【物理】2019届二轮复习第一部分专题三电场与磁场学案 55页

专题三 第一讲电场与磁场的基本性质 考点一 电场力的性质 ‎1.[考查点电荷电场中场强的求解与比较]‎ 直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图所示。M、N两点各固定一负点电荷，将一电荷量为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。若将该正点电荷移动到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 解析：选B　正点电荷在O点时，G点的场强为零，则两负点电荷在G点的合场强大小为E1＝，方向沿y轴正方向。由对称性知，两负点电荷在H点的合场强大小为E2＝E1＝，方向沿y轴负方向。当把正点电荷放在G点时，在H点产生的场强的大小为E3＝，方向沿y轴正方向。所以H点的合场强大小E＝E2－E3＝，方向沿y轴负方向，选项B正确。‎ ‎2．[考查匀强电场中场强的计算]‎ 如图所示，梯形abdc位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60°、30°，cd＝2ab＝‎4 cm。已知a、b两点的电势分别为4 V、0，将电荷量q＝1.6×10－‎3 C的正电荷由a点移动到c点，克服电场力做功6.4×10－3 J。下列关于电场强度的说法正确的是(　　)‎ A．垂直ab向上，大小为400 V/m B．垂直bd斜向上，大小为400 V/m C．平行ca斜向上，大小为200 V/m D．平行bd斜向上，大小为200 V/m 解析：选B　由W＝qU知Uac＝＝ V＝－4 V，而φa＝4 V，所以φc＝8 V，过b点作be∥ac交cd于e点，因在匀强电场中，任意两条平行线上距离相等的两点间电势差相等，所以Uab＝Uce，即φe＝4 V，又因cd＝2ab，所以Ucd＝2Uab，即φd＝0，所以bd为一条等势线，又由几何关系知eb⊥bd，由电场线与等势线的关系知电场强度必垂直bd斜向上，大小为E＝＝ V/m＝400 V/m，B项正确。‎ ‎3．[考查特殊电场中场强的分析与求解]‎ 均匀带电的球壳在球壳外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R，已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　　)‎ A.－E　　　　　　　　 　B. C.－E D.＋E 解析：选A　若将半球面AB补充成一个完整的均匀带电球壳，完整球壳所带电荷量为2q，在M点产生电场的场强为k＝，设右半球壳在M点产生的场强大小为E右，根据电场叠加原理有E＝－E右，解得右半球壳在M点产生的场强大小为E右＝－E，根据对称性，左半球壳在N点产生的场强大小为－E，选项A正确。‎ ‎4．[考查带电体在等效场中的运动问题]‎ 如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m、电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为零。‎ ‎(1)求小球的带电性质和匀强电场强度的大小E；‎ ‎(2)若小球恰好能在竖直平面内完成圆周运动，求从A点水平释放小球时应具有的初速度vA的大小(可含根式)。‎ 解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。‎ 小球从A点静止释放到速度等于零，由动能定理得 EqLsin α－mgL(1－cos α)＝0，‎ 解得E＝。‎ ‎(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G′，则G′＝mg，方向与竖直方向成30°角偏向右下方。‎ 若小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，在等效最高点由牛顿第二定律得m＝mg，‎ 小球从A点到等效最高点，由动能定理得 ‎－mgL(1＋cos 30°)＝mv2－mvA2，‎ 联立解得vA＝)。‎ 答案：(1)带正电　　(2) )‎ 考点二 电场能的性质 ‎5.[考查电势高低、电势能大小的判断]‎ ‎[多选]在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，对角线的交点为O，顶点a、c分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示，若将一个带负电的粒子P置于b点，静止释放，粒子P将沿着对角线bd运动，则在线段bd上(　　)‎ A．O点的电场强度最大 B．O点电势最高 C．粒子P在O点时电势能最大 D．粒子P在O点时动能最大 解析：选BD　根据等量同种电荷形成的电场线与等势面分布特点，可知在直线bd上正中央点的电势最高，电场强度为零，A错误，B正确；负电荷由b到d先加速后减少，运动到O点时动能最大，电势能最小，故C错误，D正确。‎ ‎6．[考查电场中的图像问题]‎ ‎[多选]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。下列说法正确的是(　　)‎ A．q1和q2带有异种电荷 B．x1处的电场强度为零 C．负电荷从x1移到x2，电势能减小 D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大 解析：选AC　由题图可知，空间的电势有正有负，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，φx 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。‎ ‎7．[考查电场线、等势线、运动轨迹问题]‎ ‎[多选]带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示。从a到b过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子带负电荷 B．粒子的速度先增大后减小 C．粒子的加速度先减小后增大 D．粒子的机械能先减少后增加 解析：选CD　做曲线运动的物体受到的合力指向轨迹的凹侧，结合场强的方向可知粒子带正电荷，选项A错误；电场线的疏密程度表示电场强度大小，电场线越密，电场强度越大，粒子所受电场力越大，加速度也越大，所以粒子的加速度先减小后增大，选项C正确；粒子的速度方向先与电场力方向夹角为钝角，然后与电场力方向夹角为锐角，即电场力先做负功再做正功，所以粒子先减速后加速，机械能先减少后增加，选项B错误，D正确。‎ ‎8．[考查电场力做功、电场中的功能关系]‎ 如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，EpA和EpB分别表示电子在A、B两点时的电势能。下列说法中正确的是(　　)‎ A．该电场可能是孤立的点电荷形成的电场 B．A点的电场强度小于B点的电场强度 C．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W＝EpA－EpB D．电子在A点的动能小于在B点的动能 解析：选C　由于A、B两点的电势能与两个位置间的关系如题图乙所示，是一条过原点的直线，说明电势是均匀增加的，所以一定是匀强电场，而不是孤立点电荷形成的电场，故A、B错误；由题图乙可知，电子在A、B两点的电势能关系为：EpB＞EpA，说明电子由A点运动到B点时电势能增大，电场力做负功，电场力对其所做的功为W＝EpA－EpB，故C正确；电场力做负功，动能减小，所以电子在A点的动能大于在B点的动能，故D错误。‎ ‎9．[考查平行板电容器的动态分析]‎ 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 解析：选D　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点与下极板间的电势差不变，A点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确。‎ ‎10．[考查带电粒子在电容器中的运动问题]‎ ‎[多选]如图所示，平行板电容器两极板水平放置，电容为C，开始开关闭合，电容器与一直流电源相连，极板间电压为U，两极板间距为d，电容器储存的能量E＝CU 2。一电荷量大小为q的带电油滴以初动能Ek0从平行板电容器的两个极板中央水平射入(极板足够长)，带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则(　　)‎ A．保持开关闭合，将上极板下移，带电油滴仍能沿水平线运动 B．保持开关闭合，将上极板下移，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为Ek0＋ C．断开开关，将上极板上移，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为CU2‎ D．断开开关，将上极板上移，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为CU2‎ 解析：选BD　保持开关闭合，电压不变，仅将上极板下移 的过程中，极板距离减小，根据E＝知电场强度增大，电场力增大，带电油滴向上偏转，故A错误；初始时油滴能匀速通过电容器，说明mg＝q，保持开关闭合，仅将上极板下移，两极板间距离变为d，电场强度E＝＝，电场力做功W电＝qE＝，根据动能定理得，－mg·＋＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0＋－·＝Ek0＋，所以撞击上极板时的动能是Ek0＋，故B正确；开始时电容器存储的能量为E1＝CU2，断开开关后，电容器所带电荷量Q不变，上极板上移，由C＝知电容器电容变为C，由Q＝UC知，两极板电势差变为U，此时电容器储存能量E2＝××2＝CU2，根据能量守恒，不考虑电容器极板重力势能的变化，外力对极板所做的功W＝E2－E1＝CU2，故C错误，D正确。‎ 考点三 磁场及其对电流的作用 ‎11.[考查磁感应强度的叠加问题]‎ 如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(　　)‎ A．0　　　　　　　　　　　 B.B0‎ C.B0 D．2B0‎ 解析：选C　导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BP＝BQ＝B1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为B1。又根据题意Ba＝0，则B0＝B1，且B0平行于PQ向左。若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为B1′＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度B＝＝B0，则A、B、D项均错误，C项正确。‎ ‎12．[考查安培力作用下导体棒的平衡问题]‎ 如图所示，挂在天平底部的矩形线圈abcd的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流I时，调节两盘中的砝码，使天平平衡。然后使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为2×10－‎2 kg的砝码，才能使天平重新平衡。若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I＝‎0.1 A，bc边长度为‎10 cm，(g取‎10 m/s2)则磁场对bc边作用力F的大小和该磁场的磁感应强度B的大小分别是(　　)‎ A．F＝0.2 N，B＝20 T B．F＝0.2 N，B＝2 T C．F＝0.1 N，B＝1 T D．F＝0.1 N，B＝10 T 解析：选C　当线圈中通入电流后，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为F＝nBIL，方向向上；设左盘砝码的质量为M，右盘砝码的质量为m，此时根据天平处于平衡状态有：Mg＝mg－nBIL，当通有反向电流时，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为F＝nBIL，方向向下，此时根据天平处于平衡状态有：Mg＋(2×10－2×10)N＝mg＋nBIL，联立以上两式解得：B＝1 T，所以F＝0.1 N，故A、B、D错误，C正确。‎ 考点四 磁场对运动电荷的作用 ‎13.[考查左手定则、半径公式的应用]‎ 如图所示，通电竖直长直导线的电流方向向上，初速度为v0的电子平行于直导线竖直向上射出，不考虑电子的重力，则电子将(　　)‎ A．向右偏转，速率不变，r变大 B．向左偏转，速率改变，r变大 C．向左偏转，速率不变，r变小 D．向右偏转，速率改变，r变小 解析：选A　由安培定则可知，直导线右侧的磁场垂直纸面向里，且磁感应强度随离直导线距离变大而减小，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力方向向右，故向右偏转；由于洛伦兹力不做功，故速率不变，由r＝知r变大，故A正确。‎ ‎14．[考查电子在匀强磁场中匀速圆周运动的比较]‎ ‎[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中做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子(　　)‎ A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等 解析：选AC　两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍。由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，选项A正确。由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，选项B错误。由T＝得T∝r，所以＝k，选项C正确。由ω＝得＝＝，选项D错误。‎ ‎15．[考查磁场对带电体的作用]‎ ‎[多选]如图所示，一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是(　　)‎ A．圆环可能做匀减速运动 B．圆环可能做匀速直线运动 C．圆环克服摩擦力所做的功可能为mv02‎ D．圆环克服摩擦力所做的功不可能为mv02－ 解析：选BC　当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆的支持力和摩擦力都发生变化，所以不可能做匀减速运动，故A错误；当qv0B＝mg时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故B正确；当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功，根据动能定理得－W＝0－mv02，解得W＝mv02，故C正确；当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB＝mg时，圆环不受摩擦力，做匀速直线运动，解得v＝，根据动能定理得，－W＝mv2－mv02，代入解得W＝mv02－，故D错误。‎ ‎ 释疑4大考点 考点一　电场力的性质 本考点主要涉及电场强度概念、公式等基础知识，考查时常结合库仑定律、电场力、平衡条件等相关知识简单交汇命题，属于送分题型。建议考生自学为主。‎ ‎(一)电场强度的三个公式 ‎(二)研究电场的思想方法——对称法 ‎　　(三)几种题型的重点关照 ‎1．求解某点合场强时，要注意分析叠加在该点上的各个场强的大小和方向。如诊断卷第1题，正点电荷在O点时，G点的场强为零，则正点电荷在G点的场强与两负点电荷在G点的场强等大反向。若已知一个点电荷受力为零或某点合场强为零，当各个分场强的方向不在同一条直线上时，要运用矢量的合成与分解的方法进行求解。‎ ‎2．在匀强电场中沿同一方向，相等距离上电势变化量相同。如诊断卷第2题中，因cd＝2ab，有Ucd＝2Uab。‎ ‎3．应用割补法及对称思想求解场强，如诊断卷第3题，由于完整的均匀带电球壳在球壳外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，故在解决此题时可以先将缺损的半个球壳补充完整使之均匀带电，电荷量为半球壳的2倍，利用对称的思想可知补充的球壳在M点的场强和缺损的球壳在N点的场强大小相等。‎ ‎4．用“等效法”处理带电体在等效场中的运动，如诊断卷第4题，先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，再将a＝视为“等效重力加速度”，如此便建立起“等效重力场”，最后将物体在重力场中的运动规律迁移到带电体在等效重力场中分析求解即可。‎ ‎[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 ①‎ b对c的库仑力为 Fb＝k0 ②‎ 设合力向左，如图所示，根据相似三角形，得 ＝ ③‎ 联立①②③式得 k＝＝＝。‎ ‎2．[多选](2018·云南统一检测)如图所示，a、b、c、d是正方形的四个顶点，O是正方形对角线的交点。ad边和bc边中点处放有等量异种点电荷＋Q、－Q，关于图中各点电势和电场强度的关系，下列说法正确的是(　　)‎ A．a、O、c三点的电势关系为φa＞φO＞φc B．a、b、c、d四个顶点处的电场强度相等 C．在两点电荷连线上，O点处的电场强度最大 D．a、b、c、d、O五个点中O点处的电场强度最大 解析：选AD　根据等量的异种电荷连线的中垂线即为等势线，即φO＝0，a点电势大于零，c点电势小于零，所以φa＞φO＞φc，故A正确；根据电场的叠加原理可知，a、b、c、d四点的场强大小相等，方向不同，故B错误；由等量异种电荷电场线分布可知，在两点电荷连线上，电场强度先减小后增大，所以O点电场强度最小，故C错误；根据电场的叠加原理可知，EO＝，其余四点的场强大小均小于EO，故D正确。‎ ‎3.如图所示，一均匀带电的球体半径为R，在球内有一点A，与球心距离为，球外有一点B，与球心距离为，已知球体外场强与电荷全部集中在球心处的点电荷激发的场强相同，均匀带电球壳内部场强处处为零，则A、B两点的场强比值为(　　)‎ A．3∶1　　　　　　　　　 B．1∶1‎ C．9∶8 D．9∶1‎ 解析：选C　B点场强EB＝＝；根据均匀带电球壳内部场强处处为零，在均匀带电的球体中抠去一个半径为的球体，根据填补法可知，EA＝＝，所以A、B两点的场强比值为9∶8，故C正确。‎ ‎考点二　电场能的性质 本考点在考查中具有“知识交汇多”“信息含量多”“考查角度多”三多特点，这些特点足够让其成为高分路上的一大“拦路虎”，遇到此类问题，考生无须一见就慌，只要静下心来，运用所学知识灵活变通，从力和能的角度去分析，就不难做出准确判断。‎ ‎(一)基础知识要记牢 ‎1．电场能的性质 ‎2．电场中电势高低、电势能大小的判断 ‎(二)方法技巧要用好 ‎1．电场中图像问题的分析方法 ‎(1)φx图线上某点切线的斜率的绝对值等于电场强度的大小，电场强度为零处，φx图线存在极值，极值点切线的斜率为零，如诊断卷第6题，x2处电场强度为零。‎ ‎(2)在φx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，如诊断卷第6题，O~x2电势升高，场强方向沿x轴负方向；x>x2位置电势降低，场强方向沿x轴正方向。‎ ‎(3)判断电势能变化的方法：①直接用Ep＝qφ进行判断；②用电场力做功与电势能变化的关系进行判断，如诊断卷第6题选项C，负电荷从x1移到x2，电场力做正功，电势能减小。‎ ‎2．电场中“三线”问题的解题技巧(诊断卷第7题)‎ ‎(1)带电粒子所受合力(往往仅为电场力)指向轨迹曲线的内侧；‎ ‎(2)该点速度方向为轨迹切线方向；‎ ‎(3)电场线或等差等势面密集的地方场强大；‎ ‎(4)电场线垂直于等势面；‎ ‎(5)顺着电场线电势降低最快；‎ ‎(6)电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大。有时还要用到牛顿第二定律、动能定理等知识。‎ ‎3．电容器有关问题的解题思路 ‎(1)判断电容器中某点电势的变化时，一般是通过该点与某一极板的电势差的变化来判断。如诊断卷第9题中，因为上极板位置变化，下极板位置固定且接地，分析时应以A点与下极板的距离为参考，若以A点与上极板的距离为参考来分析容易出错。‎ ‎(2)求解平行板电容器动态分析的问题时，难点是判断电容器两板间场强的变化：①两板间U不变时，E与d成反比；②Q不变时，E与两板正对面积成反比，不随d变化。如诊断卷第10题，A、B项的分析，A项定性分析即可，B项需要结合变化的数值计算出具体的电场强度，对于题中C、D项，根据公式C＝和U＝求出上极板上移后电容器的电容及两板的电势差，从而求出上极板移动后电容器储存的能量，再根据能量守恒定律，便可求出外力对极板所做的功。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．(2018·贵州适应考试)如图所示，实线表示某电场中的两条电场线，虚线表示电场中的两条等势线，A、B、C、D分别是电场线与等势线的交点，下列说法正确的是(　　)‎ A．将点电荷从B点移动到C点，电场力一定做正功 B．负点电荷在D点的电势能大于在A点的电势能 C．将一负点电荷从A点由静止释放后，在只受电场力作用下将向C点运动 D．点电荷在AB等势线上受到的电场力与在CD等势线上受到的电场力大小相等 解析：选B　B点的电势高于D点，D点电势等于C点的电势，则B点的电势高于C点，将负的点电荷从B点移动到C点，电场力一定做负功，选项A错误；A点的电势高于D点，则负点电荷在D点的电势能大于在A点的电势能，选项B正确； 将一负点电荷从A点由静止释放后，所受的电场力沿CA方向，则在只受电场力作用下将向C点反方向运动，选项C错误；AB等势线上电场线较CD处密集，则点电荷在AB等势线上受到的电场力比在CD等势线上受到的电场力大，选项D错误。‎ ‎2.(2018·百校联盟4月联考)如图所示，图中虚线为某静电场中的等差等势线，实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，a、b、c为粒子的运动轨迹与等势线的交点，粒子只受电场力作用，下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子在a点的加速度比在b点的加速度小 B．粒子在a点的动能比在b点的动能大 C．粒子在a点和在c点时速度相同 D．粒子在b点的电势能比在c点时的电势能小 解析：选D　等势线的疏密程度表示电场强度的大小，故a点的电场强度大于b点的电场强度，根据a＝，可知粒子在a点的加速度比在b点的加速度大，故A错误；由题图可知若粒子从a到b，电场力做正功，电势能减小，动能增大，若粒子从b到a，电场力做负功，电势能增大，动能减小，故粒子在a点的动能比在b点的动能小，故B错误；由题图可知a、c两点在同一等势线上，故粒子在a、c两点具有相同的电势能，根据能量守恒可知，粒子在a、c两点具有相同的动能，故粒子在这两点的速度大小相等，但方向不同，故C错误；因粒子在a、c两点具有相同的动能和电势能，而粒子在a点的动能比在b点的动能小，电势能比在b点时的大，故粒子在b点的电势能比在c点时的电势能小，故D正确。‎ ‎3．[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，但电场方向不能得出，故A错误。电场强度的方向沿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。‎ 考点三　磁场及其对电流的作用 本考点是对磁场及安培力知识的考查，常涉及磁场的叠加、安培定则(如诊断卷第11题)，特别是涉及左手定则、安培力的平衡和运动问题(如诊断卷第12题)考查相对较多，试题难度中等，建议考生自学为主。‎ ‎(一)必备知识——安培力的大小和方向 ‎(二)重点提醒——解题常见的两大失误点 ‎1．通电导线或圆环周围的磁场方向可用右手螺旋定则即安培定则确定，磁场方向画线要准确，避免磁场的叠加结果跑偏，如诊断卷第11题。‎ ‎2．计算安培力的大小必须考虑线圈的匝数，如诊断卷第12题，F＝nBIL，同时根据左手定则判断磁场、电流、安培力之间的方向关系，然后根据平衡关系列方程。‎ ‎(三)解题规范——求解导体棒运动问题的“三步曲”‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．[多选](2019届高三·咸阳模拟)如图所示，纸面内同时存在两个匀强磁场，其中一个平行于纸面水平向右，磁感应强度B1＝1 T。位于纸面内的细直导线，长L＝‎5 m，通有I＝‎3 A的恒定电流。当导线与B成60°夹角时，发现其受到的磁场力为零，则该区域存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2的可能值为(　　)‎ A. T　　　　　　　　　 B. T C．2 T D. T 解析：选AC　若导线中受到的安培力为零，则说明合磁场的方向沿导线方向；根据平行四边形定则知虚线表示合磁感应强度的方向，与电流的方向平行，可知B2有一个最小值，其最小值为B2＝B1sin 60°＝ ‎ T，故A、C正确，B、D错误。‎ ‎2.[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，棒上通以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　在0～，金属棒受到向右的安培力，大小恒为BImL，金属棒向右做匀加速直线运动；在～T，金属棒受到的安培力向左，大小仍为BImL，而此时速度方向仍然向右，做匀减速直线运动，直至速度减为零，之后不断重复该运动过程，A、B、C正确；安培力在一个周期内做功为零，D错误。‎ ‎3．(2018·聊城二模)电磁泵在生产、科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ，在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ(电阻率的倒数)，泵体所在处有方向垂直向外的匀强磁场，磁感应强度为B，把泵体的上下两表面接在电压为U的电源上(内阻不计)，则(　　)‎ A．泵体上表面应接电源负极 B．通过泵体的电流I＝ C．增大磁感应强度可获得更大的抽液高度 D．增大液体的电导率可获得更大的抽液高度 解析：选CD　当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故A错误；根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R＝ρ＝×＝，因此流过泵体的电流I＝UL1σ，故B错误；增大磁感应强度B，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；若增大液体的电导率，可以使电流增大，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故D正确。‎ 考点四　磁场对运动电荷的作用 本考点几乎是每年必考的内容，主要涉及磁场对运动电荷的作用、带电粒子在匀强磁场中的运动等。解答时应注意洛伦兹力永不做功的特点，明确半径公式、周期公式，正确画出运动轨迹草图等，考生应学会灵活变通。‎ ‎(一)两种运动类型要辨清 ‎(二)两个解题思路要明确 ‎1．洛伦兹力永不做功，只改变粒子速度方向，不改变粒子速度的大小。如诊断卷第13题，由电子的速率不变可知，B、D均错误。‎ ‎2．带电体在磁场中的运动，往往需要考虑重力，明确受力情况是分析该类问题的关键，一般先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力。如诊断卷第15题，由于摩擦力是被动力，所以要分情况讨论。洛伦兹力、支持力和重力均不做功，只有摩擦力做功，所以一定要理清摩擦力的大小变化情况。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．(2018·拉萨中学月考)两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一空间足够大的匀强磁场中，两粒子质量之比为1∶4，电荷量之比为1∶2，则两带电粒子(　　)‎ A．受洛伦兹力之比为2∶1‎ B．运动周期之比为2∶1‎ C．轨迹半径之比为2∶1‎ D．加速度大小之比为2∶1‎ 解析：选D　根据洛伦兹力大小f＝Bqv，结合题意可得，洛伦兹力大小与电荷量成正比，即1∶2，故A错误。根据T＝，所以有：＝·＝×＝，故B错误。因为Bqv＝m，所以R＝，因为粒子做匀速圆周运动，故v大小不变，故＝·＝×＝，故C错误。加速度为a＝，因为v大小不变，故＝＝，故D正确。‎ ‎2．(2018·雅安三诊)两种不计重力的带电粒子M和N，以相同的速度经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是(　　)‎ A．M带正电， N带负电 B．洛伦兹力对M、N做正功 C．M的比荷小于N的比荷 D．M的运行时间小于N的运行时间 解析：选C　由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A错误；洛伦兹力始终与运动的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故B错误；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB＝，比荷为：＝，在速率相同的情况下，半径大说明比荷小，故C正确；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期T＝，所以M的运行时间大于N的运行时间，故D错误。‎ ‎3．[多选](2018·杭州模拟)如图所示，一轨道由两等长的光滑斜面AB和BC组成，两斜面在B处用一光滑小圆弧相连接，P是BC的中点，竖直线BD右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，B处可认为处在磁场中，一带电小球从A点由静止释放后能沿轨道来回运动，C点为小球在BD右侧运动的最高点，则下列说法正确的是(　　)‎ A．C点与A点在同一水平线上 B．小球向右或向左滑过B点时，对轨道压力相等 C．小球向上或向下滑过P点时，其所受洛伦兹力相同 D．小球从A到B的时间是从C到P时间的 倍 解析：选AD　小球在磁场运动过程中受重力、洛伦兹力和轨道支持力作用，因洛伦兹力永不做功，支持力始终与小球运动方向垂直，也不做功，即只有重力做功，满足机械能守恒，因此C点与A点等高，在同一水平线上，选项A正确；小球向右或向左滑过B点时速度等大反向，即洛伦兹力等大反向，小球对轨道的压力不等，选项B错误；同理小球向上或向下滑过P点时，洛伦兹力也等大反向，选项C错误；因洛伦兹力始终垂直BC，小球在AB段和BC段(设斜面倾角均为θ)的加速度均由重力沿斜面的分力产生，大小为gsin θ，由x＝at2得小球从A到B的时间是从C到P的时间的倍，选项D正确。‎ ‎4．初速度为零的一个质子，质量为1.67×10－‎27 kg，经过电压为1 880‎ ‎ V的电场加速后，垂直进入磁感应强度为5.0×10－4 T的匀强磁场中。质子受到的洛伦兹力多大？‎ 解析：质子的初速度为零，电场加速的能量全部转化为质子垂直进入匀强磁场时的动能。按照能量守恒定律，则有：qU＝mv2‎ 可得质子进入匀强磁场时的速率 v＝ ＝ m/s＝6.0×‎105 m/s 质子是垂直进入磁场，所以其运动方向与磁场方向夹角为90°，按照洛伦兹力的计算公式可以得到：F＝qvB＝1.6×10－19×6.0×105×5.0×10－4 N＝4.8×10－17 N。‎ 答案：4.8×10－17 N 一、高考真题集中演练——明规律 ‎1．(2016·全国卷Ⅲ)关于静电场的等势面，下列说法正确的是(　　)‎ A．两个电势不同的等势面可能相交 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．同一等势面上各点电场强度一定相等 D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 解析：选B　在静电场中，两个电势不同的等势面不会相交，选项A错误；电场线与等势面一定相互垂直，选项B正确；同一等势面上的电场强度可能相等，也可能不相等，选项C错误；电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面，将负试探电荷从电势高的等势面移到电势低的等势面时，电场力做负功，选项D错误。‎ ‎2．[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。‎ ‎3.[多选](2017·全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W、W和W。下列选项正确的是(　　)‎ A．Ea∶Eb＝4∶1　　　　 B．Ec∶Ed＝2∶1‎ C．W∶W＝3∶1 D．W∶W＝1∶3‎ 解析：选AC　设点电荷的电荷量为Q，根据点电荷电场强度公式E＝k，ra∶rb＝1∶2，rc∶rd＝3∶6，可知，Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，选项A正确，B错误；将一带正电的试探电荷由a点移动到b点做的功W＝q(φa－φb)＝3q(J)，试探电荷由b点移动到c点做的功W＝q(φb－φc)＝q(J)，试探电荷由c点移动到d点做功W＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，W∶W＝3∶1，W∶W＝1∶1，选项C正确，D错误。‎ ‎4．[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。‎ ‎5．[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。‎ ‎6.[多选](2014·全国卷Ⅱ)如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是(　　)‎ A．电子与正电子的偏转方向一定不同 B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同 C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子 D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小 解析：选AC　根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A正确；根据qvB＝，得r＝，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定mv的大小，仅依据运动轨迹无法判断粒子是质子还是正电子，故选项C正确；粒子的mv越大，轨道半径越大，而mv＝，粒子的动能大，其mv不一定大，选项D错误。‎ 二、名校模拟重点演练——知热点 ‎7.(2019届高三·濮阳模拟)把一根绝缘导线PQ弯成两个半圆形状，每个半圆的半径都为R，放置在粗糙的水平桌面上，在桌面上加有竖直向下且磁感应强度为B的匀强磁场，如图所示(俯视图)。现给导线通入由P到Q的电流，并逐渐增大电流强度，导线PQ始终处于静止状态，则下列说法正确的是(　　)‎ A．增大电流强度的过程中，导线PQ对桌面的摩擦力增大 B．增大电流强度的过程中，导线PQ对桌面的压力增大 C．当电流强度为I时，导线PQ受到的安培力为2πBIR D．当电流强度为I时，导线PQ受到的安培力为πBIR 解析：选A　在桌面方向上，导线受到安培力和静摩擦力而平衡，增大电流强度的过程中，安培力增大，故静摩擦力也增大，A正确；在竖直方向上导线受到重力和支持力而平衡，与电流强度无关，故增大电流强度的过程中，导线PQ对桌面的压力不变，B错误；导线PQ在磁场中的有效长度为L＝4R，故当电流为I时，导线PQ受到的安培力为F＝BIL＝4BIR，C、D错误。‎ ‎8．(2018·湖北重点高中联考)如图所示，真空中O点处有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成53°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成37°角。关于a、b两点场强Ea、Eb及电势φa、φb的关系，正确的是(　　)‎ A．25Ea＝9Eb，φa＞φb B．16Ea＝9Eb，φa＜φb C．9Ea＝25Eb，φa＞φb D．9Ea＝16Eb，φa＜φb 解析：选D　设a、b两点到点电荷的距离分别为ra和rb。根据几何知识得：rb＝ra，根据点电荷场强公式E＝k，得：Ea＝Eb，由题图可知，该电场是由负点电荷产生的，故在点电荷的周围越靠近场源电势越低，则有φa＜φb，故D正确。‎ ‎9．(2018·甘肃河西五市一模)如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有一B点，该处有带正电液滴不断地由静止开始下落(不计空气阻力，每滴液滴的质量、电荷量均相同)，液滴到达A球后将电荷量全部传给A 球，且前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落的带电液滴对下落液滴的影响，则下列说法正确的是(　　)‎ A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球 B．当液滴下落到重力与电场力大小相等时，开始做匀速运动 C．能够下落到A球的所有液滴在下落过程中达到最大动能时的位置均相同 D．除第一滴外所有液滴下落过程中电势能均在增加 解析：选D　液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，所以A球电荷量Q逐渐增加，以后的液滴下落过程中受到重力和电场力共同作用，当电荷量Q增加到一定程度后，液滴将不能到达A球，故A项错误。液滴受到的电场力是变力，当液滴下落到重力等于电场力位置时，速度最大，以后将减速下落，故B项错误。设速度最大处液滴距A球的距离为R，有mg＝k，可以看出随Q逐渐增加，R也逐渐增加，故C项错误。除第一滴外所有液滴下落过程中，电场力对液滴做负功，所以液滴下落过程中电势能增加，故D项正确。‎ ‎10．(2018·西北师大附中模拟)如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一个带负电的试探电荷固定在P点。静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地。以E表示两板间的场强，φ表示P点的电势，Ep表示该试探电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持负极板不动，将正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计带电量可忽略不计)，各物理量变化情况描述正确的是(　　)‎ A．E增大，φ降低，Ep减小，θ增大 B．E不变，φ降低，Ep增大，θ减小 C．E不变，φ升高，Ep减小，θ减小 D．E减小，φ升高，Ep减小，θ减小 解析：选C　将正极板适当向右水平移动，两板间的距离减小，根据电容的决定式C＝可知，电容C增大，因平行板电容器充电后与电源断开，则电容器的电量Q不变，由C＝得知，板间电压U减小，因此夹角θ减小，再依据板间场强E＝＝＝，可见E不变；P点到正极板距离减小，且正极板接地，由公式U＝Ed得知，P点的电势增加；负电荷在P点的电势能减小；故A、B、D错误，C正确。‎ ‎11．(2019届高三·江西八校联考)如图所示，一均匀带正电的无限长绝缘细杆水平放置，细杆正上方有A、B、C三点，三点均与细杆在同一竖直平面内，且三点到细杆的距离满足rA＝rBφC，A、B、C三点电场强度方向相同，故A、C错误；将一正电荷从A点移到C点，电场力做正功，电势能减小，故B错误；在A点，若电子(不计重力)以一垂直于纸面向外的速度飞出，若速度大小满足eEA＝m，则电子做匀速圆周运动，若不满足，电子做离心运动或向心运动，故D正确。‎ ‎12.如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，下面挂有匝数为n的矩形线框abcd。bc边长为l，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直线框平面向里，线框中通以电流I，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态。令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡。则在此过程中线框位移的大小Δx及方向是(　　)‎ A．Δx＝，方向向上 B．Δx＝，方向向下 C．Δx＝，方向向上 D．Δx＝，方向向下 解析：选B　线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡，安培力为：FB＝nBIl，且开始的方向向上，然后方向向下，大小不变。‎ 设在磁场反向之前弹簧的伸长量为x，则反向之后弹簧的伸长量为(x＋Δx)，‎ 则有：kx＋nBIl－G＝0‎ k(x＋Δx)－nBIl－G＝0‎ 解得：Δx＝，且线框向下移动。‎ 故B正确。‎ ‎13．[多选](2018·榆林模拟)在下列图中图甲、图乙是电荷量相等的两点电荷，图丙、图丁中通电导线电流大小相等，竖直线为两点电荷、两通电导线的中垂线，O为连线的中点。下列说法正确的是(　　)‎ A．图甲和图丁中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感应强度都最小 B．图甲和图丁中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两点场强和磁感应强度都相等 C．图乙和图丙中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感应强度都最大 D．图乙和图丙中，在连线和中垂线上关于O点对称的两点场强和磁感应强度相等 解析：选AD　在题图甲中根据场强公式：E＝k以及场强的合成可以知道O点场强为零；在题图丁中根据安培定则以及场强的合成可以知道O点磁感应强度为零，都是最小的，故选项A正确。题图甲和题图丁中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两点场强和磁感应强度只是大小相等，但是方向不同，故选项B错误。在题图乙中，在中垂线上O点场强最大，但是在连线上O点场强最小，故选项C错误。根据场强的合成，可以知道在题图乙和题图丙中，在连线和中垂线上关于O点对称的两点场强和磁感应强度大小相等，方向相同，故选项D正确。‎ ‎14.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是(　　)‎ A．x1处电场强度最小，但不为零 B．粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动 C．在O、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3＞φ2＝φ0＞φ1‎ D．x2～x3段的电场强度大小和方向均不变 解析：选D　根据图像的斜率表示电场力，在x1处斜率为零即电场力为零，所以在此处的场强为零，故A错误；由图像斜率可知，在O～x1段斜率减小，即电场力减小，同理可知，x1～x2段电场力增大，所以粒子在O～x2段做非匀变速直线运动，故B错误；根据负电荷在电势低的地方电势能更大，可知，φ3＜φ2＜φ1，根据对称性可知，φ0＝φ2，所以φ3＜φ2＝φ0＜φ1，故C错误；由于x2～x3的斜率不变，即电场力不变，所以电场强度不变，故D正确。‎ ‎15．[多选](2018·榆林模拟)如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑绝缘固定斜杆底端固定一电荷量为2×10－‎4 C的正点电荷Q，将一带正电小球(可视为点电荷)从斜杆的底端(但与Q未接触)由静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图像如图乙所示，其中线1为重力势能随位移变化图像，线2为动能随位移变化图像(静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，g＝‎10 m/s2)，则(　　)‎ A．小球向上运动过程中的加速度先增大后减小 B．小球向上运动过程中的速度先增大后减小 C．由图线1可求得小球的质量m＝‎‎4 kg D．斜杆底端至小球速度最大处，由底端正点电荷Q形成的电场的电势差U＝2.35×105 V 解析：选BC　由图线2得知，小球的速度先增大后减小，根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜杆向上先做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜杆向上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零，故选项A错误，B正确；由线1可得Ep＝mgh＝mgssin θ，代入数据可以得到：m＝＝ kg＝‎4 kg，故选项C正确；由线2可得，当带电小球运动至‎1 m处动能最大为27 J，此时重力沿杆向下的分力与库仑力平衡，mgsin θ＝k，解得q＝1.11×10－‎5 C，根据动能定理有：－mgh＋qU＝Ekm－0 ，代入数据得：U＝4.23×106 V，故选项D错误。‎ 第二讲带电粒子在电磁场中的运动 考点一 带电粒子在电场中的运动 ‎1.[考查带电粒子在电场中的直线运动]‎ ‎[多选]如图所示，板长为L的平行板电容器与一直流电源相连接，其极板与水平面成30°角；若带电粒子甲、乙由图中的P点射入电容器，分别沿着虚线1和2运动(虚线1为水平线，虚线2为平行且靠近上极板的直线)。下列关于带电粒子的说法正确的是(　　)‎ A．两粒子均做匀减速直线运动 B．两粒子电势能均逐渐增加 C．两粒子机械能均守恒 D．若两粒子质量相同，则甲的电荷量一定比乙的电荷量大 解析：选AD　根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度在同一直线上，因为电场力只能垂直极板向上，受力如图所示；根据受力图，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，故A正确；粒子甲受到的电场力与位移方向的夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能逐渐增加，机械能减小；粒子乙运动的方向与电场力的方向垂直，电场力不做功，所以粒子的电势能不变，机械能不变，故B、C错误；根据受力图，对甲：m甲g＝q甲×Ecos 30°，解得：＝，对乙：m乙gcos 30°＝q乙E，解得：＝ ‎，由此可知若两粒子质量相同，则甲的电荷量一定比乙的电荷量大，故D正确。‎ ‎2．[考查带电粒子在电场中的曲线运动]‎ ‎[多选]如图所示，质子(11H)、氘核(12H)和α粒子(24He)都沿平行板电容器的中线OO′方向，垂直于电场线射入两极板间的匀强电场中，射出后都能打在同一个与中线垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。粒子重力不计。下列推断正确的是(　　)‎ A．若它们射入电场时的速度相同，在荧光屏上将出现3个亮点 B．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点 C．若它们射入电场时的动量相同，在荧光屏上将出现3个亮点 D．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场，在荧光屏上将只出现1个亮点 解析：选CD　三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到加速度为a＝，偏转距离为y＝at2，运动时间为t＝，联立可得y＝。若它们射入电场时的速度相同，y与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，所以在荧光屏上将只出现2个亮点，A错误。若它们射入电场时的动能相等，y与q成正比，则在荧光屏上将只出现2个亮点，B错误。若它们射入电场时的动量相等，y＝＝，可见y与qm成正比，三个粒子的qm都不同，则在荧光屏上将出现3个亮点，C正确。设加速电压为U1，偏转电压为U0，若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知y′＝，显然三个粒子在偏转电场中的偏转距离y′相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，D正确。‎ ‎3．[考查带电粒子在交变电场中的运动]‎ ‎[多选]如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A、B板间的电势差U随时间t的变化情况如图乙所示，t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t＝2T时，电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，下列说法正确的是(　　)‎ A．U1∶U2＝1∶2‎ B．U1∶U2＝1∶3‎ C．在0～2T时间内，当t＝T时电子的电势能最小 D．在0～2T时间内，电子的电势能减小了 解析：选BD　0～T时间内平行板间的电场强度为E1＝，电子以加速度a1＝＝向上做匀加速直线运动，当t＝T时电子的位移x1＝a1T2，速度v1＝a1T。T～2T时间内平行板间的电场强度E2＝，电子加速度a2＝，以v1的初速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，位移x2＝v1T－a2T2，由题意t＝2T时电子回到P点，则x1＋x2＝0，联立可得U2＝3U1，选项A错误，B正确。当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0～2T时间内电子先做匀加速直线运动，之后做匀减速直线运动，后又做方向向下的匀加速直线运动，在t＝T时，电子的动能Ek1＝mv12＝，电子在t＝2T时回到P点，此时速度v2＝v1－a2T＝－(负号表示方向向下)，电子的动能为Ek2＝mv22＝，Ek1＜Ek2，根据能量守恒定律，电势能的减少量等于动能的增加量，在t＝2T时电子的电势能最小，选项C错误，选项D正确。‎ 考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎4.[考查带电粒子在单边界匀强磁场中的运动]‎ ‎[多选]如图所示，在空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，质子和某种粒子从磁场下边界MN上的O点以相同的速度v0(v0在纸面内，v0与MN的夹角θ为锐角)射入磁场中，发现质子从边界上的F点离开磁场，另一粒子从E点离开磁场。已知＝2d，＝d，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。下列说法正确的是(　　)‎ A．从E点飞出的可能是α粒子 B．从E点飞出的可能是氚核 C．两种粒子在磁场中的运动时间相等 D．两种粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角相等 解析：选BD　设质子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r1，另一种粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r2，两种粒子的运动轨迹如图所示，则由几何关系可知，d＝2r1sin θ，3d＝2r2sin θ，两式联立可解得r2＝3r1，由洛伦兹力提供向心力可得r1＝，另一种粒子的半径r2＝，可得＝3，故从E点飞出的可能是氚核，选项A错误，B正确；由几何知识可知，两粒子在磁场中运动时，转过的圆心角均为α＝2(π－θ)，故选项D正确；根据T＝可知两种粒子的周期不同，由t＝T可知，两粒子在磁场中的运动时间不相等，选项C错误。‎ ‎5．[考查带电粒子在圆形匀强磁场中的运动]‎ ‎[多选]如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场的最高点P以不同的初速度v垂直磁场正对着圆心O射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q，质量为m，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是(　　)‎ A．粒子在磁场中通过的弧长越长，则粒子在磁场中运动的时间就越长 B．从磁场中射出的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心O C．射出磁场的粒子一定能垂直打在感光板MN上 D．当粒子入射的速度大小v＝时，粒子从磁场射出后一定能垂直打在感光板MN上 解析：选BD　由粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式T＝可知，速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，对着圆心入射的粒子，由r＝可知，速度越大，粒子在磁场中运动的轨迹半径就越大，弧长就越长，轨迹所对应的圆心角则越小，由＝可知，粒子在磁场中的运动时间t就越小，选项A错误；带电粒子在磁场中的运动轨迹是圆弧，由几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，选项B正确；由于粒子从P点入射的速度大小不同，故粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径也不同，轨迹对应的圆心角也不相同，因此，对着圆心入射的粒子，出射后不一定能垂直打在感光板MN上，选项C错误；当粒子从P点入射的速度大小v＝时，由r＝可得，粒子在圆形磁场区域中做匀速圆周运动的轨迹圆半径刚好与圆形磁场的半径R相同，由几何知识可知，此时入射点、出射点、磁场圆的圆心O与轨迹圆的圆心构成一个正方形，粒子水平射出磁场，故粒子一定垂直打在感光板MN上，选项D正确。‎ ‎6．[考查带电粒子在三角形匀强磁场中的运动]‎ ‎[多选]如图所示，在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(重力不计)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CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝ D．当该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为 解析：选ABD　若粒子射入磁场时的速度为v＝，则由qvB＝m可得r＝l，由几何关系可知，粒子一定从CD边上距C点为l的位置离开磁场，选项A正确；因为r＝，所以v＝，因此，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，速度就越大，由几何关系可知，当粒子在磁场中的运动轨迹与三角形的AD边相切时，轨迹半径最大，此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝(＋1)l，故其最大速度为v＝，选项B正确，C错误；粒子在磁场中运动的周期为T＝，故当粒子从三角形的AC边射出时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于此时粒子做圆周运动的圆心角为180°，故其最长时间应为t＝，选项D正确。‎ ‎7．[考查带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题]‎ ‎[多选]如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷＝k，则质子的速度可能为(　　)‎ A．2BkL　　　　　　　　 　B. C. D. 解析：选BD　因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径r＝(n＝1,2,3，…‎ ‎)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，即v＝＝Bk·(n＝1,2,3，…)，选项B、D正确。‎ 考点三 电磁场与现代科技 ‎8.[考查回旋加速器的原理分析]‎ 如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是(　　)‎ A．带电粒子每运动一周被加速两次 B．带电粒子每运动一周P1P2＝P3P4‎ C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关 D．加速电场方向需要做周期性的变化 解析：选C　带电粒子只有经过A、C板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向没有改变，只在A、C间加速，故A、D错误。根据r＝得，则P1P2＝2(r2－r1)＝，因为每转一圈被加速一次，根据v22－v12＝2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v4－v3P3P4，故B错误。当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝得，v＝，知加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，故C正确。‎ ‎9．[考查霍尔元件的工作原理]‎ ‎[多选]1957年，科学家首先提出了两类超导体的概念，一类称为Ⅰ型超导体，主要是金属超导体，另一类称为Ⅱ型超导体(载流子为电子)，主要是合金和陶瓷超导体。Ⅰ型超导体对磁场有屏蔽作用，即磁场无法进入超导体内部，而Ⅱ型超导体则不同，它允许磁场通过。现将一块长方体Ⅱ型超导体通入稳恒电流I后放入匀强磁场中，如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．超导体的内部产生了热能 B．超导体所受安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力 C．超导体表面上a、b两点的电势关系为φa>φb D．超导体中的电流I越大，a、b两点的电势差越大 解析：‎ 选BD　超导体电阻为零，超导体内部没有产生热能，A错误；超导体所受安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力，B正确；载流子为电子，超导体上表面带负电，φa<φb，C错误；根据电流的微观表达式I＝neSv，可得电子定向移动速度v＝，稳定时，洛伦兹力和电场力平衡，即evB＝，整理得U＝，所以电流I越大，电势差越大，D正确。‎ 考点四 带电粒子(体)在复合场中的运动 ‎10.[考查带电粒子在组合场中的运动问题]‎ 如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R，磁场垂直纸面向里，在y>R的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E，在M点有一粒子源，辐射的粒子以相同的速率v沿不同方向射入第一象限，发现沿＋x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为＋q，粒子重力不计。‎ ‎(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；‎ ‎(2)求沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程；‎ ‎(3)沿与＋x方向成60°角射入的粒子，最终将从磁场边缘的N点(图中未画出)穿出，不再进入磁场，求N点的坐标和粒子从M点运动到N点的总时间。‎ 解析：(1)沿＋x方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图中的P点射出磁场，逆电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径：r＝R 根据Bqv＝ 得：B＝。‎ ‎(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从H点射出磁场，MH为直径，在磁场中的路程为二分之一圆周长s1＝πR 设在电场中路程为s2，根据动能定理Eq＝mv2‎ 解得s2＝ 总路程s＝πR＋。‎ ‎(3)沿与＋x方向成60°角射入的粒子，经分析从C点竖直射出磁场，从D点射入、射出电场，又从C点射入磁场，最后从N点(MN为直径)射出磁场。所以N点坐标为(2R,0)。‎ C点在磁场中，MC段圆弧对应圆心角α＝30°，CN段圆弧对应圆心角θ＝150°，所以在磁场中的时间为半个周期，t1＝＝ 粒子在CD段做匀速直线运动，由几何关系知CD＝ t2＝＝ 粒子在电场中做匀变速直线运动，加速度a＝ t3＝＝ 总时间t＝t1＋t2＋t3＝＋。‎ 答案：(1)　(2)πR＋ ‎(3)(2R,0)　＋ ‎11．[考查电场与重力场叠加的问题]‎ ‎(2017·全国卷Ⅱ)如图所示，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：‎ ‎(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；‎ ‎(2)A点距电场上边界的高度；‎ ‎(3)该电场的电场强度大小。‎ 解析：(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得 v0－at＝0 ①‎ s1＝v0t＋at2 ②‎ s2＝v0t－at2 ③‎ 联立①②③式得＝3。 ④‎ ‎(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式 vy2＝2gh ⑤‎ H＝vyt＋gt2 ⑥‎ M进入电场后做直线运动，由几何关系知 ＝ ⑦‎ 联立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H。 ⑧‎ ‎(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则＝ ⑨‎ 设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由能量守恒定律得 Ek1＝m(v02＋vy2)＋mgH＋qEs1 ⑩‎ Ek2＝m(v02＋vy2)＋mgH－qEs2 ⑪‎ 由已知条件 Ek1＝1.5Ek2 ⑫‎ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 E＝。‎ 答案：(1)3∶1　(2)H　(3) ‎12．[考查电场、磁场与重力场三场叠加的问题]‎ ‎[多选]如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．小球可能带正电 B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝ C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝ D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期变大 解析：选BC　小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，洛伦兹力提供向心力，所以mg＝qE，由于电场力的方向与场强的方向相反，故小球带负电，故A错误；由于洛伦兹力提供向心力，故有qvB＝，解得r＝，又由于qU＝mv2，解得v＝ ‎，所以r＝ ＝ ，故B正确；由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期T＝＝＝，故C正确；显然运动周期与加速电压无关，电压U增大时，小球做匀速圆周运动的周期不变，故D错误。‎ 释疑4大考点 考点一　带电粒子在电场中的运动 本考点是历年高考的主干和重点，带电粒子在电场中的运动有两种情况：一是直线运动，主要考查运动学规律和动能定理(如诊断卷第1、3题)；二是偏转运动，主要应用运动的合成与分解来解决(如诊断卷第2题)。考生失分的原因主要有两种：一是不能正确分析带电粒子的受力情况，如是否考虑重力，电场力方向判断不清；二是对带电粒子在电场中的运动过程分析错误。建议对本考点重点攻坚。‎ ‎(一)带电粒子在电场中做直线运动的解题思路 如诊断卷第1题，对粒子受力分析可知，电场力只能垂直极板向上，电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动。‎ ‎(二)利用“两个分运动”求解带电粒子在电场中的偏转问题 ‎1．把偏转运动分解为两个独立的直线运动——平行于极板的匀速直线运动，L＝v0t；垂直于极板的匀加速直线运动，a＝，vy＝at，偏转距离y＝at2，速度偏转角tan θ＝。‎ ‎2．根据动能定理，带电粒子的动能变化量ΔEk＝Uq。‎ ‎(三)分时分段处理带电粒子在交变电场中的运动 当粒子平行电场方向射入时，粒子可做周期性的直线运动，当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动可能具有周期性，如诊断卷第3题，‎ 先由牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式求出末速度和位移，由题设条件得出u1和u2的关系。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．[多选](2018·湖南永州三模)如图所示为静电除尘机理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，放电极和集尘极加上高压电场，使尘埃带上负电，尘埃只在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，达到除尘目的，图中虚线为电场线(方向未标出)。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则(　　)‎ A．电场线方向由集尘极指向放电极 B．图中A点场强小于B点场强 C．尘埃在迁移过程中电势能减小 D．沿水平方向进入的尘埃在迁移过程中可以做类平抛运动 解析：选AC　由题带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知集尘极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极，故A正确。电场线的疏密程度表示电场强度的大小，由题图可知A点的电场线更密，故A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误。带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，做正功，所以在迁移过程中电势能减小，故C正确。放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，故不能做类平抛运动，故D错误。‎ ‎2．[多选]如图所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零。则下列说法正确的是(　　)‎ A．带电粒子带负电 B．带电粒子在Q点的电势能为－Uq C．此匀强电场的电场强度大小为E＝ D．此匀强电场的电场强度大小为E＝ 解析：选BC　由题图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电。粒子从P到Q，电场力做正功，为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，则知带电粒子在Q点的电势能为－Uq，故A错误，B正确。设带电粒子在P点时的速度为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x 轴，平行于电场线为y轴，由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在y轴方向的分速度为vy＝v0。粒子在y轴方向上的平均速度为y＝v0，粒子在y轴方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则竖直方向有：y0＝yt＝v0t; 水平方向有：d＝v0t；可得y0＝d; 所以场强为E＝，联立解得E＝＝，故C正确，D错误。‎ ‎3．[多选](2018·唐山五校联考)如图所示，P、Q为两个等量的异种电荷，以靠近电荷P的O点为原点，沿两电荷的连线建立x轴，沿直线向右为x轴正方向，一带正电的粒子从O点由静止开始仅在电场力作用下运动到A点，已知A点与O点关于P、Q两电荷连线的中点对称，粒子的重力忽略不计。在从O点到A点的运动过程中，下列关于粒子的运动速度v和加速度a随时间的变化、粒子的动能Ek和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是(　　)‎ 解析：选CD　等量异种电荷的电场线如图所示。根据沿着电场线方向电势逐渐降低，电场强度E＝，由图可知E先减小后增大，所以φx图像切线的斜率先减小后增大，故A错误。沿两点电荷连线从O到A，电场强度先变小后变大，一带正电的粒子从O点由静止开始在电场力作用下运动到A点的过程中，电场力一直做正功，粒子的速度一直在增大。电场力先变小后变大，则加速度先变小后变大。vt图像切线的斜率先变小后变大，故C、D可能，故C、D正确。粒子的动能Ek＝qEx，电场强度先变小后变大，则Ekx切线的斜率先变小后变大，则B图不可能，故B错误。‎ 考点二　带电粒子在匀强磁场中的运动 带电粒子在匀强磁场中的运动历来都是高考命题的热点问题，高考对此部分内容的考查以带电粒子在各类有界匀强磁场中的运动为主，其解题的基本方法是“物理搭台，数学唱戏”，即通过试题搭建物理情境，结合物理中的匀速圆周运动知识，运用数学工具进行解决。其一般的解题思路：首先根据粒子的运动情况画出粒子在磁场中的运动轨迹，然后通过几何知识求半径，进而由r＝或T＝求解其他的物理量。建议对本考点重点攻坚。‎ ‎(一)掌握解题流程 ‎(二)破除解题障碍 解题的难点是挖掘隐含的几何关系，画出轨迹图，寻找轨迹半径r与磁场宽度的几何关系。如图展示了最常用的几何知识：粒子速度的偏向角φ等于圆心角α，且等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍，即φ＝α＝2θ＝ωt。相对的弦切角(θ)相等，与相邻的弦切角(β)互补，θ＋β＝180°。‎ ‎(三)依据题型灵活应对 ‎1．单边界磁场问题的对称性 带电粒子在单边界匀强磁场中的运动一般都具有对称性，如诊断卷第4题，粒子进入磁场和离开磁场时速度方向与磁场边界的夹角不变，可总结为：单边进出(即从同一直线边界进出)，等角进出，如图所示。‎ ‎2．缩放圆法的应用技巧 当带电粒子以任一速度沿特定方向射入匀强磁场时，它们的速度v0越大，在磁场中做圆周运动的轨道半径也越大，它们运动轨迹的圆心在垂直速度方向的直线PP′上，此时可以用“缩放圆法”分析——以入射点为定点，圆心位于直线PP′上，将半径缩放作粒子的运动轨迹，从而探索出临界条件，如诊断卷第6题。‎ ‎3．带电粒子在磁场中运动产生多解的原因 ‎[题点全练]‎ ‎1．(2018·贵州适应考试)如图所示，aefc和befd是垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的边界。磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度分别为B1、B2，且B2＝2B1。一质量为m、电荷量为q的带电粒子垂直边界ae从P点射入磁场Ⅰ，后经f点进入磁场Ⅱ，并最终从fc边界射出磁场区域。不计粒子重力，该带电粒子在磁场中运动的总时间为(　　)‎ A.　　　　　　　　 　B. C. D. 解析：选B　粒子在磁场Ⅰ中的运动周期T1＝，在磁场Ⅱ中的运动周期T2＝＝；由题意可知，粒子先在磁场Ⅰ中做个圆周运动，再进入磁场Ⅱ中做个圆周运动，再进入磁场Ⅰ中做个圆周运动，最后从fc边界射出磁场区域，则该带电粒子在磁场中运动的总时间为t＝T1＋T2＝，故B正确。‎ ‎2.[多选](2018·河南淮滨中学模拟)如图所示，边长为L的正三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m，电荷量均为q的三个粒子A、B、C以大小不等的速度从a点沿与ab边成30°角的方向垂直射入磁场后从ac边界穿出，穿出ac边界时与a点的距离分别为、、L。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子C在磁场中做圆周运动的半径为L B．A、B、C三个粒子的初速度大小之比为3∶2∶1‎ C．A、B、C三个粒子从磁场中射出的方向均与ab边垂直 D．仅将磁场的磁感应强度减小，则粒子B从c点射出 解析：选ACD　由圆周运动的对称性可知，同一直线边界以30°的弦切角进入磁场，射出时的速度也与边界成30°，而圆心角为60°，则圆心和入射点以及出射点构成等边三角形，由几何关系可知rA＝，rB＝，rC＝L，故A正确。根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可知v＝，可得初速度之比vA∶vB∶vC＝1∶2∶3，B错误。由于三粒子从ac边出射时速度与边界的夹角为30°，而∠cab＝60°，故出射速度的反向延长线必与ab边垂直构成直角三角形，故C正确。由r＝可知将B改为，半径将变为rB′＝L×＝L，而其他条件不变，故由几何关系可知B粒子将从c点出射，D正确。‎ ‎3．[多选](2018·东北三省三校联考)如图所示，半径为R的圆形区域位于正方形ABCD的中心，圆心为O，与正方形中心重合。圆形区域内、外有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速率v0沿纸面从M点平行于AB边沿半径方向射入圆形磁场，并从N点射出，且恰好没射出正方形磁场区域，粒子重力忽略不计，已知磁感应强度大小为，则(　　)‎ A．粒子由M点运动到N点时速度偏转角为90°‎ B．正方形区域的边长为3R C．粒子再次回到M点时所经历的时间为 D．粒子再次回到M点时所经历的时间为 解析：选AC　粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，设轨道半径为r1，则洛伦兹力充当向心力，qv0B＝m，解得r1＝R；由几何关系可知，粒子由M点运动到N点时速度偏转角为90°，选项A正确。粒子在圆形磁场外运动的轨道半径为r2，粒子恰好不从AB边射出则有：qv0B＝m，解得r2＝＝R；则正方形的边长L＝2r1＋2r2＝4R，选项B错误。粒子在圆形磁场中做圆周运动的周期T1＝，在圆形磁场中运动时间t1＝＝；粒子在圆形以外的磁场区域做圆周运动的周期T2＝，在圆形以外的磁场中运动时间t2＝T2＝；则再次回到M点的时间t＝t1＋t2＝，选项C正确，D错误。‎ 考点三　电磁场与现代科技 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还是属于带电粒子在复合场中的运动问题。因此解决此类问题的关键在于准确把握各种应用实例的工作原理。‎ 理清原理准确解题 ‎[注意]‎ ‎1．不同的回旋加速器原理不同，粒子加速及旋转的情况也不相同。如诊断卷第8题，粒子在板间加速后向右侧旋转过程中不再被加速，粒子每周被加速一次，因此板间电场的方向不发生变化。‎ ‎2．霍尔元件的材料不同，霍尔效应结果也不相同。如诊断卷第9题，Ⅱ型超导体的载流子为电子，其电流是由内部电子定向移动形成的，应根据电子所受的洛伦兹力的方向判断偏转情况。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1.[多选](2018·云南宣威十中模拟)质谱仪最初是由汤姆生的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪证实了同位素的存在。如图所示，容器A中有质量分别为m1、m2，电荷量相同的两种粒子(不考虑粒子重力及粒子间的相互作用)，它们从容器A下方的小孔S1不断飘入电压为U的加速电场(粒子的初速度可视为零)，沿直线S1S2(S2为小孔)与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最后打在水平放置的照相底片上。由于实际加速电压的大小在U±ΔU范围内微小变化，这两种粒子在底片上可能发生重叠。对此，下列判断正确的有(　　)‎ A．两粒子均带正电 B．打在M处的粒子质量较小 C．若U一定，ΔU越大越容易发生重叠 D．若ΔU一定，U越大越容易发生重叠 解析：选ABC　根据左手定则知两粒子均带正电，故A正确；粒子在电场中加速qU＝mv2，在磁场中做圆周运动有：qvB＝，解得R＝ ，知半径小的粒子的质量也较小，故B正确；假设m2的质量大，m1最大半径为R1＝ ，m2最小半径为R2＝ ；两轨迹不发生重叠，有R1＜R2，解得＜ ，若U一定，ΔU越大两个半径越容易相等，越容易发生重叠，故C正确，D错误。‎ ‎2.[多选]随着人民生活水平的提高，环境保护越来越受到重视。如图所示为污水监测仪的核心部分，两块宽度为b的矩形金属极板平行正对置于排液口的上下表面，排液口上下表面高度为d，有一垂直于侧面向里的磁感应强度为B的匀强磁场。已知污水中含有大量的带电荷量为q的正离子，当污水水流的速度为v时，在导体的上下表面间用电压表测得的电压为UH，则下列判断正确的是(　　)‎ A．液体内离子只受洛伦兹力作用 B．用电压表测UH时，电压表的“＋”接线柱接下表面 C．高度d越大，UH越大 D．根据两极板间的电压值可以测出污水的流速 解析：选CD　定向移动的离子受到洛伦兹力作用发生偏转，在上下表面间形成电势差，最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，故选项A错误；由题图可知，磁场方向向里，电流方向向右，根据左手定则，离子向上表面偏转，则上表面得到离子带正电，那么下表面带负电，所以电压表的“＋”接线柱接上表面，故选项B错误；根据电场力与洛伦兹力平衡，有q＝qBv，解得UH＝Bdv，则厚度d越大，UH越大，故选项C正确；根据UH＝Bdv以及B、d已知，如果测得UH，就可以得到污水流速，故选项D正确。‎ ‎3.磁流体发电是一种全新的发电技术，它能将物体的内能直接转化为电能。如图所示为磁流体发电机的示意图。平行板MN间有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两板间的距离为d，将电阻率为ρ的等离子体以速度v水平向右喷射入磁场中，M、N两板上就会产生电压。将两板与外电路连接，就可以给外电路供电。图中电压表为理想电表，外电路中R0为定值电阻，R为滑动变阻器，开始时开关S断开，下列判断正确的是(　　)‎ A．M板是电源的正极 B．闭合开关S，电压表的示数为Bdv C．闭合开关S，电压表的示数减小 D．闭合开关S，将滑动变阻器的滑片向下移，电源的输出功率一定增大 解析：选C　由左手定则可知正离子向N板偏转，负离子向M板偏转，即金属板M为电源负极，N为电源正极，故A错误；等离子体稳定运动时，洛伦兹力与电场力平衡，即Bqv＝q，解得E＝Bdv，闭合开关S时，电压表测得的是路端电压，故电压表的示数小于Bdv，故B错误；闭合开关S前，电压表测的是电源电动势，闭合开关S后，电压表测的是路端电压，则电压表的示数减小，故C正确；因为不知道内阻与外电阻的大小关系，故无法判断电流的输出功率如何变化，故D错误。‎ 考点四　带电粒子(体)在复合场中的运动 带电粒子(体)在复合场中的运动问题可分为“组合场”和“叠加场”两种情况，近两年的高考物理试题中，对组合场和叠加场的考查频繁，应该引起重视。建议考生对本考点重点攻坚。‎ ‎(一)组合场问题——“分与合”‎ ‎1．先把带电粒子的运动按照组合场的顺序分解为一个个独立的过程，并分析每个过程中带电粒子的受力情况和运动情况，然后用衔接速度把这些过程关联起来，列方程解题。‎ ‎2．带电粒子的常见运动类型及求解方法 　(2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。‎ ‎(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；‎ ‎(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；‎ ‎(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。‎ ‎[思维流程]‎ ‎[解析]　(1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称，如图(a)所示。‎ ‎(2)设粒子从M点射入时速度的大小为v0，进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ[如图(b)]，速度v沿电场方向的分量为v1。‎ 根据牛顿第二定律有 qE＝ma ①‎ 由运动学公式有 l′＝v0t ②‎ v1＝at ③‎ v1＝vcos θ ④‎ 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvB＝ ⑤‎ 由几何关系得 l＝2Rcos θ ⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得 v0＝。 ⑦‎ ‎(3)由运动学公式和题给数据得 v1＝v0cot ⑧‎ 联立①②③⑦⑧式得 ＝ ⑨‎ 设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则 t′＝2t＋T ⑩‎ 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，‎ T＝ ⑪‎ 由②⑦⑨⑩⑪式得 t′＝。 ⑫‎ ‎[答案]　(1)见解析　(2) ‎(3)　 ‎(二)叠加场问题——“三步曲”‎ ‎1．带电体在电场和重力场的叠加场中运动问题，关键是分析带电体的受力情况，分析水平及竖直方向的运动性质，搞清物理过程，灵活选用物理规律求解，如诊断卷第11题，在电场上方做平抛运动，可由运动的合成与分解分析；进入电场后M做直线运动，N运动情况未知，由于给出了两球离开电场时的动能关系，应从能量守恒方面着手分析。‎ ‎2．带电小球受磁场、电场和重力场共同作用，若在竖直平面内做匀速圆周运动，一定有重力等于电场力，洛伦兹力提供向心力，如诊断卷第12题。‎ 　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。‎ ‎[思维流程]‎ ‎[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) ‎[题点全练]‎ ‎1．[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。‎ ‎2.(2018·咸阳模拟)在现代科技中，人们常常利用电场、磁场和重力场来控制带电微粒的运动。如图所示，直角坐标系位于竖直平面内，y轴上的A点有一带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q，＝ C/kg。若将小球从A点由静止释放，小球在x轴下方场强为E1、方向平行于坐标平面的匀强电场和重力场的作用下沿直线做匀加速运动到x轴上的B点。在x轴的上方，小球在场强为E2、磁感应强度为B＝ T的磁场和重力场作用下做匀速圆周运动，轨迹关于y轴对称，已知A、B两点坐标分别为A(0，－‎1 m)、B( m,0)，g取‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)场强E2的大小和方向；‎ ‎(2)场强E1的大小和方向。(结果可以保留根式)‎ 解析：(1)小球在x轴上方做匀速圆周运动，所以洛伦兹力充当向心力，电场力和重力平衡，qE2＝mg 解得E2＝10 N/C，方向竖直向上。‎ ‎(2)在△AOB中，∠ABO＝30°，设小球在x轴上方做匀速圆周运动的轨道半径为R，圆心为O1，半径O1B与x轴成60°，所以Rcos 60°＝OB 解得R＝‎‎2 m 根据牛顿第二定律，粒子做圆周运动时有qvB＝ 解得v＝‎2 m/s 从A到B做匀加速直线运动，则v2＝2ax 解得a＝‎10 m/s2‎ 根据平行四边形定则，‎ 有qE1＝2mgcos 30°‎ 解得E1＝30 N/C，与x轴正方向成60°角斜向上。‎ 答案：(1)10 N/C　方向竖直向上 ‎(2)30 N/C　与x轴正方向成60°角斜向上 ‎3.(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。一个氕核和一个氘核先后从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。的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：‎ ‎(1) 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) 第一次离开磁场的位置到原点O的距离。‎ 解析：(1) 在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。在电场中由运动学公式有 s1＝v1t1 ①‎ h＝a1t12 ②‎ 进入磁场时速度在y轴方向的分量大小为 v1tan θ1＝a1t1 ③‎ 联立以上各式得 s1＝h。 ④‎ ‎(2) 在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE＝ma1 ⑤‎ 进入磁场时速度的大小为 v＝ ⑥‎ 在磁场中运动时由牛顿第二定律有 qvB＝m ⑦‎ 由几何关系得 s1＝2R1sin θ1 ⑧‎ 联立以上各式得B＝ 。 ⑨‎ ‎(3) 与初动能相等 (‎2m)v22＝mv12 ⑩‎ 在电场中运动时有 qE＝2ma2 ⑪‎ s2＝v2t2 ⑫‎ h＝a2t22 ⑬‎ 进入磁场时v2tan θ2＝a2t2 ⑭‎ v′＝ ⑮‎ qv′B＝‎2m ⑯‎ 联立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，R2＝R1 ⑰‎ 所以第一次离开磁场的出射点在原点左侧，设出射点到入射点的距离为s2′，由几何关系有 s2′＝2R2sin θ2 ⑱‎ 联立④⑧⑰⑱式得，第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为 s2′－s2＝(－1)h。 ⑲‎ 答案：(1)h　(2) 　(3)(－1)h 一、高考真题集中演练——明规律 ‎1.(2017·全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　)‎ A．ma>mb>mc　　　　　　 B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma 解析：选B　该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有mag＝qE，解得ma＝。b在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋。c在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－。综上所述，可知mb>ma>mc，选项B正确。‎ ‎2.(2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1‎ ‎，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为(　　)‎ A.∶2 B.∶1‎ C.∶1 D．3∶ 解析：选C　由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，则＝＝，C项正确。‎ ‎3.(2016·全国卷Ⅲ)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迹半径为R＝。设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P。由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，AB＝R。由几何关系知，AP＝R，则AO＝AP＝3R，所以OB＝4R＝。故选项D正确。‎ ‎4.(2018·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：‎ ‎(1)磁场的磁感应强度大小；‎ ‎(2)甲、乙两种离子的比荷之比。‎ 解析：(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有 q1U＝m1v12 ①‎ 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q1v1B＝m1 ②‎ 由几何关系知 ‎2R1＝l ③‎ 由①②③式得 B＝。 ④‎ ‎(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有 q2U＝m2v22 ⑤‎ q2v2B＝m2 ⑥‎ 由题给条件有 ‎2R2＝ ⑦‎ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 ∶＝1∶4。 ⑧‎ 答案：(1)　(2)1∶4‎ ‎5.(2017·全国卷Ⅲ)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x<0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)‎ ‎(1)粒子运动的时间；‎ ‎(2)粒子与O点间的距离。‎ 解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x＜0区域，圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得 qB0v0＝m ①‎ qλB0v0＝m ②‎ 粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为 t1＝ ③‎ 粒子再转过180°时，所需时间t2为 t2＝ ④‎ 联立①②③④式得，所求时间为 t0＝t1＋t2＝1＋。 ⑤‎ ‎(2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d0＝2(R1－R2)＝。 ⑥‎ 答案：(1)　(2) 二、名校模拟重点演练——知热点 ‎6.(2018·滁州一中调考)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度θ，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，关于该粒子下列说法错误的是(　　)‎ A．电势能逐渐增加 B．动能逐渐减小 C．粒子所受重力小于电场力 D．粒子做匀加速直线运动 解析：选D　由于粒子做直线运动，受力分析可知粒子所受的电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，动能减小，电场力垂直于极板向上，与速度方向的夹角为钝角，电场力对粒子做负功，则粒子的电势能增加，故A、B正确，D错误；电场力与重力的合力方向向左，由平行四边形定则知粒子所受重力小于电场力，故C正确。‎ ‎7.[多选](2019届高三·桂林三校联考)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带上等量异种电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么(　　)‎ A．若微粒带负电荷，则A板可能带正电荷 B．微粒从M点运动到N点电势能可能增加 C．微粒从M点运动到N点机械能一定增加 D．微粒从M点运动到N点动能一定增加 解析：‎ 选ABD　微粒在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，合力向下，电场力可能向上而小于重力，也可能向下，故无法判断A板的带电情况，故A正确；电场力可能向上，也可能向下，所以微粒从M点运动到N点过程，电场力可能做负功，也可能做正功，电势能可能增加，也可能减小，所以机械能不一定增加，故B正确，C错误；微粒在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，电场力和重力的合力向下，故微粒从M点运动到N点动能一定增加，故D正确。‎ ‎8．[多选](2018·河南太康一中模拟)如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法中正确的是(　　)‎ A．组成A、B两束的离子都带负电 B．A束离子的比荷大于B束离子的比荷 C．A束离子的比荷小于B束离子的比荷 D．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 解析：选BD　A、B两束离子进入磁场后都向左偏，根据左手定则可以判断A、B两束离子都带正电，故A错误；经过速度选择器后的离子速度相同，离子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足qvB＝qE，即不发生偏转的离子具有共同的速度大小v＝，进入磁场区分开，轨道半径不等，根据公式R＝，可知半径大的比荷小，所以A束离子的比荷大于B束离子的比荷，故B正确，故C错误；在速度选择器中，电场方向水平向右，A、B离子所受电场力方向向右，所以洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里，故D正确。‎ ‎9.[多选](2018·辽宁辽南联考)如图所示，宽‎2 cm的有界匀强磁场的纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向里，现有一群带正电粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为‎5 cm，则(　　)‎ A．右边界：－‎4 cm＜y＜‎4 cm有粒子射出 B．右边界：y＞‎4 cm和y＜－‎4 cm有粒子射出 C．左边界：y＞‎8 cm有粒子射出 D．左边界：0＜y＜‎8 cm有粒子射出 解析：选AD　粒子恰射出磁场的临界条件如图所示。根据几何关系可得：临界点距x轴的间距y＝ cm＝‎4 cm，可知A对，B错；左边界x轴上方带电粒子可达到y＝‎8 cm 处，x轴下方无粒子到达，C错，D对。‎ ‎10.(2018·唐山二模)如图所示，在水平面内存在一半径为2R和半径为R两个同心圆，半径为R的小圆和半径为2R的大圆之间形成一环形区域。小圆和环形区域内分别存在垂直于水平面、方向相反的匀强磁场。小圆内匀强磁场的磁感应强度大小为B。位于圆心处的粒子源S沿水平面向各个方向发射速率为的正粒子，粒子的电荷量为q、质量为m，为了将所有粒子束缚在半径为2R的圆形内，环形区域磁感应强度大小至少为(　　)‎ A．B B.B C.B D.B 解析：选C　粒子在小圆内做圆周运动的半径为r0＝＝R，由轨迹图可知，粒子从A点与OA成30°角的方向射入环形区域，粒子恰好不射出磁场时，轨迹圆与大圆相切，设半径为r，由几何知识可知∠OAO2＝120°，由余弦定理可知：(2R－r)2＝r2＋R2－2Rrcos 120°，解得r＝R，由qvB′＝m，得B′＝＝＝B，故C正确。‎ ‎11.(2018·西藏拉萨中学月考)一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：‎ ‎(1)M、N间电场强度E的大小；‎ ‎(2)圆筒的半径R；‎ ‎(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。‎ 解析：(1)设两极板间的电压为U，由动能定理得 qU＝mv2‎ 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed 联立上式可得E＝。‎ ‎(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心O′， 轨迹半径为r，设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此SA弧所对圆心角 ‎∠AO′S＝。‎ 由几何关系得r＝Rtan 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律得 qvB＝m 联立解得R＝。‎ ‎(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移d后，设板间电压为U′，则U′＝＝ 设粒子进入S孔时的速度为v′，由＝可得v′＝v 设粒子做圆周运动的半径为r′，r′＝ 设粒子从S孔到第一次与圆筒碰撞期间的轨道所对圆心角为θ，比较两式得到r′＝R，可见θ＝ 此时粒子经过圆周后与圆筒发生碰撞，所以粒子将在与圆筒发生三次碰撞后由S孔射出，所以n＝3。‎ 答案：(1)　(2)　(3)3‎