【物理】2020届二轮复习专题五电场与磁场学案 45页

专题五　电场与磁场 要点提炼 ‎1.电场的性质及带电粒子在电场中的运动 ‎(1)对电场强度的三个公式的理解 ‎①E＝是电场强度的定义式，适用于任何电场。电场中某点的场强是确定的，其大小和方向与试探电荷q无关，试探电荷q充当“测量工具”。‎ ‎②E＝k是真空中点电荷所形成的电场的场强的决定式，某点的电场强度E由场源电荷Q和该点到场源电荷的距离r决定。‎ ‎③E＝是场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场，注意：式中d为两点间沿电场方向的距离。‎ ‎(2)电场能的性质 ‎①电势与电势能：φ＝。‎ ‎②电势差与电场力做功：UAB＝＝φA－φB。‎ ‎③电场力做功与电势能的变化：W＝－ΔEp。‎ ‎(3)等势面与电场线的关系 ‎①电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面。‎ ‎②电场线越密的地方，等差等势面也越密。‎ ‎③沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功。‎ ‎(4)带电粒子在电场中常见的运动类型 ‎①直线运动：通常利用动能定理qU＝mv2－mv来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd来求解。‎ ‎②偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题。对于类平抛运动可直接利用类平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理。‎ ‎(5)电场问题中常见的图象 ‎①φ－x图象：电场强度的大小等于φ－x图线的斜率大小。‎ ‎②E－x图象：图线与x轴围成的“面积”大小表示电势差的大小，两点的电势高低根据电场线的方向判定。‎ ‎2．磁场的性质及带电粒子在磁场中的运动 ‎(1)带电粒子在磁场中的受力情况 ‎①磁场只对运动的电荷有力的作用，对静止的电荷无力的作用。磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。‎ ‎②洛伦兹力的大小和方向：其大小为F＝qvBsinθ，注意：θ为v与B的夹角。F的方向由左手定则判定，四指的指向应为正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向。‎ ‎(2)洛伦兹力做功的特点 由于洛伦兹力始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功。‎ ‎(3)带电粒子在匀强磁场中常见的运动类型 ‎①匀速直线运动：当v∥B时，带电粒子以速度v做匀速直线运动。‎ ‎②匀速圆周运动：当v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度大小做匀速圆周运动。‎ ‎(4)带电粒子在磁场中的运动，难点和关键点是画粒子的运动轨迹，需要的物理知识是左手定则、向心力公式qvB＝m、轨迹半径的表达式R＝、周期的表达式T＝或T＝；需要的数学知识是直角三角形的三角函数关系、勾股定理，一般三角形的正弦定理，图中所涉及的不同三角形间的边角关系等。‎ ‎(5)粒子在直线边界磁场中的运动，一要利用好其中的对称性：从一直线边界射入匀强磁场中的粒子，从同一直线边界射出时，射入和射出具有对称性；二要充分利用粒子在直线边界上的入射点和出射点速度方向和向心力的方向是垂直的。‎ ‎3．复合场中是否需要考虑粒子重力的三种情况 ‎(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力。‎ ‎(2)题目中明确说明是否要考虑重力。‎ ‎(3)不能直接判断是否要考虑重力的情况，在进行受力分析与运动分析时，根据运动状态可分析出是否要考虑重力。‎ 高考考向1　场的性质与场的叠加 命题角度1 电场的叠加　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 例1　(2019·全国卷Ⅲ)(多选)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　b点距q近，a点距－q近，则b点的电势高于a点的电势，A错误。如图所示，a、b两点的电场强度可视为E3与E4、E1与E2的合场强，其中E1∥E3，E2∥E4，且知E1＝E3，E2＝E4，故合场强Ea与Eb大小相等、方向相同，B、C正确。由于φa<φb，将负电荷从低电势处移至高电势处的过程中，电场力做正功，电势能减少，D错误。‎ 答案　BC ‎(1)电场的叠加 ‎①电场强度是矢量，电场中某点的几个电场强度的合场强为各个电场强度的矢量和。‎ ‎②电势是标量，电场中某点几个电场的电势的总电势为各个电势的代数和。‎ ‎(2)①对称法求电场强度 ‎②特殊值法和极限法求电场强度 从题中给出的条件出发，需经过较复杂的计算才能得到结果的一般形式，并且条件似乎不足，使得结果难以确定，这时我们可以尝试采用极限思维的方法，将其变化过程引向极端的情况，就能把比较隐蔽的条件或临界现象暴露出来，从而有助于结论的迅速取得。对于某些具有复杂运算的题目，还可以通过特殊值验证的方法排除错误选项，提高效率。‎ 注：某些特殊情况还可以通过分析等式两边物理量的单位即量纲是否一致来排除错误选项。‎ 备课记录： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎　‎ ‎1－1　(2019·山东济宁二模)如图所示，一个绝缘圆环，当它的均匀带电且电荷量为＋q时，圆心O处的电场强度大小为E。现使半圆ABC均匀带电＋2q，而另一半圆ADC均匀带电－2q，则圆心O处电场强度的大小和方向为(　　)‎ A．2E，方向由O指向D B．4E，方向由O指向D C．2E，方向由O指向B D．0‎ 答案　A 解析　当圆环的均匀带电且电荷量为＋q时，圆心O处的电场强度大小为E，当半圆ABC均匀带电＋2q，由如图所示的矢量合成可得，在圆心处的电场强度大小为E，方向由O到D；当另一半圆ADC均匀带电－2q，同理，在圆心处的电场强度大小为E，方向由O到D；根据矢量的合成法则，圆心O处的电场强度的大小为2E，方向由O到D，A正确，B、C、D错误。‎ ‎1－2　图示为一个内、外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电平面，其单位面积带电量为σ。取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴。设轴上任意点P到O点的距离为x，P点电场强度的大小为E。下面给出E的四个表达式(式中k为静电力常量)，其中只有一个是合理的。你可能不会求解此处的场强E，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断。根据你的判断，E的合理表达式应为(　　)‎ A．E＝2πkσx B．E＝2πkσx C．E＝2πkσx D．E＝2πkσx 答案　B 解析　当R1＝0时，带电圆环演变为带电圆面，假设σ>0，则中心轴线上一点的电场强度E>0，而A项中，E<0，故A错误；当x→∞时E→0，而C项E＝2πkσ·＝2πkσ，x→∞时，E→2πkσ(R1＋R2)，同理可知D项中x→∞时，E→4πkσ，故C、D错误；所以正确选项为B。‎ ‎1－3　如图所示，半径为R的大球O被内切地挖去半径为的小球O′，余下的部分均匀地带有电荷量Q。今在两球球心连线OO′的延长线上，距大球球心O的距离为r(r＞R)处放置一个点电荷q，则q 所受的力大小为(你可以不必进行复杂的计算，而是根据所学的物理知识和物理方法进行分析，从而判断解的合理性。)(　　)‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　许多物理量都是有量纲的，用数学公式表述一个物理规律时，等式两端必须保持量纲一致，根据量纲可排除A；若r远大于R，可将带电的大球看做点电荷，根据库仑定律，q所受的力F＝，观察B、C、D中的表达式，当r趋于无穷大时，只有C中的表达式的值趋于，故本题答案为C。‎ 命题角度2 电场的性质 例2　(2019·全国卷Ⅱ)(多选)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　如图所示，在两正电荷形成的电场中，一带正电的粒子在两电荷的连线上运动时，粒子有可能经过先加速再减速的过程，A正确；已知带电粒子只受电场力，粒子运动轨迹与电场线重合须具备初速度与电场线平行或为0、电场线为直线两个条件，B错误；带电粒子仅受电场力在电场中运动时，其动能与电势能的总量不变，EkM＝0，而EkN≥0，故EpM≥EpN，C正确；粒子运动轨迹的切线方向为速度方向，由于粒子运动轨迹不一定是直线，故粒子在N点所受电场力的方向与粒子轨迹在该点的切线方向不一定平行，D错误。‎ 答案　AC ‎(1)电势和电势能 电势高低的判断 根据电场线的方向判断；根据UAB＝判断；根据电场力做功(或电势能)判断 电势能的大小和改变 根据Ep＝qφ判断；根据ΔEp＝－W电，由电场力做功判断 ‎(2)根据运动轨迹判断粒子的受力及运动情况 ‎①确定受力方向的依据 a．曲线运动的受力特征：带电粒子受力总指向曲线的凹侧；‎ b．电场力方向与场强方向的关系：正电荷的受力方向与场强方向相同，负电荷则相反；‎ c．场强方向与电场线或等势面的关系：电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度的方向。‎ ‎②比较加速度大小的依据：电场线或等差等势面越密⇒E越大⇒F＝qE越大⇒a＝越大。‎ ‎③判断加速或减速的依据：电场力与速度成锐角(钝角)，电场力做正功(负功)，速度增加(减小)。‎ 备课记录： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎　‎ ‎2－1　(2019·四川绵阳市三诊)如图所示，O是正三角形ABC的中心，将带正电的小球a、b分别放在A、B两顶点，此时b球所受的库仑力大小为F，再将一个带负电的小球c放在C点，b球所受的库仑力大小仍为F。现固定小球a、c，将小球b从B点沿直线移动到O点(　　)‎ A．移动过程中电场力对小球b不做功 B．移动过程中电场力对小球b做正功 C．小球b在B点受到的电场力等于在O点受到的电场力 D．小球b在B点受到的电场力大于在O点受到的电场力 答案　A 解析　设正三角形边长为L，当没放小球c时有F＝k，放上小球c后，对小球b受力分析，合力大小仍为F，而FAB与FCB夹角为120°，合力与一个分力大小相等，可以得出FAB＝FCB，即k＝k，得到qa＝qc，所以小球a、c是等量异种电荷。等量异种电荷的中垂面是一个等势面，所以将小球b从B点沿直线移动到O点过程中，电场力不做功，A正确，B错误；根据等量异种电荷的场强分布特点，可知B点的场强大小小于O点的场强大小，小球b在B点受到的电场力小于在O点受到的电场力，C、D错误。‎ ‎2－2　(2019·广东深圳市二调)真空中，在x轴上x＝0和x＝8处分别固定两个电性相同的点电荷Q1和Q2。电荷间连线上的电场强度E随x变化的图象如图所示(＋x方向为场强正方向)，其中x＝6处E＝0。将一个正试探电荷在x＝2处由静止释放(重力不计，取无穷远处电势为零)。则(　　)‎ A．Q1、Q2均为负电荷 B．Q1、Q2带电量之比为9∶1‎ C．在x＝6处电势为0‎ D．该试探电荷向x轴正方向运动时，电势能一直减小 答案　B 解析　由图知在x＝0处场强为正，x＝8处场强为负，根据电场线分布特点可知Q1、Q2均为正电荷，A错误；在x＝6处，合场强为0，有k＝k，解得＝＝，B正确；在两个正电荷形成的电场中，由于无穷远处电势为零，故在x＝6处电势大于零，C错误；试探电荷向x轴正方向运动时，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，D错误。‎ 命题角度3 匀强电场的性质 例3　(2017·全国卷Ⅲ)(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、‎ b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是(　　)‎ A．电场强度的大小为2.5 V/cm B．坐标原点处的电势为1 V C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV 解析　如图所示，由匀强电场中两平行线距离相等的两点间电势差相等知，Oa间电势差与bc间电势差相等，故O点电势为1 V，B正确；则在x轴上，每0.5 cm长度对应电势差为1 V,10 V对应的等势线与x轴交点e坐标为(4.5,0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由几何知识得：Od长度为3.6 cm，代入公式E＝得，E＝2.5 V/cm，A正确；电子带负电，电势越高，电势能越小，电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝－eU＝9 eV，D正确。‎ 答案　ABD ‎ 在匀强电场中由公式U＝Ed得出的“一式、二结论”‎ ‎(1)“一式”：E＝＝，其中d是沿电场线方向上两点间的距离。‎ ‎(2)“二结论”‎ 结论1：匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC＝，如图甲所示。‎ 结论2：匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如图乙所示。‎ 备课记录： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎　‎ ‎3．(2019·河南名校联盟五调)(多选)如图所示，在匀强电场中有一直角三角形ABC，∠C＝90°，∠A＝30°，BC边长2 cm。电场强度的方向与三角形ABC平面平行。一电子从A点移到C点电场力做功为15 eV，从B点移到C点电场力做功为5 eV。则(　　)‎ A．A、B两点间的电势差UAB为10 V B．电场强度的方向由A点指向C点 C．电场强度的大小为500 V/m D．一电子从B点移到AC的中点，电势能增加2.5 eV 答案　CD 解析　由题意得UAC＝＝－15 V，UBC＝＝－5 V，UAC＝φA－φC，UBC＝φB－φC，UAB＝φA－φB＝UAC－UBC＝－10 V，A错误；把AC线段三等分，连接BR，如图所示，由几何关系得AC＝2 cm，CR＝ cm，∠CBR＝30°，则∠ABR＝30°，根据匀强电场等分线段等分电势差得BR为等势线，且UAR＝－10 V，过A点作BR的垂线交BR于M点，则B、R、M三点电势相等，由几何关系可知 AM＝2 cm，故E＝＝500 V/m，方向由M点指向A点，B错误，C正确；设AC的中点为P，有UPC＝－7.5 V，由于UBC＝－5 V，故UBP＝UBC－UPC＝2.5 V，电子从B点移到AC的中点P，电场力的功为W＝－eUBP＝－2.5 eV，故ΔEp＝－W＝2.5 eV，即电势能增加2.5 eV，D正确。‎ 命题角度4 磁场的叠加 例4　(2018·全国卷Ⅱ)(多选)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　L1在a、b两点产生的磁场磁感应强度大小相等，设为B1，方向都垂直于纸面向里，而L2在a点产生的磁场磁感应强度大小设为B2，方向垂直纸面向里，在b点产生的磁场磁感应强度大小也为B2，方向垂直纸面向外，规定向外为正方向，根据矢量叠加原理可知B0－B1－B2＝B0，B2＋B0－B1＝B0，联立这两式可解得：B1＝B0，B2＝B0，故A、C正确。‎ 答案　AC ‎ 磁场的叠加和安培定则的综合问题 ‎(1)根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向。‎ ‎(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向。‎ ‎(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各通电导体单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。‎ 备课记录： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎　‎ ‎4．(2019·陕西渭南市二检)有两条长直导线垂直水平纸面放置，交纸面于a、b两点，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示。a、b的连线水平，c是ab的中点，d点与c点关于b点对称。已知c点的磁感应强度为B1，d点的磁感应强度为B2，则关于a处导线在d点产生磁场的磁感应强度的大小及方向，下列说法中正确的是(　　)‎ A．B1＋B2，方向竖直向下 B．B1－B2，方向竖直向上 C.＋B2，方向竖直向上 D.－B2，方向竖直向下 答案　D 解析　根据安培定则，a处导线在d点产生的磁感应强度的方向为竖直向下。a处导线和b处导线在c点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，可知大小都为，则b处导线在d点产生的磁感应强度大小为，方向竖直向上。因为d点的磁感应强度大小为B2，方向向上，即B2＝－Ba，可得a处导线在d点产生的磁感应强度大小为Ba＝－B2。故D正确，A、B、C错误。‎ 命题角度5 磁场的性质 例5　(2019·江苏高考)(多选)如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b 的电流方向可能是(　　)‎ A．均向左 B．均向右 C．a的向左，b的向右 D．a的向右，b的向左 解析　如图1所示，若a、b中电流方向均向左，矩形线框靠近导线的两边所受安培力方向相同，使线框向导线b移动。‎ 同理可知，若a、b中电流均向右，线框向导线a移动，故A、B不符合题意。‎ 若a导线的电流方向向左，b导线的电流方向向右，a、b中电流I′在线框所在处产生的磁场方向如图2所示，线框靠近导线的两边所在处的磁感应强度相同，所受的安培力大小相等、方向相反，线框静止。‎ 同理可知，若a导线的电流方向向右，b导线的电流方向向左，线框也静止，C、D符合题意。‎ 答案　CD ‎(1)安培力大小和方向 ‎(2)同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。‎ 备课记录： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎　‎ ‎5．(2019·湖北七市州教研协作体高三联合模拟)(多选)如图所示，两根通电长直导线A、B垂直于纸面固定放置，二者之间的连线水平，电流方向均垂直于纸面向里，A中电流是B中电流的2倍，此时A受到的磁场作用力大小为F，而在A、B的正中间再放置一根与A、B平行共面的通电长直导线C后，A受到的磁场作用力大小变为2F，则B受到的磁场作用力大小和方向可能为(　　)‎ A．大小为F，方向水平向右 B．大小为F，方向水平向左 C．大小为F，方向水平向右 D．大小为F，方向水平向左 答案　BC 解析　由于A、B间的磁场力是两导体棒的相互作用，故B受到A的磁场力大小为F，由同向电流相互吸引知，A受B的作用力向右，B受A的作用力向左；中间再加一通电长直导线C时，由于C处于中间，其在A、B两位置产生的磁感应强度大小相等、方向相反，故A受到的磁场力为B受磁场力的2倍，且两力方向相反；由于A受到的磁场作用力大小变为2F，则可能有两种情况：①C对 A的作用力为F，方向向右；则C对B的作用力为F，方向向左，故B受合力大小为F，方向水平向左；②C对A的作用力为3F，方向向左，则C对B的作用力为F，方向向右，故B受合力大小为F，方向水平向右。故B、C正确A、D错误。‎ 高考考向2　带电粒子(物体)在有界场中的运动 命题角度1 带电粒子(物体)在有界电场中的运动　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 例6　(2019·全国卷Ⅱ)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。‎ ‎(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；‎ ‎(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？‎ 解析　(1)PG、QG间场强大小相等，设均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有 E＝①‎ F＝qE＝ma②‎ 设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有 qEh＝Ek－mv③‎ 设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有 h＝at2④‎ l＝v0t⑤‎ 联立①②③④⑤式解得 Ek＝mv＋qh⑥‎ l＝v0⑦‎ ‎(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度为 L＝2l＝2v0。‎ 答案　(1)mv＋qh　v0　(2)2v0 ‎ 有关平行板电容器问题的分析思路 ‎(1)抓住三个关系式：①电容决定式C＝；②电容定义式C＝；③场强关系式E＝。‎ ‎(2)看清两种模式：①电容器连接电源，电容器两极板间电压不变；②电容器与电源断开(且不与其他电学元件形成回路)，电容器两极板上所带电荷量不变。‎ 备课记录： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎　‎ ‎6．(2019·山东淄博三模)(多选)如图，平行板电容器的A、B两极板水平放置，与理想二极管串联接在电源上，已知A和电源的正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点。现保持B板不动，通过上下移动A板来改变两极板的间距(两板仍平行)，下列说法中正确的是(　　)‎ A．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧 B．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的左侧 C．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧 D．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧 答案　AD 解析　若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，U不变，根据E＝，知d减小时E增大，所以电场力变大，方向向下，小球做平抛运动且竖直方向加速度增大，运动时间变短，小球打在N点左侧，故A正确；若小球带正电，当d增大时，电容减小，但由于二极管的单向导电性使得Q不可能减小，所以Q不变，根据E＝＝＝，知E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点，故B错误；若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据E＝＝＝，知E不变，所以电场力大小不变，方向向上，小球做类平抛运动且竖直向下的加速度不变，运动时间不变，小球仍然打在N点，故C错误；若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，U不变，则Q增大，根据E＝，知E增大，所以电场力变大，方向向上，若电场力仍小于重力，小球做类平抛运动且竖直向下的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，故D正确。‎ 命题角度2 带电粒子(物体)在有界磁场中的运动 例7　(2019·全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：‎ ‎(1)带电粒子的比荷；‎ ‎(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。‎ 解析　(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有 qU＝mv2①‎ 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qvB＝m②‎ 粒子运动的轨迹如图，‎ 由几何关系知d＝r③‎ 联立①②③式得＝④‎ ‎(2)由几何关系知，带电粒子从射入磁场到运动至x轴所经过的路程为s＝＋rtan30°⑤‎ 带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为 t＝⑥‎ 联立②③④⑤⑥式得t＝。‎ 答案　(1)　(2) ‎ 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的解题步骤 备课记录： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎　‎ ‎7－1　(2019·全国卷Ⅱ)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为(　　)‎ A.kBl，kBl B.kBl，kBl C.kBl，kBl D.kBl，kBl 答案　B 解析　若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，有qvaB＝m，Ra＝，解得va＝＝＝；若电子从d点射出，运动轨迹如图线②，有qvdB＝m，R＝2＋l2，解得vd＝＝＝。B正确。‎ ‎7－2　(2019·北京高考)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子带正电 B．粒子在b点速率大于在a点速率 C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出 D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短 答案　C 解析　由左手定则知，粒子带负电，A错误；由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变，B错误；由R＝，若仅减小磁感应强度B，则R变大，粒子可能从b点右侧射出，C正确；由R＝，若仅减小入射速率v，则R变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大，由t＝T、T＝知，粒子在磁场中的运动时间变长，D错误。‎ ‎7－3　(2019·江西高三九校3月联考)(多选)如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向里。有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，电荷量均为q，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α。下列说法正确的是(　　)‎ A．若r＝2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为 B．若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，则有tan＝ C．若r＝R，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为 D．若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为150°‎ 答案　BD 解析　若r＝2R，粒子在磁场中运动时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的弦，作出轨迹如图1所示，因为r＝2R，圆心角α＝60°，则粒子在磁场中运动的最长时间为tmax＝T＝·＝，故A错误；若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，作出轨迹 如图2所示，根据几何关系，有tan＝＝＝，故B正确；若r＝R，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图3所示，圆心角为90°，粒子在磁场中运动的时间t＝T＝·＝，故C错误；若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图4所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点连线构成菱形，由几何知识知圆心角α为150°，故D正确。‎ 高考考向3　带电粒子(物体)在组合场、复合场中的运动 命题角度1 带电粒子(物体)在组合场中的运动　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 例8　(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。‎ 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＝2ma2⑪‎ 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＝v2t2⑫‎ h＝a2t⑬‎ v2′＝⑭‎ sinθ2＝⑮‎ 联立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′⑯‎ 设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 R2＝＝R1⑰‎ 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′＝2R2sinθ2⑱‎ 联立④⑧⑯⑰⑱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的解题思路 ‎(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：正确画出粒子的运动轨迹。‎ ‎(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进行处理。‎ ‎(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的关系，上一个区域的末速度往往是下一个区域的初速度。‎ 备课记录： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎　‎ ‎8. (2019·福建省三明市模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中有一曲线边界OQ，边界上方区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界下方区域存在竖直方向上的匀强电场，场强大小为E。在x轴上的P处，有一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子由静止释放，经过时间t，粒子到达曲线上的N点，经磁场偏转恰好垂直穿过y轴，轨迹如图所示，粒子的重力不计，求：‎ ‎(1)P处粒子在磁场中的偏转半径r；‎ ‎(2)若此粒子从x轴正半轴上任意位置处由静止出发，最终都能垂直穿过y轴，则边界曲线OQ满足的方程。‎ 答案　(1)　(2)y＝ 解析　(1)在电场中：qE＝ma，v＝at 在磁场中：qvB＝，r＝，联立解得：r＝。‎ ‎(2)设边界上某一点的横、纵坐标分别为x和y，‎ 由几何关系可得x＝r 又y＝at2‎ 联立解得曲线OQ满足的方程为：y＝。‎ 命题角度2 带电粒子(物体)在复合场中的运动 例9　(2019·天津高考)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　由左手定则判断，后表面带负电，电势低，A错误；电子受力平衡后，U稳定不变，由e＝evB得U＝Bav，故前、后表面间的电压U与v成正比，与c无关，故B、C错误；自由电子受到的洛伦兹力F＝evB＝，D正确。‎ 答案　D ‎ 带电粒子在复合场中运动的解题思路 备课记录： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎9．(2019·山东省滨州市二模)如图所示，处于竖直面内的坐标系x轴水平、y轴竖直，第二象限内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直坐标平面向里。带电微粒从x轴上M点以某一速度射入电磁场中，速度与x轴负半轴夹角α＝53°，微粒在第二象限做匀速圆周运动，并垂直y轴进入第一象限。已知微粒的质量为m，电荷量为－q，OM间距离为L，重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：‎ ‎(1)匀强电场的电场强度E；‎ ‎(2)若微粒再次回到x轴时动能为M点动能的2倍，匀强磁场的磁感应强度B为多少？‎ 答案　(1)　(2) 解析　(1)微粒在第二象限做匀速圆周运动，‎ 则qE＝mg 解得：E＝。‎ ‎(2)微粒垂直y轴进入第一象限，则圆周运动圆心在y轴上，由几何关系得：rsinα＝L 洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝m 微粒在第一象限中运动时机械能守恒，有：‎ mgr(1＋cosα)＝Ek－mv2‎ 又因为Ek＝2×mv2‎ 联立以上各式解得：B＝ 。‎ 阅卷现场　带电粒子(物体)运动过程分析出错 例10　(2019·四川德阳二诊)(20分)如图所示，在竖直平面(纸面)内有长为l的CD、EF两平行带电极板，上方CD为正极板，下方EF为负极板，两极板间距为l，O点为两极板边缘C、E两点连线的中点；两极板右侧为边长为l的正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。粒子源P产生的电荷量为q、质量为m的带正电粒子飘入电压为U1的加速电场，其初速度几乎为零，被电场加速后在竖直平面内从O点斜向上射入两极板间，带电粒子恰好从CD极板边缘D点垂直DF边界进入匀强磁场区域。已知磁感应强度大小B与带电粒子射入电场O点时的速度大小v0的关系为＝，带电粒子重力不计。求：‎ ‎(1)带电粒子射入电场O点时的速度大小v0；‎ ‎(2)两平行极板间的电压U2；‎ ‎(3)带电粒子在磁场区域运动的时间t。‎ 正解　(1)电荷在电压为U1的加速电场中加速，由动能定理得：qU1＝mv，(2分)‎ 解得：v0＝。(1分)‎ ‎(2)设粒子进入偏转电场时的速度方向与水平方向间的夹角为θ，在偏转电场中：l＝v0cosθ·t0，(2分)‎ ＝v0sinθ·t0，(2分)‎ v0sinθ＝at0，(2分)‎ 加速度：a＝＝，(2分)‎ 解得：U2＝U1，θ＝。(2分)‎ ‎(3)粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：qv0cosθ·B＝m，(2分)‎ 解得：R＝l，(1分)‎ 由几何知识知，粒子转过的圆心角α＝，(1分)‎ 粒子在磁场中的运动时间：t＝，(2分)‎ 解得：t＝ 。(1分)‎ 答案　(1) 　(2)U1　(3) 错解　(1)电荷在电压为U1的加速电场中加速，由动能定理得：qU1＝mv，(2分)‎ 解得：v0＝。(1分)‎ ‎(2)设粒子进入偏转电场时的速度方向与水平方向间的夹角为θ，在偏转电场中：l＝v0cosθ·t0，(2分)‎ ＝v0sinθ·t0，(2分)‎ v0sinθ＝at0，(2分)‎ 加速度：a＝＝，(2分)‎ 解得：U2＝U1，θ＝。(2分)‎ ‎(3)粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B＝m，(扣2分)‎ 解得：R＝l，(扣1分)‎ 由几何知识知，粒子转过的圆心角α＝，(扣1分)‎ 粒子在磁场中的运动时间：t＝，(扣2分)‎ 解得：t＝ 。(扣1分)‎ 答案　(1) 　(2)U1　(3) 本题考查带电粒子在组合场中的运动，第(1)问考查带电粒子在电场中的加速运动，第(2)问需要利用逆向思维的方法和类平抛运动的规律求解，注意这个运动过程的末速度是粒子在磁场中运动的初速度，只有第(1)(2)问都求解正确第(3)问才可能求解正确。‎ 专题作业 ‎1．(2019·山东省聊城市二模)如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3垂直纸面放置，直导线与纸面的交点及坐标原点O分别位于边长为a的正方形的四个顶点。L1与L3中的电流均为2I、方向均垂直纸面向里，L2中的电流为I、方向垂直纸面向外。已知在电流为I的长直导线的磁场中，距导线r处的磁感应强度B＝，其中k为常数。某时刻有一电子正好经过原点O且速度方向垂直纸面向外，速度大小为v，电子电量为e，则该电子所受磁场力(　　)‎ A．方向与y轴正方向成45°角，大小为 B．方向与y轴负方向成45°角，大小为 C．方向与y轴正方向成45°角，大小为 D．方向与y轴负方向成45°角，大小为 答案　D 解析　通电直导线L1、L2、L3分别在原点O处产生磁场的磁感应强度B1＝k、B2＝k、B3＝k，方向如图所示。则三电流在O点处产生合磁场的磁感应强度B＝B1－B2＝，方向与y轴正方向成45°角且指向第一象限。电子经过原点O速度方向垂直纸面向外，速度大小为v，据左手定则知，该电子所受洛伦兹力方向与y轴负方向成45°角，洛伦兹力的大小f＝evB＝，D正确，A、B、C错误。‎ ‎2．(2019·福建省三明市检测)如图，正方形MNPQ处于纸面内，M、P处分别固定两根通电长直导线，二者相互平行且垂直纸面放置，通入电流的大小均为I，电流方向如图，它们在N点处产生的磁感应强度大小均为B0。下列说法正确的是(　　)‎ A．N、Q两点的磁感应强度方向相反 B．Q点处的磁感应强度大小为2B0‎ C．若使P处直导线电流反向，大小不变，则N处的磁感应强度大小为0‎ D．若使P处直导线电流反向，大小不变，则Q处的磁感应强度方向与原来垂直 答案　D 解析　两条直导线在N点产生的磁场的磁感应强度大小均为B0，则在N点的合磁场的磁感应强度为B0，由安培定则和矢量合成法则可知其方向沿NQ 方向向上，同理在Q点的合磁场的磁感应强度也为B0，其方向沿NQ方向向上，A、B错误；若使P处直导线电流反向，大小不变，由安培定则和矢量合成法则可知N处的磁感应强度大小仍为B0，Q处的磁感应强度方向变为水平向左，与原来垂直，C错误，D正确。‎ ‎3. (2019·河南省洛阳市三模)(多选)如图所示，虚线OL与y轴的夹角为60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一带正电荷的粒子从y轴上的M点沿平行于x轴的方向射入磁场，粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点(图中未画出)。已知OP之间的距离与粒子在磁场中运动的轨道半径相等，不计粒子的重力。则下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子离开磁场时的速度方向可能垂直虚线OL B．粒子经过x轴时的速度方向可能垂直x轴 C．粒子离开磁场时的速度方向可能和虚线OL成30°夹角 D．粒子经过x轴时的速度方向可能与x轴正方向成30°夹角 答案　BD 解析　如果粒子离开磁场时的速度方向垂直虚线OL，则轨迹圆心为O，可知OP＞r，A错误；如果粒子经过x轴时的速度方向垂直x轴，则粒子经过OL时速度方向竖直向下，粒子运动轨迹如图1所示，‎ 由几何关系可得OP＝r，B正确；如果粒子离开磁场时的速度方向和虚线OL成30°夹角，则粒子运动轨迹如图2所示，‎ 由几何知识可知，此时OP距离一定小于r，C错误；如果粒子经过x轴时的速度方向与x轴正方向成30°夹角，轨迹如图3所示，‎ 由几何知识知△AOC与△OAP全等，故OP＝AC＝r，D正确。‎ ‎4．(2019·江西省南昌市二模)如图所示，圆形区域内存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P点为磁场边界上的一点。相同的带正电荷粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向，这些粒子射出磁场区域的位置均处于磁场边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是磁场边界圆周长的。若只将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为磁场边界圆周长的，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则等于(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 答案　B 解析　当磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，如图所示，故∠POM＝120°。所以粒子做圆周运动的半径r2＝Rsin60°＝，同理可知r1＝Rsin30°＝，解得＝，B正确，A、C、D错误。‎ ‎5．(2019·山东省聊城市二模) (多选)如图所示，圆心角为90°的扇形COD内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，E点为半径OD的中点，现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b，以不同的速度分别从O、E点沿OC方向射入磁场，粒子a、b分别从D、C两点射出磁场，不计粒子所受重力及粒子间相互作用，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．粒子a带负电，粒子b带正电 B．粒子a、b在磁场中运动的加速度之比为2∶5‎ C．粒子a、b的速度之比为5∶2‎ D．粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180∶53‎ 答案　ABD 解析　根据题中条件，画出两粒子的轨迹如图。由图根据左手定则，可判断粒子a带负电，粒子b带正电，A正确；设扇形COD的半径为R ‎，据几何关系可得，ra＝，2＋R2＝r，则＝＝，由qvB＝m，解得v＝，两粒子的比荷相等，则粒子a、b的速度之比为2∶5，根据qvB＝ma，解得a＝，两粒子的比荷相等，则粒子a、b在磁场中运动的加速度之比为2∶5，B正确，C错误；由图知，粒子a轨迹的圆心角θa＝180°，根据sinθb＝可得粒子b轨迹的圆心角θb＝53°，根据t＝T、T＝可得，粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180∶53，D正确。‎ ‎6．(2019·河南省八市三模)如图ABCD的矩形区域存在沿A至D方向的匀强电场，场强为E，边长AB＝2AD，质量为m、带电量为q的正电粒子以速度v从A点沿AB方向射入矩形区域，粒子恰好从C点以速度v1射出电场，粒子在电场中运动时间为t，不计粒子重力，则(　　)‎ A．若电场强度变为2E，粒子从DC边中点射出 B．若电场强度变为2E，粒子射出电场的速度为2v1‎ C．若粒子入射速度变为，则粒子从DC边中点射出电场 D．若粒子入射速度变为，则粒子射出电场时的速度为 答案　C 解析　若电场强度变为2E，则粒子从DC边离开，由AD＝··t2可知运动时间变为t，则水平位移x＝vt变为原来的，而不是，A错误；在粒子穿过电场的过程中，由动能定理得Eq·AD＝mv－mv2，可知，若电场强度加倍，则射出电场的速度不等于2v1，B错误；若粒子入射速度变为，粒子在电场中运动的时间不变，则粒子从DC边中点射出电场，C正确；由于电场不变，电场力做功不变，由动能定理可知，粒子射出电场时的速度不是，D错误。‎ ‎7．(2019·山东省潍坊市二模)(多选)如图1所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O、O′分别为两金属板两侧边缘连线的中点，在O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为＋q、质量为m的粒子。在两板间存在如图2所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是(　　)‎ A．粒子在电场中运动的最短时间为 B．射出粒子的最大动能为mv C．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出 D．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出 答案　AD 解析　由图2可知场强大小E0＝，则粒子在电场中的加速度大小a＝＝，因为a·2＝d，则粒子在电场中运动的最短时间满足＝at，解得tmin＝，A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t＝，则由图2和动能定理可知，任意时刻射入的粒子射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时的动能均为mv，B错误；由图2可知，t＝时刻进入的粒子先竖直向下加速，加速时间t加＝－＝>，由A选项分析可知，t＝时刻进入的粒子在t＝前已经打在下极板上，不可能从O′点射出，C错误；由图2可知，t＝＝T时刻进入的粒子，竖直方向上先向上加速，加速时间t1＝－＝，加速过程竖直方向的位移y1＝at＝，然后向上减速，减速时间t2＝t1＝，减速过程竖直方向的位移y2＝y1＝，由y1＋y2＝可知粒子恰好不碰到上极板，然后竖直方向向下加速，再向下减速 到竖直方向速度为零……如此反复，则最后从电场射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O′点射出，D正确。‎ ‎8．(2019·浙江三校模拟)(多选)如图所示，空间中存在正交的匀强电场E和匀强磁场B(匀强电场水平向右)，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球(不考虑两球的相互作用，两球电荷量始终不变)。关于小球的运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．两小球都可能做直线运动 B．只有沿ab方向抛出的小球才可能做直线运动 C．若有小球能做直线运动，则一定是匀速运动 D．两小球在运动过程中机械能均守恒 答案　AC 解析　沿ab方向抛出的带正电小球，或沿ac方向抛出的带负电小球，在重力、电场力、洛伦兹力作用下，都可能受力平衡，做匀速直线运动，A正确，B错误；若小球在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时做直线运动，则合力一定为零，小球的运动一定是匀速直线运动，C正确；两小球在运动过程中除重力做功外还有电场力做功，故机械能不守恒，D错误。‎ ‎9．(2019·吉安模拟)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点由静止释放，当细线与竖直方向的夹角α＝60°时，小球速度为零。‎ ‎(1)求小球的带电性质和电场强度E的大小；‎ ‎(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时的初速度vA的大小(可含根式)。‎ 答案　(1)正电　　(2) 解析　(1)根据电场方向和小球运动情况分析，可知小球带正电，‎ 小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有 EqLsinα－mgL(1－cosα)＝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，‎ 若小球恰能完成竖直圆周运动，在等效最高点有 mg＝m 小球由A点释放到等效最高点，由动能定理有 ‎－mgL(1＋cos30°)＝mv2－mv 解得小球从A点释放的初速度vA＝。‎ ‎10．(2019·北京通州模拟)如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿偏转电场极板间的中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心。已知电子质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C，加速电场电压U0＝2500 V，偏转电场电压U＝200 V，极板的长度L1＝6.0 cm，板间距离d＝2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0 cm(忽略电子所受重力，结果均保留两位有效数字)。求：‎ ‎(1)电子射入偏转电场时的初速度v0；‎ ‎(2)电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；‎ ‎(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W。‎ 答案　(1)3.0×107 m/s　(2)0.72 cm ‎(3)5.8×10－18 J 解析　(1)根据动能定理有eU0＝mv 解得v0≈3.0×107 m/s。‎ ‎(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y，‎ 电子在水平方向做匀速直线运动：L1＝v0t 电子在竖直方向上做匀加速直线运动：y＝at2‎ 根据牛顿第二定律有＝ma 解得y≈0.36 cm 电子在偏转电场中做类平抛运动，射出偏转电场时速度的反向延长线过水平位移的中点，由几何关系知 ＝，解得h＝0.72 cm。‎ ‎(3)电子经过偏转电场过程中电场力对它做的功 W＝ey≈5.8×10－18 J。‎ ‎11. (2019·衡阳联考)“太空粒子探测器”是由加速装置、偏转装置和收集装置三部分组成的，其原理可简化为如图所示示意图。辐射状的加速电场区域边界为两个同心圆，圆心为O，外圆的半径R1＝2 m，电势φ1＝50 V，内圆的半径R2＝1 m，电势φ2＝0，内圆里有磁感应强度大小B＝5×10－3 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，收集薄板MN与内圆的一条直径重合，收集薄板两端M、N与内圆间各存在一狭缝。假设太空中漂浮着质量m＝1.0×10－10 kg、电荷量q＝4×10－4 C的带正电粒子，它们能均匀地吸附到外圆面上，并被加速电场从静止开始加速，进入磁场后，发生偏转，最后打在收集薄板MN上并被吸收(收集薄板两侧均能吸收粒子)，不考虑粒子相互间的碰撞和作用。‎ ‎(1)求粒子刚到达内圆时速度的大小；‎ ‎(2)以收集薄板MN所在的直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，分析外圆哪些位置的粒子将在电场和磁场中做周期性运动，指出该位置并求出这些粒子运动一个周期内在磁场中所用时间。‎ 答案　(1)2×104 m/s　(2)(0,2 m)，(2 m,0)，(0，－2 m)，(－2 m,0)　π×10－4 s 解析　(1)粒子在电场中被加速时，由动能定理可知qU＝mv2－0‎ U＝φ1－φ2‎ 解得v＝2×104 m/s。‎ ‎(2)粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下发生偏转，有qvB＝ 解得r＝1 m 因为r＝R2，所以由几何关系可知，从收集薄板MN左端贴着其上表面进入磁场的粒子在磁场中运动圆周后，射出磁场，进入电场，在电场中先减速至外圆处后反向加速，并返回磁场，如此反复地做周期性运动，其运动轨迹如图所示。‎ 由图易知，粒子运动一个周期内在磁场中所用时间为 t＝＝ 解得t＝π×10－4 s 在电场和磁场中做周期性运动的粒子在外圆上的四个位置坐标分别为(0,2 m)，(2 m,0)，(0，－2 m)，(－2 m，0)。‎ ‎12. (2019·大庆实验中学检测)如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，在x轴上的a点以速度v0与x轴负方向成60°角射入磁场，从y＝L处的b点沿垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x＝2L处的c点。不计粒子重力。求：‎ ‎(1)磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)电场强度E的大小；‎ ‎(3)带电粒子在磁场和电场中的运动时间之比。‎ 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)带电粒子的运动轨迹如图所示。‎ 由几何关系可知：r＋rcos60°＝L，‎ 得r＝ 又因为qv0B＝m 解得：B＝。‎ ‎(2)带电粒子在电场中运动时，沿x轴有：2L＝v0t2‎ 沿y轴有：L＝at，‎ 又因为qE＝ma 解得：E＝。‎ ‎(3)带电粒子在磁场中运动时间为：‎ t1＝·＝ 带电粒子在电场中运动时间为：t2＝ 所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为：‎ ＝。‎ ‎13. (2019·岳阳模拟)如图所示，真空中的矩形abcd区域内存在竖直向下的匀强电场，半径为R的圆形区域内同时存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形边界分别相切于ad、bc边的中点e、f。一带电粒子以初速度v0沿着ef方向射入该区域后能做直线运动；当撤去磁场并保留电场时，粒子以相同的初速度沿着ef方向射入恰能从c点飞离该区域。已知ad＝bc＝R ‎，忽略粒子的重力。求：‎ ‎(1)带电粒子的电荷量q与质量m的比值；‎ ‎(2)若撤去电场保留磁场，粒子离开矩形区域时的位置。‎ 答案　(1)　(2)ab边上距b点处 解析　(1)设匀强电场场强为E，当电场和磁场同时存在时，粒子沿ef方向做直线运动，有qv0B＝qE 当撤去磁场，保留电场时，带电粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由题知，粒子恰能从c点飞出，则水平方向有2R＝v0t 竖直方向有bc＝at2‎ 因为qE＝ma 解得＝。‎ ‎(2)若撤去电场保留磁场，粒子将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m 得r＝＝R 轨迹如图所示，‎ 由图中几何关系得r＝Rtanθ 得θ＝60°，故粒子离开矩形区域时在ab边上的位置g与b的距离为x＝R－bc· 解得x＝。‎ ‎14. (2019·济宁模拟)如图所示，在xOy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，第四象限内存在方向沿y轴负方向、电场强度为E的匀强电场。从y轴上坐标为a的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向与y轴正方向夹角范围为30°～150°，且在xOy平面内。结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限。已知带电粒子电荷量为q、质量为m，重力不计。求：‎ ‎(1)垂直y轴方向射入磁场的粒子运动的速度大小v1；‎ ‎(2)粒子在第一象限的磁场中运动的最长时间以及对应的射入方向；‎ ‎(3)从x轴上x＝(－1)a点射入第四象限的粒子穿过电磁场后经过y轴上y＝－b的点，求该粒子经过y轴上y＝－b点的速度大小。‎ 答案　(1)　(2)，粒子初速度方向与y轴正方向夹角为30°　(3) 解析　(1)垂直y轴方向射入磁场的粒子运动轨迹如图甲所示。‎ 由几何关系知，粒子运动轨迹的圆心在O点，轨迹半径：r1＝a 由洛伦兹力提供向心力得：‎ qv1B＝m 解得：v1＝。‎ ‎(2)当粒子初速度方向与y轴正方向夹角为30°时，粒子在第一象限的磁场中运动的时间最长，此时运动轨迹对应的圆心角：α＝150°‎ 粒子在磁场中运动的周期：T＝ 粒子的运动时间：t＝T＝×＝。‎ ‎(3)粒子在第一象限内的轨迹如图乙所示。‎ 设粒子射入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，轨迹半径为R，由几何关系得：R－Rcosθ＝(－1)a Rsinθ＝a 解得：θ＝45°，R＝a 由洛伦兹力提供向心力得：qv0B＝m 此粒子进入磁场的速度：v0＝ 设粒子到达y轴上y＝－b点的速度大小为v，‎ 根据动能定理得：qEb＝mv2－mv 解得：v＝ 。‎ ‎15．(2019·烟台模拟)如图所示，边长为3L的正方形区域分成相等的三部分，左右两侧为匀强磁场，中间区域为匀强电场。左侧磁场的磁感应强度大小为B1＝，方向垂直纸面向外；右侧磁场的磁感应强度大小为B2＝，方向垂直于纸面向里；中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行。一质量为m ‎、电荷量为＋q的带电粒子，从平行金属板的正极板开始由静止被加速，加速电压为U，加速后粒子从a点进入左侧磁场，又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入电场，不计粒子重力。求：‎ ‎(1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小；‎ ‎(2)粒子在左侧磁场区域内运动时的半径及运动时间；‎ ‎(3)电场强度的取值在什么范围内时，粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开。‎ 答案　(1) 　(2)　 ‎(3)≤E≤ 解析　(1)粒子在电场中运动时，qU＝mv2，‎ 解得粒子经过平行金属板加速后的速度大小 v＝ 。‎ ‎(2)粒子在左侧磁场区域内运动时由洛伦兹力提供向心力 qvB1＝，‎ 解得粒子在左侧磁场区域内做圆周运动时的半径 R1＝ 设粒子在左侧磁场中转过的角度为α，如图所示 由sinα＝，‎ 解得α＝60°，周期T＝ 粒子在左侧磁场中运动的时间为 t＝T＝ 。‎ ‎(3)粒子在右侧磁场中运动，设在上边缘cd间离开的临界速度分别为vn与vm，与之相对应的轨迹半径分别为Rn与Rm。如图所示，由分析知Rn＝L，Rm＝L 由洛伦兹力提供向心力有qvnB2＝ 对于粒子在电场中的运动，由动能定理有 qEnL＝mv－mv2，得En＝ 同理得Em＝ 所以电场强度的范围为≤E≤时，粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开。‎