【创新方案】2015届高考物理二轮复习综合讲与练：专题三 电场和磁场（含2014高考题）
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| 名称 | 【创新方案】2015届高考物理二轮复习综合讲与练：专题三 电场和磁场（含2014高考题） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 3.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2015-03-28 09:24:21 | ||
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文档简介
专题三 电场和磁场
考情分析 备考策略
1.本专题主要是综合应用动力学方法和功能 ( http: / / www.21cnjy.com )关系解决带电粒子在电场和磁场中的运动问题。这部分题目覆盖的内容多，且情景复杂，综合性强，常作为理综试卷的压轴题。 2.高考对本专题考查的重点有以下几个方面： ( http: / / www.21cnjy.com )对电场力的性质和能的性质的理解；带电粒子在电场中的加速和偏转问题；带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题；带电粒子在组合场、复合场中的运动问题。
1.复习时应“抓住两条主线、明确两类运动、 ( http: / / www.21cnjy.com )运用两种方法”解决有关问题。两条主线是指电场力的性质(物理量——电场强度)和能的性质(物理量——电势和电势能)；两类运动是指类平抛运动和匀速圆周运动；两种方法是指动力学方法和功能关系。 2.注意本专题知识和日常生活、科学研究的联系，能够将复杂的问题简化成物理模型进行分析。
考向一 电场的性质 (选择题)
电场中的各个物理量形成及相互转化关系
(2014·全国新课标 ( http: / / www.21cnjy.com )Ⅰ)如图所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°。M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则( )
A．点电荷Q一定在MP的连线上
B．连接PF的线段一定在同一等势面上
C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功
D．φP大于φM
[审题指导]
(1)根据等势线一定与电场线垂直确定点电荷的位置。
(2)根据点电荷产生电场的特点判断选项B、C、D是否正确。
[解析] 根据正点电荷的电场的特点可知 ( http: / / www.21cnjy.com )，点电荷的电场的等势面是以点电荷为中心的同心球面，故分别作MN连线的中垂线和PF连线的中垂线，如图所示，根据图中几何关系可知，两条线交MP于A点，即点电荷在A点，A正确，B错误；将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做正功，C错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，故φP>φM，D正确。
[答案] AD
[感悟升华]
电场强度、电势、电势能的判断方法
1．(2014·安徽高考)一带电粒 ( http: / / www.21cnjy.com )子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图甲所示。下列图像中合理的是( )
甲
乙
解析：选D 由于粒子只受电场力作用 ( http: / / www.21cnjy.com )，因此由F电＝可知，Ep x图像的斜率大小即为粒子所受电场力大小，从图像可知，图像的斜率随位移的增大而越来越小，因此粒子运动后所受的电场力随位移的增大而越来越小，因此电场强度越来越小，A错误；由于只受电场力作用，因此动能与电势能的和是定值，但从B项和题图可以看出，不同位置的电势能与动能之和不是定值，B错误；粒子受到的电场力随位移的增大而越来越小，因此加速度随位移的增大而越来越小，D正确；若粒子的速度随位移的增大而均匀增大，则粒子的动能Ek∝x2，结合B项分析可知C错误。
2．(2014·重庆高考)如图所示为某示波管 ( http: / / www.21cnjy.com )内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则( )
A．Wa ＝Wb，Ea >Eb B．Wa≠Wb，Ea >Eb
C．Wa＝Wb，Ea解析：选A 由题图可知a、 ( http: / / www.21cnjy.com )b两点处于同一等势线上，故两电子分别从a、b两点运动到c点，电场力做功相同，即Wa＝Wb，B、D错误；a点处电场线比b点处电场线更密集，故Ea＞Eb，C错误，A正确。
3．(2014·厦门质检 ( http: / / www.21cnjy.com ))两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则( )
A．q1与q2带同种电荷
B．A、N点的电场强度大小为零
C．NC间场强方向x轴正方向
D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功
解析：选D 由图像可知，两点的电势一正 ( http: / / www.21cnjy.com )一负，则q1与q2带异种电荷，A错误；该图像的斜率等于场强E，可知A、N两点电场强度不为零，B错误；由图可知N→C段中，电势升高，所以场强方向沿x轴负方向，C错误；因N→D段中，电势先升高后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功，D正确。
考向二 平行板电容器的动态变化问题 (选择题)
1．必须记住的三个公式
C＝、C＝、E＝。
2．必须明确的两个关键点
(1)电路处于接通状态时，电容器两极板间电压不变。
(2)电路处于断开状态时，电容器两极板间的带电荷量不变。
如图所示，两平行金属板水平放置，开 ( http: / / www.21cnjy.com )始时开关S合上，使平行板电容器带电，板间存在垂直纸面向里的匀强磁场。一个不计重力的带电粒子恰能以水平向右的速度v沿直线通过两板。在以下方法中，能使带电粒子仍沿水平直线通过两板的是( )
A．将两板的距离增大一倍，同时将磁感应强度增大一倍
B．将两板的距离减小一半，同时将磁感应强度增大一倍
C．将开关S断开，使两板的正对面积减小一半，同时将板间磁场的磁感应强度减小一半
D．将开关S断开，使两板的正对面积减小一半，同时将板间磁场的磁感应强度增大一倍
[审题指导]
(1)明确开关闭合和开关闭合再断开时不变的物理量。
(2)应用控制变量法分析两种情况下电场性质的变化。
[解析] 当开关S闭合时，电容器两 ( http: / / www.21cnjy.com )端的电压不变，要使带电粒子仍沿水平直线通过两板，必须满足qE＝q＝qvB，即U＝Bdv，所以当两板的距离增大一倍时，同时应将磁感应强度减小一半；当两板的距离减小一半时，同时应将磁感应强度增大一倍，A错误，B正确；将开关S断开时，电容器所带电荷量不变，根据C＝和C＝得，E＝＝，要使带电粒子仍沿水平直线通过两板，必须满足qE＝qvB，即Q＝，当两板间的正对面积减小一半时，同时应将板间磁场的磁感应强度增大一倍，C错误，D正确。
[答案] BD
[感悟升华]
“一明、二分、一定”解决平行板电容器问题
4．(2014·绵阳模拟)如图所示，水平 ( http: / / www.21cnjy.com )放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕过中心点O、O′且垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P，则P在电场内将做( )
A．匀速直线运动
B．水平向右的匀加速直线运动
C．斜向右下方的匀加速直线运动
D．曲线运动
解析：选B 设电源两端的电压为U，两 ( http: / / www.21cnjy.com )金属板间的距离为d，带电液滴的质量为m，带电荷量为q，则液滴P静止时，由平衡条件可得q＝mg，金属板转动后，P所受的电场力大小为F＝q，方向与竖直方向成α角指向右上方，电场力大于重力，但电场力在竖直方向的分量F1＝Fcos α＝q cos α＝q＝mg，故电场力和重力的合力方向水平向右，即P做水平向右的匀加速直线运动，B正确，A、C、D错误。
5．(2014·广元九校联考)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，平行板电容器的两极板A、B接在电池的两极，一带正电的小球悬挂在电容器的内部，闭合开关S，给电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则( )
A．若保持开关S闭合，A板向B板靠近，则θ增大
B．若保持开关S闭合，A板向B板靠近，则θ不变
C．若开关S断开，A板向B板靠近，则θ不变
D．若开关S断开，A板向B板靠近，则θ增大
解析：选AC 保持开关S闭合， ( http: / / www.21cnjy.com )则电容器两极板间电压U恒定，A板向B板靠近，距离d减小，由E＝可知电场强度增大，带正电小球受到的电场力增大，则θ增大，A正确，B错误；若开关S断开，则电容器的电荷量恒定，A板向B板靠近时，电场强度不变，带正电小球受到的电场力不变，则θ不变，C正确，D错误。
6．新型电压传感器能够在不形成电流的条 ( http: / / www.21cnjy.com )件下，准确测定电压随时间的变化规律。某同学利用电压传感器来研究物体的运动情况，如图甲所示，A、B为电容器的两个极板，C为绝缘直板。现将A固定在C的左端，B固定在小车上，使A、B带等量异种电荷后与电压传感器连接，将小车以一定的初速度释放，电压传感器的显示屏上出现的电压随时间的变化规律如图乙所示，则小车做( )
甲 乙
A．匀减速运动 B．匀加速运动
C．匀速运动 D．变加速运动
解析：选C 设电容器的带电荷量为Q，A、B ( http: / / www.21cnjy.com )间距为d，由图乙可知，U＝U0－k′t，结合电容器电容的定义式C＝和决定式C＝，得d＝(U0－k′t)，即A、B间距随时间均匀减小，小车做匀速运动，C正确。
考向三 带电粒子在电场中的运动 (选择题或计算题)
1．带电粒子在电场中的加速
(1)匀强电场中，v0与E平行时，优先用功能关系求解，若不行，则用牛顿第二定律和运动学公式。
(2)非匀强电场中，只能用功能关系求解。
2．带电粒子在匀强电场中的偏转(v0垂直于E的方向)，如图所示。
(1)沿v0方向的匀速直线运动。
(2)垂直于v0方向的匀加速直线运动。
①加速度a＝＝；
②偏转距离y＝at2＝2x＝L,y＝；
③速度偏向角
tan φ＝＝ x＝L,tan φ＝；
④位移偏向角
tan θ＝＝ x＝L,tan θ＝；
⑤两个重要的结论
a．位移偏向角θ和速度偏向角φ满足tan φ＝2tan θ；
b．射出极板时粒子的速度反向延长线过粒子水平位移的中点。
(2014·自贡模拟)如 ( http: / / www.21cnjy.com )图所示，两平行金属板A、B长l＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B板电势高300 V，即UAB＝300 V。一带正电的粒子电量为q＝10－10 C，质量为m＝10－20 kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106 m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响)。已知两界面MN、PS相距为L＝12 cm，粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获从而以O点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上。求：
(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h；
(2)粒子穿过界面MN时的速度v;
(3)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离Y；
(4)点电荷的电荷量Q(该小题结果保留一位有效数字)。
[审题指导]
(1)粒子在两极板间受电场力(恒力)作用，做类平抛运动，且向B板偏转。
(2)粒子在MN、PS间的无电场区不受力，做匀速直线运动。
(3)粒子经过PS后做匀速圆周运动，向心力等于电场力。
[解析] (1)设粒子在两极板间运动时加速度为a，运动时间为t，则
h＝at2，a＝＝，t＝
即h＝2
代入数据，解得h＝0.03 m＝3 cm
(2)设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，
则vy＝at＝
代入数据，解得vy＝1.5×106 m/s
所以粒子从电场中飞出时的速度
v＝＝2.5×106 m/s
设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则
tan θ＝＝，θ＝37°
(3)带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，由相似三角形知识得
＝
代入数据，解得
Y＝0.12 m＝12 cm
(4)粒子做匀速圆周运动的半径
r＝＝0.15 m
又＝m
代入数据，解得|Q|＝1×10－8 C
故Q＝－1×10－8 C
[答案] (1)3 cm (2)2.5×106 m/s 方向与水平方向成37°角斜向下 (3)12 cm (4)－1×10－8 C
[感悟升华]
解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路及注意问题
7．如图所示，带电粒子P所带的电荷量是 ( http: / / www.21cnjy.com )带电粒子Q的3倍，P和Q从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，粒子P的初速度是粒子Q的2倍，不计粒子重力，则P和Q的质量之比为( )
A．3∶4 B．3∶8
C．3∶16 D．3∶24
解析：选C P和Q在匀强电场中做类平抛 ( http: / / www.21cnjy.com )运动，设P粒子的初速度为v0，带电荷量为q，OM间距为x，则x＝v0tP；对Q有2x＝v0tQ；可知，tQ＝4tP，沿电场线方向，对P有h＝·t；对Q有h＝·t；因为Q粒子所带电荷量为q′＝q，故＝，C正确。
8．(2014·安徽高考)如图所示，充电 ( http: / / www.21cnjy.com )后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：
(1)小球到达小孔处的速度；
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。
解析：(1)由v2＝2gh
得v＝
(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有mg－qE＝ma
0－v2＝2ad
得E＝
又U＝Ed，Q＝CU
得Q＝C
(3)由题意知h＝gt
0＝v＋at2，t＝t1＋t2
解得t＝
答案：(1) (2) C (3)
电场中的功能关系的应用
如图所示，绝缘水平面上的AB区域宽度 ( http: / / www.21cnjy.com )为d，带正电、电荷量为q、质量为m的小滑块以大小为v0的初速度从A点进入AB区域，当滑块运动至区域的中心C时，速度大小为vC＝v0，从此刻起在AB区域内加上一个水平向左的匀强电场，电场强度保持不变，并且区域外始终不存在电场。
(1)若加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等，求滑块离开AB区域时的速度；
(2)要使小滑块在AB区域内运动的时 ( http: / / www.21cnjy.com )间达到最长，电场强度应满足什么条件？并求这种情况下滑块离开AB区域时的速度。(设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力)
第1步：找关键点
(1)A→C过程无电场：小滑块在摩擦力的作用下做匀减速直线运动。
(2)C→B过程有电场：小滑块受电场力和摩擦力作用，其运动性质取决于电场力和摩擦力。
第2步：寻交汇点
(1)受力情况分析：电场力是带电体受到的其中一个力，受力分析的方法与力学中的方法相同。
(2)运动情况分析：和力学中的分析方法相同，常用的规律有直线运动的公式、牛顿运动定律、抛体运动和圆周运动规律等。
(3)能量转化分析：电场力做功引起电势能的变化，分析方法和力学中其他功能关系的分析方法相同。
第3步：明突破点
(1)问题一：滑块不可能从A点离开AB区域，运用功能定理求解。
(2)问题二：滑块滑到B的速度为零，滑块再向左加速运动，运用动能定理求解。
[解析] (1)设滑块所受滑动摩擦力大小为f，则滑块从A点运动至C点的过程，由动能定理得
－f·＝mv－mv ①
假设最后滑块从B点离开AB区域，则滑块从C点运动至B点过程，由动能定理得
－(qE1＋f)·＝mv－mv②
将vC＝v0和qE1＝f代入解得
vB＝v0③
由于滑块运动至B点时还有动能，因此滑块从B点离开AB区域，速度大小为v0，方向水平向右。
(2)要使小滑块在AB区域内运动的时间达到最长，必须使滑块运动至B点停下，然后再向左加速运动，最后从A点离开AB区域。
滑块从C点运动到B点的过程，由动能定理得
－(qE2＋f)·＝0－mv④
由①④两式可得电场强度E2＝⑤
由①⑤知qE2＝2f
滑块运动至B点后，因为qE2>f，所以滑块向左做匀加速运动，从B运动至A点的过程，由动能定理得
(qE2－f)d＝mv⑥
由以上各式解得滑块离开AB区域时的速度
vA＝v0(水平向左)⑦
[答案] (1)v0，方向水平向右 (2) v0，方向水平向左
[感悟升华]
处理此问题应注意以下两点
(1)电场力做功与路径无关，可运用动能定理对全程列式。
(2)在运用动能定理处理电学问题时应注意运动过程的选取，特别应注意电场力和摩擦力做功的特点。
[跟踪训练]
1．(2014·达州模拟)如图所示，a ( http: / / www.21cnjy.com )、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，电场线与矩形所在平面平行。已知a点电势为20 V，b点电势为24 V，d点电势为12 V。一个质子从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45°角，一段时间后经过c点。下列判断正确的是(不计质子的重力)( )
A．c点电势高于a点电势
B．场强的方向由b指向d
C．质子从b运动到c所用的时间为
D．质子从b运动到c，电场力做功为4 eV
解析：选C 由φb－φa＝φc－φd得φ ( http: / / www.21cnjy.com )c＝16 V，A错误；由Wbc＝Ubcq得质子从b运动到c，电场力做功Wbc＝(24－16)eV＝8 eV，D错误；因为a点与bc边的中点f电势相等，故电场方向沿b到af的垂线方向，B错误；易知v0方向与电场线垂直，质子做类平抛运动，沿v0方向有v0t＝2Lcos 45°，得质子由b运动到c所用时间为t＝，C正确。
2．如图所示，有三根长度均为L＝0 ( http: / / www.21cnjy.com ).3 m 的不可伸长的绝缘细线，其中两根的一端分别固定在天花板上的P、Q两点，另一端分别拴有质量均为m＝0.12 kg的带电小球A和B，其中A球带正电，电荷量为q ＝ 3×10－6 C。A、B之间用第三根线连接起来。在水平向左的匀强电场E作用下，A、B保持静止，悬线仍处于竖直方向，且A、B间细线恰好伸直。
(1)此匀强电场的电场强度E为多大；
(2)现将PA之间的线烧断，由于有空 ( http: / / www.21cnjy.com )气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。求此时细线QB所受的拉力FT的大小，并求出A、B间细线与竖直方向的夹角θ；
(3)求A球的电势能与烧断前相比改变了多少(不计B球所带电荷对匀强电场的影响)。
解析：(1)B球水平方向所受合力为零，则有qBE＝k
所以E＝k＝9×109× N/C＝3×105 N/C
(2)两球及细线最后位置如图所示。
QB所受的拉力FT＝2mg＝2×0.12×10 N＝2.4 N
A球受力平衡，则有
qE＝mgtan θ
所以tan θ＝＝＝
即θ＝37°
(3)电场力对A球做的功
W＝－qEL(1－sin θ)＝－3×10－6×3×105×0.3×(1－0.6)J＝－0.108 J
所以A球的电势能增加了
ΔEp＝－W＝0.108 J
答案：(1)3×105 N/C (2)2.4 N 37° (3)增加0.108 J
一、选择题
1．(2014·苏北四市调研)如图甲所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，A、B为某电场中的一条直线上的两个点，现将正点电荷从A点由静止释放，该点电荷仅在电场力的作用下运动到B点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图乙所示。从A点到B点的过程中，下列说法正确的是( )
甲 乙
A．电场力对该点电荷一直做正功
B．电势一直升高
C．该点电荷所受电场力先减小后增大
D．该点电荷所受电场力先增大后减小
解析：选C 由图乙可知，电势 ( http: / / www.21cnjy.com )能先减小后增大，所以电场力先做正功后做负功，A错误；由于移动的是正电荷，电势能先减小后增大，所以电势是先降低后升高，B错误；由题图乙中曲线的切线的斜率变化可知电场力先减小后增大，C正确，D错误。
2．(2014·永安质检) ( http: / / www.21cnjy.com )某带电物体所在空间形成一个电场，沿x轴方向其电势φ的变化如图所示。电子从O点以v0的初速度沿x轴正方向射出，依次通过a、b、c、d点。(设电子的质量为m)则下列关于电子运动的描述正确的是( )
A．电子在Oa间做匀加速直线运动
B．电子在Od之间一直在做减速直线运动
C．要使电子能到达无穷远处，粒子的初速度v0至少为
D．电子在cd间运动时其电势能一定减小
解析：选C Oa间电势不变，电子在Oa间动 ( http: / / www.21cnjy.com )能不变，A、B错误；由功能关系知，eφ0＝mv，解得v0＝ ，C正确；电子在c、d间运动时，电场力对其做负功，电势能增加，D错误。
3．(2014·漳州质检)均匀带电的球壳在球 ( http: / / www.21cnjy.com )外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的点电荷电场。如图所示，在球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，球心为O，CD为球面AB的对称轴，在轴线上有M、N两点，且OM＝ON＝2R，A1A∥B1B∥CD，已知球面A1B1在M点的场强大小为E，静电力常量为k，则N点的场强大小为( )
A.－E B.－E
C.－E D.－E
解析：选C 若球完整，则带电量Q＝q，则球在M点产生的电场E0＝＝，根据电场的叠加原理，除去A1B1球面后，球在M点产生的电场E1＝E0－E＝－E，由对称性可知球壳在N点产生的场强大小等于E1，C正确。
4．喷墨打印机的简化模型如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )
A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大
C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电量无关
解析：选C 由于微滴带负电，电场 ( http: / / www.21cnjy.com )方向向下，因此微滴受到的电场力方向向上，微滴向正极板偏转，A错误；偏转过程中电场力做正功，根据电场力做功与电势能变化的关系，电势能减小，B错误；微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动，位移x＝vt，沿电场反方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移y＝t2＝·2，此为抛物线方程，C正确；从式中可以看出，运动轨迹与带电荷量q有关，D错误。
5．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平 ( http: / / www.21cnjy.com )行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为零，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为( )
A．200 V/m B．200 V/m
C．100 V/m D．100 V/m
解析：选A 在匀强电场中，沿某一方向电 ( http: / / www.21cnjy.com )势降落，则在这一方向上电势均匀降落，故OA的中点C的电势φC＝3 V(如图所示)，因此B、C为等势面。O点到BC的距离d＝OCsin α，而sin α＝＝，所以d＝OC＝1.5×10－2 m。根据E＝得，匀强电场的电场强度E＝＝ V/m＝200 V/m，A正确，B、C、D错误。
6．(2014·乐山质检)某静电场 ( http: / / www.21cnjy.com )中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示。在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x0～x0区间内( )
A．该静电场是匀强电场
B．该静电场是非匀强电场
C．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小
D．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大
解析：选BC φ x图像的斜率 ( http: / / www.21cnjy.com )表示电场强度，在－x0～x0区间内电场强度先增大后减小，A错误，B正确；因电场线与x轴重合，沿x轴正方向电势升高，所以电场方向沿x轴负方向，在O点由静止释放一电子，其所受电场力方向沿x轴正方向，大小逐渐减小，C正确，D错误。
7．某同学设计了一种静电除尘装置，如图 ( http: / / www.21cnjy.com )甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连。带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。要增大除尘率，则下列措施可行的是( )
甲 乙
A．只增大电压U
B．只增大长度L
C．只增大高度d
D．只增大尘埃被吸入的水平速度v0
解析：选AB 尘埃做类平抛运动，有 ( http: / / www.21cnjy.com )y＝at2，a＝，t＝，当只增大电压U或只增大长度L时，y增大，收集尘埃的数量增大，A、B正确；而只增大高度d或只增大尘埃被吸入的水平速度v0，y减小，收集尘埃的数量减小，C、D错误。
8．(2014·泸州质检)如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )两平行正对的金属板A、B间的电势差UAB＝U0，A板电势高于B板电势，极板长度为L，板间距离为d，一重力可忽略不计的带电粒子质量为m，电荷量为q，粒子在两板中心连线上且距离A板处的P点释放时获得平行于金属板向上的速度v0，则该粒子不打到金属板A、B上的条件是( )
A．若粒子带正电，v0必须大于
B．若粒子带正电，U0必须小于
C．若粒子带负电，v0必须大于
D．若粒子带负电，U0必须小于
解析：BC 因为初速度方向与电场方向垂 ( http: / / www.21cnjy.com )直，故带电粒子在电场中做类平抛运动，当带电粒子带正电时，由于电场力垂直于金属板指向B板，＝v0t，··t2 ，A错误，B正确；当带电粒子带负电时，由于电场力垂直于金属板指向A板，＝v0t，··t2 ，C正确，D错误。
二、非选择题
9．如图所示，在两条平行 ( http: / / www.21cnjy.com )的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏。现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O。试求：
(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；
(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α；
(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x。
解析：(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t＝。
(2)粒子在电场的运动情况如图所示。
设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为
a＝
所以vy＝a＝
所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝＝
(3)设粒子在电场中的偏转距离为y，则
y＝a2＝
又x＝y＋Ltan α
解得x＝
答案：(1) (2) (3)
10.(2014·全国新课标Ⅰ)如 ( http: / / www.21cnjy.com )图所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q＞0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求：
(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；
(2)电场强度的大小和方向。
解析：(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝d，根据平抛运动的规律有
dsin 60°＝v0t①
dcos 60°＝gt2②
又Ek0＝mv③
由①②③式得Ek0＝mgd④
设小球到达A点时的动能为EkA，则
EkA＝Ek0＋mgd⑤
由④⑤式得＝⑥
(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，重力势能分别减少了和，但动能分别增加了mgd和
mgd图像，则小球从O点到A点和B点，电场力做正功，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得
ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦
ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧
在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图所示，则有
＝⑨
解得x＝d
MA为等势线，电场的方向必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°⑩
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。
设场强的大小为E，有
qEdcos 30°＝ΔEpA
由④⑦ 式得E＝
答案：(1) (2) 与竖直向下的方向的夹角为30°
考向一 导体在磁场中受安培力问题 (选择题)
1．牢记一个公式
安培力大小的计算公式：F＝BILsin θ(其中θ为B与I之间的夹角) 。
(1)若磁场方向和电流方向垂直：F＝BIL。
(2)若磁场方向和电流方向平行：F＝0。
2．必须掌握的一个定则——左手定则
(1)左手定则判定安培力的方向。
(2)特点：由左手定则知 ( http: / / www.21cnjy.com )通电导线所受安培力的方向既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直，所以安培力的方向总是垂直于磁感线和通电导线所确定的平面。
(2014·浙江高考)如图甲所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒( )
A．一直向右移动
B．速度随时间周期性变化
C．受到的安培力随时间周期性变化
D．受到的安培力在一个周期内做正功
[审题指导]
(1)导体棒所受安培力大小不变，方向周期性变化，根据牛顿第二定律可知，加速度大小不变，方向周期性变化。
(2)导体的运动方向需要根据匀变速直线运动规律进行判断。
[解析] 在0～，导体棒受到向 ( http: / / www.21cnjy.com )右的安培力，大小恒为BImL，导体棒向右做匀加速直线运动；在～T，导体棒受到安培力向左，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。
[答案] ABC
[感悟升华]
分析通电导体棒受力时的基本思路
1．(2014·全国新课标Ⅰ)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是( )
A．安培力的方向可以不垂直于直导线
B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
解析：选B 安培力的方向总是垂直于 ( http: / / www.21cnjy.com )磁场方向与电流方向所决定的平面，因此，安培力的方向总与磁场方向和电流方向垂直，A错误，B正确；安培力F＝BILsin θ，其中θ是电流方向与磁场方向的夹角，C错误；将直导线从中点折成直角后受到安培力的情况与其在磁场中的放置情况有关，并不一定变为原来的一半，D错误。
2．如图所示，金属棒MN两 ( http: / / www.21cnjy.com )端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( )
A．棒中的电流变大，θ角变大
B．两悬线等长变短，θ角变小
C．金属棒质量变大，θ角变大
D．磁感应强度变大，θ角变小
解析：选A 对金属棒受力分析如 ( http: / / www.21cnjy.com )图所示，由平衡条件可得tan θ＝，由此可知，B、I越大或者m越小，θ越大，A正确，C、D错误；θ与悬线长度无关，B错误。
3．(2014·宜宾二模)如图所示为电流天平 ( http: / / www.21cnjy.com )，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，磁感应强度大小为B、方向与线圈平面垂直。当线圈中通过方向如图所示的电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时为使天平两臂再达到新的平衡，则需( )
A．在天平右盘中增加质量为m＝的砝码
B．在天平右盘中增加质量为m＝的砝码
C．在天平左盘中增加质量为m＝的砝码
D．在天平左盘中增加质量为m＝的砝码
解析：选D 通电流时两臂达到平衡， ( http: / / www.21cnjy.com )说明天平的右边比左边重nBIL，当电流反向时，要使天平重新达到平衡，则左盘增加砝码的质量m1＝或右盘减少砝码的质量m2＝，D正确，A、B、C错误。
考向二 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 (选择题)
1．必须掌握的几个公式
2．必须掌握三个重要的“确定”
(1)圆心的确定：轨迹圆 ( http: / / www.21cnjy.com )心O总是位于入射点A和出射点B所受洛伦兹力F洛作用线的交点上或AB弦的中垂线OO′与任一个F洛作用线的交点上，如图所示。
(2)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如r＝＝，然后再与半径公式r＝联系起来求解。
(3)运动时间的确定：t＝T(可知，α越大，粒子在磁场中运动时间越长)。
如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上。不计重力。下列说法正确的有( )
A．a、b均带正电
B．a在磁场中飞行的时间比b的短
C．a在磁场中飞行的路程比b的短
D．a在P上的落点与O点的距离比b的近
[思路探究]
(1)由左手定则判断离子电性。
(2)两离子运动周期相同，t与圆心角θ成正比。
(3)两离子速度大小相同，路程与t成正比。
[解析] 带电离子打到屏 ( http: / / www.21cnjy.com )P上，说明带电离子向下偏转，根据左手定则，a、b两离子均带正电，A正确；a、b两离子垂直进入磁场的初速度大小相同，电荷量、质量相等，由r＝ 知半径相同；b在磁场中运动了半个圆周，a的运动大于半个圆周，故a在P上的落点与O点的距离比b的近，飞行的路程比b长，C错误，D正确；根据＝知，a在磁场中飞行的时间比b的长，B错误。
[答案] AD
[感悟升华]
带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”
(1)如图所示。
(2)四点：入射点B、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O。
(3)六线：圆弧两端点所在的轨迹半径r，入射速度直线和出射速度直线OB、OC，入射点与出射点的连线BC，圆心与两条速度直线交点的连线AO。
(4)三角：速度偏转角∠COD、圆心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。
4．(2014·全国新课标Ⅱ)如图为 ( http: / / www.21cnjy.com )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 电子、正电子和质子垂直进 ( http: / / www.21cnjy.com )入磁场时，所受的重力均可忽略，受到的洛伦兹力的方向与其电性有关，由左手定则可知A正确；由轨道半径公式R＝知，若电子与正电子进入磁场时的速度不同，则其运动的轨迹半径也不相同，B错误；由R＝＝知，D错误；因质子和正电子均带正电，且半径大小无法计算出，故依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，C正确。
5．(2014·凉山模拟)空间有一圆柱形 ( http: / / www.21cnjy.com )匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )
A. B. C. D.
解析：选A 带电粒子运动轨迹示意图如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示。设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，qv0B＝m，解得r＝，由图中几何关系可得tan 30°＝，联立解得该磁场的磁感应强度B＝，A正确。
6．如图所示，比荷相同的带正电粒子A和B，同 ( http: / / www.21cnjy.com )时以速度vA和vB从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以60°和30°(与边界的夹角)方向射入磁场，又恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )
A．A、B两粒子的速度之比为(2＋)∶3
B．A、B两粒子在磁场中的位移之比为1∶1
C．A、B两粒子在磁场中的路程之比为1∶2
D．A、B两粒子在磁场中的时间之比为2∶1
解析：选A 设粒子速度方向和磁 ( http: / / www.21cnjy.com )场边界的夹角为θ，粒子做圆周运动的半径为r，如图所示，有r＋rcos θ＝d，即r＝＝，所以 ＝＝，A正确；粒子在磁场中的位移x＝2rsin θ，所以 ＝＝，B错误；粒子在磁场中的路程s＝r×(2π－2θ)，所以＝，C错误；粒子在磁场中的时间t＝，所以＝＝，D错误。
考向三 带电粒子在磁场中运动的多解问题 (计算题)
带电粒子在磁场中做圆周运动引起多解的原因
(1)带电粒子的电性不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。
(2)磁场方向不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。
(3)临界状态不唯一形成多解，需要根据临界状态的不同分别求解。
(4)圆周运动的周期性形成多解。
如图所示，M、N为水平放置的彼 ( http: / / www.21cnjy.com )此平行的不带电的两块平板，板的长度和板间距离均为d，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，在距上板处有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，以初速度v0水平射入磁场，若使粒子不能射出磁场，求磁场的方向和磁感应强度B的大小范围。
[审题指导]
(1)粒子不能射出磁场，说明粒子打在极板上。
(2)磁场方向不确定导致磁场大小可能出现两种情况。
[解析] 第一种情况：当磁场垂直纸面向里时，
若粒子从左侧上板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径
R1＝·＝
由qv0B1＝m得B1＝
若粒子从右侧上板边缘飞出，粒子的运动轨迹如图甲所示，设粒子做圆周运动的半径为R2，则
R＝2＋d2
解得R2＝d
由qv0B2＝m
解得B2＝
所以当磁场方向垂直纸面向里时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围第二种情况：当磁场方向垂直纸面向外时，
若粒子从左侧下板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径R3＝·d＝
由qv0B3＝m
解得B3＝
若粒子从右侧下板边缘飞出，粒子运动轨迹如图乙所示，设粒子做圆周运动的半径为R4，则
R＝2＋d2
得R4＝d
由qv0B4＝m
解得B4＝
所以当磁场方向垂直纸面向外时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围[答案] 磁场垂直纸面向里时，[感悟升华]
解决本类问题的一般思路
(1)首先要明确带电粒子的电性和磁场的方向。
(2)正确地找出带电粒子运动的临界状态，以题目中的关键词“恰好”、“最高”、“最长”、“至少”等为突破口。
(3)画出粒子的运动轨迹，确定圆心、半径，由几何关系确定边角关系。
7．(2014·资阳调研)在 ( http: / / www.21cnjy.com )光滑绝缘的水平面上建有如图所示的平面直角坐标系。空间存在着范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。在此水平面上有均可视为质点的不带电小球a和带正电的小球b。现给a球某一速度使其沿x轴正方向匀速运动，当a球通过坐标系原点O的瞬间，同时使b球从坐标原点O沿y轴正向以速度v0进入磁场，并使其在磁场中做匀速圆周运动，最终b球能与a球相遇(a、b小球彼此不接触，且小球b在运动过程中电荷量保持不变)。求满足上述条件的a球速度的大小。
解析：b球在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，周期为T，b球的质量和带电量分别为m、q，
所以有qv0B＝m
得R＝
周期T＝＝
b球只能与a球相遇在图中S处，相遇所需时间为
t＝T(k＝0,1,2,3，…)
a球通过的位移xOS＝2R，所以可得a球的速度大小
v＝，故v＝(k＝0,1,2,3，…)
答案：(k＝0,1,2,3，…)
带电粒子在磁场中的临界问题
一足够长的矩形区域abcd内充满磁感 ( http: / / www.21cnjy.com )应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为v0，方向与ad边夹角为α＝30°，如图所示，已知粒子的电荷量为q，质量为m(重力不计)。
(1)若粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，求v0的大小；
(2)若粒子带正电，且粒子能从ab边射出磁场，求v0的取值范围以及此范围内粒子在磁场中运动的时间t的范围。
第1步：找关键点
(1)由磁场的方向和粒子的电性确定粒子所受洛伦兹力的方向。
(2)由速度方向和洛伦兹力方向画出粒子的运动轨迹。
第2步：寻交汇点
(1)受力情况分析：带电粒子在磁场中受到洛伦兹力的作用做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。
(2)运动情况分析：带电粒子在磁场中运动问题的分析方法与力学中相同，常用的规律有牛顿运动定律、圆周运动规律等。
(3)能量转化情况的分析：电场力做功引起电势能的变化，分析方法和力学中其他功能关系的分析方法相同。
第3步：明突破点
(1)问题一：粒子恰能从d点射出磁场，由此 ( http: / / www.21cnjy.com )可得出轨迹圆心在Od垂直平分线和过O点垂直初速度的直线的交点处，根据几何关系确定轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力确定初速度的大小。
(2)问题二：粒子能从ab边射出磁场，说明粒子的轨迹存在可能在此范围的两个临界值是解题的关键。
[解析] (1)若粒子带负电，则进入磁场后沿 ( http: / / www.21cnjy.com )顺时针方向偏转，如图所示，O1为轨迹圆心，由对称性可知，速度的偏转角θ1＝2α＝60°，故轨迹半径
r1＝Od＝
根据qv0B＝
解得v0＝＝
(2)若粒子带正电，则沿逆时针方向偏转，当v0最大时，轨迹与cd相切，轨迹圆心为O2，半径为r2，由几何关系得
r2－r2cos 60°＝
解得r2＝L
即vmax＝＝
当v0最小时，轨迹与ab相切，轨迹圆心为O3，半径为r3，由几何关系可得
r3＋r3sin 30° ＝
解得r3＝
则vmin＝＝
所以粒子从ab边射出磁场，当速度为vmax时，速度偏转角最小且为150°，故运动时间最短，有
tmin＝T＝
速度为vmin时，速度偏转角最大且为240°，因此运动时间最长，有
tmax＝T＝
所以粒子的运动时间t的范围是≤t<。
[答案] (1) (2)[感悟升华]
巧解带电粒子在磁场运动的临界轨迹的方法
(1)动态放缩法：定点粒子源发射速度大小不同、方向相同的同种粒子，速度越大半径越大，圆心在垂直初速度方向的直线上。
(2)旋转平移法：定点粒子源发射速度大小相等、方向不同的同种粒子的运动轨迹的圆心在以入射点为圆心，半径R＝的圆上。
[跟踪训练] (2014·泸州 ( http: / / www.21cnjy.com )模拟)如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知该带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力。
(1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨道半径；(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角；
(3)沿磁场边界放置绝缘弹性挡板，使带电粒子 ( http: / / www.21cnjy.com )与挡板碰撞后以原速率弹回，且其电荷量保持不变。若从O点沿x轴正方向射入磁场的粒子速度减小为0.5v，求该粒子第一次回到O点经历的时间。
解析：(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，设其做圆周运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律得
Bqv＝m
解得r＝
(2)设粒子飞出和进入磁场的速度方向的夹角为φ，如图所示，则sin＝，x是粒子在磁场中轨迹的两端点的直线距离。
x最大值为2R，对应的就是φ最大值，且2R＝r
所以sin ＝＝
即φmax＝60°
(3)当粒子的速度减小为时，在磁场中做匀速圆周运动的半径为r1＝＝＝R
故粒子转过四分之一圆周，对 ( http: / / www.21cnjy.com )应圆心角为时与边界相撞并弹回，由对称性知粒子经过四个这样的过程后第一次回到O点，即经历时间为一个周期，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝
所以从O点沿x轴正方向射出的粒子第一次回到O点经历的时间是
t＝T＝
答案：(1) (2)60° (3)
一、选择题
1．(2014·安徽高考) ( http: / / www.21cnjy.com )“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于( )
A. B．T C. D．T2
解析：选A 根据洛伦兹力提供向心力有 ( http: / / www.21cnjy.com )qvB＝m，解得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝，由动能的定义式Ek＝mv2，可得r＝，结合题目信息可得B∝，A正确。
2.(2014·广安质检)图中a、b、c ( http: / / www.21cnjy.com )、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )
A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
解析：选B 由安培定则分别判断出四 ( http: / / www.21cnjy.com )根通电导线在O点产生的磁感应强度的方向，再由磁场的叠加原理得出O点的合磁场方向向左，最后由左手定则可判断带电粒子所受的洛伦兹力方向向下，B正确。
3．(2014·南充二模)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，光滑半圆形轨道与光滑斜面轨道在B处平滑连接，前者置于水平向外的匀强磁场中，有一带正电小球从A静止释放，且能沿轨道前进，并恰能通过半圆形轨道最高点C。现若撤去磁场，使球从静止释放仍能恰好通过半圆形轨道最高点，则释放高度H′与原释放高度H的关系是( )
A．H′＝H B．H′C．H′>H D．无法确定
解析：选C 有磁场时，设小球 ( http: / / www.21cnjy.com )刚好通过最高点C时的速度为v，则小球在最高点有mg－qvB＝m，显然，v<，R为半圆形轨道半径，根据动能定理得mg(H－2R)＝mv2H，C正确。
4．(2014·绵竹联考)如图所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点。a、b两粒子的质量之比为( )
A．1∶2 B．2∶1
C．3∶4 D．4∶3
解析：选C 根据粒子a、b动能相同得 ( http: / / www.21cnjy.com )，mav＝mbv；a粒子在磁场中运动轨迹半径ra＝，b粒子在磁场中运动轨迹半径rb＝d。a粒子所对的圆心角为120°，轨迹弧长为sa＝＝，运动时间ta＝；b粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为60°，轨迹弧长为sb＝＝，运动时间tb＝；由a、b两粒子同时到达P点得ta＝tb，联立求得a、b两粒子速度之比为va∶vb＝2∶，质量之比＝＝，C正确。
5．空间存在垂直于纸面方向的磁场，磁 ( http: / / www.21cnjy.com )感应强度B随时间t变化的图像如图所示。规定B>0时，磁场的方向穿出纸面向里。一电荷量q＝5π×10－7 C、质量m＝5×10－10 kg 的带电粒子，位于某点O处，在t＝0时以初速度v0＝π m/s沿某方向开始运动。不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的一切其他影响。则在磁场变化N个(N为整数)周期的时间内带电粒子的平均速度的大小等于( )
A．π m/s B. m/s
C．2 m/s D．2 m/s
解析：选C 带电粒子在磁场中的运动 ( http: / / www.21cnjy.com )半径为r＝＝0.01 m，周期为T＝＝0.02 s，作出粒子的轨迹示意图如图所示，所以在磁场变化N个(N为整数)周期(T0＝1×10－2 s)的时间内，由平均速度的定义式＝＝＝2 m/s，C正确。
6．(2014·资阳模拟)无限长通电 ( http: / / www.21cnjy.com )直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B的大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即B＝(式中k为常数)。如图所示，两根相距L的无限长直导线分别通有电流I和3I。在两根导线的连线上有a、b两点，a点为两根直导线连线的中点，b点距电流为I的导线的距离为L。下列说法正确的是( )
A．a点和b点的磁感应强度方向相同
B．a点和b点的磁感应强度方向相反
C．a点和b点的磁感应强度大小比为8∶1
D．a点和b点的磁感应强度大小比为16∶1
解析：选AD a点与b点的磁感应强 ( http: / / www.21cnjy.com )度应为两条通电直导线分别在两点产生磁场的磁感应强度的合成，由安培定则及公式B＝可得，Ba＝，方向竖直向下，Bb＝，方向竖直向下，所以a点与b点的磁感应强度大小之比为16∶1。综上可知，A、D正确，B、C错误。
7．(2014·雅安质检 ( http: / / www.21cnjy.com ))质量为m、电荷量为q的带正电小球，从倾角为θ的粗糙绝缘斜面(μA．小球在斜面上运动时做匀加速直线运动
B．小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动
C．小球最终在斜面上匀速运动
D．小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力刚好为零时的速率为
解析：选BD 对小球进行受 ( http: / / www.21cnjy.com )力分析，由左手定则可知小球受到垂直于斜面向上的洛伦兹力的作用，且随小球速度的增大而增大，所以斜面对小球的支持力减小，滑动摩擦力减小，重力沿斜面向下的分力不变，所以小球做加速度逐渐增大的变加速运动，A错误，B正确；当斜面对小球的支持力减为零时，垂直于斜面向上的洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力，可得小球的速度为，D正确；当小球速度继续增大时，小球将脱离斜面，做变加速曲线运动，C错误。
8．(2014·黄山三校联考)如 ( http: / / www.21cnjy.com )图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝a。在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0＝，发射方向由图中的角度θ表示。对于粒子进入磁场后的运动(不计重力作用)，下列说法正确的是( )
A．粒子有可能打到A点
B．以θ ＜60°飞入的粒子在磁场中运动的时间最短
C．以θ ＜30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等
D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出
解析：选AD 粒子在磁场中做圆周运 ( http: / / www.21cnjy.com )动的轨道半径r＝＝a，当粒子以θ＝0飞入磁场区域时，最终将从AC边的中点射出，随着θ的增大，粒子在AC边上的出射点将向A靠拢，当θ＝60°时粒子将从A点射出磁场区域，A、D正确；粒子的速度大小都相等，在磁场中做圆周运动的轨迹弧长越小，运动时间越短，θ＞60°时，粒子从AO边射出磁场，轨迹弧长较小，B错误；以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动轨迹圆弧的长度不同，运动时间不相等，C错误。
二、非选择题
9．(2014·乐山质检)如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L＝1 m。PM间接有一个电动势为E＝6 V，内阻r＝1 Ω的电源和一只滑动变阻器。导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M＝0.3 kg，棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下，求为使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值为多大？设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计(g取10 m/s2)。
解析：导体棒受到的最大静摩擦力为
f＝μmg＝1 N
绳对导体棒的拉力FT＝Mg＝3 N
设导体棒中电流的最大值、最小值分别 ( http: / / www.21cnjy.com )为Imax、Imin，对应滑动变阻器连入电路的最大、最小阻值分别为Rmax、Rmin，导体棒将要向左滑动时
BImaxL＝f＋FT
Imax＝2 A
由闭合电路欧姆定律得
Imax＝
解得Rmin＝2 Ω
导体棒将要向右滑动时
f＋BIminL＝FT
Imin＝1 A
由闭合电路欧姆定律得
Imin＝
解得Rmax＝5 Ω
则滑动变阻器连入电路的阻值为2 Ω≤R≤5 Ω。
答案：2 Ω≤R≤5 Ω
10．如图所示，中轴线PQ将矩形区域M ( http: / / www.21cnjy.com )NDC分成上下两部分，上部分充满垂直于纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直于纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。一质量为m、带电量为q的带正电粒子从P点进入磁场，速度与边MC的夹角θ＝30°。MC边长为a，MN边长为8a，不计粒子重力。求：
(1)若要该粒子不从MN边射出磁场，其速度最大值是多少？
(2)若要该粒子恰从Q点射出磁场，其在磁场中的运行时间最短是多少？
解析：(1)粒子运动轨迹如图所示。设该粒子恰好不从MN边射出磁场时的轨迹半径为r，则由几何关系得
rcos 60°＝r－
解得r＝a
由洛伦兹力提供向心力可得
qvmB＝m
解得最大速度vm＝
(2)粒子每经过分界线PQ一次，在PQ方向前进的位移为轨迹半径r的 倍。
设粒子进入磁场后第n次经过PQ线时恰好到达Q点，则有nr＝8a，且r≤a
解得n≥≈4.62
n所能取的最小自然数为5。
粒子做圆周运动的周期为T＝
粒子每经过PQ分界线一次所用的时间为
t＝T＝
粒子到达Q点的最短时间为
tmin＝5t＝
答案：(1) (2)
考向一 带电粒子在组合场中的运动 (选择题或计算题)
1．组合场模型
电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存，但各位于一定区域，并且互不重叠的情况。
2．“电偏转”与“磁偏转”的比较
匀强电场中的“电偏转” 匀强磁场中的“磁偏转”
受力特征 无论v是否与E垂直，F电＝qE，F电为恒力 v垂直于B时，FB＝qvB
运动规律 类平抛运动(v⊥E)vx＝v0，vy＝tx＝v0t，y＝ 圆周运动(v⊥B)T＝，r＝
偏转情况 tan θ＝，因做类平抛运动，在相等的时间内偏转角度不等 若没有磁场边界限制，粒子所能偏转的角度不受限制
动能变化 动能发生变化 动能不变
(2014·四川高考)在如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝ m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝ 37°。过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104 N/C。小物体P1质量m＝2×10－3 kg、电荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝ 9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力。当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇。P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力。求：
(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；
(2)倾斜轨道GH的长度s。
[思路探究]
(1)“物体在磁场中做匀速运动”说明物体受到的合力为零，水平方向上有F＝f。
(2)P1在电场中受电场 ( http: / / www.21cnjy.com )力的作用，P2在电场中不受电场力的作用。P1、P2在电场中分别做匀减速直线运动和匀加速直线运动，运用功能关系、牛顿第二定律及运动学公式求解s。
[解析] (1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则
F1＝qvB①
f＝μ(mg－F1)②
由题意，水平方向合力为零
F－f＝0③
联立①②③式，代入数据解得
v＝4 m/s④
(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理
qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝mv－mv2⑤
P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律
qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin θ)＝ma1⑥
P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则
s1＝vGt＋a1t2⑦
设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则
m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a2⑧
P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则
s2＝a2t2⑨
联立⑤～⑨式，代入数据得
s＝s1＋s2＝0.56 m⑩
[答案] (1)4 m/s (2)0.56 m
[感悟升华]
分析带电粒子在组合场中运动问题的方法
(1)要清楚场的性质、方向、强弱、范围等。
(2)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)正确地画出粒子的运动轨迹图。
(4)根据区域和运动规律的不同，将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。
(5)要明确带电粒子通过不同场区的交界处时速度大小和方向关系，上一个区域的末速度往往是下一个区域的初速度。
1．(2014·宜宾质检)如图所示，两导 ( http: / / www.21cnjy.com )体板水平放置，两板间电势差为U，带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又沿垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，不计粒子的重力，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化情况为( )
A．d随v0增大而增大，d与U无关
B．d随v0增大而增大，d随U增大而增大
C．d随U增大而增大，d与v0无关
D．d随v0增大而增大，d随U增大而减小
解析：选A 设粒子从M点进入磁场 ( http: / / www.21cnjy.com )时的速度大小为v，该速度与水平方向的夹角为θ，故有v＝；粒子在磁场中做匀速圆周运动半径r＝；运动轨迹如图所示，由几何关系知MN之间的距离为d＝2rcos θ，联立解得d＝，A正确。
2．半导体离子注入工艺中，初速度 ( http: / / www.21cnjy.com )可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋( )
A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的半径之比为∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
解析：选BCD 离子P＋ ( http: / / www.21cnjy.com )和P3＋质量之比为1∶1，电荷量之比等于1∶3，故在电场中的加速度a＝ 之比为1∶3，A错误；离子在离开电场区域时有qU＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m，得半径r＝＝ ，则半径之比为1∶＝∶1，B正确；设磁场宽度为d，由几何关系d＝rsin θ，可知离子在磁场中转过的角度正弦值之比等于半径倒数之比，即1∶，因θ＝30°，则θ′＝60°，故转过的角度之比为1∶2，C正确；离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即1∶3，D正确。
3．(2014·全国高考)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xOy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：
(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；
(2)该粒子在电场中运动的时间。
解析：(1)如图所示，粒子进入 ( http: / / www.21cnjy.com )磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
qv0B＝m①
由题给条件和几何关系可知R0＝d②
设电场强度大小为E，粒子进入电场后 ( http: / / www.21cnjy.com )沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx。由牛顿第二定律及运动学公式得
Eq＝max③
vx＝axt④
t＝d⑤
由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tan θ＝⑥
联立①②③④⑤⑥式得
＝v0tan2θ⑦
(2)联立⑤⑥式得t＝⑧
答案：(1)v0tan2θ (2)
考向二 带电粒子在复合场中的运动 (选择题或计算题)
1．复合场模型
电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存于同一区域的情况。
2．带电粒子在复合场中的运动情况分析
(1)当带电粒子在复合场中所受合力为零时，做匀速直线运动(如速度选择器)或处于静止状态。
(2)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动。
3．带电粒子在复合场中的受力情况分析
带电粒子在复合场中的运动问题是电磁学知识 ( http: / / www.21cnjy.com )和力学知识的结合，分析方法和力学问题的分析方法基本相同，即均用动力学观点、能量观点来分析，不同之处是多了电场力、洛伦兹力，二力的特点是电场力做功与路径无关，洛伦兹力方向始终和运动速度方向垂直永不做功等。
(2014·成都质检)在直角 ( http: / / www.21cnjy.com )坐标系y轴右侧有相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，电场方向沿y轴负方向，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为q的正粒子(重力不计)从坐标原点O沿x轴正方向做直线运动，运动到A点时撤去电场，当粒子在磁场中运动到距离原点O最远处P点(图中未标出)时，撤去磁场，同时加另一匀强电场，其方向沿y轴负方向，最终粒子垂直于y轴飞出。已知A点坐标为(a,0)，P点坐标为。求：
(1)粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径；
(2)磁场的磁感应强度B和粒子运动到P点时速度v的大小；
(3)整个过程中电场力对粒子做的功；
(4)粒子从原点O开始运动到垂直于y轴飞出过程所用的总时间。
[思路探究]
(1)粒子在O到A的过程中做匀速直线运动，其所受合力为零。
(2)粒子由A到P的过程中做匀速圆周运动，P离O点最远，圆周运动的圆心必在OP连线上。
(3)粒子垂直打在y轴上，则由y轴上该点到P点，可认为粒子做类平抛运动。
[解析] (1)粒子的运动轨迹如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，由P点距原点最远可知，粒子做圆周运动的圆心在OP连线上，θ＝45°。设AP段粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R，由图知
tan θ＝＝
解得R＝OA＝a
(2)OA段粒子沿x轴做直线运动，则在y轴方向上受到合力为零。由二力平衡得
qE＝qvB
由牛顿第二定律得
qvB＝m
联立解得B＝ ，v＝
(3)PQ过程的逆过程可看做类平抛运动，故粒子从y轴射出时的速度大小为vx，
vx＝vsin θ
全过程中电场力只在PQ段对粒子做功，由动能定理得
W＝mv－mv2
解得W＝－qEa
(4)粒子做匀速直线运动的时间
t1＝
粒子做圆周运动的时间
t2＝T＝T
又因为T＝
粒子做类平抛运动的时间
t3＝＝
粒子从原点O开始运动到垂直于y轴飞出过程所用的总时间
t＝t1＋t2＋t3＝
[答案] (1)a (2) (3)－qEa
(4)
[感悟升华]
1．复合场中重力是否考虑的三种情况
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等 ( http: / / www.21cnjy.com )，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，而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等，一般应考虑其重力。
(2)在题目中明确说明的按说明要求判断是否考虑重力。
(3)不能直接判断是否考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否考虑重力。
2．分析带电粒子在复合场中运动问题的基本解题思路
4．如图所示，长方体玻璃水槽 ( http: / / www.21cnjy.com )中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B。图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前后两内侧面，则( )
A．a处电势高于b处电势
B．a处离子浓度大于b处离子浓度
C．溶液的上表面电势高于下表面的电势
D．溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度
解析：选B 在NaCl溶 ( http: / / www.21cnjy.com )液中，Na＋和Cl－同时参与导电，且运动方向相反，由左手定则可以判断两种离子都将向a侧面偏转，故a侧面电性仍然是中性的，a、b两侧面不存在电势差，但a处离子浓度要大于b处离子浓度，B正确。
5．如图所示的空间中存在着正交的匀强电场 ( http: / / www.21cnjy.com )和匀强磁场，从A点沿AB、AC方向绝缘地抛出两带电小球，关于小球的运动情况，下列说法中正确的是( )
A．从AB、AC抛出的小球都可能做直线运动
B．只有沿AB抛出的小球才可能做直线运动
C．做直线运动的小球带正电，而且一定是做匀速直线运动
D．做直线运动的小球机械能守恒
解析：选BC 小球在运动过程中受重力、 ( http: / / www.21cnjy.com )电场力、洛伦兹力作用，注意小球做直线运动一定为匀速直线运动；若小球带正电，沿AB才可能做直线运动，做直线运动时电场力做正功，机械能增加，B、C正确，A、D错误。
6．(2014·江南十校联考)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，半圆有界匀强磁场的圆心O1在x轴上，OO1距离等于半圆磁场的半径，磁感应强度大小为B1。虚线MN平行x轴且与半圆相切于P点。在MN上方是正交的匀强电场和匀强磁场，电场场强大小为E，方向沿x轴负向，磁场磁感应强度大小为B2。B1、B2均垂直纸面，方向如图所示。有一群完全相同的正粒子，以相同的速率沿不同方向从原点O射入第Ⅰ象限，其中沿x轴正方向进入磁场的粒子经过P点射入MN后，恰好在正交的电磁场中做直线运动，粒子质量为m，电荷量为q(粒子重力不计)。
(1)求粒子初速度大小和有界半圆磁场的半径；
(2)若撤去磁场B2，求经过P点射入电场的粒子从y轴射出电场时距离O点的距离；
(3)试证明：题中所有从原点O进入第Ⅰ象限的粒子都能在正交的电磁场中做直线运动。
解析：(1)粒子进入MN后做直线运动，说明电场力不做功，粒子垂直MN进入复合场，则有qv0B2＝Eq①
v0＝②
由题意知粒子在磁场B1中圆周运动半径与该磁场半径相同，
qv0B1＝③
解得R＝＝④
(2)在电场中粒子做类平抛运动，
水平方向x＝R＝at2＝⑤
竖直方向
y＝v0t＝ ＝ ⑥
设粒子射出电场时从y轴上距离O点的距离为y′，则
y′＝y＋R＝⑦
(3)证明：设从O点入射的任一粒 ( http: / / www.21cnjy.com )子进入B1磁场时，速度方向与x轴成θ角，粒子出B1磁场与半圆磁场边界交于Q点，如图所示，找出轨迹圆心，可以看出四边形OO1QO2四条边等长，是平行四边形，所以半径O2Q与
OO1平行。所以从Q点出磁 ( http: / / www.21cnjy.com )场速度与O2Q垂直，即与x轴垂直，所以垂直进入MN边界。进入正交电磁场E、B2中都有qv0B2＝Eq，故粒子做直线运动。
答案：(1) (2) (3)见解析
带电粒子在交变电磁场中的运动
(2014·泸州质检)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、＝106 C/kg的正电荷于电场中的O点由静止释放，经过×10－5 s后，电荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图乙所示规律周期性变化(图乙中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为 t＝0 时刻)。
甲 乙
(1)求匀强电场的电场强度E的大小；
(2)求图乙中t＝×10－5 s时刻电荷与O点的水平距离；
(3)如果在O点右方d＝68 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间。(sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80)
第1步：找关键点
(1)电荷在匀强电场中静止释放，说明电荷做初速度为零的匀加速直线运动。
(2)由图乙知电荷在磁场中受到的洛伦兹力大小、方向均做周期性变化。
第2步：寻交汇点
(1)受力情况的分析：电荷的重力忽略不计，受力分析的方法与力学中的方法相同。
(2)运动情况的分析：和力学中的分析方法相同，常用的规律有直线运动的公式、牛顿运动定律、圆周运动规律等。
(3)能量转化情况的分析：电场力做功引起电势能和动能的变化，洛伦兹力不做功。
第3步：明突破点
(1)问题一：电荷从O点由静止释放，在 ( http: / / www.21cnjy.com )电场中仅受电场力作用，则该电荷将做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律和牛顿第二定律，可求得电场强度。
(2)问题二：电荷进入周期性变化的磁场中， ( http: / / www.21cnjy.com )在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据电荷在电场中的运动时间、圆周运动的周期、磁场变化的周期间的关系，确定电荷的运动轨迹。
(3)问题三：在O点右方加上挡板后，根据电荷每个周期内向右移动的距离和d的关系，确定最后一个阶段的运动情况是解题的关键。
[解析] (1)电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的加速度为a、时间为t1＝×10－5 s，有
v0＝at1①
Eq＝ma②
解得E＝≈7.2×103 N/C③
(2)当磁场垂直纸面向外时，磁感应强度大小B1＝0.3 T，电荷运动的半径
R1＝＝5 cm④
周期T1＝＝×10－5 s⑤
当磁场垂直纸面向里时，磁感应强度大小B2＝0.5 T，电荷运动的半径
R2＝＝3 cm⑥
周期T2＝＝×10－5 s⑦
图a
0～×10－5 s内电荷运动轨迹如图a所示，
t＝×10－5 s时刻电荷与O点的水平距离
Δd＝2(R1－R2)＝4 cm⑧
(3)电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期T＝×10－5 s ，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个。
此时电荷沿MN运动的距离
x＝15Δd＝60 cm⑨
图b
最后8 cm电荷的运动情况如图b所示，设到达挡板的位置与圆心的连线与MN成α角，则有
R1＋R1cos α＝8 cm⑩
解得cos α＝0.6，则α＝53°
故电荷运动的总时间
t总＝t1＋15T＋T1－T1≈4.0×10－4 s
[答案] (1)7.2×103 N/C (2)4 cm (3)4.0×10－4 s
[感悟升华]
解决带电粒子在交变电磁场中运动问题“三步走”
[跟踪训练]
(2014·山东高考) ( http: / / www.21cnjy.com )如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，一质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、d、v0为已知量。
(1)若Δt＝TB，求B0；
(2)若Δt＝TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
(3)若B0＝，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。
解析：(1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得qv0B0＝①
据题意由几何关系得R1＝d②
联立①②式得B0＝③
(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得a＝④
据题意由几何关系得3R2＝d⑤
联立④⑤式得a＝⑥
(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得
T＝⑦
由牛顿第二定律得
qv0B0＝⑧
由题意知B0＝，代入⑧式得
d＝4R⑨
粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1 ( http: / / www.21cnjy.com )O2连线与水平方向的夹角为θ，在每个TB内，只有A、B两个位置粒子才有可能垂直击中P板，且均要求0＜θ＜，由题意可知
T＝⑩
设经历完整TB的个数为n(n＝0,1,2,3，…)，若在A点击中P板，据题意由几何关系得
R＋2(R＋Rsin θ)n＝d
当n＝0时，无解。
当n＝1时，联立⑨ 式得
θ＝
联立⑦⑨⑩ 式得
TB＝
当n≥2时，不满足0＜θ＜的要求。
若在B点击中P板，根据题意由几何关系得
R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d
当n＝0时，无解。
当n＝1时，联立⑨ 式得
sin θ＝
联立⑦⑨⑩ 式得
TB＝
当n≥2时，不满足0＜θ＜的要求。
答案：(1) (2) (3)或
卷(一)
1．(2014·凉山一模)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示，空间存在足够大、正交的匀强电场、匀强磁场，电场强度大小为E，方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。从电场、磁场中某点P由静止释放一个质量为m、电荷量为＋q的粒子(粒子受到的重力忽略不计)，其运动轨迹如图中虚线所示。对于带电粒子在电场、磁场中下落的最大高度H，下面给出了四个表达式，用你已有的知识计算可能会有困难，但你可以用学过的知识对下面的四个选项作出判断。你认为正确的是( )
A. B. C. D.
解析：选A 高度的国际单位为米(m)，根据力学单位制推导四个表达式，最终单位为米的是A选项，故A正确，B、C、D错误。
2.如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是 ( http: / / www.21cnjy.com )带正电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动。在加速运动阶段( )
A．甲、乙两物块间的摩擦力不变
B．乙物块与地面之间的摩擦力不断减小
C．甲、乙两物块做加速度减小的加速运动
D．甲、乙两物块可能做匀加速直线运动
解析：选C 利用整体法有Eq－f ( http: / / www.21cnjy.com )＝(m甲＋m乙)a，f为地面对乙的摩擦力，随着速度的增加，乙受到的竖直向下的洛伦兹力增大，摩擦力f增大，因此加速度变小，甲物块由静摩擦力产生的加速度减小，所以乙对甲的摩擦力是不断减小的，C正确，A、B、D错误。
3．速度相同的一束粒子(不 ( http: / / www.21cnjy.com )计重力)由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0A＝S0C，则下列相关说法中正确的是( )
A．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电
B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷
C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于
D．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3∶2
解析：选B 由左手定则可判定甲束粒子 ( http: / / www.21cnjy.com )带负电，乙束粒子带正电，A错误；由qE＝B1qv知能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于 ，C错误；粒子在磁场中做圆周运动满足B2qv＝m，即＝，由题意知r甲4．如图甲所示是用来加速带电 ( http: / / www.21cnjy.com )粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒。在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间及自身的重力，则下列判断正确的是( )
甲 乙
A．在Ek t图中应有t4－t3B．加速电压越大，粒子最后获得的动能就越大
C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大
D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的面积
解析：选D 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周 ( http: / / www.21cnjy.com )运动的周期为T＝，与速度大小无关，因此，在Ek t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A错误；由粒子圆周运动的半径r＝＝可知Ek＝，即粒子获得的最大动能决定于D形盒的半径，与加速电压无关，加速电压越小，粒子加速次数就越多，当轨道半径r与D形盒半径R相等时就不能继续加速，B、C错误，D正确。
5．如图所示，在xOy直角坐 ( http: / / www.21cnjy.com )标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场。初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，重力不计，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点。已知OA＝OC＝d。则磁感应强度B和电场强度E可表示为( )
A．B＝，E＝ B．B＝，E＝
C．B＝，E＝ D.B＝，E＝
解析：选B 设带电粒子经电压为 ( http: / / www.21cnjy.com )U的电场加速后速度为v，则qU＝mv2；带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，qBv＝，依题意可知r＝d，联立可解得B＝，带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t从P点到达C点，由d＝vt，d＝t2，联立可解得E＝，B正确。
6．(2014·成都一模)电视机的显 ( http: / / www.21cnjy.com )像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的。如图所示，电子束经加速电压U加速后进入一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于圆面。不加磁场时，电子束将通过圆面中心O点打到屏幕中心M点，加磁场后电子束偏转到屏幕上P点的外侧。现要使电子束偏转到P点，可行的办法是( )
A．增大加速电压
B．增加偏转磁场的磁感应强度
C．将圆形磁场区域向屏幕远离些
D．将圆形磁场区域的半径增大些
解析：选A 电子在电场中加速运动的 ( http: / / www.21cnjy.com )过程，根据动能定理得eU＝mv2，解得v＝ ，电子进入磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得evB＝，由以上两式可得电子运动的轨迹半径r＝＝ ＝ ，设圆形磁场区域的半径为R，粒子在磁场中运动轨迹如图所示，电子经过磁场后速度的偏向角为θ，根据几何知识得tan ＝。增大加速电压U时，由上述分析可知，r增大，偏转角θ减小，能使电子束偏转回到P点，A正确；增加偏转磁场的磁感应强度B时，r减小，偏转角θ增大，不能使电子束偏转回到P点，B错误；将圆形磁场区域向屏幕远离些时，电子的偏向角不变，根据几何知识可知，不能使电子束偏转回到P点，C错误；将圆形磁场的半径增大些时，r不变，R增大，θ增大，电子向上偏转增大，不能使电子束偏转回到P点，D错误。
7．(2014·眉山模拟)如图所示，从离子 ( http: / / www.21cnjy.com )源发射出的正离子，经加速电压U加速后进入相互垂直的电场(E方向竖直向上)和磁场(B方向垂直纸面向外)中，发现离子向上偏转。要使此离子沿直线通过电磁场，需要( )
A．增加E，减小B B．增加E，减小U
C．适当增加U D．适当减小E
解析：选CD 离子所受的电场力F＝ ( http: / / www.21cnjy.com )qE，洛伦兹力F洛＝qvB，qU＝mv2，离子向上偏转，电场力大于洛伦兹力，故要使离子沿直线运动，可以适当增加U，增加速度，增加B，洛伦兹力增大，C正确；也可适当减小E，电场力减小，D正确。
8．(2014·宁波质检)如图所示，M ( http: / / www.21cnjy.com )N是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场(场区都足够大)，现有一重力不计的带电粒子从MN上的O点以水平初速度v0射入场区，下列有关判断正确的是( )
A．如果粒子回到MN上时速度增大，则空间存在的一定是电场
B．如果粒子回到MN上的速度大小不变，则该空间存在的一定是电场
C．若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN上时与其所成夹角不变，则该空间存在的一定是磁场
D．若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN所用的时间不变，则该空间存在的一定是磁场
解析：选AD 洛伦兹力对带电粒子 ( http: / / www.21cnjy.com )不做功，不能使粒子速度增大，电场力可对带电粒子做功，使其动能增大，A正确；若带电粒子以与电场线平行的速度v0射入，粒子返回到MN上速率不变，B、C错误；由T＝知，粒子在磁场中运动的周期与速率无关，D正确。
9．(2014·江苏高考)如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH＝k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离。电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )
A．霍尔元件前表面的电势低于后表面
B．若电源的正负极对调，电压表将反偏
C．IH与I成正比
D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比
解析：选CD 导电物质为电 ( http: / / www.21cnjy.com )子，由左手定则得电子受到洛伦兹力向后表面偏转，后表面电势低，A错误；若将电源的正负极对调，磁场和电子的运动方向同时反向，洛伦兹力的方向不变，电压表仍能正常偏转，B错误；电路是稳定电路，线圈中的电流和通过霍尔元件的电流的比例不变，C正确；UH＝k，而B与I成正比，故UH正比于IH·I，而RL的功率正比于I，IH·I与I的比例不变，故UH正比于RL的功率，D正确。
10．(2014·内江一模)如图所示，一束带 ( http: / / www.21cnjy.com )电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场B和匀强电场E组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入另一匀强磁场B′，最终打在A1A2上。下列表述正确的是( )
A．粒子带负电
B．所有打在A1A2上的粒子，在磁场B′中运动时间都相同
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D．粒子打在A1A2上的位置越靠近P，粒子的比荷 越大
解析：选CD 在磁场B′中由左手定则可 ( http: / / www.21cnjy.com )知，粒子带正电，A错误；所有打在A1A2上的粒子，在磁场B′中的运动时间t＝＝，粒子的不同，时间t就不同，B错误；粒子在速度选择器中有qE＝qvB，则v＝，C正确；粒子打在A1A2上的位置越靠近P，半径R＝ 越小，则比荷 越大，D正确。
11．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场 ( http: / / www.21cnjy.com )和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直。在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端a点由静止释放。下列判断正确的是( )
A．当小球运动的弧长为圆周长的时，洛伦兹力最大
B．当小球运动的弧长为圆周长的时，洛伦兹力最大
C．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大
D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小
解析：选AD 对A、B项，Eq＝mg，等效重 ( http: / / www.21cnjy.com )力加速度g′＝g，与竖直向下方向成45°角斜向左，所以周处v最大，又F洛＝Bqv，所以此时F洛最大，A正确，B错误；对C项，a到b点，重力势能和电势能都减小，因为重力和电场力都做正功，C错误；对D项，b到c点，电势能增大，动能先增大后减小，D正确。
12．如图所示，竖直放置的两块很大的平 ( http: / / www.21cnjy.com )行金属板a、b，相距为d，ab间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板而进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加电场大小为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于 ，重力加速度为g，则下列关于粒子运动的说法正确的是( )
A．粒子在ab区域的运动时间为
B．粒子在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r＝d
C．粒子在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为
D．粒子在ab、bc区域中运动的总时间为
解析：选AD 粒子在ab ( http: / / www.21cnjy.com )区域运动时，竖直方向在重力作用下做匀减速运动，设所用时间为t1，故v0＝gt1，t1＝，A正确；在水平方向，v0＝at1，a＝，则qE＝mg，在bc区域，由于粒子所受电场力竖直向上，且qE＝mg，故粒子只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其轨道半径r＝＝，又qE＝mg，v＝2gd，所以r＝2d，B错误；设粒子在bc区域转过的角度为θ，则sin θ＝＝，则θ＝30°，所以粒子在bc区域做匀速圆周运动的时间t2＝T＝·＝，或t2＝＝，C错误；粒子在电场中运动时间t1＝，总时间t＝t1＋t2＝，D正确。
13．(2014·广安模拟)如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )一正方体盒子处于竖直向上匀强磁场中，盒子边长为L，前后面为金属板，其余四面均为绝缘材料，在盒子左面正中间和底面上各有一小孔(孔大小相对底面大小可忽略)，底面小孔位置可在底面中线MN间移动，现有一些带－Q电量的液滴从左侧小孔以某速度进入盒内，由于磁场力作用，这些液滴会偏向金属板，从而在前后两面间产生电压，(液滴落在底部绝缘面或右侧绝缘面时仍将向前后金属板运动，带电液滴达金属板后将电量传给金属板后被引流出盒子)，当电压达稳定后，移动底部小孔位置，若液滴速度在某一范围内时，可使得液滴恰好能从底面小孔出去，现可根据底面小孔到M点的距离d计算出稳定电压的大小，若已知磁场磁感应强度为B，则以下说法正确的是( )
A．稳定后前金属板电势较低
B．稳定后液滴将做匀变速曲线运动
C．稳定电压为U＝Bd
D．能计算出稳定电压为Bd
解析：选BD 因液滴带负电， ( http: / / www.21cnjy.com )由左手定则可判断，液滴将向后金属板移动，故前金属板电势高，A错误；稳定后，Bv0q＝q，液滴将在重力作用下做类平抛运动，由＝gt2，v0t＝d，可得v0＝d，U＝Bd，故B、D正确，C错误。
卷(二)
1．(2014·乐山一模 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向；在第四象限的正方形abcd区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外，正方形边长为L，且ab边与y轴平行
考情分析 备考策略
1.本专题主要是综合应用动力学方法和功能 ( http: / / www.21cnjy.com )关系解决带电粒子在电场和磁场中的运动问题。这部分题目覆盖的内容多，且情景复杂，综合性强，常作为理综试卷的压轴题。 2.高考对本专题考查的重点有以下几个方面： ( http: / / www.21cnjy.com )对电场力的性质和能的性质的理解；带电粒子在电场中的加速和偏转问题；带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题；带电粒子在组合场、复合场中的运动问题。
1.复习时应“抓住两条主线、明确两类运动、 ( http: / / www.21cnjy.com )运用两种方法”解决有关问题。两条主线是指电场力的性质(物理量——电场强度)和能的性质(物理量——电势和电势能)；两类运动是指类平抛运动和匀速圆周运动；两种方法是指动力学方法和功能关系。 2.注意本专题知识和日常生活、科学研究的联系，能够将复杂的问题简化成物理模型进行分析。
考向一 电场的性质 (选择题)
电场中的各个物理量形成及相互转化关系
(2014·全国新课标 ( http: / / www.21cnjy.com )Ⅰ)如图所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°。M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则( )
A．点电荷Q一定在MP的连线上
B．连接PF的线段一定在同一等势面上
C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功
D．φP大于φM
[审题指导]
(1)根据等势线一定与电场线垂直确定点电荷的位置。
(2)根据点电荷产生电场的特点判断选项B、C、D是否正确。
[解析] 根据正点电荷的电场的特点可知 ( http: / / www.21cnjy.com )，点电荷的电场的等势面是以点电荷为中心的同心球面，故分别作MN连线的中垂线和PF连线的中垂线，如图所示，根据图中几何关系可知，两条线交MP于A点，即点电荷在A点，A正确，B错误；将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做正功，C错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，故φP>φM，D正确。
[答案] AD
[感悟升华]
电场强度、电势、电势能的判断方法
1．(2014·安徽高考)一带电粒 ( http: / / www.21cnjy.com )子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图甲所示。下列图像中合理的是( )
甲
乙
解析：选D 由于粒子只受电场力作用 ( http: / / www.21cnjy.com )，因此由F电＝可知，Ep x图像的斜率大小即为粒子所受电场力大小，从图像可知，图像的斜率随位移的增大而越来越小，因此粒子运动后所受的电场力随位移的增大而越来越小，因此电场强度越来越小，A错误；由于只受电场力作用，因此动能与电势能的和是定值，但从B项和题图可以看出，不同位置的电势能与动能之和不是定值，B错误；粒子受到的电场力随位移的增大而越来越小，因此加速度随位移的增大而越来越小，D正确；若粒子的速度随位移的增大而均匀增大，则粒子的动能Ek∝x2，结合B项分析可知C错误。
2．(2014·重庆高考)如图所示为某示波管 ( http: / / www.21cnjy.com )内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则( )
A．Wa ＝Wb，Ea >Eb B．Wa≠Wb，Ea >Eb
C．Wa＝Wb，Ea
3．(2014·厦门质检 ( http: / / www.21cnjy.com ))两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则( )
A．q1与q2带同种电荷
B．A、N点的电场强度大小为零
C．NC间场强方向x轴正方向
D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功
解析：选D 由图像可知，两点的电势一正 ( http: / / www.21cnjy.com )一负，则q1与q2带异种电荷，A错误；该图像的斜率等于场强E，可知A、N两点电场强度不为零，B错误；由图可知N→C段中，电势升高，所以场强方向沿x轴负方向，C错误；因N→D段中，电势先升高后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功，D正确。
考向二 平行板电容器的动态变化问题 (选择题)
1．必须记住的三个公式
C＝、C＝、E＝。
2．必须明确的两个关键点
(1)电路处于接通状态时，电容器两极板间电压不变。
(2)电路处于断开状态时，电容器两极板间的带电荷量不变。
如图所示，两平行金属板水平放置，开 ( http: / / www.21cnjy.com )始时开关S合上，使平行板电容器带电，板间存在垂直纸面向里的匀强磁场。一个不计重力的带电粒子恰能以水平向右的速度v沿直线通过两板。在以下方法中，能使带电粒子仍沿水平直线通过两板的是( )
A．将两板的距离增大一倍，同时将磁感应强度增大一倍
B．将两板的距离减小一半，同时将磁感应强度增大一倍
C．将开关S断开，使两板的正对面积减小一半，同时将板间磁场的磁感应强度减小一半
D．将开关S断开，使两板的正对面积减小一半，同时将板间磁场的磁感应强度增大一倍
[审题指导]
(1)明确开关闭合和开关闭合再断开时不变的物理量。
(2)应用控制变量法分析两种情况下电场性质的变化。
[解析] 当开关S闭合时，电容器两 ( http: / / www.21cnjy.com )端的电压不变，要使带电粒子仍沿水平直线通过两板，必须满足qE＝q＝qvB，即U＝Bdv，所以当两板的距离增大一倍时，同时应将磁感应强度减小一半；当两板的距离减小一半时，同时应将磁感应强度增大一倍，A错误，B正确；将开关S断开时，电容器所带电荷量不变，根据C＝和C＝得，E＝＝，要使带电粒子仍沿水平直线通过两板，必须满足qE＝qvB，即Q＝，当两板间的正对面积减小一半时，同时应将板间磁场的磁感应强度增大一倍，C错误，D正确。
[答案] BD
[感悟升华]
“一明、二分、一定”解决平行板电容器问题
4．(2014·绵阳模拟)如图所示，水平 ( http: / / www.21cnjy.com )放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕过中心点O、O′且垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P，则P在电场内将做( )
A．匀速直线运动
B．水平向右的匀加速直线运动
C．斜向右下方的匀加速直线运动
D．曲线运动
解析：选B 设电源两端的电压为U，两 ( http: / / www.21cnjy.com )金属板间的距离为d，带电液滴的质量为m，带电荷量为q，则液滴P静止时，由平衡条件可得q＝mg，金属板转动后，P所受的电场力大小为F＝q，方向与竖直方向成α角指向右上方，电场力大于重力，但电场力在竖直方向的分量F1＝Fcos α＝q cos α＝q＝mg，故电场力和重力的合力方向水平向右，即P做水平向右的匀加速直线运动，B正确，A、C、D错误。
5．(2014·广元九校联考)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，平行板电容器的两极板A、B接在电池的两极，一带正电的小球悬挂在电容器的内部，闭合开关S，给电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则( )
A．若保持开关S闭合，A板向B板靠近，则θ增大
B．若保持开关S闭合，A板向B板靠近，则θ不变
C．若开关S断开，A板向B板靠近，则θ不变
D．若开关S断开，A板向B板靠近，则θ增大
解析：选AC 保持开关S闭合， ( http: / / www.21cnjy.com )则电容器两极板间电压U恒定，A板向B板靠近，距离d减小，由E＝可知电场强度增大，带正电小球受到的电场力增大，则θ增大，A正确，B错误；若开关S断开，则电容器的电荷量恒定，A板向B板靠近时，电场强度不变，带正电小球受到的电场力不变，则θ不变，C正确，D错误。
6．新型电压传感器能够在不形成电流的条 ( http: / / www.21cnjy.com )件下，准确测定电压随时间的变化规律。某同学利用电压传感器来研究物体的运动情况，如图甲所示，A、B为电容器的两个极板，C为绝缘直板。现将A固定在C的左端，B固定在小车上，使A、B带等量异种电荷后与电压传感器连接，将小车以一定的初速度释放，电压传感器的显示屏上出现的电压随时间的变化规律如图乙所示，则小车做( )
甲 乙
A．匀减速运动 B．匀加速运动
C．匀速运动 D．变加速运动
解析：选C 设电容器的带电荷量为Q，A、B ( http: / / www.21cnjy.com )间距为d，由图乙可知，U＝U0－k′t，结合电容器电容的定义式C＝和决定式C＝，得d＝(U0－k′t)，即A、B间距随时间均匀减小，小车做匀速运动，C正确。
考向三 带电粒子在电场中的运动 (选择题或计算题)
1．带电粒子在电场中的加速
(1)匀强电场中，v0与E平行时，优先用功能关系求解，若不行，则用牛顿第二定律和运动学公式。
(2)非匀强电场中，只能用功能关系求解。
2．带电粒子在匀强电场中的偏转(v0垂直于E的方向)，如图所示。
(1)沿v0方向的匀速直线运动。
(2)垂直于v0方向的匀加速直线运动。
①加速度a＝＝；
②偏转距离y＝at2＝2x＝L,y＝；
③速度偏向角
tan φ＝＝ x＝L,tan φ＝；
④位移偏向角
tan θ＝＝ x＝L,tan θ＝；
⑤两个重要的结论
a．位移偏向角θ和速度偏向角φ满足tan φ＝2tan θ；
b．射出极板时粒子的速度反向延长线过粒子水平位移的中点。
(2014·自贡模拟)如 ( http: / / www.21cnjy.com )图所示，两平行金属板A、B长l＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B板电势高300 V，即UAB＝300 V。一带正电的粒子电量为q＝10－10 C，质量为m＝10－20 kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106 m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响)。已知两界面MN、PS相距为L＝12 cm，粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获从而以O点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上。求：
(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h；
(2)粒子穿过界面MN时的速度v;
(3)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离Y；
(4)点电荷的电荷量Q(该小题结果保留一位有效数字)。
[审题指导]
(1)粒子在两极板间受电场力(恒力)作用，做类平抛运动，且向B板偏转。
(2)粒子在MN、PS间的无电场区不受力，做匀速直线运动。
(3)粒子经过PS后做匀速圆周运动，向心力等于电场力。
[解析] (1)设粒子在两极板间运动时加速度为a，运动时间为t，则
h＝at2，a＝＝，t＝
即h＝2
代入数据，解得h＝0.03 m＝3 cm
(2)设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，
则vy＝at＝
代入数据，解得vy＝1.5×106 m/s
所以粒子从电场中飞出时的速度
v＝＝2.5×106 m/s
设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则
tan θ＝＝，θ＝37°
(3)带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，由相似三角形知识得
＝
代入数据，解得
Y＝0.12 m＝12 cm
(4)粒子做匀速圆周运动的半径
r＝＝0.15 m
又＝m
代入数据，解得|Q|＝1×10－8 C
故Q＝－1×10－8 C
[答案] (1)3 cm (2)2.5×106 m/s 方向与水平方向成37°角斜向下 (3)12 cm (4)－1×10－8 C
[感悟升华]
解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路及注意问题
7．如图所示，带电粒子P所带的电荷量是 ( http: / / www.21cnjy.com )带电粒子Q的3倍，P和Q从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，粒子P的初速度是粒子Q的2倍，不计粒子重力，则P和Q的质量之比为( )
A．3∶4 B．3∶8
C．3∶16 D．3∶24
解析：选C P和Q在匀强电场中做类平抛 ( http: / / www.21cnjy.com )运动，设P粒子的初速度为v0，带电荷量为q，OM间距为x，则x＝v0tP；对Q有2x＝v0tQ；可知，tQ＝4tP，沿电场线方向，对P有h＝·t；对Q有h＝·t；因为Q粒子所带电荷量为q′＝q，故＝，C正确。
8．(2014·安徽高考)如图所示，充电 ( http: / / www.21cnjy.com )后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：
(1)小球到达小孔处的速度；
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。
解析：(1)由v2＝2gh
得v＝
(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有mg－qE＝ma
0－v2＝2ad
得E＝
又U＝Ed，Q＝CU
得Q＝C
(3)由题意知h＝gt
0＝v＋at2，t＝t1＋t2
解得t＝
答案：(1) (2) C (3)
电场中的功能关系的应用
如图所示，绝缘水平面上的AB区域宽度 ( http: / / www.21cnjy.com )为d，带正电、电荷量为q、质量为m的小滑块以大小为v0的初速度从A点进入AB区域，当滑块运动至区域的中心C时，速度大小为vC＝v0，从此刻起在AB区域内加上一个水平向左的匀强电场，电场强度保持不变，并且区域外始终不存在电场。
(1)若加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等，求滑块离开AB区域时的速度；
(2)要使小滑块在AB区域内运动的时 ( http: / / www.21cnjy.com )间达到最长，电场强度应满足什么条件？并求这种情况下滑块离开AB区域时的速度。(设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力)
第1步：找关键点
(1)A→C过程无电场：小滑块在摩擦力的作用下做匀减速直线运动。
(2)C→B过程有电场：小滑块受电场力和摩擦力作用，其运动性质取决于电场力和摩擦力。
第2步：寻交汇点
(1)受力情况分析：电场力是带电体受到的其中一个力，受力分析的方法与力学中的方法相同。
(2)运动情况分析：和力学中的分析方法相同，常用的规律有直线运动的公式、牛顿运动定律、抛体运动和圆周运动规律等。
(3)能量转化分析：电场力做功引起电势能的变化，分析方法和力学中其他功能关系的分析方法相同。
第3步：明突破点
(1)问题一：滑块不可能从A点离开AB区域，运用功能定理求解。
(2)问题二：滑块滑到B的速度为零，滑块再向左加速运动，运用动能定理求解。
[解析] (1)设滑块所受滑动摩擦力大小为f，则滑块从A点运动至C点的过程，由动能定理得
－f·＝mv－mv ①
假设最后滑块从B点离开AB区域，则滑块从C点运动至B点过程，由动能定理得
－(qE1＋f)·＝mv－mv②
将vC＝v0和qE1＝f代入解得
vB＝v0③
由于滑块运动至B点时还有动能，因此滑块从B点离开AB区域，速度大小为v0，方向水平向右。
(2)要使小滑块在AB区域内运动的时间达到最长，必须使滑块运动至B点停下，然后再向左加速运动，最后从A点离开AB区域。
滑块从C点运动到B点的过程，由动能定理得
－(qE2＋f)·＝0－mv④
由①④两式可得电场强度E2＝⑤
由①⑤知qE2＝2f
滑块运动至B点后，因为qE2>f，所以滑块向左做匀加速运动，从B运动至A点的过程，由动能定理得
(qE2－f)d＝mv⑥
由以上各式解得滑块离开AB区域时的速度
vA＝v0(水平向左)⑦
[答案] (1)v0，方向水平向右 (2) v0，方向水平向左
[感悟升华]
处理此问题应注意以下两点
(1)电场力做功与路径无关，可运用动能定理对全程列式。
(2)在运用动能定理处理电学问题时应注意运动过程的选取，特别应注意电场力和摩擦力做功的特点。
[跟踪训练]
1．(2014·达州模拟)如图所示，a ( http: / / www.21cnjy.com )、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，电场线与矩形所在平面平行。已知a点电势为20 V，b点电势为24 V，d点电势为12 V。一个质子从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45°角，一段时间后经过c点。下列判断正确的是(不计质子的重力)( )
A．c点电势高于a点电势
B．场强的方向由b指向d
C．质子从b运动到c所用的时间为
D．质子从b运动到c，电场力做功为4 eV
解析：选C 由φb－φa＝φc－φd得φ ( http: / / www.21cnjy.com )c＝16 V，A错误；由Wbc＝Ubcq得质子从b运动到c，电场力做功Wbc＝(24－16)eV＝8 eV，D错误；因为a点与bc边的中点f电势相等，故电场方向沿b到af的垂线方向，B错误；易知v0方向与电场线垂直，质子做类平抛运动，沿v0方向有v0t＝2Lcos 45°，得质子由b运动到c所用时间为t＝，C正确。
2．如图所示，有三根长度均为L＝0 ( http: / / www.21cnjy.com ).3 m 的不可伸长的绝缘细线，其中两根的一端分别固定在天花板上的P、Q两点，另一端分别拴有质量均为m＝0.12 kg的带电小球A和B，其中A球带正电，电荷量为q ＝ 3×10－6 C。A、B之间用第三根线连接起来。在水平向左的匀强电场E作用下，A、B保持静止，悬线仍处于竖直方向，且A、B间细线恰好伸直。
(1)此匀强电场的电场强度E为多大；
(2)现将PA之间的线烧断，由于有空 ( http: / / www.21cnjy.com )气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。求此时细线QB所受的拉力FT的大小，并求出A、B间细线与竖直方向的夹角θ；
(3)求A球的电势能与烧断前相比改变了多少(不计B球所带电荷对匀强电场的影响)。
解析：(1)B球水平方向所受合力为零，则有qBE＝k
所以E＝k＝9×109× N/C＝3×105 N/C
(2)两球及细线最后位置如图所示。
QB所受的拉力FT＝2mg＝2×0.12×10 N＝2.4 N
A球受力平衡，则有
qE＝mgtan θ
所以tan θ＝＝＝
即θ＝37°
(3)电场力对A球做的功
W＝－qEL(1－sin θ)＝－3×10－6×3×105×0.3×(1－0.6)J＝－0.108 J
所以A球的电势能增加了
ΔEp＝－W＝0.108 J
答案：(1)3×105 N/C (2)2.4 N 37° (3)增加0.108 J
一、选择题
1．(2014·苏北四市调研)如图甲所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，A、B为某电场中的一条直线上的两个点，现将正点电荷从A点由静止释放，该点电荷仅在电场力的作用下运动到B点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图乙所示。从A点到B点的过程中，下列说法正确的是( )
甲 乙
A．电场力对该点电荷一直做正功
B．电势一直升高
C．该点电荷所受电场力先减小后增大
D．该点电荷所受电场力先增大后减小
解析：选C 由图乙可知，电势 ( http: / / www.21cnjy.com )能先减小后增大，所以电场力先做正功后做负功，A错误；由于移动的是正电荷，电势能先减小后增大，所以电势是先降低后升高，B错误；由题图乙中曲线的切线的斜率变化可知电场力先减小后增大，C正确，D错误。
2．(2014·永安质检) ( http: / / www.21cnjy.com )某带电物体所在空间形成一个电场，沿x轴方向其电势φ的变化如图所示。电子从O点以v0的初速度沿x轴正方向射出，依次通过a、b、c、d点。(设电子的质量为m)则下列关于电子运动的描述正确的是( )
A．电子在Oa间做匀加速直线运动
B．电子在Od之间一直在做减速直线运动
C．要使电子能到达无穷远处，粒子的初速度v0至少为
D．电子在cd间运动时其电势能一定减小
解析：选C Oa间电势不变，电子在Oa间动 ( http: / / www.21cnjy.com )能不变，A、B错误；由功能关系知，eφ0＝mv，解得v0＝ ，C正确；电子在c、d间运动时，电场力对其做负功，电势能增加，D错误。
3．(2014·漳州质检)均匀带电的球壳在球 ( http: / / www.21cnjy.com )外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的点电荷电场。如图所示，在球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，球心为O，CD为球面AB的对称轴，在轴线上有M、N两点，且OM＝ON＝2R，A1A∥B1B∥CD，已知球面A1B1在M点的场强大小为E，静电力常量为k，则N点的场强大小为( )
A.－E B.－E
C.－E D.－E
解析：选C 若球完整，则带电量Q＝q，则球在M点产生的电场E0＝＝，根据电场的叠加原理，除去A1B1球面后，球在M点产生的电场E1＝E0－E＝－E，由对称性可知球壳在N点产生的场强大小等于E1，C正确。
4．喷墨打印机的简化模型如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )
A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大
C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电量无关
解析：选C 由于微滴带负电，电场 ( http: / / www.21cnjy.com )方向向下，因此微滴受到的电场力方向向上，微滴向正极板偏转，A错误；偏转过程中电场力做正功，根据电场力做功与电势能变化的关系，电势能减小，B错误；微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动，位移x＝vt，沿电场反方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移y＝t2＝·2，此为抛物线方程，C正确；从式中可以看出，运动轨迹与带电荷量q有关，D错误。
5．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平 ( http: / / www.21cnjy.com )行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为零，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为( )
A．200 V/m B．200 V/m
C．100 V/m D．100 V/m
解析：选A 在匀强电场中，沿某一方向电 ( http: / / www.21cnjy.com )势降落，则在这一方向上电势均匀降落，故OA的中点C的电势φC＝3 V(如图所示)，因此B、C为等势面。O点到BC的距离d＝OCsin α，而sin α＝＝，所以d＝OC＝1.5×10－2 m。根据E＝得，匀强电场的电场强度E＝＝ V/m＝200 V/m，A正确，B、C、D错误。
6．(2014·乐山质检)某静电场 ( http: / / www.21cnjy.com )中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示。在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x0～x0区间内( )
A．该静电场是匀强电场
B．该静电场是非匀强电场
C．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小
D．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大
解析：选BC φ x图像的斜率 ( http: / / www.21cnjy.com )表示电场强度，在－x0～x0区间内电场强度先增大后减小，A错误，B正确；因电场线与x轴重合，沿x轴正方向电势升高，所以电场方向沿x轴负方向，在O点由静止释放一电子，其所受电场力方向沿x轴正方向，大小逐渐减小，C正确，D错误。
7．某同学设计了一种静电除尘装置，如图 ( http: / / www.21cnjy.com )甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连。带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。要增大除尘率，则下列措施可行的是( )
甲 乙
A．只增大电压U
B．只增大长度L
C．只增大高度d
D．只增大尘埃被吸入的水平速度v0
解析：选AB 尘埃做类平抛运动，有 ( http: / / www.21cnjy.com )y＝at2，a＝，t＝，当只增大电压U或只增大长度L时，y增大，收集尘埃的数量增大，A、B正确；而只增大高度d或只增大尘埃被吸入的水平速度v0，y减小，收集尘埃的数量减小，C、D错误。
8．(2014·泸州质检)如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )两平行正对的金属板A、B间的电势差UAB＝U0，A板电势高于B板电势，极板长度为L，板间距离为d，一重力可忽略不计的带电粒子质量为m，电荷量为q，粒子在两板中心连线上且距离A板处的P点释放时获得平行于金属板向上的速度v0，则该粒子不打到金属板A、B上的条件是( )
A．若粒子带正电，v0必须大于
B．若粒子带正电，U0必须小于
C．若粒子带负电，v0必须大于
D．若粒子带负电，U0必须小于
解析：BC 因为初速度方向与电场方向垂 ( http: / / www.21cnjy.com )直，故带电粒子在电场中做类平抛运动，当带电粒子带正电时，由于电场力垂直于金属板指向B板，＝v0t，··t2
二、非选择题
9．如图所示，在两条平行 ( http: / / www.21cnjy.com )的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏。现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O。试求：
(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；
(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α；
(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x。
解析：(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t＝。
(2)粒子在电场的运动情况如图所示。
设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为
a＝
所以vy＝a＝
所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝＝
(3)设粒子在电场中的偏转距离为y，则
y＝a2＝
又x＝y＋Ltan α
解得x＝
答案：(1) (2) (3)
10.(2014·全国新课标Ⅰ)如 ( http: / / www.21cnjy.com )图所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q＞0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求：
(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；
(2)电场强度的大小和方向。
解析：(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝d，根据平抛运动的规律有
dsin 60°＝v0t①
dcos 60°＝gt2②
又Ek0＝mv③
由①②③式得Ek0＝mgd④
设小球到达A点时的动能为EkA，则
EkA＝Ek0＋mgd⑤
由④⑤式得＝⑥
(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，重力势能分别减少了和，但动能分别增加了mgd和
mgd图像，则小球从O点到A点和B点，电场力做正功，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得
ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦
ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧
在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图所示，则有
＝⑨
解得x＝d
MA为等势线，电场的方向必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°⑩
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。
设场强的大小为E，有
qEdcos 30°＝ΔEpA
由④⑦ 式得E＝
答案：(1) (2) 与竖直向下的方向的夹角为30°
考向一 导体在磁场中受安培力问题 (选择题)
1．牢记一个公式
安培力大小的计算公式：F＝BILsin θ(其中θ为B与I之间的夹角) 。
(1)若磁场方向和电流方向垂直：F＝BIL。
(2)若磁场方向和电流方向平行：F＝0。
2．必须掌握的一个定则——左手定则
(1)左手定则判定安培力的方向。
(2)特点：由左手定则知 ( http: / / www.21cnjy.com )通电导线所受安培力的方向既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直，所以安培力的方向总是垂直于磁感线和通电导线所确定的平面。
(2014·浙江高考)如图甲所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒( )
A．一直向右移动
B．速度随时间周期性变化
C．受到的安培力随时间周期性变化
D．受到的安培力在一个周期内做正功
[审题指导]
(1)导体棒所受安培力大小不变，方向周期性变化，根据牛顿第二定律可知，加速度大小不变，方向周期性变化。
(2)导体的运动方向需要根据匀变速直线运动规律进行判断。
[解析] 在0～，导体棒受到向 ( http: / / www.21cnjy.com )右的安培力，大小恒为BImL，导体棒向右做匀加速直线运动；在～T，导体棒受到安培力向左，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。
[答案] ABC
[感悟升华]
分析通电导体棒受力时的基本思路
1．(2014·全国新课标Ⅰ)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是( )
A．安培力的方向可以不垂直于直导线
B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
解析：选B 安培力的方向总是垂直于 ( http: / / www.21cnjy.com )磁场方向与电流方向所决定的平面，因此，安培力的方向总与磁场方向和电流方向垂直，A错误，B正确；安培力F＝BILsin θ，其中θ是电流方向与磁场方向的夹角，C错误；将直导线从中点折成直角后受到安培力的情况与其在磁场中的放置情况有关，并不一定变为原来的一半，D错误。
2．如图所示，金属棒MN两 ( http: / / www.21cnjy.com )端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( )
A．棒中的电流变大，θ角变大
B．两悬线等长变短，θ角变小
C．金属棒质量变大，θ角变大
D．磁感应强度变大，θ角变小
解析：选A 对金属棒受力分析如 ( http: / / www.21cnjy.com )图所示，由平衡条件可得tan θ＝，由此可知，B、I越大或者m越小，θ越大，A正确，C、D错误；θ与悬线长度无关，B错误。
3．(2014·宜宾二模)如图所示为电流天平 ( http: / / www.21cnjy.com )，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，磁感应强度大小为B、方向与线圈平面垂直。当线圈中通过方向如图所示的电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时为使天平两臂再达到新的平衡，则需( )
A．在天平右盘中增加质量为m＝的砝码
B．在天平右盘中增加质量为m＝的砝码
C．在天平左盘中增加质量为m＝的砝码
D．在天平左盘中增加质量为m＝的砝码
解析：选D 通电流时两臂达到平衡， ( http: / / www.21cnjy.com )说明天平的右边比左边重nBIL，当电流反向时，要使天平重新达到平衡，则左盘增加砝码的质量m1＝或右盘减少砝码的质量m2＝，D正确，A、B、C错误。
考向二 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 (选择题)
1．必须掌握的几个公式
2．必须掌握三个重要的“确定”
(1)圆心的确定：轨迹圆 ( http: / / www.21cnjy.com )心O总是位于入射点A和出射点B所受洛伦兹力F洛作用线的交点上或AB弦的中垂线OO′与任一个F洛作用线的交点上，如图所示。
(2)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如r＝＝，然后再与半径公式r＝联系起来求解。
(3)运动时间的确定：t＝T(可知，α越大，粒子在磁场中运动时间越长)。
如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上。不计重力。下列说法正确的有( )
A．a、b均带正电
B．a在磁场中飞行的时间比b的短
C．a在磁场中飞行的路程比b的短
D．a在P上的落点与O点的距离比b的近
[思路探究]
(1)由左手定则判断离子电性。
(2)两离子运动周期相同，t与圆心角θ成正比。
(3)两离子速度大小相同，路程与t成正比。
[解析] 带电离子打到屏 ( http: / / www.21cnjy.com )P上，说明带电离子向下偏转，根据左手定则，a、b两离子均带正电，A正确；a、b两离子垂直进入磁场的初速度大小相同，电荷量、质量相等，由r＝ 知半径相同；b在磁场中运动了半个圆周，a的运动大于半个圆周，故a在P上的落点与O点的距离比b的近，飞行的路程比b长，C错误，D正确；根据＝知，a在磁场中飞行的时间比b的长，B错误。
[答案] AD
[感悟升华]
带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”
(1)如图所示。
(2)四点：入射点B、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O。
(3)六线：圆弧两端点所在的轨迹半径r，入射速度直线和出射速度直线OB、OC，入射点与出射点的连线BC，圆心与两条速度直线交点的连线AO。
(4)三角：速度偏转角∠COD、圆心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。
4．(2014·全国新课标Ⅱ)如图为 ( http: / / www.21cnjy.com )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 电子、正电子和质子垂直进 ( http: / / www.21cnjy.com )入磁场时，所受的重力均可忽略，受到的洛伦兹力的方向与其电性有关，由左手定则可知A正确；由轨道半径公式R＝知，若电子与正电子进入磁场时的速度不同，则其运动的轨迹半径也不相同，B错误；由R＝＝知，D错误；因质子和正电子均带正电，且半径大小无法计算出，故依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，C正确。
5．(2014·凉山模拟)空间有一圆柱形 ( http: / / www.21cnjy.com )匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )
A. B. C. D.
解析：选A 带电粒子运动轨迹示意图如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示。设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，qv0B＝m，解得r＝，由图中几何关系可得tan 30°＝，联立解得该磁场的磁感应强度B＝，A正确。
6．如图所示，比荷相同的带正电粒子A和B，同 ( http: / / www.21cnjy.com )时以速度vA和vB从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以60°和30°(与边界的夹角)方向射入磁场，又恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )
A．A、B两粒子的速度之比为(2＋)∶3
B．A、B两粒子在磁场中的位移之比为1∶1
C．A、B两粒子在磁场中的路程之比为1∶2
D．A、B两粒子在磁场中的时间之比为2∶1
解析：选A 设粒子速度方向和磁 ( http: / / www.21cnjy.com )场边界的夹角为θ，粒子做圆周运动的半径为r，如图所示，有r＋rcos θ＝d，即r＝＝，所以 ＝＝，A正确；粒子在磁场中的位移x＝2rsin θ，所以 ＝＝，B错误；粒子在磁场中的路程s＝r×(2π－2θ)，所以＝，C错误；粒子在磁场中的时间t＝，所以＝＝，D错误。
考向三 带电粒子在磁场中运动的多解问题 (计算题)
带电粒子在磁场中做圆周运动引起多解的原因
(1)带电粒子的电性不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。
(2)磁场方向不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。
(3)临界状态不唯一形成多解，需要根据临界状态的不同分别求解。
(4)圆周运动的周期性形成多解。
如图所示，M、N为水平放置的彼 ( http: / / www.21cnjy.com )此平行的不带电的两块平板，板的长度和板间距离均为d，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，在距上板处有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，以初速度v0水平射入磁场，若使粒子不能射出磁场，求磁场的方向和磁感应强度B的大小范围。
[审题指导]
(1)粒子不能射出磁场，说明粒子打在极板上。
(2)磁场方向不确定导致磁场大小可能出现两种情况。
[解析] 第一种情况：当磁场垂直纸面向里时，
若粒子从左侧上板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径
R1＝·＝
由qv0B1＝m得B1＝
若粒子从右侧上板边缘飞出，粒子的运动轨迹如图甲所示，设粒子做圆周运动的半径为R2，则
R＝2＋d2
解得R2＝d
由qv0B2＝m
解得B2＝
所以当磁场方向垂直纸面向里时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围
若粒子从左侧下板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径R3＝·d＝
由qv0B3＝m
解得B3＝
若粒子从右侧下板边缘飞出，粒子运动轨迹如图乙所示，设粒子做圆周运动的半径为R4，则
R＝2＋d2
得R4＝d
由qv0B4＝m
解得B4＝
所以当磁场方向垂直纸面向外时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围
解决本类问题的一般思路
(1)首先要明确带电粒子的电性和磁场的方向。
(2)正确地找出带电粒子运动的临界状态，以题目中的关键词“恰好”、“最高”、“最长”、“至少”等为突破口。
(3)画出粒子的运动轨迹，确定圆心、半径，由几何关系确定边角关系。
7．(2014·资阳调研)在 ( http: / / www.21cnjy.com )光滑绝缘的水平面上建有如图所示的平面直角坐标系。空间存在着范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。在此水平面上有均可视为质点的不带电小球a和带正电的小球b。现给a球某一速度使其沿x轴正方向匀速运动，当a球通过坐标系原点O的瞬间，同时使b球从坐标原点O沿y轴正向以速度v0进入磁场，并使其在磁场中做匀速圆周运动，最终b球能与a球相遇(a、b小球彼此不接触，且小球b在运动过程中电荷量保持不变)。求满足上述条件的a球速度的大小。
解析：b球在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，周期为T，b球的质量和带电量分别为m、q，
所以有qv0B＝m
得R＝
周期T＝＝
b球只能与a球相遇在图中S处，相遇所需时间为
t＝T(k＝0,1,2,3，…)
a球通过的位移xOS＝2R，所以可得a球的速度大小
v＝，故v＝(k＝0,1,2,3，…)
答案：(k＝0,1,2,3，…)
带电粒子在磁场中的临界问题
一足够长的矩形区域abcd内充满磁感 ( http: / / www.21cnjy.com )应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为v0，方向与ad边夹角为α＝30°，如图所示，已知粒子的电荷量为q，质量为m(重力不计)。
(1)若粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，求v0的大小；
(2)若粒子带正电，且粒子能从ab边射出磁场，求v0的取值范围以及此范围内粒子在磁场中运动的时间t的范围。
第1步：找关键点
(1)由磁场的方向和粒子的电性确定粒子所受洛伦兹力的方向。
(2)由速度方向和洛伦兹力方向画出粒子的运动轨迹。
第2步：寻交汇点
(1)受力情况分析：带电粒子在磁场中受到洛伦兹力的作用做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。
(2)运动情况分析：带电粒子在磁场中运动问题的分析方法与力学中相同，常用的规律有牛顿运动定律、圆周运动规律等。
(3)能量转化情况的分析：电场力做功引起电势能的变化，分析方法和力学中其他功能关系的分析方法相同。
第3步：明突破点
(1)问题一：粒子恰能从d点射出磁场，由此 ( http: / / www.21cnjy.com )可得出轨迹圆心在Od垂直平分线和过O点垂直初速度的直线的交点处，根据几何关系确定轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力确定初速度的大小。
(2)问题二：粒子能从ab边射出磁场，说明粒子的轨迹存在可能在此范围的两个临界值是解题的关键。
[解析] (1)若粒子带负电，则进入磁场后沿 ( http: / / www.21cnjy.com )顺时针方向偏转，如图所示，O1为轨迹圆心，由对称性可知，速度的偏转角θ1＝2α＝60°，故轨迹半径
r1＝Od＝
根据qv0B＝
解得v0＝＝
(2)若粒子带正电，则沿逆时针方向偏转，当v0最大时，轨迹与cd相切，轨迹圆心为O2，半径为r2，由几何关系得
r2－r2cos 60°＝
解得r2＝L
即vmax＝＝
当v0最小时，轨迹与ab相切，轨迹圆心为O3，半径为r3，由几何关系可得
r3＋r3sin 30° ＝
解得r3＝
则vmin＝＝
所以
tmin＝T＝
速度为vmin时，速度偏转角最大且为240°，因此运动时间最长，有
tmax＝T＝
所以粒子的运动时间t的范围是≤t<。
[答案] (1) (2)
巧解带电粒子在磁场运动的临界轨迹的方法
(1)动态放缩法：定点粒子源发射速度大小不同、方向相同的同种粒子，速度越大半径越大，圆心在垂直初速度方向的直线上。
(2)旋转平移法：定点粒子源发射速度大小相等、方向不同的同种粒子的运动轨迹的圆心在以入射点为圆心，半径R＝的圆上。
[跟踪训练] (2014·泸州 ( http: / / www.21cnjy.com )模拟)如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知该带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力。
(1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨道半径；(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角；
(3)沿磁场边界放置绝缘弹性挡板，使带电粒子 ( http: / / www.21cnjy.com )与挡板碰撞后以原速率弹回，且其电荷量保持不变。若从O点沿x轴正方向射入磁场的粒子速度减小为0.5v，求该粒子第一次回到O点经历的时间。
解析：(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，设其做圆周运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律得
Bqv＝m
解得r＝
(2)设粒子飞出和进入磁场的速度方向的夹角为φ，如图所示，则sin＝，x是粒子在磁场中轨迹的两端点的直线距离。
x最大值为2R，对应的就是φ最大值，且2R＝r
所以sin ＝＝
即φmax＝60°
(3)当粒子的速度减小为时，在磁场中做匀速圆周运动的半径为r1＝＝＝R
故粒子转过四分之一圆周，对 ( http: / / www.21cnjy.com )应圆心角为时与边界相撞并弹回，由对称性知粒子经过四个这样的过程后第一次回到O点，即经历时间为一个周期，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝
所以从O点沿x轴正方向射出的粒子第一次回到O点经历的时间是
t＝T＝
答案：(1) (2)60° (3)
一、选择题
1．(2014·安徽高考) ( http: / / www.21cnjy.com )“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于( )
A. B．T C. D．T2
解析：选A 根据洛伦兹力提供向心力有 ( http: / / www.21cnjy.com )qvB＝m，解得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝，由动能的定义式Ek＝mv2，可得r＝，结合题目信息可得B∝，A正确。
2.(2014·广安质检)图中a、b、c ( http: / / www.21cnjy.com )、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )
A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
解析：选B 由安培定则分别判断出四 ( http: / / www.21cnjy.com )根通电导线在O点产生的磁感应强度的方向，再由磁场的叠加原理得出O点的合磁场方向向左，最后由左手定则可判断带电粒子所受的洛伦兹力方向向下，B正确。
3．(2014·南充二模)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，光滑半圆形轨道与光滑斜面轨道在B处平滑连接，前者置于水平向外的匀强磁场中，有一带正电小球从A静止释放，且能沿轨道前进，并恰能通过半圆形轨道最高点C。现若撤去磁场，使球从静止释放仍能恰好通过半圆形轨道最高点，则释放高度H′与原释放高度H的关系是( )
A．H′＝H B．H′
解析：选C 有磁场时，设小球 ( http: / / www.21cnjy.com )刚好通过最高点C时的速度为v，则小球在最高点有mg－qvB＝m，显然，v<，R为半圆形轨道半径，根据动能定理得mg(H－2R)＝mv2
4．(2014·绵竹联考)如图所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点。a、b两粒子的质量之比为( )
A．1∶2 B．2∶1
C．3∶4 D．4∶3
解析：选C 根据粒子a、b动能相同得 ( http: / / www.21cnjy.com )，mav＝mbv；a粒子在磁场中运动轨迹半径ra＝，b粒子在磁场中运动轨迹半径rb＝d。a粒子所对的圆心角为120°，轨迹弧长为sa＝＝，运动时间ta＝；b粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为60°，轨迹弧长为sb＝＝，运动时间tb＝；由a、b两粒子同时到达P点得ta＝tb，联立求得a、b两粒子速度之比为va∶vb＝2∶，质量之比＝＝，C正确。
5．空间存在垂直于纸面方向的磁场，磁 ( http: / / www.21cnjy.com )感应强度B随时间t变化的图像如图所示。规定B>0时，磁场的方向穿出纸面向里。一电荷量q＝5π×10－7 C、质量m＝5×10－10 kg 的带电粒子，位于某点O处，在t＝0时以初速度v0＝π m/s沿某方向开始运动。不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的一切其他影响。则在磁场变化N个(N为整数)周期的时间内带电粒子的平均速度的大小等于( )
A．π m/s B. m/s
C．2 m/s D．2 m/s
解析：选C 带电粒子在磁场中的运动 ( http: / / www.21cnjy.com )半径为r＝＝0.01 m，周期为T＝＝0.02 s，作出粒子的轨迹示意图如图所示，所以在磁场变化N个(N为整数)周期(T0＝1×10－2 s)的时间内，由平均速度的定义式＝＝＝2 m/s，C正确。
6．(2014·资阳模拟)无限长通电 ( http: / / www.21cnjy.com )直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B的大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即B＝(式中k为常数)。如图所示，两根相距L的无限长直导线分别通有电流I和3I。在两根导线的连线上有a、b两点，a点为两根直导线连线的中点，b点距电流为I的导线的距离为L。下列说法正确的是( )
A．a点和b点的磁感应强度方向相同
B．a点和b点的磁感应强度方向相反
C．a点和b点的磁感应强度大小比为8∶1
D．a点和b点的磁感应强度大小比为16∶1
解析：选AD a点与b点的磁感应强 ( http: / / www.21cnjy.com )度应为两条通电直导线分别在两点产生磁场的磁感应强度的合成，由安培定则及公式B＝可得，Ba＝，方向竖直向下，Bb＝，方向竖直向下，所以a点与b点的磁感应强度大小之比为16∶1。综上可知，A、D正确，B、C错误。
7．(2014·雅安质检 ( http: / / www.21cnjy.com ))质量为m、电荷量为q的带正电小球，从倾角为θ的粗糙绝缘斜面(μ
B．小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动
C．小球最终在斜面上匀速运动
D．小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力刚好为零时的速率为
解析：选BD 对小球进行受 ( http: / / www.21cnjy.com )力分析，由左手定则可知小球受到垂直于斜面向上的洛伦兹力的作用，且随小球速度的增大而增大，所以斜面对小球的支持力减小，滑动摩擦力减小，重力沿斜面向下的分力不变，所以小球做加速度逐渐增大的变加速运动，A错误，B正确；当斜面对小球的支持力减为零时，垂直于斜面向上的洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力，可得小球的速度为，D正确；当小球速度继续增大时，小球将脱离斜面，做变加速曲线运动，C错误。
8．(2014·黄山三校联考)如 ( http: / / www.21cnjy.com )图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝a。在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0＝，发射方向由图中的角度θ表示。对于粒子进入磁场后的运动(不计重力作用)，下列说法正确的是( )
A．粒子有可能打到A点
B．以θ ＜60°飞入的粒子在磁场中运动的时间最短
C．以θ ＜30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等
D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出
解析：选AD 粒子在磁场中做圆周运 ( http: / / www.21cnjy.com )动的轨道半径r＝＝a，当粒子以θ＝0飞入磁场区域时，最终将从AC边的中点射出，随着θ的增大，粒子在AC边上的出射点将向A靠拢，当θ＝60°时粒子将从A点射出磁场区域，A、D正确；粒子的速度大小都相等，在磁场中做圆周运动的轨迹弧长越小，运动时间越短，θ＞60°时，粒子从AO边射出磁场，轨迹弧长较小，B错误；以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动轨迹圆弧的长度不同，运动时间不相等，C错误。
二、非选择题
9．(2014·乐山质检)如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L＝1 m。PM间接有一个电动势为E＝6 V，内阻r＝1 Ω的电源和一只滑动变阻器。导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M＝0.3 kg，棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下，求为使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值为多大？设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计(g取10 m/s2)。
解析：导体棒受到的最大静摩擦力为
f＝μmg＝1 N
绳对导体棒的拉力FT＝Mg＝3 N
设导体棒中电流的最大值、最小值分别 ( http: / / www.21cnjy.com )为Imax、Imin，对应滑动变阻器连入电路的最大、最小阻值分别为Rmax、Rmin，导体棒将要向左滑动时
BImaxL＝f＋FT
Imax＝2 A
由闭合电路欧姆定律得
Imax＝
解得Rmin＝2 Ω
导体棒将要向右滑动时
f＋BIminL＝FT
Imin＝1 A
由闭合电路欧姆定律得
Imin＝
解得Rmax＝5 Ω
则滑动变阻器连入电路的阻值为2 Ω≤R≤5 Ω。
答案：2 Ω≤R≤5 Ω
10．如图所示，中轴线PQ将矩形区域M ( http: / / www.21cnjy.com )NDC分成上下两部分，上部分充满垂直于纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直于纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。一质量为m、带电量为q的带正电粒子从P点进入磁场，速度与边MC的夹角θ＝30°。MC边长为a，MN边长为8a，不计粒子重力。求：
(1)若要该粒子不从MN边射出磁场，其速度最大值是多少？
(2)若要该粒子恰从Q点射出磁场，其在磁场中的运行时间最短是多少？
解析：(1)粒子运动轨迹如图所示。设该粒子恰好不从MN边射出磁场时的轨迹半径为r，则由几何关系得
rcos 60°＝r－
解得r＝a
由洛伦兹力提供向心力可得
qvmB＝m
解得最大速度vm＝
(2)粒子每经过分界线PQ一次，在PQ方向前进的位移为轨迹半径r的 倍。
设粒子进入磁场后第n次经过PQ线时恰好到达Q点，则有nr＝8a，且r≤a
解得n≥≈4.62
n所能取的最小自然数为5。
粒子做圆周运动的周期为T＝
粒子每经过PQ分界线一次所用的时间为
t＝T＝
粒子到达Q点的最短时间为
tmin＝5t＝
答案：(1) (2)
考向一 带电粒子在组合场中的运动 (选择题或计算题)
1．组合场模型
电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存，但各位于一定区域，并且互不重叠的情况。
2．“电偏转”与“磁偏转”的比较
匀强电场中的“电偏转” 匀强磁场中的“磁偏转”
受力特征 无论v是否与E垂直，F电＝qE，F电为恒力 v垂直于B时，FB＝qvB
运动规律 类平抛运动(v⊥E)vx＝v0，vy＝tx＝v0t，y＝ 圆周运动(v⊥B)T＝，r＝
偏转情况 tan θ＝，因做类平抛运动，在相等的时间内偏转角度不等 若没有磁场边界限制，粒子所能偏转的角度不受限制
动能变化 动能发生变化 动能不变
(2014·四川高考)在如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝ m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝ 37°。过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×104 N/C。小物体P1质量m＝2×10－3 kg、电荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝ 9.98×10－3 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力。当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇。P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力。求：
(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；
(2)倾斜轨道GH的长度s。
[思路探究]
(1)“物体在磁场中做匀速运动”说明物体受到的合力为零，水平方向上有F＝f。
(2)P1在电场中受电场 ( http: / / www.21cnjy.com )力的作用，P2在电场中不受电场力的作用。P1、P2在电场中分别做匀减速直线运动和匀加速直线运动，运用功能关系、牛顿第二定律及运动学公式求解s。
[解析] (1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则
F1＝qvB①
f＝μ(mg－F1)②
由题意，水平方向合力为零
F－f＝0③
联立①②③式，代入数据解得
v＝4 m/s④
(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理
qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝mv－mv2⑤
P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律
qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin θ)＝ma1⑥
P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则
s1＝vGt＋a1t2⑦
设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则
m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a2⑧
P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则
s2＝a2t2⑨
联立⑤～⑨式，代入数据得
s＝s1＋s2＝0.56 m⑩
[答案] (1)4 m/s (2)0.56 m
[感悟升华]
分析带电粒子在组合场中运动问题的方法
(1)要清楚场的性质、方向、强弱、范围等。
(2)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)正确地画出粒子的运动轨迹图。
(4)根据区域和运动规律的不同，将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。
(5)要明确带电粒子通过不同场区的交界处时速度大小和方向关系，上一个区域的末速度往往是下一个区域的初速度。
1．(2014·宜宾质检)如图所示，两导 ( http: / / www.21cnjy.com )体板水平放置，两板间电势差为U，带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又沿垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，不计粒子的重力，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化情况为( )
A．d随v0增大而增大，d与U无关
B．d随v0增大而增大，d随U增大而增大
C．d随U增大而增大，d与v0无关
D．d随v0增大而增大，d随U增大而减小
解析：选A 设粒子从M点进入磁场 ( http: / / www.21cnjy.com )时的速度大小为v，该速度与水平方向的夹角为θ，故有v＝；粒子在磁场中做匀速圆周运动半径r＝；运动轨迹如图所示，由几何关系知MN之间的距离为d＝2rcos θ，联立解得d＝，A正确。
2．半导体离子注入工艺中，初速度 ( http: / / www.21cnjy.com )可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋( )
A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的半径之比为∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
解析：选BCD 离子P＋ ( http: / / www.21cnjy.com )和P3＋质量之比为1∶1，电荷量之比等于1∶3，故在电场中的加速度a＝ 之比为1∶3，A错误；离子在离开电场区域时有qU＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m，得半径r＝＝ ，则半径之比为1∶＝∶1，B正确；设磁场宽度为d，由几何关系d＝rsin θ，可知离子在磁场中转过的角度正弦值之比等于半径倒数之比，即1∶，因θ＝30°，则θ′＝60°，故转过的角度之比为1∶2，C正确；离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即1∶3，D正确。
3．(2014·全国高考)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xOy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：
(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；
(2)该粒子在电场中运动的时间。
解析：(1)如图所示，粒子进入 ( http: / / www.21cnjy.com )磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
qv0B＝m①
由题给条件和几何关系可知R0＝d②
设电场强度大小为E，粒子进入电场后 ( http: / / www.21cnjy.com )沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx。由牛顿第二定律及运动学公式得
Eq＝max③
vx＝axt④
t＝d⑤
由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tan θ＝⑥
联立①②③④⑤⑥式得
＝v0tan2θ⑦
(2)联立⑤⑥式得t＝⑧
答案：(1)v0tan2θ (2)
考向二 带电粒子在复合场中的运动 (选择题或计算题)
1．复合场模型
电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存于同一区域的情况。
2．带电粒子在复合场中的运动情况分析
(1)当带电粒子在复合场中所受合力为零时，做匀速直线运动(如速度选择器)或处于静止状态。
(2)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动。
3．带电粒子在复合场中的受力情况分析
带电粒子在复合场中的运动问题是电磁学知识 ( http: / / www.21cnjy.com )和力学知识的结合，分析方法和力学问题的分析方法基本相同，即均用动力学观点、能量观点来分析，不同之处是多了电场力、洛伦兹力，二力的特点是电场力做功与路径无关，洛伦兹力方向始终和运动速度方向垂直永不做功等。
(2014·成都质检)在直角 ( http: / / www.21cnjy.com )坐标系y轴右侧有相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，电场方向沿y轴负方向，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为q的正粒子(重力不计)从坐标原点O沿x轴正方向做直线运动，运动到A点时撤去电场，当粒子在磁场中运动到距离原点O最远处P点(图中未标出)时，撤去磁场，同时加另一匀强电场，其方向沿y轴负方向，最终粒子垂直于y轴飞出。已知A点坐标为(a,0)，P点坐标为。求：
(1)粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径；
(2)磁场的磁感应强度B和粒子运动到P点时速度v的大小；
(3)整个过程中电场力对粒子做的功；
(4)粒子从原点O开始运动到垂直于y轴飞出过程所用的总时间。
[思路探究]
(1)粒子在O到A的过程中做匀速直线运动，其所受合力为零。
(2)粒子由A到P的过程中做匀速圆周运动，P离O点最远，圆周运动的圆心必在OP连线上。
(3)粒子垂直打在y轴上，则由y轴上该点到P点，可认为粒子做类平抛运动。
[解析] (1)粒子的运动轨迹如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，由P点距原点最远可知，粒子做圆周运动的圆心在OP连线上，θ＝45°。设AP段粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R，由图知
tan θ＝＝
解得R＝OA＝a
(2)OA段粒子沿x轴做直线运动，则在y轴方向上受到合力为零。由二力平衡得
qE＝qvB
由牛顿第二定律得
qvB＝m
联立解得B＝ ，v＝
(3)PQ过程的逆过程可看做类平抛运动，故粒子从y轴射出时的速度大小为vx，
vx＝vsin θ
全过程中电场力只在PQ段对粒子做功，由动能定理得
W＝mv－mv2
解得W＝－qEa
(4)粒子做匀速直线运动的时间
t1＝
粒子做圆周运动的时间
t2＝T＝T
又因为T＝
粒子做类平抛运动的时间
t3＝＝
粒子从原点O开始运动到垂直于y轴飞出过程所用的总时间
t＝t1＋t2＋t3＝
[答案] (1)a (2) (3)－qEa
(4)
[感悟升华]
1．复合场中重力是否考虑的三种情况
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等 ( http: / / www.21cnjy.com )，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，而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等，一般应考虑其重力。
(2)在题目中明确说明的按说明要求判断是否考虑重力。
(3)不能直接判断是否考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否考虑重力。
2．分析带电粒子在复合场中运动问题的基本解题思路
4．如图所示，长方体玻璃水槽 ( http: / / www.21cnjy.com )中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B。图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前后两内侧面，则( )
A．a处电势高于b处电势
B．a处离子浓度大于b处离子浓度
C．溶液的上表面电势高于下表面的电势
D．溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度
解析：选B 在NaCl溶 ( http: / / www.21cnjy.com )液中，Na＋和Cl－同时参与导电，且运动方向相反，由左手定则可以判断两种离子都将向a侧面偏转，故a侧面电性仍然是中性的，a、b两侧面不存在电势差，但a处离子浓度要大于b处离子浓度，B正确。
5．如图所示的空间中存在着正交的匀强电场 ( http: / / www.21cnjy.com )和匀强磁场，从A点沿AB、AC方向绝缘地抛出两带电小球，关于小球的运动情况，下列说法中正确的是( )
A．从AB、AC抛出的小球都可能做直线运动
B．只有沿AB抛出的小球才可能做直线运动
C．做直线运动的小球带正电，而且一定是做匀速直线运动
D．做直线运动的小球机械能守恒
解析：选BC 小球在运动过程中受重力、 ( http: / / www.21cnjy.com )电场力、洛伦兹力作用，注意小球做直线运动一定为匀速直线运动；若小球带正电，沿AB才可能做直线运动，做直线运动时电场力做正功，机械能增加，B、C正确，A、D错误。
6．(2014·江南十校联考)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，半圆有界匀强磁场的圆心O1在x轴上，OO1距离等于半圆磁场的半径，磁感应强度大小为B1。虚线MN平行x轴且与半圆相切于P点。在MN上方是正交的匀强电场和匀强磁场，电场场强大小为E，方向沿x轴负向，磁场磁感应强度大小为B2。B1、B2均垂直纸面，方向如图所示。有一群完全相同的正粒子，以相同的速率沿不同方向从原点O射入第Ⅰ象限，其中沿x轴正方向进入磁场的粒子经过P点射入MN后，恰好在正交的电磁场中做直线运动，粒子质量为m，电荷量为q(粒子重力不计)。
(1)求粒子初速度大小和有界半圆磁场的半径；
(2)若撤去磁场B2，求经过P点射入电场的粒子从y轴射出电场时距离O点的距离；
(3)试证明：题中所有从原点O进入第Ⅰ象限的粒子都能在正交的电磁场中做直线运动。
解析：(1)粒子进入MN后做直线运动，说明电场力不做功，粒子垂直MN进入复合场，则有qv0B2＝Eq①
v0＝②
由题意知粒子在磁场B1中圆周运动半径与该磁场半径相同，
qv0B1＝③
解得R＝＝④
(2)在电场中粒子做类平抛运动，
水平方向x＝R＝at2＝⑤
竖直方向
y＝v0t＝ ＝ ⑥
设粒子射出电场时从y轴上距离O点的距离为y′，则
y′＝y＋R＝⑦
(3)证明：设从O点入射的任一粒 ( http: / / www.21cnjy.com )子进入B1磁场时，速度方向与x轴成θ角，粒子出B1磁场与半圆磁场边界交于Q点，如图所示，找出轨迹圆心，可以看出四边形OO1QO2四条边等长，是平行四边形，所以半径O2Q与
OO1平行。所以从Q点出磁 ( http: / / www.21cnjy.com )场速度与O2Q垂直，即与x轴垂直，所以垂直进入MN边界。进入正交电磁场E、B2中都有qv0B2＝Eq，故粒子做直线运动。
答案：(1) (2) (3)见解析
带电粒子在交变电磁场中的运动
(2014·泸州质检)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、＝106 C/kg的正电荷于电场中的O点由静止释放，经过×10－5 s后，电荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图乙所示规律周期性变化(图乙中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为 t＝0 时刻)。
甲 乙
(1)求匀强电场的电场强度E的大小；
(2)求图乙中t＝×10－5 s时刻电荷与O点的水平距离；
(3)如果在O点右方d＝68 ( http: / / www.21cnjy.com ) cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间。(sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80)
第1步：找关键点
(1)电荷在匀强电场中静止释放，说明电荷做初速度为零的匀加速直线运动。
(2)由图乙知电荷在磁场中受到的洛伦兹力大小、方向均做周期性变化。
第2步：寻交汇点
(1)受力情况的分析：电荷的重力忽略不计，受力分析的方法与力学中的方法相同。
(2)运动情况的分析：和力学中的分析方法相同，常用的规律有直线运动的公式、牛顿运动定律、圆周运动规律等。
(3)能量转化情况的分析：电场力做功引起电势能和动能的变化，洛伦兹力不做功。
第3步：明突破点
(1)问题一：电荷从O点由静止释放，在 ( http: / / www.21cnjy.com )电场中仅受电场力作用，则该电荷将做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律和牛顿第二定律，可求得电场强度。
(2)问题二：电荷进入周期性变化的磁场中， ( http: / / www.21cnjy.com )在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据电荷在电场中的运动时间、圆周运动的周期、磁场变化的周期间的关系，确定电荷的运动轨迹。
(3)问题三：在O点右方加上挡板后，根据电荷每个周期内向右移动的距离和d的关系，确定最后一个阶段的运动情况是解题的关键。
[解析] (1)电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的加速度为a、时间为t1＝×10－5 s，有
v0＝at1①
Eq＝ma②
解得E＝≈7.2×103 N/C③
(2)当磁场垂直纸面向外时，磁感应强度大小B1＝0.3 T，电荷运动的半径
R1＝＝5 cm④
周期T1＝＝×10－5 s⑤
当磁场垂直纸面向里时，磁感应强度大小B2＝0.5 T，电荷运动的半径
R2＝＝3 cm⑥
周期T2＝＝×10－5 s⑦
图a
0～×10－5 s内电荷运动轨迹如图a所示，
t＝×10－5 s时刻电荷与O点的水平距离
Δd＝2(R1－R2)＝4 cm⑧
(3)电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期T＝×10－5 s ，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个。
此时电荷沿MN运动的距离
x＝15Δd＝60 cm⑨
图b
最后8 cm电荷的运动情况如图b所示，设到达挡板的位置与圆心的连线与MN成α角，则有
R1＋R1cos α＝8 cm⑩
解得cos α＝0.6，则α＝53°
故电荷运动的总时间
t总＝t1＋15T＋T1－T1≈4.0×10－4 s
[答案] (1)7.2×103 N/C (2)4 cm (3)4.0×10－4 s
[感悟升华]
解决带电粒子在交变电磁场中运动问题“三步走”
[跟踪训练]
(2014·山东高考) ( http: / / www.21cnjy.com )如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，一质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、d、v0为已知量。
(1)若Δt＝TB，求B0；
(2)若Δt＝TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
(3)若B0＝，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。
解析：(1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得qv0B0＝①
据题意由几何关系得R1＝d②
联立①②式得B0＝③
(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得a＝④
据题意由几何关系得3R2＝d⑤
联立④⑤式得a＝⑥
(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得
T＝⑦
由牛顿第二定律得
qv0B0＝⑧
由题意知B0＝，代入⑧式得
d＝4R⑨
粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1 ( http: / / www.21cnjy.com )O2连线与水平方向的夹角为θ，在每个TB内，只有A、B两个位置粒子才有可能垂直击中P板，且均要求0＜θ＜，由题意可知
T＝⑩
设经历完整TB的个数为n(n＝0,1,2,3，…)，若在A点击中P板，据题意由几何关系得
R＋2(R＋Rsin θ)n＝d
当n＝0时，无解。
当n＝1时，联立⑨ 式得
θ＝
联立⑦⑨⑩ 式得
TB＝
当n≥2时，不满足0＜θ＜的要求。
若在B点击中P板，根据题意由几何关系得
R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d
当n＝0时，无解。
当n＝1时，联立⑨ 式得
sin θ＝
联立⑦⑨⑩ 式得
TB＝
当n≥2时，不满足0＜θ＜的要求。
答案：(1) (2) (3)或
卷(一)
1．(2014·凉山一模)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示，空间存在足够大、正交的匀强电场、匀强磁场，电场强度大小为E，方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。从电场、磁场中某点P由静止释放一个质量为m、电荷量为＋q的粒子(粒子受到的重力忽略不计)，其运动轨迹如图中虚线所示。对于带电粒子在电场、磁场中下落的最大高度H，下面给出了四个表达式，用你已有的知识计算可能会有困难，但你可以用学过的知识对下面的四个选项作出判断。你认为正确的是( )
A. B. C. D.
解析：选A 高度的国际单位为米(m)，根据力学单位制推导四个表达式，最终单位为米的是A选项，故A正确，B、C、D错误。
2.如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是 ( http: / / www.21cnjy.com )带正电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动。在加速运动阶段( )
A．甲、乙两物块间的摩擦力不变
B．乙物块与地面之间的摩擦力不断减小
C．甲、乙两物块做加速度减小的加速运动
D．甲、乙两物块可能做匀加速直线运动
解析：选C 利用整体法有Eq－f ( http: / / www.21cnjy.com )＝(m甲＋m乙)a，f为地面对乙的摩擦力，随着速度的增加，乙受到的竖直向下的洛伦兹力增大，摩擦力f增大，因此加速度变小，甲物块由静摩擦力产生的加速度减小，所以乙对甲的摩擦力是不断减小的，C正确，A、B、D错误。
3．速度相同的一束粒子(不 ( http: / / www.21cnjy.com )计重力)由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0A＝S0C，则下列相关说法中正确的是( )
A．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电
B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷
C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于
D．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3∶2
解析：选B 由左手定则可判定甲束粒子 ( http: / / www.21cnjy.com )带负电，乙束粒子带正电，A错误；由qE＝B1qv知能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于 ，C错误；粒子在磁场中做圆周运动满足B2qv＝m，即＝，由题意知r甲
甲 乙
A．在Ek t图中应有t4－t3
C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大
D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的面积
解析：选D 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周 ( http: / / www.21cnjy.com )运动的周期为T＝，与速度大小无关，因此，在Ek t图中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A错误；由粒子圆周运动的半径r＝＝可知Ek＝，即粒子获得的最大动能决定于D形盒的半径，与加速电压无关，加速电压越小，粒子加速次数就越多，当轨道半径r与D形盒半径R相等时就不能继续加速，B、C错误，D正确。
5．如图所示，在xOy直角坐 ( http: / / www.21cnjy.com )标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场。初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，重力不计，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点。已知OA＝OC＝d。则磁感应强度B和电场强度E可表示为( )
A．B＝，E＝ B．B＝，E＝
C．B＝，E＝ D.B＝，E＝
解析：选B 设带电粒子经电压为 ( http: / / www.21cnjy.com )U的电场加速后速度为v，则qU＝mv2；带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，qBv＝，依题意可知r＝d，联立可解得B＝，带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t从P点到达C点，由d＝vt，d＝t2，联立可解得E＝，B正确。
6．(2014·成都一模)电视机的显 ( http: / / www.21cnjy.com )像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的。如图所示，电子束经加速电压U加速后进入一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于圆面。不加磁场时，电子束将通过圆面中心O点打到屏幕中心M点，加磁场后电子束偏转到屏幕上P点的外侧。现要使电子束偏转到P点，可行的办法是( )
A．增大加速电压
B．增加偏转磁场的磁感应强度
C．将圆形磁场区域向屏幕远离些
D．将圆形磁场区域的半径增大些
解析：选A 电子在电场中加速运动的 ( http: / / www.21cnjy.com )过程，根据动能定理得eU＝mv2，解得v＝ ，电子进入磁场做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得evB＝，由以上两式可得电子运动的轨迹半径r＝＝ ＝ ，设圆形磁场区域的半径为R，粒子在磁场中运动轨迹如图所示，电子经过磁场后速度的偏向角为θ，根据几何知识得tan ＝。增大加速电压U时，由上述分析可知，r增大，偏转角θ减小，能使电子束偏转回到P点，A正确；增加偏转磁场的磁感应强度B时，r减小，偏转角θ增大，不能使电子束偏转回到P点，B错误；将圆形磁场区域向屏幕远离些时，电子的偏向角不变，根据几何知识可知，不能使电子束偏转回到P点，C错误；将圆形磁场的半径增大些时，r不变，R增大，θ增大，电子向上偏转增大，不能使电子束偏转回到P点，D错误。
7．(2014·眉山模拟)如图所示，从离子 ( http: / / www.21cnjy.com )源发射出的正离子，经加速电压U加速后进入相互垂直的电场(E方向竖直向上)和磁场(B方向垂直纸面向外)中，发现离子向上偏转。要使此离子沿直线通过电磁场，需要( )
A．增加E，减小B B．增加E，减小U
C．适当增加U D．适当减小E
解析：选CD 离子所受的电场力F＝ ( http: / / www.21cnjy.com )qE，洛伦兹力F洛＝qvB，qU＝mv2，离子向上偏转，电场力大于洛伦兹力，故要使离子沿直线运动，可以适当增加U，增加速度，增加B，洛伦兹力增大，C正确；也可适当减小E，电场力减小，D正确。
8．(2014·宁波质检)如图所示，M ( http: / / www.21cnjy.com )N是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场(场区都足够大)，现有一重力不计的带电粒子从MN上的O点以水平初速度v0射入场区，下列有关判断正确的是( )
A．如果粒子回到MN上时速度增大，则空间存在的一定是电场
B．如果粒子回到MN上的速度大小不变，则该空间存在的一定是电场
C．若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN上时与其所成夹角不变，则该空间存在的一定是磁场
D．若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN所用的时间不变，则该空间存在的一定是磁场
解析：选AD 洛伦兹力对带电粒子 ( http: / / www.21cnjy.com )不做功，不能使粒子速度增大，电场力可对带电粒子做功，使其动能增大，A正确；若带电粒子以与电场线平行的速度v0射入，粒子返回到MN上速率不变，B、C错误；由T＝知，粒子在磁场中运动的周期与速率无关，D正确。
9．(2014·江苏高考)如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH＝k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离。电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )
A．霍尔元件前表面的电势低于后表面
B．若电源的正负极对调，电压表将反偏
C．IH与I成正比
D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比
解析：选CD 导电物质为电 ( http: / / www.21cnjy.com )子，由左手定则得电子受到洛伦兹力向后表面偏转，后表面电势低，A错误；若将电源的正负极对调，磁场和电子的运动方向同时反向，洛伦兹力的方向不变，电压表仍能正常偏转，B错误；电路是稳定电路，线圈中的电流和通过霍尔元件的电流的比例不变，C正确；UH＝k，而B与I成正比，故UH正比于IH·I，而RL的功率正比于I，IH·I与I的比例不变，故UH正比于RL的功率，D正确。
10．(2014·内江一模)如图所示，一束带 ( http: / / www.21cnjy.com )电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场B和匀强电场E组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入另一匀强磁场B′，最终打在A1A2上。下列表述正确的是( )
A．粒子带负电
B．所有打在A1A2上的粒子，在磁场B′中运动时间都相同
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D．粒子打在A1A2上的位置越靠近P，粒子的比荷 越大
解析：选CD 在磁场B′中由左手定则可 ( http: / / www.21cnjy.com )知，粒子带正电，A错误；所有打在A1A2上的粒子，在磁场B′中的运动时间t＝＝，粒子的不同，时间t就不同，B错误；粒子在速度选择器中有qE＝qvB，则v＝，C正确；粒子打在A1A2上的位置越靠近P，半径R＝ 越小，则比荷 越大，D正确。
11．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场 ( http: / / www.21cnjy.com )和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直。在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端a点由静止释放。下列判断正确的是( )
A．当小球运动的弧长为圆周长的时，洛伦兹力最大
B．当小球运动的弧长为圆周长的时，洛伦兹力最大
C．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大
D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小
解析：选AD 对A、B项，Eq＝mg，等效重 ( http: / / www.21cnjy.com )力加速度g′＝g，与竖直向下方向成45°角斜向左，所以周处v最大，又F洛＝Bqv，所以此时F洛最大，A正确，B错误；对C项，a到b点，重力势能和电势能都减小，因为重力和电场力都做正功，C错误；对D项，b到c点，电势能增大，动能先增大后减小，D正确。
12．如图所示，竖直放置的两块很大的平 ( http: / / www.21cnjy.com )行金属板a、b，相距为d，ab间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板而进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加电场大小为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于 ，重力加速度为g，则下列关于粒子运动的说法正确的是( )
A．粒子在ab区域的运动时间为
B．粒子在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r＝d
C．粒子在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为
D．粒子在ab、bc区域中运动的总时间为
解析：选AD 粒子在ab ( http: / / www.21cnjy.com )区域运动时，竖直方向在重力作用下做匀减速运动，设所用时间为t1，故v0＝gt1，t1＝，A正确；在水平方向，v0＝at1，a＝，则qE＝mg，在bc区域，由于粒子所受电场力竖直向上，且qE＝mg，故粒子只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其轨道半径r＝＝，又qE＝mg，v＝2gd，所以r＝2d，B错误；设粒子在bc区域转过的角度为θ，则sin θ＝＝，则θ＝30°，所以粒子在bc区域做匀速圆周运动的时间t2＝T＝·＝，或t2＝＝，C错误；粒子在电场中运动时间t1＝，总时间t＝t1＋t2＝，D正确。
13．(2014·广安模拟)如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )一正方体盒子处于竖直向上匀强磁场中，盒子边长为L，前后面为金属板，其余四面均为绝缘材料，在盒子左面正中间和底面上各有一小孔(孔大小相对底面大小可忽略)，底面小孔位置可在底面中线MN间移动，现有一些带－Q电量的液滴从左侧小孔以某速度进入盒内，由于磁场力作用，这些液滴会偏向金属板，从而在前后两面间产生电压，(液滴落在底部绝缘面或右侧绝缘面时仍将向前后金属板运动，带电液滴达金属板后将电量传给金属板后被引流出盒子)，当电压达稳定后，移动底部小孔位置，若液滴速度在某一范围内时，可使得液滴恰好能从底面小孔出去，现可根据底面小孔到M点的距离d计算出稳定电压的大小，若已知磁场磁感应强度为B，则以下说法正确的是( )
A．稳定后前金属板电势较低
B．稳定后液滴将做匀变速曲线运动
C．稳定电压为U＝Bd
D．能计算出稳定电压为Bd
解析：选BD 因液滴带负电， ( http: / / www.21cnjy.com )由左手定则可判断，液滴将向后金属板移动，故前金属板电势高，A错误；稳定后，Bv0q＝q，液滴将在重力作用下做类平抛运动，由＝gt2，v0t＝d，可得v0＝d，U＝Bd，故B、D正确，C错误。
卷(二)
1．(2014·乐山一模 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向；在第四象限的正方形abcd区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外，正方形边长为L，且ab边与y轴平行
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