1、专题三 电场与磁场第一讲电场的基本性质考点一电场强度的理解与计算1.考查点电荷的电场强度、电场的叠加如图所示，直角坐标系中 x 轴上在 xr 处固定有带电荷量为9Q 的正点电荷，在 xr 处固定有带电荷量为Q 的负点电荷，y 轴上 a、b 两点的坐标分别为 yar 和 ybr，c、d、e 点都在 x 轴上，d 点的坐标为 xd2r，rxcEeBa、b 两点的电势相等Cd 点场强为零Da、b 两点的场强相同解析：选 D cd 点间距与 de 点间距相等，根据电场线的分布情况知，c 处电场线密，场强大，故 A 正确；由电场分布的对称性可知，a、b 两点的电势相等，故 B 正确；9Q在 d 点产生的
2、场强大小 E1k 9Q3r2kQr2，方向水平向右，Q 在 d 点产生的场强大小 E2kQr2，方向水平向左，所以由电场的叠加原理可知，d 点场强为零，故 C 正确；根据电场线分布的对称性可知，a、b 两点场强的大小相等，但方向不同，则 a、b 两点的场强不相同，故 D 错误。2考查匀强电场的电场强度计算如图所示，梯形 abdc 位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为 60、30，cd2ab4 cm，已知 a、b 两点的电势分别为 4 V、0，将电荷量 q1.6103 C 的正电荷由 a 点移动到 c 点，克服电场力做功 6.4103 J，则下列关于电场强度的说法中正确的是()A垂直 ab 向
3、上，大小为 400 V/mB垂直 bd 斜向上，大小为 400 V/mC平行 ca 斜向上，大小为 200 V/mD平行 bd 斜向上，大小为 200 V/m解析：选 B 由 WqU 知 UacWq 6.41031.6103V4 V，而a4 V，所以 c8 V，过 b 点作 beac 交 cd 于 e，因在匀强电场中，任意两条平行线上距离相等的两点间电势差相等，所以 UabUce，即 e4 V，又因 cd2ab，所以 Ucd2Uab，即 d0，所以 bd 为一条等势线，又由几何关系知 ebbd，由电场线与等势线的关系知电场强度必垂直 bd 斜向上，大小为 EUe bedsin 3041102
4、V/m400 V/m，B 项正确。3考查电场强度的叠加及对称法的应用如图，一半径为 R 的圆盘上均匀分布着电荷量为 Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心 c 的轴线上有 a、b、d 三个点，a 和 b、b 和 c、c和 d 间的距离均为 R，在 a 点处有一电荷量为 q(q0)的固定点电荷。已知 b 点处的场强为零，则 d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)()Ak3qR2 Bk10q9R2CkQqR2Dk9Qq9R2解析：选 B 由于在 a 点放置一点电荷 q 后，b 点电场强度为零，说明点电荷 q 在 b点产生的电场强度与圆盘上 Q 在 b 点产生的电场强度大小相等，即 EQEqk qR2，
5、根据对称性可知 Q 在 d 点产生的场强大小 EQk qR2，则 EdEQEqk qR2kq3R2k10q9R2，故选项 B 正确。考点二平行板电容器问题4.考查电容器与电源相连时的动态问题一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器()A极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析：选 D 平行板电容器电容的表达式为 C S4kd，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容 C 变小。由于极板间电压不变，据 QCU 知，极板上的电荷量变
6、小。再考虑到极板间电场强度 EUd，由于 U、d 不变，所以极板间电场强度不变，选项 D 正确。5考查静电计指针张角变化分析多选静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之间的电势差大小，如图所示，A、B 是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，极板 B 固定，A 可移动，开始时开关 S 闭合。静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是()A断开 S 后，将 A 向左移动少许，静电计指针张开的角度增大B断开 S 后，在 A、B 间插入电介质，静电计指针张开的角度增大C断开 S 后，将 A 向上移动少许，静电计指针张开的角度增大D保持 S 闭合，将变阻器
7、滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小解析：选 AC 断开开关，电容器带电量不变，将 A 向左移动少许，则 d 增大，根据 C rS4kd知，电容减小，根据 UQC知，电势差增大，指针张角增大，故选项 A 正确；断开 S后，在 A、B 间插入电介质，根据 C rS4kd知，电容增大，根据 UQC知，电势差减小，则指针张角减小，故选项 B 错误；断开 S 后，将 A 向上移动少许，根据 C rS4kd知，电容减小，根据 UQC知，电势差增大，则指针张角变大，故选项 C 正确；保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头滑动不会影响指针张角，故选项 D 错误。6考查电
8、容器的两类动态问题对比多选如图所示，平行板电容器 AB 两极板水平放置，A 在上方，B 在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知 A 和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球从 AB 间的某一固定点水平射入，打在 B 极板上的 N 点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动 A 板来改变两极板 AB 间距(两极板始终平行)，则下列说法正确的是()A若小球带正电，当 AB 间距增大时，小球打在 N 点的右侧B若小球带正电，当 AB 间距减小时，小球打在 N 点的左侧C若小球带负电，当 AB 间距减小时，小球可能打在 N 点的右侧D若小球带负电，当 AB 间距增大时，小球可能打在 N 点的左
9、侧解析：选 BC 若小球带正电，当 AB 间距 d 增大时，电容减小，但 Q 不可能减小，根据 EUd QCd4kQS，E 不变，所以电场力不变，小球仍然打在 N 点，故 A 错误。若小球带正电，当 d 减小时，电容增大，Q 增大，根据 EUd QCd4kQS，所以 d 减小时 E 增大，所以电场力变大，小球在竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在 N 点左侧，故 B 正确。若小球带负电，当 AB 间距 d 减小时，电容增大，则 Q 增大，根据 EUd QCd4kQS，所以 d 减小时 E 增大，所以电场力变大，若电场力小于重力，小球在竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在 N 点的
10、右侧，故 C 正确。若小球带负电，当 AB 间距 d 增大时，电容减小，但 Q 不可能减小，根据 EUd QCd4kQS，E 不变，所以电场力大小不变，小球在竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍落在 N 点，故 D 错误。考点三电场的性质及应用7.考查等量异种电荷电场分布特点及电势能大小比较如图所示的直角坐标系中，两电荷量分别为 Q(Q0)和Q 的点电荷对称地放置在 x 轴上原点 O 的两侧，a 点位于 x 轴上 O 点与点电荷 Q之间，b 位于 y 轴 O 点上方，取无穷远处的电势为零。下列说法正确的是()Ab 点的电势为零，电场强度也为零B正的试探电荷在 a 点的电势能大于零，所受
11、电场力方向向右C将正的试探电荷从 O 点移到 a 点，电势能减少D将同一正的试探电荷先后分别从 O、b 点移到 a 点，第二次电势能的变化较大解析：选 B 结合等量异种点电荷的电场分布的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线。电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以 b 点的电势等于 0，而电场强度不等于 0，故 A 错误；由题图知，两个点电荷在 a 点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在 a 点受到的电场力的方向向右，且其电势能大于零，故 B 正确；电场线由 Q 指向Q，故正电荷从 O 向 a 运动的过程中，电场力做负功，电势能增加
12、，故 C 错误；两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以 O、b 两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从 O、b 两点移到 a 点，二者电势能的变化相等，故 D 错误。8考查由带电粒子的运动轨迹判断粒子受力及运动情况如图，P 是固定的点电荷，虚线是以 P 为圆心的两个圆。带电粒子 Q在 P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c 为轨迹上的三个点。若 Q 仅受 P 的电场力作用，其在 a、b、c 点的加速度大小分别为 aa、ab、ac，速度大小分别为 va、vb、vc。则()Aaaabac，vavcvb Baaabac，vbvcvaCabacaa，vbvcvaDa
13、bacaa，vavcvb解析：选 D a、b、c 三点到固定的点电荷 P 的距离 rbrcra，则三点的电场强度由EkQr2可知 EbEcEa，故带电粒子 Q 在这三点的加速度 abacaa。由运动轨迹可知带电粒子 Q 所受 P 的电场力为斥力，从 a 到 b 电场力做负功，由动能定理|qUab|12mvb212mva20，则 vbva，从 b 到 c 电场力做正功，由动能定理|qUbc|12mvc212mvb20，vcvb，又|Uab|Ubc|，则 vavc，故 vavcvb，选项 D 正确。9考查-x 图像及电场中的功能关系多选有一电场强度方向沿 x 轴方向的电场，其电势 随 x 的分布如
14、图所示。一质量为 m、带电荷量为q 的粒子只在电场力的作用下，以初速度 v0 从 x0 处的 O 点进入电场并沿 x 轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中正确的是()A粒子从 x0 处运动到 xx1 处的过程中动能逐渐增大B粒子从 xx1 处运动到 xx3 处的过程中电势能逐渐减小C欲使粒子能够到达 xx4 处，则粒子从 x0 处出发时的最小速度应为 2 q0mD若 v022q0m，则粒子在运动过程中的最小速度为6q0m解析：选 BD 粒子从 O 运动到 x1 的过程中，电势降低，场强方向沿 x 轴正方向，粒子所受的电场力方向沿 x 轴负方向，粒子做减速运动，动能逐渐减小，故 A 错误。
15、粒子从x1 运动到 x3 的过程中，电势不断升高，根据负电荷在电势高处电势能小，可知，粒子的电势能不断减小，故 B 正确。根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到 x1 处，就能到达 x4 处，当粒子恰好运动到 x1 处时，由动能定理得：q0012mv02，解得：v02q0m，则要使粒子能运动到 x4 处，粒子的初速度 v0 至少为2q0m，故 C 错误。若 v022q0m，粒子运动到 x1 处电势能最大，动能最小，由动能定理得：q012mvmin212mv02，解得最小速度为：vmin6q0m，故 D 正确。考点四带电粒子在电场中的运动10.考查带电粒子在交变电场中的偏转问题多选如图甲所
16、示，一平行板电容器极板板长 l10 cm，宽 a8 cm，两极板间距为 d4 cm。距极板右端l2处有一竖直放置的荧光屏；在平行板电容器左侧有一长 b8 cm 的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为 21010 C/kg，速度为 4106 m/s 的带电粒子。现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期。下面说法正确的是()A粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为 6.25 cmB粒子打在屏上的区域面积为 64 cm2C在 00.02 s 内，进入电容器内的粒子的 64%能够打在屏上D在 00.02
17、 s 内，屏上出现亮线的时间为 0.012 8 s解析：选 BCD 设粒子恰好从极板边缘射出时的电压为 U0水平方向：lv0t竖直方向：d212at2又 aqU0md由得：U0md2v02ql2128 V。当 U128 V 时粒子打到极板上，当 U128 V 时打到屏上，可知，粒子通过电场偏转距离最大为12d。则 yd2qU0md lv0l2v0解得：yd4 cm，又由对称性知，粒子打在屏上的总长度为 2d，区域面积为 S2db64 cm2，选项 A 错误，B 正确；粒子打在屏上的比例为128200%64%，在 00.02 s 内，进入电容器内的粒子的 64%能够打在屏上，选项 C 正确；在前
18、14T(00.005 s)，粒子打到屏上的时间 t01282000.005 s0.003 2 s；又由对称性知，在一个周期(00.02 s)内，打到屏上的总时间 t4t00.012 8 s，选项 D 正确。11考查带电粒子在电场中的直线运动中国科学院 2015 年 10 月宣布中国将在 2020 年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从 K 点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，
19、在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管 B 时速度为 8106 m/s，进入漂移管 E 时速度为 1107 m/s，电源频率为 1107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的12。质子的荷质比取 1108 C/kg。求：(1)漂移管 B 的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压。解析：(1)设质子进入漂移管 B 的速度为 vB，电源频率、周期分别为 f、T，漂移管 B的长度为 L，则T1fLvBT2联立式并代入数据得 L0.4 m。(2)设质子进入漂移管 E 的速度为 vE，相邻漂移管间的加速电压为 U，电场力对质子所做的功为 W，质子从漂移管 B 运动到
20、漂移管 E 电场力做功 W，质子的电荷量为 q、质量为 m，则WqUW3WW12mvE212mvB2联立式并代入数据得 U6104 V。答案：(1)0.4 m(2)6104 V12考查带电粒子在电场中的加速与偏转如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板 A、B，B 板中心的小孔正好位于平面直角坐标系 xOy 的 O 点；y 轴沿竖直方向；在 x0 的区域内存在沿 y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为 E43103 V/m；比荷为 1.0105 C/kg 的带正电的粒子 P 从 A 板中心 O处静止释放，其运动轨迹恰好经过 M(3，1)点；粒子 P 的重力不计，试求：(1)金属板 AB 之间的电
21、势差 UAB；(2)若在粒子 P 经过 O 点的同时，在 y 轴右侧匀强电场中某点静止释放另一带电微粒 Q，使 P、Q 恰能在运动中相碰；假设 Q 的质量是 P 的 2 倍、带电情况与 P 相同；Q 的重力及P、Q 之间的相互作用力均忽略不计；求粒子 Q 所有释放点(x，y)坐标满足的关系。解析：(1)设粒子 P 的质量为 m、带电荷量为 q，从 O 点进入匀强电场时的速度大小为v0；由题意可知，粒子 P 在 y 轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从 O 点运动到 M(3，1)点历时为 t0，由类平抛运动规律可得：xv0t0y12qEm t02解得：v0 2104 m/s。在金属板 AB 之间，
22、由动能定理：qUAB12mv02解得：UAB1 000 V。(2)设 P、Q 在右侧电场中运动的加速度分别为 a1、a2；Q 粒子从坐标 N(x，y)点释放后，经时间 t 与粒子 P 相遇；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得：对于 P：Eqma1对于 Q：Eq2ma2xv0t12a1t2y12a2t2解得：y16x2，其中 x0即粒子 Q 释放点 N(x，y)坐标满足的方程为：y16x2，其中 x0。答案：(1)1 000 V(2)y16x2，其中 x0考点一 电场强度的理解与计算本考点是对电场强度概念、公式等基础知识的考查，考查时常结合库仑定律、电场力、平衡条件等相关知识简单交汇
23、命题，属于送分题型。建议考生自学为主夯基固本1常用的公式2常用的思想方法对称法重点清障1空间有多个点电荷时，某点的电场强度为各点电荷在此点单独产生的电场强度的矢量和。如诊断卷第 1 题，图中 a、b、c、d、e 各点的场强为9Q、Q 两点电荷单独产生的电场的叠加。2在匀强电场中沿同一方向，相等距离上电势变化量相同。如诊断卷第 2 题中，因 cd2ab，有 Ucd2Uab。3明确均匀带电体所产生的电场特性，找出解题的突破口，如诊断卷第 3 题，均匀带电圆盘在 b 点和在 d 点所产生的电场强度等大反向，因此，圆盘上电荷在 d 处产生的电场强度方向水平向右，大小为kqR2，d 点的合场强大小为kq
24、R2 kq3R2k10q9R2。1如图所示，M、N 和 P 是以 MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心，MOP60，电荷量相等、电性相反的两个点电荷分别置于 M、N 两点，这时 O 点电场强度的大小为 E1；若将 N 点处的点电荷移至 P 点，则 O 点的场强大小变为 E2，E1 与 E2 之比为()A21 B12C2 3D4 3解析：选 A 如图所示，不妨设 M、N 处分别放置电荷量为q、q 的电荷，则 E12kqr2，E2kqr2，E1E221，A 对，B、C、D 错。2(2018 届高三湖州质检)均匀带电的球壳在球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
25、所示，在23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23球面 AB 的对称轴，在轴线上有 M、N 两点，且 OMON2R，A1AB1BCD，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.kq2R2EB.kq4R2EC.3kq8R2ED.kq12R2E解析：选 C 若球完整，则带电荷量 Q32q，则球在 M 点产生的电场 E0 kQ2R23kq8R2，根据电场的叠加原理，除去 A1B1 球面后，球在 M 点产生的电场 E1E0E3kq8R2E，由对称性可知球壳在 N 点产生的场强大小等于 E1，C 正确。3
26、多选空间有一与纸面平行的匀强电场，纸面内的 A、B、C 三点位于以 O 点为圆心，半径 R10 cm 的圆周上，并且AOC90，BOC120，如图所示。现把一个电荷量 q1105 C 的正电荷从 A 移到 B，电场力做功1104 J；从 B 移到 C，电场力做功为 3104 J，则该匀强电场的场强方向和大小是()A场强大小为 200 V/mB场强大小为 200 3 V/mC场强方向垂直 OA 向右D场强方向垂直 OC 向下解析：选 AC UABWABq 1104105V10 V；UBCWBCq 3104105V30 V；则 UACUABUBC20 V，若设 UC0，则 UA20 V，UB30
27、V，若延长 AO 则与 BC 的连线交于 BC 的三等分点 D 点，D 点的电势应为 20 V，则 AD 为电势为 20 V 的等势面，故场强方向垂直 OA 向右，大小为 EUOCR200.1 V/m200 V/m，故 A、C 正确。考点二 平行板电容器问题本考点是对平行板电容器两类动态问题的考查，考查时常涉及电容的定义式、平行板电容器电容的决定式及 EUd等知识，属于送分题型。建议考生适当关注即可夯基固本重点清障1电容器充电后保持与恒压电源相连时，电容器的电压保持不变，如诊断卷第 4 题，U 不变，Q 与 C 成正比；E 与 d 成反比，与介电常数 r 无关。2静电计指针张开的角度随电容器两
28、板电压的增大而增大。如诊断卷第 5 题，断开 S后，电容器电量不变，U 随 C 的变化而变化，从而确定静电计指针张角变化规律。3当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限制。如诊断卷第 6 题，当 d 增大时，因二极管的单向导电性，电容器不能放电，此时保持电容器的电量不变，板间电场强度不变，故不影响小球落点位置，A、D 均错误；当 d 减小时，电容器充电，此时二极管不起作用，相当于电容器板间电压不变，板间电场强度增大，因此将影响带电小球下落的时间和打在 B 板的位置。1.某电容式话筒的原理示意图如图所示，E 为电源，R 为电阻，薄片 P 和 Q 为两金属极
29、板，对着话筒说话时，P 振动而 Q 可视为不动。在 P、Q 间距增大过程中()AP、Q 构成的电容器的电容增大BM 点的电势比 N 点的高CM 点的电势比 N 点的低DP 上电荷量保持不变解析：选 B 电容式话筒与电源串联，电压保持不变。在 P、Q 间距增大过程中，根据电容决定式 C rS4kd得，电容减小，又根据电容定义式 CQU得，电容器所带电荷量减少，电容器的放电电流通过 R的方向由 M 到 N，所以 M 点的电势比 N 点的高。故 A、C、D 错误，B 正确。2如图所示，平行板电容器与恒压电源连接，电子以速度 v0 垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场，若仅使电容器上极板上移，设电
30、容器极板上所带电荷量为 Q，电子穿出平行板时在垂直于板面方向偏移的距离为 y，以下说法正确的是()AQ 减少，y 不变 BQ 减少，y 减小CQ 增大，y 减小DQ 增大，y 增大解析：选 B 上极板上移，两板间距增大，电容器电容减小，板间电场强度减小，由 QCU 可知，Q 减小，C、D 均错误；由 y12Eqm l2v02可知，因 E 减小，电子偏转距离 y 减小，故 B 正确，A 错误。考点三 电场的性质及应用本考点在考查中具有“知识交汇多”、“信息含量多”、“考查角度多”三多特点，这些特点足够让其成为高分路上的一大“拦路虎”，遇到此类问题，考生无须一见就慌，只要静下心来，运用所学知识灵活
31、变通，从力和能的角度去分析，就不难做出准确判断。夯基固本重点清障1电场性质的判断方法判断电势的高低 根据电场线的方向判断根据 UABAB 判断根据电场力做功(或电势能)判断判断电势能的大小根据 Epq 判断根据电场力做功(WEp)判断2根据运动轨迹判断粒子的受力及运动情况(1)确定受力方向的依据曲线运动的受力特征：带电粒子受力总指向曲线的凹侧；电场力方向与场强方向的关系：正电荷的受力方向与场强方向同向，负电荷则相反；场强方向与电场线或等势面的关系：电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度的方向。(2)比较加速度大小的依据：电场线或等差等势面越密E 越大FqE 越大aqEm 越大。(3)判断
32、加速或减速的依据：电场力与速度成锐角(钝角)，电场力做正功(负功)，速度增加(减小)。3-x 图线的斜率表示沿 x 方向的电场强度如诊断卷第 9 题，根据-x 图像可以确定沿 x 方向电场的方向，电场力的方向，从而可确定粒子运动过程中动能和电势能的变化情况。1多选(2017江苏高考)在 x 轴上有两个点电荷 q1、q2，其静电场的电势 在 x 轴上分布如图所示。下列说法正确的有()Aq1 和 q2 带有异种电荷Bx1 处的电场强度为零C负电荷从 x1 移到 x2，电势能减小D负电荷从 x1 移到 x2，受到的电场力增大解析：选 AC 由题图可知，空间的电势有正有负，且只有一个极值，则两个点电荷
33、必定为异种电荷，A 项正确；由 Ex可知，-x 图像的切线斜率表示电场强度，因此 x1 处的电场强度不为零，B 项错误；负电荷从 x1 移到 x2 的过程中，电势升高，电场强度减小，由 Epq，FqE 可知，电势能减小，受到的电场力减小，C 项正确，D 项错误。2多选(2017全国卷)一匀强电场的方向平行于 xOy 平面，平面内 a、b、c 三点的位置如图所示，三点的电势分别为 10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是()A电场强度的大小为 2.5 V/cmB坐标原点处的电势为 1 VC电子在 a 点的电势能比在 b 点的低 7 eVD电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功为 9 eV
34、解析：选 ABD ac 垂直于 bc，沿 ca 和 cb 两方向的场强分量大小分别为 E1Ucaac 2 V/cm、E2Ucbbc 1.5 V/cm，根据矢量合成可知 E2.5 V/cm，A 项正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间的电势差相等，有 Oabc，得 O1 V，B 项正确；电子在 a、b、c 三点的电势能分别为10 eV、17 eV 和26 eV，故电子在 a 点的电势能比在 b 点的高 7 eV，C 项错误；电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功 W(17 eV)(26 eV)9 eV，D 项正确。3多选(2017天津高考)如图所示，在点电荷 Q 产生的电场中，实线 M
35、N 是一条方向未标出的电场线，虚线 AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在 A、B 两点的加速度大小分别为 aA、aB，电势能分别为 EpA、EpB。下列说法正确的是()A电子一定从 A 向 B 运动B若 aAaB，则 Q 靠近 M 端且为正电荷C无论 Q 为正电荷还是负电荷一定有 EpAEpBDB 点电势可能高于 A 点电势解析：选 BC 若 Q 在 M 端，由电子运动的轨迹可知 Q 为正电荷，电子从 A 向 B 运动或从 B 向 A 运动均可，由于 rAEB，FAFB，aAaB，AB，EpArB，故 AB，EpA0)的带电小球 M、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出
36、。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知 N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为 N 刚离开电场时动能的 1.5 倍。不计空气阻力，重力加速度大小为 g。求：(1)M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A 点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小。解析：(1)设小球 M、N 在 A 点水平射出时的初速度大小为 v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为 v0。M、N 在电场中运动的时间 t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为 a，在电场中沿水平方向的位移分别为 s1 和 s2。由题给条件和运动学公式得v0
37、at0s1v0t12at2s2v0t12at2联立式得s1s23。(2)设 A 点距电场上边界的高度为 h，小球下落 h 时在竖直方向的分速度为 vy，由运动学公式vy22ghHvyt12gt2M 进入电场后做直线运动，由几何关系知v0vys1H联立式可得h13H。(3)设电场强度的大小为 E，小球 M 进入电场后做直线运动，则v0vyqEmg设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1、Ek2，由动能定理得Ek112m(v02vy2)mgHqEs1Ek212m(v02vy2)mgHqEs2由已知条件Ek11.5Ek2联立式得E mg2q。答案：(1)31(2)13H(3)mg2q一、高考真题集
38、中演练明规律1(2016全国卷)关于静电场的等势面，下列说法正确的是()A两个电势不同的等势面可能相交B电场线与等势面处处相互垂直C同一等势面上各点电场强度一定相等D将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功解析：选 B 在静电场中，两个电势不同的等势面不会相交，选项 A 错误；电场线与等势面一定相互垂直，选项 B 正确；同一等势面上的电场强度可能相等，也可能不相等，选项 C 错误；电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面，移动负试探电荷时，电场力做负功，选项 D 错误。2多选(2017全国卷)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势 与该点到点电荷的距离 r 的关系
39、如图所示。电场中四个点 a、b、c 和 d 的电场强度大小分别为 Ea、Eb、Ec 和 Ed。点a 到点电荷的距离 ra 与点 a 的电势 a 已在图中用坐标(ra，a)标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由 a 点依次经 b、c 点移动到 d 点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为 Wab、Wbc和 Wcd。下列选项正确的是()AEaEb41 BEcEd21CWabWbc31DWbcWcd13解析：选 AC 设点电荷的电荷量为 Q，根据点电荷电场强度公式 EkQr2，rarb12，rcrd36，可知，EaEb41，EcEd41，选项 A 正确，B 错误；将一带正电的试探电荷由
40、a 点移动到 b 点做的功 Wabq(ab)3q(J)，试探电荷由 b 点移动到 c点做的功 Wbcq(bc)q(J)，试探电荷由 c 点移动到 d 点做功 Wcdq(cd)q(J)，由此可知，WabWbc31，WbcWcd11，选项 C 正确，D 错误。3.(2017江苏高考)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板 A、B、C 中央各有一小孔，小孔分别位于 O、M、P 点。由 O 点静止释放的电子恰好能运动到 P 点。现将 C 板向右平移到 P点，则由 O 点静止释放的电子()A运动到 P 点返回B运动到 P 和 P点之间返回C运动到 P点返回D穿过 P点解析：选 A 电子在 A、B 板间的电
41、场中加速运动，在 B、C 板间的电场中减速运动，设 A、B 板间的电压为 U，B、C 板间的电场强度为 E，M、P 两点间的距离为 d，则有 eUeEd0，若将 C 板向右平移到 P点，B、C 两板所带电荷量不变，由 EUd QC0d4kQS可知，C 板向右平移到 P时，B、C 两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在 A、B 板间加速运动后，在 B、C 板间减速运动，到达 P 点时速度为零，然后返回，A 项正确，B、C、D 项错误。4(2016天津高考)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在 P 点的点电荷，以 E 表
42、示两板间的电场强度，Ep 表示点电荷在 P 点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A 增大，E 增大 B 增大，Ep 不变C 减小，Ep 增大D 减小，E 不变解析：选 D 由题意可知平行板电容器的带电荷量 Q 不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距 d 减小，则电容 C 变大，由 UQC可知 U 变小，则静电计指针的偏角 减小。又因为两板间电场强度 EUd QCd4kQrS，Q、S 不变，则 E 不变。因为 E 不变，则点电荷从 P 点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在 P 点的
43、电势能 Ep 不变，故只有选项 D 正确。二、名校模拟重点演练明趋势5(2018 届高三厦门一中检测)一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正方向运动，其电势能 Ep 随位移 x 变化的关系如图所示，其中Ox2 段是关于直线 xx1 对称的曲线，x2x3 段是直线，则下列说法正确的是()Ax1 处电场强度最小，但不为零B粒子在 Ox2 段做匀变速运动，x2x3 段做匀速直线运动C在 O、x1、x2、x3 处的电势 0、1、2、3 的关系为 3201Dx2x3 段的电场强度大小方向均不变解析：选 D 因为 EpEqx，所以Epx Eq，即图像的斜率表示电场强度大小，所以在 x1 处电场强度最小
44、，为零，A 错误；图像的斜率表示电场强度大小，所以 Ox2 段做变加速直线运动，x2x3 段做匀加速直线运动，B 错误；根据电势能与电势的关系：Epq，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：1203，C 错误；x2x3 段为直线，斜率恒定，所以该段为匀强电场，D 正确。6(2017莆田六中月考)如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。已知电子的质量是 m，电量为 e，在 Oxy 平面的 ABCD 区域内，存在两个场强大小均为 E 的匀强电场和，两电场的边界均是边长为 L 的正方形(不计电子所受重力)。(1)在该区域 AB 边的中点处由静止释放电子，求
45、电子在 ABCD 区域内运动经历的时间和电子离开 ABCD 区域的位置；(2)在电场区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从 ABCD 区域左下角 D 处离开，求所有释放点的位置。解析：(1)电子在区域中做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定理得：eEL12mv2得 v2EeLm电子在区域运动有 L12vt1得 t12mLEe电子在中间区域匀速运动，有 Lvt3，得 t3mL2Ee进入区域时电子做类平抛运动，假设电子能穿出 CD 边，则电子在区域运动时间t2t3mL2Ee在沿 y 轴上根据牛顿第二定律可得：eEmay 轴方向上运动的位移为 y12at22L4L2显然假设成立。所以电子在 AB
46、CD 区域运动经历的时间tt1t2t32 2mLEe电子离开时的位移坐标为2L，L4。(2)设释放点在电场区域中，其坐标为(x，y)，在电场中电子被加速到 v1，然后进入电场做类平抛运动，并从 D 点离开，有eEx12mv12y12at212eEmLv12解得 xyL24，即在电场区域内满足此方程的点即为所求位置。答案：(1)2 2mLEe 2L，L4(2)所有释放点的位置在 xyL24 的曲线上第二讲磁场的基本性质考点一磁场对电流的作用力1.考查磁感应强度的叠加(2017全国卷)如图，在磁感应强度大小为 B0 的匀强磁场中，两长直导线 P 和 Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为 l。在
47、两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时，纸面内与两导线距离均为 l 的 a 点处的磁感应强度为零。如果让 P 中的电流反向、其他条件不变，则 a 点处磁感应强度的大小为()A0 B.33 B0C.2 33 B0D2B0解析：选 C 导线 P 和 Q 中电流 I 均向里时，设其在 a 点产生的磁感应强度大小 BPBQB1，如图所示，则其夹角为 60，它们在 a 点的合磁场的磁感应强度平行于 PQ 向右、大小为 3B1。又根据题意 Ba0，则 B0 3B1，且 B0 平行于 PQ 向左。若 P 中电流反向，则 BP 反向、大小不变，BQ 和 BP 大小不变，夹角为 120，合磁场的磁感应强
48、度大小为 B1B1(方向垂直 PQ 向上、与 B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度 B B02B122 33B0，则 A、B、D 项均错误，C 项正确。2考查安培力作用下导体棒的平衡问题如图所示，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 abcd。bc 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，方向与线框平面垂直，在图中垂直于纸面向里。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。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 x 及方向是()Ax2nIlBk，方向向上Bx2nIlBk，方向向下CxnIlBk
49、，方向向上DxnIlBk，方向向下解析：选 B 线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡，安培力为：FBnBIl，且开始的方向向上，然后方向向下，大小不变。设在电流反向之前弹簧的伸长量为 x，则反向之后弹簧的伸长量为(xx)，则有：kxnBIlG0k(xx)nBIlG0解之可得：x2nIlBk，且线框向下移动。故 B 正确。3考查安培力作用下的功和能的问题飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思路如下：如图所示，航空母舰的水平跑道总长 l180 m，其中电磁弹射器是一种长度为 l1120 m 的直线电机，这种直线
50、电机从头至尾可以对飞机起飞提供一个恒定的安培力作为牵引力 F牵。一架质量为 m2.0104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力 F 推1.2105 N。考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的 0.05 倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的 0.2 倍。飞机离舰起飞的速度 v100 m/s，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点。请计算(计算结果保留两位有效数字)(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)电磁弹射器提供的牵引力 F 牵的大小；(3)电磁弹射器输出效率可以达到 80%，则每弹射这样一架飞机电磁弹射器需要消耗多少能量。解析
51、：(1)设后一阶段飞机加速度大小为 a2，平均阻力为f20.2mg，则 F 推f2ma2得：a24.0 m/s2。(2)设电磁弹射阶段飞机加速度大小为 a1、末速度为 v1，平均阻力为 f10.05mg则 v122a1l1，v2v122a2(ll1)得：a139.7 m/s2由 F 牵F 推f1ma1得 F 牵6.8105 N。(3)电磁弹射器对飞机做功 WF 牵l18.2107 J则其消耗的能量 E W80%1.0108 J。答案：(1)4.0 m/s2(2)6.8105 N(3)1.0108 J考点二带电粒子在磁场中的运动4.考查左手定则、半径公式的应用如图所示，通电竖直长直导线的电流方向
52、向上，初速度为 v0 的电子平行于直导线竖直向上射出，不考虑电子的重力，则电子将()A向右偏转，速率不变，r 变大B向左偏转，速率改变，r 变大C向左偏转，速率不变，r 变小D向右偏转，速率改变，r 变小解析：选 A 由安培定则可知，直导线右侧的磁场垂直纸面向里，且磁场强度随离直导线距离变大而减小，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力方向向右，故向右偏转；由于洛伦兹力不做功，故速率不变，由 rmvqB知 r 变大，故 A 正确。5考查粒子匀速圆周运动的圆心和半径的确定如图所示，OO为圆柱筒的轴线，磁感应强度大小为 B 的匀强磁场的磁感线平行于轴线方向，在圆筒壁上布满许多小孔，如 aa、bb、cc，
53、其中任意两孔的连线均垂直于轴线，有许多同一种比荷为qm的正粒子，以不同速度、入射角射入小孔，且均从与 OO轴线对称的小孔中射出，若入射角为 30的粒子的速度大小为 2 km/s，则入射角为 45的粒子速度大小为()A0.5 km/sB1 km/sC2 km/sD4 km/s解析：选 B 粒子从小孔射入磁场速度与竖直线的夹角，与粒子从小孔射出磁场时速度与竖直线的夹角相等，画出轨迹如图，根据几何关系有 r1Rsin 30、r2Rsin 45，由牛顿第二定律得 Bqvmv2r，解得 vrqBm，所以 vr，则入射角分别为 30、45的粒子速度大小之比为v1v2r1r2sin 45sin 30 2，则
54、入射角为 45的粒子速度大小为 v21 km/s，选项 B 正确。6考查圆周运动的半径和运动时间的确定如图所示，正六边形 abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从 f 点沿 fd 方向射入磁场区域，当速度大小为 vb 时，从 b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为 tb，当速度大小为 vc 时，从 c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为 tc。不计粒子重力。则()Avbvc12，tbtc21Bvbvc21，tbtc12Cvbvc21，tbtc21Dvbvc12，tbtc12解析：选 A 如图所示，设正六边形的边长为 l，当带电粒子的速度大小为 vb 时，其圆心在 a 点，轨道半
55、径 r1l，转过的圆心角 123，当带电粒子的速度大小为 vc 时，其圆心在 O 点(即 fa、cb 延长线的交点)，故轨道半径 r22l，转过的圆心角 23，根据 qvBmv2r，得 vqBrm，故vbvcr1r212。由于T2rv 得 T2mqB，所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，又 t 2T，所以tbtc1221。故选项 A 正确，选项 B、C、D 错误。考点三带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题7.考查带电粒子在圆形磁场中的极值问题多选如图所示是一个半径为 R 的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为 B，磁感应强度方向垂直纸面向内。有一个粒子源在圆上的 A 点不停地发射出速率相
56、同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为 m，运动的半径为 r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为。以下说法正确的是()A若 r2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为 m6qBB若 r2R，粒子沿着与半径方向成 45角斜向下射入磁场，则有关系 tan22 217成立C若 rR，粒子沿着圆形磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为 m3qBD若 rR，粒子沿着与半径方向成 60角斜向下射入磁场，则圆心角 为 150解析：选 BD 若 r2R，粒子在磁场中运动时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图甲，因为 r2R，圆心角 60，粒子在磁场中运动的最长时间tmax 60360T162mq
57、B m3qB，故 A 错误。若 r2R，粒子沿着与半径方向成 45角斜向下射入磁场，根据几何关系，有 tan 222 Rr 22 R22 R2R 22 R2 217，故 B 正确。若 rR，粒子沿着圆形磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图丙所示，圆心角为 90，粒子在磁场中运动的时间 t 90360T142mqB m2qB，故 C 错误。若 rR，粒子沿着与半径方向成 60角斜向下射入磁场，轨迹如图丁所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角为 150，故 D 正确。8考查带电粒子在直边界磁场中的临界、极值问题多选如图，S 为一离子源，MN 为长荧光屏，S 到 MN 的距离
58、为 L，整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为 B。某时刻离子源 S 一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，各离子的质量 m，电荷量 q，速率 v 均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则()A当 vqBL2m 时所有离子都打不到荧光屏上B当 vqBLm 时所有离子都打不到荧光屏上C当 vqBLm 时，打到荧光屏 MN 的离子数与发射的离子总数比值为 512D当 vqBLm 时，打到荧光屏 MN 的离子数与发射的离子总数比值为12解析：选 AC 根据半径公式 RmvqB，当 vqBL2m 时，RL2，直径 2RL，所有离子都打不到荧光屏上，
59、选项 A 正确；根据半径公式 RmvqB，当 vqBLm时，RL，当半径非常小时，即 RL2时肯定所有离子都打不到荧光屏上；当L2R0)。粒子沿纸面以大小为 v 的速度从 OM的某点向左上方射入磁场，速度与 OM 成 30角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与 ON 只有一个交点，并从 OM 上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线 O 的距离为()A.mv2qB B.3mvqBC.2mvqBD.4mvqB解析：选 D 如图所示，粒子在磁场中运动的轨迹半径为 RmvqB。设入射点为 A，出射点为 B，圆弧与 ON 的交点为 P。由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，ABR。由几
60、何关系知，AP3R，则 AO 3AP3R，所以 OB4R4mvqB。故选项 D 正确。4多选(2015全国卷)有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的 k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与中运动的电子相比，中的电子()A运动轨迹的半径是中的 k 倍B加速度的大小是中的 k 倍C做圆周运动的周期是中的 k 倍D做圆周运动的角速度与中的相等解析：选 AC 两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且磁场磁感应强度 B1 是磁场磁感应强度 B2 的 k 倍。由 qvBmv2r 得 rmvqB1B，即中电子运动轨迹的半径是中的 k 倍，选项 A 正确。由 F 合ma 得 aF合
61、m qvBm B，所以a2a11k，选项 B 错误。由 T2rv 得 Tr，所以T2T1k，选项 C 正确。由 2T 得21T1T21k，选项 D 错误。正确选项为 A、C。5(2014全国卷)如图，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从 Q 点穿越铝板后到达 PQ 的中点 O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()A2 B 2C1 D 22解析：选 D 根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知：带电粒子在铝板上方做匀
62、速圆周运动的轨道半径 r1 是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径r2 的 2 倍。设粒子在 P 点的速度为 v1，根据牛顿第二定律可得 qv1B1mv12r1，则 B1mv1qr1 2mEkqr1；同理，B2mv2qr2 2m12Ekqr2，则B1B2 22，D 正确，A、B、C 错误。6多选(2014全国卷)如图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()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
63、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 根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项 A 正确；根据 qvBmv2r，得 rmvqB，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项 B 错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定 mv 的大小，故选项 C 正确；粒子的 mv 越大，轨道半径越大，而 mv 2mEk，粒子的动能大，其 mv 不一定大，选项 D 错误。二、名校模拟重点演练明趋势7(2018 届高三陕师大附中检测)如图所示，圆柱体为磁体，磁极在左右两侧，外侧 a
64、为一金属圆环，与磁体同轴放置，间隙较小。在左侧的 N极和金属圆环上各引出两根导线，分别接高压电源的正、负极。加高压后，磁体和金属圆环 a 间的空气会被电离，形成放电电流，若从右侧观察放电电流，下列说法正确的是()A放电电流将发生顺时针旋转B放电电流将发生逆时针旋转C放电电流不发生旋转D无法确定放电电流的运动情况解析：选 A 由题意可以知道，从右侧观察，磁场向外，电流由高压电源的正极流向负极，根据左手定则，可以判断放电电流将发生顺时针旋转，故选项 A 正确。8(2017成都石室中学二诊)如图所示，一个边长 L 的正方形金属框竖直放置，各边电阻相同，金属框放置在磁感应强度大小为 B、方向垂直金属框
65、向里的匀强磁场中，若 A、B 两端与导线相连，由 A 到 B 通以如图所示方向的电流(由 A 点流入，从 B 点流出)，流过 AB 边的电流为 I，则金属框受到的安培力大小和方向分别为()A2BIL 竖直向下B43BIL 竖直向上CBIL 竖直向上D34BIL 竖直向下解析：选 B 设流过 DC 边的电流为 I，根据并联电路电压相等有 I3RIR，得 II3，AD、BC 边所受的安培力的合力为 0，DC 边中电流向右，根据左手定则，安培力方向向上，大小 FDCBI3L13BILAB 边所受的安培力方向向上，大小 FABBIL所以金属线框受到的安培力 F 安FDCFAB43BIL，方向竖直向上，
66、故 B 正确。9(2017商丘一中押题卷)空间有一圆柱形匀强磁场区域，O 点为圆心。磁场方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从 A 点沿图示箭头方向以速率 v 射入磁场，30，粒子在纸面内运动，经过时间 t 离开磁场时速度方向与半径 OA 垂直，不计粒子重力。若粒子速率变为v2，其他条件不变，粒子在圆柱形磁场中运动的时间为()A.t2BtC.3t2D2t解析：选 C 设粒子电荷量为 q，质量为 m，磁场半径为 r，运动的轨迹半径为 R，磁感应强度为 B，根据洛伦兹力提供向心力：qvBmv2R粒子运动周期：T2Rv 联立可得：T2mqB可知速度变化前后，两次粒子的运动周期不变，设以速率 v 射入磁
67、场时运动轨迹的半径为 R1，圆心为 O1，画出粒子运动过程图如图甲所示，根据几何关系可知四边形 OAO1C 为菱形，粒子在磁场中运动所转过的圆心角：1AO1C120，半径 R1r设以速率v2射入磁场时运动轨迹的半径为 R2，圆心为 O2，根据式可知当粒子的速率变为v2时，粒子半径 R2r2，根据几何关系画出粒子运动过程图如图乙所示，粒子所转过的圆心角 2180根据粒子在磁场中运动的时间：t 360T所以两次粒子在磁场中运动的时间之比：t1t21212018023又因为 t1t，所以 t23t2故 C 正确，A、B、D 错误。10多选(2017湖北黄冈质检)如图所示，两块水平放置的平行金属板，板
68、长为 2d，相距为 d。现将一质量为 m，电荷量为 q 的带电小球，以某一水平速度靠近上板下表面的 P 点射入，刚好从下板边缘射出，若在两板间加入竖直向下的匀强电场，再次将该带电小球以相同速度从 P 点射入，小球刚好水平向右沿直线运动；若保持电场不变，再加一垂直纸面的匀强磁场，再次将该带电小球以相同速度从 P 点射入，小球刚好垂直打在下板上。已知重力加速度为 g，则下列说法正确的有()A小球从 P 点射入的初速度为 2gdB小球带正电，所加匀强电场 EmgqC所加匀强磁场方向垂直纸面向里，B m2qd 2dgD加入匀强磁场后，带电小球在板间运动时间为42dg解析：选 AD 小球从 P 点射入后
69、做平抛运动，根据平抛运动的特点，有：2dv0t，d12gt2，联立解得：v0 2gd，故 A 正确；加电场后小球做匀速直线运动，故：qEmg，解得：Emgq，电场力方向向上，场强方向向下，故小球带负电，故 B 错误；再加磁场后，小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里，小球刚好垂直打在下板上，故轨迹半径为 d，根据牛顿第二定律，有：qv0Bmv02d，解得：Bmqd 2dg，故 C 错误；加入匀强磁场后，带电小球在板间运动时间为四分之一个周期，t2dv042dg，故 D 正确。11(2017福州质检)如图是某屏蔽高能粒子辐射的装置，铅盒左侧面中心 O 有一放射
70、源可通过铅盒右侧面的狭缝 MQ 向外辐射 粒子，铅盒右侧有一左右边界平行的匀强磁场区域。过 O 的截面 MNPQ 位于垂直磁场的平面内，OH 垂直于 MQ。已知MOHQOH53。粒子质量 m6.641027 kg，电量 q3.201019 C，速率 v1.28107 m/s；磁场的磁感应强度 B0.664 T，方向垂直于纸面向里；粒子重力不计，忽略粒子间的相互作用及相对论效应，sin 530.80，cos 530.60。(1)求垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间 t；(2)若所有粒子均不能从磁场右边界穿出，即达到屏蔽作用，求磁场区域的最小宽度 d。解析：(1)粒子在磁场内做匀速
71、圆周运动，则 T2mqB垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为：tT2代入数据解得：t 32106s9.81108s。(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，qvBmv2R若沿 OQ 方向进入磁场的粒子运动轨迹与磁场右边界相切，则所有粒子均不能从磁场的右边界射出，如图所示，由几何关系可得：dRRsin 53代入数据可得：d0.72 m。答案：(1)9.81108 s(2)0.72 m12(2017孝感一模)如图所示，M、N 为水平放置的彼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d3处有一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子(
72、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。解析：第一种情况：当磁场方向垂直纸面向里时，若粒子从左侧上板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径R112d3d6由 qv0B1mv02R1得：B16mv0qd若粒子从右侧上板边缘飞出，其运动轨迹如图甲所示，设粒子做圆周运动的半径为 R2，则：R22R2d32d2，解得：R253d由 qv0B2mv02R2得：B23mv05qd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3mv05qdB6mv0qd。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
73、运动的半径 R31223dd3由 qv0B3mv02R3得：B33mv0qd 若粒子从右侧下板边缘飞出，其运动轨迹如图乙所示，设粒子做圆周运动的半径为 R4，则：R42R423d 2d2，解得：R41312d由 qv0B4mv02R4得：B412mv013qd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12mv013qdB3mv0qd。答案：磁场垂直纸面向里时，3mv05qd B6mv0qd磁场垂直纸面向外时，12mv013qd BbD超导体中的电流 I 越大，a、b 两点的电势差越大解析：选 BD 超导体电阻为零，超导体内部没有产生热能，A 错误；超导体所受安培力是洛伦
74、兹力的宏观表现，安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力，B正确；载流子为电子，超导体表面上 a 带负电，ab，C 错误；根据电流的微观表达式 IneSv，可得电子定向移动速度 v IneS，稳定时，洛伦兹力和电场力平衡，即 evBeUd，整理得 UBdIneS，所以电流 I 越大，电势差越大，D 正确。2考查回旋加速器的改进及原理分析如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在 AC 板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从 P0 处以速度 v0 沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入 D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回
75、旋加速器，下列说法正确的是()A带电粒子每运动一周被加速两次B带电粒子每运动一周 P1P2P3P4C加速粒子的最大速度与 D 形盒的尺寸有关D加速电场方向需要做周期性的变化解析：选 C 带电粒子只有经过 AC 板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向没有改变，则在 AC 间加速，故 A、D 错误。根据 rmvqB得，则 P1P22(r2r1)2mvqB，因为每转一圈被加速一次，根据 v22v122ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且 v4v3P3P4，故 B 错误。当粒子从 D 形盒中出来时，速度最大，根据rmvqB得，vqBrm，知加速粒子的最大速度与 D 形盒的尺寸有关，
76、故 C 正确。3考查用质谱仪分析两种离子的运动(2017江苏高考)一台质谱仪的工作原理如图所示。大量的甲、乙两种离子飘入电压为 U0 的加速电场，其初速度几乎为 0，经加速后，通过宽为 L 的狭缝 MN 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中，最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均为q，质量分别为 2m 和 m，图中虚线为经过狭缝左、右边界 M、N 的甲种离子的运动轨迹。不考虑离子间的相互作用。(1)求甲种离子打在底片上的位置到 N 点的最小距离 x；(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度 d；(3)若考虑加速电压有波动，在(U0U)到
77、(U0U)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度 L 满足的条件。解析：(1)甲种离子在电场中加速时，有 qU0122mv2设甲种离子在磁场中的运动半径为 r1则有 qvB2mv2r1解得 r12BmU0q根据几何关系有 x2r1L解得 x4BmU0q L。(2)如图所示。最窄处位于过两虚线交点的垂线上dr1r12 L22解得 d2BmU0q 4mU0qB2 L24。(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为 r2r1 的最小半径 r1min2BmU0Uqr2 的最大半径 r2max1B2mU0Uq由题意知 2r1min2r2maxL即4BmU0Uq2B2mU0UqL解得 L2Bm
78、q2 U0U 2U0U。答案：(1)4BmU0q L(2)图见解析 2BmU0q 4mU0qB2 L24(3)LR 的区域存在沿y 方向的匀强电场，电场强度为 E，在 M 点有一粒子源，辐射的粒子以相同的速率 v 沿不同方向射入第一象限，发现沿x 方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场，速度减小到 0 后又返回磁场，已知粒子的质量为 m，电荷量为q，粒子重力不计。(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；(2)求沿x 方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程；(3)沿与x 方向成 60角射入的粒子，最终将从磁场边缘的 N 点(图中未画出)穿出，不再进入磁场，求 N 点的坐标和粒子从 M
79、 点运动到 N 点的总时间。解析：(1)沿x 方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场后，速度减小到 0，粒子一定是从如图中的 P 点射出磁场，逆电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径：rR根据 Bqvmv2r得：BmvqR。(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从 H 点射出磁场，MH 为直径，在磁场中的路程为二分之一圆周长 s1R设在电场中路程为 s2，根据动能定理 Eqs2212mv2s2mv2Eq总路程 sRmv2Eq。(3)沿与x 方向成 60角射入的粒子，经分析从 C 点竖直射出磁场，从 D 点射入、射出电场，又从 C 点射入磁场，最后从 N点(MN 为直径)射出磁场。所以 N 点坐标
80、为(2R,0)。C 点在磁场中，MC 段圆弧对应圆心角 30，CN 段圆弧对应圆心角 150，所以在磁场中的时间为半个周期，t1T2Rv粒子在 CD 段做匀速直线运动，由几何关系知 CDR2t22CDv Rv粒子在电场中做匀变速直线运动，加速度 aEqmt32va 2mvEq总时间 tt1t2t31Rv2mvEq。答案：(1)mvqR(2)Rmv2Eq(3)(2R,0)1Rv2mvEq考点三带电粒子在叠加场中的运动7.考查带电粒子在叠加场中的直线运动多选如图所示，区域中有正交的匀强电场和匀强磁场，区域中只有匀强磁场，不同的离子(不计重力)从左侧进入两个区域，在区域中都没有发生偏转，在区域中做圆
81、周运动的轨迹都相同，则关于这些离子说法正确的是()A离子一定都带正电B这些离子进入复合场的初速度相等C离子的比荷一定相同D这些离子的初动量一定相同解析：选 BC 因为它们通过区域时不偏转，说明受到的电场力与洛伦兹力相等，即EqB1qv，故离子的速度相等，若为正离子，则电场力向下，洛伦兹力向上。若为负离子，则电场力向上，洛伦兹力向下，同样能够满足平衡，所以选项 A 错误，B 正确。又因为进入磁场后，其偏转半径相同，由公式 RmvBq可知，它们的比荷相同，选项 C 正确。虽然确定初速度相等，但无法判断质量是否相等，所以无法判断初动量是否相等，选项 D 错误。8考查带电粒子在叠加场中的圆周运动多选如
82、图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板 a、b，相距为d，a、b 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 板进入 bc 区域，bc 区域的宽度也为 d，所加电场的场强大小为 E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁感应强度大小等于Ev0，重力加速度为 g，则下列说法正确的是()A微粒在 ab 区域的运动时间为v0gB微粒在 bc 区域中做匀速圆周运动，圆周半径 r2dC微粒在 bc 区域中做匀速圆周运动，运动时间为 d3v0D微粒在 ab、bc 区
83、域中运动的总时间为6d2v0解析：选 ABC 将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式，有：水平方向：v0at，dv022a竖直方向：0v0gt解得：agtv0g故 A 正确；粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，即 qEmg，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qv0Bmv02r解得：rmv0qB 由以上各式整理得到 r2d，故 B 正确；由于 r2d，画出轨迹，如图所示，由几何关系，得到圆弧所对应的圆心角为 30，故在复合场中的运动时间为：t2 T12 m6qB d3v0，故 C 正确；粒
84、子在电场中运动时间为：t1 dv022dv0故粒子在 ab、bc 区域中运动的总时间为：tt1t263v0 d，故 D 不正确。9考查带电粒子在叠加场中的直线运动与类平抛运动如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小 E5 3 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小 B0.5 T。有一带正电的小球，质量 m1106 kg，电荷量 q2106 C，正以速度 v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过 P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取 g10 m/s2。求：(1)小球做匀速直线运动的速度 v 的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小
85、球再次穿过 P 点所在的这条电场线经历的时间 t。解析：(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有 qvB q2E2m2g2代入数据解得v20 m/s速度 v 的方向与电场 E 的方向之间的夹角 满足tan qEmg代入数据解得tan 360。(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为 a，有a q2E2m2g2m设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为 x，有xvt设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为 y，有y12at2a 与 mg 的夹角和 v 与 E 的夹角相同，均为，又tan yx联立式，代入数据解得t2 3 s
86、3.5 s。解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以 P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vyvsin 若使小球再次穿过 P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt12gt20联立式，代入数据解得t2 3 s3.5 s。答案：(1)20 m/s，方向与电场方向成 60角斜向上(2)3.5 s考点四带电粒子在交变场中的运动10.考查带电粒子在周期性变化的电场和磁场中的运动如图甲所示，空间平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度 E 和磁感应强度 B 随时间 t 周期性变化(周期为 T)的图像如图乙所示
87、。取竖直向下为电场正方向，垂直纸面向外为磁场正方向。在 t0 时，一质量为 m，电荷量为 q 的带负电小球从离地面高为 h183gT28的地方由静止释放。已知重力加速度为 g，E0mgq，B04mqT。求：(1)小球第一次做圆周运动的半径；(2)要让小球一直在电场中运动，则电场在水平方向上的最小宽度；(3)小球落地时间。解析：(1)在 0T2时间内，重力和电场力平衡，小球静止不动，在T2T 时间内，小球只受电场力和重力，两力方向相同，由牛顿第二定律有 qE0mgma，解得 a2g在 T 时刻，小球的速度 v1aT2gT，位移 x112a T22gT24在 T32T 时间内，小球所受电场力和重力
88、平衡，合力为洛伦兹力，带电小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有 qv1B0mv12R1，解得 R1mv1qB0gT24。(2)小球做圆周运动的周期 T2R1v1 2mqB0 T2，只与磁场有关，且恒定，故小球相继在半周期内做匀加速直线运动和完整的圆周运动，小球做匀加速直线运动的加速度恒为 a2g，则在 T、2T、3T时刻，小球运动的总位移为 x1、4x1、9x1，速度为 v1、2v1、3v1，做圆周运动的半径为 R1、2R1、3R1由 h183gT289x13R12 9x13R1，可知小球在第三次做圆周运动时转过圆心角 落地，小球的运动轨迹如图所示：由几何关系可知 sin h9x13R
89、1 12，解得 6由 3R1(1cos)0表示电场方向竖直向上。t0 时，一带正电、质量为 m 的微粒从左边界上的 N1 点以水平速度 v 射入该区域，沿直线运动到 Q 点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的 N2 点。Q 为线段 N1N2 的中点，重力加速度为 g。上述 d、E0、m、v、g 为已知量。(1)求微粒所带电荷量 q 和磁感应强度 B 的大小；(2)求电场变化的周期 T；(3)改变宽度 d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求 T 的最小值。思维流程解析(1)微粒做直线运动，则 mgqE0qvB微粒做圆周运动，则 mgqE0联立得 qmgE0B2E0v。(
90、2)设微粒从 N1 运动到 Q 的时间为 t1，做圆周运动的周期为 t2，则d2vt1qvBmv2R2Rvt2联立得 t1 d2v，t2vg 电场变化的周期 Tt1t2 d2vvg。(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求 d2R联立得 Rv22g设在 N1Q 段直线运动的最短时间为 t1min，由得t1min v2g因 t2 不变，T 的最小值 Tmint1mint221v2g。答案(1)mgE0 2E0v (2)d2vvg (3)21v2g(2017肇庆二模)如图甲所示，竖直挡板 MN 左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。电场和磁场的范围足够大，电场强度 E40 N
91、/C，磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系图像如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向。t0 时刻，一质量 m8104 kg、电荷量 q2104 C 的微粒在 O 点具有竖直向下的速度 v0.12 m/s，O是挡板 MN 上一点，直线 OO与挡板 MN 垂直，取 g10 m/s2。求：(1)微粒再次经过直线 OO时与 O 点的距离。(2)微粒在运动过程中离开直线 OO的最大高度。(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与 O 点间的距离应满足的条件。解析：(1)根据题意可以知道，微粒所受的重力Gmg8103 N电场力大小 FqE8103 N因此重力与电场力平衡微粒先在洛伦兹力作用下做
92、匀速圆周运动，则qvBmv2R由式解得：R0.6 m由 T2Rv 得：T10 s则微粒在 5 s 内转过半个圆周，再次经直线 OO时与 O 点的距离：L2R将数据代入上式解得：L1.2 m。(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为 t5 s，轨迹如图所示，位移大小：svt由式解得：s1.88 m。因此，微粒离开直线 OO的最大高度：HsR2.48 m。(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点 P，P 点在直线 OO下方时，由图像可以知道，挡板 MN 与 O 点间的距离应满足：L(2.4n0.6)m(n0,1,2，)若微粒能垂直射到挡板上的某点 P，P 点在直线 OO上方时，由图像可以知道，挡板
93、MN 与 O 点间的距离应满足：L(2.4n1.8)m(n0,1,2，)。(若两式合写成 L(1.2n0.6)m(n0,1,2，)也可)答案：(1)1.2 m(2)2.48 m(3)见解析一、高考真题集中演练明规律1(2016全国卷)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，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。此离子和质子的质量比约为()A11 B12C121D144解析：选 D 带电粒子在
94、加速电场中运动时，有 qU12mv2，在磁场中偏转时，其半径rmvqB，由以上两式整理得：r1B2mUq。由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1B2112，当半径相等时，解得：m2m1144，选项 D 正确。2(2017全国卷)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场。在 x0 区域，磁感应强度的大小为 B0；x1)。一质量为 m、电荷量为 q(q0)的带电粒子以速度 v0 从坐标原点 O 沿 x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿 x 轴正向时，求：(不计重力)(1)粒子运动的时间；(2)粒子与 O 点间的距离。解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设
95、在 x0 区域，圆周半径为 R1；在 x0 区域，圆周半径为 R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB0v0mv02R1qB0v0mv02R2粒子速度方向转过 180时，所需时间 t1 为t1R1v0 粒子再转过 180时，所需时间 t2 为t2R2v0 联立式得，所求时间为t0t1t2mB0q11。(2)由几何关系及式得，所求距离为d02(R1R2)2mv0B0q 11。答案：(1)mB0q11 (2)2mv0B0q 113(2017天津高考)平面直角坐标系 xOy 中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的 Q 点以速度 v
96、0 沿 x 轴正方向开始运动，Q 点到 y 轴的距离为到 x 轴距离的 2 倍。粒子从坐标原点 O 离开电场进入磁场，最终从 x 轴上的 P 点射出磁场，P 点到 y 轴距离与 Q 点到 y 轴距离相等。不计粒子重力，问：(1)粒子到达 O 点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。解析：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设 Q 点到 x 轴距离为 L，到 y 轴距离为 2L，粒子的加速度为 a，运动时间为 t，有2Lv0t L12at2 设粒子到达 O 点时沿 y 轴方向的分速度为 vyvyat 设粒子到达 O 点时速度方向与 x 轴正方向夹角为，有 tan vyv0 联立
97、式得 45 即粒子到达 O 点时速度方向与 x 轴正方向成 45角斜向上。设粒子到达 O 点时速度大小为 v，由运动的合成有 v v02vy2 联立式得 v 2v0。(2)设电场强度为 E，粒子电荷量为 q，质量为 m，粒子在电场中受到的电场力为 F，由牛顿第二定律可得 Fma 又 FqE 设磁场的磁感应强度大小为 B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R，所受的洛伦兹力提供向心力，有 qvBmv2R 由几何关系可知 R 2L 联立式得EBv02。答案：(1)2v0，与 x 轴正方向成 45角斜向上(2)v02二、名校模拟重点演练明趋势4多选(2017南通模拟)如图所示，在正交的匀强电场和匀
98、强磁场中，电场方向水平向左，磁场方向垂直于纸面水平向里，一质量为 m，带电荷量为q 的小球用长为 L 的绝缘细线悬挂于 O 点，并在最低点由静止释放，小球向左摆到最高点时，悬线与竖直方向的夹角为，不计小球的大小和空气阻力，重力加速度为 g，则下列说法正确的是()A电场强度的大小为mgtan qB小球从释放到摆到左侧最高点的过程中，电势能减小了C小球从释放到摆到左侧最高点的过程中，当悬线与竖直方向的夹角为2时，悬线拉力最大D增大悬线的长度，会增大解析：选 BC 小球受到的洛伦兹力总是和运动速度方向垂直，因此是重力和电场力的合力改变小球的速度大小，在重力和电场力的合力场中，根据对称性可知，当悬线与
99、竖直方向的夹角为2时，小球的速度最大，此时 tan 2qEmg，得 Emgtan 2q，A 项错误；小球从释放到摆到左侧最高点的过程中，电场力一直做正功，因此电势能一直在减小，B 项正确；当速度最大时，洛伦兹力最大，悬线的拉力 Fmv2LqE2mg2qvB 最大，C 项正确；由 tan2qEmg可知，与悬线的长无关，D 项错误。5(2017威海模拟)如图所示，直角坐标系 xOy 平面内，第一象限存在着沿 y 轴负方向的匀强电场；M 是 x 轴上的一点，在第四象限里过 M 点的虚线平行于 y 轴，在虚线右边区域存在方向垂直于坐标平面的有界匀强磁场(图中未画出)。现有一电荷量为 q、质量为m 的带
100、正电粒子从 y 轴上 P(0，L)点，以平行于 x 轴方向的初速度v0 射入电场，并恰好从 M 点处射出电场进入磁场，粒子从有界磁场中射出后，恰好通过 y 轴上 Q(0，3L)点，且射出时速度方向与 y 轴负方向的夹角 30，不计带电粒子的重力。求：(1)M 点的坐标和匀强电场的电场强度；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；(3)带电粒子从 P 点运动到 Q 点的时间。解析：(1)带电粒子运动轨迹如图所示。由图可知，带电粒子离开电场时沿电场方向的速度vy v0tan，加速度 aqEm vy22y3v022L解得 E3mv022qL运动时间 t1vya 2 3L3v0沿 x 轴方向的位移 x
101、Mv0t12 33 L，所以 M 点的坐标是2 33 L，0。(2)由左手定则可知，匀强磁场的方向垂直于坐标平面向外。由几何关系，带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的半径 rMN，又 OQMN OMtan 解得：rL带电粒子进入磁场的速度v v0sin 2v0带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有 qvBmv2r解得 Bmvqr 2mv0qL。(3)带电粒子在匀强磁场的运动时间t2L3vL6v0带电粒子离开匀强磁场后做匀速直线运动到达 Q 点的运动时间 t3 OMvsin 2 3L3v0带电粒子从 P 点运动到 Q 点的时间tt1t2t34 3L3v0 L6v0。答案：(1)2 33 L，0 3mv022qL(2)2mv0qL 垂直坐标平面向外(3)4 3L3v0 L6v0