【推荐】浙江鸭2019届高考物理二轮复习专题三电场与磁场第12讲带电粒子在复合场中的运动问题课件.ppt

专题分层突破练9 带电粒子在复合场中的运动A组1.(多选)如图所示为一磁流体发电机的原理示意图,上、下两块金属板M、N水平放置且浸没在海水里,金属板面积均为S=1×103m2,板间距离d=100 m,海水的电阻率ρ=0.25 Ω·m。

在金属板之间加一匀强磁场,磁感应强度B=0.1 T,方向由南向北,海水从东向西以速度v=5 m/s流过两金属板之间,将在两板之间形成电势差。

下列说法正确的是( )A.达到稳定状态时,金属板M的电势较高B.由金属板和流动海水所构成的电源的电动势E=25 V,内阻r=0.025 ΩC.若用此发电装置给一电阻为20 Ω的航标灯供电,则在8 h内航标灯所消耗的电能约为3.6×106JD.若磁流体发电机对外供电的电流恒为I,则Δt时间内磁流体发电机内部有电荷量为IΔt的正、负离子偏转到极板2.(重庆八中模拟)质谱仪可用于分析同位素,其结构示意图如图所示。

一群质量数分别为40和46的正二价钙离子经电场加速后(初速度忽略不计),接着进入匀强磁场中,最后打在底片上,实际加速电压U通常不是恒定值,而是有一定范围,若加速电压取值范围是(U-ΔU,U+ΔU),两种离子打在底片上的区域恰好不重叠,不计离子的重力和相互作用,则ΔUU的值约为( )A.0.07B.0.10C.0.14D.0.173.在第一象限(含坐标轴)内有垂直xOy平面周期性变化的均匀磁场,规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正方向,磁场变化规律如图所示,磁感应强度的大小为B0,变化周期为T0。

某一带正电的粒子质量为m、电荷量为q,在t=0时从O点沿x轴正方向射入磁场中并只在第一象限内运动,若要求粒子在t=T0时距 B.2πmqT0C.3πm2qT0D.5πm3qT04.(福建龙岩一模)如图所示,在xOy平面(纸面)内,x>0区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,第三象限存在方向沿、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),以大小为v、方向与y轴正方向夹角θ=60°的速度沿纸面从坐标为(0,√3L)的P1点进入磁场中,然后从坐标为(0,-√3L)的P2点进入电场区域,最后从x轴上的P3点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。

物理专题三 带电粒子在复合场(电场磁场)中的运动解决这类问题时一定要重视画示意图的重要作用。

⑴带电粒子在匀强电场中做类平抛运动。

这类题的解题关键是画出示意图，要点是末速度的反向延长线跟初速度延长线的交点在水平位移的中点。

⑵带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。

这类题的解题关键是画好示意图，画示意图的要点是找圆心、找半径和用对称。

例1 右图是示波管内部构造示意图。

竖直偏转电极的板长为l =4cm ，板间距离为d =1cm ，板右端到荧光屏L =18cm ，（本题不研究水平偏转）。

电子沿中心轴线进入偏转电极时的速度为v 0=1.6×107m/s ，电子电荷e =1.6×10-19C ，质量为0.91×10-30kg 。

为了使电子束不会打在偏转电极的极板上，加在偏转电极上的电压不能超过多少？电子打在荧光屏上的点偏离中心点O 的最大距离是多少？[解：设电子刚好打在偏转极板右端时对应的电压为U ，根据侧移公式不难求出U (当时对应的侧移恰好为d /2)：2212⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=v l dm Ue d ，得U =91V ；然后由图中相似形对应边成比例可以求得最大偏离量h =5cm 。

]例2 如图甲所示，在真空中，足够大的平行金属板M 、N 相距为d ，水平放置。

它们的中心有小孔A 、B ，A 、B 及O 在同一条竖直线上，两板的左端连有如图所示的电路，交流电源的内阻忽略不计，电动势为U ，U 的方向如图甲所示，U 随时间变化如图乙所示，它的峰值为ε。

今将S 接b 一段足够长时间后又断开，并在A 孔正上方距A 为h （已知d h <）的O 点释放一个带电微粒P ，P 在AB 之间刚好做匀速运动，再将S 接到a 后让P 从O 点自由下落，在t=0时刻刚好进入A 孔，为了使P 一直向下运动，求h 与T 的关系式？[解析：当S 接b 一段足够长的时间后又断开，而带电微粒进入A 孔后刚好做匀速运动，说明它受到的重力与电场力相等，有d q mg ε= 若将S 接a 后，刚从t=0开始，M 、N 两板间的电压为，2ε，故带电粒子进入电场后，所受到的电场力为mg d q F 22==ε，也就是以大小为g 、方向向上的加速度作减速运动。

准兑市爱憎阳光实验学校带电粒子在复合场中的运动温故自查1．义：同时存在电场和磁场的区域，同时存在磁场和重力场的区域，同时存在、和的区域，都叫做复合场，也称为叠加场．2．特征：带电粒子在复合场中同时受到、、的作用，或其中某两种力的作用电场磁场重力场电场力洛伦兹力重力考点精析重力、电场力、洛伦兹力的比拟大小方向做功特点重力mg竖直向下重力做功与路径无关，由初、末位置的高度差决磁场力Bqv垂直于B、v决的平面洛伦兹力始终不做功电场力qE平行于E的方向电场力做功与路径无关，由初、末位置的电势差决注意：重力考虑与否分三种情况：(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子，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、金属块一般当考虑其重力．(2)在题目中有明确交待是否要考虑重力的，这种情况比拟正规，也比拟简单．(3)直接看不出是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果，先进行性确是否要考虑重力.温故自查1．带电粒子在复合场中无约束情况下的运动性质(1)当带电粒子所受合外力为零时，将做或处于，合外力恒且与初速度同向时做匀变速直线运动，常见情况有：①洛伦兹力为零(即v与B平行)时，重力与电场力平衡，做匀速直线运动；或重力与电场力的合力恒做匀变速运动．②洛伦兹力与速度v垂直，且与重力和电场力的合力平衡，带电粒子做匀速直线运动．匀速直线运动静止状态(2)当带电离子所受合外力充当向心力，带电粒子做时，由于通常情况下，重力和电场力为恒力，故不能充当向心力，所以一般情况下是重力恰好与电场力相平衡，洛伦兹力充当向心力．(3)当带电粒子所受的合力的大小、方向均是不断变化的，那么粒子将做非匀变速的匀速圆周运动曲线运动．2．带电粒子在复合场中有约束情况下的运动带电粒子所受约束，通常有面、杆、绳、圆轨道，常见的运动形式有和，此类问题注意分析洛伦兹力所起的作用．3．带电粒子在交变场中的运动带电粒子在不同场中的运动性质可能不同，可分别进行讨论．粒子在不同场中运动的联系点是速度，因为速度不能突变，在前一个场中运动的末速度，就是后一个场中运动的初速度．直线运动圆周运动4．带电粒子在复合场中的直线运动(1)带电粒子所受合外力为零时，做匀速直线运动，处理这类问题，根据列方程求解．(2)带电粒子所受合外力恒，且与初速度在一条直线上时，粒子将做匀变速直线运动．处理这类问题，根据洛伦兹力不做功的特点，选用、、规律列方程求解．受力平衡牛顿第二律动能理能量守恒律5．带电粒子在复合场中的曲线运动(1)当带电粒子在所受的重力与电场力值反向，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．(2)当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度方向不在同一直线上时，粒子做非匀变速曲线运动．一般处理这类问题，选用或列方程求解．(3)由于带电粒子在复合场中受力情况复杂、运动情况多变，往往出现临界问题，这时以题目中的“最大〞、“最高〞、“至少〞词语为突破口，挖掘隐含条件，根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解．匀速圆周运动动能理能量守恒律考点精析解决复合场类问题的分析方法和根本思路：(1)全面的、正确的受力分析．除重力、弹力、摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析．核心在于洛伦兹力随带电粒子运动状态的变化而改变．(2)正确分析物体的运动状态．找出物体的速度、位置及其变化特点，洛伦兹力随带电粒子运动状态的变化而改变，从而导致运动状态发生的变化，要结合动力学规律综合分析．如果出现临界状态，注意挖掘隐含条件，分析临界条件，列出辅助方程．注意：带电粒子在复合场中运动的问题，往往综合性较强，物理过程复杂．在分析处理该的问题时，要充分挖掘题目的隐含信息，利用题目创设的情境，对粒子做好受力分析、运动过程分析，培养空间相象能力、分析综合能力、用数学知识处理物理问题的能力．[考例1] (2021·春)如下图，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固在水平面上．整个空间存在匀强磁场，磁感强度方向竖直向下．一电荷量为q(q>0)、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O′.球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感强度大小的最小值及小球P相的速率．重力加速度为g.[解析] 据题意，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O′.P受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力F N和磁场的洛伦兹力f＝qvB，①式中v为小球运动的速率，洛伦兹力f的方向指向O′，根据牛顿第二律F N cos θ－mg＝0，②将倾角为θ的光滑绝滑斜面放到一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感强度为B，一个质量为m、带电荷量为q的小物体在斜面上由静止开始下滑(设斜面足够长)，如右图所示．滑到某一位置离开斜面，那么物体带________电荷(填“正〞或“负〞)；物体离开斜面时的速度为________；物体在斜面上滑行的长度为________．[解析] 小物体沿斜面加速下滑时，随着速度的增加，洛伦兹力逐渐增大，为使小物体离开斜面，洛伦兹力的方向必须垂直于斜面向上，可见，小物体带负电；小物体离开斜面时满足qvB＝mg cosθ，解得由于只有重力做功，故系统机械能守恒，即mgL sinθ＝mv2，解得小物体在斜面上滑行的长度[考例2] 如下图，MN是一固在水平地面上足够长的绝缘平板(右侧有挡板)，整个空间有平行于平板向左、场强为E的匀强电场，在板上C点的右侧有一个垂直于纸面向里、磁感强度为B的匀强磁场，一个质量为m、带电量为－q的小物块，从C点由静止开始向右先做加速运动再做匀速运动．当物块碰到右端挡板后被弹回，假设在碰撞瞬间撤去电场，小物块返回时在磁场中恰做匀速运动，平板NC的长度为L，物块与平板间的动摩擦因数为μ，求：(1)小物块向右运动过程中克服摩擦力做的功；(2)小物块与右端挡板碰撞过程中损失的机械能；(3)最终小物块停在绝缘平板上的位置．[解析] (1)设小物块向右匀速运动时的速度大小为v1，由平衡条件有qE＝μ(mg＋qv1B) ①(2)设小物块返回时在磁场中匀速运动的速度大小为v2，与右端挡板碰撞过程中损失的机械能为ΔE，那么有qv2B－mg＝0 ⑤[答案] 见解析如下图，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电粒子由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动．以下说法正确的选项是( )A．微粒一带负电B．微粒动能一减少C．微粒的电势能一增加D．微粒的机械能一增加[解析] 对该种粒子进行受力分析得：受到竖直向下的重力、水平方向的电场力、垂直速度方向的洛伦兹力，其中重力和电场力是恒力，沿直线运动，那么可以判断出其受到的洛伦兹力也是恒的，即该粒子是做匀速直线运动，所以选项B错误．如果该粒子带正电，那么受到向右的电场力和向左下方的洛伦兹力，所以不会沿直线运动，该种粒子一是带负电，选项A正确．该种粒子带负电，向左上方运动，电场力做正功，电势能一是减少的，选项C错误．因为重力势能增加，动能不变，所以该粒子的机械能增加，选项D正确．综上所述，此题的正确选项为AD.[答案] AD[考例3] (2021·)如下图，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球，从y轴上的A 点水平向右抛出．经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)电场强度E的大小和方向；(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小；(3)A点到x轴的高度h.[解析] (1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有重力的方向是竖直向下，电场力的方向那么为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．(2)小球做匀速圆周运动，O′为圆心，MN为弦长，∠MO′P＝θ，如下图．设半径为r，由几何关系知小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v，有(3)设小球到M点时的竖直分速度为v y，它与水平分速度的关系为v y＝v0tanθ⑦由匀变速直线运动规律＝2gh ⑧由⑥⑦⑧式得(2021·)在场强为B的水平匀强磁场中，一质量为m、带正电q的小球在O静止释放，小球的运动曲线如下图．此曲线在最低点的曲率半径为该点到x轴距离的2倍，重力加速度为g.求：(1)小球运动到任意位置P(x，y)的速率．(2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离y m.(3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为的匀强电场时，小球从O静止释放后获得的最大速率v m.[解析] (1)洛伦兹力不做功，由动能理可得(2)设在最大距离y m处的速率为v m，根据圆周运动有[考例4] (2021·Ⅱ)如图，在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场线平行向右．一带正电荷的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出．PQ 垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场线的交点到PQ的距离为d.不计重力，求电场强度与磁感强度大小之比及粒子在磁场与电场中运动时间之比．[解析] 此题考查带电粒子在有界磁场中的运动．粒子在磁场中做匀速圆周运动，如下图．由于粒子在线处的速度与线垂直，圆心O在线上，OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R.由几何关系得R2＝l＋(R－d)2①设粒子的质量和所带正电荷分别为m和q，由洛仑兹力公式和牛顿第二律得设P′为虚线与线的交点，∠POP′＝α，那么粒子在磁场中的运动时间为粒子进入电场后做类平抛运动，其初速度为v，方向垂直于电场，设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二律得qE＝ma ⑤(2021·)如下图，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限的腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y<0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子从电场中的Q(－2h，－h)点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O处射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场．MN平行于x轴，N点的坐标为(2h,2h)，不计粒子的重力，求：(1)电场强度的大小E；(2)磁感强度的大小B；(3)粒子在磁场中运动的时间t.[解析] (1)粒子在电场运动过程中，由类平抛运动规律及牛顿运动律得(2)粒子到达O点时，沿＋y方向的分速度[考例5] (2021·)如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y 轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，在第一、四象限有磁感强度为B 的匀强磁场，方向垂直于Oxy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电量为＋q、速度相同、重力不计的带电粒子．在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)．t＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为量．(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)(1)求电压U0的大小．(2)求时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径．(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．如图甲所示，在真空中，半径为b的虚线所围成的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．在磁场右侧有一对平行金属板M和N，两板间距离也为b，板长为2b，两板的中心O1O2与磁场区域的圆心O在同一直线上，两板左端与O1也在同一直线上．有一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，以速率v0从圆周上的P点沿垂直于半径OO1并指向圆心O的方向进入磁场，当从圆周上的O1点水平飞出磁场时，给M、N板加上如图乙所示的电压u.最后粒子刚好以平行于N板的速度，从N板的边缘飞出．不计平行金属板两端的边缘效及粒子所受的重力．(1)求磁场的磁感强度B的大小；(2)求交变电压的周期T和电压U0的值；(3)当t＝时，将该粒子从MN板右侧沿板的中心线O2O1，仍以速率v0射入M、N之间，求粒子从磁场中射出的点到P点的距离．[解析] (1)粒子自P点进入磁场，从O1点水平飞出磁场，运动的半径必为b，那么(3)当t＝时粒子以速度v0沿O2O1射入电场，那么该粒子恰好从M板边缘以平行于极板的速度射入磁场，且进入磁场的速度仍为v0，运动的轨道半径仍为b.设进入磁场的点为Q，离开磁场的点为R，圆心为O3，如下图，四边形OQO3R 是菱形，故OR∥QO3.所以P、O、R三点共线，即POR为圆的直径，即P、R间的距离为2b.。

通过场的类比(电场与重力场类比、电场与磁场的类比)，形象理解电场的性质，掌握电场力和洛伦兹力的特性；围绕两大性质，理顺电场中基本概念的相互联系；熟知两大定则(安培定则和左手定则)，准确判定磁场及磁场力的方向；认识两类偏转模型(类平抛和圆周运动)，掌握带电粒子在场中的运动性质、规律和分析处理方法．第6讲带电粒子在电场中的运动1．[2015·全国卷Ⅰ] 如图6­1所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则( )A．直线a位于某一等势面内，φM>φQB．直线c位于某一等势面内，φM>φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功【考题定位】难度等级：容易出题角度：本题考查了考生对电场能的性质的理解，要求考生掌握匀强电场的电场强度与电势差的关系．2．[2015·全国卷Ⅱ] 如图6­2所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动【考题定位】难度等级：容易出题角度：本题考查了力电综合的力与运动关系问题，涉及平行板电容中电场特点、牛顿运动定律的应用等考点．考点一电场的性质1 如图6­4所示，半径为R的水平绝缘圆盘可绕竖直轴OO′转动，水平虚线AB、CD互相垂直，一电荷量为＋q的可视为质点的小物块置于距转轴r处，空间有方向由A指向B的匀强电场．当圆盘匀速转动时，小物块相对圆盘始终静止．小物块转动到位置Ⅰ(虚线AB上)时受到的摩擦力为零，转动到位置Ⅱ(虚线CD上)时受到的摩擦力为f.求：(1)圆盘边缘两点间电势差的最大值；(2)小物块由位置Ⅰ转动到位置Ⅱ克服摩擦力做的功．导思①小物块分别转动到位置Ⅰ、位置Ⅱ时由哪些力提供向心力？②小物块由位置Ⅰ转动到位置Ⅱ电场力做了多少功？克服摩擦力做了多少功？归纳1．电场力：电场对放入其中的电荷有力的作用，电场力的大小和方向由电场强度和电荷共同决定，大小为F＝qE，正电荷所受的电场力方向与电场方向相同．2．电势能：电势能是标量，电场中电荷的电势能与电势的高低及电荷所带的电荷量及电性有关，即E p＝qφ，而电场力做的功等于电势能变化的相反数，即W＝qU＝－ΔE p.变式1 (多选)图6­5是某空间部分电场线分布图，在电场中取一点O，以O为圆心的圆周上有M、Q、N三个点，连线MON与直电场线重合，连线OQ垂直于MON.下列说法正确的是( )A．M点的场强大于N点的场强B．O点的电势等于Q点的电势C．将一负点电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D．一静止的正点电荷只受电场力作用能从Q点沿圆周运动至N点变式2 (多选)如图6­6所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个半径为R＝m 的圆的四个等分点和圆心．b、c、d三点的电势如图所示．已知电场线与圆所在的平面平行，关于等分点a处和圆心O处的电势及电场强度，下列描述正确的是( )A．a点的电势为4 VB．O点的电势为5 VC．电场强度方向由O点指向b点D．电场强度的大小为10 5 V/m考点二带电粒子在电场中的加速和偏转2 图6­7为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m、电荷量为e的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板间穿出，求：(1)电子通过B点时的速度大小；(2)右侧平行金属板的长度；(3)电子穿出右侧平行金属板时的动能．导思①电子通过A、B做什么运动？怎样计算电子在B点的速度？②电子在两块水平平行金属板间做什么运动？水平位移和竖直位移分别满足什么关系？③电子在运动过程中，电场力一共做了多少功？归纳1．带电粒子在电场中的加速可以应用牛顿运动定律结合匀变速直线运动的公式求解，也可应用动能定理qU ＝12mv 22－12mv 21求解，其中U 为带电粒子初、末位置之间的电势差．2．带电粒子在电场中的偏转带电粒子在匀强电场中做匀变速曲线运动，属类平抛运动，要应用运动的合成与分解的方法求解，同时要注意：(1)明确电场力的方向，确定带电粒子到底向哪个方向偏转；(2)借助画出的运动示意图寻找几何关系或题目中的隐含关系．带电粒子在电场中的运动可从动力学、能量等多个角度来分析和求解．考点三 带电体在电场中的运动3 [2015·四川卷] 如图6­8所示，粗糙、绝缘的直轨道OB 固定在水平桌面上，B 端与桌面边缘对齐，A 是轨道上一点，过A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E ＝×106N /C 、方向水平向右的匀强电场．带负电的小物体P 电荷量是×10－6C ，质量m ＝ kg ，与轨道间动摩擦因数μ＝，P 从O 点由静止开始向右运动，经过 s 到达A 点，到达B 点时速度是5 m /s ，到达空间D 点时速度与竖直方向的夹角为α，且tan α＝，P 在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F 作用，F 大小与P 的速率v 的关系如下表所示．P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，g 取10 m /s 2.求：(1)小物体P 从开始运动至速率为2 m /s 所用的时间； (2)小物体P 从A 运动至D 的过程，电场力做的功．归纳带电体通常是指需要考虑重力的物体，如带电小球、带电液滴、带电尘埃等．带电体在电v/(m ·s －1)0≤v≤22<v<5 v≥5 F/N263场中运动的研究方法与力学综合题的分析方法相近，一般应用牛顿运动定律、运动学规律、动能定理和能量守恒定律求解．当带电体同时受重力和电场力时，可以应用等效场的观点处理．变式1 如图6­9所示，CD左侧存在场强大小 E＝mgq、方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为＋q的光滑绝缘小球从底边BC长为L、倾角为53°的直角三角形斜面顶端A 点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一竖直半圆形细圆管内(C处为一小段长度可忽略的光滑圆弧，圆管内径略大于小球直径，半圆直径CD在竖直线上)，恰能到达细圆管最高点D点，随后从D点离开后落回斜面上某点P.(重力加速度为g , sin 53°＝, cos 53°＝求：(1)小球到达C点时的速度；(2)小球从D点运动到P点的时间t.变式2 如图6­10所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径．一质量为m、电荷量为＋q的小球套在圆环上，并静止在P点，且OP与竖直方向的夹角θ＝37°.不计空气阻力．已知重力加速度为g，sin37°＝，cos 37°＝.(1)求电场强度E的大小；(2)要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，求小球初速度v应满足的条件．4 如图6­11甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线．当两板间加电压U MN＝U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场，某种带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计．(1)求带电粒子的比荷q m ；(2)若MN间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝Lv0，从t＝0开始，前T3内U MN＝2U，后2T3内U MN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值．图6­11导思①MN间加交变电压后，粒子在水平方向做什么运动？运动时间是多少？②MN间加交变电压后，粒子在竖直方向做什么运动？可以分成几个阶段？每阶段的加速度是多少？归纳交变电场中粒子的运动往往属于运动的多过程问题，关键是搞清楚电场力或加速度随时间变化的规律，进而分析速度的变化规律，通过绘制v­t图像来分析运动过程比较直观简便．【真题模型再现】平行板电容器中带电粒子的运动2011 ·安徽卷交变电场中粒子的运动2012·新课标全国卷带电粒子在电容器中的匀速直线运动2013·广东卷加速偏转模型应用2014·安徽卷带电粒子在电容器中运动的功能关系2014·天津卷带电体在复合场中的功能转化2015·海南卷带电粒子在电场中加速(续表)【真题模型再现】平行板电容器中带电粒子的运动2015·山东卷带电体在变化电场中运动2015·北京卷带电粒子在电场中的功能转化2015·全国卷Ⅱ带电粒子在电场中的动力学问题【模型核心归纳】带电体在平行板电容器间的运动，实际上就是在电场力作用下的力电综合问题，依然需要根据力学解题思路求解，解题过程要遵从以下基本步骤：(1)确定研究对象(是单个研究对象还是物体组)；(2)进行受力分析(分析研究对象所受的全部外力，包括电场力．其中电子、质子、正负离子等基本微观粒子在没有明确指出或暗示时一般不计重力，而带电油滴、带电小球、带电尘埃等宏观带电体一般要考虑其重力)；(3)进行运动分析(分析研究对象所处的运动环境是否存在束缚条件，并根据研究对象的受力情况确定其运动性质和运动过程)；(4)建立物理等式(由平衡条件或牛顿第二定律结合运动学规律求解，对于涉及能量的问题，一般用动能定理或能量守恒定律列方程求解.例在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两极板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图6­12所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1，油滴开始向上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2，又经过时间Δt，油滴恰好回到原来位置．假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计，重力加速度为g.试求：(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；(2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比；(3)ΔU1与ΔU2之比．展如图6­13所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N.今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N 在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回．若保持两极板间的电压不变，则不正确的是( )图6­13A．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回B．把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C．把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回D．把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落第7讲带电粒子在磁场及复合场中的运动1．(多选)[2014·新课标全国卷Ⅱ] 图7­1为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( )图7­1A．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【考题定位】难度等级：中等出题角度：本题主要考查学生对左手定则、带电粒子在匀强磁场中运动规律的掌握情况．2．[2015·全国卷Ⅰ] 两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )A．轨道半径减小，角速度增大B．轨道半径减小，角速度减小C．轨道半径增大，角速度增大D．轨道半径增大，角速度减小【考题定位】难度等级：容易出题角度：本题主要考查学生对带电粒子在匀强磁场中运动结论的掌握情况，属于较简单题目．3．(多选)[2015·全国卷Ⅱ] 两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ的磁感应强度是Ⅱ的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等【考题定位】难度等级：容易出题角度：本题主要考查学生对带电粒子在匀强磁场中运动规律的掌握情况，考查了应用牛顿运动定律、圆周运动的规律解决物理问题的能力．考点一通电导体在磁场中的安培力问题1 [2015·重庆卷] 音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机．图7­2是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等．某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向．(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．导思①单根通电直导线垂直磁场放置，安培力的大小、方向如何？n根呢？②安培力的功率与哪些因素有关？归纳安培力与动力学综合问题已成为高考的热点，解决这类问题的关键是把电磁学问题力学化，把立体图转化为平面图，即画出平面受力分析图，其中安培力的方向切忌跟着感觉走，要用左手定则来判断，注意F安⊥B、F安⊥I.其次是选用牛顿第二定律或平衡条件建立方程解题．变式如图7­3所示，一劲度系数为k的轻质弹簧下面挂有匝数为n的矩形线框边长为l，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直线框平面向里．线框中通以电流I，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态，弹簧处于伸长状态．令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡．则在此过程中线框位移的大小Δx及方向是( )A．Δx＝2nIlBk，方向向上B．Δx＝2nIlBk，方向向下C．Δx＝nIlBk，方向向上D．Δx＝nIlBk，方向向下考点二带电粒子在有界磁场中的运动2 如图7­4所示，在xOy平面内以O为圆心、R0为半径的圆形区域Ⅰ内有垂直于纸面向外、磁感应强度为B1的匀强磁场．一质量为m、带电荷量为＋q的粒子以速度v0从A(R0，0)点沿x轴负方向射入区域Ⅰ，经过P(0，R0)点，沿y轴正方向进入同心环形区域Ⅱ，为使粒子经过区域Ⅱ后能从Q点回到区域Ⅰ，需在区域Ⅱ内加一垂直于纸面向里、磁感应强度为B2的匀强磁场．已知OQ与x轴负方向成30°角，不计粒子重力．求：(1)区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小；(2)环形区域Ⅱ的外圆半径R的最小值；(3)粒子从A点出发到再次经过A点所用的最短时间．导思①粒子以速度v0从A到P，经过P点的速度方向如何？②粒子在区域Ⅱ从P到Q，圆心角是多少？③粒子从A点出发到再次经过A点，经过哪些圆弧？圆心角分别为多少？归纳解答带电粒子在匀强磁场中运动的关键是画粒子运动轨迹的示意图，确定圆心、半径及圆心角．此类问题的解题思路是：(1)画轨迹：即确定圆心，用几何方法求半径并画出运动轨迹.(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、入射方向、出射方向相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系．(3)用规律：即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．变式1 如图7­5所示，横截面为正方形abcd的有界匀强磁场的磁场方向垂直纸面向里．一束电子以大小不同、方向垂直ad边界的速度飞入该磁场．对于从不同边界射出的电子，下列判断不正确的是( )图7­5A．从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等B．从c点离开的电子在磁场中运动时间最长C．电子在磁场中运动的速度偏转角最大为πD．从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度变式2 (多选)如图7­6所示，ab是匀强磁场的边界，质子(11H)和α粒子(42He)先后从c点射入磁场，初速度方向与ab边界的夹角均为45°，并都到达d点．不计空气阻力和粒子间的作用．关于两粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是( )图7­6A．质子和α粒子运动轨迹相同B．质子和α粒子运动动能相同C．质子和α粒子运动速率相同D．质子和α粒子运动时间相同考点三带电粒子在复合场中的运动3 [2015·福建卷] 如图7­7所示，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C 点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g.(1)求小滑块运动到C点时的速度大小v C；(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功W f；(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为v D，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小v P.【规范步骤】[解析] (1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足qvB ＋N＝qE小滑块在C点离开MN时，有N＝0解得v C＝E B .(2)由动能定理，有___________________________________________解得______________________________________．(3)如图7­8所示，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′g ′＝⎝⎛⎭⎫qE m 2＋g 2 且v 2P ＝v 2D ＋g′2t 2解得_______________________________．归纳带电粒子在复合场中常见的运动形式：①当带电粒子在复合场中所受的合力为零时，粒子处于静止或匀速直线运动状态；②当带电粒子所受的合力大小恒定且提供向心力时，粒子做匀速圆周运动；③当带电粒子所受的合力变化且与速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动．如果带电粒子做曲线运动，则需要根据功能关系求解，需要注意的是洛伦兹力始终不做功．4 如图7­9所示，直线MN 上方有平行于纸面且与MN 成45°角的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN 下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B.今从MN 上的O 点向磁场中射入一个速度大小为v 、方向与MN 成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R.若该粒子从O 点出发记为第一次经过直线MN ，而第五次经过直线MN 时恰好又通过O 点．不计粒子的重力．求：(1)电场强度的大小；(2)该粒子再次从O 点进入磁场后，运动轨道的半径； (3)该粒子从O 点出发到再次回到O 点所需的时间． 导思①粒子从O 点出发到第五次经过直线MN ，经过哪些运动过程，分别做什么运动？②粒子第四次经过直线MN ，进入电场，沿电场线和垂直电场线方向分别做什么运动？其位移分别是多少？③粒子再次从O 点进入磁场后，运动的速度是多少？归纳电场(或磁场)与磁场各位于一定的区域内并不重叠，或在同一区域电场与磁场交替出现，这种情景就是组合场．粒子在某一场中运动时，通常只受该场对粒子的作用力．其处理方法一般为：①分析带电粒子在各场中的受力情况和运动情况，一般在电场中做直线运动或类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动；②正确地画出粒子的运动轨迹图，在画图的基础上注意运用几何知识寻找关系；③注意确定粒子在组合场交界位置处的速度大小与方向，该速度是联系两种运动的桥梁．【真题模型再现】带电粒子在电磁场中运动的科技应用2013·重庆卷霍尔效应原理2014·浙江卷离子推进器2014·福建卷电磁驱动原理2015·浙江卷回旋加速器引出离子问题2015·重庆卷回旋加速器原理2015·江苏卷质谱仪(续表)【模型核心归纳】带电粒子在电场、磁场中的运动与现代科技密切相关，应重视以科学技术的具体问题为背景的考题．涉及带电粒子在复合场中运动的科技应用主要是速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、质谱仪等，对应原理如下：装置名称装置图示原理及结论速度选择器粒子经加速电场加速后得到一定的速度v0，进入正交的电场和磁场，受到的电场力与洛伦兹力方向相反，若使粒子沿直线从右边孔中射出，则有qv0B＝qE，即v0＝EB，故若v＝v0＝EB，粒子必做匀速直线运动，与粒子电荷量、电性、质量均无关．若v＜EB，电场力大，粒子向电场力方向偏，电场力做正功，动能增加．若v＞EB，洛伦兹力大，粒子向洛伦兹力方向偏，电场力做负功，动能减少磁流体发电机正、负离子(等离子体)高速喷入偏转磁场中，在洛伦兹力作用下，正、负离子分别向上、下极板偏转、积累，从而在板间形成一个场强向下的电场，两板间形成一定的电势差．当qvB＝qUd时，电势差达到稳定，U＝dvB，这就相当于一个可以对外供电的电源电磁流量计一圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动．导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下纵向偏转，a、b间出现电势差．当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，由Bqv＝Eq＝Uqd，可得v＝UBd，则流量Q＝Sv＝πUd4B质谱仪选择器中v＝EB1；偏转场中d＝2r，qvB2＝mv2r，解得比荷qm＝2EB1B2d，质量m＝B1B2dq2E.作用：主要用于测量粒子的质量、比荷，研究同位素霍尔效应在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差，这种现象称为霍尔效应例[2015·浙江卷] 使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B.为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器．引出器原理如图7­10所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出．已知OQ 长度为L，OQ与OP的夹角为θ.(1)求离子的电荷量q并判断其正负；(2)离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B′，求B′；(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应．为使离子仍从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小．图7­10。

提升训练12 带电粒子在复合场中的运动问题1.如图所示,在xOy平面内有磁感应强度为B的匀强磁场,其中0<x<a内有方向垂直xOy平面向里的磁场,在x>a内有方向垂直xOy平面向外的磁场,在x<0内无磁场。

一个带正电q、质量为m的粒子(粒子重力不计)在x=0处以速度v0沿x轴正方向射入磁场。

(1)若v0未知,但粒子做圆周运动的轨道半径为r=a,求粒子与x轴的交点坐标;(2)若无(1)中r=a的条件限制,粒子的初速度仍为v0(已知),问粒子回到原点O需要使a为何值?2.(2017浙江杭州四校联考高三期中)如图所示,一带电微粒质量为m=2.0×10-11 kg、电荷量q=+1.0×10-5 C,从静止开始经电压为U1=100 V的电场加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场中,微粒射出电场时的偏转角θ=30°,并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=20 cm的匀强磁场区域。

已知偏转电场中金属板长L=20 cm,两板间距d=10 cm,重力忽略不计。

求:(1)带电微粒进入偏转电场时的速率v1;(2)偏转电场中两金属板间的电压U2;(3)为使带电微粒不会由磁场右边射出,该匀强磁场的磁感应强度B至少多大?3.(2018年2月杭州期末,13)在如图所示的平行板器件中,匀强电场E和匀强磁场B互相垂直。

一束初速度为v的带电粒子从左侧垂直电场射入后沿图中直线②从右侧射出。

粒子重力不计,下列说法正确的是()A.若粒子沿轨迹①射出,则粒子的初速度一定大于vB.若粒子沿轨迹①射出,则粒子的动能一定增大C.若粒子沿轨迹③射出,则粒子可能做匀速圆周运动D.若粒子沿轨迹③射出,则粒子的电势能可能增大4.(2017浙江绍兴高三模拟,3)如图所示,两块水平放置、相距为d的长金属板C1D1、C2D2接在电压可调的电源上。

长为L的两板中点为O1、O2,O1O2连线的右侧区域存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场。

第2讲 带电粒子在复合场中的运动考点一 带电粒子在复合场中运动的应用实例1．质谱仪(如图1)图1原理：粒子由静止被加速电场加速，qU ＝12mv 2.粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB ＝m v 2r.由以上两式可得r ＝1B2mUq ，m ＝qr 2B 22U ，q m ＝2U B 2r2. 2．回旋加速器(如图2)图2原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝mv 2r ，得E km ＝q 2B 2r 22m，可见同种粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和D 形盒半径r 决定，与加速电压无关．3．速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件一般以单个带电粒子为研究对象，在洛伦兹力和电场力平衡时做匀速直线运动达到稳定状态，从而求出相应的物理量，区别见下表.例1 (2018·浙江4月选考·22)压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图3所示．压力波p (t )进入弹性盒后，通过与铰链O 相连的“┤”型轻杆L ，驱动杆端头A 处的微型霍尔片在磁场中沿x 轴方向做微小振动，其位移x 与压力p 成正比(x ＝αp ，α>0)．霍尔片的放大图如图所示，它由长×宽×厚＝a ×b ×d 、单位体积内自由电子数为n 的N 型半导体制成．磁场方向垂直于x 轴向上，磁感应强度大小为B ＝B 0(1－β|x |)，β>0.无压力波输入时，霍尔片静止在x ＝0处，此时给霍尔片通以沿C 1C 2方向的电流I ，则在侧面上D 1、D 2两点间产生霍尔电压U 0.图3(1)指出D 1、D 2两点哪点电势高；(2)推导出U 0与I 、B 0之间的关系式(提示：电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I ＝nevbd ，其中e 为 电子电荷量)；(3)弹性盒中输入压力波p (t )，霍尔片中通以相同电流，测得霍尔电压U H 随时间t 变化图象如图4.忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率．(结果用U 0、U 1、t 0、α及β表示)答案 (1)D 1点电势高 (2)U 0＝IB 0ned (3)U 0－U 1αβU 0 12t 0解析 (1)N 型半导体可以自由移动的是电子(题目也给出了自由电子)，根据左手定则可以知道电子往D 2端移动，因此D 1点电势高．(2)根据霍尔元件内部电子受的洛伦兹力和电场力平衡得：evB 0＝e U 0bv ＝I nebd 代入，解得：U 0＝IB 0ned(3)由任意时刻霍尔元件内部电子受的洛伦兹力和电场力平衡得：evB ＝e U Hb①U H ＝IB ned ＝IB 0ned (1－β|x |)＝IB 0ned(1－β|αp (t )|)②根据图象可知压力波p (t )关于时间t 是一个正弦函数，其绝对值的周期是原函数周期的一半，根据图象可知|p (t )|关于t 的周期是t 0，则p (t )关于t 的周期是2t 0，频率自然就是12t 0；由②式可知当压力波p (t )达到振幅A 时，U H 最小，为U 1，代入②式可得：U 1＝IB 0ned (1－β|αA |)＝U 0(1－αβA )解得A ＝U 0－U 1αβU 0.1．(2018·湖州市三县期中)如图5所示，在竖直面内虚线所围的区域里，存在电场强度为E 的匀强电场和磁感应强度为B 的匀强磁场．已知从左方沿水平方向射入的电子穿过该区域时未发生偏转，设其重力可以忽略不计，则在该区域中的E 和B 的方向不可能是( )A．E竖直向下，B竖直向上B．E竖直向上，B垂直纸面向外C．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相同D．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相反答案 A2．如图6所示为磁流体发电机的示意图，一束等离子体(含正、负离子)沿图示方向垂直射入一对磁极产生的匀强磁场中，A、B是一对平行于磁场放置的金属板，板间连入电阻R，则电路稳定后( )图6A．离子可能向N磁极偏转B．A板聚集正电荷C．R中有向上的电流D．离子在磁场中偏转时洛伦兹力可能做功答案 C解析由左手定则知，正离子向B板偏转，负离子向A板偏转，离子不可能向N磁极偏转，A、B错误；电路稳定后，电阻R中有向上的电流，C正确；因为洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，所以洛伦兹力不可能做功，D错误．3.现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图7所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．则此离子和质子(均不计重力)的质量比约为( )图7A．11 B．12 C．121 D．144答案 D解析 根据动能定理得，qU ＝12mv 2，解得v ＝2qUm①离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 根据牛顿第二定律，有qvB ＝m v 2R得R ＝mv qB②①②两式联立得：m ＝qB 2R 22U一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U 相同，同一出口离开磁场则R 相同，所以m ∝B 2，磁感应强度增加到原来的12倍，则此离子质量是质子质量的144倍，D 正确，A 、B 、C 错误．4．(2018·慈溪市期末)回旋加速器是用于加速带电粒子的重要装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图8所示，设D 形盒半径为R .若用回旋加速器加速质子11H 时，匀强磁场的磁感应强度为B ，高频交流电频率为f .则下列说法正确的是( )图8A ．加速电场的电压越大，质子加速后的速度越大B ．质子被加速后的最大速度为2πfRC ．只要R 足够大，质子的速度可以被加速到任意值D ．不改变任何条件，该回旋加速器也能用于加速α粒子(42He) 答案 B5．利用霍尔效应制作的霍尔元件，被广泛应用于测量和自动控制等领域．霍尔元件一般由半导体材料做成，有的半导体中的载流子(即自由电荷)是电子，有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷)．如图9所示，将扁平长方体形状的霍尔元件水平放置接入电路，匀强磁场垂直于霍尔元件的水平面竖直向下，闭合开关，让电流从霍尔元件的左侧流向右侧，则其前、后两表面会形成电势差. 现有载流子是电子的霍尔元件1和载流子是空穴的霍尔元件2，两元件均按图示方式接入电路( 闭合开关)，则关于前、后两表面电势高低的判断，下列说法中正确的是( )图9A．若接入元件1时，前表面电势高；若接入元件2时，前表面电势低B．若接入元件1时，前表面电势低；若接入元件2时，前表面电势高C．不论接入哪个元件，都是前表面电势高D．不论接入哪个元件，都是前表面电势低答案 A解析若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子在洛伦兹力的作用下向后表面偏，则前表面的电势高于后表面的电势．若载流子为空穴(相当于正电荷)，根据左手定则，空穴在洛伦兹力的作用下也是向后表面聚集，则前表面的电势低于后表面的电势．考点二带电粒子在组合场中的运动带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中加速与偏转和磁偏转两种运动有效组合在一起，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键．当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几个不同的运动阶段组成．模型1 磁场＋磁场组合例2(2017·湖州市高三期末)人类研究磁场的目的之一是为了通过磁场控制带电粒子的运动．如图10所示是通过磁场控制带电粒子运动的一种模型．在0≤x＜d和d<x≤2d的区域内，存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，其方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外．在坐标原点有一粒子源连续不断地沿x轴正方向释放出质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子，其速率有两种，分别为v1＝23qBd3m、v2＝2qBdm.(不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用)图10(1)求两种速率的粒子在磁感应强度为B 的匀强磁场中做圆周运动的半径R 1和R 2. (2)求两种速率的粒子从x ＝2d 的边界射出时，两出射点的距离Δy 的大小．(3)在x >2d 的区域添加另一匀强磁场，使得从x ＝2d 边界射出的两束粒子最终汇聚成一束，并平行y 轴正方向运动．在图中用实线画出粒子的大致运动轨迹(无需通过计算说明)，用虚线画出所添加磁场的边界线．答案 (1)233d 2d (2)4(233－1)d (3)见解析图解析 (1)根据qvB ＝m v 2R 可得：R ＝mvqB又因为粒子速率有两种，分别为：v 1＝23qBd 3m ，v 2＝2qBdm解得：R 1＝233d ，R 2＝2d(2)图甲为某一速率的粒子运动的轨迹示意图，辅助线如图所示，根据几何关系可知：速率为v 1的粒子射出x ＝2d 边界时的纵坐标为：y 1＝2(R 1－R 12－d 2)＝233d速率为v 2的粒子射出x ＝2d 边界时的纵坐标为：y 2＝2(R 2－R 22－d 2)＝2(2－3)d 联立可得两出射点距离的大小：Δy ＝y 1－y 2＝4(233－1)d(3)两个粒子运动轨迹如图乙中实线所示，磁场边界如图中虚线所示，可以使得从x ＝2d 边界射出的两束粒子最终汇聚成一束，并平行y 轴正方向运动．模型2 电场＋磁场组合例3 (2017·宁波市模拟)某高中物理课程基地拟采购一批实验器材，增强学生对电偏转和磁偏转研究的动手能力，其核心结构原理可简化为如图11所示．AB 、CD 间的区域有竖直向上的匀强电场，在CD 的右侧有一与CD 相切于M 点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．一带正电粒子自O 点以水平初速度v 0正对P 点进入该电场后，从M 点飞离CD 边界，再经磁场偏转后又从N 点垂直于CD 边界回到电场区域，并恰能返回O 点．已知O 、P 间距离为d ，粒子质量为m ，电荷量为q ，电场强度大小E ＝3mv 02qd，粒子重力不计．试求：图11(1)粒子从M 点飞离CD 边界时的速度大小； (2)P 、N 两点间的距离；(3)圆形有界匀强磁场的半径和磁感应强度的大小． 答案 (1)2v 0 (2)38d (3)54d 83mv 05qd解析 (1)据题意，作出带电粒子的运动轨迹，如图所示：粒子从O 到M 点时间：t 1＝d v 0粒子在电场中加速度：a ＝Eq m ＝3v 02d粒子在M 点时竖直方向的速度：v y ＝at 1＝3v 0 粒子在M 点时的速度：v ＝v 02＋v y 2＝2v 0速度偏转角的正切值：tan θ＝v y v 0＝3，故θ＝60°； (2)粒子从N 到O 点时间：t 2＝d2v 0粒子从N 到O 点过程的竖直方向位移：y ＝12at 22故P 、N 两点间的距离为：PN ＝y ＝38d (3)设粒子在磁场中运动的半径为R ，由几何关系得：R cos 60°＋R ＝PN ＋PM ＝538d 可得半径：R ＝5312d由qvB ＝m v 2R ，即：R ＝mvqB解得：B ＝83mv 05qd由几何关系确定区域半径为：R ′＝2R cos 30° 即R ′＝54d模型3 磁场＋电场组合例4 (2017·衢州、丽水、湖州、舟山四地市3月检测)如图12所示，半径r ＝0.06 m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R ＝0.1 m 、磁感应强度大小B ＝0.075 T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0,0.08 m)，平行金属板MN 的极板长L ＝0.3 m 、间距d ＝0.1 m ，极板间所加电压U ＝6.4×102V ，其中N 极板收集的粒子全部被中和吸收．一位于O 处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v ＝6×105m/s 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向．若粒子重力不计、比荷qm＝108C/kg 、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图12(1)粒子在磁场中的运动半径R 0；(2)从坐标(0,0.18 m)处射出磁场的粒子，其在O 点入射方向与y 轴的夹角θ； (3)N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η. 答案 见解析解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvB ＝mv 2R 0得R 0＝mv qB＝0.08 m(2)如图所示，从y ＝0.18 m 处出射的粒子对应入射方向与y 轴的夹角为θ，轨迹圆心与y 轴交于(0,0.10 m)处，由几何关系可得：sin θ＝0.8，故θ＝53°(3)如图所示，设恰能从下极板右端出射的粒子刚进入电场时的纵坐标为y ，t ＝L v ，a ＝qU md，解得y ＝UqL 22mdv2＝0.08 m设此粒子入射时与x 轴夹角为α，则有： tan α＝43，故α＝53°比例η＝53°180°×100%≈29.4%考点三 带电粒子在叠加场中的运动粒子在叠加场中运动的分析思路例5 (2017·宁波市模拟)一带电液滴在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中做半径为R 的圆周运动，如图13所示，已知电场强度为E ，方向竖直向下，磁感应强度为B ，方向水平(图中垂直纸面向里)，重力加速度为g .运动中液滴所受浮力、空气阻力都不计，求：图13(1)液滴是顺时针运动还是逆时针运动； (2)液滴运动的速度多大；(3)若液滴运动到最低点A 时分裂成两个完全相同的液滴，其中一个仍在原平面内做半径R 1＝3R 的圆周运动，绕行方向不变，且圆周的最低点仍是A 点，则另一个液滴怎样运动？ 答案 见解析解析 (1)顺时针运动．(2)带电液滴所受电场力向上且与重力平衡，液滴所受洛伦兹力提供向心力，即Eq ＝mg ，qvB＝m v 2R解得v ＝gBR E(3)第一个液滴电荷量、质量均减半，电场力与重力仍平衡，依据上面运算可得，分裂后第一个液滴的绕行速度大小v 1＝gBR 1E ＝gB ·3RE＝3v ，方向向左． 第二个液滴分裂后的速度设为v 2，分裂前后水平方向动量守恒，以液滴分裂前的速度方向为正方向mv ＝12mv 1＋12mv 2，解得v 2＝－v即分裂后第二个液滴速度大小为v ，方向向右，所受电场力与重力仍平衡，在洛伦兹力作用下仍做匀速圆周运动，绕行方向仍是顺时针，A 点是圆周最高点，圆周半径R 2＝R .6.如图14，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q 、质量为m 的微粒从原点出发，沿与x 轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A (l ，l )时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子继续运动一段时间后，正好垂直于y 轴穿出复合场．不计一切阻力，重力加速度为g ，求：图14(1)电场强度E 的大小； (2)磁感应强度B 的大小； (3)微粒在复合场中的运动时间． 答案 (1)mg q (2)m q g l (3)(3π4＋1)lg解析 (1)微粒到达A (l ，l )之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：所以，Eq ＝mg ，得：E ＝mg q(2)由平衡条件：qv B ＝2mg电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙．由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2r由几何知识可得：r ＝2l 联立解得：v ＝2gl ，B ＝m q g l(3)微粒做匀速运动的时间：t 1＝2lv＝l g 做圆周运动的时间：t 2＝34π·2l v ＝3π4l g在复合场中的运动时间：t ＝t 1＋t 2＝(3π4＋1)l g. 专题强化练1.(2018·新力量联盟期末)如图1是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子a 、b 经电压U 加速(在A 点初速度为零)后，进入磁感应强度为B 的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S 上的x 1、x 2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a 、b 所通过的路径，则( )图1A ．若a 与b 有相同的质量，打在感光板上时，b 的速度比a 大B ．若a 与b 有相同的质量，则a 的电荷量比b 的电荷量小C ．若a 与b 有相同的电荷量，则a 的质量比b 的质量大D ．若a 与b 有相同的电荷量，则a 的质量比b 的质量小 答案 D2．(2018·杭州市期末)在如图2所示的平行板器件中，匀强电场E 和匀强磁场B 互相垂直．一束初速度为v的带电粒子从左侧垂直电场射入后沿图中直线②从右侧射出．粒子重力不计，下列说法正确的是( )图2A．若粒子沿轨迹①射出，则粒子的初速度一定大于vB．若粒子沿轨迹①射出，则粒子的动能一定增大C．若粒子沿轨迹③射出，则粒子可能做匀速圆周运动D．若粒子沿轨迹③射出，则粒子的电势能可能增大答案 D解析沿图中直线②从右侧射出，则qvB＝qE，若粒子沿轨迹①射出，粒子所受向上的力大于向下的力，但由于粒子电性未知，所以粒子所受的电场力与洛伦兹力方向不能确定，故A、B错误；若粒子沿轨迹③射出，粒子受电场力、洛伦兹力，粒子不可能做匀速圆周运动，故C 错误；若粒子沿轨迹③射出，如果粒子带负电，所受电场力向上，洛伦兹力向下，电场力做负功，粒子的电势能增大，故D正确．3．(2018·温州市六校期末)霍尔元件在电子线路中的应用日益广泛，如图3是某个霍尔元件接到电路中时的示意图，其中a面为上表面，b面为下表面，c面为前表面，d面为后表面，所加磁场方向为垂直于a面向下．考虑到霍尔元件有两类，设A类的载流子(即用来导电的自由电荷)为正电荷，B类的载流子为负电荷，当通以从左到右的电流时，下列说法中正确的是( )图3A．在刚开始通电的很短时间内，若是A类元件，则载流子向c面偏转B．在刚开始通电的很短时间内，若是B类元件，则载流子向c面偏转C．通电一段时间后，若是A类元件，则c面电势较高D．通电一段时间后，若是B类元件，则c面电势较高答案 D4．回旋加速器的工作原理如图4甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m ，电荷量为＋q ，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U 0，周期T ＝2πmqB.一束该种粒子在t ＝0～T2时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：图4(1)出射粒子的动能E km ；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E km 所需的总时间t 0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d 应满足的条件．答案 (1)q 2B 2R 22m (2)πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB (3)d <πmU 0100qB 2R解析 (1)粒子运动半径为R 时，qvB ＝m v 2RE km ＝12mv 2＝q 2B 2R 22m(2)粒子被加速n 次达到动能E km ，则E km ＝nqU 0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为Δt ，加速度a ＝qU 0md粒子由静止做匀加速直线运动nd ＝12a ·(Δt )2由t 0＝(n －1)·T2＋Δt ，解得t 0＝πBR 2＋2BRd 2U 0－πmqB(3)只有在0～(T2－Δt )时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝T2－ΔtT2×100%由于η>99%，解得d <πmU 0100qB 2R.5．(2018·宁波市十校联考)一个放射源水平放出α、β、γ三种射线，垂直射入如图5所示磁场，区域Ⅰ和Ⅱ的宽度均为d ，各自存在着垂直纸面的匀强磁场，两区域的磁感应强度大小B 相等，方向相反(粒子运动不考虑相对论效应)．图5(1)若要筛选出速率大于v 1的所有β粒子进入区域Ⅱ，求磁场宽度d 与B 和v 1的关系； (2)若B ＝0.027 3 T ，v 1＝0.1c (c 是光速)，计算d ；α粒子的速率为0.001c ，计算α粒子和γ射线离开区域Ⅰ时的偏移距离(答案均保留三位有效数字)；(3)当d 满足第(1)小题所给关系时，请给出速率在v 1<v <v 2区间的β粒子离开区域Ⅱ时的位置．已知电子质量m e ＝9.1×10－31kg ，α粒子质量m α＝6.7×10－27kg ，电子电荷量q ＝1.6×10－19C ，1＋x ≈1＋x2(|x |<1时)．答案 (1)d ＝m e v 1qB (2)6.25×10－3 m 8.49×10－5 m (3)y 1＝2m e v 1qB y 2＝2m e qB(v 2－v 22－v 12) 解析 (1)作出临界轨迹如图甲所示，由几何关系知：r ＝d ，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv 1B ＝m e v 12r，解得：d ＝m e v 1qB； (2)对电子：d ＝m e v 1qB ＝9.1×10－31×0.1×3×1081.6×10－19×0.027 3 m ＝6.25×10－3m 对α粒子：r α＝m αv αq αB ＝6.7×10－27×0.001×3×1082×1.6×10－19×0.027 3m≈0.230 m 作出轨迹如图乙所示，竖直方向上的距离：y ＝r α－r α2－d 2≈8.49×10－5m ；(3)画出速率分别为v 1和v 2的粒子离开区域Ⅱ的轨迹如图丙所示，速率在v 1<v <v 2区域间射出的β粒子束宽为y 1－y 2，y 1＝2d ＝2m e v 1qB ，y 2＝2(r 2－r 22－d 2)＝2m e qB(v 2－v 22－v 12)．6．如图6所示，在第二象限半径为r 的圆形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界恰好与两坐标轴相切．x 轴上切点A 处有一粒子源，能够向x 轴上方发射速率均为v ，质量为m ，电荷量为＋q 的粒子，粒子重力不计．圆形区域磁场的磁感应强度B 1＝mvqr，y 轴右侧0＜x ＜r 的范围内存在沿y 轴负方向的匀强电场，已知某粒子从A 处沿＋y 方向射入磁场后，再进入匀强电场，发现粒子从电场右边界MN 射出，速度方向与x 轴正方向成45°角斜向下，求：图6(1)匀强电场的电场强度大小；(2)若在MN 右侧某区域存在另一圆形匀强磁场B 2，发现A 处粒子源发射的所有粒子经磁场B 1、电场E 射出后均能进入B 2区域，之后全部能够经过x 轴上的P 点，求圆形匀强磁场B 2的最小半径；(3)继第二问，若圆形匀强磁场B 2取最小半径，试求A 处沿＋y 方向射入B 1磁场的粒子，自A点运动到x 轴上的P 点所用的时间．答案 (1)mv 2qr (2)22r (3)(π＋2)3r4v解析 (1)设粒子做类平抛运动的水平位移大小为x ， 竖直方向的速度大小为v y ，类平抛的加速度大小为a ， 类平抛的时间为t ，根据牛顿第二定律Eq ＝ma ，得a ＝qEm，粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛的规律有：x 方向：x ＝vt ＝r ， y 方向：v y ＝at ＝qE m t ＝Eqrmv，粒子从电场右边界MN 射出，速度方向与x 轴正方向成45°斜向下，则 v y ＝v ，联立得匀强电场的电场强度大小E ＝mv 2qr.(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB 1＝m v 2R，联立题中已知条件B 1＝mv qr，得R ＝r ，因为磁场半径与轨迹半径相同，所以粒子离开磁场后的速度方向均沿x 轴正方向， 又所有粒子穿出匀强电场后速度纵向偏移量y ＝12at 2＝12r 均相等，设粒子从MN 射出的最高点为E ，最低点为F ， 则EF ＝2r ，所以粒子束的宽度d ＝2r 圆形匀强磁场B 2的最小半径 r B 2＝22r . (3)粒子在磁场B 1中运动时间 t 1＝14T ＝14×2πr v ＝πr2v粒子在匀强电场中运动时间 t 2＝r v，粒子在无场区运动速度 v ′＝2v ， 粒子在无场区运动的距离 x 3＝22r ， 粒子在无场区运动的时间 t 3＝x 3v ′＝r 2v， 粒子在磁场B 2中运动时间 t 4＝14T ′＝14×2πr B 2v ′＝πr4v故粒子自A 点运动到x 轴上的P 点的总时间 t ＝t 1＋t 2＋t 3＋t 4＝(π＋2)3r4v .。

第1讲电场和磁场性质的理解[历次选考考情分析]考点一电场基本性质的理解1．电场强度、电势、电势能的判断方法(1)电场强度①根据电场线的疏密程度进行判断；②根据E＝Fq进行判断．(2)电势①沿电场线方向电势逐渐降低；②若q和W ab已知，由U ab＝W abq判定．(3)电势能①电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大；②正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小．2．带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法(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、电势和电势差的变化等．1．[库仑定律](2018·浙江4月选考·6)真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B(可视为点电荷)，分别固定在两处，它们之间的静电力为F.用一个不带电的同样金属球C先后与A、B球接触，然后移开球C，此时A、B球间的静电力为( )A.F 8B.F 4C.3F 8D.F 2答案 C解析 设A 、B 两金属小球开始带电荷量均为Q ，距离为r ，F ＝k Q 2r 2，用一个不带电的金属球C 先后与A 、B 接触，与A 接触完后，A 、C 带电荷量均为Q2，再与B 接触后，B 、C 带电荷量均为34Q ，F ′＝k Q 2·34Q r 2＝38F ，因此选C. 2．[电容器](2018·温州市六校期末)目前，指纹锁已普遍用于智能机、门卡等，其中有一类指纹锁的主要元件为电容式传感器，其原理是手指贴上传感器时，皮肤表面会和传感器上许许多多相同面积的小极板一一匹配成平行板电容器，每个小电容器的电容值仅取决于传感器上的极板到对应指纹表面的距离．在此过程中外接电源将为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，然后开始用标准电流放电，再采集各电容器放电的相关信息与原储存的指纹信息进行匹配，如图1所示．下列说法正确的是()图1A ．湿的手不会影响指纹解锁B ．极板与指纹嵴(凸起部分)构成的电容器电容小C ．极板与指纹沟(凹的部分)构成的电容器充上的电荷较多D ．极板与指纹沟(凹的部分)构成的电容器放电时间较短 答案 D3．[电场强度和电势差]如图2所示，在xOy 平面内有一个以O 为圆心、半径R ＝0.1 m 的圆，P 为圆周上的一点，O 、P 两点连线与x 轴正方向的夹角为θ.若空间存在沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小E ＝100 V/m ，则O 、P 两点的电势差可表示为()图2A ．U OP ＝－10sin θ (V)B．U OP＝10sin θ (V)C．U OP＝－10cos θ (V)D．U OP＝10cos θ (V)答案 A解析由题图可知匀强电场的方向是沿y轴负方向的．沿着电场线的方向电势是降低的，所以P点的电势高于O点的电势，O、P两点的电势差U OP为负值．根据电势差与场强的关系U OP ＝－Ed＝－E·R sin θ＝－10sin θ (V)，所以A正确．4．[电场强度、电势、电势能](2018·嘉兴市期末)一对等量异种点电荷电场的电场线(实线)和等势线(虚线)分布如图3所示，则下列说法正确的是( )图3A．A点场强E A大于B点场强E BB．A点电势φA高于B点电势φBC．某一点电荷在A点时的电势能E p A一定大于在B点时的电势能E p BD．将某一点电荷从A点移至B点，路径不同，电场力做功也不同答案 A5．[电场线和运动轨迹]如图4所示，实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示(a、b只受电场力作用)，则( )图4A．a一定带正电，b一定带负电B．电场力对a做正功，a的电势能减小，电场力对b做负功，b的电势能增大C．a的速度将减小，b的动能将增大D．a的加速度减小，b的加速度将增大答案 D解析电场线的方向未知，所以粒子带电性质不确定；从题图中轨迹变化来看电场力都做正功，动能都增大，两带电粒子电势能都减小，所以选项A 、B 、C 错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以a 受力减小，加速度减小，b 受力增大，加速度增大，所以选项D 正确．考点二 磁场及其对电流的作用1．求解有关磁感应强度的关键 (1)磁感应强度是由磁场本身决定的； (2)B ＝F IL只适用于通电导线垂直于磁场；(3)合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和(满足平行四边形定则)． 2．求解安培力作用下导体棒平衡问题的思路 (1)选取通电导体棒为对象；(2)受力分析，画受力分析图，用左手定则判断安培力的方向； (3)根据力的平衡条件列方程．例1 (2018·浙江4月选考·12)在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图5所示．有一种探测的方法是，首先给金属长直管通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场最强的某点，记为a ；②在a 点附近的地面上，找到与a 点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF ；③在地面上过a 点垂直于EF 的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b 、c 两点，测得b 、c 两点距离为L .由此可确定金属管线( )图5A ．平行于EF ，深度为L 2B ．平行于EF ，深度为LC ．垂直于EF ，深度为L2D ．垂直于EF ，深度为L答案 A解析 画出垂直于金属管线方向的截面，可知磁场最强的点a 即为地面距离管线最近的点，作出b 、c 两点的位置，由题意可知EF 过a 点垂直于纸面，所以金属管线与EF 平行，根据几何关系得深度为L2.6．(2018·浙江4月选考·7)处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO′转动，当线框中通过电流I时，如图6所示，此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是( )图6答案 D解析利用左手定则，四指指向电流方向，磁感线穿过掌心，大拇指所指的方向就是受力方向，因此选D.7．(2018·牌头中学期中)在磁场中的同一位置放置一根短直导线，导线的方向与磁场方向垂直．先后在导线中通以不同的电流，导线受到的磁场力也不同，下列表示导线受到的磁场力F与其电流I的关系图象(a、b各代表一组F、I的数据)正确的是( )答案 C解析 在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直时所受安培力为：F ＝BIL ，由于磁感应强度B 和导线长度L 不变，因此F 与I 的关系图象为过原点的直线，故C 正确．8．(2018·台州市外国语学校期末)如图7所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L ，劲度系数为k 的轻质弹簧上端固定，下端与导体棒ab 相连，弹簧与导轨平面平行并与ab 垂直，棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度为B .当棒通以方向由a 到b 、大小为I 的电流时，棒处于平衡状态，平衡时弹簧伸长量为x 1；保持电流大小不变，使棒中电流反向，则棒平衡时下列说法正确的是( )图7A ．弹簧伸长，伸长量为2ILBk＋x 1B ．弹簧伸长，伸长量为ILBk ＋x 1 C ．弹簧压缩，压缩量为2ILBk－x 1 D ．弹簧压缩，压缩量为ILBk－x 1 答案 A解析 当棒通以方向由a 到b 、大小为I 的电流时，由左手定则可知，棒受到的安培力沿导轨斜向上，大小为BIL ，设导轨与水平面的夹角为θ，则由平衡条件得：mg sin θ＝BIL ＋kx 1 当保持电流大小不变，使棒中电流反向，由左手定则知，受到的安培力沿导轨斜向下，大小还是BIL此时有mg sin θ＋BIL ＝kx 得x ＝2BIL k＋x 1弹力沿着斜面向上，则弹簧是伸长的，故选A.考点三 带电粒子在电场中的运动1．直线运动的两种解题思路(1)应用牛顿运动定律处理带电粒子的直线运动带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与速度方向在一条直线上，带电粒子做匀变速直线运动．根据带电粒子的受力情况，用牛顿运动定律和运动学公式确定带电粒子的速度、位移、时间等．(2)用动能定理(或动量定理)处理带电粒子在电场中的直线运动要注意受力分析、过程分析，另外，电场力做功与重力做功均与经过的路径无关，只与初、末位置有关．2．偏转问题的解题思路(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用而做类平抛运动．(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动．例2(2018·浙江4月选考·11)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v－t图象如图8所示．粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，下列判断正确的是( )图8A．A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φCB．A、B、C三点的场强大小关系为E C>E B>E AC．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少D．粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功答案 C解析由题图v－t图象知道带电粒子在0～t0时间内做减速运动，电场力做负功，电势能增大；在t0～3t0时间内做反方向加速运动，电场力做正功，电势能减小，所以C正确，D错误；因为不知道带电粒子电性，本题中无法判断电势的高低，所以A错误；图象中斜率表示带电粒子的加速度，Eq＝ma，可知A、B、C三点中E B最大，B错误．例3如图9甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上图乙所示的电压．现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是( )图9A ．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1 答案 C解析 粒子在两板之间的运动时间均为T ，在t ＝nT 时刻进入的粒子的侧移量最大，考虑竖直分运动，在前半个周期是匀加速，后半个周期是匀速，设加速度为a ，则偏转位移为：y max ＝12a ·(T 2)2＋a ·T 2·T 2＝38aT 2，在t ＝(n ＋12)T 时刻进入的粒子，考虑竖直分运动，在前半个周期是静止，后半个周期是匀加速，侧移量最小，为：y min ＝12a ·(T 2)2＝18aT 2，故y max ∶y min ＝3∶1，故A 、B 、D 错误，C 正确．9．如图10所示是真空中A 、B 两板间的匀强电场，一电子由A 板无初速度释放后运动到B 板，设电子在前一半时间内和后一半时间内的位移分别为x 1和x 2，则x 1与x 2之比为( )图10A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4答案 C解析 无初速度释放后，电子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动规律，电子在前一半时间内和后一半时间内的位移之比是1∶3，选项C 正确． 10.a 、b 两离子从平行板电容器两板间P 处垂直电场入射，运动轨迹如图11.若a 、b 的偏转时间相同，则a 、b 一定相同的物理量是( )图11A ．比荷B ．入射速度C ．入射动能D ．电荷量 答案 A解析 a 、b 两离子竖直方向分位移相等，故：y ＝12·qE m·t 2，由于y 、E 、t 均相等，故比荷qm相等，故A 正确； 水平方向位移关系是x a >x b ，水平分运动是匀速直线运动，时间相等，故v a >v b ，故B 错误；a 、b 两离子初速度不同，质量关系未知，无法确定初动能大小关系，故C 错误； a 、b 两离子比荷相等，质量关系未知，无法确定电荷量大小关系，故D 错误．考点四 磁场对运动电荷的作用1．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动解题“三步法” (1)画轨迹：即确定圆心，画出运动轨迹．(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度的联系，偏转角度与圆心角、运动时间的联系，在磁场中的运动时间与周期的联系．(3)用规律：即牛顿运动定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式． 2．半径的确定方法一：由物理方程求．由于Bqv ＝mv 2R ，所以半径R ＝mv qB；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． 3．时间的确定方法一：由圆心角求：t ＝θ2π·T ；方法二：由弧长求：t ＝sv.例4 如图12所示，长方形abcd 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，同一带电粒子，以速率v 1沿ab 射入磁场区域，垂直于dc 边离开磁场区域，运动时间为t 1；以速率v 2沿ab 射入磁场区域，从bc 边离开磁场区域时与bc 边夹角为150°，运动时间为t 2.不计粒子重力．则t 1∶t 2是( )图12A ．2∶ 3 B.3∶2 C．3∶2 D．2∶3 答案 C解析 根据题意作出粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可知：α＝90°，β＝60°，粒子在磁场中做圆周运动的周期：T ＝2πm qB ，粒子在磁场中的运动时间：t ＝θ2πT ，粒子在磁场中的运动时间之比：t 1t 2＝αβ＝90°60°＝32，故C 正确．11．(多选)如图13所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，速度相同的两带电粒子A 、B 从O 点射入磁场中，速度与磁场边界的夹角为θ(θ＝60°)，已知A 粒子带负电，B 粒子带正电，且A 、B 粒子的质量之比为1∶4，带电荷量之比为1∶2，不计粒子重力，下列说法中正确的是( )图13A ．A 、B 粒子的轨道半径之比为2∶1B ．A 、B 粒子回到边界时，速度大小、方向都相同C ．A 、B 粒子回到边界时的位置离O 点的距离之比为2∶1D ．A 、B 粒子在磁场中运动的时间相同 答案 BD解析 由洛伦兹力提供向心力qBv ＝m v 2r 得到r ＝mv Bq ，所以r A r B ＝m A m B ×q B q A ＝12，所以选项A 错误．据左手定则，A 、B 粒子的电性相反，偏转方向相反，由于洛伦兹力不做功，所以速度大小不变，根据粒子做圆周运动的对称性，A 、B 的方向都是与边界成60°角斜向右下，所以B 选项正确．由几何关系能求得粒子回到边界时到出发点的距离d ＝2r sin θ，所以d A d B ＝r A r B ＝12，选项C 错误．由运动学公式，粒子运动的时间为t ＝θ2π×2πr v ＝θr v ，所以t A t B ＝θA θB ×r A r B ＝240°120°×12＝11，所以选项D 正确．12．如图14，半径为R 的半圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m 、带电荷量为＋q 且不计重力的粒子，以速度v 沿与半径PO 夹角θ＝30°的方向从P 点垂直磁场射入，最后粒子垂直于MN 射出，则磁感应强度的大小为( )图14A.mv qRB.mv 2qRC.mv 3qRD.mv4qR答案 B解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系，知圆心角为30°，粒子运动的轨迹的半径为：r ＝2R ①根据洛伦兹力提供向心力，有：qvB ＝m v 2r 得半径为：r ＝mv qB②联立①②得：B ＝mv2qR，故B 正确．专题强化练1．(2016·浙江4月选考·7)关于电容器，下列说法正确的是( )A．在充电过程中电流恒定B．在放电过程中电容减小C．能储存电荷，但不能储存电能D．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器答案 D解析由电容器的充、放电曲线可知，充电过程中，电流不断减小，A错误；电容是电容器储存电荷的本领，不随充、放电过程变化，B错误；电容器中的电场具有电场能，所以C错误；两个彼此绝缘又靠近的导体是可以储存电荷的，可视为电容器，D正确．2．中国宋代科学家沈括在公元1086年写的《梦溪笔谈》中最早记载了：“方家(术士)以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图1所示．结合上述材料，下列说法正确的是( )图1A．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理南极附近B．结合地球自转方向，可以判断出地球是带正电的C．地球表面任意位置的磁场方向都与地面平行D．因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显答案 D3．如图2所示，一导线绕制的线圈中放一枚小磁针，当线圈中通以电流时，小磁针将会发生偏转，则下列判断正确的是( )图2A．为使实验现象明显，线圈平面应南北放置B．为使实验现象明显，线圈平面应东西放置C．若线圈平面南北放置，通电后再次稳定时，小磁针转过180°角D．若线圈平面东西放置，通电后再次稳定时，小磁针转过90°角答案 A4．(2018·名校协作体)如图3所示，在粗糙绝缘的水平地面上放置一带正电的物体甲，现将另一个也带正电的物体乙沿着以甲为圆心的竖直平面内的圆弧由M点移动到N点，若此过程中甲始终保持静止，甲、乙两物体可视为质点，则下列说法正确的是( )图3A．甲对地面的压力先增大后减小B．甲受到地面的摩擦力大小不变C．甲受到地面的摩擦力先增大后减小D．乙的电势能先增大后减小答案 A5．(2018·温州市十五校联合体期末)两个点电荷a、b周围的电场线分布情况如图4所示，虚线为带电粒子c穿越该电场时的运动轨迹，该粒子在电场中运动时只受电场力作用，由图可判断( )图4A．a、b带等量异号电荷B．a、b带同号电荷，a的电荷量大于b的电荷量C．粒子c带正电，在电场中运动时动能先减小后增大D．粒子c带负电，在电场中运动时动能先增大后减小答案 D6．(2018·杭州市五校联考)两个带等量正电的点电荷，固定在图5中P、Q两点，MN为PQ 连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点．一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则( )图5A．q由A向O的运动是匀加速直线运动B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C．q运动到O点时的动能最小D．q运动到O点时电势能为零答案 B7．(2018·湖州、衢州、丽水高三期末)如图6(a)所示为两个带电物体，甲固定在绝缘水平面上，乙从甲右侧某处静止释放后的v－t图象如图(b)所示，则( )图6A．两个物体带同种电荷B．两个物体带异种电荷C．两个物体带电荷量一定相等D．两个物体带电荷量一定不等答案 B8．(2018·诸暨中学段考)如图7所示，a、b、c、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．一带正电粒子从正方形中心O点沿垂直纸面向内运动，它所受洛伦兹力的方向( )图7A．向上 B．向下 C．向左 D．向右答案 A解析此带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，根据安培定则，a在O点产生的磁场方向水平向左，b在O点产生的磁场方向竖直向上，c在O点产生的磁场方向水平向左，d在O点产生的磁场方向竖直向下，所以合磁场方向水平向左．根据左手定则，此带正电粒子在合磁场中所受洛伦兹力方向向上．9．(2018·新力量联盟期末)老师在课堂上做了一个演示实验：装置如图8所示，在容器的中心放一个圆柱形电极B，沿容器边缘内壁放一个圆环形电极A，把A和B分别与直流电源的两极相连，然后在容器内放入导电液体，将该容器放在磁场中，液体就会旋转起来．关于这种现象下列说法正确的是( )图8A．液体旋转是因为电磁感应现象B．液体旋转是因为受到安培力作用C．仅将电流方向改为反向，液体旋转方向不变D．仅将磁场方向改为反向，液体旋转方向不变答案 B10．(2018·新高考联盟联考)高大建筑上都有一竖立的避雷针，用以把聚集在云层中的电荷导入大地．在赤道某地两建筑上空，有一团带负电的乌云经过其正上方时，发生放电现象，如图9所示，则此过程中地磁场对避雷针的作用力的方向是( )图9A．向东 B．向南 C．向西 D．向北答案 C11．如图10所示，竖直放置的两平行金属板间有匀强电场，在两极板间同一等高线上有两质量相等的带电小球a、b(均可以看成质点)．将小球a、b分别从紧靠左极板和两极板正中央的位置由静止释放，它们沿图中虚线运动，都能打在右极板上的同一点．则从释放小球到刚要打到右极板的运动(过程)中，下列说法正确的是( )图10A ．它们的运动时间t a >t bB ．它们的电荷量之比q a ∶q b ＝1∶2C ．它们的电势能减少量之比ΔE a ∶ΔE b ＝4∶1D ．它们的动能增加量之比ΔE k1∶ΔE k2＝4∶1 答案 C解析 小球运动过程只受重力和电场力作用，故粒子竖直方向做加速度a ＝g 的匀加速运动，水平方向做加速度a ′＝qE m的匀加速运动；由两小球竖直位移相同可得运动时间相同，即t a ＝t b ，所以，q a q b ＝a a ′ab ′＝s a 水平s b 水平＝2∶1，故A 、B 错误；由电势能减少量等于电场力做的功可得：ΔE a ∶ΔE b ＝q a Es a 水平∶q b Es b 水平＝4∶1，故C 正确；由动能定理可知：小球动能增加量等于重力势能和电势能减小量之和；又有两小球重力势能减小量相等，由C 项可知：动能增加量之比不可能为4∶1，故D 错误．12．(2018·台州中学统练)如图11所示，绝缘水平面上有A 、B 、C 、D 四点，依次相距L ，若把带电金属小球甲(半径远小于L )放在B 点，测得D 点处的电场强度大小为E ；现将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A 、C 两点，此时D 点处的电场强度大小为( )图11A.49EB.59E C ．E D.209E 答案 D解析 根据点电荷电场强度公式E ＝kQr 2，则B 点电荷在D 的电场强度为E B ＝kQ (2L )2＝kQ4L2＝E ；当将不带电的相同金属小球乙与甲充分接触后，再把两球分置于A 、C 两点，则两球的带电荷量均为Q2，那么A 处的小球在D 处的电场强度E A ＝k ·Q2(3L )2＝kQ 18L2，而C 处的小球在D 处的电场强度E C ＝kQ 2L 2；由于两球在D 处的电场强度方向相同，因此它们在D 点处的电场强度大小为E 合＝kQ 18L2＋kQ 2L 2＝5kQ 9L 2＝209E ，故D 正确． 13．如图12所示，匀强电场中有M 、N 、P 、Q 四点，它们分别位于矩形的四个顶点上．电子分别由M 点运动到N 点和Q 点的过程中，电场力所做的正功相同，已知N 、P 、Q 中有两点电势是18 V 、10 V ．则( )图12A ．不可能求出M 点电势B ．N 点电势是18 VC ．P 点电势是10 VD ．Q 点电势是10 V 答案 D解析 电子分别由M 点运动到N 点和Q 点过程中，电场力所做的正功相同，说明N 、Q 两点电势相等，且高于M 点的电势，故四点的电势关系是φM <φN ＝φQ <φP ，所以φP ＝18 V ，φN ＝φQ ＝10 V ，B 、C 错误，D 正确；由于QM 平行且与PN 长度相同，所以U QM ＝U PN ＝8 V ，可得φM＝2 V ，A 错误．14．(2018·台州市高三期末)如图13所示，三根长为L 的平行长直导线的横截面在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里．电流大小均为I ，其中A 、B 电流在C 处产生的磁感应强度的大小均为B 0，导线C 位于水平面处于静止状态，则导线C 受到的静摩擦力是( )图13A.3B 0IL ，水平向左B.32B 0IL ，水平向右 C.32B 0IL ，水平向左 D.3B 0IL ，水平向右答案 D15．如图14所示，以O 为圆心的圆形区域内，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界上的A 点有一粒子发射源，沿半径AO 方向发射出速率不同的同种粒子(重力不计)，垂直进入磁场，下列说法正确的是( )图14A ．速率越大的粒子在磁场中运动的时间越长B ．速率越小的粒子在磁场中运动的时间越长C ．速率越大的粒子在磁场中运动的角速度越大D ．速率越小的粒子在磁场中运动的角速度越大 答案 B解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有Bqv ＝m v 2R，解得粒子做圆周运动的半径R ＝mv Bq，设磁场圆形区域半径为r ，如图所示，粒子在磁场中运动的偏转角为2θ，由几何关系得：tan θ＝rR，所以v 越大，则R 大，则tan θ越小，故θ也越小，而周期T ＝2πm Bq，即不同速率的粒子在磁场中做圆周运动的周期相同．则粒子在磁场中运动的偏转角越大，运动时间越长，所以速率越大的粒子在磁场中运动的偏转角越小，运动的时间越短，故A 错误，B 正确；粒子在磁场中运动的角速度ω＝v R ＝Bqm，所以不同速率粒子在磁场中运动的角速度相等，故C 、D 错误．16．(2018·诸暨中学段考)如图15所示，在水平地面上方有一沿水平方向且垂直纸面向里的匀强磁场．现将一带电小球以一定初速度v 0竖直上抛，小球能上升的最大高度为h ，设重力加速度为g ，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )图15A ．h 一定大于v 022gB ．h 一定等于v 022gC ．h 一定小于v 022gD ．h 可能等于v 022g答案 C解析 如果没有磁场，小球将做竖直上抛运动，上升的最大高度：h ＝v 022g，当加上磁场后，小球在运动过程中，除受重力外，还要受到洛伦兹力作用，小球在向上运动的同时会发生偏转，小球到达最高点时速度不为零，动能不为零，因此小球上升最大高度小于v 022g，故C 正确．17．(2018·牌头中学期中)电磁炮是一种理想兵器，它的主要原理如图16所示，1982年澳大利亚国立大学成功研制出能把2.2 g 的弹体(包括金属杆MN 的质量)加速到10 km/s 的电磁炮．若轨道宽2 m ，长100 m ，通过金属杆的电流恒为10 A ，不计轨道摩擦，则( )图16A ．垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度大小为5.5 TB ．垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度大小为5.5×104T C ．该电磁炮工作时磁场力的最大功率为1.1×104kW D ．该电磁炮装置中对磁场方向和电流方向的关系没有要求 答案 C解析 由运动学公式2ax ＝v 2－v 02可得弹体的加速度为a ＝v 2－v 022x ＝(10×103)22×100m/s 2＝5×105m/s 2；弹体所受安培力为F ＝BIL ，由牛顿第二定律可得：BIL ＝ma ，解得：B ＝maIL＝2.2×10－3×5×10510×2 T ＝55 T ，选项A 、B 错误；速度最大时磁场力的功率最大：P m ＝BIL ·v m＝55×10×2×104W ＝1.1×104kW ，选项C 正确；电磁炮装置中必须使得磁场方向和电流方向决定的安培力方向与炮弹沿导轨的加速度方向一致，选项D 错误．。

静电场要点透析及相关题型解析●电荷描述库仑定律●一、电荷及电荷守恒定律1．元电荷、点电荷、比荷（1）元电荷：e＝1.6×10－19 C，所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，也就是说，电荷量时不能连续变化的物理量。

其中质子、正电子的电荷量与元电荷相同。

（2）点电荷：当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷。

（3）比荷带电体所带电荷量q与其质量m之比叫做比荷。

比荷一般是针对电子等微观粒子而言的。

例如，电子的电荷量e与电子的质量m e之比，叫做电子的比荷，为2．静电场（1）定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质。

（2）基本性质：对放入其中的电荷有力的作用。

3．电荷守恒定律（1）内容：电荷既不能创造，也不能消灭，只能从物体的一部分转移到另一部分，或者从一个物体转移到另一个物体。

在任何转移的过程中，电荷的总量不变。

（2）起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电。

（3）带电实质：物体带电的实质是得失电子。

4．感应起电：感应起电的原因是电荷间的相互作用，或者说是电场对电荷的作用。

（1）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。

（2）当有外加电场时，电荷向导体两端移动，出现感应电荷，当无外加电场时，导体两端的电荷发生中和。

二、库仑定律1．内容：真空中两个点电荷之间的相互作用力F的大小，跟它们的电荷量Q1、Q2的乘积成正比，跟它们的距离r的二次方成反比；作用力的方向沿着它们的连线。

2．表达式：F ＝k ，式中k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，叫静电力常量。

Q 1Q 2r23．适用条件：真空中的点电荷。

③从两点电荷连线中点O 沿中垂面（中垂线）到无限远，电场线先变密后变疏，即场强先变大后变小。

6．匀强电场场强方向处处相同，场强大小处处相等的区域称为匀强电场，匀强电场中的电场线是等距的平行线，平行正对的两金属板带等量异种电荷后，在两极之间除边缘外就是匀强电场。