2021届高考物理二轮复习专题三　电场和磁场

这是一份2021届高考物理二轮复习专题三　电场和磁场，共82页。试卷主要包含了多过程和临界问题等内容，欢迎下载使用。

专 题 三 电 场 和 磁 场



①3个模型：各种电荷产生电场模型、组合场模型、叠加场模型
②n种情境：以生活中电器、生产中的设备、现代电磁技术的应用为载体，设置一些新颖情境，体现科学态度和责任
③3个过程：电场力作用下的运动过程、有电场力做功的过程、带电粒子在磁场或复合场中的运动过程
④4种常见障碍：受力及运动过程的分析、带电粒子在匀强磁场中的几何知识(圆、三角形)、多过程和临界问题
⑤n种常用方法：公式法、比值定义法、合成法、分解法、补偿法、图象法、特殊值法、作图法等
⑥5种常用思维：类比思想、对称思想、临界思想、等效思想、守恒思想


微专题一　电场和磁场的基本性质
三年＋三卷考情
命题规律＋预测
三年考题
考查内容
(1)每年高考对电场和磁场的性质及带电粒子在电场和磁场中的运动均有考查，有时综合动力学观点，有时综合功能观点，难度可大可小。题型有选择题，也有计算题。分析粒子在电场和磁场中的运动时，一般要画出运动轨迹，根据几何关系结合动能定理、牛顿运动定律解题。在本微专题中对思想方法考查较多，常考查的思想方法有：等效思想、分解法、比值定义法、控制变量法、补偿法等。
(2)2021年高考会继续关注高频考点，但命题可以与生活、生产、科技结合，以新的载体形式出现。
2020
Ⅰ卷25T
带电粒子在匀强电场中的运动
Ⅰ卷18T
带电粒子在匀强磁场中的运动
Ⅱ卷20T
电场、电势
Ⅱ卷24T
带电粒子在匀强磁场中的运动
Ⅲ卷18T
带电粒子在有界匀强磁场中的运动
Ⅲ卷21T
电场力的性质、电场能的性质、电场力做功
2019
Ⅰ卷15T
共点力平衡中库仑定律的应用
Ⅰ卷17T
安培力
Ⅰ卷24T
洛伦兹力
Ⅱ卷20T
带电粒子运动轨迹的分析判断
Ⅱ卷17T
洛伦兹力
Ⅲ卷21T
等量异种电荷　电场的分析
Ⅲ卷18T
带电粒子在磁场中运动
2018
Ⅰ卷16T
点电荷中库仑定律的应用
Ⅰ卷21T
电子在匀强电场中的运动分析
Ⅱ卷21T
带电粒子在匀强电场中的能量转化分析
Ⅱ卷20T
磁场叠加
Ⅲ卷21T
带电粒子在平行板电容中的运动分析






高考考向1　电场的性质
解|题|必|备
1．类比法——理解抽象概念
电场中的概念较多，有些概念不易理解，可与熟知的重力场中的概念类比，增强记忆，加深理解，事半功倍。

2．掌握“三个判断”，轻松处理热点问题
(1)电场强度的判断：
①场强方向是正电荷受电场力的方向，也是电场线上某点的切线方向；
②电场的强弱可用电场线的疏密程度判断。
(2)电势高低的比较：
①根据电场线方向判断：沿着电场线方向电势降低；
②根据电势的定义φ＝判断：将＋q从电场中的某点移到无穷远处，电场力做功多，则该点的电势高；
③根据电势差Uab＝φa－φb判断：若Uab>0，则φa>φb；反之则φa<φb。
(3)电势能变化的判断：
①根据电场力做功判断：Wab＝－ΔEp，即电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加；
②根据电势高低判断：正电荷在电势高的位置电势能大；负电荷在电势高的位置电势能小；
③根据能量守恒判断：例如在只有电场力做功的情况下，动能增加，电势能一定减少；动能减少，电势能一定增加。
3．带电粒子在电场中运动轨迹的分析
(1)从轨迹的弯曲方向判断电场力方向，从而分析电场方向或电荷的正负。
(2)结合轨迹、速度方向与电场力方向，确定电场力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等。
(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况。
4．静电场中常见的三类图象
(1)v－t图象：根据v－t图象速度变化、斜率(即加速度)变化，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化。
(2)φ－x图象：①可直接判断各点电势的大小，并进一步判断电场方向； ②其斜率大小表示电场强度大小，斜率为零处，电场强度为零；③可分析电荷电势能的变化，并进一步分析电场力做功。
(3)E－x图象：①可直接分析电场强度的变化情况；②图线与x轴所夹“面积”表示电势差，并可进一步分析电荷所受电场力做功、电势能变化、动能变化等。
5．动态变化分析的两个重要结论
(1)电容器与直流电路相连，则两端电压取决于电路的连接情况，稳定时相当于断路，两端电压总等于与之并联的支路电压。
(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变；此时若只改变两板间距离，板间电场强度大小不变。
题|型|精|研
命题角度1　库仑力作用下的平衡问题
1.(2020·吉林省长春市重点中学联考)如图所示，带电小球A用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，电场的电场强度为E，将带电小球B固定在匀强电场中，A、B间的距离为r，连线与水平方向的夹角为37°，悬挂小球A的悬线刚好竖直，不计小球的大小，静电力常量为k，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是(　　)

A．小球A一定带正电
B．小球A和B一定带异种电荷
C．小球A的带电荷量为
D．小球B的带电荷量为
解析　若A带正电，则B球带负电，若A球带负电，则B球也带负电，因此小球A和B带电性质不确定，A、B两项错误；由题意知，kcos37°＝qAE，则qB＝，因此A的带电荷量无法确定，C项错误，D项正确。
答案　D
命题角度2　带电粒子运动轨迹的判断
2．(2020·贵州省贵阳市期末监测)在某静电场中，一个带正电的粒子仅在电场力作用下，既能沿电场线运动，也能在等势面上做匀速圆周运动。则该电场可能是(　　)
A．一个带正电的点电荷形成的电场
B．一个带负电的点电荷形成的电场
C．两个分立的带等量正电的点电荷形成的电场
D．两个带等量异种电荷的平行金属板间形成的电场
解析　由带正电粒子的运动情况判断，电场线为直线，电场中有的等势线为圆形，且电场力指向圆心。符合上述特征的有带负电的点电荷形成的电场，两个等量负电荷中垂面内的电场，只有B项正确。
答案　B
3.(2020·湖北省十堰市调研考试)如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。M和N是轨迹上的两点，其中M点是轨迹的最右侧的点，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是(　　)

A．粒子在电场中的加速度先增大后减小
B．粒子所受电场力的方向沿轨道方向
C．粒子在M点的速率最大
D．粒子在电场中的电势能先增大后减小
解析　粒子在匀强电场中受到的电场力为恒力，由牛顿第二定律知粒子的加速度恒定，A项错误；电场力指向轨迹的凹侧，所以电场力方向水平向左，B项错误；粒子在电场中的轨迹为抛物线，在M点的速率最小，C项错误；电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，D项正确。
答案　D
命题角度3　电场中的图象问题
4．(v－t图象)(2020·浙江新突破考前模拟)如图左图甲、乙两个带电物体放置在绝缘水平面上，同时由静止释放甲和乙后，甲开始时保持静止，物体乙运动的v－t图象如右图所示，则(　　)

A．两个物体带同种电荷
B．甲受到地面向左的摩擦力
C．两个物体带电荷量一定相等
D．经过一段时间，甲可能运动
解析　由静止释放后，两物体之间的力为库仑力F＝k，库仑力大小与距离的平方成反比，由v－t图象可知，乙的加速度越来越小，即所受库仑力越来越小，甲、乙之间距离越来越大，甲、乙之间为排斥力，带同种电荷，A项正确；甲、乙之间相互排斥，甲受到向右的摩擦力，B项错误；由牛顿第三定律知，无论甲、乙带电荷量多少，甲、乙受到的库仑力一样大，C项错误；两物体越来越远，库仑力越来越小，始终小于甲的最大静摩擦力，D项错误。
答案　A
5．(φ－x图象)(2020·北京市丰台市期末)空间某一静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，图中曲线关于纵轴对称。在x轴上取a、b两点，下列说法正确的是(　　)

A．a、b两点的电场强度在x轴上的分量都沿x轴正向
B．a、b两点的电场强度在x轴上的分量都沿x轴负向
C．a、b两点的电场强度在x轴上的分量大小Ea D．一正电荷沿x轴从a点移到b点过程中，电场力先做正功后做负功
解析　因为在O点处电势最大，沿着x轴正负方向逐渐减小，电势顺着电场强度的方向减小，所以a、b两点的电场强度在x轴上的分量方向相反，A、B项错误；在a点和b点附近分别取很小的一段d，由图象可知b点段对应的电势差大于a点段对应的电势差，看作匀强电场E＝，可知Ea 答案　C
6．(E－x图象)如图甲所示，半径为R、均匀带正电的球体，A、B为过球心O的直线上的两点，且OA＝2R，OB＝3R；球体的空间产生球对称的电场，电场强度大小沿半径方向分布情况如图乙所示，图中E0已知，E－r曲线下O～R部分的面积等于2R～3R部分的面积。则下列说法正确的是(　　)

A．A点的电势低于B点的电势
B．A点的电场强度小于B点的电场强度
C．从球面到A点的电势差小于AB两点间的电势差
D．电荷量为q的正电荷沿直线从A点移到B点的过程中，电场力做功E0Rq
解析　球体带正电，电场线方向沿半径向外，故A点电势高于B点电势，A项错误；因为A距O点距离为2R，B距O点距离为3R，从E－r图中2R处的电场强度大于3R处的电场强度，即EA＞EB，B项错误；根据U＝Ed可知图象的面积表示电势差，从E－r图可知，R～2R围成的面积大于2R～3R围成的面积，即从球面到A点的电势差大于AB两点间的电势差，C项错误；因为曲线下O～R部分的面积等于2R～3R部分的面积，即O～R间的电势差等于2R～3R间的电势差，即等于AB间的电势差，故电场做功为W＝Uq＝RE0q，D项正确。
答案　D
命题角度4　电场中的功能问题
7．(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　电子在等势面b时的电势能为E＝qφ＝－2 eV，电子由a到d的过程电场力做负功，电势能增加6 eV，由于相邻两等势面之间的距离相等，故相邻两等势面之间的电势差相等，则电子由a到b、由b到c、由c到d、由d到f电势能均增加2 eV，则电子在等势面c的电势能为零，等势面c的电势为零，A项正确；由以上分析可知，电子在等势面d的电势能应为2 eV，C项错误；电子在等势面b的动能为8 eV，电子在等势面d的动能为4 eV，由公式Ek＝mv2可知，该电子经过平面b时的速率为经过平面d时速率的倍，D项错误；如果电子的速度与等势面不垂直，则电子在该匀强电场中做曲线运动，所以电子可能到达不了平面f就返回平面a，B项正确。
答案　AB
命题角度5　平行板电容器的动态分析
8．(2020·江苏省如皋中学、徐州一中、宿迁中学三校联考)如图所示，平行板电容器C通过电阻箱R与恒压电源E连接，开关S闭合时一带电粒子刚好静止在水平放置的两板中央，若使粒子向下运动，以下说法正确的是(　　)

A．断开开关S
B．将板间距离增大
C．将电容器的上极板水平向右平移少许
D．增大电阻箱R的阻值
解析　粒子在重力和电场力作用下处于平衡状态，若产生向下的加速度，一定是电场力减小，在带电荷量不变的情况下，只有减小电场强度。断开开关和改变电阻箱的阻值都不会改变电场强度，A、D两项错误；在电压不变的情况下，增大两板间距离，电场强度减小；仅改变正对面积，电场强度不变，B项正确，C项错误。
答案　B
高考考向2　带电粒子在电场中的运动
解|题|必|备
1．带电粒子在电场中的运动

2．带电粒子在电场中的运动问题的解题思路
(1)首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还是曲线运动问题。
(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理
①如果是带电粒子在恒定电场力作用下做直线运动的问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等。
②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等。
(3)对于曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理。通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，应用动力学方法或功能方法求解。
3．解题途径的选择
(1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉及时间时选择功能关系，否则必须选择运动和力。
(2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解。
题|型|精|研
命题角度1　带电粒子在匀强电场中的运动
9.(多选)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是(　　)

A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2
B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等
C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2
D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同
解析　根据动能定理有mv2－0＝qU，解得v＝，所以质子和α粒子在O2处的速度大小之比为∶1，A项错误；质子、α粒子在A、B板间做匀加速直线运动，设A、B间电场强度为E1，由a＝可知，质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，质子在竖直电场中的加速度大，做类平抛运动的时间较短，可知质子在整个过程中的运动时间小于α粒子的运动时间，B项错误；O2到MN板的电势差用U′表示，对整个过程，由动能定理得Ek－0＝q(U＋U′)，故带电粒子的末动能与电荷量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2，C项正确；质子、α粒子由O2到MN板，竖直方向有h＝t2，水平方向有x＝vt，联立解得x＝2，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，D项正确。
答案　CD
命题角度2　带电体在电场中的运动
10.(2020·河北省张家口市阶段检测)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的小金属块A以初速度v0从光滑绝缘水平高台上飞出。已知在足够高的高台边缘右面空间中存在水平向左的匀强电场，场强大小E＝，则(　　)

A．金属块不一定会与高台边缘相碰
B．金属块一定会与高台边缘相碰，相碰前金属块在做匀变速直线运动
C．金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为
D．金属块运动过程中距高台边缘最远时的速度为v0
解析　小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动，故一定会与高台边缘相碰，故A项错误；小金属块虽受力为恒力，但初速度与合力不在一条直线上，所以做匀变速曲线运动，B项错误；小金属块向右做匀减速的加速度大小为2g，根据速度位移关系公式，有xm＝＝，故C项正确；小金属块水平向右匀减速到零时距离台边缘最远，用时t＝，竖直方向做自由落体运动，分速度vy＝gt＝，由于水平分速度为零，所以v合＝vy＝，故D项错误。
答案　C
命题角度3　带电粒子在交变电场中的运动
11．(多选)(2020·四川省宜宾四中一诊)如图甲所示两平行极板P、Q的极板长度和板间距离均为l，位于极板左侧的粒子源沿两板的中轴线向右连续发射质量为m、电荷量为＋q、速度相同、重力不计的带电粒子。在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)。已知t＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在2t0时刻经极板边缘射出。上述m、q、l、t0为已知量。(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)，则(　　)

A．该粒子在平行板间一直做曲线运动
B．该粒子进入平行板间的初速度v0＝
C．该粒子在平行板间偏转时的加速度a＝
D．两平行板上所加电压大小U0＝
解析　0～t0粒子受到电场力作用做类平抛运动，t0到2t0，电压为零，粒子不受电场力作用，从而做匀速直线运动，故A项错误；带电粒子在水平方向做匀速直线运动，则有：l＝v0·2t0，v0＝，故B项正确；t＝0时刻进入的粒子先做类平抛运动再做匀速直线运动，在0～t0时间内粒子做类平抛运动时有y1＝at，vy＝at0，在t0～2t0时间内，粒子做匀速直线运动，有y2＝vyt0＝at，粒子从极板边缘射出时，有＝y1＋y2＝at，得a＝，由q＝ma得：U0＝，故C项正确，D项错误。
答案　BC
高考考向3　磁场及磁场对通电导体的作用力
解|题|必|备
1．区分两个定则
安培定则(或右手螺旋定则)用来判断电流产生的磁场方向，左手定则用来判断电流所受磁场力的方向。
2．变三维为二维——求解安培力作用下的动力学问题

3．两个等效模型
(1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。
(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙。

题|型|精|研
命题角度1　安培定则和磁感应强度的叠加
12.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　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三项均错误，C项正确。

答案　C
命题角度2　安培力大小的计算
13.(2019·全国卷Ⅰ)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为(　　)

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

答案　B

高考考向4　带电粒子在匀强磁场中的运动
解|题|必|备
1．基本思路
(1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹。
(2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间和周期相联系。
(3)用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式。
2．轨迹圆的几个基本特点
(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角。如下图，θ1＝θ2＝θ3。
(2)粒子经过磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角(如图，α1＝α2)。

(3)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图甲。

(4)磁场圆与轨迹圆半径相同时，以相同速率从同一点沿各个方向射入的粒子，出射速度方向相互平行。反之，以相互平行的相同速率射入时，会从同一点射出(即磁聚焦现象)，如图乙。
3．临界问题
(1)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系。
(2)粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。
题|型|精|研
命题角度1　带电粒子在直线边界磁场中的运动
14.(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．Blk， B．Blk，
C．Blk， D．Blk，
解析　从a点射出粒子半径Ra＝＝，得：va＝＝，从d点射出粒子半径满足关系R＝l2＋2，得Rd＝l，因Rd＝，故vd＝＝，B项正确。

答案　B
命题角度2　带电粒子在圆形有界磁场中的运动
15.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　设速率为v1的粒子最远出射点为M，速率为v2的粒子最远出射点为N，如图所示，则由几何知识得r1＝＝，r2＝＝R，＝。由qvB＝得r＝，故＝＝，C项正确。

答案　C
命题角度3　带电粒子在磁场中的临界极值问题
16.(旋转定圆法)(多选)(2020·创智教育百校大联考)如图，匀强磁场中位于P处的粒子源可以沿垂直于磁场向纸面内的各个方向发射质量为m、电荷量为q、速率为v的带正电粒子，P到荧光屏MN的距离为d。设荧光屏足够大，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列判断正确的是(　　)

A．若磁感应强度B＝，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为
B．若磁感应强度B＝，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为
C．若磁感应强度B＝，则荧光屏上形成的亮线长度为(1＋)d
D．若磁感应强度B＝，则荧光屏上形成的亮线长度为(＋)d
解析　若B＝，即粒子的运动半径为r＝d，如图甲所示，到达荧光屏的粒子运动时间最长的是发射速度沿垂直且背离MN运动的粒子，其运行时间为t1＝T＝，运动时间最短的是以d为弦长的粒子，运动时间为t2＝T＝，所以最大时间差为t1－t2＝，A项错误，B项正确；若磁感应强度B＝，即粒子的运动半径为R＝2d，如图乙所示，到达荧光屏最下端的粒子的轨迹是与MN相切的，设下半部分的亮线长度为x，根据几何关系x2＋(R－d)2＝R2，解得x＝d。到达荧光屏最上端的粒子与屏的交点与P点连线为轨迹的直径，设上半部分亮线的长度为y，根据几何关系有(2R)2＝y2＋d2，解得y＝d，所以亮线的总长度为(＋)d，C项错误，D项正确。

答案　BD
17．(放缩法)(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　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，A项正确；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＝，B项正确，C项错误；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，D项正确。

答案　ABD
命题角度4　带电粒子在磁场中运动的多解问题
18.(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　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，…)，B、D两项正确。

答案　BD

课时巩固练(6)　电场和磁场的基本性质
一、单项选择题
1.如图所示是早期发明的一种电流计，它是根据奥斯特现象中小磁针的偏转来计量电流的，缺点是精确度不高、易受外界干扰。接通电流前，位于环形导线中央的小磁针仅在地磁场的作用下处于静止状态，调整电流计的方位，使环形导线与小磁针共面。当给环形导线通以恒定电流I后，小磁针偏转α角；当给环形导线通以恒定电流kI时，小磁针偏转β角。若已知环形电流圆心处的磁感应强度与通电电流成正比。关于这种电流计，下列说法正确的是(　　)

A．该电流计测量结果与地磁场的竖直分量有关
B．该电流计在地球上不同位置使用时，所标刻度均相同
C．小磁针偏转角满足关系式sinβ＝ksinα
D．小磁针偏转角满足关系式tanβ＝ktanα
解析　由图可知，该电流计测量结果与地磁场的水平分量有关，故A项错误；在地球上不同位置，地磁场的水平分量可能不同，所以该电流计在地球上不同位置使用时，所标刻度不相同，故B项错误；根据磁场的矢量关系可得tanα＝，tanβ＝，因为环形电流圆心处的磁感应强度与通电电流成正比，所以有tanβ＝ktanα，故C项错误，D项正确。
答案　D
2.(2020·河南省九师联盟质量检测)如图所示，长直导线P、Q垂直于纸面平行放置，分别通以相反方向的恒定电流，大小为I1、I2，此时两导线连接中点O处的磁感应强度大小为B1，若将Q导线中电流大小不变，方向反向，则O点处的磁感应强度大小为B2，且B1、B2方向相同，则直导线P中电流在O点处产生的磁场磁感应强度大小为(　　)

A． B．
C．B1－B2 D．
解析　设P导线中电流在O点处产生的磁场磁感应强度大小为BP，Q导线中电流在O点处产生的磁场磁感应强度大小为BQ，根据题意可知，BP＋BQ＝B1，BP－BQ＝B2，则BP＝，A项正确。
答案　A
3.如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点。下列说法中正确的有(　　)

A．粒子带负电
B．粒子在M点的动能大于在N点的动能
C．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
D．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力
解析　由粒子的运动轨迹和电场线的方向可判断粒子带正电，A项错误；粒子从M向N运动，相当于顺着电场线方向运动，粒子又是带正电，则电场力做正功，电势能减小，可得EpM＞EpN，再由动能定理知，EkM＜EkN，B项错误，C项正确；由电场线密的地方场强大，可知EM＜EN，又F电＝qE，则FN＞FM，D项错误。
答案　C
4.(2020·湖南郴州质检一)a、b两离子从平行板电容器两板间P处垂直电场入射，运动轨迹如图。若a、b的偏转时间相同，则a、b一定相同的物理量是(不计重力)(　　)

A．比荷 B．入射速度
C．入射动能 D．入射动量
解析　离子在电场中做类平抛运动，垂直板方向做匀加速直线运动，偏转时间相同，偏转量相同，y＝at2＝××t2，两板间电压、距离、运动时间相等，则a、b一定相同的物理量是比荷，故A项正确。
答案　A
5.(2020·江西模拟)在电场中，以O为原点，沿电场方向建立坐标轴r，将带正电的试探电荷放入电场中，其电势能Ep随r变化的关系如图所示，其中r2对应图线与横轴的交点，r0对应图线的最低点。若电荷只受电场力的作用，则下列说法正确的是(　　)

A．从r2处静止释放电荷，电荷将保持静止
B．从r1处静止释放电荷，电荷始终向r正方向运动
C．从r0处静止释放电荷，电荷将先向r负方向运动
D．从r3处静止释放电荷，电荷将始终向r负方向运动
解析　根据电势能Ep＝qφ可知：电势与图中电势能曲线趋势一致；根据沿着电场线电势降低可知：从r1到r0，电场方向向r正方向；在r0处电场强度为零；在r0到无穷远，电场方向向r负方向；所以，从r1、r2处释放电荷，电荷先向r正方向运动，从r1处释放电荷，到r0处动能最大，继续沿r正向运动，至无穷远处动能仍不为0。从r0处释放电荷，电荷将保持静止；从r3处释放电荷，电荷将先向r负方向运动，动能变为0后再反向运动；故B项正确，A、C、D三项错误。
答案　B
6.(2020·吉林省重点中学联考)如图所示，平行板A、B带等量的异种电荷，B板接地，两板间有一固定点P，将A板向上平移小段距离，则下列物理量一定增大的是(　　)

A．平行板电容 B．两板间电场强度
C．P点的电势 D．A板的电势能
解析　由C＝可知，d增大，平行板电容减小，A项错误；由E＝＝＝可知，两板间电场强度大小不变，B项错误；P点与B板的距离d1不变，因此P点的电势φ＝Ed1不变，C项错误；由于两板间距离增大，因此静电力做负功，A板的电势能增大，D项正确。
答案　D
7.(2020·安徽省池州市期末考试)如图所示，直线边界PMN上方有足够大的匀强磁场B，方向垂直纸面向外，边界P点有一粒子源，以与竖直方向成θ角的不同速率向磁场中射入两个相同的粒子甲和乙，粒子甲、乙经磁场偏转后分别从边界上M、N点出磁场，已知PM＝MN，粒子重力不计，则甲、乙在磁场中运动的速度大小之比和甲、乙在磁场中运动的时间之比分别为(　　)

A．1∶4,1∶1 B．1∶4,1∶4
C．1∶2,1∶1 D．1∶2,1∶4
解析　如图所示，粒子进入磁场时速度的垂线与PM的垂直平分线的交点为粒子甲在磁场中做圆周运动的圆心，同理，粒子进入磁场时速度的垂线与PN的垂直平分线的交点为粒子乙在磁场中做圆周运动的圆心，由几何关系可知，两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2＝1∶2，由r＝可知，甲、乙的速度大小之比为1∶2；由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T＝，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，因此粒子在磁场中运动的时间相同，甲、乙在磁场中运动的时间之比为1∶1，只有C项正确。

答案　C
8.(2020·安徽省六安市质量检测)如图所示，圆柱形磁铁S极向上竖直放置，电荷量为q、质量为m的点电荷在S极上方某一水平面内以速率v做匀速圆周运动，圆心O在磁极正上方，圆周上一点和S端中心的距离为L，电荷与S端中心的连线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则(　　)

A．此电荷一定带负电
B．从上方俯视电荷一定沿顺时针运动
C．若洛伦兹力方向与水平方向的夹角为α，则tanα＝
D．若粒子速度增大，粒子仍能在该轨道做匀速圆周运动
解析　电荷的电性未知，粒子的旋转方向也不明确，所以A、B两项均错误；对点电荷进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得F合＝＝可得tanα＝，C项正确；v变大，电荷将做离心运动，粒子不能在原来的轨道上运动，D项错误。

答案　C
9.(2020·贵阳一中、云师大附中、南宁三中诊断性联考)如图所示的圆形区域内有垂直于纸面的磁感应强度为B的匀强磁场，MN、GH为圆的两条相互垂直的直径，P、Q为圆上关于MN对称的两点，它们到MN的距离为圆半径的一半。两个质量为m、电荷量为q的相同的粒子分别从P、Q两点以平行于MN的相同速度进入圆形磁场区域，不计粒子所受重力和两粒子间的相互作用。已知从P点进入磁场的粒子刚好从H点离开磁场区域，则从Q点进入磁场的粒子在磁场中的运动时间为(　　)

A．　　　B．　　　C．　　　D．
解析　从P点射入的粒子的运动轨迹如图甲所示，根据r2＝2＋2，得r＝R，由r＝可知，从Q点射入的粒子的轨道半径也为r，所以其运动轨迹如图乙，其圆心刚好在P点，圆心角为120°，运动时间t＝＝，故B项正确。

答案　B
二、多项选择题
10.(2020·湘赣皖十五校联考)带电量均为Q的异种点电荷分别固定在水平方向上的MN两点，其连线中垂线上的O点连接长为l的绝缘轻杆，杆的另一端固定一质量为m，电量为q(q>0)的带电小球，杆可绕O点无摩擦地在竖直面内转动。如图所示，现让小球从O的等高处A点(电势为φA)释放，若C也为O的水平等高点，且OC＝OA，以无穷远处为电势零点，且q
A．转到最低点B时的速度v＝
B．转到最低点B时的速度v＝
C．小球恰好能到达C点
D．要想使小球到达C点，在A点至少需要提供初速度v0＝2
解析　异种点电荷其周围电场线的特点：连线中垂线是一条电势为零的等势线，A点的电势φA<0，B点的电势φB＝0，C点的电势φC>0；小球在运动过程中受重力和电场力，对AB过程应用动能定理：mgl＋q(φA－φB)＝mv2，得v＝，故A项正确，B项错误；在小球由A到C的过程中，重力不做功，电场力做负功，总功为负，对AC过程应用动能定理：(φA－φC)q＝2φAq＝0－mv，得v0＝2，故D项正确，C项错误。
答案　AD
11．(2020·湖北武汉市调研)如图所示，在边长为L的正方形区域abcd内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。从边ad的四等分点P处沿与ad边成45°角向磁场区域内射入速度大小不等的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为－q(q>0)。不计粒子重力，关于粒子的运动，下列说法正确的是(　　)

A．可能有粒子从b点射出
B．粒子在磁场中运动的最长时间为
C．速度v＝的粒子从cd边射出磁场
D．从bc边射出的粒子的运动轨道所对应的圆心角一定小于135°
解析　粒子的速度较大时，半径较大，粒子从ab边出；粒子的速度较小时，半径较小，粒子可能从bc、cd、ad边出；由对称性可知，粒子不可能从b点射出，故A项错误；粒子在磁场中的偏转角最大时，时间最长，即当粒子从ad边射出时，偏转角最大，偏转角为270°，所以最长时间为tmax＝×＝×＝，故B项正确；速度v＝的粒子，半径为r＝＝，粒子刚好从cd边射出时L＝r′＋r′sin45°，解得r′＝L，粒子刚好从bc边射出时，L＝r″＋r″sin45°，解得r″＝L，所以粒子从cd边射出磁场，故C项正确；刚好从bc边射出的粒子即速度方向与bc相切，偏转角为135°，所以要使粒子从bc边射出其运动轨道所对应的圆心角一定小于135°，故D项正确。
答案　BCD
三、非选择题
12.如图所示，一带电荷量为q＝1.0×10－6 C、质量为m＝4.0×10－3 kg的带电小球，用绝缘轻细线悬挂起来，整个装置被置于一足够大的水平向右的匀强电场的空间中。带电小球在电场中静止时细线偏离竖直方向的夹角θ＝37°。若不计空气阻力的作用，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：

(1)细线拉力的大小和电场强度的大小；
(2)细线剪断后，小球运动的加速度大小；
(3)从剪断细线开始，经过t＝0.20 s这一段时间内小球电势能的变化量。
解析　(1)小球受到重力mg、电场力F和细线的拉力T的作用，如图所示，由共点力平衡条件有

Tcosθ＝mg，
qE＝mgtanθ，
解得T＝5×10－2 N，
E＝3.0×104 N/C。
(2)剪断细线后，小球做匀加速直线运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有＝ma，
解得a＝＝12.5 m/s2。
(3)在t＝0.20 s的时间内，小球的位移为
l＝at2＝0.25 m，
小球运动过程中，电场力做的功为
W＝qElsinθ＝4.5×10－3 J，
所以小球电势能的变化量为ΔEp＝－4.5×10－3 J。
答案　(1)5×10－2 N　3.0×104 N/C　(2)12.5 m/s2
(3)－4.5×10－3 J
13．(2020·山西省运城市期末调研测试)
如图所示，空间存在方向斜向上且与水平方向夹角为45°的匀强电场，电场强度大小为E＝，范围足够大。电场中有一绝缘挡板MN，与水平方向夹角为θ＝45°；质量为m、电荷量为q、带正电的小球从与M点在同一水平线的O点以速度v0竖直向上抛出，小球运动过程中恰好不和挡板相撞，小球运动轨迹所在平面与挡板垂直，重力加速度为g，求：

(1)小球贴近挡板时速度大小；
(2)小球贴近挡板时距M点的距离。
解析　(1)对小球进行受力分析可知：小球所受重力与电场力的合力方向水平向右，故小球做类平抛运动，竖直向上的分运动为匀速直线运动，水平向右的分运动为匀加速直线运动。
小球贴近挡板时速度方向与挡板平行，由运动的分解得vsinθ＝v0，解得v＝v0。
(2)小球受到合力F＝＝mg，由牛顿第二定律得，其加速度a＝＝g，方向水平向右。
小球从O点运动到贴近挡板的过程，
竖直方向有x＝v0t，
水平方向有vy＝at，
且满足tanθ＝，
当小球贴近挡板时距M点的距离为s＝，
以上各式联立解得s＝。
答案　(1)v0　(2)
技巧点拨　可采用等效思想解答问题，把电场力和重力的合力看成一个力(等效重力)，按平抛运动的思路分析求解即可，此思维方式可使问题的理解变得容易。
14．如图甲所示，圆盒为电子发射器，M处是电子出射口。其正视截面如图乙所示，D为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为R的金属圆柱的圆心A处有一离子源，可沿半径向外均匀发射速率为v的低能电子，与金属圆柱同轴放置的金属网C的半径为3R。不需要电子射出时，可用磁场将电子封闭在金属网以内；若需要低能电子射出时，可撤去磁场，让电子直接射出；若需要高能电子，撤去磁场，并在金属圆柱A和金属网C间加一径向电场，使其加速后射出，不考虑金属圆柱A和金属网C的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子的重力，已知电子质量为m，电荷量为e。

(1)若需要速度为3v的电子通过金属网C发射出来，在金属圆柱A和金属网C间所加电压U是多大。
(2)若金属圆柱A和金属网C间不加电压，要使由金属圆柱A发射的电子不从金属网C射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆盒平面向外的匀强磁场，则所加磁场磁感应强度B应满足什么条件？
解析　(1)电子经AC间的电场加速时，由动能定理得
eU＝m(3v)2－mv2，
解得U＝。
(2)电子在AC间磁场中做匀速圆周运动，其轨迹圆与金属网相切时，磁感应强度B有最小值，设此轨迹圆的半径为r，则有eBv＝m，

由几何关系得：(3R－r)2＝r2＋R2，
解得r＝R，
解得B≥。
答案　(1)　(2)B≥
微专题二　带电粒子在复合场中的运动
三年＋三卷考情
命题规律＋预测
三年考题
考查内容
(1)带电粒子在复合场中的运动是高考的常考内容之一，主要考查考生的综合分析能力和应用数学方法分析物理问题的能力。带电粒子在复合场中的运动与直线运动、圆周运动和类平抛运动结合较为紧密。用到数学知识多为圆和三角形，把零散的信息整合，应用数学方法解决问题，即“物理搭台，数学唱戏”。
(2)2021年高考复习中应关注本微专题内容，练习中注意总结组合场中有哪些组合方式，运动过程怎样，叠加场有哪些常见的运动模型，提高处理此类问题的能力。
2020
Ⅱ卷17T
带电粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转
2019
Ⅰ卷24T
带电粒子在组合场中的运动
2018
Ⅰ卷25T
带电粒子在组合场中的运动
Ⅱ卷25T
带电粒子在组合场中的运动
Ⅲ卷24T
带电粒子在组合场中的运动

高考考向1　带电粒子在组合场中的运动
解|题|必|备
1．两大偏转对比

匀强电场中的“电偏转”
匀强磁场中的“磁偏转”
力学特征
F电为恒力
v⊥B时，F＝qvB
运动规律
类平抛运动
(合成与分解)
匀速圆周运动(v⊥B)
r＝　T＝
偏转情况
tanθ＝
θ＝·2π
动能是否变化
动能发生变化
动能不变

2．思维流程

题|型|精|研
命题角度1　电场中的直线运动与磁场中的圆周运动组合
1．(2020·河南省顶级名校联考)如图甲所示，在MN下方存在竖直向上的匀强电场，在MN上方以MN为弦、半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场，磁场的变化规律如图乙所示，规定垂直纸面向里的方向为正方向。弦MN所对的圆心角为120°。在t＝0时，一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AOB射入磁场，运动到圆心O点后，做一次半径为的完整的圆周运动，再沿直线运动到B点，在B点经挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计，电荷量不变)，运动轨迹如图甲所示。粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场。求：

(1)磁场的磁感应强度B0的大小及变化周期T0；
(2)粒子从B点运动到A点的最短时间t；
(3)满足(2)中条件所加的电场强度E的大小。
解析　(1)根据题意，粒子在磁场中运动的半径为r＝，由洛伦兹力提供向心力得qvB0＝m，
解得B0＝，
由题图分析可知：粒子从A点沿直径AOB匀速运动到O点，然后做一个完整的圆周运动所用的时间为一个周期T0，则T0＝＝(π＋1)。
(2)设一个周期内没有磁场的时间为t1，存在磁场的时间为t2，则t1＝，t2＝，
因为∠MON＝120°，可求得MN与AB之间的距离为，
粒子从B点返回时，刚好进入磁场并做圆周运动，然后进入电场做匀减速运动，当返回后刚离开电场时粒子做圆周运动，此时一定存在磁场，为了满足题图甲的运动轨迹，粒子在电场中的最短时间为t1＋t2，
则粒子从B点运动到A点的最短时间为
t＝2＋t2＝2t1＋t2＝(4＋5π)·。
(3)粒子在电场中做匀变速运动，加速度为a＝，
根据速度公式得2v＝×，
解得E＝＝。
答案　(1)　(π＋1)　(2)(4＋5π)
(3)
命题角度2　电场中的类平抛运动与磁场中的圆周运动组合
2．(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。
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，如图甲所示。
(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，如图乙，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＝vcosθ，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＝2Rcosθ，⑥
联立①②③④⑤⑥式得v0＝。⑦
(3)由运动学公式和题给数据得v1＝，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′＝。
答案　(1)见解析　(2)
(3)　
命题角度3　带电粒子在交变电磁场中的运动
3．如图所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、＋y轴方向为电场强度的正方向)。在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿＋y轴方向的带负电粒子(不计重力)。其中已知v0、t0、B0、E0，且E0＝，粒子的比荷＝，x轴上有一点A，坐标为。求：

(1)时带电粒子的位置坐标；
(2)粒子运动过程中偏离x轴的最大距离；
(3)粒子经多长时间经过A点。
解析　(1)由T＝得T＝2t0，
在时间内，粒子运动了圆周，
由洛伦兹力提供向心力得r1＝＝，
所以位置坐标为。
(2)粒子的运动轨迹如图所示。
由图可知：y1＝v0t0＋··t，

v1＝v0＋t0，
解得y1＝，v1＝2v0，
解得r2＝＝，
故ym＝y1＋r2＝v0t0。
(3)由图可知粒子的运动周期为4t0，在一个周期内粒子沿x轴方向运动的距离d＝2(r1＋r2)＝，
故t＝×4t0＝32t0。
答案　(1)　(2)v0t0　(3)32t0
高考考向2　带电粒子在叠加场中的运动
解|题|必|备
1．解题规范
(1)叠加场的组成特点：电场、磁场、重力场两两叠加，或者三者叠加。
(2)受力分析：正确分析带电粒子的受力情况，包括场力、弹力和摩擦力。
(3)运动分析：匀速直线运动、匀速圆周运动、匀变速直线运动、类平抛运动、非匀变速曲线运动。
(4)选规律，列方程：应用运动学公式、牛顿运动定律和功能关系。
2．灵活选择运动规律
(1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场中满足qE＝qvB；重力场与磁场中满足mg＝qvB；重力场与电场中满足mg＝qE。
(2)三场共存时，若合力为零，则粒子做匀速直线运动；若粒子做匀速圆周运动，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m。
(3)当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。
题|型|精|研
命题角度1　有固定轨道的叠加场问题
4.(2020·浙江新突破考前模拟)如图所示，在磁感应强度大小为B，范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为－q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ。设滑动时小物块所带电荷量不变，在小物块上滑过程中，其速度—时间图象和加速度—时间图象可能正确的是(　　)


解析　物块向上运动的过程中沿斜面向下的合力为F＝mgsinθ＋f＝mgsinθ＋μmgcosθ＋μqvB，物块做减速运动，当速度减小时，合力减小，加速度减小，速度的变化越来越慢，即合力的变化先快后慢，又因合力大小大于或等于mgsinθ＋μmgcosθ，所以加速度的变化应为先减小的快后减小的慢，但大于或等于某个值，不会逐渐减小到零，故D项正确。
答案　D
命题角度2　带电粒子(或带电体)在叠加场中的匀速直线运动
5.(2020·河北省张家口市阶段性检测)如图所示，质量为m、电荷量为q的带电微粒以速度v从O点进入一个电磁场混合区域。其中电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向外，v与水平方向成θ角，且与磁场方向垂直。已知该微粒恰好能沿直线运动到A，重力加速度为g。则下列说法中正确的是(　　)

A．该微粒可能带正电
B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为B＝
D．该电场的场强为E＝
解析　如果带电粒子在电场、磁场、重力场复合的场中做直线运动，则一定是匀速直线运动，故B项错误；由于微粒匀速运动，所以重力、电场力、洛伦兹力三力平衡，若粒子带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直于OA线斜向右下方，则电场力、洛伦兹力和重力不能平衡，故A项错误，若粒子带负电，符合题意，受力如图所示：由图qvBcosθ＝mg，qE＝qvBsinθ，可得B＝，E＝Bvsinθ＝，故C项正确，D项错误。

答案　C
命题角度3　带电粒子(或带电体)在叠加场中的圆周运动
6.(2020·湖南省长沙市雅礼中学月考)如图所示，在正交的匀强电磁场中有质量、电荷量都相同的两油滴，A静止，B做半径为R的匀速圆周运动。若B与A相碰并结合在一起，则它们将(　　)

A．以B原速率的一半做匀速直线运动
B．以为半径做匀速圆周运动
C．仍以R为半径做匀速圆周运动
D．做周期为B的一半的匀速圆周运动
解析　由A、B相碰时动量守恒mv＝2mv′，有v′＝。据题意碰后A、B合成的大油滴仍受重力与电场力平衡，合外力是洛伦兹力，所以继续做匀速圆周运动，且有r＝＝＝，T＝＝，B项正确。
答案　B

高考考向3　现代电磁场技术
解|题|必|备
1．质谱仪(如图甲)


原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝mv2。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m。
由以上两式可得r＝，m＝，＝。
2．回旋加速器(如图乙)


原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝，得Ekm＝，可见同种粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关。
3．速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件
一般以单个带电粒子为研究对象，在洛伦兹力和电场力平衡时做匀速直线运动达到稳定状态，从而求出相应的物理量，区别见下表。
装置
原理图
规律
速度选择器

若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做匀速直线运动
磁流体发电机

等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两极板电压为U时稳定，q＝qv0B，U＝v0Bd
电磁流量计

q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝
霍尔元件

当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差
题|型|精|研
命题角度1　质谱仪
7.质谱仪可利用电场和磁场将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。如图所示，虚线上方有两条半径分别为R和r(R>r)的半圆形边界，分别与虚线相交于A、B、C、D点，圆心均为虚线上的O点，C、D间有一荧光屏。虚线上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B。虚线下方有一电压可调的加速电场，离子源发出的某一正离子由静止开始经电场加速后，从AB的中点垂直进入磁场，离子打在荧光屏上时会被吸收。当加速电压为U时，离子恰能打在荧光屏的中点。不计离子的重力及电、磁场的边缘效应。求：

(1)离子的比荷；
(2)离子在磁场中运动的时间；
(3)能使离子打在荧光屏上的加速电压范围。
解析　(1)离子的轨迹半径r0＝，
由匀速圆周运动规律得qvB＝m，
在电场中加速，有qU＝mv2，
解得＝＝。
(2)离子在磁场中运动的周期为T＝，
在磁场中运动的时间t＝，
解得t＝。
(3)由(1)中关系，知加速电压和离子轨迹半径之间的关系为U′＝r′2，
若离子恰好打在荧光屏上的C点，
轨迹半径rC＝，
UC＝＝，
若离子恰好打在荧光屏上的D点，
轨迹半径rD＝，
UD＝＝，
即离子能打在荧光屏上的加速电压范围：
≤U′≤。
答案　(1)　(2)
(3)≤U′≤
命题角度2　回旋加速器
8．高能粒子是现代粒子散射实验中的炮弹，加速器是加速粒子的重要工具，是核科学研究的重要平台。质子回旋加速器是利用电场和磁场共同作用，使质子做回旋运动，在运动中通过高频电场反复加速、获得能量的装置。质子回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速质子(H)的质量为m，电荷量为＋q。加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压的大小为U0、周期T0＝。为了简化研究，假设有一束质子从M板上A处小孔均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。

(1)求质子在磁场中的轨迹半径为r(已知)时的动能Ek。
(2)请你计算质子从飘入狭缝至动能达到Ek[问题(1)中的动能]所需要的时间。(不考虑质子间的相互作用，假设质子每次经过狭缝均做加速运动)
(3)若用该装置加速氦核(He)，需要对偏转磁场或交变电压作出哪些调整？(只需说明调整方法，不需计算)
解析　(1)洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB＝，
质子的动能为Ek＝mv2，
解得Ek＝。
(2)设质子被加速n次后达到最大动能，则有
Ek＝nqU0，解得n＝，
质子在狭缝间做匀加速运动，加速度为a＝，
设n次经过狭缝的总时间为t1，根据运动学公式有
nd＝at，
设在磁场中做圆周运动的周期为T，某时刻质子的速度为v′，半径为r′
则qv′B＝m，T＝＝，
由t总＝(n－1)·＋t1，
解得t总＝·＋＝－。
(3)氦核的比荷与质子不同，要实现每次通过电场都被加速，需要保证交变电场的周期与磁场中圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的圆周运动周期T＝，氦核的比荷大于质子，圆周运动周期比质子的大。
方案一：增大磁感应强度B，使得氦核圆周运动的周期等于上述电场的周期即可。
方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期。
答案　(1)　(2)－
(3)方案一：增大磁感应强度B，使得氦核圆周运动的周期等于上述电场的周期即可。
方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期。
命题角度3　速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件
9．(电磁流量计)(2020·内蒙古乌兰察布等五市调研考试)直流式电磁流量计可测量污水管流量。流量计由一对电极a和b以及永磁体构成，永磁体在污水管处形成匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于管轴，两电极间距离为污水管直径d。如图所示为流量计横截面，污水自里向外流。由于污水中的正负离子随污水一起在磁场中运动，电极a、b之间会有电势差U。达到平衡时，污水管内部的电场可看作是匀强电场，污水中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。已知流量正比于流速乘横截面积。下面表示电极a、b的正负和污水流量的公式(k为调节常数)正确的是(　　)

直流式电磁流量
A．a正，b负　Q＝k
B．a负，b正　Q＝k
C．a正，b负　Q＝k
D．a负，b正　Q＝k
解析　正负离子流动时，根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏，负离子向下偏，则a带正电，b带负电，根据电场力和磁场力的合力为零可得q＝Bqv，所以v＝，所以流量Q＝k·＝k，A项正确。
答案　A
10．(霍尔效应)(多选)(2020·湖南省张家界一中第二次模拟)直放式电流传感器(开环式)工作原理如图。在通电直导线外套上一个留有气隙的开放磁芯(图甲)，由于磁芯的作用，气隙处的磁场视为匀强磁场，其磁感应强度的大小与流过导线的电流成正比。现在气隙间放入载流子为电子的霍尔元件，霍尔元件上下表面垂直于磁感线(图乙)，并接入图示电路(图丙)。下列说法正确的是(　　)


A．若图丙中霍尔元件前表面电势高于后表面，则图乙中通电直导线电流垂直于纸面向里
B．若图丙中霍尔元件前表面电势高于后表面，则图乙中通电直导线电流垂直于纸面向外
C．保持电流表读数不变，电压表读数越大，说明通电直导线电流越大
D．保持电流表读数不变，电压表读数越大，说明通电直导线电流越小
解析　若图丙中霍尔元件前表面电势高于后表面，则电子偏向后表面，据左手定则知，霍尔元件处的磁场方向向下，据安培定则知，图乙中通电直导线电流垂直于纸面向里，故A项正确，B项错误；设霍尔元件前表面与后表面间距为d，霍尔元件上表面与下表面间距为h，霍尔元件单位体积内的电子数为n，电压表读数为U，电流表读数为I，霍尔元件处的磁感应强度为B，则：I＝nehdv，e＝evB，解得：B＝U，保持电流表读数不变，电压表读数越大，说明霍尔元件处的磁场越强，通电直导线电流越大，C项正确，D项错误。
答案　AC
课时巩固练(7)　带电粒子在复合场中的运动
一、单项选择题
1.如图为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的O点，出现一个光斑。在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为r的圆弧运动，打在荧光屏上的P点，然后在磁场区域再加一竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场，光斑从P点又回到O点，关于该粒子(不计重力)，下列说法正确的是(　　)

A．粒子带负电 B．初速度为v＝
C．比荷为＝ D．比荷为＝
解析　只存在磁场时，粒子打在P点，由左手定则知粒子带正电，A项错误；因为qvB＝，所以＝。加电场后满足Eq＝qvB，即v＝，代入上式得＝，D项正确，B、C两项错误。
答案　D
2.如图所示，粒子源P会发出电荷量相等的带电粒子，这些粒子经装置M加速并筛选后，能以相同的速度从A点垂直磁场方向沿AB射入正方形匀强磁场ABCD，粒子1、粒子2分别从AD中点和C点射出磁场。不计粒子重力，则粒子1和粒子2(　　)

A．均带正电，质量之比为4∶1
B．均带负电，质量之比为1∶4
C．均带正电，质量之比为2∶1
D．均带负电，质量之比为1∶2
解析　由图示可知，粒子刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左，由左手定则可知，粒子带负电；设正方形的边长为L，由图示可知，粒子轨道半径分别为r1＝L，r2＝L，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，m＝∝r，则＝＝，故B项正确。
答案　B
3.如图所示，一带电粒子以初速度v0从a点进入匀强磁场，v0的方向平行于x轴。运动过程中经过b点，Oa＝Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点进入电场，粒子仍能通过b点，不计重力，那么电场强度E与磁感应强度B之比为(　　)

A．v0 B．1
C．2v0 D．
解析　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，O为圆心，故Oa＝Ob＝，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，故Ob＝v0t，Oa＝t2，联立以上各式解得＝2v0，C项正确。
答案　C
4.带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图所示，所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带电质点将(　　)

A．可能做直线运动 B．可能做匀减速运动
C．一定做曲线运动 D．可能做匀速圆周运动
解析　带电质点在运动过程中，重力做功，速度大小和方向发生变化，洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化，故带电质点不可能做直线运动，也不可能做匀减速运动和匀速圆周运动，C项正确。
答案　C
5.(2020·湖南省张家界一中第二次模拟)如图所示，平面直角坐标系xOy的x轴上固定一带负电的点电荷A，一带正电的点电荷B绕A在椭圆轨道上沿逆时针方向运动，椭圆轨道的中心在O点，P1、P2、P3、P4为椭圆轨道与坐标轴的交点。为使B绕A做圆周运动，某时刻起在此空间加一垂直于xOy平面的匀强磁场，不计B受到的重力。下列说法中可能正确的是(　　)

A．当B运动到P1点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场
B．当B运动到P2点时，加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场
C．当B运动到P3点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场
D．当B运动到P4点时，加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场
解析　在洛伦兹力作用下做圆周运动，速度方向与受力方向垂直，P2、P4两点电场力与速度不垂直，加上磁场后，不可能做匀速圆周运动，所以只能在P1、P3位置，如果加垂直纸面向里的磁场，洛伦兹力与库仑力方向相同，合力变大，向心力变大，对应速度大的地方变轨，所以在P3点施加磁场；如果加垂直纸面向外的磁场，洛伦兹力与电场力方向相反，合力变小，向心力变小，则在速度小的地方变轨，在P1位置施加磁场，A、B、D三项错误，C项正确。
答案　C
6．(2020·全国卷Ⅱ)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图甲是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点。则(　　)


A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
解析　由于电子带负电，要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A项错误；增大加速电压则根据eU＝mv2，可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有evB＝m，可得R＝，可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B项错误；电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C项错误；由B项的分析可知，当其他条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D项正确。
答案　D
7．(2020·浙江新突破考前模拟)电磁流量计如图甲所示，它是利用磁场对电荷的作用测出流过容器液体的流量，其原理可以简化为如图乙所示模型，液体内含有大量正、负离子，从容器左侧流入，右侧流出。在竖直向下的匀强磁场作用下，下列说法正确的是(　　)

A．带电粒子受到竖直方向的洛伦兹力
B．带负电离子与带正电粒子受力方向相同
C．上下两侧面有电势差
D．前后两侧面有电势差
解析　带电粒子在磁场中运动会受到洛伦兹力，根据左手定则判断，带正电离子受到向后的洛伦兹力的作用，带负电离子受到向前的洛伦兹力作用，从而积聚在前后两个侧面，形成电势差，D项正确，A、B、C三项错误。
答案　D
二、多项选择题
8.如图所示，平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场相互正交，一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动。若已知小球做圆周运动的半径为r，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g，则下列判断中正确的是(　　)

A．小球一定带负电荷
B．小球一定沿顺时针方向转动
C．小球做圆周运动的线速度大小为
D．小球在做圆周运动的过程中，电场力始终不做功
解析　带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电小球受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故小球一定带负电荷，故A项正确；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断小球的运动方向为逆时针，故B项错误；由电场力和重力大小相等，得mg＝qE，带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为r＝，联立得v＝，故C项正确；小球在做圆周运动的过程中，电场力做功，洛伦兹力始终不做功，故D项错误。
答案　AC
9.(2020·湖南省雅礼中学模拟)图示区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。在细管中央静止放置一个带正电小球，某时刻小球分裂成质量分别为2m、m的a、b两个电荷量均为＋q(q>0)的带电颗粒，分裂后颗粒a、b分别向左、向右滑动，其中一颗粒恰好在细管内做匀速直线滑动，而另外一颗粒则没能滑出细管。则下列说法正确的是(　　)

A．a颗粒未能滑出管道
B．未能滑出管道的颗粒做匀减速直线运动
C．小球分裂后瞬间b颗粒速度为
D．小球分裂后瞬间a颗粒速度为
解析　小球分裂后，颗粒a受向下的重力和洛伦兹力，所以细管对颗粒a有竖直向上的弹力，颗粒a运动时受摩擦力作用而做减速运动未能滑出管道，A项正确；颗粒a速度减小，洛伦力减小，支持力减小，摩擦力减小，加速度减小，B项错误；颗粒b在细管内做匀速直线运动，受力平衡，有mg＝qvbB，解得速度vb＝，小球分裂瞬间满足动量守恒，有mva－2mvb＝0，解得va＝，C项错误，D项正确。
答案　AD
三、非选择题
10．(2020·浙江新突破考前模拟)某种工业上用质谱仪将铀离子从其他相关元素中分离出来，如图所示，铀离子通过U＝100 kV的电势差加速后进入匀强磁场分离器，磁场中铀离子的路径为半径r＝1.00 m的半圆，最后铀离子从狭缝出来被收集在一只杯中，已知铀离子的质量m＝3.92×10－25 kg，电荷量q＝3.20×10－19 C，如果该设备每小时分离出的铀离子的质量M＝100 mg，则：(为便于计算≈2)

(1)求匀强磁场的磁感应强度；
(2)计算一小时内杯中所产生的内能；
(3)计算离子流对杯产生的冲击力。
解析　(1)铀离子在加速电场中加速时，由动能定理
qU＝mv2－0，
铀离子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供
qvB＝，
以上两式联立并代入数据解得B＝0.5 T。
(2)每小时加速铀离子的数目
n＝＝＝2.55×1020个，
每个铀离子加速获得的动能为
Ek＝mv2＝qU，
这些动能全部转化为内能，则n个铀离子全部与杯子碰撞后产生的总的内能为
Q＝nEk＝nqU＝2.55×1020×3.20×10－19×105 J＝8.16×106 J。
(3)经过1小时，把这些铀离子看成一个整体，根据动量定理得－FNt＝0－Mv，
所以求得杯子对这些铀离子的冲击力
FN＝＝0.011 N，
据牛顿第三定律，离子对杯子的冲击力大小等于0.011 N。
答案　(1)0.5 T　(2)8.16×106 J　(3)0.011 N
11．(2020·陕西咸阳模拟)如图，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下。一质量为m、电荷量大小为q的微粒在区域Ⅰ左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了30°，重力加速度为g，求：

(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小；
(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(3)微粒从P运动到Q的时间。
解析　(1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有qE1sin45°＝mg，
解得E1＝，
微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有mg＝qE2，
解得E2＝。
(2)粒子进入磁场区域时满足qE1d1cos45°＝mv2，
qvB＝m，
根据几何关系，分析可知R＝＝2d2，
整理得B＝。
(3)微粒从P到Q的时间包括在区域Ⅰ内的运动时间t1和在区域Ⅱ内的运动时间t2，并满足a1t＝d1，
mgtan45°＝ma1，t2＝×，
经整理得t＝t1＋t2＝＋×＝。
答案　(1)　　(2)
(3)
12．(2020·浙江省杭州市适应性考试)如图所示，在直角坐标系xOy中，OA与x轴的夹角为45°，在OA的右侧有一沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，在OA的左侧区域及第二象限区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在x轴上的某点静止释放一个质量为m、带电荷量为q且不计重力的带电粒子(不计重力)，粒子将向左运动进入磁场，问：

(1)若释放点的位置坐标为x0，则粒子进入磁场后经过y轴时的坐标为多少？
(2)若上述粒子在返回电场后，经过x轴前没有进入磁场，则粒子从释放到又经过x轴需多长时间？
(3)若粒子在x轴上的P点释放后，粒子在进出磁场一次后又返回到P点，求P点的位置坐标是多少？
解析　(1)带电粒子在电场中加速qEx0＝mv2，
在磁场中受洛伦兹力向上，粒子沿顺时针方向偏转qvB＝，
粒子从O点进入磁场，经过半个周期经过y轴，故其坐标为y＝2R＝。
(2)粒子回到OA边界时，转过了四分之三圆弧，又进入电场，此时速度方向垂直于电场，粒子在电场中做类平抛运动，沿垂直于电场方向位移为R时经过x轴，故从静止开始加速运动到磁场过程中有
x0＝at，qE＝ma，
磁场中运动有t2＝T＝，
在电场中做类平抛运动的时间t3＝，
得t＝＋。
(3)由第(2)小题的分析可知，若R－x＝at，则粒子恰回到出发点，即－x＝2，
解得x＝。
答案　(1)　(2)＋
(3)
大专题综合练(三)　电场和磁场
一、单项选择题
1．西汉著作《淮南子》中记有“阴阳相薄为雷，激扬为电”，人们对雷电的认识已从雷公神话提升到朴素的阴阳作用。下列关于雷电的说法中错误的是(　　)
A．发生雷电的过程是放电过程
B．发生雷电的过程是电能向光能、内能等转化的过程
C．发生雷电的过程中，电荷的总量增加
D．避雷针利用尖端放电，避免建筑物遭受雷击
解析　雷电是天空中带异种电荷的乌云间的放电现象，A项正确；根据能量转化可知，发生雷电的过程是电能向光能、内能等转化的过程，B项正确；电荷既不会创生，也不会消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或从物体的一部分转移到另一部分，总量不变，C项错误；避雷针利用尖端放电，避免建筑物遭受雷击，D项正确。
答案　C
2.(2020·河北省衡水中学第一次联考)如图所示，abcd是一个用粗细均匀、同种材料的导线弯折成的长方形线框，线框竖直放置，ab长度为L，bc长度为。匀强磁场的方向垂直于金属框平面向里，磁感应强度大小为B。若金属框a、b两端与恒压电源相连，电流方向如图所示，若通过ab边的电流大小为I，则金属框受到的安培力大小和方向分别为(　　)

A.BIL，方向竖直向上 B．2BIL，方向竖直向上
C.BIL，方向竖直向下 D．3BIL，方向竖直向下
解析　由题意可知，边ab(cd)的电阻是边ad(bc)电阻的2倍，由并联关系可知，通过adcb支路的电流为，所以边dc所受安培力大小为Fdc＝BIL，方向竖直向上，边ab所受安培力大小为Fab＝BIL，方向竖直向上，边ad和bc所受安培力的合力为零，所以金属框所受安培力大小为F＝BIL，方向竖直向上，A项正确。
答案　A
3．如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2。当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为(　　)

A．B1－ B．B2－
C．B2－B1 D.
解析　对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故c点的磁场方向也是向左的。设aO1＝O1b＝bO2＝O2c＝r，单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r，在距离中点3r位置的磁感应强度为B3r，故：a点磁感应强度：B1＝B1r＋B3r；b点磁感应强度：B2＝B1r＋B1r；当撤去环形电流乙后，c点磁感应强度：Bc＝B3r＝B1－B2，故A项正确。
答案　A
4．如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一个带负电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v0沿两点电荷连线的中垂线从a点向上运动，其v－t图象如图乙所示。下列说法正确的是(　　)

A．两点电荷一定都带正电，但电荷量不一定相等
B．两点电荷一定带正电，0～t2时间内试探电荷所经过的各点电场强度越来越大
C．t1、t3两时刻试探电荷在同一位置
D．t2时刻试探电荷的电势能最大，试探电荷所在处电场的电势最高
解析　由图乙可知：试探电荷先向上做减速运动，再反向向下做加速运动，说明粒子受到的电场力向下，故两点电荷一定都带正电；由于电场线只能沿竖直方向，故两个点电荷带电荷量一定相等，故A项错误；图象的斜率表示加速度的大小，由图可知，加速度先增大后减小，故说明各点的电场强度先增大后减小，故B项错误；图象与时间轴所围成的面积表示位移，由图可知，t1、t3两时刻之间的图象面积相等，且方向相反，则说明t1、t3两时刻试探电荷在同一位置，故C项正确；t2时刻试探电荷的速度为零，动能为零，根据能量守恒定律可知试探电荷的电势能最大。由于粒子带负电，故此时电势最低，故D项错误。
答案　C
5．在某孤立点电荷的电场中，规定无限远处电势为零，则电场中任意点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系图象如图所示。电场中a、c两点电场强度大小之比为k1，b、d两点电场强度大小之比为k2；带电粒子从a点移到b点电场力做功为W1，从c点移到d点电场力做功为W2，下列说法正确的是(　　)

A．k1∶k2＝1∶1 B．k1∶k2＝1∶4
C．W1∶W2＝1∶1 D．W1∶W2＝1∶4
解析　由点电荷的电场强度公式E＝可知，孤立点电荷的电场中某点的电场强度大小与该点到点电荷距离的平方成反比，因此k1＝＝2＝16，同理可得k2＝＝16，故k1∶k2＝1∶1，故A项正确，B项错误；由W＝qU可知，在电场中移动电荷时电场力做的功与移动的两点间电势差成正比，因此W1∶W2＝Uab∶Ucd＝4∶1，故C、D两项错误。
答案　A
6.(2020·安徽省太和中学11月质检)如图所示，圆形磁场区域的半径为R，AB和CD是两条相互垂直的直径，圆心为O，匀强磁场的磁感应强度为B。一个质量为m，电荷量绝对值为q的带电粒子从A点沿与AB成45°方向射入磁场，最后从D点离开磁场。下列说法正确的是(　　)

A．带电粒子带正电
B．带电粒子运动速度为
C．带电粒子在运动过程中不会经过O点
D．带电粒子在磁场中的运动时间为
解析　根据题意，画出带电粒子在磁场中的运动轨迹，带电粒子在A点受到的洛伦兹力方向沿AD方向，根据左手定则，带电粒子带负电，A项错误；带电粒子做圆周运动的圆心为AD的中点，带电粒子做圆周运动的轨道半径为r＝R，带电粒子在运动过程中会经过O点，R＝，v＝，B、C两项错误；带电粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝，D项正确。

答案　D
7. (2020·东北三省三校第一次联考)在两个边长为L的正方形区域内(包括四周的边界)有大小相等、方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m，带电量为＋q的粒子从f点沿着fe的方向射入磁场，恰好从c点射出。则该粒子速度大小为(　　)

A.　　　B.　　　C.　　　D.
解析　画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何知识得r2＝2＋L2，由洛伦兹力提供向心力得r＝，联立解得v＝，C项正确。

答案　C
8. 如图所示为回旋加速器示意图，利用回旋加速器对H粒子进行加速，此时D形盒中的磁场的磁感应强度大小为B，D形盒缝隙间电场变化周期为T，加速电压为U。忽略相对论效应和粒子在D形盒缝隙间的运动时间，下列说法正确的是(　　)

A．保持B、U和T不变，该回旋加速器可以加速质子
B．只增大加速电压U，H粒子获得的最大动能增大
C．只增大加速电压U，H粒子在回旋加速器中运动的时间变短
D．回旋加速器只能加速带正电的粒子，不能加速带负电的粒子
解析　D形盒缝隙间电场变化周期与H粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，为T＝，而质子与H粒子的比荷不相等，所以为了加速器可以加速质子，应对加速器进行参数调节，改变B和T，A项错误；设D形盒半径为r，则H粒子离开回旋加速器的最大速度vmax＝，所以只增大加速电压U，H粒子获得的最大动能不会增大，B项错误；粒子在回旋加速器回旋一周，增加的动能为2qU，在回旋加速器中运动时间由回旋次数决定，设回旋次数为n，则由2nqU＝mv，可得n＝，所以粒子运动总时间t＝nT＝·＝，故只增大加速电压U，H粒子在回旋加速器中回旋的次数会变少，即运动的时间会变短，C项正确；回旋加速器既能加速带正电的粒子，也能加速带负电的粒子，D项错误。
答案　C
二、多项选择题
9. (2020·河南省顶级名校联考)如图所示，竖直放置的平行板电容器内除电场外还有图示的匀强磁场，从A板中点小孔P向各个方向入射一批不同速度的带正电微粒(考虑重力)，则微粒在由A到C的过程中(　　)

A．可能有微粒匀速运动，但一定无微粒匀变速运动
B．可能有微粒沿圆弧匀速率运动
C．所有微粒到达C板时的动能一定大于在A板时的动能
D．所有微粒到达C板时的机械能一定大于在A板时的机械能
解析　微粒在平行板中受重力、电场力、磁场力三个力作用，重力和电场力都是恒力，但磁场力的大小和方向随速度的大小和方向的不同而不同，因此三个力的合力可以为0，但不可能恒定，故微粒可以做匀速运动但一定不能做匀变速运动，A项正确；由于重力和电场力是互相垂直的，不可能平衡，故微粒不可能做匀速圆周运动，B项错误；由A板到C板，合力可能做正功，也可能做负功或不做功，故微粒动能的变化是不确定的，C项错误；由于电场力一定做正功，故机械能一定增大，D项正确。
答案　AD
10. (2020·江西省重点中学协作体第一次联考)在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图所示。当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1，油滴开始向上以加速度a运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2，加速度大小变为3a，且加速度方向向下，又经过时间Δt，油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计，运动过程中油滴未与极板相碰。重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　)

A．ΔU1∶ΔU2＝1∶4
B．第一个Δt时间内和第二个Δt时间内，油滴动量变化量大小之比为1∶3
C．第一个Δt时间内和第二个Δt时间内，油滴动能变化量之比为1∶3
D．第一个Δt时间内和第二个Δt时间内，极板电荷变化量绝对值之比为1∶3
解析　电压为U0时油滴处于平衡状态，有＝mg；充电后电压增加ΔU1时，由牛顿第二定律得－mg＝ma；放电，电压减少ΔU2时，有mg－＝3ma。联立解得＝，A项正确；由动量定理得第一个Δt时间内，油滴的动量变化量大小Δp1＝F合1Δt＝maΔt，第二个Δt时间内，油滴的动量变化量大小Δp2＝F合2Δt＝3maΔt，则两段时间内动量变化量大小之比为1∶3，B项正确；第一个Δt时间和第二个Δt时间内位移大小相等，由动能定理得，第一个Δt时间内油滴动能变化量ΔEk1＝F合1x＝max，第二个Δt时间内油滴动能变化量ΔEk2＝F合2x＝3max，所以两段时间内动能变化量之比为1∶3，C项正确；极板带电荷量变化量绝对值ΔQ＝CΔU，所以第一个Δt时间和第二个Δt时间内，极板带电荷量变化量绝对值之比＝＝，D项错误。
答案　ABC
11．(2020·全国卷Ⅲ) 如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q(q>0)的点电荷固定在P点。下列说法正确的是(　　)

A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
解析　点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图。∠M是最大内角，所以PN>PM，根据点电荷的场强公式E＝k(或者根据电场线的疏密程度)可知从M→N电场强度先增大后减小，A项错误；电场线与等势面(图中虚线)处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从M→N电势先增大后减小，B项正确；M、N两点的电势大小关系为φM>φN，根据电势能的公式Ep＝qφ可知正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，C项正确；正电荷从M→N，电势能减小，电场力所做的总功为正功，D项错误。

答案　BC
三、非选择题
12．(2020·浙江新突破考前模拟)水平折叠式串列加速器是用来产生高能离子的装置，如图是其主体原理侧视图。图中aa1bb1cc1为一级真空加速管，中部bb1处有很高的正电势φ，aa1、cc1两端口均有电极接地(电势为零)；cc1、dd1左边为方向垂直纸面向里的匀强磁场；dd1ee1ff1为二级真空加速管，其中ee1处有很低的负电势－φ，dd1、ff1两端口均有电极接地(电势为零)。有一离子源持续不断地向aa1端口释放质量为m、电荷量为e的负一价离子，离子初速度为零，均匀分布在aa1端口圆面上。离子从静止开始加速到达bb1处时可被设在该处的特殊装置将其电子剥离，成为正二价离子(电子被剥离过程中离子速度大小不变)；这些正二价离子从cc1端口垂直磁场方向进入匀强磁场，全部返回dd1端口继续加速到达ee1处时可被设在该处的特殊装置对其添加电子，成为负一价离子(电子添加过程中离子速度大小不变)，接着继续加速获得更高能量的离子。已知aa1端口、cc1端口、dd1端口、ff1端口直径均为L，c1与d1相距为2L，不考虑离子运动过程中受到的重力，不考虑离子在剥离电子和添加电子过程中质量的变化，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

(1)离子到达ff1端口的速度大小v；
(2)磁感应强度大小B；
(3)在保证(2)问中的B不变的情况下，若aa1端口有两种质量分别为m1＝2m、m2＝2m，电荷量均为e的负一价离子，离子从静止开始加速，求从ff1端口射出时含有m1、m2混合离子束的截面积为多少。
解析　(1)对离子加速全过程由动能定理得到
6eφ＝mv2，
解得v＝2。
(2)离子从一级真空管中加速进入磁场中，有
3eφ＝mv，
进入磁场时速度v1＝，
由题知离子在磁场中运动半径r＝，洛伦兹力提供向心力，有2ev1B＝，
解得B＝。
(3)m1＝2m，m2＝2m，
离子在一级真空管中加速进入磁场，有3eφ＝Mv2，
离子在磁场中运动过程，有2eBv＝M，
则r＝＝，r∝，
故r1＝×L＝1.8L，
r2＝×L＝1.4L，
粒子轨迹如图甲所示，左视图如图乙所示，

S＝2×＝0.083L2。
答案　(1)2　(2)　(3)0.083L2
13．(2020·河南省九师联盟质量检测) 如图所示，边长为L的正方形abcd区域内，均分成相同的三个矩形区域，区域Ⅰ内有大小为B1＝B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域内Ⅱ有方向竖直向上的匀强电场，区域Ⅲ内有方向垂直纸面向里的匀强磁场。在纸面内由ab边的中点e沿与ab夹角为37°的方向，向磁场Ⅰ内射入质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，经磁场偏转后，粒子以与MN边夹角成37°的方向进入电场，然后垂直PQ进入磁场Ⅲ，粒子经磁场偏转后恰好从PQ的中点射出磁场Ⅲ而进入电场区域Ⅱ。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计粒子的重力，求：

(1)粒子从e点射入的速度大小；
(2)匀强电场电场强度的大小E及区域Ⅲ中匀强磁场磁感应强度B2的大小；
(3)当粒子再次进入区域Ⅱ时，电场强度大小不变，方向反向，则粒子在abcd边界上出射点的位置离e点的距离及粒子在电场、磁场中运动的总时间。
解析　(1)粒子第一次经过MN的位置为f，由几何关系可知，e、f连线与MN垂直。
设粒子在区域Ⅰ中做圆周运动的半径为r1，
则r1cosθ＝，
解得r1＝，
设粒子从e点射入的速度大小为v0，根据牛顿第二定律有qv0B＝m，
解得v0＝。

(2)设粒子第一次经过PQ时速度大小为v1，粒子在电场中的运动是类平抛运动的逆运动，粒子第一次在电场中运动的时间t1＝＝，
粒子沿场强方向运动的位移h1＝＝L，
根据运动学公式有h1＝at，
根据牛顿第二定律qE＝ma，
解得E＝，
粒子从g点进区域Ⅲ时速度大小v1＝v0sinθ＝，
在区域Ⅲ中做圆周运动的半径r2＝h1＝L，
根据牛顿第二定律qv1B2＝m，
解得区域Ⅲ中磁场磁感应强度大小B2＝B。
(3)粒子从PQ中点出射后在区域Ⅱ、Ⅰ中的运动是粒子从e到g过程的逆运动，如图所示，

因此粒子从ab边射出磁场时的位置在a、e间离e点的距离为h1＝L，
粒子在区域Ⅰ中运动的时间t0＝2×T1＝，
在区域Ⅲ中运动的时间t2＝T2＝＝，
因此粒子在电场和磁场中运动的总时间为
t＝t0＋2t1＋t2＝。
答案　(1)　(2)　B　(3)