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电场与磁场的理解专题三
电场与磁场 复习备考建议1.电场问题是动力学与能量观点在电磁学中的延续，主要考查点有电场叠加、电场描述、电场能的性质、带电粒子(带电体)在电场中的运动等.带电粒子(带电体)在电场中的运动能够综合考查运动的合成与分解、牛顿第二定律、动能定理等.这部分内容综合性强，是命题的热点.
2.带电粒子在匀强磁场中的运动综合了洛伦兹力、牛顿运动定律、匀速圆周运动等知识，是高考命题的热点和重点，对磁场叠加、安培力的考查，难度一般不大.高考对于带电粒子在磁场中的运动的考查，多为选择题或计算题，难度适中，所以要重点复习，但不要过于繁、难.栏目索引考点1 电场性质的理解考点2 带电粒子(带电体)在电场中的运动考点3 磁场对电流的作用考点4 磁场对运动电荷的作用1.电场强度、电势、电势能的表达式及特点对比考点1 电场性质的理解qφ2.电势高低的比较
(1)沿着电场线方向，电势越来越低；
(2)带电荷量为＋q的点电荷，在电场力的作用下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.
3.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，电势能减小，电场力做负功，电势能增大；
(3)只有电场力做功时，电荷的电势能与动能之和守恒.4.运动轨迹问题
(1)某点速度方向即为轨迹在该点的切线方向；
(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、电势的变化等.例1 (多选)(2019·贵州安顺市上学期质量监测)两电荷量分别为q1和q2的点电荷分别放在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1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带正电，q2带负电
B.A、N点的电场强度大小为零
C.NC间场强方向沿x轴负方向
D.将一负点电荷从N点移到D点，电势能一直增大图1√√解析 由题图可知，在q1附近电势为正，q2附近电势为负，可知q1带正电，q2带负电，故A正确；
φ－x图象的斜率表示场强E，可知A、N两点电场强度不为零，故B错误；
由题图可知：由N至C，电势升高，所以场强方向沿x轴负方向，故C正确；
由N至D，电势先升高后降低，则将一负点电荷从N点移到D点，电势能先减小后增大，故D错误.变式训练1.(多选)(2019·全国卷Ⅲ·21)如图2，电荷量分别为q和－q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点.则?
A.a点和b点的电势相等
B.a点和b点的电场强度大小相等
C.a点和b点的电场强度方向相同
D.将负电荷从a点移到b点，电势能增加√图2√解析 b点距q近，a点距－q近，则b点的电势高于a点的电势，A错误；
如图所示，a、b两点的电场强度可视为E3与E4、E1与E2的合场强.
其中E1∥E3，E2∥E4，且知E1＝E3，E2＝E4，
故合场强Ea与Eb大小相等、方向相同，B、C正确；
由于φa<φb，负电荷从低电势处移至高电势处过程中，
电场力做正功，电势能减少，D错误.2.(2019·河南郑州市第二次质量预测)某电场的电场线和等势面分布如图3所示，其中实线为电场线，虚线为等势面，a、b、c为电场中的三个点.下列说法正确的是?
A.a点的电势高于b点的电势
B.a点的电场强度小于b点的电场强度
C.电子从a点移到c点，电势能增大
D.将电子从a点移到c点，再从c点移到b点，电场力做功代数
和为零图3√解析 因a、b两点在同一等势面上，则a点的电势等于b点的电势，选项A错误；
a点附近电场线较b点附近密集，可知a点的电场强度大于b点的电场强度，选项B错误；
因c点电势高于a点，可知电子从a点移到c点，电势能减小，选项C错误；
因a点的电势等于b点的电势，则将电子从a点移到c点，再从c点移到b点，电势能的变化为零，即电场力做功代数和为零，选项D正确.例2 (多选)(2018·全国卷Ⅱ·21)如图4，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点.一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2.下列说法正确的是?
A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行D.若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间
的电势差图4√√解析 结合题意，只能判定Uab>0，Ucd>0，但电场方向不能确定，A项错误；
由于M、N分别为ac和bd的中点，对于匀强电场，但本题中电场方向未知，C项错误；
若W1＝W2，则Uab＝Ucd＝UMN，即φa－φb＝φM－φN，φa－φM＝φb－φN，
可知UaM＝UbN，D项正确.变式训练3.(多选)(2019·山东日照市上学期期末)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图5所示，三点的电势分别为10 V、16 V、24 V.下列说法正确的是?
A.坐标原点的电势为18 V
B.电场强度的大小为1.25 V/cm
C.电场强度的方向从c点指向a点
D.电子从b点运动到坐标原点，电场力做功为2 eV√图5√√解析 根据φb－φa＝φc－φO，因a、b、c三点电势分别为φa＝10 V、φb＝16 V、φc＝24 V，则原点处的电势为φO＝18 V，故A正确；所以b点与y轴上y＝2点的电势相等，
连接b点与y轴上y＝2点的直线即为等势线，
过a点作Mb的垂线即为电场线，
方向与y轴负方向成37°角斜向上，垂足为N，
由几何关系得：∠abM＝37°，aN＝ab·sin 37°＝4.8 cm，φN＝φb，φb<φO，则电子从b点运动到坐标原点，电场力做正功，W＝2 eV，故D正确.1.直线运动的两种处理方法
(1)动能定理：不涉及t、a时可用.
(2)牛顿第二定律和运动学公式：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.匀强电场中偏转问题的处理方法
(1)运动的分解
已知粒子只在电场力作用下运动，且初速度方向与电场方向垂直.
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝ .考点2 带电粒子(带电体)在电场中的运动④速度偏向角位移偏向角(2)动能定理：涉及功能问题时可用.
注意：偏转时电场力做的功不一定是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
(1)电荷的运动轨迹偏向所受合外力的一侧，即合外力指向轨迹凹的一侧；电场力一定沿电场线切线方向，即垂直于 面.
(2)由电场力的方向与运动方向的夹角，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.等势例3 (2019·全国卷Ⅱ·24)如图6，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同.G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0).质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计.
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从
射入电场至此时在水平方向上的位移大小；图6解析 PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，F＝qE＝ma ②设粒子第一次到达G时所用的时间为t，l＝v0t ⑤(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？解析 若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短.变式训练4.(2019·湖南六校4月联考)如图7所示，空间中存在着由一固定的负点电荷Q(图中未画出)产生的电场.另一正点电荷q仅在电场力作用下沿曲线MN运动，在M点的速度大小为v0，方向沿MP方向，到达N点时速度大小为v，且vA.Q一定在虚线MP下方
B.M点的电势比N点的电势高
C.q在M点的电势能比在N点的电势能小
D.q在M点的加速度比在N点的加速度小√图7解析 场源电荷带负电，运动电荷带正电，它们之间是吸引力，而曲线运动合力指向曲线的内侧，故负点电荷Q应该在轨迹的内侧，故A错误；
只有电场力做功，动能和电势能之和守恒，运动电荷在N点的动能小，故其在N点的电势能大，故C正确；
运动电荷为正电荷，故N点电势高于M点电势，故M点离场源电荷较近，则M点场强较大，所以q在M点的加速度比在N点的加速度大，故B、D错误.5.(2019·河北“五个一名校联盟” 第一次诊断)如图8所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，则以下说法正确的是?图8√解析 设OP＝L，从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点的水平速度为零；小球所受的合外力是F1与mg的合力，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 ；
(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 本身决定的，与通电导线受力的大小及方向均无关.
2.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.考点3 磁场对电流的作用垂直磁场3.安培力
(1)若磁场方向和电流方向垂直：F＝ .
(2)若磁场方向和电流方向平行：F＝0.
(3)方向判断： 定则.
(4)方向特点：垂直于磁感线和通电导线确定的 .
4.磁场力做功情况
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.BIL左手平面例4 (2019·全国卷Ⅰ·17)如图9，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接.已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为?
A.2F
B.1.5F
C.0.5F
D.0图9√解析 设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，如图所示，依题意有F＝BlI，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为1.5F，选项B正确.变式训练5.电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图10所示，利用这种装置可以把质量为m＝2.0 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6 km/s，若这种装置的轨道宽d＝2 m、长L＝100 m、电流I＝10 A、轨道摩擦不计且金属杆EF与轨道始终垂直并接触良好，则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是?
A.B＝18 T，Pm＝1.08×108 W
B.B＝0.6 T，Pm＝7.2×104 W
C.B＝0.6 T，Pm＝3.6×106 W
D.B＝18 T，Pm＝2.16×106 W√图10解析 由vm2＝2aL和BId＝ma可得B＝18 T，
最大功率Pm＝BId·vm＝2.16×106 W，故D正确.变式训练6.(2019·河南天一大联考上学期期末)一课外探究小组用如图11所示实验装置测量学校所在位置的地磁场的水平分量Bx.将一段细长直导体棒南北方向放置，并与开关、导线、电阻箱以及电动势为E、内阻为R的电源组成如图所示的电路.在导体棒正下方距其l处放一小磁针，开关断开时小磁针与导体棒平行，现闭合开关，缓慢调节电阻箱阻值，发现小磁针逐渐偏离南北方向，当电阻箱的接入阻值为5R时，小磁针的偏转角恰好为30°.已知通电长直导线周围某点磁感应强度大小为B＝k (r为该点到通电长直导线的距离，k为比例系数)，导体棒和导线电阻不计，则该位置地磁场的水平分量大小为√图11重要结论：r＝ ，T＝ .考点4 磁场对运动电荷的作用2.基本思路
(1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求 并画出运动轨迹.
(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、__________
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.半径运动时间3.轨迹的几个基本特点
(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角 出射角.如图12，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，即α1＝α2.等于图12(3)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，射出时亦沿 方向，如图13.半径图13图14(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14所示.4.半径的确定方法二：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.
5.时间的确定6.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确定半径方向，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5 如图15所示，在矩形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝5.0×10－2 T，矩形区域长为 m，宽为0.2 m，在AD边中点O处有一粒子源，某时刻，粒子源沿纸面向磁场中各方向均匀地发射出速率均为v＝2×106 m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量m＝1.6×10－27 kg、电荷量为q＝＋3.2×10－19 C(不计粒子重力和粒子间的相互作用)，求：
(1)带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为多大？图15答案 0.2 m解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，解得：R＝0.2 m.(2)从BC边界射出的粒子中，在磁场中运动的最短时间为多少？解析 因为所有粒子的轨道半径相同，
所以弦最短的圆所对应的圆心角最小，运动时间最短，
作EO⊥AD，则EO弦最短，如图所示.
因为EO＝0.2 m，且R＝0.2 m，(3)从BC边界射出的粒子中，在磁场中运动的最长时间为多少？解析 从BC边界射出的粒子在磁场中运动的时间最长时，
粒子运动轨迹与BC边界相切或粒子进入磁场时的速度方向指向OA方向，变式训练8.(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)如图16所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为?图16√解析 粒子沿半径方向射入磁场，
则出射速度的反向延长线一定过圆心，
由于粒子能经过c点，
因此粒子出磁场时一定沿ac方向，轨迹如图所示，9.(2019·全国卷Ⅱ·17)如图17，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外.ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子.已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为图17√解析 如图，电子从a点射出时， 本课结束 专题三
电场与磁场复习备考建议
1．电场问题是动力学与能量观点在电磁学中的延续，主要考查点有电场叠加、电场描述、电场能的性质、带电粒子(带电体)在电场中的运动等．带电粒子(带电体)在电场中的运动能够综合考查运动的合成与分解、牛顿第二定律、动能定理等．这部分内容综合性强，是命题的热点．
2．带电粒子在匀强磁场中的运动综合了洛伦兹力、牛顿运动定律、匀速圆周运动等知识，是高考命题的热点和重点，对磁场叠加、安培力的考查，难度一般不大．高考对于带电粒子在磁场中的运动的考查，多为选择题或计算题，难度适中，所以要重点复习，但不要过于繁、难．
第6课时 电场与磁场的理解
考点 电场性质的理解
1．电场强度、电势、电势能的表达式及特点对比
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，电势能减小
2.电势高低的比较
(1)沿着电场线方向，电势越来越低；
(2)带电荷量为＋q的点电荷，在电场力的作用下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.
3．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，电势能减小，电场力做负功，电势能增大；
(3)只有电场力做功时，电荷的电势能与动能之和守恒．
4．运动轨迹问题
(1)某点速度方向即为轨迹在该点的切线方向；
(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、电势的变化等．
例1 (多选)(2019·贵州安顺市上学期质量监测)两电荷量分别为q1和q2的点电荷分别放在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1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( )
图1
A．q1带正电，q2带负电
B．A、N点的电场强度大小为零
C．NC间场强方向沿x轴负方向
D．将一负点电荷从N点移到D点，电势能一直增大
答案 AC
解析 由题图可知，在q1附近电势为正，q2附近电势为负，可知q1带正电，q2带负电，故A正确；φ－x图象的斜率表示场强E，可知A、N两点电场强度不为零，故B错误；由题图可知：由N至C，电势升高，所以场强方向沿x轴负方向，故C正确；由N至D，电势先升高后降低，则将一负点电荷从N点移到D点，电势能先减小后增大，故D错误．
变式训练
1.(多选)(2019·全国卷Ⅲ·21)如图2，电荷量分别为q和－q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点．则( )
图2
A．a点和b点的电势相等
B．a点和b点的电场强度大小相等
C．a点和b点的电场强度方向相同
D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加
答案 BC
解析 b点距q近，a点距－q近，则b点的电势高于a点的电势，A错误；如图所示，a、b两点的电场强度可视为E3与E4、E1与E2的合场强．其中E1∥E3，E2∥E4，且知E1＝E3，E2＝E4，故合场强Ea与Eb大小相等、方向相同，B、C正确；由于φa<φb，负电荷从低电势处移至高电势处过程中，电场力做正功，电势能减少，D错误．
2．(2019·河南郑州市第二次质量预测)某电场的电场线和等势面分布如图3所示，其中实线为电场线，虚线为等势面，a、b、c为电场中的三个点．下列说法正确的是( )
图3
A．a点的电势高于b点的电势
B．a点的电场强度小于b点的电场强度
C．电子从a点移到c点，电势能增大
D．将电子从a点移到c点，再从c点移到b点，电场力做功代数和为零
答案 D
解析 因a、b两点在同一等势面上，则a点的电势等于b点的电势，选项A错误；a点附近电场线较b点附近密集，可知a点的电场强度大于b点的电场强度，选项B错误；因c点电势高于a点，可知电子从a点移到c点，电势能减小，选项C错误；因a点的电势等于b点的电势，则将电子从a点移到c点，再从c点移到b点，电势能的变化为零，即电场力做功代数和为零，选项D正确．
例2 (多选)(2018·全国卷Ⅱ·21)如图4，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点．一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2.下列说法正确的是( )
图4
A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为
C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为
D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
答案 BD
解析 结合题意，只能判定Uab>0，Ucd>0，但电场方向不能确定，A项错误；由于M、N分别为ac和bd的中点，对于匀强电场，则UMN＝－＝，可知该粒子由M至N过程中，电场力做功W＝，B项正确；电场强度的方向只有沿c→d时，才有场强E＝，但本题中电场方向未知，C项错误；若W1＝W2，则Uab＝Ucd＝UMN，即φa－φb＝φM－φN，φa－φM＝φb－φN，可知UaM＝UbN，D项正确．
变式训练
3.(多选)(2019·山东日照市上学期期末)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图5所示，三点的电势分别为10 V、16 V、24 V．下列说法正确的是( )
图5
A．坐标原点的电势为18 V
B．电场强度的大小为1.25 V/cm
C．电场强度的方向从c点指向a点
D．电子从b点运动到坐标原点，电场力做功为2 eV
答案 ABD
解析 根据φb－φa＝φc－φO，因a、b、c三点电势分别为φa＝10 V、φb＝16 V、φc＝24 V，则原点处的电势为φO＝18 V，故A正确；如图，y轴上y＝2点(M点)的电势为φM＝φO－＝16 V，所以b点与y轴上y＝2点的电势相等，连接b点与y轴上y＝2点的直线即为等势线，过a点作Mb的垂线即为电场线，方向与y轴负方向成37°角斜向上，垂足为N，由几何关系得：∠abM＝37°，aN＝ab·sin 37°＝4.8 cm，φN＝φb，所以E＝＝1.25 V/cm，故B正确，C错误；φb<φO，则电子从b点运动到坐标原点，电场力做正功，W＝2 eV，故D正确．
考点 带电粒子(带电体)在电场中的运动
1．直线运动的两种处理方法
(1)动能定理：不涉及t、a时可用．
(2)牛顿第二定律和运动学公式：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．匀强电场中偏转问题的处理方法
(1)运动的分解
已知粒子只在电场力作用下运动，且初速度方向与电场方向垂直．
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：偏转时电场力做的功不一定是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
(1)电荷的运动轨迹偏向所受合外力的一侧，即合外力指向轨迹凹的一侧；电场力一定沿电场线切线方向，即垂直于等势面．
(2)由电场力的方向与运动方向的夹角，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3 (2019·全国卷Ⅱ·24)如图6，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．
图6
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
答案 (1)mv02＋qh v0
(2)2v0
解析 (1)PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－mv02③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有h＝at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝mv02＋qh
l＝v0
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度为L＝2l＝2v0.
变式训练
4．(2019·湖南六校4月联考)如图7所示，空间中存在着由一固定的负点电荷Q(图中未画出)产生的电场．另一正点电荷q仅在电场力作用下沿曲线MN运动，在M点的速度大小为v0，方向沿MP方向，到达N点时速度大小为v，且v图7
A．Q一定在虚线MP下方
B．M点的电势比N点的电势高
C．q在M点的电势能比在N点的电势能小
D．q在M点的加速度比在N点的加速度小
答案 C
解析 场源电荷带负电，运动电荷带正电，它们之间是吸引力，而曲线运动合力指向曲线的内侧，故负点电荷Q应该在轨迹的内侧，故A错误；只有电场力做功，动能和电势能之和守恒，运动电荷在N点的动能小，故其在N点的电势能大，故C正确；运动电荷为正电荷，故N点电势高于M点电势，故M点离场源电荷较近，则M点场强较大，所以q在M点的加速度比在N点的加速度大，故B、D错误．
5.(2019·河北“五个一名校联盟” 第一次诊断)如图8所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
图8
A．电场力大小为
B．小球所受的合外力大小为
C．小球由O点到P点用时
D．小球通过P点时的动能为mv02
答案 C
解析 设OP＝L，从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，则水平方向：Lcos 60°＝t，竖直方向：Lsin 60°＝gt2，解得：t＝，选项C正确；水平方向F1＝ma＝m＝，小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合力的大小F＝＝mg，选项A、B错误；小球通过P点时的速度vP＝gt＝v0，则动能：EkP＝mvP2＝mv02，选项D错误．
考点 磁场对电流的作用
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均无关．
2．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．
3．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．
4．磁场力做功情况
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．
例4 (2019·全国卷Ⅰ·17)如图9，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接．已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为( )
图9
A．2F B．1.5F C．0.5F D．0
答案 B
解析 设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的特点可知通过导体棒ML和LN的电流大小为，如图所示，依题意有F＝BlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1＝Bl·＝F，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为1.5F，选项B正确．
变式训练
5．电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图10所示，利用这种装置可以把质量为m＝2.0 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6 km/s，若这种装置的轨道宽d＝2 m、长L＝100 m、电流I＝10 A、轨道摩擦不计且金属杆EF与轨道始终垂直并接触良好，则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是( )
图10
A．B＝18 T，Pm＝1.08×108 W
B．B＝0.6 T，Pm＝7.2×104 W
C．B＝0.6 T，Pm＝3.6×106 W
D．B＝18 T，Pm＝2.16×106 W
答案 D
解析 由vm2＝2aL和BId＝ma可得B＝18 T，
最大功率Pm＝BId·vm＝2.16×106 W，故D正确．
6.(2019·河南天一大联考上学期期末)一课外探究小组用如图11所示实验装置测量学校所在位置的地磁场的水平分量Bx.将一段细长直导体棒南北方向放置，并与开关、导线、电阻箱以及电动势为E、内阻为R的电源组成如图所示的电路．在导体棒正下方距其l处放一小磁针，开关断开时小磁针与导体棒平行，现闭合开关，缓慢调节电阻箱阻值，发现小磁针逐渐偏离南北方向，当电阻箱的接入阻值为5R时，小磁针的偏转角恰好为30°.已知通电长直导线周围某点磁感应强度大小为B＝k(r为该点到通电长直导线的距离，k为比例系数)，导体棒和导线电阻不计，则该位置地磁场的水平分量大小为( )
图11
A. B.
C. D.
答案 B
解析 通电长直导体棒在其正下方距其l处产生的磁场的磁感应强度大小为B1＝k，方向沿东西方向，其中的I＝＝；如图，由磁场的叠加可知Bx＝＝，故选B.
考点 磁场对运动电荷的作用
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运动轨迹．
(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．如图12，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，即α1＝α2.
图12
(3)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，射出时亦沿半径方向，如图13.
图13 图14
(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14所示．
4．半径的确定
方法一：由物理方程求．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．
5．时间的确定
方法一：由圆心角求，t＝T；
方法二：由弧长求，t＝.
6．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确定半径方向，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5 如图15所示，在矩形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝5.0×10－2 T，矩形区域长为 m，宽为0.2 m，在AD边中点O处有一粒子源，某时刻，粒子源沿纸面向磁场中各方向均匀地发射出速率均为v＝2×106 m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量m＝1.6×10－27 kg、电荷量为q＝＋3.2×10－19 C(不计粒子重力和粒子间的相互作用)，求：
图15
(1)带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为多大？
(2)从BC边界射出的粒子中，在磁场中运动的最短时间为多少？
(3)从BC边界射出的粒子中，在磁场中运动的最长时间为多少？
答案 (1)0.2 m (2)×10－7 s (3)×10－7 s
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得：qvB＝m
解得：R＝0.2 m.
(2)因为所有粒子的轨道半径相同，所以弦最短的圆所对应的圆心角最小，运动时间最短，作EO⊥AD，则EO弦最短，如图所示．
因为EO＝0.2 m，且R＝0.2 m，
所以对应的圆心角为θ＝
由牛顿第二定律得：qvB＝m()2R
解得：T＝
最短时间为：tmin＝T＝
解得：tmin＝×10－7 s.
(3)从BC边界射出的粒子在磁场中运动的时间最长时，粒子运动轨迹与BC边界相切或粒子进入磁场时的速度方向指向OA方向，转过圆周，对应的圆心角：α＝，粒子的最长运动时间：tmax＝T＝，解得：tmax＝×10－7 s.
变式训练
8．(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)如图16所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为( )
图16
A. B.
C. D.
答案 C
解析 粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定过圆心，由于粒子能经过c点，因此粒子出磁场时一定沿ac方向，轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r＝L－L＝(－1)L，根据牛顿第二定律得qv0B＝m，求得v0＝，C项正确．
9.(2019·全国卷Ⅱ·17)如图17，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外．ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( )
图17
A.kBl，kBl B.kBl，kBl
C.kBl，kBl D.kBl，kBl
答案 B
解析 如图，电子从a点射出时，其轨迹半径为ra＝，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝m，又＝k，解得va＝；电子从d点射出时，由几何关系有rd2＝l2＋(rd－)2，解得轨迹半径为rd＝，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝m，又＝k，解得vd＝，选项B正确．
专题突破练
级保分练
1.(2019·山东济南市上学期期末)长为L的直导体棒a放置在光滑绝缘水平面上，固定的长直导线b与a平行放置，导体棒a与力传感器相连，如图1所示(俯视图)．a、b中通有大小分别为Ia、Ib的恒定电流，Ia、Ib方向未知．导体棒a静止时，传感器受到a给它的方向向左、大小为F的拉力．下列说法正确的是( )
图1
A．Ib与Ia的方向相同，Ib在a处的磁感应强度B大小为
B．Ib与Ia的方向相同，Ib在a处的磁感应强度B大小为
C．Ib与Ia的方向相反，Ib在a处的磁感应强度B大小为
D．Ib与Ia的方向相反，Ib在a处的磁感应强度B大小为
答案 B
解析 因传感器受到a给它的方向向左、大小为F的拉力，可知电流a、b之间是相互吸引力，即a、b中的电流同向；根据F＝BIaL，可知Ib在a处的磁感应强度B大小为B＝，故选B.
2．(2019·浙江绍兴市3月选考)如图2所示，下边缘浸入水银槽中的铝盘置于蹄形磁铁的磁场中，可绕转轴转动，当转轴、水银槽分别与电源的正、负极相连时，铝盘开始转动．下列说法中不正确的是( )
图2
A．铝盘绕顺时针方向转动
B．只改变磁场方向，铝盘的转动方向改变
C．只改变电流方向，铝盘的转动方向改变
D．同时改变磁场方向与电流方向，铝盘的转动方向不变
答案 A
3.(2019·安徽合肥市第一次质量检测)如图3所示，真空中位于x轴上的两个等量负点电荷，关于坐标原点O对称．下列关于电场强度E随x变化的图象正确的是( )
图3
答案 A
解析 设x轴的正方向代表电场强度的正方向，两负点电荷所在位置分别为A、B点，等量负点电荷电场线分布如图所示．①在A点左侧电场线水平向右，场强为正，离A点越近，场强越大；②在A到O之间，电场线向左，场强为负，离A越近，场强越大；③在O到B之间，电场线向右，场强为正，离B越近，场强越大；④在B点右侧，电场线水平向左，场强为负，离B越近，场强越大．综上所述，只有选项A符合题意．
4．(2019·福建厦门市第一次质量检查)如图4所示，菱形ABCD的对角线相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N点，且OM＝ON，则( )
图4
A．B、D两处电势相等
B．把一个带正电的试探电荷从A点沿直线移动到B点的过程中，电场力先做正功再做负功
C．A、C两处场强大小相等、方向相反
D．同一个试探电荷放在A、C两处时电势能相等
答案 A
5．(多选)(2019·全国卷Ⅱ·20)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则( )
A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小
B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合
C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能
D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行
答案 AC
解析 在两个等量同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两点电荷的连线上自M点(非两点电荷连线的中点)由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A正确；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，粒子运动到N点时动能不小于零，则粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能，选项C正确；若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合，选项B错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D错误．
6．(多选)(2019·广东珠海市质量监测)如图5，空间有平行于纸面的匀强电场，处于该电场中的直角三角形ABC直角边BC＝20 cm，∠A＝60°，AD是∠A的角平分线．若在直角顶点B处有一个射线源，能朝空间各方向射出动能为1 000 eV的电子，则能在顶点A和C分别探测到动能为1 100 eV和900 eV的电子，本题中运动的电子仅需考虑匀强电场的电场力，则( )
图5
A．AB间的电势差UAB＝100 V
B．该匀强电场的场强E＝1 000 V/m
C．电场强度的方向沿A指向D
D．整个三角形内，顶点C的电势最高
答案 ABC
解析 从B到A由动能定理可得：－eUBA＝1 100 eV－1 000 eV，可得UBA＝－100 V，所以UAB＝100 V，故A正确；由题可知BC间的电势差UBC＝100 V，所以AC间的电势差为UAC＝200 V，由几何知识可得AC在AD方向上的投影是AB在AD方向上的投影的2倍，这就说明电场的方向一定沿着AD，并且由A指向D，故C正确；AB在AD上的投影AB′＝AB·cos 30°＝BC·tan 30°·cos 30°＝BC·sin 30°＝10 cm，所以电场强度的大小为：E＝ V/m＝1 000 V/m，故B正确；分析可知，整个三角形内，顶点A的电势最高，故D错误．
7．(2019·山西晋城市二模)一正方形导体框abcd，其单位长度的电阻值为r，现将该正方形导体框置于如图6所示的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，用不计电阻的导线将导体框连接在电动势为E、不计内阻的电源两端，则关于导体框所受的安培力，下列描述正确的是( )
图6
A．安培力的大小为，方向竖直向上
B．安培力的大小为，方向竖直向下
C．安培力的大小为，方向竖直向下
D．安培力的大小为，方向竖直向上
答案 B
解析 由题图可知，电路接通后流过导体框的电流方向为ad及abcd，假设导体框的边长为L，由欧姆定律可得流过ad边的电流大小为I1＝，流过bc边的电流大小为I2＝；又由左手定则可知ab、cd两边所受安培力大小相等、方向相反，ad、bc两边所受安培力方向均竖直向下，则导体框所受的安培力大小为F＝BI1L＋BI2L＝，方向竖直向下，故选项B正确．
8.(多选)(2019·山东烟台市上学期期末)如图7所示，一平行板电容器的A、B两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，两极板间有一个质量为m的带电粒子静止于P点．下列说法正确的是( )
图7
A．带电粒子带负电
B．若仅将A板稍微向上移动一定距离，则带电粒子仍将保持静止
C．若仅将两极板各绕其中点快速顺时针转过一定小角度，则粒子将向左做直线运动
D．若断开电源并将B板稍向右移动一定距离，则带电粒子将向上做直线运动
答案 AD
解析 带电粒子静止于P点，则所受电场力竖直向上，因电场强度方向向下，知粒子带负电，故A正确；若仅将A板稍微向上移动一定距离，因电压U不变，E＝，则电场力减小，因此粒子将向下运动，故B错误；将两极板顺时针旋转α角度后，电场强度E′＝，而且电场强度的方向也旋转了α，由受力分析可知，竖直方向合力为0，水平方向有电场力向右的分力，所以粒子水平向右做匀加速直线运动，故C错误；若断开电源，电容器所带电荷量Q不变，根据C＝，E＝及C＝得E＝，则知将B板稍向右移动一定距离，电场强度E增大，则带电粒子将向上做直线运动，故D正确．
9.(多选)(2019·江西赣州市上学期期末)如图8所示，在半径为R的圆形区域内，存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于圆平面(未画出)．一群比荷为的负离子以相同速率v0(较大)，由P点在纸平面内沿不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的荧光屏(足够大)上，则下列说法正确的是(不计离子的重力和离子间的相互作用)( )
图8
A．离子在磁场中运动的半径一定相等
B．离子在磁场中运动的时间一定相等
C．沿PQ方向射入的离子飞出时速度偏转角最大
D．若离子在磁场中运动的轨道半径r＝2R，则离子在磁场中运动的最长时间为
答案 AD
解析 离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得：r＝，因离子的速率相同，比荷相同，故轨迹半径一定相同，故A正确；设离子轨迹所对应的圆心角为θ，则离子在磁场中运动的时间为t＝T，T＝，所有离子的运动周期相等，由于离子从圆上不同点射出时，轨迹的圆心角不同，所以离子在磁场中运动的时间不同，故B错误；由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时速度偏转角最大，离子圆周运动的最大弦长为PQ，故由Q点飞出的离子圆心角最大，所对应的时间最长，此时离子一定不会沿PQ方向射入，即沿PQ方向射入的离子飞出时的速度偏转角不是最大的，故C错误；若离子在磁场中运动的轨道半径r＝2R，则离子在磁场中转过的最大圆心角：θ＝60°，离子在磁场中运动的最长时间：t＝T＝×＝，故D正确．
级争分练
10.(2019·全国卷Ⅲ·18)如图9，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为( )
图9
A. B. C. D.
答案 B
解析 设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m、T＝，可得R1＝、R2＝、T1＝、T2＝，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1＝，在第一象限中运动的时间为t2＝T2，又由几何关系有cos θ＝＝，可得t2＝，则粒子在磁场中运动的时间为t＝t1＋t2，联立以上各式解得t＝，选项B正确，A、C、D错误．
11．(2019·全国卷Ⅲ·24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为.重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能．
答案 (1) (2)2m(v02＋g2t2)
解析 (1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有
mg＋qE＝ma①
a()2＝gt2②
解得E＝③
(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
Ek－mv12＝mgh＋qEh④
且有v1＝v0t⑤
h＝gt2⑥
联立③④⑤⑥式得
Ek＝2m(v02＋g2t2)．
12．(2019·湖北黄冈市模拟)如图10所示，在xOy坐标系平面内x轴上、下方分布有磁感应强度不同的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向里．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从y轴上的P点以一定的初速度沿y轴正方向射出，粒子经过时间t第一次从x轴上的Q点进入下方磁场，速度方向与x轴正方向成45°角，当粒子再次回到x轴时恰好经过坐标原点O.已知OP＝L，不计粒子重力．求：
图10
(1)带电粒子的初速度大小v0；
(2)x轴上、下方磁场的磁感应强度大小之比.
答案 (1) (2)
解析 (1)粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可得： r1＝＝L，
粒子在x轴上方转过的圆心角：θ＝，
又t＝，
解得：v0＝.
(2)由几何知识得：OQ＝r1＋r1cos 45°，
粒子在x轴下方运动的轨道半径：r2＝OQ，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qv0B＝m，
解得：＝＝.
