高考物理二轮复习第1部分专题讲练突破三电场和磁场 92页

专题三电场和磁场第1讲　电场及带电体在电场中的运动微网构建核心再现知识规律(1)电场力的性质．①电场强度的定义式：E＝.②真空中点电荷的场强公式：E＝k.③匀强电场场强与电势差的关系式：E＝.(2)电场能的性质．①电势的定义式：φ＝.②电势差的定义式：UAB＝.③电势差与电势的关系式：UAB＝φA－φB.④电场力做功与电势能：WAB＝－ΔEp.思想方法(1)物理思想：等效思想、分解思想．(2)物理方法：理想化模型法、比值定义法、控制变量法、对称法、合成法、分解法等.高频考点一　电场的特点和性质 知能必备1.电场强度的三种表达形式及适用条件．2.电场强度、电势、电势能大小的比较方法．3.电场的叠加原理及常见电荷电场线、等势线的分布特点.[命题视角]视角1　电场强度的计算[例1]　直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图．M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k表示．若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为(　　)A.，沿y轴正向　　　B.，沿y轴负向C.，沿y轴正向D.，沿y轴负向思路探究　(1)点电荷电场强度大小的计算式？方向如何判断？(2)多个点电荷在空间形成的场如何计算电场强度？尝试解答　__________解析　处于O点的正点电荷在G点处产生的场强大小E1＝k，方向沿y轴负向；又因为G点处场强为零，所以M、N处两负点电荷在G点共同产生的场强大小E2＝E1＝k，方向沿y轴正向；根据对称性，M、N处两负点电荷在H点共同产生的场强E3＝E2＝k，方向沿y 轴负向；将该正点电荷移到G处，该正点电荷在H点产生的场强E4＝k，方向沿y轴正向，所以H点的场强E＝E3－E4＝，方向沿y轴负向．答案　B视角2　电场强度、电势、电势能的判断[例2]　(2016·全国大联考押题卷)(多选)如图所示，虚线为某电场中的三条电场线1、2、3，实线表示某带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法中正确的是(　　)A．粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小B．粒子在a点的电势能大于在b点的电势能C．粒子在a点的速度大小大于在b点的速度大小D．a点的电势高于b点的电势思路探究　(1)如何利用电场线判断电场强度的大小？(2)如何根据电场线和运动轨迹判断电场力做功情况？(3)电场力做功与电势能的变化关系怎样？尝试解答　__________解析　由题图知a处电场线比b处稀疏，即Ea＜Eb，由牛顿第二定律知粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小，A项正确；由粒子做曲线运动的条件知粒子受到指向凹侧的电场力且电场线上某点电场力的方向一定沿该点的切线方向，若粒子由a向b运动，其位移方向与其所受电场力方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，动能增加；若粒子由b向a运动，其位移方向与其所受电场力方向成钝角，电场力做负功，电势能增加，动能减小，即不论粒子的运动方向和电性如何，粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，在a点的动能小于在b点的动能，B项正确，C项错误；由于电场线的方向不能确定，故无法判断a、b两点电势的高低，D项错误．答案　AB电场性质的判断方法1．电场强度的判断方法： (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＝进行判断．2．电势高低的判断方法：(1)由沿电场线方向电势逐渐降低进行判断．(2)若q和WAB已知，由UAB＝进行判断．3．电势能大小的判断根据电场力做功的正负判断电势能的变化或动能的变化．[题组冲关]1．(多选)两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势线如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中f点进入电场，其运动轨迹如图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列说法中正确的是(　　)A．f、b、c、d、e五点中，c点电场强度最大B．带电粒子的加速度逐渐变大C．带电粒子的速度先增大后减小D．粒子经过b点和d点时的速度大小相同解析：选AD.电场强度的大小由电场线或等差等势面的疏密判断，越密的地方电场强度越大，A项正确；由a＝＝可判断带电粒子的加速度先增大后变小，B项错误；粒子从f到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减小后增大，电势能先增大后减小，选项C错误；因为b、d两点在同一等势面上，所以粒子在b、d两点的电势能相同，所以粒子经过b点和d点时的速度大小相同，选项D正确．2．(多选)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则(　　) A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．c点的电势比d点的低解析：选ACD.根据电场线的分布图，a、b两点中，a点的电场线较密，则a点的电场强度较大，选项A正确．沿电场线的方向电势降低，a点的电势低于b点的电势，选项B错误．由于c、d关于正电荷对称，正电荷在c、d两点产生的电场强度大小相等、方向相反；两负电荷在c点产生的合电场强度为0，在d点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c点的电场强度比d点的大，选项C正确．c、d两点中c点离负电荷的距离更小，c点电势比d点低，选项D正确．3．(2016·湖北武汉调研)在真空中某区域有一电场，电场中有一点O，经过O点的一条直线上有P、M、N三点，到O点的距离分别为r0、r1、r2，直线上各点的电势φ分布如图所示，r表示该直线上某点到O点的距离，下列说法中正确的是(　　)A．O、P两点间电势不变，O、P间场强一定为零B．M点的电势低于N点的电势C．M点的电场强度大小小于N点的电场强度大小D．在将正电荷沿该直线从M移到N的过程中，电场力做负功解析：选A.O、P两点间的各点电势不变，各点间电势差为零，移动电荷时电场力不做功，O、P间场强一定为零，选项A正确；由图象可知，M点的电势高于N点的电势，选项B错误；电势变化越快的地方场强越大，根据图线斜率可以得出，M点的电场强度大小大于N点的电场强度大小，选项C错误；在将正电荷沿该直线从M移到N的过程中，电势降低，电势能减小，电场力做正功，选项D错误．高频考点二　平行板电容器问题 知能必备1.电容的定义式和决定式、板间电场强度的计算式．2.引起电容器电容变化的因素及动态分析问题的两种结论及处理方法.[命题视角]视角1　平行板电容器板间电场强度的计算[例3]　已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量．如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电荷量为Q.不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为(　　)A.和　　　　　　　　B.和C.和D.和思路探究　(1)公式中各符号的意义及整体的意义是什么？(2)平行板间的电场是哪个极板上的电荷形成的？尝试解答　__________解析　每块极板上单位面积所带的电荷量为σ＝，每块极板产生的电场强度为E＝，所以两极板间的电场强度为2E＝.一块极板在另一块极板处产生的电场强度E′＝，故另一块极板所受的电场力F＝qE′＝Q·＝，选项D正确． 答案　D视角2　平行板电容器的动态分析[例4]　(2016·山西名校联盟)(多选)如图所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法中正确的是(　　)A．平行板电容器的电容将变小B．静电计指针张角变小C．带电油滴的电势能将减少D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变思路探究　(1)图中静电计的作用是什么？(2)平行板与电源相连，移动极板时，哪些量发生变化？哪些量不变？(3)平行板与电源线断开，移动极板时，变量与不变量又是哪些？尝试解答　__________解析　将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，两极板的正对面积S不变，间距d变大，根据关系式C＝可知，电容C减小，选项A正确；因为静电计指针的变化表征了电容器两极板间电势差的变化，题中电容器两极板间的电势差U不变，所以静电计指针张角不变，选项B错误；U不变，极板间距d变大时，板间电场强度E＝减小，带电油滴所处位置的电势φP＝U－Ed1增大，其中d1为油滴到上极板的距离，又因为油滴带负电，所以其电势能将减少，选项C正确；若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则电容器的电荷量Q不变，极板间距d变大，根据Q＝CU，E＝和C＝可知E∝，可见，极板间电场强度E不变，所以带电油滴所受电场力不变，选项D正确． 答案　ACD平行板电容器问题的分析思路1．明确平行板电容器中的哪些物理量是不变的，哪些物理量是变化的以及怎样变化．2．应用平行板电容器的决定式C＝分析电容器的电容的变化．3．应用电容的定义式C＝分析电容器带电量和两板间电压的变化情况．4．应用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化．[题组冲关]1．如图所示，平行板电容器与一电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极板缓慢地错开一些，那么在错开的过程中(　　)A．电容器的电容C增大B．电容器所带电荷量Q增多C．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从N流向MD．油滴静止不动，电流计中的电流从N流向M解析：选D.在电容器两极板错开的过程中，根据电容的决定式C＝得知，电容C减小，选项A错误．由C＝可知，U不变时，Q减小，选项B错误．电容器所带电荷量减少，电容器放电，放电电流方向由N到M；电容器两极板接在电源的正、负极上没有断开，故电容器两端的电压不变，两极板间距离不变，则场强不变，油滴受力情况不变，油滴静止不动，故选项C错误、D正确． 2．(2016·陕西宝鸡高三二模)如图所示，一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合电键S，电容器充电后，细线与竖直方向夹角为φ，则下列说法中正确的是(　　)A．保持电键S闭合，使两极板靠近一些，φ将减小B．保持电键S闭合，将滑动变阻器滑片向右移动，φ将减小C．打开电键S，使两极板靠近一些，φ将不变D．轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动解析：选C.保持电键S闭合，即电容器两端电压不变，使两极板靠近些，由E＝知，电场强度增大，φ将增大，A项错误；调节滑动变阻器滑片不影响电容器两极板间的电压，B项错误；打开电键S，电容器两极板所带电荷量不变，使两极板靠近一些，由C＝、U＝、E＝知，E不变，即夹角φ不变，C项正确；轻轻将细线剪断，小球将沿细线方向向下做匀加速直线运动，D项错误．3．(创新题)如图所示，理想二极管(具有单向导电性)、平行板电容器、电源组成闭合电路，带电液滴P置于水平放置的平行板电容器的正中间而静止，则下列说法中正确的是(　　)A．若将极板A向下移动少许，则液滴的电势能将减小B．若将极板A向上移动少许，则液滴将向上运动C．若将极板B向上移动少许，则液滴的电势能将增大D．若将极板A、B错开少许，使两极板正对面积变小，则液滴将向下运动解析：选A.若将极板A向下移动少许(d 减小)，电容器电容增大，二极管正向导通给电容器充电，电容器两端电压保持U不变，由E＝知两极板间电场强度增大，电场力大于液滴重力，液滴将沿电场力方向运动，电场力做正功，带电液滴的电势能减小，A对；若将极板A向上移动少许(d增大)，由C＝知C减小，由Q＝CU知Q将减小，但因二极管具有单向导电性，所以电容器的带电荷量Q将不变，由E＝、Q＝CU及C＝知两极板间电场强度不变，所以液滴仍静止，B错；若将极板B向上移动少许(d减小)，由E＝知两极板间电场强度增大，与选项A相同，带电液滴将沿电场力方向向上运动，电场力做正功，电势能减小，C错；若将极板A、B错开少许(S减小)，电容减小，但二极管阻止电容器放电，电容器带电荷量Q不变，由C＝可知两极板间电压升高，由E＝知两极板间电场强度增大，液滴沿电场力方向向上运动，D错．高频考点三　带电粒子在电场中的运动知能必备1.牛顿第二定律和运动学方程．2.动能定理及功能关系．3.类平抛运动的处理方法．4.类平抛运动的两个推论.[命题视角]视角1　带电粒子在匀强电场中的加速或偏转[例5]　(名师原创)如图所示，金属丝发射出的电子(质量为m、电荷量为e，初速度与重力均忽略不计)被加速后从金属板的小孔穿出进入偏转电场(小孔与上、下极板间的距离相等)．已知偏转电场两极板间距离为d，当加速电压为U1、偏转电压为U2时，电子恰好打在下极板的右边缘M点，现将偏转电场的下极板向下平移.(1)如何只改变加速电压U1，使电子打在下极板的中点？ (2)如何只改变偏转电压U2，使电子仍打在下极板的M点？思路探究　(1)U2不变时，下极板向下平移，电场强度如何变化？(2)只改变U2时，进入偏转电场的粒子速度是否改变？尝试解答　__________解析　(1)令移动前后偏转电场的电场强度分别为E和E′，电子在偏转电场中的加速度大小分别为a、a′，加速电压改变前后，电子穿出小孔时的速度大小分别为v0、v1因偏转电压不变，所以有Ed＝E′·d，即E′＝E由qE＝ma及qE′＝ma′知a′＝a设极板长度为L，则d＝a′2，＝a2联立得v＝在加速电场中由动能定理知eU1＝mv，eU1′＝mvU1′＝，即加速电压应减为原加速电压的，才能使电子打在下极板的中点．(2)因电子在水平方向上做匀速直线运动，极板移动前后，电子在偏转电场中运动时间t相等设极板移动前后，电子在偏转电场中运动的加速度大小分别为a1、a2，则有＝a1t2，d＝a2t2，即a2＝2a1由牛顿第二定律知a1＝，a2＝联立得U2′＝3U2，即偏转电压应变为原来的3倍，才能使电子仍打在M点．答案　(1)U1减为原来的　(2)U2变为原来的3倍视角2　带电粒子在交变电场中的运动[例6]　如图甲所示，A、B两板竖直放置，两板之间的电压U1＝100V，M、N两板水平放置，两板之间的距离d＝0.1m，板长L＝0.2m．一个质量m＝2×10－12kg、电荷量q＝＋1×10－8C的带电粒子(不计重力)从靠近A板处由静止释放，经加速电场加速后从B 板的小孔穿出，沿着M、N两板的中轴线垂直进入偏转电场．如果在M、N两板之间加上如图乙所示的偏转电压，当t＝时，带电粒子刚开始进入偏转电场，则：(1)带电粒子从B板的小孔穿出时的速度为多大？(2)要使带电粒子能够从M、N两板之间(不沿中轴线)穿出，并且穿出后的速度方向保持水平，则交流电U2的周期T为多少？(3)在满足(2)条件的情况下，它在偏转电场中的最大偏移量是多少？(结果保留一位有效数字)思路探究　(1)带电粒子在MN间运动时水平速度是否变化？(2)带电粒子能穿过MN的最大偏移量是多少？尝试解答　__________解析　(1)由动能定理得qU1＝mv，解得v0＝＝1×103m/s.(2)要使带电粒子能够从M、N两板之间穿出，并且穿出后速度方向不变，则带电粒子穿过偏转电场的时间t＝(n＋)T(n＝0,1,2，…)①带电粒子沿水平方向做匀速直线运动，则L＝v0t②所以T＝s(n＝0,1,2，…)③带电粒子进入偏转电场时的加速度a＝④电场强度E＝⑤带电粒子在进入偏转电场后的前内沿竖直方向的位移y＝a()2⑥要使带电粒子能够从M、N两板之间穿出，需满足 2y≤⑦联立①～⑦式解得n≥4.5.所以T＝s(n＝5,6,7，…)．(3)要使总偏移量最大，则n应取值最小，故n＝5，由此解得，最大偏移量y′＝2y≈0.04m.答案　(1)1×103m/s　(2)s(n＝5,6,7，…)(3)0.04m解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路及注意问题[题组冲关]1．(2016·湖南十校联考)(多选)如图甲所示，三个相同的金属板共轴排列，它们的距离与宽度均相同，轴线上开有小孔(不影响板间电场分布)，在左边和右边两个金属板上加电压U后，金属板间就形成匀强电场；有一个比荷＝1.0×10－2C/kg的带正电的粒子从左边金属板小孔轴线A处由静止释放，在静电力作用下沿小孔轴线射出(不计粒子重力)，其v－t图象如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)A．右侧金属板接电源的正极B．所加电压U＝100V C．乙图中的v2＝2m/sD．通过极板间隙所用时间比为1∶(－1)解析：选BD.带正电的粒子在静电力作用下由左极板向右运动，可判断左侧金属板接电源正极，选项A错误；由vt图象可知，带电粒子的加速度a＝2m/s2，相邻两极板间距d＝at2＝0.25m，由qE＝ma得E＝200V/m，U＝2Ed＝100V，选项B正确；可将粒子在两个间隙间的运动看成是初速度为零的连续的匀加速运动，两间隙距离相等，则有t1∶t2＝1∶(－1)，选项D正确；v1∶v2＝t1∶(t1＋t2)＝1∶，将v1＝1.0m/s代入，得v2＝m/s，选项C错误．2．(多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．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一样大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＝mv，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，由l＝v1t2及y＝t得，带电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＝mv，得到粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2＝，由于三种粒子的质量不相等，故v2不一样大，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 不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C错误．根据vy＝t2及tanθ＝得，带电粒子的偏转角的正切值tanθ＝，即三种带电粒子的偏转角相等，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．3．(2016·陕西五校联考)如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，t＝T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场．则(　　)A．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的B．在t＝时刻，该粒子的速度大小为2v0C．若该粒子在时刻以速度v0进入电场，则粒子会打在板上D．若该粒子的入射速度变为2v0，则该粒子仍在t＝T时刻射出电场解析：选A.由题设条件可知：粒子在0～做类平抛运动，在～T做类斜抛运动，因粒子在电场中所受的电场力大小相等，根据运动的对称性，粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的，如图所示，选项A正确；前后两段运动的时间相等，时将速度分解，设板长为l，由类平抛运动规律可得：l＝v0T，l＝vT，则v＝v0，则时刻该粒子的速度为v0，选项B错误；若该粒子在时刻以速度v0进入电场，粒子将先向下做类平抛运动，后做类斜抛运动，并从PQ板右边缘射出电场，选项C错误；若该粒子的入射速度变为2v0，粒子在场中运动的时间t＝＝，选项D错误． [真题试做][真题1]　(2016·高考全国乙卷)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．[真题2]　(2016·高考全国甲卷)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>vbB．aa>ab>ac，vb>vc>vaC．ab>ac>aa，vb>vc>vaD．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rbEc>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|＝mv－mv<0，则vb0，vc>vb，又|Uab|>|Ubc|，则va>vc，故va>vc>vb，选项D正确．[真题3]　(2015·高考全国卷Ⅱ)如图，一质量为m、电荷量为q(q >0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点，已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A、B两点间的电势差．解析：设带电粒子在B点的速度大小为vB.粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin30°＝v0sin60°①由此得vB＝v0②设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUAB＝m(v－v)③联立②③式得UAB＝答案：[新题预测]　如图所示，两个带等量正电的点电荷分别固定于P、Q两点，它们连线的中点是O，A、B是P、Q连线的中垂线上的两点，OA＜OB.则下列说法正确的是(　　)A．A点场强大小一定大于B点的场强大小B．A、B所在直线是一条等势线，等势线左右对称点电势相等C．将一正试探电荷分别置于A和B点，该试探电荷在A点的电势能等于在B点的电势能D．将一负试探电荷分别置于A和B点，该试探电荷在A点的电势能小于在B点的电势能解析：选D.O点场强大小为零，由O点沿P、Q连线的中垂线向外场强先增大后减小，无法判断A、B两点场强大小关系，选项A错误A、B两点的场强方向相反，A点的电势高于B点的电势，正试探电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，负试探电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，选项B、C错误，选项D正确． “等势线(电场线)＋运动轨迹”组合模型模型特点：当带电粒子在电场中的运动轨迹是一条与电场线、等势线都不重合的曲线时，这种现象简称为“拐弯现象”，其实质为“运动与力”的关系．运用“牛顿运动定律、功和能”的知识分析：(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在某一位置的切线)与“力线”(在同一位置电场线的切线方向且指向轨迹的凹侧)，从二者的夹角情况来分析带电粒子做曲线运动的情况．(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是题目中相互制约的三个方面．若已知其中一个，可分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”进行分析．[典例展示]1．(多选)在光滑绝缘的水平桌面上，存在着方向水平向右的匀强电场，电场线如图中实线所示．一初速度不为零的带电小球从桌面上的A点开始运动，到C点时，突然受到一个外加的水平恒力F作用而继续运动到B点，其运动轨迹如图中虚线所示，v表示小球经过C点时的速度．则(　　)A．小球带正电B．恒力F的方向可能水平向左C．恒力F的方向可能与v方向相反D．在A、B两点处小球的速率不可能相等解析　由小球从A到C的轨迹可得，小球所受静电力向右，带正电，选项A正确；小球从C到B，合力指向轨迹凹侧，当水平恒力F水平向左时合力可能向左，由于v方向与水平方向有夹角，故F方向不可能与v方向相反，选项B正确，C错误；小球从A到B，由动能定理，当静电力与恒力F做功代数和为0时，在A、B两点小球的速率相等，选项D错误．答案　AB 2．(多选)如图所示，虚线为某电场中的三个等差等势面1、2、3，实线表示某带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法中正确的是(　　)A．等势面1的电势最高B．粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小C．粒子在a点的电势能大于在b点的电势能D．粒子在a点的速度大小大于在b点的速度大小解析　由粒子做曲线运动的条件知粒子受到指向凹侧的电场力，但因不清楚粒子的运动方向及粒子的电性，所以电场线的方向不能确定，即无法确定电势的高低，A项错误；等差等势面的疏密程度可表示电场强度的大小，由图知Ea＜Eb，由牛顿第二定律知粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小，B项正确；由题图知若粒子由a向b运动，其位移方向与其所受电场力方向成钝角，电场力做负功，电势能增加，动能减小；若粒子由b向a运动，其位移方向与其所受电场力方向成锐角，电场力做正功，电势能减小，动能增加，即不论粒子的运动方向和电性如何，粒子在a点的电势能小于在b点的电势能，粒子在a点的动能大于在b点的动能，所以C项错误，D项正确．答案　BD点评　“等势线(电场线)＋运动轨迹”模型的处理思路[自悟自练]1．(限时3分钟　满分6分)(多选)如图所示，直线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，曲线是某一带电粒子通过电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上两点．若带电粒子运动中只受电场力作用，根据此图可以作出的判断是(　　) A．带电粒子所带电荷的符号B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的加速度何处大D．带电粒子在a、b两点的加速度方向解析：选BCD.如图所示，由于带电粒子在电场力作用下做曲线运动，所以电场力应指向轨迹的凹侧，且沿电场线，即沿电场线向左，B正确；由于电场线方向未知，故不能确定带电粒子的电性，A错误；加速度由电场力产生，由于a处电场线较b处密，所以a处电场强度大，由F＝qE知，带电粒子在a处受电场力大，故加速度大，且方向与电场力方向相同，C、D正确．2．(限时3分钟　满分6分)(多选)如图所示的虚线为电场中的三条等势线，三条虚线平行且等间距，电势分别为10V、19V、28V，实线是仅受电场力的带电粒子的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，a到中间虚线的距离大于c到中间虚线的距离，下列说法正确的是(　　)A．粒子在a、b、c三点受到的电场力方向相同B．粒子带负电C．粒子在a、b、c三点的电势能大小关系为Epc＞Epb＞EpaD．粒子从a运动到b与从b运动到c，电场力做的功可能相等解析：选ABC.带电粒子在匀强电场中运动，受到的电场力方向不变，选项A正确；根据粒子的运动轨迹可知粒子带负电，带负电的粒子在电势高的位置电势能小，所以Epc>Epb＞Epa，选项B、C正确；a、b间的电势差与b、c间的电势差不相等，粒子从a运动到b与从b运动到c，电场力做的功不相等，选项D错误．限时规范训练建议用时：40分钟 1．如图所示，边长为L＝1m的等边三角形ABC置于匀强电场中，电场线的方向平行于△ABC所在平面，其中A点电势为1V，AC中点电势为2V，BC中点的电势为4V，则该匀强电场的场强大小是(　　)A．1V/m　　　　　　　　　　B.V/mC．3V/mD．4V/m解析：选D.在匀强电场中，同一条直线(非等势线)上两点之间的电势差与其距离成正比，可得C点电势为3V，B点电势为5V，则AB中点D的电势为3V，故CD为一条等势线，如图所示，则AB所在直线为电场线，易得E＝＝4V/m.2．带有等量异种电荷的两块等大的平行金属板M、N水平正对放置．两板间有一带电微粒以速度v0沿直线运动，当微粒运动到P点时，将M板迅速向上平移一小段距离后，则此后微粒的可能运动情况是(　　)A．沿轨迹①运动B．沿轨迹②运动C．沿轨迹③运动D．沿轨迹④运动解析：选B.M板平移前，带电微粒做匀速直线运动，所受电场力与重力二力平衡，M板移动后，根据C＝、U＝、E＝可得：E＝，所以两极板间电场强度不变，带电微粒仍然受力平衡，沿原方向做匀速直线运动，选项B正确． 3．(2016·湖北八市联考)如图，M和N是两个带有异种电荷的带电体(M在N的正上方，图示平面为竖直平面)，P和Q是M表面上的两点，S是N表面上的一点．在M和N之间的电场中画有三条等势线．现有一个带正电的液滴从E点射入电场，它先后经过了F点和W点．已知油滴在F点时的机械能大于在W点时的机械能，E、W两点在同一等势面上，不计油滴对原电场的影响，不计空气阻力，则以下说法正确的是(　　)A．P和Q两点的电势不相等B．P点的电势高于S点的电势C．油滴在F点的电势能高于在E点的电势能D．油滴在E、F、W三点的机械能和电势能之和不变解析：选D.带电导体表面是等势面，A错；因油滴在F点时的机械能大于在W点时的机械能，则液滴从F点到W点，电场力做负功，即F点电势低于W点电势，所以M带负电，N带正电，P点电势低于S点电势，B错；正电荷在F点的电势能比在E点时的低，C错；因只有电场力和重力做功，能量是守恒的，所以机械能和电势能之和不变，D对．4．(2016·浙江宁波高三联考)如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷，电荷量均为＋Q，MN连线的中点为O.正方形ABCD以O点为中心，E、F、G、H是正方形四边的中点，取无穷远处电势为0，则下列说法正确的是(　　)A．A点电势低于B点电势B．正点电荷沿直线从F到H，电势能先增大后减小C．O点的电场强度为零，电势也为零D．沿路径A→D→C移动一负点电荷比沿路径A→B移动同一负点电荷克服电场力做的功多解析：选B.由于是等量同种电荷形成的电场，由电场分布的对称性可知A、B两点电势相等，A错；在MN中垂线上，O点的电场强度为0，但电场方向从O点指向外，即正电荷沿直线从F到H，电场力先做负功再做正功，电势能先增大后减小，B对；取无穷远处电势为0，沿着电场线方向电势是逐渐降低的，则MN中垂线上O点电势最高，C错；由电场的对称性可知B、C两点电势相等，所以沿路径A→D→C移动一负点电荷与沿路径A→B 移动同一负点电荷克服电场力做的功相同，D错．5．(多选)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，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的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大解析：选BC.由题图可知，x1到x4场强先变大，再变小，则点电荷受到的电场力先增大后减小，C正确、D错误．由x1到x3及由x2到x4过程中，电场力做负功，电势能增大，A错误、B正确．6．如图所示，平行板电容器的两金属板A、B竖直放置，电容器所带电荷量为Q，一液滴从A板上边缘由静止释放，液滴恰好能击中B板的中点O，若电容器所带电荷量增加Q1，液滴从同一位置由静止释放，液滴恰好击中OB的中点C，若电容器所带电荷量减小Q2，液滴从同一位置由静止释放，液滴恰好击中B板的下边缘D点，则＝(　　)A．1B．2C．3D．4解析：选B.由运动的合成与分解知液滴在竖直方向做自由落体运动，水平方向在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设两金属板长为L、间距为d、正对面积为S，两极板间场强为E，液滴所带电荷量为q、质量为m，则竖直方向有h＝gt2，水平方向有d＝ ·t2，E＝＝＝，所以Q·h＝常数，即Q·＝(Q＋Q1)·，Q·＝(Q－Q2)·L，联立得＝2，B对．7．(2016·河南开封二模)(多选)如图所示，一带电粒子在匀强电场中从A点抛出，运动到B点时速度方向竖直向下，且在B点时粒子的速度为粒子在电场中运动的最小速度，已知电场方向和粒子运动轨迹在同一竖直平面内，粒子的重力和空气阻力与电场力相比可忽略不计，则(　　)A．电场方向一定水平向右B．电场中A点的电势一定高于B点的电势C．从A到B的过程中，粒子的电势能一定增加D．从A到B的过程中，粒子的电势能与动能之和一定不变解析：选CD.粒子只受电场力，做抛体运动，类似重力场中的斜上抛运动，B点为等效最高点，故电场力方向水平向右，由于不知粒子的电性，故无法判断电场方向，A项错误；无法判断电场方向，所以不能确定A点和B点的电势的高低，故B项错误；从A到B的过程中，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增大，故C项正确；从A到B的过程中，只有电场力做负功，动能减小，电势能增加，电势能和动能之和保持不变，故D项正确．8．如图所示是一对等量异种点电荷的电场线分布图，图中两点电荷P、Q连线长度为r，M点、N点到两点电荷P、Q的距离都为r，S点到点电荷Q的距离也为r，由此可知(　　)A．M点的电场强度为2kB．M、N、S三点的电势可能相等C．把同一试探电荷放在M点，其所受电场力等于放在S点所受的电场力 D．沿图中虚线，将一试探电荷从N点移到M点，电场力一定不做功解析：选D.点电荷P、Q在M点产生的电场强度大小均为E＝k，这两个点电荷在M点形成的合场强的大小为E′＝2k·cos60°＝k，方向水平向左，A错误；S点的电势大于零，而M点、N点的电势为零，B错误；由于两点电荷在S点产生的场强方向水平向右，因此同一试探电荷在S点、M点时所受的电场力方向不同，C错误；由于M、N所在直线为零势能线，试探电荷从N点移到M点，电场力不做功，D正确．9．(多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零，则小球a(　　)A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量解析：选BC.小球a从N点释放一直到达Q点的过程中，a、b两球的距离一直减小，库仑力变大，a受重力不变，重力和库仑力的夹角从90°一直减小，故合力变大，选项A错误；小球a从N到P的过程中，速度方向与重力和库仑力的合力方向的夹角由小于90°到大于90°，故库仑力与重力的合力先做正功后做负功，a球速率先增大后减小，选项B正确；小球a由N到Q的过程中库仑力一直做负功，电势能一直增加，选项C正确；小球a从P到Q的过程中，减少的动能转化为重力势能和电势能之和，故动能的减少量大于电势能的增加量，则选项D错误．10．在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图中未画出)，由A点斜射出一质量为m，带电荷量为＋q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数．粒子所受重力忽略不计．求： (1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功；(2)粒子从A到C过程所经历的时间；(3)粒子经过C点时的速率．解析：(1)WAC＝qE(yA－yC)＝3qEl0(2)根据抛体运动的特点，粒子在x方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D在y轴上，可令tAD＝tDB＝T，则tBC＝T由qE＝ma得a＝又y0＝aT2　y0＋3l0＝a(2T)2解得T＝则A→C过程所经历的时间t＝3(3)粒子在DC段做类平抛运动，于是有2l0＝vCx(2T)　vCy＝a(2T)vC＝＝答案：(1)3qEl0　(2)3　(3)11．如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA ，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点．使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g.求：(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向．解析：(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝d，根据平抛运动的规律有dsin60°＝v0t①dcos60°＝gt2②又有Ek0＝mv③由①②③式得Ek0＝mgd④设小球到达A点时的动能为EkA，则EkA＝Ek0＋mgd⑤由④⑤式得＝⑥(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有 ＝⑨解得x＝d，MA为等势线，电场强度方向必与其垂线OC方向平行．设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°.⑩即电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为30°.设电场强度的大小为E，有qEdcos30°＝ΔEpA⑪由④⑦⑪式得E＝⑫答案：(1)(2)　电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°12．如图甲所示，水平放置的平行金属板A和B的距离为d，它们的右端安放着垂直于金属板的靶MN，现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为U0，反向电压值为，且每隔变向1次．现将质量为m的带正电且电荷量为q的粒子束从AB的中点O以平行于金属板的方向OO′射入，设粒子能全部打在靶上，而且所有粒子在A、B间的飞行时间均为T.不计重力的影响，试求：(1)定性分析在t＝0时刻从O点进入的粒子，在垂直于金属板的方向上的运动情况．(2)在距靶MN的中心O′点多远的范围内有粒子击中？(3)要使粒子能全部打在靶MN上，电压U0的数值应满足什么条件？(写出U0、m、d、q、T的关系式即可)解析：(1)0～时间内，带正电的粒子受到向下的电场力而向下做加速运动，在～T时间内，粒子受到向上的电场力而向下做减速运动．(2)当粒子在0、T、2T…nT(n＝0,1,2…)时刻进入电场中时，粒子将打在O ′点下方最远点，在前时间内，粒子竖直向下的位移：y1＝a12＝在后时间内，粒子竖直向下的位移：y2＝v－a22其中：v＝a1＝a2＝解得：y2＝故粒子打在距O′点正下方的最大位移：y＝y1＋y2＝当粒子在、…(n＝0,1,2…)时刻进入电场时，将打在O′点上方最远点，在前时间内，粒子竖直向上的位移：y1′＝a1′2＝在后时间内，粒子竖直向上的位移：y2′＝v′－a2′2其中：v′＝a1′＝a2′＝解得：y2′＝0故粒子打在距O′点正上方的最大位移：y′＝y1′＋y2′＝击中的范围在O′以下到O′以上(3)要使粒子能全部打在靶上，需有：＜解得：U0＜ 答案：(1)见解析　(2)O′以下到O′以上　(3)U0＜第2讲　磁场及带电体在磁场中的运动微网构建核心再现知识规律(1)掌握“两个磁场力”．①安培力：F＝BILsinθ，其中θ为B与I的夹角．②洛伦兹力：F＝qvBsinθ，其中θ为B与v的夹角．(2)明确“两个公式”．①带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式：R＝.②带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式：T＝＝.(3)用准“两个定则”．①对电流的磁场用准安培定则．②对安培力和洛伦兹力用准左手定则．(4)画好“两个图形”．①对安培力作用下的平衡、运动问题画好受力分析图.②对带电粒子的匀速圆周运动问题画好与圆有关的几何图形． 思想方法(1)物理思想：等效思想．(2)物理方法：理想化模型法、比值定义法、对称法、临界法等.高频考点一　磁场的性质知能必备1.磁感应强度的定义，磁场的叠加原理．2.电流磁场方向的判断方法，磁感线的用途．3.磁场对通电电流作用大小计算及方向的判断.[题组冲关]1．如图所示，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是(　　)A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同解析：选C.由安培定则可知，两导线在O点产生的磁场均竖直向下，合磁感应强度一定不为零，选项A错；由安培定则，两导线在a、b两处产生的磁场方向均竖直向下，由于对称性，电流M在a处产生磁场的磁感应强度等于电流N在b处产生磁场的磁感应强度，同时电流M在b处产生磁场的磁感应强度等于电流N在a处产生磁场的磁感应强度，所以a、b两处磁感应强度大小相等，方向相同，选项B错；根据安培定则，两导线在c、d处产生的磁场的磁感应强度大小相等，方向相同，选项C正确；a、c 两处的磁感应强度的方向均竖直向下，选项D错．2．如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态．在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P.当P中通以方向向外的电流时(　　)A．导线框将向左摆动B．导线框将向右摆动C．从上往下看，导线框将顺时针转动D．从上往下看，导线框将逆时针转动解析：选D.当直导线P中通以方向向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线P产生的磁场方向为逆时针方向，磁感线是以P为圆心的同心圆，半圆弧导线与磁感线平行不受安培力，由左手定则可判断出直导线ab所受的安培力方向垂直纸面向外，cd所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，故D正确．3．(2016·西安名校大联盟)电磁炮有很多优点，备受各国军事家的重视，如图是导轨式电磁炮实验装置的示意图．两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块(即实验用弹丸)．滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触．电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源．滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射．在发射过程中，滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，磁感应强度与电流的关系为B＝kI，如果两导轨内侧间距为l，滑块的质量为m，滑块沿导轨滑行距离s后，获得的发射速度为v.以下说法中正确的是(　　)A．若使电流的方向反向，滑块的发射方向也将随之反向B．若将电源提供的电流加倍，则滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为2vC．若将电源提供的电流加倍，则滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为4vD．若使滑块的质量加倍，则滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为0.5v 解析：选B.由安培定则知，当电流方向改变时磁场方向同时发生改变，由左手定则判断得出，滑块所受安培力方向不变，A项错误；以滑块为研究对象，从开始到发射的过程，由动能定理得：BIl·s＝mv2　①，而B＝kI　②，联立①②解得：v＝I，若将电源提供的电流I加倍，由v＝I可知，滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为2v，B项正确，C项错误；若使滑块的质量加倍，由v＝I可知，滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为v，D项错误．4．(2016·湖北三市六校二联)(多选)如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.质量为m、长为L的金属杆ab垂直导轨放置，整个装置处于垂直ab方向的匀强磁场中．当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab保持静止．则磁感应强度的方向和大小可能为(　　)A．竖直向上，mgtanθ/(IL)B．平行导轨向上，mgcosθ/(IL)C．水平向右，mg/(IL)D．水平向左，mg/(IL)解析：选AD.若磁场方向竖直向上，则金属杆受重力、支持力和水平向右的安培力，这三个力可以平衡，平衡时有BIL－mgtanθ＝0，解得B＝，A正确；磁场方向平行导轨向上时，安培力方向垂直导轨平面向下，它与重力和支持力不可能平衡，B错误；当磁场方向水平向右时，安培力竖直向下，它与重力和支持力不可能平衡，C错误；当磁场方向水平向左时，安培力方向竖直向上，当它与重力相等时，支持力为零，金属棒可以处于平衡状态，此时有BIL－mg＝0，解得B＝，D正确．磁场性质分析的两点技巧1．判断电流磁场要正确应用安培定则，明确大拇指、四指及手掌的放法． 2．分析磁场对电流的作用要做到“一明、一转、一分析”．即：高频考点二　带电粒子在匀强磁场中的运动知能必备1.洛伦兹力大小的计算及方向的判断方法．2.洛伦兹力作用下带电粒子的运动特点及规律.[命题视角]视角1　洛伦兹力作用下圆周运动的基本规律[例1]　(多选)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中的相等思路探究　洛伦兹力作用下匀速圆周运动的v、T、ω、a和哪些因素有关？尝试解答　__________解析　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．答案　AC 视角2　带电粒子在有界磁场中的运动[例2]　(原创题)图甲所示有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了θ角，该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角．已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为(　　)A．2cosθ　　　　　　　　B．sinθC．cosθD．tanθ思路探究　(1)带电粒子在甲、乙图中的磁场内分别做什么运动？试画出运动的轨迹．(2)速度偏向角与轨道半径和磁场宽度(半径)有什么关系？尝试解答　__________解析　设有界磁场Ⅰ宽度为d，则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的运动轨迹分别如图1、2所示，由洛伦兹力提供向心力知Bqv＝m，得B＝，由几何关系知d＝r1sinθ，d＝r2tanθ，联立得＝cosθ，C正确．答案　C视角3　带电粒子在交变磁场中的运动[例3]　如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向．有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O 射入磁场．已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响．求：(1)磁感应强度B0的大小；(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值．思路探究　(1)题干中“正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0”说明什么？(2)设问中“要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场”说明什么？尝试解答　__________解析　(1)正离子射入磁场，由洛伦兹力提供向心力，即qv0B0＝①做匀速圆周运动的周期T0＝②联立两式得磁感应强度B0＝③(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，v0的方向应如图所示，有r＝④当在两板之间正离子共运动n个周期，即nT0时，有r＝(n＝1,2,3，…)⑤联立①③⑤求解，得正离子的速度的可能值为v0＝＝(n＝1,2,3，…)答案：(1)　(2)(n＝1,2,3，…) 1．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的分析方法(1)圆心的确定：轨迹圆心总是位于入射点和出射点所受洛伦兹力作用线的交点上或过这两点的弦中垂线与任一个洛伦兹力作用线的交点上．(2)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径．(3)运动时间的确定：t＝T，其中α为偏转角度．2．作带电粒子运动轨迹时需注意的问题(1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．(2)六条线：圆弧两端点所在的轨迹半径，入射速度直线和出射速度直线，入射点与出射点的连线，圆心与两条速度直线交点的连线．前面四条边构成一个四边形，后面两条为对角线．(3)三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍．[题组冲关]1．(多选)如图所示，在正方形区域abcd内有沿水平方向的、垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电荷量为q的离子垂直于EF自O点沿箭头方向进入磁场．当离子运动到F点时，突然吸收了若干个电子，接着沿另一圆轨道运动到与OF在一条直线上的E点．已知OF的长度为EF长度的一半，电子电荷量为e(离子吸收电子时不影响离子的速度，电子重力不计)，下列说法中正确的是(　　)A．此离子带正电B．离子吸收电子的个数为 C．当离子吸收电子后所带电荷量增多D．离子从O到F的时间与从F到E的时间相等解析：选AB.根据左手定则可知离子带正电，选项A正确；正离子在吸收电子之前的半径由半径公式得R＝，正离子吸收若干电子后轨道半径由半径R变为2R，可得2R＝，解得n＝，选项B正确；离子原来带正电，当离子吸收电子后所带电荷量减少，选项C错误；由于离子电荷量改变，根据周期公式T＝可得，周期变了，因此离子从O到F的时间与从F到E的时间不相等，选项D错误．2．(2016·河北名校联考)如图所示，两个带正电的粒子P、Q(重力不计)分别以2v、v的速度垂直磁场方向射入扇形匀强磁场区域，两粒子速度方向平行，其中速度为2v的粒子P沿半径AO方向射入磁场，速度为v的粒子Q从C点进入磁场，E为OD中点．若两粒子都从D点离开磁场，则(　　)A．两粒子运动的轨道半径不相等B．两粒子在磁场中运动的时间相等C．P、Q两粒子的比荷之比为1∶2D．P、Q两粒子的比荷之比为2∶1解析：选D.粒子P从A点正对圆心射入，恰从D点射出，粒子运动轨迹如图所示，粒子在磁场中运动的圆心角为90°，粒子轨道半径等于DO，粒子Q从C点沿CE射入，其运动轨迹如图所示，设对应的圆心为O1，连接O1C、O1D，则有O1D＝CO，即两粒子的轨道半径相等，A错误；粒子在磁场中的轨道半径R＝，P、Q两粒子速度比为2∶1，轨道半径相等，比荷之比为2∶1，C错误，D正确；由于比荷之比为2∶1，据周期公式T＝，可得P、Q两粒子在磁场中运动的周期之比为1∶2，粒子在磁场中运动时间t＝T，由于P、Q 两粒子在磁场中转过的角度之比为3∶2，周期之比为1∶2，所以可得时间之比为3∶4，B错误．3．如图甲所示，比荷＝k的带正电的粒子(可视为质点)，以速度v0从A点沿AB方向射入长方形磁场区域，长方形的长AB＝L，宽AD＝L.取粒子刚进入长方形区域的时刻为0时刻，垂直于长方形平面的磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直纸面向外的磁场方向为正方向)，粒子仅在洛伦兹力的作用下运动．(1)若带电粒子在通过A点后的运动过程中不再越过AD边，要使其恰能沿DC方向通过C点，求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0为多少？(2)要使带电粒子通过A点后的运动过程中不再越过AD边，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足什么关系？解析：(1)带电粒子在长方形区域内做匀速圆周运动，设粒子运动轨迹半径为R，周期为T，则可得R＝＝，T＝＝每经过一个磁场的变化周期，粒子的末速度方向和初速度方向相同，如图所示，要使粒子恰能沿DC方向通过C点，则经历的时间必须是磁场周期的整数倍，有：AB方向，L＝n×2RsinθBC方向，L＝n×2R(1－cosθ)解得cosθ＝1(舍去)，cosθ＝所以θ＝60°，R＝即B0＝，T0＝(n＝1、2、3…)．(2)当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过AD边时运动情形如图所示 由图可知粒子在第一个T0时间内转过的圆心角θ＝则T0≤T，即T0≤·≤所以B0T0≤.答案：(1)　(n＝1、2、3…)(2)B0T0≤[真题试做][真题1]　(2015·高考全国卷Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的(　　)A．轨道半径减小，角速度增大B．轨道半径减小，角速度减小C．轨道半径增大，角速度增大D．轨道半径增大，角速度减小解析：选D.分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T＝可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝知角速度减小．选项D正确．[真题2]　(2016·高考全国甲卷)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为(　　)A.　　　　　　　　　　　　B.C.D.解析：选A.如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧所对应的圆心角由几何知识知为30°，则＝·，即＝，选项A正确．[真题3]　(2016·高考全国丙卷)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：选D.如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为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.由几何图形知，AP ＝R，则AO＝AP＝3R，所以OB＝4R＝.故选项D正确．[新题预测]　如图，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O以与x轴成60°角的方向斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R(不计重力)，则(　　)A．粒子经偏转一定能回到原点OB．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C．粒子再次回到x轴上方所需的时间为D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进了3R解析：选C.根据R＝可知粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，则B错误；根据对称性，作出粒子的运动轨迹如图所示，则由图可知A选项错误；根据轨迹可知，粒子完成一次周期性运动的时间为t＝×＋×＝，则C选项正确；粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进的距离为x＝2R×cos30°＋4R×cos30°＝3R，则D选项错误． 临界问题中的动态圆模型模型特点：临界极值问题，常借助于半径R和速度v(或磁场B)之间的约束关系或其他的约束关系，常采用以下三种动态圆的变化特点，进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点，然后利用数学方法求解极值．1．如图甲所示为大量相同粒子从某点O向各个方向等速发射(等速异向)，画出某个方向粒子的轨迹圆，以O为轴“旋转圆”，从而找到临界条件．2．如图乙所示为大量相同粒子从某点O向同一方向异速发射(异速同向)，按照半径从小到大次序，画出不同速度粒子的轨迹圆，从而找到临界条件．3．如图丙所示为大量相同粒子从不同点O向同一方向等速发射(等速同向)，画出某个方向粒子的轨迹圆，将该圆平移，从而找到临界条件．[典例展示]1．(多选)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T，电子质量m＝9.1×10－31kg，电量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力，电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则(　　)A．θ＝90°时，l＝9.1cm　　　　B．θ＝60°时，l＝9.1cmC．θ＝45°时，l＝4.55cmD．θ＝30°时，l＝4.55cm解析　电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：evB＝，R＝＝4.55×10－2m＝4.55cm＝，θ＝90°时，击中板的范围如图1，l＝2R＝9.1cm，选项A正确．θ＝60°时，击中板的范围如图2所示，l<2R＝9.1cm，选项B错误．θ＝30°，如图3所示l＝R＝ 4.55cm，当θ＝45°时，击中板的范围如图4所示，l>R(R＝4.55cm)，故选项D正确、选项C错误．答案　AD2.(多选)如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度为B，其边界为一边长为L的正三角形，A、B、C为三角形的三个顶点．若一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以速度v0＝从AB边上的某点P垂直于AB边竖直向上射入磁场，然后能从BC边上的某点Q射出．关于P点入射的范围和从Q点射出的范围，下列判断正确的是(　　)A．PB＜L　　　　　　　B．PB＜LC．QB＜LD．QB≤L解析　粒子在磁场中匀速圆周运动的半径R＝＝L，如图所示，当P 点在最左端时，粒子运动轨迹与AC、BC两边相切，PB间的最大距离小于BO＋R，即PB＜＋L＝L，选项A正确、B错误；当轨迹半圆弧最高点经过BC边时，如图，当粒子从P1射入时，从BC边射出点Q距离点B最远，如图所示，所以QB≤L，选项C错误、D正确．答案　AD3．一足够长矩形区域abcd内充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为v0，方向与ad边夹角为α＝30°，如图所示，已知粒子的电荷量为q，质量为m(重力不计)．(1)若粒子带负电且恰能从d点射出磁场，求v0的大小；(2)若粒子带正电，且粒子能从ab边射出磁场，求v0的取值范围及此范围内粒子在磁场中运动时间t的范围．解析　(1)若粒子带负电，则进入磁场后沿顺时针方向偏转，如图所示，O1为轨迹圆心，由对称性可知，速度的偏转角θ1＝2α＝60°，故轨迹半径r1＝Od＝根据qv0B＝解得v0＝＝(2)若粒子带正电，则沿逆时针方向偏转，当v0最大时，轨迹与cd相切，轨迹圆心为O2，半径为r2，由几何关系得r2－r2cos60°＝解得r2＝L即vmax＝＝当v0最小时，轨迹与ab相切，轨迹圆心为O3，半径为r3，由几何关系可得r3＋r3sin30°＝ 解得r3＝则vmin＝＝所以＜v0≤粒子从ab边射出磁场，当速度为vmax时，速度偏转角最小且为150°，故运动时间最短，有tmin＝T＝速度为vmin时，速度偏转角最大且为240°，因此运动时间最长，有tmax＝T＝所以粒子的运动时间t的范围是≤t＜.答案　(1)　(2)＜v0≤　≤t＜[自悟自练]1．(限时3分钟　满分6分)如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点．大量质量为m、带电荷量为q的正粒子，在纸面内沿各个方向以相同速率v从P点射入磁场．这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上，PQ圆弧长等于磁场边界周长的.不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该匀强磁场的磁感应强度大小为(　　)A.　　　　　　　　B.C.D.解析： 选D.粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得qvB＝；从Q点离开磁场的粒子是这些粒子中离P点最远的粒子，由图中几何关系可知：该粒子轨迹圆的圆心O′、磁场圆的圆心O和点P形成一个直角三角形，解得：r＝Rcos30°＝R，联立解得B＝，选项D正确、A、B、C错误．2．(限时3分钟　满分6分)(多选)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点．一个带正电的粒子仅在洛伦兹力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场．现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是(　　)A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从cd边射出磁场B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ad边射出磁场C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从bc边射出磁场D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场解析：选AC.如图所示，作出粒子刚好不从ab边射出的轨迹①、刚好不从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和刚好不从ad边射出的轨迹④.由从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c 点射出磁场可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0.可知，粒子从ad边射出磁场经历的时间一定小于t0；粒子从ab边射出磁场经历的时间一定大于等于t0，小于t0；粒子从bc边射出磁场经历的时间一定大于等于t0，小于t0；粒子从cd边射出磁场经历的时间一定是t0.3．(限时12分钟　满分13分)如图所示，在0≤x≤d的空间，存在垂直xOy平面的匀强磁场，方向垂直xOy平面向里．y轴上P点有一小孔，可以向y轴右侧垂直于磁场方向不断发射速率均为v、与y轴所成夹角θ可在0～180°范围内变化的带负电的粒子．已知θ＝45°时，粒子恰好从磁场右边界与P点等高的Q点射出磁场，不计重力及粒子间的相互作用．求：(1)磁场的磁感应强度；(2)若θ＝30°，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角(可用三角函数、根式表示)；(3)能够从磁场右边界射出的粒子在磁场中经过的区域的面积(可用根式表示)．解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子的轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B，则qvB＝m(2分)如图甲所示，由几何关系d＝2Rcos45°(2分)解得B＝(1分)(2)如图甲所示，由几何关系d＝Rcos30°＋Rcosα(2分) 解得cosα＝(1分)(3)能够从磁场右边界射出的粒子在磁场中经过的区域，如图乙中两圆弧间斜线部分所示，由几何关系R2－(d－R)2＝(PM)2(2分)该区域面积为S＝d·(PM)(2分)解得S＝d2(1分)答案：见解析限时规范训练[单独成册]建议用时：40分钟1．(多选)如图所示，在xOy平面内有两根平行于y轴水平放置的长直导线，通有沿y轴正方向、大小相同的电流I，两导线关于y轴对称，P为x轴上一点，Q为z轴上一点，下列说法正确的是(　　)A．O点处的磁感应强度为零B．P、Q两点处的磁感应强度方向垂直C．P、Q两点处的磁感应强度方向平行D．正电荷从O点沿z轴向上运动不受洛伦兹力作用解析：选AB.根据安培定则可判断两导线所产生的磁场方向，再利用矢量合成法则可判断O点处磁感应强度为零，P点处磁感应强度方向沿z轴正方向，Q点处磁感应强度方向沿x轴负方向，选项A、B正确，C错误．在z轴上，z>0范围内各点磁感应强度方向均沿x轴负方向，正电荷运动时受洛伦兹力作用，选项D错误． 2．(2016·湖北宜昌二模)如图所示，两根长直导线a、b垂直纸面放置，两导线内通有大小相等、方向相反的电流，O点到两直导线的距离相等，M、N是过O点的竖直线上的两点，现将一个速度为v的带电粒子从M点沿MN方向释放，粒子重力不计，下列说法正确的是(　　)A．粒子沿MN方向先做加速运动后做减速运动B．粒子沿MN方向一直做匀速直线运动C．粒子偏向MN左侧先做加速运动后做减速运动D．粒子偏向MN右侧先做减速运动后做加速运动解析：选B.根据右手螺旋定则和磁场叠加原理可知，两直导线中的电流在直线MN上所产生的合磁场方向始终沿MN方向，当带电粒子从M点沿MN方向运动时，其运动方向正好沿合磁场方向，根据洛伦兹力特点可知，带电粒子不受洛伦兹力作用，故粒子将做匀速直线运动，故只有B正确．3．(多选)如图所示，MN水平边界下方和上方分别有垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度大小分别为B1、B2.一个重力不计的带电离子从MN上的O点垂直于MN向下射入匀强磁场Ⅰ中，其运动轨迹如图中实线所示．已知OQ的长度为PQ长度的一半，则以下说法中正确的是(　　)A．此离子可能带正电，也可能带负电B．当离子运动到Q点时速度方向垂直于MNC．当离子运动到Q点时速度变大D．B1＝2B2解析：选BD.根据左手定则可知离子带正电，选项A错误；因为带电离子从O点开始垂直进入磁场，进入磁场后做匀速圆周运动，故轨迹圆心在磁场边界MN上，根据几何关系可知带电离子离开磁场Ⅰ时速度方向与MN垂直，选项B正确；因为带电离子在磁场中做匀速圆周运动，当离子运动到Q点时速度大小不变，选项C错误；离子在匀强磁场Ⅰ中的运动半径是离子在匀强磁场Ⅱ中运动半径的一半，由r＝可知B1＝2B2，选项D正确． 4．如图所示，半径为R的圆形区域里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，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＝的带正电的粒子，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.粒子在磁场中运动轨迹半径r＝＝，由于该粒子在磁场中运动的时间t＝＝＝T，因此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．5．(多选)如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向．则金属棒(　　)A．一直向右移动 B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功解析：选ABC.根据左手定则、牛顿第二定律解决问题．根据左手定则知金属棒在0～内所受安培力向右，大小恒定，故金属棒向右做匀加速直线运动，在～T内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等，方向相反，金属棒向右做匀减速直线运动，一个周期结束时金属棒速度恰好为零，以后始终向右重复上述运动，选项A、B、C正确；在0～时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功，在～T时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做总功为零，选项D错误．6．如图所示，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，从P点平行直线MN射出的a、b两个带电粒子，从它们射出到第一次到达直线MN所用的时间相同，到达MN时速度方向与MN的夹角分别为60°和90°，不计粒子重力以及粒子间的相互作用力，则两粒子速度大小之比va∶vb为(　　)A．2∶1B．3∶2C．4∶3D.∶解析：选C.两粒子做圆周运动的轨迹如图，设P点到MN的距离为L，由图知b粒子的运动轨迹半径为Rb＝L，对于a粒子有L＋Racos60°＝Ra，解得：Ra＝2L，即两粒子的半径之比为Ra∶Rb＝2∶1　①，粒子做圆周运动的周期为T＝，由题意知·＝·，得两粒子的比荷之比为∶＝2∶3　②，粒子所受的洛伦兹力提供其所需的向心力，有qvB ＝m，得v＝③，联立①②③得＝.7．如图甲所示，M、N是宽为d的两竖直线，其间存在垂直纸面方向的磁场(未画出)，磁感应强度随时间按图乙所示规律变化(垂直纸面向外为正，T0为已知)．现有一个质量为m、电荷量为＋q的离子在t＝0时从直线M上的O点沿着OM线射入磁场，离子重力不计，离子恰好不能从右边界穿出且在2T0时恰好返回左边界M.则图乙中磁感应强度B0的大小和离子的初速度v0分别为(　　)A．B0＝，v0＝B．B0＝，v0＝C．B0＝，v0＝D．B0＝，v0＝解析：选B.由题意及题图乙可画出离子的运动轨迹，如图所示．离子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力知B0qv0＝m，由轨迹图可知离子运动的半径满足d＝4R，由轨迹图可知离子运动的周期为T＝T0，而T＝，联立得B0＝，v0＝，A、C、D错，B对．8．(2016·河南开封三模)(多选)如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子(不计重力)从A点沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则(　　) A．从P点射出的粒子速度大B．从Q点射出的粒子速度大C．从Q点射出的粒子在磁场中运动的时间长D．两个粒子在磁场中运动的时间一样长解析：选BD.粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系(如图所示，弦切角相等)，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间t＝T，粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故D项正确，C项错误；如图所示，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出，由图知，粒子运动的半径RP＜RQ，又粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝，可知粒子运动速度vP＜vQ，故A项错误、B项正确．9．(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，发现粒子离开区域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∶1B．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2∶1C．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1∶2D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度之比为1∶1解析：选ACD.由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故A正确；由洛伦兹力f＝qBv＝ma和a＝v·ω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B1∶B2＝1∶2，则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，所以可得θ1∶θ2＝1∶2，则C正确；由题意可知，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，作粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域Ⅰ的宽度d1＝2rsin30°＝r；区域Ⅱ的宽度d2＝rsin30°＋rcos(180°－60°－60°)＝r，故D正确．10．(2016·河北唐山质检)如图所示，水平导轨间距为L＝0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1kg，电阻R0＝0.9Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10V，内阻r＝0.1Ω，电阻R＝4Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5T，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，细线对ab的拉力为水平方向，且细线通过定滑轮与重物相连．重力加速度g＝10m/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＝＝2A方向为由a到b(2)F＝BIL＝5N(3)受力如图，fm＝μ(mg－Fcos53°)＝3.5N当最大静摩擦力方向向右时，FT＝Fsin53°－fm＝0.5N当最大静摩擦力方向向左时，FT＝Fsin53°＋fm＝7.5N所以0.5N≤G≤7.5N答案：(1)2A　方向由a到b(2)5N　(3)0.5N≤G≤7.5N11.如图所示，在真空中坐标xOy平面的x＞0区域内，有磁感应强度B＝1.0×10－2T的匀强磁场，方向与xOy平面垂直，在x轴上的P(10,0)点，有一放射源，在xOy平面内向各个方向发射速率v＝104m/s的带正电的粒子，粒子的质量为m＝1.6×10－25kg，电荷量为q＝1.6×10－18C，求带电粒子能打到y轴上的范围．解析：带电粒子在磁场中运动时由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得：R＝＝0.1m＝10cm.如图所示，当带电粒子打到y轴上方的A点与P连线正好为其圆轨迹的直径时，A点即为粒子能打到y轴上方的最高点． 因OP＝10cm，AP＝2R＝20cm，则OA＝＝10cm.当带电粒子的圆轨迹正好与y轴下方相切于B点时，若圆心再向左偏，则粒子就会从纵轴离开磁场，所以B点即为粒子能打到y轴下方的最低点．易得OB＝R＝10cm，综上所述，带电粒子能打到y轴上的范围为－10cm～10cm.答案：－10cm～10cm12．如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O.O点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍．已知该带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力．(1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨道半径．(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角．(3)沿磁场边界放置绝缘弹性挡板，使带电粒子与挡板碰撞后以原速率弹回，且其电荷量保持不变．若从O点沿x轴正方向射入磁场的粒子速度减小为0.5v，求该粒子第一次回到O点经历的时间．解析：(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，设其做圆周运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律得：Bqv＝m解得：r＝(2)设粒子飞出和进入磁场的速度方向的夹角为φ，如图所示，则sin＝，x是粒子在磁场中轨迹的两端点的直线距离．x最大值为2R，对应的就是φ最大值，且2R＝r 所以sin＝＝，即φmax＝60°(3)当粒子的速度减小为时，在磁场中做匀速圆周运动的半径为r1＝＝＝R故粒子转过四分之一圆周，对应圆心角为时与边界相撞并弹回，由对称性知粒子经过四个这样的过程后第一次回到O点，即经历时间为一个周期，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝所以从O点沿x轴正方向射出的粒子第一次回到O点经历的时间是t＝T＝答案：(1)　(2)60°　(3)第3讲　带电体在组合场、复合场中的运动微网构建核心再现知识规律(1)做好“两个区分”．①正确区分重力、电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点．②正确区分“电偏转”和“磁偏转”的不同．(2)抓住“两个技巧”．①按照带电粒子运动的先后顺序，将整个运动过程划分成不同特点的小过程．②善于画出几何图形处理几何关系，要有运用数学知识处理物理问题的习惯．思想方法(1)物理思想：等效思想、分解思想．(2)物理方法：理想化模型法、对称法、合成法、分解法、临界法等. 高频考点一　带电粒子在组合场中的运动知能必备1.带电粒子在电场中加速、偏转的处理方法．2.带电粒子在磁场中运动的受力特点及运动规律．3.带电粒子在有界磁场中运动的临界问题的处理方法.[命题视角]视角1　带电体在“电偏转＋磁偏转”模型中的运动[例1]　在如图所示的坐标系中，y＞0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；y<0的空间中存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面(纸面)向外．一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，经过y轴上y＝h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向，然后，经过x轴上x＝1.5h处的P2点进入磁场，不计重力．(1)求粒子到达P2时速度的大小；(2)求电场强度的大小；(3)若在y轴的负半轴上y＝－1.5h处固定一个与x轴平行的足够长的弹性绝缘挡板(粒子反弹后速度大小相等，方向相反)，则粒子进入磁场偏转后恰好能垂直撞击在挡板上，求磁感应强度B的大小，并求粒子从P1出发到第2次与挡板作用所经历的时间．思路探究　(1)带电粒子从P1点进入电场后做什么运动？(2)带电粒子从P2点进入磁场后做什么运动？在P2时的速度是多大？ (3)能否画出粒子与挡板碰后的轨迹图？尝试解答　__________解析　(1)设粒子从P1到P2的时间为t0，粒子从P1到P2沿水平方向做匀速直线运动，沿竖直方向做匀加速直线运动，由运动学公式可得：1.5h＝v0t0，h＝t0解得：vy＝v0，则有v＝＝v0.(2)设电场强度大小为E，根据以上条件结合动能定理可得：qEh＝mv2－mv解得：E＝.(3)由题意可知带电粒子与挡板作用时速度方向与挡板垂直，由此可作出粒子从出发到第一次与挡板碰撞的轨迹如图所示根据几何关系可知：Rsin37°＝1.5h，即R＝2.5h根据带电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝联立可得：B＝由于粒子反弹后仍以相同大小的速度继续在磁场中沿顺时针方向旋转离开磁场后再进入电场，根据运动的对称性可知，粒子进入电场后的运动正好是粒子从P1到P2的运动的逆过程，因此可作出粒子的运动轨迹如图所示根据图中几何关系可知，粒子第2次与挡板相碰时，在电场中运动的总时间为t1＝3×＝根据T＝可得，粒子在磁场中的运动时间为t2＝×且R＝2.5h，v＝v0，联立得t2＝ 粒子从P1出发到第2次与挡板作用所经历的时间t＝t1＋t2＝.答案　(1)v0　(2)　(3)视角2　带电体在“磁偏转＋电偏转”模型中的运动[例2]　如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内存在有场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场，第二象限内存在有方向垂直纸面向外的匀强磁场．荧光屏PQ垂直于x轴放置且距y轴的距离为L.一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)自坐标为(－L，0)的A点以大小为v0、方向沿y轴正方向的速度进入磁场，粒子恰好能够到达原点O而不进入电场．现若使该带电粒子仍从A点进入磁场，但初速度大小为2v0、方向与x轴正方向成45°角，求：(1)带电粒子到达y轴时速度方向与y轴正方向之间的夹角；(2)粒子最终打在荧光屏PQ上的位置坐标．思路探究　(1)带电粒子在磁场中运动规律及运动轨迹怎样？(2)带电粒子进入电场的方向及在电场中的运动规律？尝试解答　__________解析　(1)设磁场的磁感应强度为B，则由题意可知，当粒子以速度v0进入磁场时，设其圆周运动的半径为R，有Bqv0＝m，其中R＝ 当粒子以初速度大小为2v0、方向与x轴正方向成45°角进入磁场时，(图中α、β、θ均为45°)设其圆周运动的半径为R′，则有Bq×2v0＝m由以上各式可解得R′＝L由几何关系可知粒子做圆周运动的圆心在y轴上，所以该粒子必定垂直于y轴进入匀强电场．故粒子到达y轴时，速度方向与y轴正方向之间的夹角为90°.(2)由几何关系可知CO＝(－1)L带电粒子在电场中做类平抛运动，设其运动时间为t，在电场中向上运动的距离为h，则有：L＝2v0t，h＝at2，a＝以上各式联立可解得：h＝所以粒子最终打在荧光屏PQ上的位置坐标为.答案　见解析带电粒子在组合场中运动的处理方法1．明性质：要清楚场的性质、方向、强弱、范围等．2．定运动：带电粒子依次通过不同场区时，由受力情况确定粒子在不同区域的运动情况．3．画轨迹：正确地画出粒子的运动轨迹图．4．用规律：根据区域和运动规律的不同，将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．5．找关系：要明确带电粒子通过不同场区的交界处时速度大小和方向关系，上一个区域的末速度往往是下一个区域的初速度．[题组冲关]1．(2016·河南十校联考)如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝4×105N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．质荷比＝4×10－10kg/C的带正电的粒子，以初速度v0＝2×107m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA＝0.2m，不计粒子的重力． (1)求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；(2)若要使粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)．解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则sOA＝at2a＝E＝y＝v0t联立解得a＝1.0×1015m/s2；t＝2.0×10－8s；y＝0.4m(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为vx＝at＝2×107m/s粒子经过y轴时的速度大小为：v＝＝2×107m/s与y轴正方向的夹角θ满足tanθ＝＝1即θ＝45°要使粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R，则：R＋R≤yqvB＝m联立解得B≥(2＋2)×10－2T答案：(1)0.4m　(2)B≥(2＋2)×10－2T2．(2016·百校联盟押题卷)如图所示，在平面直角坐标系xOy的x轴上方存在着垂直坐标平面向里的匀强磁场，x轴下方存在着沿x轴正方向的匀强电场．一带正电粒子从y轴上的A点以初速度v0出发，射入匀强磁场，经磁场偏转后恰好经x轴上的C点垂直x轴进入匀强电场，一段时间后到达y轴上的D点．已知OC＝＝＝，不计粒子的重力． (1)求粒子到达D点时的速度大小．(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B与匀强电场的电场强度大小E的比值．(3)若撤去原来的匀强电场，然后在x轴下方添加一圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小是x轴上方匀强磁场磁感应强度大小的2倍，使带电粒子经过该磁场偏转后刚好也能够通过D点且速度与y轴负方向成θ＝60°角，试计算该圆形匀强磁场区域的最小面积．解析：(1)由题意可知，粒子到达C点时的速度大小仍为v0，粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子到达D点所用时间为t，沿x轴方向的分速度大小为vx，则有l＝v0t＝t以上两式联立可解得vx＝v0所以粒子到达D点时的速度大小为vD＝v0(2)如图甲所示，设粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为R，则由几何关系有l2＋2＝R2解得R＝l又因为qv0B＝m所以B＝在匀强电场中有vx＝· 代入数据可得E＝故＝(3)由qv0B＝m可知，当B变为原来的2倍时，粒子在磁场中做圆周运动的半径应变为原来的一半，设粒子在圆形磁场区域中做匀速圆周运动的半径为R1，则R1＝l粒子轨迹如图所示，由几何关系可知，∠MO2N＝60°，故MN＝l当MN为圆形磁场的直径时，圆形磁场区域面积最小，故Smin＝π2代入数据可得Smin＝πl2答案：(1)v0　(2)　(3)πl2高频考点二　带电体在复合场中的运动知能必备1.常见复合场的类型及带电体在复合场中受力特点．2.带电体在复合场中的运动情况及满足的规律．3.带电体所受重力是否考虑的条件.[命题视角] 视角1　带电体在电场、磁场中的运动[例3]　(2017·河南洛阳高三质检)(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入射，从右侧射出a、b板间区域时动能比入射时小；要使粒子射出a、b板间区域时的动能比入射时大，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思路探究　(1)“从右侧射出a、b板间区域时动能比入射时小”的原因是什么？(2)平行板电容器电量不变时，影响内部场强大小的因素？尝试解答　__________解析　在这个复合场中，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，当减小正对面积，场强E＝，S↓，Q不变，E↑，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．当增大两板间距离时，场强不变，所以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，所以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，故D项错误．答案　AC视角2　带电体在重力场、电场、磁场中的运动[例4]　(2016·东北三省名校联考)如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴沿水平方向．x＞0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B2，电场强度大小为E.x＞0的区域固定一与x轴成θ＝30°角的绝缘细杆．一穿在细杆上的带电小球a沿细杆匀速滑下，从N点恰能沿圆周轨道运动到x轴上的Q点，且速度方向垂直于x轴．已知Q点到坐标原点O的距离为l，重力加速度为g，B1＝7E，B2＝E.空气阻力忽略不计． (1)求带电小球a的电性及其比荷；(2)求带电小球a与绝缘细杆的动摩擦因数μ；(3)当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴距原点O为h＝的P点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b，b球刚好运动到x轴时与向上运动的a球相碰，则b球的初速度为多大？思路探究　解此题可按以下思维流程：小球a在第三象限做匀速圆周运动→重力和电场力平衡→电场强度；小球a在第三象限做匀速圆周运动→画出轨迹→几何关系(求半径)→带电小球的速度→分段求时间．尝试解答　__________解析　(1)由带电小球a在第三象限内做匀速圆周运动可得，带电小球a带正电，且mg＝qE，解得＝.(2)带电小球a从N点运动到Q点的过程中，设运动半径为R，有：qvB2＝m由几何关系有R＋Rsinθ＝l联立解得v＝带电小球a在杆上匀速运动时，由平衡条件有mgsinθ＝μ(qvB1－mgcosθ)解得：μ＝. (3)带电小球a在第三象限内做匀速圆周运动的周期T＝＝带电小球a第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为t0＝＝绝缘小球b平抛运动至x轴上的时间为t＝＝2两球相碰有t＝＋n联立解得n＝1设绝缘小球b平抛的初速度为v0，则l＝v0t解得v0＝.答案　(1)正电　　(2)　(3)“两分析、一应用”巧解复合场问题1．受力分析，关注几场叠加：(1)磁场、重力场并存，受重力和洛伦兹力；(2)电场、磁场并存(不计重力的微观粒子)，受电场力和洛伦兹力；(3)电场、磁场、重力场并存，受电场力、洛伦兹力和重力．2．运动分析，典型运动模型构建：带电体受力平衡，做匀速直线运动；带电体受力恒定，做匀变速直线运动；带电体受力大小恒定且方向指向圆心，做匀速圆周运动，带电体受力方向变化复杂，做曲线运动等．3．选用规律，两种观点解题：(1)带电体做匀速直线运动，则用平衡条件求解(即二力或三力平衡)；(2)带电体做匀速圆周运动，应用向心力公式或匀速圆周运动的规律求解；(3)带电体做匀变速直线或曲线运动，应用牛顿运动定律和运动学公式求解；(4)带电体做复杂的曲线运动，应用能量守恒定律或动能定理求解． [题组冲关]1．如图所示，在真空空间中，有沿水平方向的、垂直于纸面向里的匀强磁场B，还有方向竖直向上的匀强电场E，三个带电液滴(可视为质点)甲、乙、丙带有等量同种电荷．已知甲静止，乙水平向左匀速运动，丙水平向右匀速运动，则下列说法正确的是(　　)A．三个液滴都带负电B．丙质量最大，甲质量次之，乙质量最小C．若仅撤去磁场，甲可能做匀加速直线运动D．若仅撤去电场，乙和丙可能做匀速圆周运动解析：选B.甲静止，不受洛伦兹力，由受力平衡，有m甲g＝qE，重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场E的方向竖直向上，故三个液滴都带正电，选项A错误；乙受力平衡，有m乙g＋qv乙B＝qE，故m甲>m乙；丙受力平衡，有m丙g＝qE＋qv丙B，故m丙>m甲，选项B正确；甲静止，不受洛伦兹力，电场力和重力相平衡，所以仅撤去磁场甲仍然静止，选项C错误；仅撤去电场，乙和丙除受洛伦兹力外，还受竖直向下的重力作用，速度将增大，洛伦兹力的大小和方向随速度的大小和方向变化而变化，乙和丙不可能做匀速圆周运动，选项D错误．2．如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角，在第四象限内的区域Ⅰ内加一最小电场强度的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN右侧区域Ⅱ内存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好没从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： (1)小球的带电性质；(2)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；(3)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向；(4)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小．解析：(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，因洛伦兹力与速度关联，所以此三力满足图(a)所示关系且小球只能做匀速直线运动，由受力特点及左手定则可判定小球带正电．(2)由图(a)知tan37°＝，得E1＝cos37°＝，得B1＝.(3)当区域Ⅰ中的电场强度最小时，小球做直线运动，此时受力如图(b)所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动，由图知cos37°＝，得E2＝，方向与x轴正方向成53°角向上．(4)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以mg＝qE3，得E3＝，小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图(c)所示由(3)知F＝mgsin37°，即a＝gsin37°因 由运动学规律知(2v0)2－v＝2a·OC解得OC＝由几何关系知＝tan37°，得r＝由洛伦兹力提供向心力知B2q·2v0＝m，联立得B2＝答案：(1)正电　(2)E1＝　B1＝　(3)与x轴正方向成53°角斜向上　(4)　高频考点三　电磁场技术的应用知能必备1.带电体在电、磁场中运动的基本特点．2.质谱仪、回旋加速器、电磁流量计的基本原理.[命题视角]视角1　质谱仪的原理及应用[例5]　一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上．已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L.某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子．但右侧区域QN仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到． (1)求原本打在MN中点P的离子质量m；(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；(3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数．(取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699)思路探究　(1)带电离子在电、磁场中分别做什么运动？(2)在磁场中运动的半径大小和哪些因素有关？尝试解答　__________解析　(1)离子在电场中加速，qU0＝mv2在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝m解得r0＝代入r0＝L，解得m＝.(2)由(1)知，U＝，离子打在Q点时，r＝L，得U＝离子打在N点时，r＝L，得U＝则电压的范围≤U≤.(3)由(1)可知，r∝由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点，＝此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上，＝ 解得r1＝2L第2次调节电压到U2，原本打在Q1的离子打在N点，原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，则＝，＝，解得r2＝3L同理，第n次调节电压，有rn＝n＋1L检测完整，有rn≤，解得n≥－1≈2.8最少次数为3次．答案　(1)　(2)≤U≤　(3)最少次数为3次视角2　回旋加速器的原理及应用[例6]　图为某种离子加速器的设计方案．两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场．其中MN和M′N′是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O′，O′N′＝ON＝d，P为靶点，O′P＝kd(k为大于1的整数)．极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U.质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速，经O′进入磁场区域．当离子打到极板上O′N′区域(含N′点)或外壳上时将会被吸收．两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过，忽略相对论效应和离子所受的重力．求：(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；(2)能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；思路探究　(1)该加速器的基本原理？(2)离子打到P点满足的运动过程怎样？尝试解答　__________ 解析　(1)离子经一次加速的速度为v0，由动能定理得qU＝mv①离子的轨道半径为R0，则R0＝kd②由洛伦兹力提供向心力，qv0B＝m③联立①②③式得B＝(2)设离子在电场中经过n次加速后到达P点，根据动能定理和牛顿第二定律得nqU＝mv④qvnB＝m⑤rn＝⑥联立④⑤⑥式解得vn＝　，B＝当离子经过第一次加速，在磁场中偏转时，qU＝mv⑦qv1B＝m⑧联立④⑤⑥⑦⑧式解得r1＝由于