜0，则vb＜va，从b到c电场力做正功，由动能定理|qUbc|＝mvc2－mvb2＞0，vc＞vb，又|Uab|＞|Ubc|，则va＞vc，故va＞vc＞vb，选项D正确。
9．[考查φx图像及电场中的功能关系]
[多选]有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势φ随x的分布如图所示。一质量为m、带电荷量为－q的粒子只在电场力的作用下，以初速度v0从x＝0处的O点进入电场并沿x轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中正确的是( )
A．粒子从x＝0处运动到x＝x1处的过程中动能逐渐增大
B．粒子从x＝x1处运动到x＝x3处的过程中电势能逐渐减小
C．欲使粒子能够到达x＝x4处，则粒子从x＝0处出发时的最小速度应为2
D．若v0＝2，则粒子在运动过程中的最小速度为
解析：选BD 粒子从O运动到x1的过程中，电势降低，场强方向沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，故A错误。粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势能小，可知，粒子的电势能不断减小，故B正确。根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得：－qφ0＝0－mv02，解得：v0＝，则要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为 ，故C错误。若v0＝2，粒子运动到x1处电势能最大，动能最小，由动能定理得：
－qφ0＝mvmin2－mv02，
解得最小速度为：vmin＝ ，故D正确。
考点四
带电粒子在电场中的运动
10.[考查带电粒子在交变电场中的偏转问题]
[多选]如图甲所示，一平行板电容器极板板长l＝10 cm，宽a＝8 cm，两极板间距为d＝4 cm。距极板右端处有一竖直放置的荧光屏；在平行板电容器左侧有一长b＝8 cm的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010 C/kg，速度为4×106 m/s的带电粒子。现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期。下面说法正确的是( )
A．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25 cm
B．粒子打在屏上的区域面积为64 cm2
C．在0～0.02 s内，进入电容器内的粒子的64%能够打在屏上
D．在0～0.02 s内，屏上出现亮线的时间为0.012 8 s
解析：选BCD 设粒子恰好从极板边缘射出时的电压为U0
水平方向：l＝v0t①
竖直方向：＝at2②
又a＝③
由①②③得：U0＝＝128 V。
当U≥128 V时粒子打到极板上，当U＜128 V时打到屏上，可知，粒子通过电场偏转距离最大为d。
则y＝＋··
解得：y＝d＝4 cm，又由对称性知，粒子打在屏上的总长度为2d，区域面积为S＝2d·b＝64 cm2，选项A错误，B正确；粒子打在屏上的比例为%＝64%，在0～0.02 s内，进入电容器内的粒子的64%能够打在屏上，选项C正确；在前T(0～0.005 s)，粒子打到屏上的时间t0＝×0.005 s＝0.003 2 s；又由对称性知，在一个周期(0～0.02 s)内，打到屏上的总时间t＝4t0＝0.012 8 s，选项D正确。
11．[考查带电粒子在电场中的直线运动]
中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107 m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的。质子的荷质比取1×108 C/kg。求：
(1)漂移管B的长度；
(2)相邻漂移管间的加速电压。
解析：(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则
T＝①
L＝vB·②
联立①②式并代入数据得L＝0.4 m。③
(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场力对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到漂移管E电场力做功W′，质子的电荷量为q、质量为m，则
W＝qU④
W′＝3W⑤
W′＝mvE2－mvB2⑥
联立④⑤⑥式并代入数据得U＝6×104 V。⑦
答案：(1)0.4 m (2)6×104 V
12．[考查带电粒子在电场中的加速与偏转]
如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点；y轴沿竖直方向；在x＞0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E＝×103 V/m；比荷为1.0×105 C/kg的带正电的粒子P从A板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M(，1)点；粒子P的重力不计，试求：
(1)金属板AB之间的电势差UAB；
(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点静止释放另一带电微粒Q，使P、Q恰能在运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同；Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q所有释放点(x，y)坐标满足的关系。
解析：(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0；由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M(，1)点历时为t0，由类平抛运动规律可得：x＝v0t0
y＝t02
解得：v0＝×104 m/s。
在金属板AB之间，由动能定理：qUAB＝mv02
解得：UAB＝1 000 V。
(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；Q粒子从坐标N(x，y)点释放后，经时间t与粒子P相遇；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得：
对于P：Eq＝ma1
对于Q：Eq＝2ma2
x＝v0t
a1t2＝y＋a2t2
解得：y＝x2，其中x＞0
即粒子Q释放点N(x，y)坐标满足的方程为：
y＝x2，其中x＞0。
答案：(1)1 000 V (2)y＝x2，其中x＞0
考点一 电场强度的理解与计算
本考点是对电场强度概念、公式等基础知识的考查，考查时常结合库仑定律、电场力、平衡条件等相关知识简单交汇命题，属于送分题型。建议考生自学为主
[夯基固本]
1．常用的公式
2．常用的思想方法——对称法
[重点清障]
1．空间有多个点电荷时，某点的电场强度为各点电荷在此点单独产生的电场强度的矢量和。如诊断卷第1题，图中a、b、c、d、e各点的场强为＋9Q、－Q两点电荷单独产生的电场的叠加。
2．在匀强电场中沿同一方向，相等距离上电势变化量相同。如诊断卷第2题中，因cd＝2ab，有Ucd＝2Uab。
3．明确均匀带电体所产生的电场特性，找出解题的突破口，如诊断卷第3题，均匀带电圆盘在b点和在d点所产生的电场强度等大反向，因此，圆盘上电荷在d处产生的电场强度方向水平向右，大小为，d点的合场强大小为＋＝k。
1．如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°，电荷量相等、电性相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，E1与E2之比为( )
A．2∶1 B．1∶2
C．2∶ D．4∶
解析：选A 如图所示，不妨设M、N处分别放置电荷量为＋q、－q的电荷，则E1＝，E2＝，E1∶E2＝2∶1，A对，B、C、D错。
2．(2018届高三·湖州质检)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的点电荷电场。如图所示，在球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，球心为O，CD为球面AB的对称轴，在轴线上有M、N两点，且OM＝ON＝2R，A1A∥B1B∥CD，已知球
面A1B1在M点的场强大小为E，静电力常量为k，则N点的场强大小为( )
A.－E B.－E
C.－E D.－E
解析：选C 若球完整，则带电荷量Q＝q，则球在M点产生的电场E0＝＝，根据电场的叠加原理，除去A1B1球面后，球在M点产生的电场E1＝E0－E＝－E，由对称性可知球壳在N点产生的场强大小等于E1，C正确。
3．[多选]空间有一与纸面平行的匀强电场，纸面内的A、B、C三点位于以O点为圆心，半径R＝10 cm的圆周上，并且∠AOC＝90°，∠BOC＝120°，如图所示。现把一个电荷量q＝1×10－5 C的正电荷从A移到B，电场力做功－1×10－4 J；从B移到C，电场力做功为3×10－4 J，则该匀强电场的场强方向和大小是( )
A．场强大小为200 V/m B．场强大小为200 V/m
C．场强方向垂直OA向右 D．场强方向垂直OC向下
解析：选AC UAB＝＝ V＝－10 V；UBC＝＝ V＝30 V；则UAC＝UAB＋UBC＝20 V，若设UC＝0，则UA＝20 V，UB
＝30 V，若延长AO则与BC的连线交于BC的三等分点D点，D点的电势应为20 V，则AD为电势为20 V的等势面，故场强方向垂直OA向右，大小为E＝＝ V/m＝200 V/m，故A、C正确。
考点二 平行板电容器问题
本考点是对平行板电容器两类动态问题的考查，考查时常涉及电容的定义式、平行板电容器电容的决定式及E＝等知识，属于送分题型。建议考生适当关注即可
[夯基固本]
[重点清障]
1．电容器充电后保持与恒压电源相连时，电容器的电压保持不变，如诊断卷第4题，U不变，Q与C成正比；E与d成反比，与介电常数εr无关。
2．静电计指针张开的角度随电容器两板电压的增大而增大。如诊断卷第5题，断开S后，电容器电量不变，U随C的变化而变化，从而确定静电计指针张角变化规律。
3．当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限制。如诊断卷第6题，当d增大时，因二极管的单向导电性，电容器不能放电，此时保持电容器的电量不变，板间电场强度不变，故不影响小球落点位置，A、D均错误；当d减小时，电容器充电，此时二极管不起作用，相当于电容器板间电压不变，板间电场强度增大，因此将影响带电小球下落的时间和打在B板的位置。
1.某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动。在P、Q间距增大过程中( )
A．P、Q构成的电容器的电容增大
B．M点的电势比N点的高
C．M点的电势比N点的低
D．P上电荷量保持不变
解析：选B 电容式话筒与电源串联，电压保持不变。在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式C＝得，电容
减小，又根据电容定义式C＝得，电容器所带电荷量减少，电容器的放电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高。故A、C、D错误，B正确。
2．如图所示，平行板电容器与恒压电源连接，电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场，若仅使电容器上极板上移，设电容器极板上所带电荷量为Q，电子穿出平行板时在垂直于板面方向偏移的距离为y，以下说法正确的是( )
A．Q减少，y不变 B．Q减少，y减小
C．Q增大，y减小 D．Q增大，y增大
解析：选B 上极板上移，两板间距增大，电容器电容减小，板间电场强度减小，由Q＝CU可知，Q减小，C、D均错误；由y＝··可知，因E减小，电子偏转距离y减小，故B正确，A错误。
考点三 电场的性质及应用
本考点在考查中具有“知识交汇多”、“信息含量多”、“考查角度多”三多特点，这些特点足够让其成为高分路上的一大“拦路虎”，遇到此类问题，考生无须一见就慌，只要静下心来，运用所学知识灵活变通，从力和能的角度去分析，就不难做出准确判断。
[夯基固本]
[重点清障]
1．电场性质的判断方法
判断电势的高低
根据电场线的方向判断
根据UAB＝φA－φB判断
根据电场力做功(或电势能)判断
判断电势能的大小
根据Ep＝qφ判断
根据电场力做功(W＝－ΔEp)判断
2．根据运动轨迹判断粒子的受力及运动情况
(1)确定受力方向的依据
①曲线运动的受力特征：带电粒子受力总指向曲线的凹侧；
②电场力方向与场强方向的关系：正电荷的受力方向与场强方向同向，负电荷则相反；
③场强方向与电场线或等势面的关系：电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度的方向。
(2)比较加速度大小的依据：电场线或等差等势面越密⇒E越大⇒F＝qE越大⇒a＝
越大。
(3)判断加速或减速的依据：电场力与速度成锐角(钝角)，电场力做正功(负功)，速度增加(减小)。
3．φx图线的斜率表示沿x方向的电场强度
如诊断卷第9题，根据φx图像可以确定沿x方向电场的方向，电场力的方向，从而可确定粒子运动过程中动能和电势能的变化情况。
1．[多选](2017·江苏高考)在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有( )
A．q1和q2带有异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
解析：选AC 由题图可知，空间的电势有正有负，且只有一个极值，则两个点电荷必定为异种电荷，A项正确；由E＝可知，φx图像的切线斜率表示电场强度，因此x1处的电场强度不为零，B项错误；负电荷从x1移到x2的过程中，电势升高，电场强度减小，由Ep＝qφ，F＝qE可知，电势能减小，受到的电场力减小，C项正确，D项错误。
2．[多选](2017·全国卷Ⅲ)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是( )
A．电场强度的大小为2.5 V/cm
B．坐标原点处的电势为1 V
C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV
解析：选ABD ac垂直于bc，沿ca和cb两方向的场强分量大小分别为E1＝＝2 V/cm、E2＝＝1.5 V/cm，根据矢量合成可知E＝2.5 V/cm，A项正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间的电势差相等，有φO－φa＝φb－φc，得φO＝1 V，B项正确；电子在a、b、c三点的电势能分别为－10 eV、－17 eV和－26 eV，故电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C项错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝(－17 eV)－(－26 eV)＝9 eV，D项正确。
3．[多选](2017·天津高考)如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是( )
A．电子一定从A向B运动
B．若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷
C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpAEB，FA>FB，aA>aB，φA>φB，EpArB，故φA>φB，EpA0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；
(2)A点距电场上边界的高度；
(3)该电场的电场强度大小。
解析：(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得
v0－at＝0①
s1＝v0t＋at2②
s2＝v0t－at2③
联立①②③式得
＝3。④
(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式
vy2＝2gh⑤
H＝vyt＋gt2⑥
M进入电场后做直线运动，由几何关系知
＝⑦
联立①②⑤⑥⑦式可得
h＝H。⑧
(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则
＝⑨
设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得
Ek1＝m(v02＋vy2)＋mgH＋qEs1⑩
Ek2＝m(v02＋vy2)＋mgH－qEs2⑪
由已知条件
Ek1＝1.5Ek2⑫
联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得
E＝。
答案：(1)3∶1 (2)H (3)
一、高考真题集中演练——明规律
1．(2016·全国卷Ⅲ)关于静电场的等势面，下列说法正确的是( )
A．两个电势不同的等势面可能相交
B．电场线与等势面处处相互垂直
C．同一等势面上各点电场强度一定相等
D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功
解析：选B 在静电场中，两个电势不同的等势面不会相交，选项A错误；电场线与等势面一定相互垂直，选项B正确；同一等势面上的电场强度可能相等，也可能不相等，选项C错误；电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面，移动负试探电荷时，电场力做负功，选项D错误。
2．[多选](2017·全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W、W和W。下列选项正确的是( )
A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1
C．W∶W＝3∶1 D．W∶W＝1∶3
解析：选AC 设点电荷的电荷量为Q，根据点电荷电场强度公式E＝k，ra∶rb＝1∶2，rc∶rd＝3∶6，可知，Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，选项A正确，B错误；将一带正电的试探电荷由a点移动到b点做的功W＝q(φa－φb)＝3q(J)，试探电荷由b点移动到c点做的功W＝q(φb－φc)＝q(J)，试探电荷由c点移动到d点做功W＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，W∶W＝3∶1，W∶W＝1∶1，选项C正确，D错误。
3.(2017·江苏高考)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子( )
A．运动到P点返回 B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回 D．穿过P′点
解析：选A 电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C
板间的电场中减速运动，设A、B板间的电压为U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，则有eU－eEd＝0，若将C板向右平移到P′点，B、C两板所带电荷量不变，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′时，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A项正确，B、C、D项错误。
4．(2016·天津高考)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )
A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变
解析：选D 由题意可知平行板电容器的带电荷量Q不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d减小，则电容C变大，由U＝可知U变小，则静电计指针的偏角θ减小。又因为两板间电场强度E＝＝＝，Q、S不变，则E不变。因为E不变，则点电荷从P点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P点的电势能Ep不变，故只有选项D正确。
二、名校模拟重点演练——明趋势
5．(2018届高三·厦门一中检测)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是( )
A．x1处电场强度最小，但不为零
B．粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动
C．在O、x1、x2、x3处的电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3＞φ2＝φ0＞φ1
D．x2～x3段的电场强度大小方向均不变
解析：选D 因为ΔEp＝Eqx，所以＝Eq，即图像的斜率表示电场强度大小，所以在x1处电场强度最小，为零，A错误；图像的斜率表示电场强度大小，所以O～x2段做变加速直线运动，x2～x3段做匀加速直线运动，B错误；根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1＞φ2＝φ0＞φ3，C错误；x2～x3段为直线，斜率恒定，所以该段为匀强电场，D正确。
6．(2017·莆田六中月考)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。已知电子的质量是m，电量为e，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，求电子在ABCD区域内运动经历的时间和电子离开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。
解析：(1)电子在区域Ⅰ中做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定理得：eEL＝mv2
得v＝
电子在区域Ⅰ运动有L＝vt1
得t1＝
电子在中间区域匀速运动，有L＝vt3，得t3＝
进入区域Ⅱ时电子做类平抛运动，假设电子能穿出CD边，则电子在区域Ⅱ运动时间t2＝t3＝
在沿y轴上根据牛顿第二定律可得：eE＝ma
y轴方向上运动的位移为Δy＝at22＝＜
显然假设成立。
所以电子在ABCD区域运动经历的时间
t＝t1＋t2＋t3＝2
电子离开时的位移坐标为。
(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v1，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从D点离开，有
eEx＝mv12
y＝at2＝×2
解得xy＝，即在电场Ⅰ区域内满足此方程的点即为所求位置。
答案：(1)2
(2)所有释放点的位置在xy＝的曲线上
第二讲磁场的基本性质
考点一
磁场对电流的作用力
1.[考查磁感应强度的叠加]
(2017·全国卷Ⅲ)如图，在磁感应强度大小为B0
的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为( )
A．0 B.B0
C.B0 D．2B0
解析：选C 导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BP＝BQ＝B1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为B1。又根据题意Ba＝0，则B0＝B1，且B0平行于PQ向左。若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为B1′＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度B＝＝B0，则A、B、D项均错误，C项正确。
2．[考查安培力作用下导体棒的平衡问题]
如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，下面挂有匝数为n的矩形线框abcd。bc边长为l，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直，在图中垂直于纸面向里。线框中通以电流I，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态。令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡。则在此过程中线框位移的大小Δx及方向是( )
A．Δx＝，方向向上 B．Δx＝，方向向下
C．Δx＝，方向向上 D．Δx＝，方向向下
解析：选B 线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡，安培力为：FB＝nBIl，且开始的方向向上，然后方向向下，大小不变。
设在电流反向之前弹簧的伸长量为x，则反向之后弹簧的伸长量为(x＋Δx)，
则有：kx＋nBIl－G＝0
k(x＋Δx)－nBIl－G＝0
解之可得：Δx＝，且线框向下移动。
故B正确。
3．[考查安培力作用下的功和能的问题]
飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思路如下：如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射器是一种长度为l1＝120 m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以对飞机起飞提供一个恒定的安培力作为牵引力F牵。一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N。考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍。飞机离舰起飞的速度v＝100 m/s，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点。请计算(计算结果保留两位有效数字)
(1)飞机在后一阶段的加速度大小；
(2)电磁弹射器提供的牵引力F牵的大小；
(3)电磁弹射器输出效率可以达到80%，则每弹射这样一架飞机电磁弹射器需要消耗多少能量。
解析：(1)设后一阶段飞机加速度大小为a2，平均阻力为
f2＝0.2mg，则F推－f2＝ma2
得：a2＝4.0 m/s2。
(2)设电磁弹射阶段飞机加速度大小为a1、末速度为v1，平均阻力为f1＝0.05mg
则v12＝2a1l1，v2－v12＝2a2(l－l1)
得：a1＝39.7 m/s2
由F牵＋F推－f1＝ma1
得F牵＝6.8×105 N。
(3)电磁弹射器对飞机做功W＝F牵l1＝8.2×107 J
则其消耗的能量E＝＝1.0×108 J。
答案：(1)4.0 m/s2 (2)6.8×105 N (3)1.0×108 J
考点二
带电粒子在磁场中的运动
4.[考查左手定则、半径公式的应用]
如图所示，通电竖直长直导线的电流方向向上，初速度为v0的电子平行于直导线竖直向上射出，不考虑电子的重力，则电子将( )
A．向右偏转，速率不变，r变大
B．向左偏转，速率改变，r变大
C．向左偏转，速率不变，r变小
D．向右偏转，速率改变，r变小
解析：选A 由安培定则可知，直导线右侧的磁场垂直纸面向里，且磁场强度随离直导线距离变大而减小，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力方向向右，故向右偏转；由于洛伦兹力不做功，故速率不变，由r＝知r变大，故A正确。
5．[考查粒子匀速圆周运动的圆心和半径的确定]
如图所示，OO′为圆柱筒的轴线，磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁感线平行于轴线方向，在圆筒壁上布满许多小孔，如aa′、bb′、cc′…，其中任意两孔的连线均垂直于轴线，有许多同一种比荷为的正粒子，以不同速度、入射角射入小孔，且均从与OO′轴线对称的小孔中射出，若入射角为30°的粒子的速度大小为 km/s，则入射角为45°的粒子速度大小为( )
A．0.5 km/s B．1 km/s
C．2 km/s D．4 km/s
解析：
选B 粒子从小孔射入磁场速度与竖直线的夹角，与粒子从小孔射出磁场时速度与竖直线的夹角相等，画出轨迹如图，根据几何关系有r1＝、r2＝，由牛顿第二定律得Bqv＝m，解得v＝，所以v∝r，则入射角分别为30°、45°的粒子速度大小之比为＝＝＝，则入射角为45°的粒子速度大小为v2＝1 km/s，选项B正确。
6．[考查圆周运动的半径和运动时间的确定]
如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc。不计粒子重力。则( )
A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1
B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2
C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1
D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2
解析：选A 如图所示，设正六边形的边长为l，当带电粒子的速度大小为vb时，其圆心在a点，轨道半径r1＝l，转过的圆心角θ1＝π，当带电粒子的速度大小为vc时，其圆心在O点(即fa、cb延长线的交点)，故轨道半径r2＝2l，转过的圆心角θ2＝，根据qvB＝m，得v＝，故＝＝。由于T＝得T＝，所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，又t＝T，所以＝＝。故选项A正确，选项B、C、D错误。
考点三
带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题
7.[考查带电粒子在圆形磁场中的极值问题]
[多选]如图所示是一个半径为R
的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向内。有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α。以下说法正确的是( )
A．若r＝2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为
B．若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，则有关系tan＝成立
C．若r＝R，粒子沿着圆形磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为
D．若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为150°
解析：选BD 若r＝2R，粒子在磁场中运动时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图甲，因为r＝2R，圆心角α＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间
tmax＝T＝·＝，故A错误。
若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，根据几何关系，有tan ＝＝＝，故B正确。
若r＝R，粒子沿着圆形磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图丙所示，圆心角为90°，粒子在磁场中运动的时间t＝T＝·＝，故C错误。
若r＝R
，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图丁所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角为150°，故D正确。
8．[考查带电粒子在直边界磁场中的临界、极值问题]
[多选]如图，S为一离子源，MN为长荧光屏，S到MN的距离为L，整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，各离子的质量m，电荷量q，速率v均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则( )
A．当v<时所有离子都打不到荧光屏上
B．当v<时所有离子都打不到荧光屏上
C．当v＝时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为
D．当v＝时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为
解析：选AC 根据半径公式R＝，当v<时，R<，直径2R0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 如图所示，粒子在磁场中运动的轨迹半径为R＝。设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P。由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，AB＝R。由几何关系知，AP＝R，则AO＝AP＝3R，所以OB＝4R＝。故选项D正确。
4．[多选](2015·全国卷Ⅱ)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k
倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )
A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍
B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍
D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等
解析：选AC 两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍。由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，选项A正确。由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，选项B错误。由T＝得T∝r，所以＝k，选项C正确。由ω＝得＝＝，选项D错误。正确选项为A、C。
5．(2014·全国卷Ⅰ)如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )
A．2 B．
C．1 D．
解析：选D 根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知：带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径r1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径r2的2倍。设粒子在P点的速度为v1，根据牛顿第二定律可得qv1B1＝，则B1＝＝；同理，B2＝＝，则＝，D正确，A、B、C错误。
6．[多选](2014·全国卷Ⅱ)
如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )
A．电子与正电子的偏转方向一定不同
B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同
C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子
D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小
解析：选AC 根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A正确；根据qvB＝，得r＝，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定mv的大小，故选项C正确；粒子的mv越大，轨道半径越大，而mv＝，粒子的动能大，其mv不一定大，选项D错误。
二、名校模拟重点演练——明趋势
7．(2018届高三·陕师大附中检测)如图所示，圆柱体为磁体，磁极在左右两侧，外侧a为一金属圆环，与磁体同轴放置，间隙较小。在左侧的N极和金属圆环上各引出两根导线，分别接高压电源的正、负极。加高压后，磁体和金属圆环a间的空气会被电离，形成放电电流，若从右侧观察放电电流，下列说法正确的是( )
A．放电电流将发生顺时针旋转
B．放电电流将发生逆时针旋转
C．放电电流不发生旋转
D．无法确定放电电流的运动情况
解析：选A 由题意可以知道，从右侧观察，磁场向外，电流由高压电源的正极流向负极，根据左手定则，可以判断放电电流将发生顺时针旋转，故选项A正确。
8．(2017·成都石室中学二诊)如图所示，一个边长L的正方形金属框竖直放置，各边电阻相同，金属框放置在磁感应强度大小为B、方向垂直金属框向里的匀强磁场中，若A、B两端与导线相连，由A到B
通以如图所示方向的电流(由A点流入，从B点流出)，流过AB边的电流为I，则金属框受到的安培力大小和方向分别为( )
A．2BIL 竖直向下 B．BIL 竖直向上
C．BIL 竖直向上 D．BIL 竖直向下
解析：选B 设流过DC边的电流为I′，根据并联电路电压相等有I′·3R＝IR，得I′＝，AD、BC边所受的安培力的合力为0，DC边中电流向右，根据左手定则，安培力方向向上，大小FDC＝B··L＝BIL
AB边所受的安培力方向向上，大小FAB＝BIL
所以金属线框受到的安培力F安＝FDC＋FAB＝BIL，方向竖直向上，故B正确。
9．(2017·商丘一中押题卷)空间有一圆柱形匀强磁场区域，O点为圆心。磁场方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从A点沿图示箭头方向以速率v射入磁场，θ＝30°，粒子在纸面内运动，经过时间t离开磁场时速度方向与半径OA垂直，不计粒子重力。若粒子速率变为，其他条件不变，粒子在圆柱形磁场中运动的时间为( )
A. B．t
C. D．2t
解析：选C 设粒子电荷量为q，质量为m，磁场半径为r，运动的轨迹半径为R，磁感应强度为B，
根据洛伦兹力提供向心力：qvB＝m①
粒子运动周期：T＝②
①②联立可得：T＝
可知速度变化前后，两次粒子的运动周期不变，
设以速率v射入磁场时运动轨迹的半径为R1，圆心为O1，画出粒子运动过程图如图甲所示，
根据几何关系可知四边形OAO1C为菱形，粒子在磁场中运动所转过的圆心角：θ1＝∠AO1C＝120°，
半径R1＝r③
设以速率射入磁场时运动轨迹的半径为R2，圆心为O2，
根据①③式可知当粒子的速率变为时，粒子半径R2＝，根据几何关系画出粒子运动过程图如图乙所示，粒子所转过的圆心角θ2＝180°
根据粒子在磁场中运动的时间：t′＝T
所以两次粒子在磁场中运动的时间之比：
＝＝＝
又因为t1＝t，所以t2＝
故C正确，A、B、D错误。
10．[多选](2017·湖北黄冈质检)如图所示，两块水平放置的平行金属板，板长为2d，相距为d。现将一质量为m，电荷量为q的带电小球，以某一水平速度靠近上板下表面的P点射入，刚好从下板边缘射出，若在两板间加入竖直向下的匀强电场，再次将该带电小球以相同速度从P点射入，小球刚好水平向右沿直线运动；若保持电场不变，再加一垂直纸面的匀强磁场，再次将该带电小球以相同速度从P点射入，小球刚好垂直打在下板上。已知重力加速度为g，则下列说法正确的有( )
A．小球从P点射入的初速度为
B．小球带正电，所加匀强电场E＝
C．所加匀强磁场方向垂直纸面向里，B＝
D．加入匀强磁场后，带电小球在板间运动时间为
解析：选AD 小球从P点射入后做平抛运动，根据平抛运动的特点，有：2d＝v0t，d＝gt2，联立解得：v0＝，故A正确；加电场后小球做匀速直线运动，故：qE＝mg，解得：E＝，电场力方向向上，场强方向向下，故小球带负电，故B错误；再加磁场后，小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里，小球刚好垂直打在下板上，故轨迹半径为d，根据牛顿第二定律，有：qv0B＝m，解得：B＝，故C错误；加入匀强磁场后，带电小球在板间运动时间为四分之一个周期，t＝＝，故D正确。
11．(2017·福州质检)如图是某屏蔽高能粒子辐射的装置，铅盒左侧面中心O有一放射源可通过铅盒右侧面的狭缝MQ向外辐射α粒子，铅盒右侧有一左右边界平行的匀强磁场区域。过O的截面MNPQ位于垂直磁场的平面内，OH垂直于MQ。已知∠MOH＝∠QOH＝53°。α粒子质量m＝6.64×10－27 kg，电量q＝3.20×10－19 C，速率v＝1.28×107 m/s；磁场的磁感应强度B＝0.664 T，方向垂直于纸面向里；粒子重力不计，忽略粒子间的相互作用及相对论效应，sin 53°＝0.80，cos 53°＝0.60。
(1)求垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间t；
(2)若所有粒子均不能从磁场右边界穿出，即达到屏蔽作用，求磁场区域的最小宽度d。
解析：(1)粒子在磁场内做匀速圆周运动，则T＝
垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为：t＝
代入数据解得：t＝×10－6s＝9.81×10－8s。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动， qvB＝m
若沿OQ方向进入磁场的粒子运动轨迹与磁场右边界相切，则所有粒子均不能从磁场的右边界射出，如图所示，
由几何关系可得：d＝R＋Rsin 53°
代入数据可得：d＝0.72 m。
答案：(1)9.81×10－8 s
(2)0.72 m
12．(2017·孝感一模)如图所示，M、N为水平放置的彼此平行的不带电的两块平板，板的长度和板间距离均为d，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，在距上板处有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，以初速度v0水平射入磁场，若使粒子不能射出磁场，求磁场的方向和磁感应强度B的大小范围。
解析：第一种情况：
当磁场方向垂直纸面向里时，若粒子从左侧上板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径R1＝·＝
由qv0B1＝m得：B1＝
若粒子从右侧上板边缘飞出，其运动轨迹如图甲所示，
设粒子做圆周运动的半径为R2，则：
R22＝2＋d2，解得：R2＝d
由qv0B2＝m得：B2＝
所以当磁场方向垂直纸面向里时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围φb
D．超导体中的电流I越大，a、b两点的电势差越大
解析：选BD 超导体电阻为零，超导体内部没有产生热能，A错误；超导体所受安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力，B正确；载流子为电子，超导体表面上a带负电，φa<φb，C错误；根据电流的微观表达式I＝neSv，可得电子定向移动速度v＝，稳定时，洛伦兹力和电场力平衡，即evB＝，整理得U＝，所以电流I越大，电势差越大，D正确。
2．[考查回旋加速器的改进及原理分析]
如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )
A．带电粒子每运动一周被加速两次
B．带电粒子每运动一周P1P2＝P3P4
C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关
D．加速电场方向需要做周期性的变化
解析：选C 带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向没有改变，则在AC间加速，故A、D错误。根据r＝得，则P1P2＝2(r2－r1)＝，因为每转一圈被加速一次，根据v22－v12＝2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v4－v3P3P4，故B错误。当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝得，v＝，知加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，故C正确。
3．[考查用质谱仪分析两种离子的运动]
(2017·江苏高考)一台质谱仪的工作原理如图所示。大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹。不考虑离子间的相互作用。
(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；
(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；
(3)若考虑加速电压有波动，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU
)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件。
解析：(1)甲种离子在电场中加速时，有qU0＝×2mv2
设甲种离子在磁场中的运动半径为r1
则有qvB＝2m
解得r1＝
根据几何关系有x＝2r1－L
解得x＝ －L。
(2)如图所示。
最窄处位于过两虚线交点的垂线上
d＝r1－
解得d＝ －。
(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2
r1的最小半径r1min＝
r2的最大半径r2max＝
由题意知2r1min－2r2max>L
即 － >L
解得L<[2－]。
答案：(1) －L
(2)图见解析 －
(3)L<[2－]
考点二
带电粒子在组合场中的运动
4.[考查带电粒子加速后先进入磁场再进入电场的情况]
如图所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场。初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，重力不计，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点。已知OA＝OC＝d。则磁感应强度B和电场强度E可表示为( )
A．B＝，E＝ B．B＝，E＝
C．B＝，E＝ D．B＝，E＝
解析：选B 设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v，则qU＝mv2；带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，qBv＝，依题意可知r＝d，联立可解得B＝，带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t从P点到达C点，由d＝vt，d＝t2，联立可解得E＝，B正确。
5．[考查带电粒子由电场中偏转再进入磁场中的情况]
[多选]如图所示，边界MN、PQ间有竖直向下的匀强电场，PQ、EF间有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的粒子从边界MN上的O点以水平初速度v0射入电场，结果从PQ上的A点进入磁场，且粒子在磁场中运动的时间为，MN和PQ间、PQ和EF间的距离均为L，O到A的竖直距离为，不计粒子的重力，则下列结论正确的是( )
A．匀强电场的电场强度大小为
B．粒子进入磁场时速度与水平方向的夹角为45°
C．粒子在磁场中做圆周运动的半径为L
D．匀强磁场的磁感应强度为
解析：选BD 粒子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速运动L＝v0t，竖直方向＝at2，根据牛顿第二定律qE＝ma，解得E＝，故A错误；离开电场时竖直速度vy＝at＝×＝v0，进入磁场时速度与水平方向的夹角为θ，tan θ＝＝1，θ＝45°，故B正确；粒子在磁场中的圆心角为α，根据t＝T＝×＝，根据题意t＝，得α＝，如图所示，根据几何关系有R＝L，故C错误；根据半径公式R＝＝＝，得B＝，故D正确。
6．[考查带电粒子由磁场进入电场后再返回磁场的情况]
如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R，磁场垂直纸面向里，在y>R的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E，在M点有一粒子源，辐射的粒子以相同的速率v沿不同方向射入第一象限，发现沿＋x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为＋q，粒子重力不计。
(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；
(2)求沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程；
(3)沿与＋x方向成60°角射入的粒子，最终将从磁场边缘的N点(图中未画出)穿出，不再进入磁场，求N点的坐标和粒子从M点运动到N点的总时间。
解析：(1)沿＋x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图中的P点射出磁场，逆电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径：r＝R
根据Bqv＝
得：B＝。
(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从H点射出磁场，MH为直径，在磁场中的路程为二分之一圆周长s1＝πR
设在电场中路程为s2，根据动能定理Eq＝mv2
s2＝
总路程s＝πR＋。
(3)沿与＋x方向成60°角射入的粒子，经分析从C点竖直射出磁场，从D点射入、射出电场，又从C点射入磁场，最后从N点(MN为直径)射出磁场。所以N点坐标为(2R,0)。
C点在磁场中，MC段圆弧对应圆心角α＝30°，CN段圆弧对应圆心角θ＝150°，所以在磁场中的时间为半个周期，t1＝＝
粒子在CD段做匀速直线运动，由几何关系知CD＝
t2＝＝
粒子在电场中做匀变速直线运动，加速度a＝
t3＝＝
总时间t＝t1＋t2＋t3＝＋。
答案：(1) (2)πR＋
(3)(2R,0) ＋
考点三
带电粒子在叠加场中的运动
7.[考查带电粒子在叠加场中的直线运动]
[多选]如图所示，区域Ⅰ中有正交的匀强电场和匀强磁场，区域Ⅱ中只有匀强磁场，不同的离子(不计重力)从左侧进入两个区域，在区域Ⅰ中都没有发生偏转，在区域Ⅱ中做圆周运动的轨迹都相同，则关于这些离子说法正确的是( )
A．离子一定都带正电
B．这些离子进入复合场的初速度相等
C．离子的比荷一定相同
D．这些离子的初动量一定相同
解析：选BC 因为它们通过区域Ⅰ时不偏转，说明受到的电场力与洛伦兹力相等，即Eq＝B1qv，故离子的速度相等，若为正离子，则电场力向下，洛伦兹力向上。若为负离子，则电场力向上，洛伦兹力向下，同样能够满足平衡，所以选项A错误，B正确。又因为进入磁场Ⅱ后，其偏转半径相同，由公式R＝可知，它们的比荷相同，选项C正确。虽然确定初速度相等，但无法判断质量是否相等，所以无法判断初动量是否相等，选项D错误。
8．[考查带电粒子在叠加场中的圆周运动]
[多选]如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，a、b间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加电场的场强大小为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁感应强度大小等于，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．微粒在ab区域的运动时间为
B．微粒在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r＝2d
C．微粒在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为
D．微粒在ab、bc区域中运动的总时间为
解析：选ABC 将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式，有：水平方向：v0＝at，d＝
竖直方向：0＝v0－gt
解得：a＝g
t＝
故A正确；
粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，即qE＝mg，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qv0B＝m
解得：r＝
由以上各式整理得到r＝2d，故B正确；由于r＝2d，画出轨迹，如图所示，由几何关系，得到圆弧所对应的圆心角为30°，故在复合场中的运动时间为：
t2＝＝＝，故C正确；
粒子在电场中运动时间为：
t1＝＝
故粒子在ab、bc区域中运动的总时间为：
t＝t1＋t2＝d，故D不正确。
9．[考查带电粒子在叠加场中的直线运动与类平抛运动]
如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T。有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2。求：
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。
解析：(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝①
代入数据解得
v＝20 m/s②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足
tan θ＝③
代入数据解得
tan θ＝
θ＝60°。④
(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有
a＝⑤
设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有
x＝vt⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有
y＝at2⑦
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又
tan θ＝⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t＝2 s≈3.5 s。⑨
解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为
vy＝vsin θ⑤
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有
vyt－gt2＝0⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得
t＝2 s≈3.5 s。⑦
答案：(1)20 m/s，方向与电场方向成60°角斜向上
(2)3.5 s
考点四
带电粒子在交变场中的运动
10.[考查带电粒子在周期性变化的电场和磁场中的运动]
如图甲所示，空间平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t周期性变化(周期为T)的图像如图乙所示。取竖直向下为电场正方向，垂直纸面向外为磁场正方向。在t＝0时，一质量为m，电荷量为q的带负电小球从离地面高为h＝的地方由静止释放。已知重力加速度为g，E0＝，B0＝。求：
(1)小球第一次做圆周运动的半径；
(2)要让小球一直在电场中运动，则电场在水平方向上的最小宽度；
(3)小球落地时间。
解析：(1)在0～时间内，重力和电场力平衡，小球静止不动，在～T时间内，小球只受电场力和重力，两力方向相同，由牛顿第二定律有qE0＋mg＝ma，解得a＝2g
在T时刻，小球的速度v1＝a＝gT，
位移x1＝a2＝
在T～T时间内，小球所受电场力和重力平衡，合力为洛伦兹力，带电小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qv1B0＝，解得R1＝＝。
(2)小球做圆周运动的周期T′＝＝＝，只与磁场有关，且恒定，故小球相继在半周期内做匀加速直线运动和完整的圆周运动，小球做匀加速直线运动的加
速度恒为a＝2g，则在T、2T、3T…时刻，小球运动的总位移为x1、4x1、9x1…，速度为v1、2v1、3v1…，做圆周运动的半径为R1、2R1、3R1…
由h＝＝9x1＋<9x1＋3R1，可知小球在第三次做圆周运动时转过圆心角θ落地，小球的运动轨迹如图所示：
由几何关系可知sin θ＝＝，解得θ＝
由3R1(1－cos θ)<2×2R1，则电场在水平方向上的最小宽度d
＝2×2R1＝。
(3)小球落地时间t＝3T＋＝。
答案：(1) (2) (3)
考点一 电磁技术的应用
速度选择器、质谱仪、回旋加速器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔效应等应用实例一直是高考的热点，这些问题的实质还是属于带电粒子在复合场中的运动问题。因此解决此类问题的关键在于准确把握各种应用实例的工作原理
[夯基固本]
[重点清障]
1．霍尔元件的材料不同，霍尔效应结果也不相同。如诊断卷第1题，Ⅱ型超导体的载流子为电子，其电流是由内部电子定向移动形成的，应根据电子所受的洛伦兹力的方向判断偏转情况。
2．不同的回旋加速器原理不同，粒子加速及旋转的情况也不相同。如诊断卷第2题，粒子在板间加速后向右侧旋转过程中不再被加速，粒子每周被加速一次，因此板间电场的方向不发生变化。
1．[多选]为了测量某化肥厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下表面加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，在前后两个内侧面固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U，若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法正确的是( )
A．若污水中正离子较多，则前内侧面比后内侧面的电势高
B．前内侧面的电势一定低于后内侧面的电势，与哪种离子多无关
C．污水中离子浓度越高，电压表的示数越大
D．污水流量Q与电压U成正比，与a、b无关
解析：选BD 根据左手定则可得正离子向后内侧面偏转，负离子向前内侧面偏转，所以后内侧面比前内侧面电势高，与哪种离子多无关，A错误，B正确；带电离子在洛伦兹力的作用下，正离子向里偏转，负离子向外偏转，导致前后两个侧面不断积累电荷，两个侧面间的电势差不断增大，产生的电场也不断增强，又使带电离子受到与磁场力方向相反的电场力作用，且不断增大，直到两种力大小相等方向相反，以后的带电离子将不再偏转，前后两个内侧面的电压将不再变化。根据：Eq＝Bqv即＝Bqv，得离子速度即流速v＝，所以Q＝Sv＝bc＝，所以C错误，D正确。
2．(2017·海淀期末)某种粒子加速器的设计方案如图所示，M、N为两块垂直于纸面放置的圆形正对平行金属板，两金属板中心均有小孔(孔的直径大小可忽略不计)，板间距离为h。两板间接一直流电源，每当粒子进入M板的小孔时，控制两板的电势差为U，粒子得到加速，当粒子离开N板时，两板的电势差立刻变为零。两金属板外部存在着上、下两个范围足够大且有理想平行边界的匀强磁场，上方磁场的下边界cd与金属板M在同一水平面上，下方磁场的上边界ef与金属板N在同一水平面上，两磁场平行边界间的距离也为h，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B。在两平行金属板右侧形成与金属板间距离一样为h的无电场、无磁场的狭缝区域。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板小孔处无初速度释放，粒子在MN板间被加速，粒子离开N
板后进入下方磁场中运动。若空气阻力、粒子所受的重力以及粒子在运动过程中产生的电磁辐射均可忽略不计，不考虑相对论效应、两金属板间电场的边缘效应以及电场变化对于外部磁场和粒子运动的影响。
(1)为使带电粒子经过电场加速后不打到金属板上，请说明圆形金属板的半径R应满足什么条件；
(2)在ef边界上的P点放置一个目标靶，P点到N板小孔O的距离为s时，粒子恰好可以击中目标靶。对于击中目标靶的粒子，求：
①其进入电场的次数n；
②其在电场中运动的总时间与在磁场中运动的总时间之比。
解析：(1)设粒子第一次经过电场加速后的速度为v1，
对于这个加速过程，根据动能定理有：
qU＝mv12，解得v1＝；
粒子进入磁场中做匀速圆周运动，设其运动的轨道半径为r1，
根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：qv1B＝m，
得r1＝＝
为使粒子不打到金属板上，应使金属板的半径R＜2r1，
即R＜ 。
(2)①设到达ef边界上P点的粒子运动速度为vn，根据几何关系可知，其在磁场中运动的最后一周的轨道半径rn＝，
根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝m，
解得vn＝＝
设粒子在电场中被加速n次，对于这个加速过程根据动能定理有nqU＝mvn2＝m2
解得：n＝。
②设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有：q＝ma，解得a＝
因在磁场中运动洛伦兹力不改变粒子运动速度的大小，故粒子在电场中的间断加速运动可等效成一个连续的匀加速直线运动
设总的加速时间为t1，根据vn＝at1
可得t1＝
粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动周期T＝保持不变。
对于击中目标靶的粒子，其在磁场中运动的总时间
t2＝T＝
所以＝。
答案：(1)R＜
(2)① ②
考点二 带电粒子在组合场中的运动
本考点既是重点，更是难点，这类问题的特点是电场、磁场和重力场中的两者或三者先后相互组合，带电粒子的运动形式包含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周运动等，涉及的方法和规律包括牛顿运动定律、功能关系等，对综合分析能力和运用数学知识解决物理问题的能力要求较高，综合性强。对于此类问题，应在准确审题的前提下，熟练掌握电场和磁场中两类曲线运动的分析方法。需要考生学会迁移应用
一、谨记两大偏转模型
1．电偏转(带电粒子垂直进入匀强电场中)
受力特点
电场力为恒力
运动性质
带电粒子做类平抛运动
处理方法
运动的合成与分解
关注要点
(1)速度偏转角θ，tan θ＝＝
(2)侧移距离y0，y0＝
2.磁偏转(带电粒子垂直进入匀强磁场中)
受力特点
洛伦兹力大小恒定，与速度方向保持垂直
运动性质
带电粒子做匀速圆周运动
处理方法
匀速圆周运动规律
关注要点
(1)圆心及轨道半径。两点速度垂线的交点或某点速度垂线与轨迹所对弦的中垂线的交点即圆心，r＝
(2)周期及运动时间。周期T＝，运动时间t＝T，掌握圆心角θ的确定方法
(3)速度的偏转角α。α＝θ
二、掌握一个思维流程
如图所示，在纸平面内建立的直角坐标系xOy，在第一象限的区域存在沿y轴正方向的匀强电场。现有一质量为m，电荷量为e的电子从第一象限的点P以初速度v0沿x轴的负方向开始运动，经过x轴上的点Q进入第四象限，先做匀速直线运动然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域，磁场左边界和上边界分别与y轴、x轴重合，电子偏转后恰好经过坐标原点O，并沿y轴的正方向运动，不计电子的重力。求：
(1)电子经过Q点的速度v；
(2)该匀强磁场的磁感应强度B和磁场的最小面积S。
[思维流程]
[解析] (1)电子做类平抛运动，有：
＝v0t，＝t，解得：vy＝v0
经过Q点的速度大小为：vQ＝＝v0
与水平方向夹角为：θ＝arctan＝arctan＝30°。
(2)电子进入第四象限先做匀速直线运动，进入磁场后做匀速圆周运动，利用磁场速度偏转角为120°。
由几何关系得r＋＝，解得r＝
由向心力公式eBv＝m
解得B＝，方向垂直于纸面向里
矩形磁场右边界距y轴的最小距离
d＝r＋rcos 60°＝r＝
下边界距x轴的最小距离r＝
最小面积为S＝d·r＝。
[答案] (1)v0，与水平方向夹角为30°
(2)，方向垂直于纸面向里
如图所示，A、B两板间电势差为U1＝400 V，C、D两板长为L＝1 m，两板间电势差为U2＝200 V，OO′为C、D两板间的中间线。在O处有一电荷量为q＝1×10－6C、质量为m＝2×10－8 kg的带电粒子，经A、B间电场加速又经C、D间电场偏转后，恰好能从极板右边缘射出，同时进入一个垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁感应强度为B＝1
T。带电粒子能够垂直打到磁场的右边界处的光屏PQ上。若不考虑空气阻力和粒子重力的影响，求：
(1)C、D两板间的距离d是多少？
(2)匀强磁场的宽度s是多少？
(3)若改变磁感应强度B的大小，欲使该带电粒子打不到光屏PQ上，则B的大小满足什么条件？
解析：(1)带电粒子经A、B加速阶段，由动能定理得：
qU1＝mv02，解得v0＝200 m/s
带电粒子进入C、D间偏转，带电粒子做类平抛运动，则有
水平方向：L＝v0t
竖直方向：＝··t2
联立解得d＝ ＝0.5 m。
(2)设带电粒子离开偏转电场时的速度为v，与OO′方向的夹角为θ，则
由动能定理得：q＝mv2－mv02，
解得v＝100 m/s
cos θ＝＝，sin θ＝
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
qvB＝m，解得R＝2 m
又由几何关系有s＝Rsin θ＝2 m。
(3)设磁感应强度大小为B0时，粒子运动轨迹恰好与PQ相切，则qvB0＝m
由几何关系有：rsin θ＋r＝s，
联立解得B0＝＝(1＋)T
故B应满足的条件是B≥(1＋)T。
答案：(1)0.5 m (2)2 m (3)B≥(1＋)T
考点三 带电粒子在叠加场中的运动
带电粒子在叠加场中的运动问题是典型的力电综合问题。此类问题所涉及的受力情况复杂，运动规律繁多，解题时要注意按照一定的解题流程，合理选择力学规律对粒子的运动进行研究。需要考生学会灵活变通
1．三种场力对带电粒子的作用特点
(1)重力和电场力可以(不是一定)对带电粒子做功，而洛伦兹力永不做功。
(2)重力、电场力和洛伦兹力中的两者或三者共同作用下，带电粒子可能静止，可能做匀速(匀变速)直线运动或类平抛运动，如诊断卷第9题，还可能做匀速圆周运动，如诊断卷第8题。
2．叠加场问题的三步解题规范
如图所示，比荷为k的带电小球从水平面上某点P由静止释放，过b点进入MN右侧后能沿半径为R的半圆形轨道bcd
运动且对轨道始终无压力，小球从d点再次进入MN左侧后正好落在b点，不计一切摩擦，重力加速度为g。求：
(1)小球进入电磁场时的速度大小v；
(2)MN右侧的电场强度的大小E2；
(3)MN左侧的电场强度的大小E1；
(4)小球释放点P到b点的距离x。
[思维流程]
[解析] (1)小球进入MN右侧电磁场区域后能沿bcd运动且始终对轨道无压力，表明洛伦兹力充当小球做圆周运动的向心力，且小球的速率不变，因此有
qvB＝m
代入＝k解得v＝kBR。
(2)小球速率不变，重力与电场力平衡，即
qE2－mg＝0
解得E2＝。
(3)小球再次进入左侧电场后，在水平方向上做匀减速运动，然后向右在水平方向上做匀加速运动
0＝vt－a1t2
a1＝
在竖直方向上做自由落体运动，则2R＝gt2
联立以上三式解得E1＝B。
(4)小球从P点由静止释放运动到b点，由动能定理得
qE1x＝mv2
整理得x＝。
[答案] (1)kBR (2) (3)B (4)
若将一光滑的竖直绝缘挡板MN上端固定，整个装置处于无限大的电磁场中，电场强度为E，磁感应强度为B，如图所示。已知MN＝h，N点距地面的高度为h，质量为m、带电荷量为q的正电小滑块从M点由静止沿MN下滑，其他条件保持不变。求：
(1)小滑块经过N点时对挡板的压力大小；
(2)小滑块经过N点后立即撤去磁场，N点与小滑块落地点间的电势差大小。
解析：(1)小滑块由M至N的过程中，由动能定理得：mgh＝mv2
在N点，小滑块水平方向上有：
FN－qE－qvB＝0
解得：FN＝q(E＋B)
由牛顿第三定律得：
FN′＝FN＝q(E＋B)。
(2)小滑块离开N点后，水平方向和竖直方向均做匀加速直线运动，则：竖直方向：h＝vt＋gt2
水平方向：d＝·t2
解得：d＝
故：U＝Ed＝。
答案：(1)q(E＋B)
(2)
考点四 带电粒子在交变场中的运动
此类问题通常是空间存在的电场或磁场随时间发生周期性变化，一般呈现“矩形波”的特点，交替变化的电场或磁场会使带电粒子的运动规律交替变化，运动过程出现多样性，其特点也较为隐蔽。解答此类问题的关键是弄清交变场的组合特点及变化规律，然后化整为零，逐一击破
不同的“场”不同的“关注点”
如图甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上。t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。
(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；
(2)求电场变化的周期T；
(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。
[思维流程]
[解析] (1)微粒做直线运动，则mg＋qE0＝qvB①
微粒做圆周运动，则mg＝qE0②
联立①②得q＝③
B＝。④
(2)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则＝vt1⑤
qvB＝m⑥
2πR＝vt2⑦
联立③④⑤⑥⑦得t1＝，t2＝⑧
电场变化的周期T＝t1＋t2＝＋。⑨
(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d≥2R⑩
联立③④⑥得R＝⑪
设在N1Q段直线运动的最短时间为t1min，由⑤⑩⑪得
t1min＝⑫
因t2不变，T的最小值Tmin＝t1min＋t2＝。
[答案] (1) (2)＋ (3)
(2017·肇庆二模)如图甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40 N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向。t＝0时刻，一质量m＝8×10－4 kg、电荷量q＝＋2×10－4 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10 m/s2。求：
(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离。
(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度。
(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件。
解析：(1)根据题意可以知道，微粒所受的重力
G＝mg＝8×10－3 N①
电场力大小F＝qE＝8×10－3 N②
因此重力与电场力平衡
微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则
qvB＝m③
由③式解得：R＝0.6 m④
由T＝⑤
得：T＝10π s⑥
则微粒在5π s内转过半个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离：L＝2R⑦
将数据代入上式解得：L＝1.2 m。⑧
(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t＝5π s，轨迹如图所示，位移大小：s＝vt⑨
由⑨式解得：s＝1.88 m。⑩
因此，微粒离开直线OO′的最大高度：
H＝s＋R＝2.48 m。
(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，由图像可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：
L＝(2.4n＋0.6)m (n＝0,1,2，…)
若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，由图像可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L＝(2.4n＋1.8)m (n＝0,1,2，…)。
(若两式合写成L＝(1.2n＋0.6)m (n＝0,1,2，…)也可)
答案：(1)1.2 m (2)2.48 m (3)见解析
一、高考真题集中演练——明规律
1．(2016·全国卷Ⅰ)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为( )
A．11 B．12
C．121 D．144
解析：选D 带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝，由以上两式整理得：r＝。由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得：＝144，选项D正确。
2．(2017·全国卷Ⅲ)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy
平面)向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x<0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)
(1)粒子运动的时间；
(2)粒子与O点间的距离。
解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得
qB0v0＝m①
qλB0v0＝m②
粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为
t1＝③
粒子再转过180°时，所需时间t2为
t2＝④
联立①②③④式得，所求时间为
t0＝t1＋t2＝1＋。⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为
d0＝2(R1－R2)＝。⑥
答案：(1) (2)
3．(2017·天津高考)平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O
离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，问：
(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；
(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。
解析：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有
2L＝v0t ①
L＝at2 ②
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy
vy＝at ③
设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有tan α＝ ④
联立①②③④式得α＝45° ⑤
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＝ ⑥
联立①②③⑥式得v＝v0。 ⑦
(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 ⑧
又F＝qE ⑨
设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁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 ⑩
由几何关系可知R＝L ⑪
联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得＝。 ⑫
答案：(1)v0，与x轴正方向成45°角斜向上 (2)
二、名校模拟重点演练——明趋势
4．[多选](2017·南通模拟)如图所示，在正交的匀强电场和匀强磁场中，电场方向水平向左，磁场方向垂直于纸面水平向里，一质量为m，带电荷量为＋q的小球用长为L的绝缘细线悬挂于O点，并在最低点由静止释放，小球向左摆到最高点时，悬线与竖直方向的夹角为θ，不计小球的大小和空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．电场强度的大小为
B．小球从释放到摆到左侧最高点的过程中，电势能减小了
C．小球从释放到摆到左侧最高点的过程中，当悬线与竖直方向的夹角为时，悬线拉力最大
D．增大悬线的长度，θ会增大
解析：选BC 小球受到的洛伦兹力总是和运动速度方向垂直，因此是重力和电场力的合力改变小球的速度大小，在重力和电场力的合力场中，根据对称性可知，当悬线与竖直方向的夹角为时，小球的速度最大，此时tan ＝，得E＝，A项错误；小球从释放到摆到左侧最高点的过程中，电场力一直做正功，因此电势能一直在减小，B项正确；当速度最大时，洛伦兹力最大，悬线的拉力F＝m＋＋qvB最大，C项正确；由tan＝可知，θ与悬线的长无关，D项错误。
5．(2017·威海模拟)如图所示，直角坐标系xOy平面内，第一象限存在着沿y轴负方向的匀强电场；M是x轴上的一点，在第四象限里过M点的虚线平行于y轴，在虚线右边区域存在方向垂直于坐标平面的有界匀强磁场(图中未画出)。现有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从y轴上P(0，L)点，以平行于x轴方向的初速度v0射入电场，并恰好从M点处射出电场进入磁场，粒子从有界磁场中射出后，恰好通过y轴上Q(0，－3L)点，且射出时速度方向与y轴负方向的夹角θ＝30°，不计带电粒子的重力。求：
(1)M点的坐标和匀强电场的电场强度；
(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；
(3)带电粒子从P点运动到Q点的时间。
解析：(1)带电粒子运动轨迹如图所示。
由图可知，带电粒子离开电场时沿电场方向的速度
vy＝，
加速度a＝＝＝
解得E＝
运动时间t1＝＝
沿x轴方向的位移xM＝v0t1＝L，
所以M点的坐标是。
(2)由左手定则可知，匀强磁场的方向垂直于坐标平面向外。由几何关系，带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的半径r＝MN，又OQ＝MN＋
解得：r＝L
带电粒子进入磁场的速度
v＝＝2v0
带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB＝
解得B＝＝。
(3)带电粒子在匀强磁场的运动时间
t2＝＝
带电粒子离开匀强磁场后做匀速直线运动到达Q点的运动时间t3＝＝
带电粒子从P点运动到Q点的时间
t＝t1＋t2＋t3＝＋。
答案：(1)
(2) 垂直坐标平面向外
(3)＋
