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2020（四川专用）高考物理新课标大二轮优生讲义第4块：电场和磁场（1）有答案

1、场和磁场的基本性质

[知识建构] (注1)……(注4)：详见答案部分 [备考点睛]1.掌握电场的“3个要点” (1)掌握几种常见电场的电场线、等势面的分布特点. (2)掌握判断电势能的大小和电势的高低的方法. (3)掌握等势面特点和电场强度与电势关系：等势面与电场线垂直；等差等势面越密，电场强度越大；电场强度方向就是电势降低最快的方向.2.用准“两个定则” (1)对电流的磁场用安培定则. (2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用左手定则.3.易错点归纳 (1)电场强度与电势无直接关系；(2)注意电容器与电源连接与断开的两种情况；(3)应用Ep＝qφ比较电势能时，注意q为负值时的情况；(4)判断洛伦兹力方向时要注意粒子的电性，粒子电性不同，洛伦兹力的方向不同，运动轨迹也不同.


[答案]　(1)电场力做功的计算方法
①WAB＝qUAB(普遍适用)．
②W＝qElcosθ(适用于匀强电场)．
③WAB＝－ΔEp＝EpA－EpB(从能量角度求解)．
④W电＋W非电＝ΔEk(由动能定理求解)．
(2)电势高低的判断方法
判断角度 判断方法
依据电场线方向 沿电场线方向电势逐渐降低
依据电场力做功 根据UAB＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低
依据场源电荷的正负 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
依据电势能的高低 正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大
(3)
安培力
定义 通电导线在磁场中受到的力
大小 I与B垂直时：F＝BILI与B平行时：F＝0I与B成θ角时：F＝BILsinθ
(4)
洛伦兹力
定义 运动电荷在磁场中受到的力
大小 v与B垂直时：F＝qvB
v与B平行时：F＝0
v与B成θ角时：F＝qvBsinθ


热点考向一　电场的性质及应用

角度一　电场力的性质
【典例1】　(2019·九江模拟)如图，A是带电量为＋Q半径为R的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的带电体可看做点电荷．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点距离也为r，那么只把带＋q的带电体移到e点．则d点场强大小为(　　)

A．k B．k C．k D．k
[思路引领]　(1)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?A在空间某点的场强可由点电荷的场强公式计算．
(2)B为带电量为＋q的带电体可看做点电荷?B在空间某点的场强可由点电荷的场强公式计算．
(3)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点距离也为r?A的电荷量Q等于B的电荷量q.
[解析]　A是带电量为＋Q半径为R的球体且电荷均匀分布，则A在C点产生的场强大小为EA＝k，方向水平向右，B为带电量为＋q的带电体可看做点电荷，则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，把带＋q的带电体B移到e点，则A在d点产生的场强大小为EA′＝k，方向竖直向上，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即可得d点场强大小为k，故A正确，B、C、D错误．
[答案]　A
角度二　电场能的性质
【典例2】　(2018·天津卷)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
[思路引领]　(1)粒子虽然不知运动方向，但可以假设由M向N运动，然后根据粒子轨迹弯曲方向，判断电场力做功情况．
(2)粒子带负电，可根据Ep＝qφ判断电势高低．
[解析]　由粒子轨迹弯曲方向及电场线分布情况可知，粒子所受电场力方向沿电场线切线方向反向，设粒子由M向N运动，则速度方向沿轨迹切线方向，电场力方向与粒子速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，动能减小，所以vM>vN，EpM
[答案]　D
角度三　与平行板电容器有关的电场问题
【典例3】　(2019·辽宁五校联考)如图所示，平行板电容器两极板带有等量异种电荷，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A点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，Ep表示点电荷在A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
[思路引领]　电容器与电源断开，电荷量不变，上极板向下移动一小段距离，C变化，从而引起两极板间的电势差发生变化．极板间距离的变化不影响场强E，结合A点的位置可判断Ep的变化情况．
[解析]　若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C＝可知，C变大；根据Q＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝，Q＝CU，C＝，联立可得E＝，可知E不变；A点离下极板的距离不变，E不变，则A点与下极板的电势差不变；又因为下极板接地，电势为0，A点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确．
[答案]　D

1．电场性质的判断方法
(1)电场强度
①根据电场线的疏密程度进行判断．
②根据等差等势面的疏密程度进行判断．
③根据E＝k结合矢量合成进行判断．
(2)电势
①由沿电场线方向电势逐渐降低进行判断．
②由φ＝进行判断．
(3)电势能
①根据电场力做功判断．
②根据Ep＝qφ判断．
2．平行板电容器动态问题的分析思路


迁移一　库仑定律的应用及库仑力的合成
1．(2018·全国卷Ⅰ)如右图所示，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]　如果a、b带同种电荷，则a、b两小球对c的作用力均为斥力或引力，此时c在垂直于a、b连线的方向上的合力一定不为零，因此a、b不可能带同种电荷，A、C错误；若a、b带异种电荷，假设a对c的作用力为斥力，则b对c的作用力一定为引力，受力分析如图所示，由题意知c所受库仑力的合力方向平行于a、b的连线，则Fa、Fb在垂直于a、b连线的方向上的合力为零，由几何关系可知＝＝，又由库仑定律得＝·，联立解得k＝＝，B错误，D正确．

[答案]　D
迁移二　电场线、等势线(面)与粒子轨迹分析
2．(2019·洛阳一模)如图所示虚线表示某电场的等差等势面，一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示．粒子在A点的加速度为aA、动能为EkA、电势能为EpA；在B点的加速度为aB、动能为EkB、电势能为EpB.则下列结论正确的是(　　)

A．aA>aB，EkA>EkB B．aAEpB
C．aAaB，EpA[解析]　根据等电势差等势面稀疏处电场强度小，密处电场强度大，可知A处电场强度小于B处．由电场力公式和牛顿第二定律可得qE＝ma，由此可知aAEkB，EpA[答案]　C
迁移三　平行板电容器问题
3．(2019·广东湛江模拟)如图所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地．现将电容器的b板向下稍微移动，则(　　)

A．点电荷所受电场力增大
B．点电荷在P处的电势能减少
C．P点电势减小
D．电容器的带电荷量增加
[解析]　b板下移后，由C＝知电容减小，电容器与电池连接，极板间电压不变，由Q＝UC知，极板带电荷量减少，D错误；极板间电压不变，板间距离增大导致内部场强减小，点电荷受力减小，A错误；根据U＝Ed，得UPA＝EdPA，dPA不变，场强E的减小导致P处与上极板间电势差减小，P处的电势升高，由于点电荷带负电，负电荷在电势高处电势能小，故点电荷在P处的电势能减少，B正确，C错误．
[答案]　B

电容器与电源连接时电势和电势能的分析
如图所示，平行板电容器经开关S保持与电源连接，a处固定一带电荷量很小的正点电荷，现将电容器N板向下移动一小段距离时，由于电压不变，根据E＝得场强减小，a点和上极板M的电势差UMa＝EdMa，则UMa减小，又根据UMa＝φM－φa知，因φM不变，所以φa升高，正电荷的电势能增大.

热点考向二　磁场的性质、安培力

角度一　磁场的叠加及安培力的计算问题
【典例1】　(多选)(2018·全国卷Ⅱ)
如图所示，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
[思路引领]　电流L1在a、b两点产生的磁场大小相等、方向相同；电流L2在a、b两点产生的磁场大小相等、方向相反．
[解析]　原磁场、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.故选项AC正确．
[答案]　AC
角度二　安培力作用下导体的平衡及运动
【典例2】　(2019·安徽皖西南名校联考)如图所示为一电流表的原理示意图．质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的刻度，MN的长度大于ab.当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针所指刻度可表示电流大小．

(1)当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？(重力加速度为g)
(2)若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？
(3)若k＝2.0 N/m，ab＝0.20 m，cb＝0.050 m，B＝0.20 T，此电流表的量程是多少？(不计通电时电流产生的磁场的作用)
(4)若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为多大？
[思路引领]　

[解析]　(1)设电流表示数为零时，弹簧的伸长为Δx，则有：mg＝kΔx①
由①式得：Δx＝②
故当电流表示数为零时，弹簧伸长
(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接电源正极
故若要电流表正常工作，MN的M端应接电源正极
(3)设满量程时通过MN的电流为Im，则有：
BIm·ab＋mg＝k(bc＋Δx)③
联立①③并代入数据得：Im＝2.5 A④
故此电流表的量程是0～2.5 A
(4)设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有：
2B′Im·ab＋mg＝k(bc＋Δx)⑤
由①⑤得B′＝
代入数据得B′＝0.10 T
故若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为0.10 T
[答案]　(1)　(2)M端　(3)0～2.5 A　(4)0.10 T

求解磁场中导体棒运动问题的思路


迁移一　磁场的叠加问题
1．(2019·吉林实验中学月考)一对相同的载流圆线圈彼此平行且共轴，通以同方向等大电流，在两线圈圆心O1、O2连线上取A、B、C三点，使得AO1＝O1B＝BO2＝O2C，A、B两点的磁感应强度大小分别为BA和BB，若仅将线圈O2中电流反向(大小不变)，则C点的磁感应强度大小变为BC，下列说法正确的是(　　)

A．BC＝BB－BA，开始时A与C磁场同向，后来A与C磁场反向
B．BC＝BB－BA，开始时A与C磁场反向，后来A与C磁场同向
C．BC＝2BA－BB，开始时A与C磁场同向，后来A与C磁场反向
D．BC＝2BA－BB，开始时A与C磁场反向，后来A与C磁场同向
[解析]　设AO1＝O1B＝BO2＝O2C＝x，距离圆环x处，每个圆环单独产生的磁感应强度为B1，距离圆环3x处每个圆环单独产生的磁感应强度为B2.电流同向时，根据安培定则，两线圈在中轴线上的磁场方向向下，则A点的合磁感应强度BA＝B1＋B2，方向向下，B点的合磁感应强度BB＝2B1，方向向下；O2中电流反向时，线圈O2在C点的磁场方向向上，线圈O1在C点的磁场方向向下，则BC＝B1－B2，方向向上，线圈O2在A点的磁场方向向上，线圈O1在A点的磁场方向向下，合磁感应强度方向向下，联立得BC＝BB－BA.由以上分析知，开始时A与C磁场同向，后来A与C磁场反向，故选项A正确，BCD错误．
[答案]　A
迁移二　安培力作用下导体的平衡问题
2．(2019·豫南九校联考)如右图所示，水平导轨间距为L＝0.5 m，
导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1 kg，电阻R0＝0.9 Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.1 Ω，电阻R＝4 Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5 T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角α＝53°；ab与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g＝10 m/s2，ab处于静止状态．已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：

(1)通过ab的电流大小和方向；
(2)ab受到的安培力大小；
(3)重物重力G的取值范围．
[解析]　(1)I＝＝2 A，方向为a到b.
(2)F＝BIL＝5 N.

(3)受力如图fm＝μ(mg－Fcos53°)＝3.5 N，
当最大静摩擦力方向向右时FT＝Fsin53°－fm＝0.5 N，
当最大静摩擦力方向向左时FT＝Fsin53°＋fm＝7.5 N，
所以0.5 N≤G≤7.5 N.
[答案]　(1)2 A　方向为a到b　(2)5 N
(3)0.5 N≤G≤7.5 N







安培力作用下导体棒的平衡与运动问题与力学中的平衡与运动问题的处理方法相同，只是安培力会随着磁场B、电流I及导线长度L的变化而变化.




高考热点题型突破——电场中的“两类”典型图像问题

几种常见的E－x图像 几种常见的φ－x图像

　　　　　　　　　　　　

【典例】　(多选)(2017·江苏卷)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
[审题指导]　
第一步　读题干—提信息
题干 信息
x轴上有两个点电荷，空间的电势有正有负 两个电荷为异种电荷
图像为φ－x图像 斜率代表电场强度

第二步　审程序—顺思路


[解析]　由题图可知，空间的电势有正有负，无穷远处电势为零，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，φ－x图像的切线的斜率的绝对值表示电场强度大小，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．
[答案]　AC



(1)E－x图像特点
①反映了电场强度随位移变化的规律．
②E>0表示场强沿x轴正方向；E<0表示场强沿x轴负方向．
③图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定．
(2)φ－x图像特点及应用
①电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为零．
②在φ－x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．
③在φ－x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后做出判断.

1.(2019·湖北荆州第一次质检)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如右图所示，x轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷(　　)

A．在x2和x4处电势能相等
B．由x1运动到x3的过程中电势能增大
C．由x1运动到x4的过程中电势能先减小后增大
D．由x1运到到x4的过程中电场力先减小后增大
[解析]　x2～x4处场强方向沿x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向，电势升高，则正电荷在x4处电势能较大，故A错误；x1～x3处场强为x轴负方向，则从x1到
x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，故B正确；由x1运动到x4的过程中，逆着电场线方向，电势升高，正电荷的电势能增大，故C错误；由x1运动到x4的过程中，电场强度的绝对值先增大后减小，故由F＝qE知，电场力先增大后减小，故D错误．
[答案]　B
2．(2019·河北定州期中)两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则下列选项说法错误的是(　　)

A．q1为正电荷，q2为负电荷
B．q1的电荷量大于q2的电荷量
C．N、C间场强方向沿x轴正方向
D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功
[解析]　由图知无穷远处的电势为0，A点的电势为0，由于沿着电场线电势降低，所以q1为正电荷，q2为负电荷，故A正确．A点的电势为零，又由于OA >AM，所以q1的电荷量大于q2的电荷量，故B正确．由图可知：从N到C，电势升高，根据沿着电场线电势降低可知，N、C间电场强度方向沿x轴负方向，故C错误．N→D段中，电势先升高后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功，故D正确．
[答案]　C

专题强化训练(十)
一、选择题
1．(2019·东北师大附中教学抽样检测)如右图所示，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O.在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三角形，则(　　)

A．小环A的加速度大小为
B．小环A的加速度大小为
C．恒力F的大小为
D．恒力F的大小为
[解析]　设轻绳的拉力为T，则对A：T＋Tcos60°＝k；Tcos30°＝maA，联立解得：aA＝，选项B正确，A错误；恒力F的大小为F＝2ma＝，选项C、D错误．
[答案]　B
2．(多选)(2019·武汉二中月考)如右图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分．小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为6q，h＝R.重力加速度为g，静电力常量为k.则(　　)

A．小球a一定带正电
B．小球b的周期为
C．小球c的加速度大小为
D．外力F竖直向上，大小等于mg＋
[解析]　a、b、c三小球所带电荷量相同，要使它们做匀速圆周运动，则d球与a、b、c三小球一定带异种电荷，由于d球的电性未知，所以a球不一定带正电，故A错误．设ad连线与水平方向的夹角为α，则cosα＝＝，sinα＝＝；对b球，根据牛顿第二定律和向心力公式得kcosα－2k·cos30°＝mR＝ma，解得T＝ ，a＝，则小球c的加速度大小为，故B、C正确．对d球，由平衡条件得F＝3ksinα＋mg＝mg＋，故D正确．
[答案]　BCD
3．(多选)(2019·全国卷Ⅱ)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则(　　)
A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小
B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合
C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能
D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行
[解析]　在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M点由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N点的动能为零，则带电粒子在N、M两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，若粒子运动到N点时动能不为零，则粒子在N点的电势能小于在M点的电势能，即粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能，选项C正确；粒子所受电场力与电场线共线与运动轨迹无关，D错误．
[答案]　AC
4．(多选)(2019·全国卷Ⅲ)如图，电荷量分别为q和－q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点．则(　　)

A．a点和b点的电势相等
B．a点和b点的电场强度大小相等
C．a点和b点的电场强度方向相同
D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加
[解析]　a、b两点到两点电荷连线的距离相等，且关于两点电荷连线中点对称，可知a、b两点的电场强度大小相等，方向相同，选项B、C均正确．
[答案]　BC
5．(2019·山东省济南市期末测试)两个点电荷位于x轴上，在它们形成的电场中，若取无限远处的电势为零，则在x轴正半轴上各点的电势如图中曲线所示，当x→0时，电势φ→∞，当x→∞时，电势φ→0.电势为零的点的横坐标为x1，电势为最小值－φ0的点的横坐标为x2，根据图线提供的信息，下列判断正确的是(　　)

A．这两个点电荷一定是同种电荷
B．这两个点电荷一定是等量的异种电荷
C．在x1处的电场强度为零
D．在x2处的电场强度为零
[解析]　若这两个点电荷是同种电荷，则在x1处的电势不可能为零，因此这两个点电荷一定是异种电荷，选项A错误；当x→0时，电势φ→∞，可知在原点一定有正点电荷，负点电荷只能在x轴负半轴上，且负点电荷所带电荷量的绝对值一定大于正点电荷所带电荷量，可知这两个点电荷必定是不等量的异种电荷，选项B错误；根据电场强度与电势的关系可知E＝，故在x2处的电场强度为零，在x1处的电场强度不为零，选项D正确、C错误．
[答案]　D
6．(2019·宝鸡高三一模)如右图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，小球P从紧靠左极板处由静止开始释放，小球Q从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中，它们的(　　)

A．电荷量之比qP∶qQ＝2∶1
B．电势能减少量之比ΔEpP∶ΔEpQ＝2∶1
C．运动时间tp>tQ
D．动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1
[解析]　小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀加速直线运动，根据合运动与分运动的等时性，两小球下落的高度一样，即h＝gt2，所以运动的时间相同，设为t，C错误；在水平方向上有d＝aPt2＝ t2，d＝aQt2＝ t2，可得qP∶qQ＝2∶1，A正确；电势能的减少量等于电场力所做的功，所以有ΔEpP＝UqP，ΔEpQ＝UqQ，所以有ΔEpP∶ΔEpQ＝4∶1，B错误；运动过程中重力和电场力做功，所以动能的增加量为ΔEkP＝mgh＋UqP，ΔEkQ＝mgh＋UqQ，所以ΔEkP∶ΔEkQ≠4∶1，D错误．
[答案]　A




7．(2019·全国卷Ⅰ)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接．已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为(　　)

A．2F B．1.5F
C．0.5F D．0
[解析]　设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为，如图所示，依题意有F＝BlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1＝BlI＝F，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为1.5F，选项B正确．

[答案]　B
8.(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]　设导线P在a点处产生的磁感应强度为B，由于a点处的磁感应强度为零，故导线P、Q在a点处产生的合磁感应强度与B0等大反向．如图甲所示，由几何关系得，导线P、Q在a点处产生的合磁感应强度B0＝2Bcos30°，方向水平向右．若P中的电流反向、其他条件不变，如图乙所示，由几何关系得，P、Q导线在a点处的磁感应强度变为B，方向竖直向上，则a点处合磁感应强度的大小为＝B0，故选项C正确．

[答案]　C
9．(多选)(2019·南京金陵中学二模)间距为L＝20 cm的光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m＝60 g、电阻R＝1 Ω、长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ＝53°角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10 m/s2，则(　　)

A．磁场方向一定竖直向下
B．电源电动势E＝3.0 V
C．导体棒在摆动过程中所受安培力F＝3 N
D．导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J
[解析]　当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A正确；设电路中电流为I，则根据动能定理得－mgL(1－cos53°)＋FLsin53°＝0，解得安培力F＝0.3 N，由F＝BIL＝，得E＝3 V，故B正确，C错误；导体棒在摆动过程中电源提供的电能一部分转化为导体棒的机械能E＝mgL(1－cos53°)＝0.06×10×0.2×0.4 J＝0.048 J，另一部分转化为焦耳热，故D错误．
[答案]　AB
二、非选择题
10．(2019·石家庄高三质检二)如图所示，AB⊥CD且A、B、C、D位于一半径为r的竖直圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为＋Q.现从A点将一质量为m、电荷量为－q的小球由静止释放，小球沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时速度为，g为重力加速度，不考虑运动电荷对静电场的影响，求：

(1)小球运动到D点时对轨道的压力；
(2)小球从A点到D点过程中电势能的改变量．
[解析]　(1)小球在D点时有FN＋k－mg＝
解得FN＝2mg－k
由牛顿第三定律得，小球在D点时对轨道的压力大小为FN′＝2mg－k
方向竖直向下
(2)小球从A运动到D，根据动能定理，有：mgr＋W电＝m()2－0
解得电场力做的功：W电＝－mgr
因为电场力做负功，则电势能增加，ΔEp＝mgr
[答案]　(1)2mg－k，方向竖直向下　(2)mgr
11．(2019·北京西城区模拟)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功，它的阻拦技术原理是，飞机着舰时利用阻拦索的作用力使它快速停止．随着电磁技术的日趋成熟，新一代航母已准备采用全新的电磁阻拦技术，它的阻拦技术原理是，飞机着舰时利用电磁作用力使它快速停止．为研究问题的方便，我们将其简化为如图所示的模型．在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计．轨道端点MP间接有阻值为R的电阻．

一个长为L、质量为m、阻值为r的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好．质量为M的飞机以水平速度v0迅速钩住导体棒ab，钩住之后关闭动力系统并立即获得共同的速度．假如忽略摩擦等次要因素，飞机和导体棒系统仅在安培力作用下很快停下来．求：
(1)飞机钩住导体棒后它们获得的共同速度v的大小；
(2)飞机在阻拦减速过程中获得的加速度a的最大值；
(3)从飞机钩住导体棒到它们停下来的整个过程中运动的距离x.
[解析]　(1)以飞机和导体棒为研究对象，
根据动量守恒定律有Mv0＝(M＋m)v，
解得它们共同的速度v＝v0；
(2)飞机钩住导体棒后它们以速度v开始在安培力的作用下做减速运动，所以当它们的速度为v时所受安培力最大，此时加速度也最大，
根据牛顿第二定律有BIL＝(M＋m)a，
根据闭合电路欧姆定律有I＝，
联立以上两式解得a＝；
(3)以飞机和导体棒为研究对象，在很短的一段时间Δt内，
根据动量定理有BiL·Δt＝(M＋m)Δv，
在某时刻，根据闭合电路欧姆定律有i＝，
联立可得·Δt＝(M＋m)Δv，
飞机经时间t停下来，在时间t内，对等式两边求和，有·x＝(M＋m)v，
解得x＝.
[答案]　(1)v0　(2)
(3)


2020（四川专用）高考物理新课标大二轮优生讲义第4块：电场和磁场（2）有答案
2、带电粒子在复合场中的运动


[知识建构] (注1)……(注3)：详见答案部分 [备考点睛] 1.灵活选用力学规律 (1)当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解. (2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解. (3)当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解.2.必须领会的“4种方法和2种物理思想” (1)对称法、合成法、分解法、临界法等； (2)等效思想、分解思想.3.易错点归纳(1)注意带电体的重力是否忽略；(2)注意霍尔效应中导电的是电子还是载流子(空穴)；(3)注意明确带电粒子通过不同场区的交界处时速度的大小，上一个区域的末速度才是下一个区域的初速度.

[答案]　(1)速度选择器(如图)

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．
(2)电磁流量计
原理：如图所示，圆形导管直径为d，用非磁

性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力的作用下横向偏转，a、b间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定，即qvB＝qE＝q，所以v＝，因此液体流量Q＝Sv＝·＝.
(3)磁流体发电机

原理：如图所示，等离子气体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力作用下发生上下偏转而聚集到A、B板上，产生电势差．设A、B平行金属板的面积为S，相距为l，等离子气体的电阻率为ρ，喷入气体速度为v，板间磁场的磁感应强度为B，板外电阻为R.当等离子气体匀速通过A、B板间时，A、B板上聚集的电荷最多，板间电势差最大，即为电源电动势，此时，离子受力平衡：Eq＝Bqv，E＝Bv，电动势ε＝El＝Blv，电源内电阻r＝ρ，故R中的电流
I＝＝＝.



热点考向一　带电粒子在组合场中的运动

【典例】　(2018·全国卷Ⅰ)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场.H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求

(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．
[思路引领]　


[解析]　(1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示．设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有

s1＝v1t1①
h＝a1t②
由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.H进入磁场时速度的y分量的大小为
a1t1＝v1tanθ1③
联立以上各式得
s1＝h④
(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有
v1′＝⑥
设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv1′B＝⑦
由几何关系得
s1＝2R1sinθ1⑧
联立以上各式得
B＝ ⑨
(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得
(2m)v＝mv⑩
由牛顿第二定律有
qE＝2ma2?
设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有
s2＝v2t2?
h＝a2t?
v2′＝?
sinθ2＝?
联立以上各式得
s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′?
设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦?式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
R2＝＝R1?
所以出射点在原点左侧．设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有
s2′＝2R2sinθ2?
联立④⑧???式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
s2′－s2＝(－1)h
[答案]　(1)h　(2) 　(3)(－1)h

　带电粒子在组合场中运动问题的求解方法


迁移一　平抛运动与圆周运动的组合
1．(2019·安庆模拟)在如图所示的坐标系内，PQ是垂直于x轴的分界线，PQ左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，AC是一可吸收电子的挡板，长为d.PQ右侧为偏转电场，两极板长度为d，间距为d.电场右侧的x轴上有足够长的荧光屏．现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M点，M到下极板右端的距离为d，电子电荷量为e，质量为m，不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应．

(1)求电子通过磁场区域的时间t.
(2)求偏转电场的电压U.
(3)电子至少以多大速率从O点射出时才能打到荧光屏上？
[解析]　(1)电子在磁场区域做匀速圆周运动的周期为T＝
由几何关系知电子通过磁场区域的时间为t1＝＝.
(2)电子打在荧光屏上M点时，由几何知识得电子在磁场中运动的轨迹半径r＝d，又r＝，所以v＝
电子通过电场的时间t2＝，即t2＝
电子在电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动到达M点，如图甲所示．根据类平抛运动规律知，电子出电场时，出射速度方向的反向延长线必过上极板的中间位置，由几何关系有＝＝

又因为y1＋y2＝d，所以y1＝
分析知y1＝ t
可得U＝.
(3)如图乙所示，当电子恰好打在下极板右边缘时，电子对应的速率v′最小

电子在磁场中运动的轨迹半径r′＝
在电场中沿水平方向有＝v′t3
竖直方向有r′＝ t
又U＝
综合以上各式有v′＝.
[答案]　(1)　(2)　(3)
迁移二　直线运动与圆周运动组合
2．(2019·山东烟台期末)如图所示，在xOy平面内，MN与y轴相互平行且间距为d，其间有沿x轴负方向的匀强电场．y轴左侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；MN右侧空间有垂直纸面不随时间变化的匀强磁场．质量为m、电荷量为q的带负电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴负方向射入磁场，经过一段时间后再次回到坐标原点，此过程中粒子两次通过电场，粒子在电场中运动的总时间为t总＝.粒子重力不计．求：

(1)左侧磁场区域的最小宽度；
(2)电场区域电场强度的大小；
(3)右侧磁场区域宽度及磁感应强度大小应满足的条件．
[解析]　(1)粒子在左侧磁场中做圆周运动，
qB1v0＝m
解得R＝
由几何知识可知，左侧磁场区域的最小宽度就是粒子做圆周运动的半径Lmin＝R＝.
(2)粒子在电场中运动的总时间为t总＝，带电粒子一次通过电场的时间为t＝.设粒子到达MN边界的速度为v，电场强度为E
d＝t
所以v＝2v0
v2－v＝2d
E＝.
(3)因为粒子带负电，所以粒子开始时在左侧磁场中向下偏转，通过电场加速后进入右侧磁场，要使其能够回到原点，则粒子在右侧磁场中应向上偏转，所以MN右侧空间的磁场垂直纸面向外，且偏转半径为R或2R，粒子通过电场加速后进入右侧磁场的速度为v＝2v0.设粒子在右侧磁场中的轨道半径为r，磁感应强度为B
qBv＝m，r＝，R＝
粒子在右侧磁场中运动情况有两种，如图所示

①当半径r＝R时，B＝＝2B1，右侧磁场的宽度应满足xmin≥
②当半径r＝2R时，B＝＝B1，右侧磁场的宽度应满足xmin≥.
[答案]　(1)　(2)
(3)①当半径r＝R时，xmin≥　②当半径r＝2R时，xmin≥




在多个电场、磁场形成的组合场中，带电粒子的运动往往具有周期性和对称性，解决此类问题有两个关键：
(1)弄清粒子经过场区边界时的受力变化，进而确定运动变化情况．
(2)找出粒子运动的周期性和对称性规律.
热点考向二　带电粒子在叠加场中的运动

【典例】　(2019·吉林三模)如图甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)．一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动．若小球
刚经过D点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示的随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度与PQ连线成60°角．已知D、Q间的距离为(＋1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g.

(1)求电场强度E的大小；
(2)求t0与t1的比值；
(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm.
[思路引领]　(1)“沿PQ向右做直线运动”说明小球受力平衡．
(2)画出小球从刚过D点到再次通过D点的运动轨迹，由几何关系找出小球做匀速直线运动的位移大小与小球做匀速圆周运动的轨迹半径的关系．
(3)当圆弧轨迹与MN相切时小球运动的周期最大．
[解析]　(1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，则mg＝Eq，解得E＝.

(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示．
设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有
s＝
又知s＝v0t1
圆弧轨迹所对的圆心角θ＝2π－＝π
则t0＝
联立解得＝π.
(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示，由几何关系得R＋＝(＋1)L

解得R＝L
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv0B0＝m
解得B0＝
小球在一个周期内运动的路程
s1＝3××2πR＋6×＝(4π＋6)L
故Tm＝＝.
[答案]　(1)　(2)π　(3)　

带电粒子在叠加场中运动问题的四种情况
1．带电体在匀强电场和重力场组成的叠加场中运动，由于带电体受到的是恒力，所以带电体通常做匀变速运动，一般采用牛顿运动定律结合运动学规律或动能定理进行处理．
2．带电体(不计重力)在匀强电场和匀强磁场组成的叠加场中的运动，若带电体受到的电场力和洛伦兹力平衡，则带电体一定做匀速直线运动，此时可由二力平衡求解；若带电体受到的电场力和洛伦兹力不平衡，则其运动轨迹一般比较复杂，此时采用动能定理进行求解较为简单．
3．带电体在匀强电场、匀强磁场和重力场组成的叠加场中的运动，若带电体做匀速圆周运动，则一定是重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，此时宜采用二力平衡和圆周运动的相关知识进行求解；若带电体做匀速直线运动，则一定是重力、电场力和洛伦兹力的合力为零，此时宜采用共点力平衡进行求解．
4．带电体在重力场和匀强磁场组成的叠加场中的运动，由于其运动轨迹为一般的曲线，故一般采用动能定理进行求解．

迁移一　带电粒子在叠加场中的一般曲线运动
1.如图所示的是相互垂直的匀强电场和匀强磁场组成的叠加场，电场强度和磁感应强度分别为E和B，一个质量为m、带正电荷量为q的油滴，以水平速度v0从a点射入，经一段时间后运动到b点．试计算：

(1)油滴刚进入叠加场a点时的加速度．
(2)若到达b点时，偏离入射方向的距离为d，此时速度大小为多大？
[解析]　(1)油滴刚进入叠加场a点时，受到重力、竖直向下的电场力、竖直向上的洛伦兹力作用，因此由牛顿第二定律，则有a＝.
(2)选取油滴从a点到b点过程，根据动能定理，则有
mv－mv＝－mgd－qEd
解得vb＝ .
[答案]　(1)　(2)
迁移二　带电粒子在叠加场中的直线运动
2．(2016·天津卷)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＝1.0×10－6 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)，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)小球做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的方向之间的夹角满足
tanθ＝③
代入数据解得tanθ＝，
则θ＝60°④
(2)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
设撤去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
tanθ＝⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得
t＝2 s≈3.5 s⑨
[答案]　(1)20 m/s　与电场E的方向之间的夹角为60°斜向上　(2)3.5 s
迁移三　带电粒子在叠加场中的圆周运动
3．(2019·贵州高三质检)如图所示，虚线MN左侧有水平向右的匀强电场，右侧有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.比荷为k的带电小球
从水平面上a点由静止释放，

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)小球沿水平面经过b点时的速度大小v；
(2)MN左侧的电场强度的大小E1；
(3)小球释放点a到b点的距离x.
[解析]　(1)小球进入MN右侧电磁场区域后能沿半圆形轨道bcd运动且始终对轨道无压力，表明重力与电场力平衡，洛伦兹力充当小球做匀速圆周运动的向心力，即qvB＝m.代入＝k，解得v＝kBR.
(2)小球再次进入左侧电场后，在水平方向上先向左做匀减速运动，然后向右做匀加速运动，落在b点时，0＝vt－a1t2，而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.
(3)小球从a点由静止释放运动到b点，由动能定理得：qE1x＝mv2，解得x＝.
[答案]　(1)kBR　(2)B　(3)



带电粒子在叠加场中运动问题的分析方法
(1)弄清叠加场的组成．(2)进行受力分析．(3)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．(4)对于粒子连续通过几个不同区域的场时，要分阶段进行处理．(5)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．
①当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．
②当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用二力平衡和牛顿运动定律结合圆周运动规律求解．
③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．
④对于临界问题，注意挖掘隐含条件.

高考热点题型突破——复合场中的STSE问题

物理是一门与生产、生活及现代科技联系比较紧密的学科．在高考中，物理试题着重考查考生的知识、能力和学科素养，注重理论联系实际，注重物理与科学技术、社会和经济发展的联系，注重物理知识在生产、生活、科技等方面的应用．
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问题的实质属于带电粒子在复合场中的运动问题．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．
归纳分析如下：

【典例】　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．
[审题指导]
第一步　读题干—提信息
题干 信息
电荷量均为＋q 进入磁场后向右偏转
质量分别为2m和m 进入磁场后偏转半径不同
虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹 同是甲离子两虚线半径相同
第二步　审程序—顺思路


[解析]　(1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r1
电场加速qU0＝×2mv2
且qvB＝2m
解得r1＝
根据几何关系x＝2r1－L
解得x＝ －L
(2)如图所示

最窄处位于过两虚线交点与底片的垂线上
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)区域见解析　 －
(3)L<[2－]



质谱仪的工作原理
常用的质谱仪主要有两种：

(1)如图甲所示，带电粒子质量为m、电荷量为q，经电压为U的电场加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场．设粒子运动的轨道半径为r，则有qU＝mv2，qvB＝，可得＝.
(2)如图乙所示，带电粒子质量为m、电荷量为q，以速度v穿过速度选择器(电场强度为E，磁感应强度为B1)，垂直进入磁感应强度为B2的匀强磁场．设粒子运动的轨道半径为r，则有qE＝qvB1，qvB2＝，可得＝.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　


1．(2019·安徽合肥三模)为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如右图所示的长方体流量计．

该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别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，接在M、N两端间的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)，下列说法中正确的是(　　)
A．M端的电势比N端的高
B．电压表的示数U与a和b均成正比，与c无关
C．电压表的示数U与污水的流量Q成正比
D．若污水中正负离子数相同，则电压表的示数为0
[解析]　由左手定则可知正电荷打在N端，所以M端的电势比N端的低，故选项A错误；由q＝qBv，解得U＝Bbv，故选项B、D错误；污水的流量Q＝vS＝bc＝c，
所以电压表的示数U与污水的流量Q成正比，故选项C正确．
[答案]　C
2．(2019·天津卷)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v.当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭．则元件的(　　)

A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压U与v无关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为
[解析]　由题意可判定，电子定向移动的方向水平向左，则由左手定则可知，电子所受的洛伦兹力指向后表面，因此后表面积累的电子逐渐增多，前表面的电势比后表面的电势高，A错误；当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，电子不再发生偏转，此时前、后表面间的电压达到稳定，对稳定状态下的电子有eE＝eBv，又E＝，解得U＝Bav，显然前、后表面间的电压U与电子的定向移动速度v成正比，与元件的宽度a成正比，与长度c无关，BC错误；自由电子稳定时受到的洛伦兹力等于电场力，即F＝eE＝，D正确．
[答案]　D
专题强化训练(十一)
一、选择题
1．(多选)(2019·广西桂林、百色和崇左市第三次联考)如右图所示，
在第二象限内有水平向右的匀强电场，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．在该平面有一个质量为m、带正电q的粒子以初速度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，再经过一段时间恰好垂直于x轴进入下面的磁场，已知OP之间的距离为d，不计粒子重力，则(　　)

A．磁感应强度B＝
B．电场强度E＝
C．自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为t＝
D．自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为t＝
[解析]　粒子的轨迹如图所示：

带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀速运动，由题得知，出电场时，vx＝vy＝v0，根据：x＝t，y＝vyt＝v0t，得y＝2x＝2d，出电场时与y轴交点坐标为(0,2d)，设粒子在磁场中运动的半径为R，则有Rsin(180°－β)＝y＝2d，而β＝135°，解得：R＝2d，粒子在磁场中运动的速度为：v＝v0，根据R＝，解得B＝，故A错误；根据vx＝at＝t＝v0，x＝t，联立解得：E＝，故B正确；在第一象限运动时间为：t1＝T＝T，在第四象限运动时间为：t2＝T，所以自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为：t＝t1＋t2＝T＝，故D正确，C错误．
[答案]　BD
2．(多选)(2019·昆明质检)某型号的回旋加速器的工作原理图如下图所示．回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒置于真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒盒面垂直．两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t，已知磁场的磁感应强度大小为B，质子质量为m、电荷量为＋q，加速器接一高频交流电源，其电压为U，可以使质子每次经过狭缝都能被加速，不考虑相对论效应和重力作用，则下列说法正确的是(　　)

A．质子第一次经过狭缝被加速后，进入D形盒运动轨迹的半径r＝
B．D形盒半径R＝
C．质子能够获得的最大动能为
D．加速质子时的交流电源频率与加速α粒子的交流电源频率之比为1∶1
[解析]　设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v1，由动能定理得qU＝mv，①
由牛顿第二定律有qv1B＝m，②
联立①②式解得r1＝ ，故A正确；设质子从静止开始加速到出口处运动了n圈，质子在出口处的速度为v，则
2nqU＝mv2，③
qvB＝m，④
质子做圆周运动的周期T＝，⑤
质子运动的总时间t＝nT，⑥
联立③④⑤⑥式解得R＝ ，故B正确；根据qvB＝m，解得v＝，质子射出加速器时的动能Ek＝mv2＝＝，故C错误；根据圆周运动的周期T＝，由于质子与α粒子的电荷量之比为1∶2，而质子与α粒子的质量之比为1∶4，因此它们周期之比为1∶2，那么频率之比为2∶1，故D错误．
[答案]　AB
3．(2019·洛阳高三适应性测试)如下图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)(　　)

A．d随U1变化，d与U2无关
B．d与U1无关，d随U2变化
C．d随U1变化，d随U2变化
D．d与U1无关，d与U2无关
[解析]　带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有：＝cosθ，而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则有：＝cosθ，所以d＝，又因为半径公式R＝，则有d＝＝ .故d随U1变化，d与U2无关，故A正确，B、C、D错误．
[答案]　A
4．(多选)(2019·杭州学军中学月考)如右图所示是选择密度相同、大小不同的纳米粒子的一种装置．待选粒子带正电且电荷量与其表面积成正比，待选粒子从O1进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域Ⅰ的板间电压为U，粒子通过小孔O2射入正交的匀强电场和匀强磁场区域Ⅱ，其中匀强磁场的磁感应强度大小为B，左右两极板间距为d，区域Ⅱ的出口小孔O3与O1、O2在同一竖直线上，若半径为r0、质量为m0、电荷量为q0的纳米粒子刚好能沿该直线通过，不计纳米粒子的重力，则(　　)

A．区域Ⅱ的电场的场强大小与磁场的磁感应强度大小比值为
B．区域Ⅱ左右两极板的电势差U1＝Bd
C．若密度相同的纳米粒子的半径r>r0，则它进入区域Ⅱ时仍将沿直线通过
D．若密度相同的纳米粒子的半径r>r0，它进入区域Ⅱ时仍沿直线通过，则区域Ⅱ的电场强度与原电场强度之比为
[解析]　设半径为r0的粒子加速后的速度为v，则有q0U＝m0v2，设区域Ⅱ内电场强度为E，由题意可知洛伦兹力与电场力等大反向，即q0vB＝q0E，联立解得E＝B ，则＝ ，区域Ⅱ左右两极板的电势差为Ed＝Bd ，故A正确，B错误；若纳米粒子的半径r>r0，设半径为r的粒子的质量为m、带电荷量为q、加速后的速度为v′，则m＝3m0，而q＝2q0，由mv′2＝qU，解得v′＝ ＝v[答案]　AD
5.(2019·惠州莆田中学一模)如右图所示的金属导体，长l、宽d、高h，导体中通有沿x轴正方向的恒定电流I，空间存在沿z轴负方向的匀强磁场，磁感应强度为B，已知金属导体中单位体积内自由电子数为n，电子电荷量为e，则下列说法正确的是(　　)

A．金属导体的M面带正电
B．金属导体中电荷定向移动速率为
C．增加导体高度h，M、M′两面间的电压将增大
D．M、M′两面间的电势差为
[解析]　根据左手定则知，电子向M面偏转，则导体的M面带负电，为负极，M′面带正电，为正极；自由电子做定向移动，视为匀速运动，设定向移动速率为v，则时间t内某一截面内电子前进的距离为vt，对应体积为vthd，此体积内含有的电子个数为nvthd，电荷量为nevthd，则电流I＝＝nevhd，电荷定向移动速率为v＝；电子受电场力和洛伦兹力平衡，有e＝Bev，可得电势差U＝Bhv＝，可知M、M′两面间的电压与导体高度h无关；因M面电势低，则M、M′两面间的电势差为－.所以B正确，A、C、D错误．
[答案]　B
二、非选择题
6．(2019·江西名校联盟质检)如右图所示，OD在平面直角坐标系xOy第四象限的角平分线上，D点的坐标为(l，－l)，直角三角形OAD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，直角三角形OCD区域内有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，其中OC和CD为荧光屏(能吸收打到屏上的粒子)．现有一束质量均为m、电荷量均为q的带正电粒子从原点O沿y轴负方向以不同速率连续不断地射入匀强磁场中，带电粒子速率范围为v≤.已知E＝，不计带电粒子的重力和粒子之间的相互作用．求：

(1)带电粒子从O点射入到第一次进入电场的时间；
(2)能打到荧光屏CD上的带电粒子的最小入射速度；
(3)荧光屏CD、OC上形成亮线的长度．
[解析]　(1)带电粒子在磁场中运动的周期T＝，当粒子从OD边离开磁场时，因∠AOD＝45°，则粒子运动轨迹所对应的圆心角为90°，故粒子从原点O射入后第一次在磁场中运动的时间为t0＝＝.
(2)带电粒子射入匀强磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，经圆周到达OD边，然后水平向右进入匀强电场，在电场力的作用下做匀减速直线运动．
由题意知，带电粒子到达CD的速度恰好为零时对应的入射速度最小，设为v0，并设该粒子在磁场中的运动轨迹半径为r，由牛顿第二定律可得，Bqv0＝，
由动能定理可得qE(l－r)＝mv，
联立解得r＝l，v0＝.
(3)速率大于的带电粒子直接打在荧光屏CD上，其中入射速度为的粒子在磁场中运动的轨迹半径为l，即该粒子将直接打到D点，故荧光屏CD上亮线的长度为x1＝l－r＝l－l＝l，

速率小于的带电粒子，进入电场后不能到达荧光屏CD，从电场中返回后又在磁场中运动了个周期，刚好垂直电场进入，在电场中做类平抛运动．
当粒子以v0＝的速度射入磁场时，粒子从P点进入电场，然后做类平抛运动，如图所示，则有y＝l－l＝v0t，x＝·t2，可得x＝lNM＝l，
荧光屏OC上亮线的长度为x2＝lOM＝l－l＝l.
[答案]　(1)　(2)
(3)荧光屏CD上亮线的长度为l，荧光屏OC上亮线的长度为l
7．(2019·新疆乌鲁木齐诊断)如图所示，在平面直角坐标系中，AO是∠xOy的角平分线，x轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等．一质量为m、带电荷量为＋q的质点从OA上的M点由静止释放，质点恰能沿AO运动而通过O点，经偏转后从x轴上
的C点进入第一象限内并击中AO上的D点(C、D均未画出)．已知OD＝OM，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝(T)，重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)两匀强电场的电场强度E的大小；
(2)OM的长度L；
(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间t.
[解析]　(1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用，沿AO做匀加速直线运动，所以有mg＝qE，即E＝.

(2)质点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示．有qvB＝m，
由运动学规律可知v2＝2aL，a＝g，
设粒子从C点运动到D点所用时间为t3，由类平抛运动规律知：R＝vt3，R－＝at，联立解得L＝20 m或 m.
(3)质点做匀加速直线运动有L＝at，得t1＝2 s或 s；质点做匀速圆周运动有t2＝×＝4.71 s；质点做类平抛运动有R＝vt3，得t3＝1 s；质点从M点出发到击中D点所经历的时间为t＝t1＋t2＋t3＝7.71 s或6.38 s.
[答案]　(1)　(2)20 m或 m　(3)7.71 s或6.38 s

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