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第二部分 电学与原子物理学
第1讲 
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考法
学法
根据近几年的高考试题来看，电场、磁场的性质一直是考查的热点。多数情况下，高考对该部分内容以选择题的形式考查，难度中等。主要考查内容有：①描述电场性质的物理量：电场强度、电势；②平行板电容器的电容；③描述电场的工具：电场线和等势面；④描述磁场性质的物理量：磁感应强度。用到的思想方法有：①理想模型法；②比值定义法；③控制变量法；④对称法；⑤合成法；⑥分解法；⑦整体法和隔离法；⑧等效思想；⑨分解思想。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．类比法、对称法求解叠加场的场强
(1)类比法：当空间某一区域同时存在两个或两个以上的电场(由各自独立的场源电荷所激发)时，某点场强E等于各电场的场强在该点的矢量和，遵循平行四边形定则，可以类比力的合成与分解。
(2)对称法：
2．电势高低的三种判断方法
根据电场线方向判断
沿电场线方向电势逐渐降低
根据场源电荷的正负判断
取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低
根据电场力做功判断
根据UAB＝，UAB＝φA－φB，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低
3．电荷电势能大小判断的“四法”
做功判断法
电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大
电荷电势法
正电荷在电势越高的地方电势能越大，负电荷在电势越低的地方电势能越大
能量守恒法
在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，两种能量之和不变，所以电荷动能增加时，其电势能减小；反之，其电势能增大
公式法
将q、φ的大小、正负号一起代入公式Ep＝qφ，Ep数值(包含正负号)越大，表示电势能越大
4.电势差的三种计算方法
(1)UAB＝φA－φB。
(2)UAB＝，适用于任何电场。
(3)U＝Ed，适用于匀强电场。
[题点全练]————————————————————————————————
1.(2018·全国卷Ⅰ)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则(　　)
A．a、b的电荷同号，k＝　 B．a、b的电荷异号，k＝
C．a、b的电荷同号，k＝ D．a、b的电荷异号，k＝
解析：选D　由于小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线，根据受力分析知，a、b的电荷异号，根据库仑定律，a对c的库仑力为Fa＝k0，b对c的库仑力为Fb＝k0。设合力向左，如图所示，根据相似三角形，得＝，联立以上各式得k＝＝＝，D正确。
2．[多选](2018·石家庄质检)如图所示，正方形ABCD的四个顶点各固定一个点电荷，所带电荷量分别为＋q、－q、＋q、－q，E、F、O分别为AB、BC、AC的中点。下列说法正确的是(　　)
A．E点电势低于F点电势
B．F点电势等于E点电势
C．E点电场强度与F点电场强度相同
D．F点电场强度大于O点电场强度
解析：选BD　根据对称性可知，E、F两点电势相等，A项错误，B项正确；根据对称性及电场强度的叠加原理可知，E点和F点电场强度大小相等而方向不同，O点的电场强度为零，F点的电场强度大于零，C项错误，D项正确。
3.(2018·菏泽模拟)如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图像，一个带电粒子仅受电场力作用在x＝0处由静止释放，沿x轴正方向运动，且以一定的速度通过x＝x2处，则下列说法正确的是(　　)
A．x1和x2处的场强均为零
B．x1和x2之间的场强方向不变
C．粒子从x＝0处运动到x＝x2过程中，电势能先增大后减小
D．粒子从x＝0处运动到x＝x2过程中，加速度先减小后增大
解析：选D　φ-x图像中图线的斜率表示场强，斜率绝对值的大小表示场强的大小，斜率的正负表示场强的方向，题图中x1和x2之间的场强大小先减小后增大，场强方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，A、B项错误；粒子由x＝0处由静止沿x轴正方向运动，表明粒子运动方向与电场力方向相同，则从x＝0到x＝x2的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，C项错误；因从x＝0到x＝x2过程中，场强先减小后增大，即粒子所受的电场力先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，D项正确。
4．[多选](2018·全国卷Ⅱ)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q＞0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2。下列说法正确的是(　　)
A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为
C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为
D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
解析：选BD　结合题意，只能判定φa＞φb，φc＞φd，但场强方向不能得出，故A错误；场强的方向沿c→d时，才有场强E＝，故C错误；由于M、N分别为ac和bd的中点，对于匀强电场，φM＝，φN＝，则UMN＝，可知该粒子从M点移动到N点的过程中，电场力做功W＝，故B正确；若W1＝W2，则φa－φb＝φc－φd，变形得φa－φc＝φb－φd，即Uac＝Ubd，而UaM＝，UbN＝，可知UaM＝UbN，故D正确。

[知能全通]————————————————————————————————
1．公式法分析平行板电容器的两类动态问题
公式
①C＝　②C＝　③E＝
情形
始终连接电源
充电后断开电源
不变量
U
Q
d变大
C变小，Q变小，E变小
C变小，U变大，E不变
εr变大
C变大，Q变大，E不变
C变大，U变小，E变小
S变大
C变大，Q变大，E不变
C变大，U变小，E变小
2.熟记二级结论
(1)在直流电路中，电容器相当于断路，其两端电压等于与之并联的支路两端电压。
(2)电容器所带的电荷量恒定不变时，极板间的电场强度与极板间距离无关。
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2018·北京高考)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
解析：选A　实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，故A正确；实验中，b板向上平移，正对面积S变小，由C＝知，电容C变小，由C＝知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，故B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝知，电容C变大，由C＝知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，故C错误；只增加极板带电量，电容C不变，静电计指针的张角变大，是由于U变大导致的，故D错误。
2．(2018·江苏高考)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴(　　)
A．仍然保持静止　　　　　　 B．竖直向下运动
C．向左下方运动 D．向右下方运动
解析：选D　开始时油滴处于静止状态，有mg＝q，B板右端下移时，U不变，d变大，电场力F＝q变小，mg＞F；并且A、B两板之间的等差等势面右端将均匀地顺次向下移动，又电场强度垂直于等势面，可得油滴的受力如图所示，mg与F的合力方向为向右下方，故油滴向右下方运动，D正确。
3．[多选](2019届高三·上饶六校联考)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化，如图所示。瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间的一层塑料为绝缘介质，其厚度为d，相对介电常数为εr。若发现在某段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，设电源电压恒为U，则下列说法中正确的是(　　)
A．瓶内液面升高了
B．瓶内液面降低了
C．电容器在这段时间内放电
D．瓶内液面高度在时间t内变化了
解析：选BCD　根据公式C＝，当d、εr不变时，C∝S，而正对面积S正比于液面高度h。某段时间t内电流计中有从下向上流过的电流，说明电容器在该段时间内放电，电容器所带的电荷量Q＝CU在减小，由电源电压U恒定，可知电容C在减小，则h也在减小，即瓶内的液面降低了，故A错误，B、C正确；时间t内电容器放电，释放的电荷量ΔQ＝
UΔC＝It，ΔC＝＝，解得Δh＝，故D正确。
4．[多选]如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路)连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是(　　)
A．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上运动，且P点的电势会降低
B．将上极板下移，则P点的电势不变
C．将下极板下移，则P点的电势升高
D．无论哪个极板上移还是下移，带电油滴都不可能向下运动
解析：选CD　二极管具有单向导电性，闭合开关后电容器充电，电容器的电容 C＝＝，极板间的电场强度E＝，整理得E＝，油滴静止，则qE＝mg，减小极板间的正对面积S，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，所以电场强度E变大，油滴所受电场力变大，油滴会向上运动，P点与下极板的距离不变，E变大，则P点的电势升高，故A错误；将上极板向下移动，d变小，电容器两极板间的电场强度E＝变大，P点与下极板的距离不变，P点的电势升高，故B错误；将下极板向下移动，d变大，由C＝可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E＝可知电容器两极板间的电场强度不变，P点与下极板的距离变大，P点与下极板间的电势差变大，P点的电势升高，故C正确；上极板上移或下极板下移时，d变大，由C项分析知电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止不动，上极板下移或下极板上移时，d变小，由B项分析知电场力变大，电场力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上运动，故D
正确。

[知能全通]————————————————————————————————
1．掌握“两个力”
(1)安培力：F＝BIL(I⊥B)。
(2)洛伦兹力：F＝qvB(v⊥B)，永不做功。
2．用准“两个定则”
(1)对电流周围的磁场方向判定用安培定则。
(2)对安培力和洛伦兹力的方向判定用左手定则。
3．画好“两个图形”
(1)对安培力作用下的平衡、运动问题画好受力图。
(2)对带电粒子的匀速圆周运动问题画好几何图形。
4．熟记“两个等效模型”
(1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。
(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选](2018·全国卷Ⅱ)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则(　　)
A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
解析：选AC　外磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知，在b点：B0＝B0－B1＋B2，在a点：B0＝B0－B1－B2，由上述两式解得B1＝B0，B2＝B0，故A、C正确。
2．[多选](2017·全国卷Ⅰ)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法正确的是(　　)
A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直
B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直
C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶
D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1
解析：选BC　由安培定则可判断出L2在L1处产生的磁场(B21)方向垂直L1和L2的连线竖直向上，L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图1所示，根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3所在平面平行，选项A错误；同理，如图2所示，可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在平面垂直，选项B正确；同理，如图3所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据几何知识可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝B，由安培力公式F＝BIL可知，L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶，选项C正确，D错误。
3.如图所示，两平行导轨与水平面的夹角α＝37°，导轨间距为L＝1.0 m，匀强磁场的磁感应强度B可调，方向垂直导轨所在平面向下。一金属杆长也为L，质量为m＝0.2 kg，水平放置在导轨上，与导轨接触良好而处于静止状态，金属杆与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，通有图示方向的电流，电流大小I＝2.0 A，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则磁感应强度的最大值和最小值分别为(　　)
A．1.0 T,0　　　　　　 B．1.0 T,0.6 T
C．1.0 T,0.2 T D．0.6 T,0.2 T
解析：选C　由左手定则知安培力的方向沿斜面向上，因mgsin α＝1.2 N，fm＝μmgcos α＝0.8 N，所以当磁感应强度B最小时，安培力F1＝BminIL＝0.4 N，即Bmin＝0.2 T；当B最大时，安培力F2＝BmaxIL＝2.0 N，即Bmax＝1.0 T，C对。
4.有一匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，一通电直导线与x轴平行放置时，导线受到的安培力为F。若将该导线做成圆环，放置在xOy坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点a、b连线也与x轴平行，则圆环受到的安培力大小为(　　)
A．F B.F
C.F D.F
解析：选C　根据安培力公式F＝BIL，安培力F与导线的有效长度L成正比；若将该导线做成圆环，由L＝×2πR，解得圆环的半径R＝，圆环a、b两点之间的有效距离
L′＝R＝。由＝，解得F′＝F，选项C正确。

[研一题]————————————————————————————————
[多选]如图所示，圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)，O为圆心，P为边界上的一点。相同的带电粒子a、b(不计重力)从P点先后射入磁场，粒子a正对圆心射入，速度方向改变60°后离开磁场，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向成60°角，已知它们离开磁场的位置相同，下列说法正确的是(　　)
A．两粒子的速度之比为＝
B．两粒子在磁场中运动的时间之比为＝
C．两粒子在磁场中运动的半径之比为＝
D．两粒子在磁场中运动的轨迹长度之比为＝
[解析]　作出带电粒子a、b在磁场中运动的轨迹，如图所示，根据几何关系可知，两粒子运动的轨迹半径之比＝，由r＝可得，两粒子的速度之比为＝；两粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角之比为＝，根据T＝，t＝T可得，两粒子在磁场中运动的时间之比为＝，根据运动的轨迹长度s＝vt，两粒子在磁场中运动的轨迹长度之比为＝，B、D正确，A、C错误。
[答案]　BD
[悟一法]————————————————————————————————
“三定四写”求解粒子在磁场中的圆周运动问题
1．一定圆心O
(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可过入射点和出射点分别作入射方向和出射方向的垂线，两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心O(如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点)。
　　
(2)已知入射点和出射点的位置及入射方向时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作该线的垂直平分线，两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心O(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)。
2．二定半径R
(1)公式法——R＝。
(2)几何法——一般由三角关系及圆的几何知识来计算确定。
3．三定圆心角φ
圆心角φ等于粒子的速度偏向角α，也等于弦与切线的夹角(弦切角)θ的2倍，即φ＝
α＝2θ＝ωt＝t，或φ＝(l为φ对应的圆弧弧长)。
4．四写方程
基本方程qvB＝m，
半径公式R＝，
周期公式T＝＝(与速度无关)，
运动时间t＝＝T。
[通一类]————————————————————————————————
1.如图所示，半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，M、N是磁场边界上两点且M、N连线过圆心O，在M点有一粒子源，可以在纸面内沿各个方向向磁场里发射质量为m、电荷量为q、速度大小均为v＝的带正电粒子，不计粒子的重力，若某一个粒子在磁场中运动的时间为t＝，则该粒子从M点射入磁场时，入射速度方向与MN间夹角的正弦值为(　　)
A.　　　 B.　　　 　
C.　　 　 　 D.
解析：选A　粒子在磁场中运动的轨迹半径r＝＝，由于该粒子在磁场中运动的时间t＝＝＝T，可作出该粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，△MOP为正三角形，粒子从M点射入的速度方向与MN的夹角为30°，夹角正弦值为，A正确。
2.如图所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外。许多质量为m、电荷量为＋q的粒子，沿纸面内x轴负方向与y轴正方向之间各个方向以相同的速率v从原点O射入磁场区域。不计粒子重力及粒子间的相互作用。选项图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中正确的是(　　)
解析：选D　粒子在以x轴为边界的匀强磁场中做匀速圆周运动，粒子从x轴进入磁场后再离开，粒子在进、出磁场时，速度v与x轴的夹角相同，根据左手定则和R＝知，当粒子沿x轴负方向运动时，其轨迹如图所示，是一个完整的圆，随着粒子入射方向向y轴正方向转动过程中，此圆以O为中心沿顺时针方向转动，当粒子沿y轴正方向射入时，其轨迹为一个半圆，两图形的相交部分是粒子不能经过的地方，故D正确。
[专题强训提能]
1．[多选]如图所示，匀强电场中的A、B、C、D点构成一位于纸面内的平行四边形，电场强度的方向与纸面平行。已知A、B两点的电势分别为φA＝12 V、φB＝6 V，则C、D两点的电势可能分别为(　　)
A．9 V,15 V　　　　　　 B．9 V,18 V
C．0,6 V D．6 V,0
解析：选AC　已知四边形ABCD为平行四边形，则AB与CD平行且等长，因为匀强电场的电场强度的方向与纸面平行，所以UAB＝UDC＝6 V，分析各选项中数据可知，A、C正确，B、D错误。
2.已知长直通电导线在周围某点产生的磁场的磁感应强度大小与电流成正比，与该点到导线的距离成反比。如图所示，4根电流相等的长直通电导线a、b、c、d平行放置，它们的横截面的连线构成一个正方形，O为正方形中心，a、b、c中电流方向垂直纸面向里，d中电流方向垂直纸面向外，则长直通电导线a、b、c、d在O点产生的合磁场的磁感应强度B(　　)
A．大小为零
B．大小不为零，方向由O指向d
C．大小不为零，方向由O指向c
D．大小不为零，方向由O指向a
解析：选D　a、c中电流方向相同，由安培定则可知，两导线在O处产生的磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，合矢量为零；b、d中电流方向相反，由安培定则可知，两导线在O处产生的磁场的磁感应强度方向均由O指向a，故D选项正确。
3．(2018·天津高考)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是(　　)
A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φN
C．φM＜φN，EpM＜EpN D．aM＜aN，EpM＜EpN
解析：选D　电场线密的地方场强大，粒子受到的电场力大，所以aMφN，故B、C错误；又由Ep＝qφ和能量守恒知，带负电的粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，而动能越小，即EpMvN，故A错误，D正确。
4．[多选]如图所示，Q1、Q2为两个带等量正电的点电荷，在两者的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上(O为连线的中点)，N为过O点的垂线上的一点。则下列说法中正确的是(　　)
A．在Q1、Q2连线的中垂线位置可以画出一条电场线
B．若将一个带正电的点电荷分别放在M、N和O三点，则该点电荷在M点时的电势能最大
C．若将一个带电荷量为－q的点电荷从M点移到O点，则电势能增加
D．若将一个带电荷量为－q的点电荷从N点移到O点，则电势能增加
解析：选BC　根据等量同种正点电荷形成的电场在点电荷连线和中垂线上的电场强度和电势的特点可知，A错误；M、N、O三点电势大小的关系为φM>φO>φN，可判定带正电的点电荷在M点时的电势能最大，B正确；从M点到O点电势降低，故电场力对带电荷量为－q的点电荷做负功，则电势能增加，C正确；从N点到O点电势升高，故电场力对带电荷量为－q的点电荷做正功，则电势能减少，D错误。
5.在光滑绝缘的水平地面上放置四个相同的可视为质点的金属小球，小球A、B、C位于等边三角形的三个顶点上，小球D位于三角形的中心，如图所示。现让小球A、B、C都带电荷量为Q的正电荷，让小球D带电荷量为q的负电荷，若四个小球均处于静止状态，则Q与q的比值为(　　)
A. B.
C．3 D.
解析：选D　设等边三角形的边长为a，由几何知识可知，BD＝acos 30°×＝a，以小球B为研究对象，由平衡条件可知，cos 30°×2＝，解得＝ ，D项正确。
6.质量为m、长度为l的金属棒MN两端由绝缘等长轻质细线水平悬挂，处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。开始时细线竖直，当金属棒中通以恒定电流后，金属棒从最低点开始向右摆动，若已知细线与竖直方向的最大夹角为θ＝60°，如图所示，则金属棒中的电流(　　)
A．方向由M向N，大小为
B．方向由N向M，大小为
C．方向由M向N，大小为
D．方向由N向M，大小为
解析：选B　由题意知，金属棒受到向右的安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由N向M；金属棒所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，由于金属棒向上运动的过程中重力和安培力做功，细线的拉力不做功，设细线的长度为x，由功能关系得：BIlxsin θ－mg(x－xcos θ)＝0，解得：I＝，B正确。
7.如图所示，a、b、c、d、O五点均在匀强电场中，它们刚好是一个半径为R＝ m的圆的四个等分点和圆心O，b、c、d三点的电势如图所示。已知电场线与圆所在平面平行，关于电场强度的大小和方向，下列说法正确的是(　　)
A．电场强度的方向由O指向b点
B．电场强度的方向由O指向d点
C．电场强度的大小为10 V/m
D．电场强度的大小为10 V/m
解析：选D　由匀强电场中平行线上等间距点间的电势差相等可得，O点的电势为6 V，如图所示，O、d连线的中点e处的电势为8 V，连接c、e，过O作ce的垂线交ce于f，则ce为等势线，电场线垂直于ce向下，即电场强度的方向由f指向O点，连接c、O，由Oc＝ m，eO＝
 m，得ec＝ m，由相似三角形得Of＝＝ m，O、f间的电势差为2 V，则电场强度大小为E＝＝10 V/m，选项D正确。
8．[多选](2018·全国卷Ⅲ)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(　　)
A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
解析：选BD　经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa＞xb，根据x＝at2＝t2知，ma＜mb，故A错误；电场力做功Wa＞Wb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，故B正确；a、b处在同一等势面上，根据Ep＝qφ，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，故C错误；根据动量定理知a、b的动量大小相等，故D正确。
9.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以大小为v的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示，由此可知(　　)
A．小球带正电
B．电场力大小为2mg
C．小球从A点到B点与从B点到C点的运动时间相等
D．小球从A点到B点与从B点到C点的速度变化不同
解析：选D　根据小球从B点进入电场的轨迹可以看出，小球所受的电场力竖直向上，即小球带负电，选项A错误；因为到达C点时速度水平，所以小球在C点时的速度等于在A点时的速度，因为AB＝2BC，设B、C间竖直距离为h，则A、B间竖直距离为2h，小球由A点到C点根据动能定理有mg×3h－Eqh＝0，即Eq＝3mg，选项B错误；小球从A点到B点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为g，方向竖直向下，所用时间为t1＝＝2，从B点到C点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为a2＝＝2g，方向竖直向上，故所用时间t2＝ ＝，故t1＝2t2，选项C错误；小球从A点到B点与从B点到C点的过程中速度变化大小都等于2，但方向相反，选项D正确。
10.(2019届高三·九江模拟)如图所示，A是带电量为＋Q、半径为R的绝缘球体，且电荷均匀分布(均匀分布电荷的绝缘球体在空间产生对称的电场，场强大小只和到球心的距离有关)。B为带电量为＋q的带电体，可视为点电荷，已检测到c点的场强为零，d点与c点到球心O的距离都为r，B到c点的距离也为r，若只把B移到e点，则d点场强大小为(　　)
A．k B．k
C．k D．k
解析：选A　A在c点产生的场强大小为EA＝k，方向水平向右；B在c点产生的场强大小为EB＝k，方向水平向左；因为c点的场强为零，所以有EA＝EB，即Q＝q。A在d点产生的场强大小为EA′＝k＝k，方向竖直向上；把B移到e点，B在d点产生的场强大小为EB′＝k，方向水平向左；根据电场的叠加原理，将A、B在d点产生的场强进行矢量叠加，可得d点场强大小为k，故A正确，B、C、D错误。
11．[多选](2018·全国卷Ⅰ)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是(　　)
A．平面c上的电势为零
B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV
D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
解析：选AB　因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，eUad＝－6 eV，故Uad＝6 V，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，又φb＝2 V，则φc＝0，各虚线电势如图所示，故A正确；因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f，故B正确；电子经过平面d时，电势能Ep＝eφd＝2 eV，故C错误；由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV，由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd＝4 eV，则Ekb＝2Ekd，根据Ek＝mv2知vb＝vd，故D错误。
12．[多选](2018·武汉调研)如图所示，等腰直角三角形abc的直角边长度为L，该区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。三个相同的带电粒子从b点沿bc方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1∶t2∶t3＝2∶2∶1。不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　)
A．三个粒子速度的大小关系一定是v1＝v2B．三个粒子速度的大小关系可能是v1C．粒子的比荷＝
D．粒子的比荷＝
解析：选BC　画出三个粒子射入磁场的运动轨迹如图所示，设速度为v1、v2、v3的粒子运动轨迹的半径分别为r1、r2、r3，由已知条件易知，速度为v3的粒子从ac边穿出，速度为v1、v2的粒子从ab边穿出，则偏转角为90°，两者的速度大小关系不定，但其半径一定比速度为v3的粒子半径小，由半径公式r＝，则v3一定大于v1和v2，A错误，B正确；速度为v1的粒子偏转90°，则t1＝×，解得：＝，C正确；速度为v3的粒子偏转角为45°，由图中几何关系知：r3sin 45°＝L，而r3＝，解得：＝，D错误。
13．(2018·河南模拟)如图所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点。现在顶点O处固定一正点电荷，下列说法中正确的是(　　)
A．A′、B′、C′三点的电场强度相同
B．△ABC所在平面为等势面
C．将一正试探电荷从 A′点沿直线A′B′移到B′，静电力对该试探电荷先做正功后做负功
D．若A′点的电势为φA′，A点的电势为φA，则AA′连线中点D处的电势φD一定小于
解析：选D　因为A′、B′、C′三点离顶点O处的正点电荷的距离相等，故三点处的电场强度大小均相等，但其方向不同，故A错误；由于△ABC所在平面上各点到O点的距离不全相等，由等势面的特点可知，△ABC所在平面不是等势面，故B错误；由电势的特点可知，沿直线A′B′的电势变化为先增大后减小，所以当正试探电荷沿此直线从A′移动到B′时，电场力对该试探电荷先做负功后做正功，故C错误；因为UA′D＝
A′D·，UDA＝DA·，由点电荷的场强关系可知A′D>DA，又因为＝，所以有UA′D＞UDA，即φA′－φD＞φD－φA，整理可得：φD<，故D正确。
14．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板间的电场中做加速运动，在B、C板间的电场中做减速运动，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板间做加速运动后，在B、C板间做减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A项正确，B、C、D项错误。
第2讲 
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考法
学法
带电粒子在电场、磁场中的运动问题是历年高考的热点，考查的难度有易有难。考查的题型既有选择题，又有计算题。考查的内容有：①带电粒子在匀强电场中的偏转；②带电粒子在变化的电场中的运动；③带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动规律；④带电粒子在复合场中的运动问题。该部分内容主要解决的是选择题中的带电粒子在电场、磁场中的运动问题。用到的思想方法有：①比值定义法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤临界、极值问题的分析方法；⑥等效思想；⑦分解思想。
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1．带电粒子在电场中的偏转
条件分析
带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场
运动性质
匀变速曲线运动(类似于平抛运动)
处理方法
分解成沿电场和垂直于电场的两个直线运动
2.电偏转运动的两个实用结论
(1)比荷相同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速，再垂直于偏转电场方向射入，从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的。
(2)带电粒子垂直于电场方向射入电场，经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点为带电粒子沿初速度方向位移的中点。
[研一题]————————————————————————————————
(2018·资阳模拟)如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入。它们最后打在上极板的同一点(粒子重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中，粒子(　　)
A．运动时间之比tP∶tQ＝1∶2
B．所带的电荷量之比qP∶qQ＝1∶2
C．电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2
D．动能增量之比为ΔEkP∶ΔEkQ＝2∶1
[解析]　两粒子在竖直方向受到向上的电场力，做匀加速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，因为两粒子在水平方向上的速度相同，又因为在水平方向上的位移相同，故根据公式x＝v0t可得两粒子的运动时间相同，A错误；在竖直方向上的位移之比＝，因为yP＝aPt2＝·t2，yQ＝aQt2＝·t2，联立可得qP∶qQ＝1∶2，B正确；电场力做功为
W＝Eqy，电场力做多少正功，电势能就减少多少，故＝＝，该过程中只有电场力做功，所以电势能转化为动能，即粒子的动能增量之比为ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，C、D错误。
[答案]　B
[悟一法]————————————————————————————————
匀强电场中带电粒子偏转问题的处理方法
1．用平抛运动规律处理：运动的分解。
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝。
(2)沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝＝＝。
(3)离开电场时的偏移量y＝at2＝。
(4)速度偏向角
tan φ＝＝＝；
位移偏向角
tan θ＝＝。
2．用动能定理处理：涉及功能问题时可用，偏转时电场力做的功是W＝qEy(y为偏移量)。
[通一类]————————————————————————————————1．[多选]如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E1中，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后三种粒子打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么(　　)
A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时的速度大小相同
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
解析：选AD　根据动能定理有qE1d＝mv12，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v1＝ 。在偏转电场中，水平方向有l＝v1t2，竖直方向有y＝t22，得粒子经偏转电场的侧位移y＝，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W＝qE2y得，偏转电场E2对三种粒子做功一样多，选项A正确；根据动能定理，qE1d＋qE2y＝mv22，得粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2＝ ，由于三种粒子的质量不相等，故v2大小不同，选项B错误；粒子打在屏上所用的时间t＝＋＝＋(L′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v1大小不同，所以三种粒子打在屏上所用的时间不同，选项C错误；根据vy＝t2及tan θ＝，得粒子速度的偏转角正切值tan θ＝，即三种粒子速度的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D正确。
2．[多选]如图所示，半径R＝0.5 m的圆弧接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场中，OB水平，一质量为m＝10－4 kg、带电量为q＝8.0×10－5 C的粒子，从与圆弧圆心O等高且距O点0.3 m处的A点以初速度v0＝3 m/s 水平射出，粒子重力不计，粒子恰好能垂直打到圆弧曲面上的C点(图中未画出)，取C点电势φ＝0，则(　　)
A．该匀强电场的电场强度E＝100 N/C
B．粒子在A点的电势能为8×10－5 J
C．粒子到达C点的速度大小为5 m/s
D．粒子速率为4 m/s时的电势能为4.5×10－4 J
解析：选CD　粒子在电场力作用下做类平抛运动，如图所示，因粒子垂直打在C点，由类平抛运动规律知：C点速度方向的反向延长线必过O点，且OD＝AO＝0.3 m，DC＝0.4 m，则AD＝v0t，
DC＝t2，联立并代入数据可得：E＝25 N/C，故A错误；因UDC＝E·DC＝10 V，而A、D两点电势相等，所以φA＝10 V，即粒子在A点的电势能为：Ep＝
qφA＝8×10－4 J，故B错误；从A点到C点由动能定理知：qUAC＝mvC2－mv02，代入数据得：vC＝5 m/s，故C正确；粒子在C点的总能量：EC＝mvC2＝×10－4×52 J＝1.25×10－3 J，由能量守恒定律可知，粒子速率为4 m/s时的电势能为：Ep′＝EC－mv2＝1.25×10－3 J－
×10－4×42 J＝4.5×10－4 J，故D正确。

[研一题]————————————————————————————————
[多选]如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T＝，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。则(　　)
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B．粒子的电荷量为
C．在t＝T时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小为d
D．在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
[解析]　粒子进入电场后，水平方向做匀速直线运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t＝＝T，竖直方向上的位移恰好为d，则时间内的位移为，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，选项A正确；由上述分析知，d＝·2，解得q＝，选项B错误；粒子在电场力作用下的加速度大小a＝＝，t＝时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向的位移大小为d′＝2×a2－2×a2＝aT2＝d，选项C错误；t＝时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速运动，向上减速运动，由对称性可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，选项D正确。
[答案]　AD
[悟一法]————————————————————————————————
分段研究，化变为恒
在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场。对于带电粒子在交变电场中的运动，需要进行分段处理。此类电场在一段时间内为匀强电场，即电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；但从整个研究过程看电场又是变化的，即电场强度的大小和方向可随时间变化。
粒子平行于电场方向射入时
粒子做直线运动，其初速度和受力决定了粒子的运动，粒子可能做周期性运动
粒子垂直于电场方向射入时
沿初速度方向上的分运动为匀速直线运动，沿电场力方向上的分运动可能具有周期性
[通一类]————————————————————————————————
1.一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子在t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是(　　)
A．带电粒子只向一个方向运动
B．0～2 s内，电场力做功等于0
C．4 s末带电粒子回到原出发点
D．2.5～4 s内，电场力做功等于0
解析：选D　画出带电粒子速度v随时间t变化的图像如图所示，v -t
图线与时间轴所围“面积”表示位移，由图可知带电粒子运动方向改变，4 s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，所以0～2 s内电场力做功不等于0，B错误；2.5 s末和4 s 末，速度的大小、方向都相同，所以2.5～4 s内电场力做功等于0，D正确。
2．如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会先向A板运动，再向B板运动，在A、B板间往返运动几次后，最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是(　　)
A．0C.解析：选B　由题图乙知，两板间加的是方波电压，刚释放粒子时，粒子向A板运动，说明释放粒子时UAB为负，A、D错误；若
[研一题]————————————————————————————————
平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)。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]　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。
[答案]　D
[悟一法]————————————————————————————————
1．带电粒子在有界匀强磁场中运动的几种常见情形
直线边界
粒子进出磁场具有对称性　
平行边界
粒子运动存在临界条件　　
圆形边界
粒子沿径向射入的再沿径向射出　
2.带电粒子在有界磁场中运动的三个规律
(1)粒子刚好穿出磁场边界的临界条件是粒子在磁场中的运动轨迹与边界相切。
(2)当速度大小v一定时，弧长越长，所对的圆心角就越大，粒子在磁场中运动的时间就越长。
(3)当速度大小v变化时，运动轨迹所对圆心角大的粒子在磁场中运动的时间长。
[通一类]————————————————————————————————
1.(2019届高三·毕节模拟)如图所示，在xOy平面直角坐标系的第一象限内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为－q的带电粒子(重力不计)从y轴上的A点，以速度v沿垂直磁场方向射入第一象限，v与y轴正方向的夹角为60°，若A点与原点O的距离为l，要使粒子能从x轴射出磁场，则粒子的速度v应满足(　　)
A．v> B．v>
C．v> D．v>
解析：选A　由几何知识知，粒子恰好从x轴射出磁场时，对应的圆周运动最小半径满足Rsin 60°＋R＝l，由牛顿第二定律得qvB＝，则R＝，联立解得v＝，即为速度的最小值，A正确。
2.如图所示，竖直线MN∥PQ，MN与PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用不计)，已知沿与MN成θ＝60°角射入的粒子恰好垂直PQ射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　当θ＝60°时，粒子的运动轨迹如图甲所示，则a＝Rsin 30°，即R＝2a。设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为α，则其在磁场中运动的时间为t＝T，即α越大，粒子在磁场中运动时间越长，α最大时粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，因R＝2a，此时圆心角αm为120°，即最长运动时间为，而T＝＝，所以粒子在磁场中运动的最长时间为，C正确。

[研一题]————————————————————————————————
[多选]如图所示，长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁场方向以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采取的方法是(　　)
A．使粒子的速度v＜
B．使粒子的速度v＞
C．使粒子的速度v＞
D．使粒子的速度v满足＜v＜
[解析]　粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，若粒子刚好打在极板右边缘，有r12＝2＋l2，又因r1＝，解得v＝；若粒子刚好打在极板左边缘，有r2＝＝，解得v＝，故A、B正确。
[答案]　AB
[悟一法]————————————————————————————————
带电粒子在磁场中运动常见的三种多解问题
带电粒子电性不确定
受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，当粒子具有相同初速度时，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致多解如图所示。，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a，若带负电，其轨迹为b
磁场方向不确定
磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度大小，而未说明磁感应强度方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解。如图所示，带正电的粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若磁场方向垂直纸面向里，其轨迹为a，若磁场方向垂直纸面向外，其轨迹为b
临界状态不唯一
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，如图所示，因此，它可能穿过磁场飞出，其轨迹为a，也可能转过180°后从入射面边界反向飞出，其轨迹为b，于是形成了多解
[通一类]————————————————————————————————
1.[多选]在M、N两条长直导线所在的平面内，一带电粒子的运动轨迹如图所示。已知两条导线M、N中只有一条导线中通有恒定电流，另一条导线中无电流，关于电流方向和粒子带电情况及运动的方向，可能正确的是(　　)
A．M中通有自下而上的恒定电流，带正电的粒子从a点向b点运动
B．M中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从b点向a点运动
C．N中通有自下而上的恒定电流，带正电的粒子从b点向a点运动
D．N中通有自下而上的恒定电流，带负电的粒子从a点向b点运动
解析：选AB　根据轨迹半径变化特点及公式r＝知，导线M中通有恒定电流，假设电流自下而上，则导线右侧磁场垂直于纸面向里，结合左手定则可得，如果粒子带正电，则从a点向b点运动，故A正确；同理可得B正确。
2.如图所示，△ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为(　　)
A．B＞　　　　　　　 B．B＜
C．B＞ D．B＜
解析：选D　由题意，作出电子运动轨迹如图所示，若电子正好经过C点，此时圆周运动的半径R＝＝，欲使电子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于，由带电粒子在磁场中运动的半径公式R＝得＜，即B＜，D正确。
[专题强训提能]
1.如图所示，纸面内有宽为L，水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量均为m、电荷量均为－q、速率均为v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都会聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是选项图中的(　　)
解析：选A　若带电粒子水平向右射入选项A所示的匀强磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，qv0B0＝，解得粒子运动的轨迹半径R＝L，恰好等于磁场圆形边界的半径，所以可以使粒子都会聚到一点(梭形磁场区域的最下方点)，选项A正确；对于选项B中的图像，粒子运动的轨迹半径是磁场圆形边界半径的2倍，所以带电粒子流无法从磁场区域的同一点离开，选项B错误；同理可知，选项D的图像也不符合题意，选项D错误；对选项C的图像分析，可知粒子都从磁场区域的下边界离开，但不能会聚到同一点，选项C错误。
2.如图所示，在x>0、y>0的空间有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B，现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子，由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射入此磁场，其出射方向如图所示，粒子重力不计，则(　　)
A．初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子
B．初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子
C．在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子
D．在磁场中运动时间最短的是沿④方向射出的粒子
解析：选A　由R＝可知，初速度越大半径越大，选项A正确，B错误；由于粒子相同，由周期公式T＝可知，粒子周期相同，运动时间取决于圆弧对应的圆心角，所以运动时间最长的是沿④方向出射的粒子，选项C、D错误。
3.如图所示，OO′为圆柱筒的轴线，圆柱筒内部存在磁感应强度大小为B、方向平行于OO′的匀强磁场，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OO′，有许多比荷为的正粒子，以不同的速度、入射角射入小孔，且均从关于OO′对称的小孔中射出，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　作出粒子运动轨迹如图所示，粒子从小孔射入磁场，与粒子从小孔射出磁场时速度方向与竖直线的夹角相等，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。
4．[多选]如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)从平行金属板左端以初速度v0水平射入，从右端离开。已知上极板带正电，下极板带负电，两极板的长度为L，间距为d。带电粒子离开电场时的偏移量为y，则(　　)
A．带电粒子进入电场位置和离开电场位置的电势差为
B．带电粒子从进入电场到离开电场，电场力做的功为
C．带电粒子离开电场时竖直方向的分速度为
D．带电粒子离开电场时速度方向与水平方向的夹角的正切值为
解析：选AC　带电粒子在电场中做类平抛运动，根据y＝at2＝2，解得极板间电势差U＝，带电粒子进入电场位置和离开电场位置的电势差为ΔU＝y＝，A项正确；带电粒子从进入电场到离开电场，电场力做的功为W＝qΔU＝，B项错误；带电粒子离开电场时竖直方向的分速度为vy＝at＝，C项正确；带电粒子离开电场时速度方向与水平方向的夹角的正切值为tan θ＝＝，D项错误。
5．(2019届高三·济南调研)带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相同的速度v0从同一点出发，沿着与电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，如图所示。若OM＝MN，则P和Q的质量之比为(不计粒子重力)(　　)
A．3∶4 B．4∶3
C．3∶2 D．2∶3
解析：选A　粒子在匀强电场中做类平抛运动，由平抛运动规律知，粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两个粒子的初速度大小相等，P和Q的水平位移之比为1∶2，由x＝v0t知，运动时间之比为1∶2，P和Q的竖直位移大小相等，根据y＝at2，得加速度之比为4∶1，根据牛顿第二定律得a＝，因为P和Q的电荷量之比为3∶1，则P和Q的质量之比为3∶4，故A正确，B、C、D错误。
6.(2018·甘肃模拟)如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行、大小分别为B和2B。一带正电粒子(不计重力)以速度v从磁场分界线MN上某处射入磁场区域Ⅰ，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN成60°角，经过时间t1后粒子进入到磁场区域Ⅱ，又经过时间t2后回到区域Ⅰ，设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2，则(　　)
A．ω1∶ω2＝1∶1 B．ω1∶ω2＝2∶1
C．t1∶t2＝1∶1 D．t1∶t2＝2∶1
解析：选D　由qvB＝m和v＝ωR得ω＝，故ω1∶ω2＝1∶2；由几何关系知，粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的轨迹对应的圆心角均为120°，由T＝和t＝T知t1∶t2＝2∶1，故D正确，A、B、C错误。
7.[多选](2018·资阳模拟)如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一带正电粒子以速度v1从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过时间t1射出磁场。另一相同的带电粒子以速度v2从距离直径AOB的距离为的C点，平行于直径AOB方向射入磁场，经过时间t2射出磁场。两种情况下，粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角均为60°。不计粒子重力，则(　　)
A．v1∶v2＝∶1 B．v1∶v2＝∶1
C．t1＝t2 D．t1>t2
解析：选BC　根据题意确定粒子轨迹圆圆心，画出轨迹，如图所示，连接O1O，对于三角形AO1O，由几何关系可知＝tan 30°，连接CO，连接第二个粒子射出点D与O，四边形O2COD为菱形，R2＝R，根据带电粒子在磁场中运动的半径公式R＝，速度与半径成正比，则v1∶v2＝R1∶R2＝∶1，所以A错误，B正确；根据周期公式T＝可知，粒子的周期相同，圆心角都为60°，经过时间相同，所以C正确，D错误。
8.[多选]如图所示，在一个等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是(　　)
A．若该粒子的入射速度为v＝，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为l
B．若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
C．若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝
D．该粒子以不同大小的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为
解析：选ACD　若粒子的入射速度为v＝，根据洛伦兹力充当向心力可知：Bqv＝m，解得：r＝l；根据几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，故A正确；根据洛伦兹力充当向心力可知，v＝，因此半径越大，速度越大。根据几何关系可知，若要使粒子从CD边射出，粒子轨迹与AD边相切时速度最大，则由几何关系可知，最大半径满足(rm＋l)2＝rm2＋rm2，解得：rm＝(＋1)l。则若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝，故B错误；若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大轨迹半径为l，因此最大速度应为v＝，故C正确；粒子运行周期为，根据几何关系可知，粒子在磁场中偏转对应的最大圆心角为180°，故最长时间为，故D正确。
9.电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子重力，电子电荷量为e，则下列说法正确的是(　　)
A．A、K之间的电场强度为
B．电子到达A时的动能大于eU
C．由K到A电子的电势能减小了eU
D．由K沿直线到A电势逐渐减小
解析：选C　A、K之间的电场为非匀强电场，A、K之间的电场强度不是，选项A错误；由动能定理，电子到达A时的动能Ek＝eU，选项B错误；电子由K到A的过程电场力做正功，电子的电势能减小了eU，选项C正确；由K沿直线到A为沿着电场线的反方向，电势逐渐升高，选项D错误。
10.如图所示，一价氢离子(H＋)和二价氦离子(He2＋)的混合体，从同一位置经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后直接打在同一荧光屏上，则它们(　　)
A．同时到达屏上同一点
B．先后到达屏上同一点
C．同时到达屏上不同点
D．先后到达屏上不同点
解析：选B　一价氢离子(H＋)和二价氦离子(He2＋)的比荷不同，由qU1＝mv2可知经过加速电场获得的末速度不同，所以在加速电场及偏转电场中的运动时间均不同，但在偏转电场中偏转距离y＝at2＝相同，所以会到达屏上同一点，B正确。
11.[多选]如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝L，在O点放置一粒子源，可以在磁场边界所在平面内向各个方向发射某种带负电粒子(不计重力)，粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0＝。粒子发射方向与OC边的夹角为θ，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是(　　)
A．粒子有可能打到A点
B．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动的时间最短
C．以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等
D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出
解析：选AD　根据Bqv0＝m，又v0＝，可得r＝＝L，又OA＝L，所以当
θ＝60°时，粒子经过A点，所以A正确；根据粒子在磁场中运动的时间t＝T，圆心角越大，粒子在磁场中运动的时间越长，粒子以θ＝60°飞入磁场中时，粒子从A点飞出，轨迹圆心角等于60°，圆心角最大，运动的时间最长，所以B错误；当粒子沿θ＝0°飞入磁场时，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动的时间是，当θ从0°～60°飞入磁场时，粒子在磁场中运动的时间先减小后增大，在AC边界上有一半区域有粒子飞出，所以C错误，D正确。
12.(2018·宜昌模拟)如图所示，在x轴下方的第Ⅲ、Ⅳ象限中，存在垂直于xOy平面但方向相反的匀强磁场，磁感应强度
B1＝2B2＝2B。xOy平面内，带正电粒子a、b分别从x轴上的P、Q两点(图中未标出)以垂直于x轴方向的速度同时进入匀强磁场B1、B2中，两粒子恰在第一次通过y轴时发生正碰，碰撞前带电粒子a的速度方向与y轴正方向成60°角，若两带电粒子的比荷分别为k1、k2，进入磁场时的速度大小分别为v1、v2，不计粒子重力和两粒子间相互作用，则下列关系式正确的是(　　)
A．k1＝2k2 B．2k1＝k2
C．v1＝2v2 D．2v1＝v2
解析：选C　两粒子在y轴上发生正碰时粒子a的速度与y轴正方向成60°角，则粒子b的速度与y轴负方向成60°角， 轨迹对应的圆心角分别为120°和60°，如图所示。两粒子同时进入磁场并相撞，则运动时间相等，即t1＝t2，而t1＝＝，t2＝＝，将B1＝2B2＝2B代入得k1＝k2；由于两粒子正碰则轨迹半径相等，而R1＝，R2＝，解得v1＝2v2。故C正确。
13．[多选]如图所示，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，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，打到荧光屏的离子数与发射的离子总数比值为
D．当v＝时，打到荧光屏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2R14．[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，可沿着两极板中心平面均匀、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。下列说法正确的是(　　)
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有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，水平方向有l＝v0t，竖直方向有＝at2，又a＝，解得U0＝＝128 V。当U>128 V时粒子打到极板上，当U≤
128 V时打到屏上，可知粒子通过电场时偏移距离最大为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＝2db＝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有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，即屏上出现亮线的时间为0.012 8 s，选项D正确。
第3讲 
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考法
学法
带电粒子在复合场中的运动问题是历年高考的热点，考查的难度从易到难都有。考查的题型既有选择题，又有计算题。考查的主要内容包括：①带电粒子在组合场中的运动；②带电粒子(体)在叠加场中的运动。该部分内容主要解决的是选择题中的带电粒子在复合场中的运动问题。用到的思想方法有：①比值定义法；
②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤临界、极值问题的分析方法；⑥等效思想；⑦分解思想。
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[研一题]————————————————————————————————
[多选]如图所示，一质量为m的带电小球用长为L不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，在O点下方存在一个水平向右、场强为E的匀强电场，小球静止时细线与竖直方向成45°角，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A．若剪断细线，小球将做曲线运动
B．小球带负电，且电荷量为
C．若突然将电场方向变为水平向左，小球在最低点速率为
D．若突然将电场方向变为水平向左，小球一定能运动到O点右侧等高处
[解析]　若剪断细线，小球在恒力作用下将做直线运动，选项A错误；对小球受力分析，由平衡条件可知小球带负电，且qE＝mgtan 45°，解得q＝，选项B正确；将电场方向变为水平向左，小球从题图所示位置运动到最低点，由动能定理有mgL(1－cos 45°)＋EqLsin 45°＝mv2，解得v＝，选项C正确；将电场方向变为水平向左，小球运动到O点右侧与初始位置等高处时速度最大，则小球一定能运动到O点右侧等高处，选项D正确。
[答案]　BCD
[悟一法]————————————————————————————————
解决电场力做功问题时的注意点
1．利用电场线的特点、等势面的特点来分析电场力做功情况。
2．应用公式WAB＝qUAB计算时，WAB、q、UAB一般都要带正、负号计算。
[通一类]————————————————————————————————
1.在竖直平面内有水平向右、场强为E的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，它静止时位于A点，此时细线与竖直方向成37°角，如图所示。现对小球施加一沿与细线方向垂直的瞬时冲量，小球能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动。下列对小球运动的分析正确的是(不考虑空气阻力，细线不会缠绕在O点上)(　　)
A．小球运动到C点时动能最小
B．小球运动到C点时细线拉力最小
C．小球运动到Q点时动能最大
D．小球运动到B点时机械能最大
解析：选D　由题意可知，小球所受的电场力与重力的合力沿OA方向，小球从A点开始无论向哪运动，合力对小球都做负功，小球动能将减小，所以运动到A点时动能最大，C错误；小球运动到与A点关于圆心对称的点时动能最小，在该点时细线的拉力最小，A、B错误；小球在运动过程中，运动到B点时电场力做功最多，因此机械能最大，D正确。
2.如图所示，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接，开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置使小球保持静止。撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v，小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为m、带电荷量为q，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．与弹簧分离时小球的动能为mgh＋qEh
B．从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mgh＋qEh
C．从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为
D．撤去外力时弹簧的弹性势能为mv2－(qE－mg)h
解析：选D　根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧分离时的动能为Ek＝qEh－mgh＋Ep，A错误；从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为ΔE＝mgh＋mv2＝qEh＋Ep，B错误；小球减少的电势能为qEh，故C错误；从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，Ep＋qEh－mgh＝mv2，所以Ep＝
mv2－(qE－mg)h，D正确。
3．[多选]如图所示，一光滑绝缘斜面的直角点A处固定一带电量为＋q、质量为m的绝缘小球甲，另一质量也为m、带电量也为＋q的小球乙置于斜面顶点B处，已知斜面长为L，∠BCA＝30°。现把小球乙从B处由静止自由释放，小球乙能沿斜面从B处运动到斜面底端C处(静电力常量为k，重力加速度为g)，下列结论正确的是(　　)
A．小球到达斜面中点D处时的速度大小为 
B．小球运动到斜面底端C处时，对斜面的压力大小为mg－
C．小球从B处运动到C处时减少的重力势能等于增加的动能
D．小球从B处运动到C处电势能先增加后减少
解析：选ABD　由题意知，小球乙运动到D处时，由几何关系知AD＝AB，所以有φD＝φB，即UDB＝φD－φB＝0，由动能定理得：
mg·sin 30°＋qUDB＝mv2－0，解得：v＝ ，A正确；小球运动到C处时，受力分析如图所示，由平衡条件得：FN＋F库sin 30°＝mgcos 30°，F库＝，联立解得：FN＝mg－，B正确；小球从B处运动到C处重力势能减少，电势能减少，动能增加，减少的重力势能与电势能之和等于增加的动能，C错误；小球从B处运动到C处，先靠近A处后远离A处，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减少，D正确。

[点点探明]————————————————————————————————
题型1　组合磁场中带电粒子的运动
[例1]　[多选]如图所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ内磁感应强度是区域Ⅰ内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域Ⅰ左侧边界处以垂直边界的速度进入区域Ⅰ，粒子离开区域Ⅰ时速度方向改变了30°，然后进入区域Ⅱ，测得粒子在区域Ⅱ内的运动时间与区域Ⅰ内的运动时间相等，则下列说法正确的是(　　)
A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1
B．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2∶1
C．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1∶2
D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度之比为1∶1
[解析]　由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两区域中的运动速率相等，A正确；由洛伦兹力f＝qBv＝ma和a＝vω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B1∶B2＝
1∶2，B错误；由于粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ内的运动时间相等，由t＝可得t＝＝，且B2＝2B1，解得θ1∶θ2＝1∶2，C正确；由几何关系可知，粒子在区域Ⅰ中运动的圆心角为30°，则粒子在区域Ⅱ中运动的圆心角为60°，由R＝可知，粒子在区域Ⅰ中的运动半径是在区域Ⅱ中运动半径的2倍，设粒子在区域Ⅱ中的运动半径为r，作出粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域Ⅰ的宽度d1＝2rsin 30°＝r；区域Ⅱ的宽度d2＝rsin 30°＋rcos(180°－60°－60°)＝r，D正确。
[答案]　ACD
题型2　叠加三场中带电小球的运动
[例2]　[多选]如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从a点由静止释放，下列判断正确的是(　　)
A．小球能越过d点并继续沿圆环向上运动
B．当小球运动到d点时，不受洛伦兹力
C．小球从d点运动到b点的过程中，重力势能减少，电势能减少
D．小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc的中点时速度最大
[解析]　电场力与重力大小相等，结合题图可知二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，可视为等效重力，所以弧ad的中点相当于竖直圆环的等效最高点，其关于圆心对称的位置(即弧bc的中点)就是等效最低点；由于a、d两点关于等效最高点与等效最低点的连线对称，若小球从a点由静止释放，最高运动到d点，故A错误；当小球运动到d点时，速度为零，故不受洛伦兹力，故B正确；由于d、b等高，故小球从d点运动到b点的过程中，重力势能不变，故C错误；由于等效重力指向左下方45°，弧bc的中点是等效最低点，故小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc的中点时速度最大，故D正确。
[答案]　BD
[系统通法]————————————————————————————————
电偏转和磁偏转的比较
电偏转
磁偏转
示意图
偏转条件
v⊥E
v⊥B
受力情况
只受恒定的电场力
只受大小恒定的洛伦兹力
运动轨迹
抛物线
圆弧
物理规律
类平抛运动规律、牛顿第二定律
牛顿第二定律、向心力公式
基本
公式
L＝vt　y＝at2
a＝　tan θ＝
qvB＝　r＝
T＝　t＝
sin θ＝
做功
情况
电场力既改变速度方向，也改变速度大小，对电荷做功
洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，对电荷不做功
[题题过关]————————————————————————————————
1．(2018·北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是(　　)
A．磁场和电场的方向　　　 B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量 D．粒子入射时的速度
解析：选C　这是“速度选择器”模型，带电粒子在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内做匀速直线运动，则粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，大小满足qvB＝qE，故v＝，即磁场和电场的强弱决定粒子入射时的速度大小；洛伦兹力与电场力的方向一定相反，结合左手定则可知，磁场和电场的方向一定互相垂直，粒子入射时的速度方向同时垂直于磁场和电场，且不论粒子带正电还是带负电，入射时的速度方向相同，而不是电性相反时速度方向也要相反。总之粒子是否在“速度选择器”中做匀速直线运动，与粒子的电性、电量均无关，而是取决于磁场和电场的方向、强弱，以及粒子入射时的速度。撤除电场时，粒子速度方向仍与磁场垂直，满足做匀速圆周运动的条件，C正确。
2.如图所示，ABCDEF为一正六边形的六个端点，现正六边形处于垂直于纸面向里的匀强磁场和平行于BA向右的匀强电场中，一带电粒子从A点射入场中，恰好沿直线AE做匀速直线运动。撤去磁场，粒子仍从A点以原速度射入场中，粒子恰好从F点射出。若撤去电场而保留磁场，粒子仍以原速度从A点射入，则粒子将从哪条边射出(不计粒子重力)(　　)
A．AB　　　　　　　　 B．BC
C．CD D．DE
解析：选B　只有电场时带电粒子向右偏转，则粒子带正电，根据左手定则可知，只有磁场时，粒子受到的洛伦兹力的方向向左，粒子将向左偏转。开始时粒子在复合场中做匀速直线运动，则有：qE＝qvB，设正六边形的边长为L，只有电场时，粒子做类平抛运动，竖直向上的方向上有：vt＝Lcos 30°＝L，水平方向上有：·t2＝Lsin 30°＝L；当只有磁场时，洛伦兹力提供向心力，则有：qvB＝，联立可得：r＝L，由几何关系可知：＝L，而L<2r<L，所以粒子将从BC边射出磁场，B正确。
3．[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处的狭缝穿过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也为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于，重力加速度为g，则下列关于微粒运动的说法正确的是(　　)
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，轨迹半径为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ABD　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，水平方向有v0＝axt1，竖直方向有0＝v0－gt1，解得ax＝g，t1＝，故A正确；微粒在bc区域所受电场力竖直向上，因为qE＝max＝mg，故微粒在bc区域做匀速圆周运动，其轨迹半径r＝，又v02＝2gd，B＝，解得r＝2d，故B正确；设微粒在bc区域转过的角度为θ，由几何关系知 θ＝30°，所以微粒在bc区域做匀速圆周运动的时间为t2＝＝＝，故C错误；微粒在ab区域运动的时间为t1＝＝，微粒在ab、bc区域中运动的总时间为t＝t1＋t2＝，故D正确。
4．[多选](2019届高三·银川模拟)如图所示，竖直虚线边界左侧为一半径为R的光滑半圆轨道，O为圆心，A为最低点，C为最高点，右侧同时存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带电小球从半圆轨道的最低点A以某一初速度开始运动恰好能到最高点C，进入右侧区域后恰好又做匀速圆周运动回到A点，空气阻力不计，重力加速度为g。则(　　)
A．小球在最低点A开始运动的初速度大小为
B．小球返回A点后可以第二次到达最高点C
C．小球带正电，且电场强度大小为
D．匀强磁场的磁感应强度大小为
解析：选ACD　小球恰能经过最高点C，则mg＝m，解得vC＝，从A到C由动能定理：－mg·2R＝mvC2－mvA2，解得vA＝，选项A正确；小球在复合场中以速度做匀速圆周运动，再次过A点时的速度为，则小球不能第二次到达最高点C，选项B错误；小球在复合场中受向下的重力和向上的电场力而平衡，可知小球带正电，满足mg＝qE，解得E＝，选项C正确；由qvB＝m，其中v＝，解得B＝，选项
D正确。

[知能全通]————————————————————————————————
质谱仪、速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、回旋加速器、霍尔效应等都是带电粒子在复合场中的运动实例，这类问题模型成熟固定，解题时只要抓住各种模型的特点即可，常见实例如下。
1．速度选择器
带电粒子束射入正交的匀强电场和匀强磁场组成的区域中，满足平衡条件qE＝qvB的带电粒子可以沿直线通过速度选择器。速度选择器只对粒子的速度大小和方向做出选择，而对粒子的电性、电荷量不能进行选择。
2．回旋加速器
(1)用途：加速带电粒子。
(2)原理：带电粒子在电场中加速，在磁场中偏转，交变电压的周期与带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同。
(3)粒子获得的最大动能Ek＝，其中rn表示D形盒的最大半径。
3．质谱仪
(1)用途：测量带电粒子的质量和分析同位素。
(2)原理：由粒子源S发出速度几乎为零的粒子，经过加速电场U加速后，以速度v＝ 进入偏转磁场中做匀速圆周运动，运动半径为r＝ ，粒子经过半个圆周运动后打到照相底片D上，通过测量D与入口间的距离d，进而求出粒子的比荷＝或粒子的质量m＝。
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2019届高三·大连六校联考)随着电子技术的发展，霍尔传感器被广泛应用在汽车的各个系统中。其中霍尔转速传感器在测量发动机转速时，情景简化如图甲所示，被测量转子的轮齿(具有磁性)每次经过霍尔元件时，都会使霍尔电压发生变化，传感器的内置电路会将霍尔电压调整放大；输出一个脉冲信号，霍尔元件的原理如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A．霍尔电压是由于元件中定向移动的载流子受到电场力作用发生偏转而产生的
B．若霍尔元件的前端电势比后端低，则元件中的载流子为负电荷
C．在其他条件不变的情况下，霍尔元件的厚度c越大，产生的霍尔电压越高
D．若转速表显示1 800 r/min，转子上轮齿数为150个，则霍尔传感器每分钟输出12个脉冲信号
解析：选B　霍尔电压是由于元件内载流子受到洛伦兹力和电场力的作用产生的，故A错误；根据左手定则，负电荷载流子向前端偏转，前端带负电，后端带正电，所以前端的电势低，符合要求，则元件中的载流子为负电荷，故B正确；当电场力和洛伦兹力平衡时，有：q＝qvB，I＝nqvS＝nqvbc，解得：U＝Bvb＝B，故c越大，U越低，故C错误；转速n＝1 800 r/min, 则霍尔传感器每分钟输出的脉冲信号个数为150×1 800＝270 000个，故D错误。
2.如图所示，含有H、H、He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点。则(　　)
A．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等
B．打在P1点的粒子是He
C．打在P2点的粒子是H和He
D．O2P2的长度是O2P1长度的4倍
解析：选C　粒子在偏转磁场中运动的周期T＝＝，三种粒子的比荷不相同，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不相等，故A错误；粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等、方向相反，即qvB1＝qE，所以v＝，可知从速度选择器射出的粒子具有相等的速度，粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝m，r＝＝·，可知粒子的比荷越大，圆周运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是H，打在P2点的粒子是H和He，故B错误，C正确；H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H做圆周运动的半径是H和He的半径的，即O2P2的长度是O2P1长度的2倍，故D错误。
3.[多选](2018·泰州模拟)为测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计(流量Q为单位时间内流过某截面流体的体积)如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，所在空间有垂直于前后面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动，测得M、N间电压为U，污水流过管道时受到的阻力大小为f＝kLv2，k是比例系数，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速，则(　　)
A．污水的流量Q＝
B．M的电势不一定高于N的电势
C．电压U与污水中离子浓度无关
D．左、右两侧管道的压强差Δp＝
解析：选CD　污水中离子最终在电场力和洛伦兹力作用下受力平衡，有qvB＝q，得v＝，则有污水的流量Q＝vS＝vbc＝bc＝，故A错误；根据左手定则，正离子向上表面偏转，负离子向下表面偏转，知上表面的电势一定高于下表面的电势，即M的电势一定高于N的电势，故B错误；由qvB＝q，解得U＝vBc，电压U与污水中离子浓度无关，故C正确；根据平衡条件，有Δpbc＝f＝kLv2＝kav2，解得Δp＝，故D正确。
[专题强训提能]
1.如图所示，在竖直向下的匀强电场E中，一带电油滴在电场力和重力的作用下，沿虚线所示的运动轨迹从a运动到b。若油滴在运动过程中动能和重力势能之和为E1，重力势能和电势能之和为E2，则E1、E2的变化情况是(　　)
A．E1增加，E2增加　　　 B．E1增加，E2减小
C．E1不变，E2减小 D．E1不变，E2不变
解析：选B　根据题图所示的运动轨迹可知，油滴带负电，受到向上的电场力大于重力，合力做正功，动能增加，所以油滴在运动过程中电势能和重力势能之和E2减小，电场力做正功，电势能减小，所以重力势能和动能之和E1增加，B正确。
2.(2018·全国名校模拟)如图所示，表面光滑的绝缘细杆倾斜固定放置，Q点处固定一点电荷。一带电小圆环套在该绝缘细杆上，从细杆上P点处由静止释放，沿细杆上滑到O点时静止。带电小圆环可视为点电荷，则(　　)
A．小圆环所带电荷和固定点电荷一定是同种电荷
B．小圆环所带电荷和固定点电荷一定是异种电荷
C．小圆环上滑过程中，电势能不变
D．小圆环上滑过程中，电势能增大
解析：选A　小圆环从P点由静止释放，沿细杆上滑到O点时静止，说明固定点电荷与小圆环之间为排斥力，A项正确，B项错误；排斥力使小圆环沿细杆上滑，电场力做正功，电势能减小，C、D项错误。
3.(2018·自贡模拟)如图所示，两竖直平行板间同时存在匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为E、方向水平向左，磁场的磁感应强度大小为B、方向与电场垂直且水平向里。一带正电液滴以竖直向下的初速度v0＝进入电、磁场区域，最终能飞出该区域。则带电液滴在电、磁场区域中(　　)
A．做匀速直线运动 B．做匀变速曲线运动
C．运动速度逐渐减小 D．机械能逐渐减小
解析：选D　带电液滴进入电、磁场中时，由题意可知，带电液滴受电场力、重力、洛伦兹力，电场力等于洛伦兹力，所以重力使其做加速运动，随着速度的增大，洛伦兹力的大小增大，方向随速度方向的变化而变化，所以带电液滴将向右做变加速曲线运动，故A、B错误；由题意可知，带电液滴向右偏离并射出电、磁场，则运动速度逐渐增大，故C错误；由上述分析可知，电场力做负功，电势能增加，则机械能减小，故D正确。
4．(2019届高三·黄冈中学模拟)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。如图所示铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2，最后从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的F点(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝R。则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　粒子进入匀强磁场的运动轨迹如图所示。设粒子被加速后获得的速度为v，由动能定理有，qU＝mv2，由几何关系可得，粒子在磁场中做圆周运动的偏转角θ＝60°，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r＝，又Bqv＝m，解得＝，故C
正确。
5．[多选]如图所示，带等量异种电荷的平行金属板a、b处于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。不计重力的带电粒子沿OO′方向从左侧垂直于电、磁场射入，从右侧射出a、b板间区域时动能比射入时小；要使粒子射出a、b板间区域时的动能比射入时大，可采用的措施是(　　)
A．适当减小两金属板的正对面积
B．适当增大两金属板间的距离
C．适当减小匀强磁场的磁感应强度
D．使带电粒子的电性相反
解析：选AC　粒子在电、磁场中，动能逐渐减小，说明电场力做负功，因洛伦兹力不做功，则电场力小于洛伦兹力，若减小两金属板的正对面积，场强E＝，S减小，Q不变，E增大，电场力变大，当电场力大于洛伦兹力时，粒子向电场力方向偏转，电场力做正功，射出时动能变大，A项正确；当增大两金属板间的距离时，场强不变，B项错误；当减小磁感应强度时洛伦兹力减小，可能小于电场力，粒子可能向电场力方向偏转，电场力做正功，射出时动能变大，C项正确；当改变粒子电性时，其所受电场力、洛伦兹力大小不变，方向均反向，所以射出时动能仍然减小，D项错误。
6．[多选](2018·全国名校模拟)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．这些离子进入区域Ⅰ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　由题意知，不同的离子通过区域Ⅰ时都不偏转，说明受到的电场力与洛伦兹力相等，即Eq＝B1qv，故离子的初速度相等，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

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