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第6讲 电场与磁场的理解
题型1电场性质的理解
一、相关知识链接
1．电场概念的比较
表达式 特点
电场强度 E＝，E＝k，E＝ 矢量，由电场本身决定，电场线越密电场强度越大
电势 φ＝ 标量，与零电势点的选取有关，沿电场线方向电势逐渐降低
电势能 Ep＝qφ，ΔEp＝－W电 标量，电场力做正功，电势能减少
2.电场线
假想线，直观形象地描述电场中各点场强的强弱及方向，曲线上各点的切线方向表示该点的场强方向，曲线的疏密程度表示电场的强弱．
二、规律方法提炼
1．电势高低的比较
(1)根据电场线方向：沿着电场线方向，电势越来越低；
(2)将带电荷量为＋q的电荷从电场中的某点移至无穷远处，电场力做功越多，则该点的电势越高；
(3)根据电势差UAB＝φA－φB，若UAB>0，则φA>φB，反之φA<φB.
2．电势能变化的判断
(1)由Ep＝qφ判断：正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大．
(2)由WAB＝EpA－EpB判断：电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加．
(3)只有电场力做功时，电荷的电势能与动能之和守恒．
3．运动轨迹问题
(1)某点速度方向即为该点轨迹的切线方向；
(2)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负；
(3)结合轨迹、速度方向与电场力的方向，确定电场力做功的正负，从而确定电势能、电势的变化和电势差等．
[例题1] （2024 浙江二模）如图所示为接地金属球壳，O点为球心，电荷量为2q和﹣q（q＞0）的两个点电荷分别位于M、N两点，其延长线过球心，P为MN连线上球壳外一点，取无穷处电势为零，T为金属球壳外附近一点，下列说法正确的是（ ）
A．T点电场强度方向背离O点
B．若移去M点的电荷，则P点的电势降低
C．将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功
D．若移去接地金属球壳，MN附近还存在两个电场强度为零的点
[例题2] （2024 西湖区校级模拟）如图所示，两相同的小球M、N用等长的绝缘细线悬挂在竖直绝缘墙壁上的O点，悬点到小球中心的距离均为L，给小球N带上电，电荷量大小为q，小球M上电荷量未知且保持不变。由于库仑斥力作用，初次平衡时两小球间的距离为d1，由于某种原因，小球N缓慢漏电，当两小球间的距离为d2时，小球N的电荷量为（ ）
A． B．
C． D．
[例题3] （2024 绍兴二模）如图所示，将一锥形导体放入电荷量为Q的负点电荷电场中，导体内有A、B两点，A点到电荷的距离为d，下列说法正确的是（ ）
A．锥形导体右端带负电
B．A点电场强度比B点大
C．图中所示两条实线1和2来表示锥形导体周围的电场线肯定是错误的
D．导体表面的感应电荷在A点产生的电场强度大小为
[例题4] （2024 台州二模）如图所示，一个质量为m的带电小球在A点以初速度v0竖直向上进入一个匀强电场，一段时间后经过B点，速度大小仍为v0，方向水平，且A、B在同一竖直平面内，AB连线与水平夹角为45°，则（ ）
A．小球带正电
B．小球的电势能先增大后减小
C．小球所受电场力大小可能等于2mg
D．A点电势可能与B点电势相等
[例题5] （2024 金华二模）如图所示，两半径相等的半球球壳Ⅰ和Ⅱ彼此靠的很近（间距可忽略），两球壳均匀带有电荷，电荷量均为q（q＞0），O为球心，A为球壳外一点，AO＝x。已知球壳内部电场强度处处为零，且球壳Ⅰ在A点形成的电场强度为E1，规定距O点无限远处的电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．O点电势为零
B．球壳Ⅰ在O点形成的电场强度水平向左
C．球壳Ⅱ在A点形成的电场强度大小
D．球壳Ⅰ和球壳Ⅱ在A点的电势相等
题型2带电粒子在电场中的运动
1．电场中的直线运动问题
(1)动能定理：不涉及t、a时可用．
(2)牛顿第二定律＋运动学公式：涉及a、t时可用．尤其是交变电场中，最好再结合v－t图象使用．
2．匀强电场中的偏转问题
(1)用平抛运动规律处理：运动的分解．
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝.
②沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝＝＝.
③离开电场时的偏移量y＝at2＝.
④速度偏向角
tan φ＝＝ tan φ＝；
位移偏向角
tan θ＝＝ tan θ＝.
(2)动能定理：涉及功能问题时可用．
注意：偏转时电场力做功不一定是W＝qU板间，应该是W＝qEy(y为偏移量)．
3．非匀强电场中的曲线运动问题
(1)运动电荷的轨迹偏向受力的一侧，即合外力指向轨迹凹的一侧；电场力一定沿电场线切线，即垂直于等势面，从而确定电荷受力方向．
(2)由电场力的方向与运动方向夹角，判断电场力做功的正负，再由功能关系判断动能、电势能的变化．
[例题6] （2024 镇海区校级模拟）如图所示，比荷相同、重力不计的a、b两个带电粒子，从同一位置水平射入竖直向下的匀强电场中，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，则（ ）
A．a、b均带负电
B．a的初速度一定小于b的初速度
C．a的运动时间一定小于b的运动时间
D．该过程中a所受电场力做的功一定大于b的
[例题7] （2024 镇海区校级三模）利用静电纺丝技术制备纳米纤维材料是近年来材料领域的重要技术。如图所示，初始时无电场，喷嘴处的球形液滴保持静止；随着高压电场逐渐增强，液滴带上正电荷且由球形变为圆锥形（即“泰勒锥”）；当电压增至某个临界值时（假设此后电压保持不变），液滴从尖端喷出，在非匀强电场的作用下向下方运动，M、N为直线路径上的两点。以下说法正确的是（ ）
A．喷嘴处的球形液滴在无电场的情况下只受重力
B．液滴从M到N的过程做匀加速直线运动
C．液滴从M到N的过程电场力做负功
D．液滴向下做螺旋运动时电势能减小
[例题8] （2023 诸暨市一模）如图所示，空间存在三个相邻的水平面M、N和Q，水平面M、N之间的距离为h，其间区域存在水平向右的匀强电场，水平面N、Q之间区域存在大小相等、方向水平向左的匀强电场。质量为m、电荷量为q的带正电小球从电场上边界M的P点由静止释放，经过电场中边界N，最终从电场下边界Q离开。已知小球到达电场下边界Q时的速度方向恰好竖直向下，且此时动能为其经过电场中边界N时动能的2.56倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确是（ ）
A．水平面N、Q之间的距离为2h
B．匀强电场的电场强度大小为
C．小球在M、N之间区域做平抛运动
D．小球在M、N间减小电势能小于在N、Q间增加电势能
[例题9] （2023 温州三模）如图甲所示为粒子直线加速器原理图，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在t＝0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一自由电子由静止开始在各间隙中不断加速。若电子的质量为m，电荷量为e，交变电源的电压为U，周期为T，不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒间隙的时间。下列说法正确的是（ ）
A．电子在圆筒中也做加速直线运动
B．电子离开圆筒1时的速度为
C．第n个圆筒的长度应满足
D．保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调大交变电压的周期
题型3磁场对电流的作用
一、相关知识链接
1．对磁场的理解
(1)磁感应强度是矢量，其方向与通电导线在磁场中所受力的方向垂直
(2)电流元必须垂直于磁场方向放置，公式B＝才成立；
(3)磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的，与通电导线受力的大小及方向都无关．
2．安培力
(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.
(3)方向判断：左手定则．
(4)方向特点：垂直于磁感线和通电导线确定的平面．
二、规律方法提炼
1．磁场的叠加
对于电流在空间某点的磁场，首先应用安培定则判断出各电流在该点的磁场方向，然后应用平行四边形定则合成．
2．磁场力做功
磁场力包括洛伦兹力和安培力，由于洛伦兹力的方向始终和带电粒子的运动方向垂直，洛伦兹力不做功，但是安培力可以做功．
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．
[例题10] （2024 浙江二模）如图，在等边三角形三个顶点处，各有一根长直导线垂直于纸面固定放置。在三根导线中均通有电流I，其中P、Q导线中电流方向垂直纸面向里，M导线中电流方向垂直纸面向外，三角形中心O处的磁感应强度大小为B，若撤去导线P，则三角形中心O处磁感应强度的大小为（ ）
A．0 B． C． D．2B
[例题11] （2024 镇海区校级模拟）BBX型单芯导线里有一个重要的参数——单线直径。取一电阻率为ρ的均质金属材料，如图甲所示，将它做成横截面为圆形的金属导线，每段导线体积均恒为V。如图乙所示，将一段导线接在电动势为E，内阻为r的电源两端，并置于方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中；如图丙所示，将另一段导线接在恒流源两端，下列说法正确的是（ ）
A．乙图中，拉长该段导线使直径减小，导线电阻随之减小
B．乙图中，通过改变导线直径可改变导线所受的安培力，且最大安培力为
C．丙图中，改变导线直径，该段导线发热功率与直径的平方成反比
D．丙图中，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压变为原来的4倍
[例题12] （2023 杭州二模）质量为m的导体棒垂直于宽度为L的水平金属轨道处于静止状态，通过的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，且垂直于导体棒，如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A．导体棒的安培力大小为BILcosθ
B．导体棒受到导轨对它向左的摩擦力
C．导体棒对导轨的压力大于重力
D．导体棒受到的摩擦力大小为BILsinθ
[例题13] （2022 温州三模）如图所示，水平放置的平行光滑导轨左端连接开关K和电源，右端接有理想电压表。匀强磁场垂直于导轨所在的平面。ab、cd两根导体棒单位长度电阻相同、单位长度质量也相同，ab垂直于导轨，cd与导轨成60°角。两棒的端点恰在导轨上，且与导轨接触良好，除导体棒外，其余电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关K瞬间，两棒所受安培力大小相等
B．闭合开关K瞬间，两棒加速度大小相等
C．断开开关K，让两棒以相同的速度水平向右切割磁感线，电压表无示数
D．断开开关K，固定ab，让cd棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为U1；固定cd，让ab棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为U1，则U1＝U2
题型4磁场对运动电荷的作用
一、相关知识链接
1．基本公式：qvB＝m，T＝
重要结论：r＝，T＝
2．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．
3．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．
二、规律方法提炼
1．半径的确定
方法一：由物理公式求．由于Bqv＝，所以半径R＝；
方法二：由几何关系求．一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定．
2．时间的确定
方法一：由圆心角求．t＝·T；
方法二：由弧长求．t＝.
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．
[例题14] （多选）（2017 鹿城区校级模拟）在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子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，有一定的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：
[例题15] （2024 浙江二模）如图所示，直角坐标系第一象限内有一竖直分界线PQ，PQ左侧有一直角三角形区域OAC，其中分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场，已知OA与y轴重合，且OA＝a，θ＝60°，C点恰好处于PQ分界线上。PQ右侧有一长为L的平行板电容器，板间距为a，上极板与左侧磁场的上边界平齐，内部分布着方向垂直纸面向里，强弱随y坐标变化的磁场，和竖直向下场强大小为E的匀强电场。该复合场能使沿水平方向进入电容器的电子均能沿直线匀速通过电容器。在平行板电容器右侧某区域，存在一垂直纸面向内、磁感应强度为2B0的匀强磁场（图中未画出），使水平通过平行板电容器的电子进入该磁场后会聚于x轴上一点。现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点O沿不同方向射到三角形区域，不考虑电子间的相互作用。已知电子的电量为e，质量为m，求：
（1）当速度方向沿y轴正方向时，能进入平行板电容器的电子所具有的最大速度是多少；
（2）写出电容器内磁场的磁感应强度B随y坐标的变化规律；
（3）若电子沿上极板边缘离开电容器后立即进入右侧磁场，在答题纸上画出纵坐标0＜y＜a区域内该磁场的左边界，并求出会聚点的横坐标。
[例题16] （2024 镇海区校级模拟）为探测射线，威耳逊曾用置于匀强磁场或电场中的云室来显示它们的径迹。某研究小组设计了电场和磁场分布如图所示，在Oxy平面（纸面）内，在x1≤x≤x2区间内存在平行y轴的匀强电场，x2﹣x1＝2d。在x≥x3的区间内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，x3＝3d。一未知粒子从坐标原点与x正方向成θ＝53°角射入，在坐标为（3d，2d）的P点以速度v0垂直磁场边界射入磁场，并从（3d，0）射出磁场。已知整个装置处于真空中，不计粒子重力，sin53°＝0.8。求：
（1）该未知粒子的比荷；
（2）匀强电场电场强度E的大小及左边界x1的值；
（3）若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与磁场左边界相切于点Q（x3，y3）（未画出）。求粒子由P点运动到Q点的时间t3以及坐标y3的值。
[例题17] （2024 浙江模拟）如图所示，在OA段有一均匀分布的线状粒子源，单位时间水平向右发射N个质量为m、带电荷量为+q、速度的粒子，OA段右侧区域为足够大匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。在O点放置一足够长收集板，与AO方向成60°，离子打在收集板上即被吸收。已知OA段长度为（不计粒子重力及其相互作用），求：
（1）从O处发射离子打在收集板位置与O点距离；
（2）收集板上被离子打到的长度；
（3）离子对收集板沿板方向的作用力大小。
专题强化练
1. （2024 浙江模拟）一个不带电的空腔导体放入匀强电场E0中，达到静电平衡后，导体外部电场线分布如图所示。W为导体壳壁，A、B为空腔内两点。下列说法正确的是（ ）
A．金属发生感应起电，右端外表面的感应电荷为正，右端内表面的感应电荷为负
B．金属内表面是等势面，金属导体内外表面存在电势差
C．感应电荷在A、B两点场强相等
D．金属处于静电平衡时，金属内部的电场强度与静电场E0大小相等、方向相反
2. （2024 宁波二模）如图，用三根绝缘细绳把三个带同种电荷的小球A、B、C悬挂在O点。小球静止时，恰好位于同一水平面，细绳与竖直方向的夹角分别为α、β、γ，已知小球A、B、C的质量分别为mA、mB、mC，电荷量分别为qA、qB、qC，则下列说法正确的是（ ）
A．若小球的质量mA＝mB＝mC，则一定有α＝β＝γ
B．若小球的质量mA＝mB＝mC，则可能有α＝β＞γ
C．若小球所带电荷量qA＝qB＝qC，则一定有α＝β＝γ
D．若小球所带电荷量qA＞qB＞qC，则一定有α＜β＜γ
3. （多选）（2024 浙江模拟）如图，A、B是两块平行放置的无限大金属板。A板带电QA、B板带电QB，下列说法正确的有（ ）
A．A板左表面和B板右表面带电量一定相等
B．A板左表面和B板右表面带电量不一定相等
C．A板右表面带电量为
D．B板右表面带电量为
4. （2024 镇海区校级模拟）如图所示，实线表示象鼻鱼周围的电场线分布，A、B、C三点均为电场中的点，下列说法正确的是（ ）
A．B点的电势低于C点
B．B点与C点的电场强度可能相同
C．电子从A点移到C点电势能增大
D．电子在A点所受电场力大于B点
5. （2024 镇海区校级模拟）如图所示，在真空中光滑的水平绝缘桌面上，有带异种电荷的点电荷P1和P2。现固定P1，用绝缘锤将P2沿桌面击出。关于此后P2在桌面上的运动，下列说法正确的是（ ）
A．一定是曲线运动
B．速度可能不变
C．加速度一定变小
D．动能和电势能之和一定不变
6. （2024 浙江模拟）如图所示，在空间直角坐标系的x轴上A点固定一点电荷，带电量为+Q，在y轴上B点固定另一点电荷，带电量为﹣Q。有一带电量为+q的粒子在外力F作用下，从z轴上的C点出发，沿z轴作匀速直线运动到D点，C、D两点关于原点O对称。不计带电粒子所受重力，则带电粒子（ ）
A．在O点所受外力F最小
B．在C、D两点所受外力F方向相反
C．从C运动到D的过程中外力F做功为0
D．从C运动到D的过程中外力F的冲量为0
7. （2024 镇海区校级模拟）如图甲所示，将霍尔传感器固定在前叉上，磁铁安装在前轮辐条上，车轮每转一圈，磁铁就靠近霍尔传感器一次，传感器就会输出一个霍尔电压U2。霍尔元件的原理示意图如图乙所示。某次匀速率行驶时，霍尔传感器测得的电压U2随时间t变化如图丙所示，霍尔传感器离轮轴距离为r，下列说法正确的是（ ）
A．自行车的速度大小为
B．车轮的转速为
C．磁铁的磁性减弱，霍尔电压的峰值不变
D．U1变小，测得的自行车车速不变
8. （2024 浙江模拟）如图所示，空间中有一环型匀强磁场，其内半径为R1，外半径为R2＝2R1。在内圆上的A点处有一微粒发生裂变，生成甲、乙两个小微粒（均带正电），且二者初速度均沿切线方向并处于如图所示的平面内（甲左乙右）。若两微粒均恰好不从外环射出磁场，则甲、乙两者所带电量之比为（ ）
A．1：3 B．3：1 C．1：2 D．2：1
9. （2024 镇海区校级模拟）2023年9月，参加黄海实弹演习的055型大型驱逐舰上配备了电磁炮装置。该装置的基本原理如图所示，电源MN是恒流源，有多个挡位，为平行导轨上的炮弹（可视为一导体棒）提供恒定电流，初始电流大小为I。通过导轨的电流在导轨间产生匀强磁场，可认为磁感应强度B的大小与Ⅰ成正比。炮弹在安培力作用下，通过一定距离的加速后被发射出去。不计炮弹与导轨的阻力，下列说法正确的是（ ）
A．炮弹的加速度大小与I成正比
B．炮弹所受安培力大小与I的平方成正比
C．改变电流大小，炮弹加速时间与电流大小的平方成反比
D．若将电流大小增至原来的2倍，射出炮弹的速度大小增加至原来的4倍
10. （2024 镇海区校级模拟）如图所示，以圆柱底面中心O点为坐标原点建立空间直角坐标系Oxyz，另一底面中心O′点坐标为（0，0，l），圆柱底面半径为R。在圆柱区域内存在沿z轴正方向的匀强磁场。磁场区域左侧有一矩形区域abcd，其中bc边与y轴平行，ab边与z轴平行，矩形区域的尺寸和位置已在图中标出。区域内均匀分布电子源，沿x轴正方向持续不断地发射出速率均为v0的电子，单位时间内发射的电子个数为N。从bc边射出的电子经过磁场偏转后均从M点射出，从ad边射出的电子经过磁场偏转后均从N点射出。在圆柱两底面的正下方有两块半径为R的半圆形平行金属收集板P、Q，圆心分别位于M点、N点。已知电子质量为m，元电荷为e，两板之间的电压UPQ。忽略电子重力、电子间相互作用和电子收集后对电压UPQ的影响。求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）从b点射出的电子打到金属板上时的位置坐标；
（3）Q极板收集到电子区域的面积；
（4）若在PQ金属板正对的半圆柱空间内新增沿z轴负方向、磁感应强度为的匀强磁场，并调节PQ间电压为UPQ′。求过M时速度沿y轴负方向的电子继续运动时间后的坐标位置。
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第6讲 电场与磁场的理解
题型1电场性质的理解
一、相关知识链接
1．电场概念的比较
表达式 特点
电场强度 E＝，E＝k，E＝ 矢量，由电场本身决定，电场线越密电场强度越大
电势 φ＝ 标量，与零电势点的选取有关，沿电场线方向电势逐渐降低
电势能 Ep＝qφ，ΔEp＝－W电 标量，电场力做正功，电势能减少
2.电场线
假想线，直观形象地描述电场中各点场强的强弱及方向，曲线上各点的切线方向表示该点的场强方向，曲线的疏密程度表示电场的强弱．
二、规律方法提炼
1．电势高低的比较
(1)根据电场线方向：沿着电场线方向，电势越来越低；
(2)将带电荷量为＋q的电荷从电场中的某点移至无穷远处，电场力做功越多，则该点的电势越高；
(3)根据电势差UAB＝φA－φB，若UAB>0，则φA>φB，反之φA<φB.
2．电势能变化的判断
(1)由Ep＝qφ判断：正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大．
(2)由WAB＝EpA－EpB判断：电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加．
(3)只有电场力做功时，电荷的电势能与动能之和守恒．
3．运动轨迹问题
(1)某点速度方向即为该点轨迹的切线方向；
(2)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负；
(3)结合轨迹、速度方向与电场力的方向，确定电场力做功的正负，从而确定电势能、电势的变化和电势差等．
[例题1] （2024 浙江二模）如图所示为接地金属球壳，O点为球心，电荷量为2q和﹣q（q＞0）的两个点电荷分别位于M、N两点，其延长线过球心，P为MN连线上球壳外一点，取无穷处电势为零，T为金属球壳外附近一点，下列说法正确的是（ ）
A．T点电场强度方向背离O点
B．若移去M点的电荷，则P点的电势降低
C．将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功
D．若移去接地金属球壳，MN附近还存在两个电场强度为零的点
【解答】解：A．设等势圆的半径为R，AN距离为x，MN距离为L，如图所示，根据，结合电势叠加原理，A、S满足，解得：，，由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，根据电势的公式可知，O点电势为，可知T点电场方向指向O点，故A错误；
B．M点的电荷在P点产生的电势为正，若移去M点的电荷，则P点的电势降低，故B正确；
C．左边正电荷在M右侧电场强度水平向右，右边负电荷在MN间电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于T点电势，将正试探电荷q0从T点移到P点，电势升高，静电力做负功，故C错误；
D．由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，假设N右侧与N距离为d处电场强度为零，设MN＝L，根据电场强度的决定式E可知，方程有唯一解，可知除无穷远处外，MN附近电场强度为零的点只有一个，故D错误；
故选：B。
[例题2] （2024 西湖区校级模拟）如图所示，两相同的小球M、N用等长的绝缘细线悬挂在竖直绝缘墙壁上的O点，悬点到小球中心的距离均为L，给小球N带上电，电荷量大小为q，小球M上电荷量未知且保持不变。由于库仑斥力作用，初次平衡时两小球间的距离为d1，由于某种原因，小球N缓慢漏电，当两小球间的距离为d2时，小球N的电荷量为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：如图所示：
对小球M受力分析可知M所受的重力，绳的拉力和库仑力F构成的力的三角形与OMN长度三角形一直相似，所以当初次平衡时两小球间的距离为d1 时，有：，当两小球间的距离为d2 时，有：，而根据库仑定律，两种状态下库仑力分别有：，，联立解得：，故B正确，ACD错误；
故选：B。
[例题3] （2024 绍兴二模）如图所示，将一锥形导体放入电荷量为Q的负点电荷电场中，导体内有A、B两点，A点到电荷的距离为d，下列说法正确的是（ ）
A．锥形导体右端带负电
B．A点电场强度比B点大
C．图中所示两条实线1和2来表示锥形导体周围的电场线肯定是错误的
D．导体表面的感应电荷在A点产生的电场强度大小为
【解答】解：A、根据感应起电原理可知锥形导体右端带正电，故A错误；
B、导体内部达到静电平衡，场强为0，故B错误；
C、导体表面为等势面，电场线与等势面垂直，所以两条实线1和2来表示锥形导体周围的电场线肯定是错误的，故C正确；
D、根据点电荷产生的电场公式可知，导体表面的感应电荷在A点产生的电场强度大小为E，故D错误；
故选：C。
[例题4] （2024 台州二模）如图所示，一个质量为m的带电小球在A点以初速度v0竖直向上进入一个匀强电场，一段时间后经过B点，速度大小仍为v0，方向水平，且A、B在同一竖直平面内，AB连线与水平夹角为45°，则（ ）
A．小球带正电
B．小球的电势能先增大后减小
C．小球所受电场力大小可能等于2mg
D．A点电势可能与B点电势相等
【解答】解：ABD、小球受重力和电场力作用从A点运动到B点，运动过程中，电势能、重力势能和动能之和守恒，从A到B动能不变，重力势能增加，则电势能减小，电场力做正功，电场的方向不能确定，则小球的电性不能确定，AB两点的电势不相等，故ABD错误；
C、因物体的动能不变，则合力不做功，即合力方向垂直于AB连线斜向下方向，如图：
由图可知电场力可以等于2mg，故C正确；
故选：C。
[例题5] （2024 金华二模）如图所示，两半径相等的半球球壳Ⅰ和Ⅱ彼此靠的很近（间距可忽略），两球壳均匀带有电荷，电荷量均为q（q＞0），O为球心，A为球壳外一点，AO＝x。已知球壳内部电场强度处处为零，且球壳Ⅰ在A点形成的电场强度为E1，规定距O点无限远处的电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．O点电势为零
B．球壳Ⅰ在O点形成的电场强度水平向左
C．球壳Ⅱ在A点形成的电场强度大小
D．球壳Ⅰ和球壳Ⅱ在A点的电势相等
【解答】解：A．球壳之间的间距可忽略，则它们可以看作一个整体，根据对称性，O点电场强度为零，两球壳均匀带有正电荷，距O点无限远处的电势为零，O点电势为正，故A错误；
B．根据对称性可以判断，球壳带正电，球壳Ⅰ在O点形成的电场强度水平向右，故B错误；
C．把两球壳当成整体，在A点形成的电场强度为E
方向自O指向A，由于两球壳在A点分别形成的电场强度方向均沿O指向A，则E＝E1+E2
即E＝E1+E2
解得，故C正确；
D．电势是标量，球壳Ⅰ和球壳Ⅱ电荷量相等，球壳Ⅱ距离A点近，形成的电势高，故D错误。
故选：C。
题型2带电粒子在电场中的运动
1．电场中的直线运动问题
(1)动能定理：不涉及t、a时可用．
(2)牛顿第二定律＋运动学公式：涉及a、t时可用．尤其是交变电场中，最好再结合v－t图象使用．
2．匀强电场中的偏转问题
(1)用平抛运动规律处理：运动的分解．
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝.
②沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝＝＝.
③离开电场时的偏移量y＝at2＝.
④速度偏向角
tan φ＝＝ tan φ＝；
位移偏向角
tan θ＝＝ tan θ＝.
(2)动能定理：涉及功能问题时可用．
注意：偏转时电场力做功不一定是W＝qU板间，应该是W＝qEy(y为偏移量)．
3．非匀强电场中的曲线运动问题
(1)运动电荷的轨迹偏向受力的一侧，即合外力指向轨迹凹的一侧；电场力一定沿电场线切线，即垂直于等势面，从而确定电荷受力方向．
(2)由电场力的方向与运动方向夹角，判断电场力做功的正负，再由功能关系判断动能、电势能的变化．
[例题6] （2024 镇海区校级模拟）如图所示，比荷相同、重力不计的a、b两个带电粒子，从同一位置水平射入竖直向下的匀强电场中，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，则（ ）
A．a、b均带负电
B．a的初速度一定小于b的初速度
C．a的运动时间一定小于b的运动时间
D．该过程中a所受电场力做的功一定大于b的
【解答】解：A、因电场线向下，两粒子均受向下的电场力而做类平抛运动，所以两个粒子均带正电，故A错误；
B、a、b两个带电粒子在电场中做类平抛运动，设任一粒子的初速度为v0，电荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度为
粒子的竖直分运动为初速度为零的匀加速直线运动，有
水平分运动为匀速直线运动，有
x＝v0t
联立得：
因两个粒子的比荷相同，y相同，E相同，则x大的初速度大，可知a的初速度一定小于b的初速度，故B正确；
C、由竖直分运动位移有y，可得运动时间为，因两个粒子的比荷相同，y相同，E相同，则a的运动时间一定等于b的运动时间，故C错误；
D、电场力做功为W＝qEy，两粒子的比荷相同，y相同，E相同，但无法比较电荷量关系，故无法比较电场力做功关系，故D错误。
故选：B。
[例题7] （2024 镇海区校级三模）利用静电纺丝技术制备纳米纤维材料是近年来材料领域的重要技术。如图所示，初始时无电场，喷嘴处的球形液滴保持静止；随着高压电场逐渐增强，液滴带上正电荷且由球形变为圆锥形（即“泰勒锥”）；当电压增至某个临界值时（假设此后电压保持不变），液滴从尖端喷出，在非匀强电场的作用下向下方运动，M、N为直线路径上的两点。以下说法正确的是（ ）
A．喷嘴处的球形液滴在无电场的情况下只受重力
B．液滴从M到N的过程做匀加速直线运动
C．液滴从M到N的过程电场力做负功
D．液滴向下做螺旋运动时电势能减小
【解答】解：A、喷嘴处的球形液滴在无电场的情况下受重力和喷嘴的引力两个力作用，故A错误；
B、液滴在非匀强电场中运动，所受电场力是变力，则合力是变化的，加速度是变化的，所以液滴从M到N的过程做变加速直线运动，故B错误；
C、液滴带正电，从M到N的过程中受到的电场力方向竖直向下，与位移方向相同，则电场力做正功，故C错误；
D、液滴向下做螺旋运动时，电场力做正功，电势能减小，故D正确。
故选：D。
[例题8] （2023 诸暨市一模）如图所示，空间存在三个相邻的水平面M、N和Q，水平面M、N之间的距离为h，其间区域存在水平向右的匀强电场，水平面N、Q之间区域存在大小相等、方向水平向左的匀强电场。质量为m、电荷量为q的带正电小球从电场上边界M的P点由静止释放，经过电场中边界N，最终从电场下边界Q离开。已知小球到达电场下边界Q时的速度方向恰好竖直向下，且此时动能为其经过电场中边界N时动能的2.56倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确是（ ）
A．水平面N、Q之间的距离为2h
B．匀强电场的电场强度大小为
C．小球在M、N之间区域做平抛运动
D．小球在M、N间减小电势能小于在N、Q间增加电势能
【解答】解：A、质量为m、电荷量为q的带正电小球从电场上边界M的P点由静止释放，在电场中运动时，小球受重力和电场力，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向在M、N区域做初速度是零的匀加速直线运动，设M、N之间运动时间为t1，在N、Q之间运动时间为t2，则在竖直方向上有有：
水平方向位移：
根据牛顿第二定律：qE＝ma
因小球在两电场区域内受电场力大小相等，且小球到达电场下边界Q时的速度方向恰好竖直向下，说明此时小球在水平方向的速度是零，则有at1﹣at2＝0
变形解得：t1＝t2
小球在N、Q之间，设下落高度为h'，则有：
可得：
所以可得：h′＝3h，故A错误；
B、由题意经过Q平面的动能关系：Ek2＝2.56Ek1
则根据动能定理上式变为：
整理解得：
由：qE＝ma
可得：
则有：，故B正确；
C、小球在电场M、N之间运动时，小球受重力和电场力，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做初速度是零的匀加速直线运动，可知小球在M、N之间区域做匀加速直线运动，故C错误；
D、小球在M、N间与在N、Q间受电场力大小相等，方向相反，在M、N间做初速度是零匀加速直线运动，在N、Q间做匀减速直线运动末速度是零，即小球在电场方向的速度的变化是零，因此小球在M、N间减小电势能等于在N、Q间增加电势能，故D错误。
故选：B。
[例题9] （2023 温州三模）如图甲所示为粒子直线加速器原理图，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在t＝0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一自由电子由静止开始在各间隙中不断加速。若电子的质量为m，电荷量为e，交变电源的电压为U，周期为T，不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒间隙的时间。下列说法正确的是（ ）
A．电子在圆筒中也做加速直线运动
B．电子离开圆筒1时的速度为
C．第n个圆筒的长度应满足
D．保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调大交变电压的周期
【解答】解：A、金属圆筒中电场为零，电子不受电场力，做匀速直线运动，故A错误；
B、电子进入第1个圆筒时，经过1次加速，根据动能定理得：eU0，解得电子出第1个圆筒瞬间速度为v，故B错误；
CD、电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理得：neU0，解得电子出第n个圆筒瞬间速度为vn，由于不计电子通过圆筒间隙的时间，则电子在圆筒内做匀速直线运动的时间恰好是，则第n个圆筒长度为Ln＝vn
解得：，保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要减小交变电压的周期，故C正确，D错误；
故选：C。
题型3磁场对电流的作用
一、相关知识链接
1．对磁场的理解
(1)磁感应强度是矢量，其方向与通电导线在磁场中所受力的方向垂直
(2)电流元必须垂直于磁场方向放置，公式B＝才成立；
(3)磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的，与通电导线受力的大小及方向都无关．
2．安培力
(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.
(3)方向判断：左手定则．
(4)方向特点：垂直于磁感线和通电导线确定的平面．
二、规律方法提炼
1．磁场的叠加
对于电流在空间某点的磁场，首先应用安培定则判断出各电流在该点的磁场方向，然后应用平行四边形定则合成．
2．磁场力做功
磁场力包括洛伦兹力和安培力，由于洛伦兹力的方向始终和带电粒子的运动方向垂直，洛伦兹力不做功，但是安培力可以做功．
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．
[例题10] （2024 浙江二模）如图，在等边三角形三个顶点处，各有一根长直导线垂直于纸面固定放置。在三根导线中均通有电流I，其中P、Q导线中电流方向垂直纸面向里，M导线中电流方向垂直纸面向外，三角形中心O处的磁感应强度大小为B，若撤去导线P，则三角形中心O处磁感应强度的大小为（ ）
A．0 B． C． D．2B
【解答】解：根据右手螺旋定则，通电导线P、M和Q在O处的磁场方向，如图所示
三角形中心O处的磁感应强度大小为B，设每根导线在O点的磁感应强度大小分别为B′，根据叠加原理，则有
B＝B′+2B′cos60°
可得
撤去导线P后，导线Q、M在O点的磁感应强度成60°角，根据叠加原理，合成后磁感应强度的大小为
故C正确，ABD错误。
故选：C。
[例题11] （2024 镇海区校级模拟）BBX型单芯导线里有一个重要的参数——单线直径。取一电阻率为ρ的均质金属材料，如图甲所示，将它做成横截面为圆形的金属导线，每段导线体积均恒为V。如图乙所示，将一段导线接在电动势为E，内阻为r的电源两端，并置于方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中；如图丙所示，将另一段导线接在恒流源两端，下列说法正确的是（ ）
A．乙图中，拉长该段导线使直径减小，导线电阻随之减小
B．乙图中，通过改变导线直径可改变导线所受的安培力，且最大安培力为
C．丙图中，改变导线直径，该段导线发热功率与直径的平方成反比
D．丙图中，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压变为原来的4倍
【解答】解：A.根据电阻定律可知，导线电阻，其中导线横截面积，导线长度，即电阻，当拉长导线使直径d减小时，导线电阻R随之增大，故A错误；
B.由闭合电路欧姆定律有，导线受到的安培力F＝BIl，联立可得，道过改变导线直径可改变导线所受的安培力，由数学知识可知当且仅当 时， 最小，此时S，最小值为2rS＝2r 2，故最大安培力Fm，故B正确；
C.丙图中通过导线的电流I不变，该段导线的发热功率，即该段导线的发热功率与直径d的四次方成反比，故C错误；
D.丙图中导线两端的电压U＝IR，电流不变，直径减半时，导线两端电压变为原来的16倍，故D错误。
故选：B。
[例题12] （2023 杭州二模）质量为m的导体棒垂直于宽度为L的水平金属轨道处于静止状态，通过的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，且垂直于导体棒，如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A．导体棒的安培力大小为BILcosθ
B．导体棒受到导轨对它向左的摩擦力
C．导体棒对导轨的压力大于重力
D．导体棒受到的摩擦力大小为BILsinθ
【解答】解：通过导体棒的电流 I，则导体棒受到的安培F＝BIL
根据左手定则可知：安培力的方向如图所示，
受力分析f＝Fsinθ＝BILsin 方向为：水平向右
N＝mg﹣Fcosθ＝mg﹣BILcosθ，方向为：竖直向上
故ABC错误；D正确；
故选：D。
[例题13] （2022 温州三模）如图所示，水平放置的平行光滑导轨左端连接开关K和电源，右端接有理想电压表。匀强磁场垂直于导轨所在的平面。ab、cd两根导体棒单位长度电阻相同、单位长度质量也相同，ab垂直于导轨，cd与导轨成60°角。两棒的端点恰在导轨上，且与导轨接触良好，除导体棒外，其余电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关K瞬间，两棒所受安培力大小相等
B．闭合开关K瞬间，两棒加速度大小相等
C．断开开关K，让两棒以相同的速度水平向右切割磁感线，电压表无示数
D．断开开关K，固定ab，让cd棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为U1；固定cd，让ab棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为U1，则U1＝U2
【解答】解：A.设ab导体棒的长度为L，则cd导体棒为
Lcd
ab.cd两根导体棒单位长度电阻相同，所以ab.cd两根导体棒的电阻之比为
Rab：Rcd：2
闭合开关K瞬间，通过ab.cd两根导体棒的电流之比为
Iab：Icd＝2：
根据安培力公式
F＝BIL
可知ab，cd两根导体棒所受安培力为
Fab：Fcd＝1：1
故A正确；
B.ab、cd两根导体棒单位长度质量相同，所以ab、cd两根导体棒的质量之比为
mab：mcd：2
根据牛顿第二定律可知，闭合开关K瞬间，ab、cd两根导体棒的加速度之比为
aab：acd＝2：
故B错误；
C.断开开关K，让两棒以相同的速度水平向右切翻磁感线，ab、cd两根导体棒的有效长度相等，设两棒运动的速度v，则电压表示数为
U＝BLv
故C错误；
D.断开开关k，固定ab，让cd棒以速度v沿导轨向右运动时，则有
E1＝BLv
电压表示数为
U1E1
固定cd，让ab棒以速度v沿导轨向右运动时，则有
E2＝BLv
电压表示数为
U2E2
故D错误。
故选：A。
题型4磁场对运动电荷的作用
一、相关知识链接
1．基本公式：qvB＝m，T＝
重要结论：r＝，T＝
2．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．
3．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．
二、规律方法提炼
1．半径的确定
方法一：由物理公式求．由于Bqv＝，所以半径R＝；
方法二：由几何关系求．一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定．
2．时间的确定
方法一：由圆心角求．t＝·T；
方法二：由弧长求．t＝.
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．
[例题14] （多选）（2017 鹿城区校级模拟）在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子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，有一定的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：
【解答】解：A、两个离子的质量相同，其带电量是1：3的关系，所以由a可知，其在电场中的加速度是1：3，故A错。
B、要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：v，可知其速度之比为1：．又由qvB＝m知，r，所以其半径之比为：1，故B正确。
C、由B的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为：1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sinθ，则可知角度的正弦值之比为1：，又P+的角度为30°，可知P3+角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1：2，故C正确。
D、由电场加速后：qUmv2可知，两离子离开电场的动能之比为1：3，故D错误。
故选：BC。
[例题15] （2024 浙江二模）如图所示，直角坐标系第一象限内有一竖直分界线PQ，PQ左侧有一直角三角形区域OAC，其中分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场，已知OA与y轴重合，且OA＝a，θ＝60°，C点恰好处于PQ分界线上。PQ右侧有一长为L的平行板电容器，板间距为a，上极板与左侧磁场的上边界平齐，内部分布着方向垂直纸面向里，强弱随y坐标变化的磁场，和竖直向下场强大小为E的匀强电场。该复合场能使沿水平方向进入电容器的电子均能沿直线匀速通过电容器。在平行板电容器右侧某区域，存在一垂直纸面向内、磁感应强度为2B0的匀强磁场（图中未画出），使水平通过平行板电容器的电子进入该磁场后会聚于x轴上一点。现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点O沿不同方向射到三角形区域，不考虑电子间的相互作用。已知电子的电量为e，质量为m，求：
（1）当速度方向沿y轴正方向时，能进入平行板电容器的电子所具有的最大速度是多少；
（2）写出电容器内磁场的磁感应强度B随y坐标的变化规律；
（3）若电子沿上极板边缘离开电容器后立即进入右侧磁场，在答题纸上画出纵坐标0＜y＜a区域内该磁场的左边界，并求出会聚点的横坐标。
【解答】解：（1）根据题意可知，由洛伦兹力提供向心力，有
解得
可知，能从OC边出磁场的电子，当运动轨迹和AC相切时半径最大，故半径最大值
rm＝a
所以，能从OC边出磁场的电子所具有的最大速度
（2）根据题意，画出从y处水平进入平行板间的粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系可得，运动半径r＝2y
可得
解得
电子均能沿直线匀速通过电容器，则有eE＝evB
解得
（3）进入右侧磁场，因磁感应强度为2B0，所以运动半径为R＝y
磁场左边界为倾角45°的斜线，如图所示
由几何关系可得，会聚点横坐标
[例题16] （2024 镇海区校级模拟）为探测射线，威耳逊曾用置于匀强磁场或电场中的云室来显示它们的径迹。某研究小组设计了电场和磁场分布如图所示，在Oxy平面（纸面）内，在x1≤x≤x2区间内存在平行y轴的匀强电场，x2﹣x1＝2d。在x≥x3的区间内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，x3＝3d。一未知粒子从坐标原点与x正方向成θ＝53°角射入，在坐标为（3d，2d）的P点以速度v0垂直磁场边界射入磁场，并从（3d，0）射出磁场。已知整个装置处于真空中，不计粒子重力，sin53°＝0.8。求：
（1）该未知粒子的比荷；
（2）匀强电场电场强度E的大小及左边界x1的值；
（3）若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与磁场左边界相切于点Q（x3，y3）（未画出）。求粒子由P点运动到Q点的时间t3以及坐标y3的值。
【解答】解：（1）粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
又粒子在坐标为（3d，2d）的P点以速度v0垂直磁场边界射入磁场，并从（3d，0）射出磁场，根据几何知识有
R＝d
联立解得粒子的比荷为；
（2）粒子的轨迹如图所示
粒子在电场中可逆向看成做类平抛运动，垂直于电场方向有
2d＝v0t1
平行于电场方向有
vy＝v0tan53°＝at1
根据牛顿第二定律有qE＝ma
联立解得匀强电场的场强大小为
由几何关系可
解得；
（3）若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，粒子在磁场的运动轨迹如图所示
由qvB＝mωv
可得
即角速度为一定值，又可知粒子与磁场左边界相切时转过的弧度为，则有
设阻力与速度的比值为k，取一小段时间Δt，对粒子在x方向上列动量定理
﹣kvsinθ Δt﹣qvBcosθ Δt＝mΔvx
两边同时对过程求和∑﹣kvsinθ Δt+∑﹣qvBcosθ Δt＝∑mΔvx
可得k∑﹣vsinθ Δt+qB∑﹣vcosθ Δt＝m∑Δvx
即k∑﹣Δx+qB∑Δy＝m∑Δvx
其中k∑﹣Δx＝0
则有qBΔy＝﹣mv0
结合
可得
故有y3＝2d﹣d＝d。
[例题17] （2024 浙江模拟）如图所示，在OA段有一均匀分布的线状粒子源，单位时间水平向右发射N个质量为m、带电荷量为+q、速度的粒子，OA段右侧区域为足够大匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。在O点放置一足够长收集板，与AO方向成60°，离子打在收集板上即被吸收。已知OA段长度为（不计粒子重力及其相互作用），求：
（1）从O处发射离子打在收集板位置与O点距离；
（2）收集板上被离子打到的长度；
（3）离子对收集板沿板方向的作用力大小。
【解答】解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：
已知：
解得：r＝R
从O处发射的离子的运动轨迹如图1所示，打在收集板位置为点C。
由几何关系易知：OC＝r＝R
即从O处发射离子打在收集板位置与O点距离为R。
（2）从A处发射的离子的运动轨迹如图2所示，打在收集板位置为点D，轨迹的圆心为O′。
在OA段发射的所有离子打在收集板的位置范围，就是圆弧AD沿A到O向下平移与收集板的交点的范围，相对的将收集板沿O到A向上平移与圆弧AD的交点的范围长度即为所求，如图2所示，交点E与A点的之间的圆弧AE为圆周时，交点与收集板左端点的距离最大，等于线段EF的长度，线段OD的长度为交点与收集板左端点的最小距离。
由几何关系得：
EF
∠O′OD＝120°
O′O＝OA﹣rR
在△O′OD中由正弦定理得：
，解得：θ＝30°
可知△O′OD为等腰三角形，可得：
OD＝O′O
所求长度为：d＝EF﹣OD
（3）设从OA间任意点M处发射的离子打在收集板时，速度方向与收集板的夹角为β，OM的距离为x，如下图所示，打在收集板位置为点N。
设OA的长度为L
由几何关系，根据正弦定理得：
解得：cosβ，0≤x≤L
设收集板对该离子沿板方向的作用力大小为F0，以沿收集板向下为正方向，对该离子由动量定理得：﹣F0Δt＝0﹣mv
设时间t内收集板对所有打在其上的粒子沿板方向总的作用力大小为F，以沿收集板向下为正方向，应用微积分，根据动量定理得：
﹣Ft（R﹣x）dx[0﹣（RLL2）]
解得：F
根据牛顿第三定律，可知离子对收集板沿板方向的作用力大小为。
专题强化练
1. （2024 浙江模拟）一个不带电的空腔导体放入匀强电场E0中，达到静电平衡后，导体外部电场线分布如图所示。W为导体壳壁，A、B为空腔内两点。下列说法正确的是（ ）
A．金属发生感应起电，右端外表面的感应电荷为正，右端内表面的感应电荷为负
B．金属内表面是等势面，金属导体内外表面存在电势差
C．感应电荷在A、B两点场强相等
D．金属处于静电平衡时，金属内部的电场强度与静电场E0大小相等、方向相反
【解答】解：A、达到静电平衡状态后，感应电荷只分布在导体的外表面，内表面没有感应电荷，故A错误；
B、达到静电平衡状态的导体内部场强处处为零，金属导体内外表面不存在电势差，故B错误
C、达到静电平衡状态的导体内部场强处处为零，而内部场强是由外部场强与感应电荷在导体内部场强的矢量和，所以空腔导体上的感应电荷在A、B两点产生的场强大小相等，方向相同，故C正确；
D、达到静电平衡状态的导体内部场强处处为零，故D错误。
故选：C。
2. （2024 宁波二模）如图，用三根绝缘细绳把三个带同种电荷的小球A、B、C悬挂在O点。小球静止时，恰好位于同一水平面，细绳与竖直方向的夹角分别为α、β、γ，已知小球A、B、C的质量分别为mA、mB、mC，电荷量分别为qA、qB、qC，则下列说法正确的是（ ）
A．若小球的质量mA＝mB＝mC，则一定有α＝β＝γ
B．若小球的质量mA＝mB＝mC，则可能有α＝β＞γ
C．若小球所带电荷量qA＝qB＝qC，则一定有α＝β＝γ
D．若小球所带电荷量qA＞qB＞qC，则一定有α＜β＜γ
【解答】解：A.对ABC三个小球整体来看，其整体重心在竖直线上，由此得到
mAlsinα＝mBlsinβ+mClsinγ
当mA＝mB＝mC时
sinα＝sinβ+sinγ
当 α＝β＝γ时
sinα＝2sinα
这是不能实现的，故A错误；
B.由A项分析，当 γ＝0时
α＝β＞γ
B正确；
C.小球位置与其质量有关，与电荷量无关，电荷量只决定小球张开的绝对大小，不影响相对大小，故C错误；
D.由C项分析可知，故D错误。
故选：B。
3. （多选）（2024 浙江模拟）如图，A、B是两块平行放置的无限大金属板。A板带电QA、B板带电QB，下列说法正确的有（ ）
A．A板左表面和B板右表面带电量一定相等
B．A板左表面和B板右表面带电量不一定相等
C．A板右表面带电量为
D．B板右表面带电量为
【解答】解：两板处于静电平衡，两板内部电场强度为0，设1、2、3、4四个面的电荷密度分别为δ1、δ2、δ3、δ4，如图所示：
由于A内部的电场强度为零，则有：0
由于B内部的电场强度为零，则有：0
A所带的电荷量为：QA＝S（δ1+δ2），B所带的电荷量为：QB＝S（δ3+δ4）
所以有：δ1＝δ4，δ2＝﹣δ3
解得：Q1＝Q4，Q2＝﹣Q3
所以A板左表面和B板右表面带电量一定相等，A板右表面带电量为，B板右表面带电量为，故AC正确、BD错误。
故选：AC。
4. （2024 镇海区校级模拟）如图所示，实线表示象鼻鱼周围的电场线分布，A、B、C三点均为电场中的点，下列说法正确的是（ ）
A．B点的电势低于C点
B．B点与C点的电场强度可能相同
C．电子从A点移到C点电势能增大
D．电子在A点所受电场力大于B点
【解答】解：A．根据沿电场线方向电势逐渐降低，由图，B点的电势高于C点，故A错误；
B．电场线的切线方向表示电场方向，由图，B点与C点的电场强度方向一定不同，电场强度是矢量，则电场强度一定不同，故B错误；
C．根据沿电场线方向电势逐渐降低，由图，A点的电势高于C点，由电势能Ep＝φq可知，电子在A点的电势能小于在C点的电势能，则电子从A点移到C点电势能增大，故C正确；
D．电场线越密电场强度越大，由图，A点的电场强度小于B点的电场强度，则电子在A点所受电场力小于B点，故D错误。
故选：C。
5. （2024 镇海区校级模拟）如图所示，在真空中光滑的水平绝缘桌面上，有带异种电荷的点电荷P1和P2。现固定P1，用绝缘锤将P2沿桌面击出。关于此后P2在桌面上的运动，下列说法正确的是（ ）
A．一定是曲线运动
B．速度可能不变
C．加速度一定变小
D．动能和电势能之和一定不变
【解答】解：A、因为不知道P2被击出的方向，如果是沿P1P2方向击出的，则做直线运动，如果与P1P2有夹角，则P2将做曲线运动，故A错误；
B、不管P2怎样被击出的，如果做的是直线运动，则电场力将对P2做功，P2的动能发生改变，速度大小一定改变，如果正好能够绕P1做匀速圆周运动，则P2的速度方向改变，故B错误；
C、如果P2正好能够绕P1做匀速圆周运动，则加速度大小不变，故C错误；
D、不管P2怎样运动，在整个过程中只有电场力对P2做功，根据能量守恒定律可知P2的电势能和动能之和保持不变，故D正确。
故选：D。
6. （2024 浙江模拟）如图所示，在空间直角坐标系的x轴上A点固定一点电荷，带电量为+Q，在y轴上B点固定另一点电荷，带电量为﹣Q。有一带电量为+q的粒子在外力F作用下，从z轴上的C点出发，沿z轴作匀速直线运动到D点，C、D两点关于原点O对称。不计带电粒子所受重力，则带电粒子（ ）
A．在O点所受外力F最小
B．在C、D两点所受外力F方向相反
C．从C运动到D的过程中外力F做功为0
D．从C运动到D的过程中外力F的冲量为0
【解答】解：A、根据点电荷场强，画出A、B两点处等量异种电荷在O点和C点产生的场强的大小和方向，如下图所示：
O点距离A、B两点最近，等量异种电荷分别在O点产生场强最大，两个场强在O点的夹角最小，等于90°，所以CD连线上O点处场强最大，则带电粒子在O点处所受电场力最大，带电粒子做匀速直线运动，合力为零，电场力和外力F等大反向，所以在O点带电粒子所受外力F最大，故A错误；
B、由上图可知C点场强与CO连线垂直，同理可知D点场强与CD连线垂直，与EC方向相同，则带电粒子在C、D两点所受电场力相同，所以带电粒子在C、D两点所受外力F方向相同，故B错误；
C、由上图可知，从C运动到D的过程中，带电粒子的场强与CD连线垂直，电场力不做功，所以外力F不做功，即外力F做功为0，故C正确；
D、从C运动到D的过程中带电粒子的电场力方向不变，可知外力F方向不变，由I＝Ft可知外力F的冲量不为零，故D错误。
故选：C。
7. （2024 镇海区校级模拟）如图甲所示，将霍尔传感器固定在前叉上，磁铁安装在前轮辐条上，车轮每转一圈，磁铁就靠近霍尔传感器一次，传感器就会输出一个霍尔电压U2。霍尔元件的原理示意图如图乙所示。某次匀速率行驶时，霍尔传感器测得的电压U2随时间t变化如图丙所示，霍尔传感器离轮轴距离为r，下列说法正确的是（ ）
A．自行车的速度大小为
B．车轮的转速为
C．磁铁的磁性减弱，霍尔电压的峰值不变
D．U1变小，测得的自行车车速不变
【解答】解：AB、根据图丙可知周期T＝t3﹣t1
车轮角速度为
车轮转速为
自行车的半径为R，即自行车的速度
因为R＞r
故AB错误；
CD、当稳定时满足，粒子所受的电场力大小等于洛伦兹力的大小
霍尔电压
可知如果磁铁的磁性减弱，则B减小，霍尔电压的峰值变小；如果U1变小，但U2不变，所以测得的自行车车速不变，故C错误，D正确。
故选：D。
8. （2024 浙江模拟）如图所示，空间中有一环型匀强磁场，其内半径为R1，外半径为R2＝2R1。在内圆上的A点处有一微粒发生裂变，生成甲、乙两个小微粒（均带正电），且二者初速度均沿切线方向并处于如图所示的平面内（甲左乙右）。若两微粒均恰好不从外环射出磁场，则甲、乙两者所带电量之比为（ ）
A．1：3 B．3：1 C．1：2 D．2：1
【解答】解：由题意可知，根据左手定则，其两粒子运动轨迹如图所示
设向右为正方向，向右的粒子速度为v2，质量为m2，向左的粒子速度为v1，质量为m1，由动量守恒定律有
0＝m2v2﹣m1v1
对粒子甲，由几何关系有
对粒子乙，由几何关系有
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
整理有
由上述各式，整理有
故ACD错误，B正确；
故选：B。
9. （2024 镇海区校级模拟）2023年9月，参加黄海实弹演习的055型大型驱逐舰上配备了电磁炮装置。该装置的基本原理如图所示，电源MN是恒流源，有多个挡位，为平行导轨上的炮弹（可视为一导体棒）提供恒定电流，初始电流大小为I。通过导轨的电流在导轨间产生匀强磁场，可认为磁感应强度B的大小与Ⅰ成正比。炮弹在安培力作用下，通过一定距离的加速后被发射出去。不计炮弹与导轨的阻力，下列说法正确的是（ ）
A．炮弹的加速度大小与I成正比
B．炮弹所受安培力大小与I的平方成正比
C．改变电流大小，炮弹加速时间与电流大小的平方成反比
D．若将电流大小增至原来的2倍，射出炮弹的速度大小增加至原来的4倍
【解答】解：AB、通过导轨的电流在导轨间产生匀强磁场，可认为磁感应强度B的大小与Ⅰ成正比
B＝kI
根据安培力公式
F＝BIL＝kI2L
根据牛顿第二定律可知炮弹的加速度大小
可知，炮弹所受安培力及炮弹的加速度大小与I的平方成正比，故A错误，B正确；
C、根据位移—时间关系
可知
炮弹加速时间与电流大小成反比，故C错误；
D、根据速度—位移关系
若将电流大小增至原来的2倍，射出炮弹的速度大小的平方增加至原来的4倍，故D错误。
故选：B。
10. （2024 镇海区校级模拟）如图所示，以圆柱底面中心O点为坐标原点建立空间直角坐标系Oxyz，另一底面中心O′点坐标为（0，0，l），圆柱底面半径为R。在圆柱区域内存在沿z轴正方向的匀强磁场。磁场区域左侧有一矩形区域abcd，其中bc边与y轴平行，ab边与z轴平行，矩形区域的尺寸和位置已在图中标出。区域内均匀分布电子源，沿x轴正方向持续不断地发射出速率均为v0的电子，单位时间内发射的电子个数为N。从bc边射出的电子经过磁场偏转后均从M点射出，从ad边射出的电子经过磁场偏转后均从N点射出。在圆柱两底面的正下方有两块半径为R的半圆形平行金属收集板P、Q，圆心分别位于M点、N点。已知电子质量为m，元电荷为e，两板之间的电压UPQ。忽略电子重力、电子间相互作用和电子收集后对电压UPQ的影响。求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）从b点射出的电子打到金属板上时的位置坐标；
（3）Q极板收集到电子区域的面积；
（4）若在PQ金属板正对的半圆柱空间内新增沿z轴负方向、磁感应强度为的匀强磁场，并调节PQ间电压为UPQ′。求过M时速度沿y轴负方向的电子继续运动时间后的坐标位置。
【解答】解：（1）由题可得，电子在磁场中运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力：ev0B
解得磁感应强度的大小：
（2）如图所示为从b、c两点射出的电子的运动轨迹，
由几何关系易得：sinα＝0.6，sinβ＝0.8
电子在垂直金属板方向分运动为匀加速直线运动，设从b点射出的电子打到金属板上的位置为b’，如图
根据匀加速直线运动有：
由牛顿第二定律有：
在垂直于电场线的方向上：Nb′＝v0t
联立解得：Nb′＝Nc′＝0.25R
结合M点坐标，由三解波函数关系可知：xb′＝0.25R×0.8R＝0.2R
yb′＝﹣Nb′cosβ＝﹣0.25R×0.6＝﹣0.15R
所以从b点射出的电子打到金属板上时的位置坐标为（0.2R，﹣0.15R，l）。
（3）由（2）同理可得，Q极板收集到电子区域为图中圆弧区域，其面积为：
（4）在PQ金属板间的运动可分解成两个分运动：平行于xOy平面的匀速圆周运动，沿z轴方向的匀加速直线运动，在叠加场中有：
而周期为：
可知：
根据匀变速直线运动规律有：
综上所述，所以位置坐标为（R，﹣R，l）
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