资源描述
专题三 电场和磁场
考情分析
备考策略
1.本专题主要是综合应用动力学方法和功能关系解决带电粒子在电场和磁场中的运动问题。这部分题目掩盖的内容多，且情景简单，综合性强，常作为理综试卷的压轴题。
2.高考对本专题考查的重点有以下几个方面：对电场力的性质和能的性质的理解；带电粒子在电场中的加速和偏转问题；带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题；带电粒子在组合场、复合场中的运动问题。
1.复习时应“抓住两条主线、明确两类运动、运用两种方法”解决有关问题。两条主线是指电场力的性质(物理量——电场强度)和能的性质(物理量——电势和电势能)；两类运动是指类平抛运动和匀速圆周运动；两种方法是指动力学方法和功能关系。
2.留意本专题学问和日常生活、科学争辩的联系，能够将简单的问题简化成物理模型进行分析。
考向一 电场的性质 (选择题)
电场中的各个物理量形成及相互转化关系
(2022·全国新课标Ⅰ)如图所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°。M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则( )
A．点电荷Q肯定在MP的连线上
B．连接PF的线段肯定在同一等势面上
C．将正摸索电荷从P点搬运到N点，电场力做负功
D．φP大于φM
[审题指导]
(1)依据等势线肯定与电场线垂直确定点电荷的位置。
(2)依据点电荷产生电场的特点推断选项B、C、D是否正确。
[解析] 依据正点电荷的电场的特点可知，点电荷的电场的等势面是以点电荷为中心的同心球面，故分别作MN连线的中垂线和PF连线的中垂线，如图所示，依据图中几何关系可知，两条线交MP于A点，即点电荷在A点，A正确，B错误；将正摸索电荷从P点搬运到N点，电场力做正功，C错误；沿着电场线的方向电势渐渐降低，故φP>φM，D正确。
[答案] AD
[感悟升华]
电场强度、电势、电势能的推断方法
1．(2022·安徽高考)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能Ep与位移x的关系如图甲所示。下列图像中合理的是( )
甲
乙
解析：选D 由于粒子只受电场力作用，因此由F电＝可知，Ep x图像的斜率大小即为粒子所受电场力大小，从图像可知，图像的斜率随位移的增大而越来越小，因此粒子运动后所受的电场力随位移的增大而越来越小，因此电场强度越来越小，A错误；由于只受电场力作用，因此动能与电势能的和是定值，但从B项和题图可以看出，不同位置的电势能与动能之和不是定值，B错误；粒子受到的电场力随位移的增大而越来越小，因此加速度随位移的增大而越来越小，D正确；若粒子的速度随位移的增大而均匀增大，则粒子的动能Ek∝x2，结合B项分析可知C错误。
2．(2022·重庆高考)如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线。两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则( )
A．Wa ＝Wb，Ea >Eb B．Wa≠Wb，Ea >Eb
C．Wa＝Wb，Ea <Eb D．Wa≠Wb，Ea <Eb
解析：选A 由题图可知a、b两点处于同一等势线上，故两电子分别从a、b两点运动到c点，电场力做功相同，即Wa＝Wb，B、D错误；a点处电场线比b点处电场线更密集，故Ea＞Eb，C错误，A正确。
3．(2022·厦门质检)两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则( )
A．q1与q2带同种电荷
B．A、N点的电场强度大小为零
C．NC间场强方向x轴正方向
D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功
解析：选D 由图像可知，两点的电势一正一负，则q1与q2带异种电荷，A错误；该图像的斜率等于场强E，可知A、N两点电场强度不为零，B错误；由图可知N→C段中，电势上升，所以场强方向沿x轴负方向，C错误；因N→D段中，电势先上升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功，D正确。
考向二 平行板电容器的动态变化问题 (选择题)
1．必需记住的三个公式
C＝、C＝、E＝。
2．必需明确的两个关键点
(1)电路处于接通状态时，电容器两极板间电压不变。
(2)电路处于断开状态时，电容器两极板间的带电荷量不变。
如图所示，两平行金属板水平放置，开头时开关S合上，使平行板电容器带电，板间存在垂直纸面对里的匀强磁场。一个不计重力的带电粒子恰能以水平向右的速度v沿直线通过两板。在以下方法中，能使带电粒子仍沿水平直线通过两板的是( )
A．将两板的距离增大一倍，同时将磁感应强度增大一倍
B．将两板的距离减小一半，同时将磁感应强度增大一倍
C．将开关S断开，使两板的正对面积减小一半，同时将板间磁场的磁感应强度减小一半
D．将开关S断开，使两板的正对面积减小一半，同时将板间磁场的磁感应强度增大一倍
[审题指导]
(1)明确开关闭合和开关闭合再断开时不变的物理量。
(2)应用把握变量法分析两种状况下电场性质的变化。
[解析] 当开关S闭合时，电容器两端的电压不变，要使带电粒子仍沿水平直线通过两板，必需满足qE＝q＝qvB，即U＝Bdv，所以当两板的距离增大一倍时，同时应将磁感应强度减小一半；当两板的距离减小一半时，同时应将磁感应强度增大一倍，A错误，B正确；将开关S断开时，电容器所带电荷量不变，依据C＝和C＝得，E＝＝，要使带电粒子仍沿水平直线通过两板，必需满足qE＝qvB，即Q＝，当两板间的正对面积减小一半时，同时应将板间磁场的磁感应强度增大一倍，C错误，D正确。
[答案] BD
[感悟升华]
“一明、二分、肯定”解决平行板电容器问题
4．(2022·绵阳模拟)如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕过中心点O、O′且垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P，则P在电场内将做( )
A．匀速直线运动
B．水平向右的匀加速直线运动
C．斜向右下方的匀加速直线运动
D．曲线运动
解析：选B 设电源两端的电压为U，两金属板间的距离为d，带电液滴的质量为m，带电荷量为q，则液滴P静止时，由平衡条件可得q＝mg，金属板转动后，P所受的电场力大小为F＝q，方向与竖直方向成α角指向右上方，电场力大于重力，但电场力在竖直方向的重量F1＝Fcos α＝q cos α＝q＝mg，故电场力和重力的合力方向水平向右，即P做水平向右的匀加速直线运动，B正确，A、C、D错误。
5．(2022·广元九校联考)如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池的两极，一带正电的小球悬挂在电容器的内部，闭合开关S，给电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则( )
A．若保持开关S闭合，A板向B板靠近，则θ增大
B．若保持开关S闭合，A板向B板靠近，则θ不变
C．若开关S断开，A板向B板靠近，则θ不变
D．若开关S断开，A板向B板靠近，则θ增大
解析：选AC 保持开关S闭合，则电容器两极板间电压U恒定，A板向B板靠近，距离d减小，由E＝可知电场强度增大，带正电小球受到的电场力增大，则θ增大，A正确，B错误；若开关S断开，则电容器的电荷量恒定，A板向B板靠近时，电场强度不变，带正电小球受到的电场力不变，则θ不变，C正确，D错误。
6．新型电压传感器能够在不形成电流的条件下，精确 测定电压随时间的变化规律。某同学利用电压传感器来争辩物体的运动状况，如图甲所示，A、B为电容器的两个极板，C为绝缘直板。现将A固定在C的左端，B固定在小车上，使A、B带等量异种电荷后与电压传感器连接，将小车以肯定的初速度释放，电压传感器的显示屏上消灭的电压随时间的变化规律如图乙所示，则小车做( )
甲 乙
A．匀减速运动 B．匀加速运动
C．匀速运动 D．变加速运动
解析：选C 设电容器的带电荷量为Q，A、B间距为d，由图乙可知，U＝U0－k′t，结合电容器电容的定义式C＝和打算式C＝，得d＝(U0－k′t)，即A、B间距随时间均匀减小，小车做匀速运动，C正确。
考向三 带电粒子在电场中的运动 (选择题或计算题)
1．带电粒子在电场中的加速
(1)匀强电场中，v0与E平行时，优先用功能关系求解，若不行，则用牛顿其次定律和运动学公式。
(2)非匀强电场中，只能用功能关系求解。
2．带电粒子在匀强电场中的偏转(v0垂直于E的方向)，如图所示。
(1)沿v0方向的匀速直线运动。
(2)垂直于v0方向的匀加速直线运动。
①加速度a＝＝；
②偏转距离y＝at2＝2x＝L,y＝；
③速度偏向角
tan φ＝＝ x＝L,tan φ＝；
④位移偏向角
tan θ＝＝ x＝L,tan θ＝；
⑤两个重要的结论
a．位移偏向角θ和速度偏向角φ满足tan φ＝2tan θ；
b．射出极板时粒子的速度反向延长线过粒子水平位移的中点。
(2022·自贡模拟)如图所示，两平行金属板A、B长l＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B板电势高300 V，即UAB＝300 V。一带正电的粒子电量为q＝10－10 C，质量为m＝10－20 kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106 m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响)。已知两界面MN、PS相距为L＝12 cm，粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获从而以O点为圆心做匀速圆周运动，最终垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上。求：
(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h；
(2)粒子穿过界面MN时的速度v;
(3)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离Y；
(4)点电荷的电荷量Q(该小题结果保留一位有效数字)。
[审题指导]
(1)粒子在两极板间受电场力(恒力)作用，做类平抛运动，且向B板偏转。
(2)粒子在MN、PS间的无电场区不受力，做匀速直线运动。
(3)粒子经过PS后做匀速圆周运动，向心力等于电场力。
[解析] (1)设粒子在两极板间运动时加速度为a，运动时间为t，则
h＝at2，a＝＝，t＝
即h＝2
代入数据，解得h＝0.03 m＝3 cm
(2)设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，
则vy＝at＝
代入数据，解得vy＝1.5×106 m/s
所以粒子从电场中飞出时的速度
v＝＝2.5×106 m/s
设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则
tan θ＝＝，θ＝37°
(3)带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，由相像三角形学问得
＝
代入数据，解得
Y＝0.12 m＝12 cm
(4)粒子做匀速圆周运动的半径
r＝＝0.15 m
又＝m
代入数据，解得|Q|＝1×10－8 C
故Q＝－1×10－8 C
[答案] (1)3 cm (2)2.5×106 m/s 方向与水平方向成37°角斜向下 (3)12 cm (4)－1×10－8 C
[感悟升华]
解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路及留意问题
7．如图所示，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，P和Q从同一点动身，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，粒子P的初速度是粒子Q的2倍，不计粒子重力，则P和Q的质量之比为( )
A．3∶4 B．3∶8
C．3∶16 D．3∶24
解析：选C P和Q在匀强电场中做类平抛运动，设P粒子的初速度为v0，带电荷量为q，OM间距为x，则x＝v0tP；对Q有2x＝v0tQ；可知，tQ＝4tP，沿电场线方向，对P有h＝·t；对Q有h＝·t；由于Q粒子所带电荷量为q′＝q，故＝，C正确。
8．(2022·安徽高考)如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开头下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽视不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：
(1)小球到达小孔处的速度；
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开头下落运动到下极板处的时间。
解析：(1)由v2＝2gh
得v＝
(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有mg－qE＝ma
0－v2＝2ad
得E＝
又U＝Ed，Q＝CU
得Q＝C
(3)由题意知h＝gt
0＝v＋at2，t＝t1＋t2
解得t＝
答案：(1) (2) C (3)
电场中的功能关系的应用
如图所示，绝缘水平面上的AB区域宽度为d，带正电、电荷量为q、质量为m的小滑块以大小为v0的初速度从A点进入AB区域，当滑块运动至区域的中心C时，速度大小为vC＝v0，从今刻起在AB区域内加上一个水平向左的匀强电场，电场强度保持不变，并且区域外始终不存在电场。
(1)若加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等，求滑块离开AB区域时的速度；
(2)要使小滑块在AB区域内运动的时间达到最长，电场强度应满足什么条件？并求这种状况下滑块离开AB区域时的速度。(设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力)
第1步：找关键点
(1)A→C过程无电场：小滑块在摩擦力的作用下做匀减速直线运动。
(2)C→B过程有电场：小滑块受电场力和摩擦力作用，其运动性质取决于电场力和摩擦力。
第2步：寻交汇点
(1)受力状况分析：电场力是带电体受到的其中一个力，受力分析的方法与力学中的方法相同。
(2)运动状况分析：和力学中的分析方法相同，常用的规律有直线运动的公式、牛顿运动定律、抛体运动和圆周运动规律等。
(3)能量转化分析：电场力做功引起电势能的变化，分析方法和力学中其他功能关系的分析方法相同。
第3步：明突破点
(1)问题一：滑块不行能从A点离开AB区域，运用功能定理求解。
(2)问题二：滑块滑到B的速度为零，滑块再向左加速运动，运用动能定理求解。
[解析] (1)设滑块所受滑动摩擦力大小为f，则滑块从A点运动至C点的过程，由动能定理得
－f·＝mv－mv ①
假设最终滑块从B点离开AB区域，则滑块从C点运动至B点过程，由动能定理得
－(qE1＋f)·＝mv－mv②
将vC＝v0和qE1＝f代入解得
vB＝v0③
由于滑块运动至B点时还有动能，因此滑块从B点离开AB区域，速度大小为v0，方向水平向右。
(2)要使小滑块在AB区域内运动的时间达到最长，必需使滑块运动至B点停下，然后再向左加速运动，最终从A点离开AB区域。
滑块从C点运动到B点的过程，由动能定理得
－(qE2＋f)·＝0－mv④
由①④两式可得电场强度E2＝⑤
由①⑤知qE2＝2f
滑块运动至B点后，由于qE2>f，所以滑块向左做匀加速运动，从B运动至A点的过程，由动能定理得
(qE2－f)d＝mv⑥
由以上各式解得滑块离开AB区域时的速度
vA＝v0(水平向左)⑦
[答案] (1)v0，方向水平向右 (2) v0，方向水平向左
[感悟升华]
处理此问题应留意以下两点
(1)电场力做功与路径无关，可运用动能定理对全程列式。
(2)在运用动能定理处理电学问题时应留意运动过程的选取，特殊应留意电场力和摩擦力做功的特点。
[跟踪训练]
1．(2022·达州模拟)如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab＝cd＝L，ad＝bc＝2L，电场线与矩形所在平面平行。已知a点电势为20 V，b点电势为24 V，d点电势为12 V。一个质子从b点以v0的速度射入此电场，入射方向与bc成45°角，一段时间后经过c点。下列推断正确的是(不计质子的重力)( )
A．c点电势高于a点电势
B．场强的方向由b指向d
C．质子从b运动到c所用的时间为
D．质子从b运动到c，电场力做功为4 eV
解析：选C 由φb－φa＝φc－φd得φc＝16 V，A错误；由Wbc＝Ubcq得质子从b运动到c，电场力做功Wbc＝(24－16)eV＝8 eV，D错误；由于a点与bc边的中点f电势相等，故电场方向沿b到af的垂线方向，B错误；易知v0方向与电场线垂直，质子做类平抛运动，沿v0方向有v0t＝2Lcos 45°，得质子由b运动到c所用时间为t＝，C正确。
2．如图所示，有三根长度均为L＝0.3 m 的不行伸长的绝缘细线，其中两根的一端分别固定在天花板上的P、Q两点，另一端分别拴有质量均为m＝0.12 kg的带电小球A和B，其中A球带正电，电荷量为q ＝ 3×10－6 C。A、B之间用第三根线连接起来。在水平向左的匀强电场E作用下，A、B保持静止，悬线仍处于竖直方向，且A、B间细线恰好伸直。
(1)此匀强电场的电场强度E为多大；
(2)现将PA之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最终会达到新的平衡位置。求此时细线QB所受的拉力FT的大小，并求出A、B间细线与竖直方向的夹角θ；
(3)求A球的电势能与烧断前相比转变了多少(不计B球所带电荷对匀强电场的影响)。
解析：(1)B球水平方向所受合力为零，则有qBE＝k
所以E＝k＝9×109× N/C＝3×105 N/C
(2)两球及细线最终位置如图所示。
QB所受的拉力FT＝2mg＝2×0.12×10 N＝2.4 N
A球受力平衡，则有
qE＝mgtan θ
所以tan θ＝＝＝
即θ＝37°
(3)电场力对A球做的功
W＝－qEL(1－sin θ)＝－3×10－6×3×105×0.3×(1－0.6)J＝－0.108 J
所以A球的电势能增加了
ΔEp＝－W＝0.108 J
答案：(1)3×105 N/C (2)2.4 N 37° (3)增加0.108 J
一、选择题
1．(2022·苏北四市调研)如图甲所示，A、B为某电场中的一条直线上的两个点，现将正点电荷从A点由静止释放，该点电荷仅在电场力的作用下运动到B点，其电势能Ep随位移x的变化关系如图乙所示。从A点到B点的过程中，下列说法正确的是( )
甲 乙
A．电场力对该点电荷始终做正功
B．电势始终上升
C．该点电荷所受电场力先减小后增大
D．该点电荷所受电场力先增大后减小
解析：选C 由图乙可知，电势能先减小后增大，所以电场力先做正功后做负功，A错误；由于移动的是正电荷，电势能先减小后增大，所以电势是先降低后上升，B错误；由题图乙中曲线的切线的斜率变化可知电场力先减小后增大，C正确，D错误。
2．(2022·永安质检)某带电物体所在空间形成一个电场，沿x轴方向其电势φ的变化如图所示。电子从O点以v0的初速度沿x轴正方向射出，依次通过a、b、c、d点。(设电子的质量为m)则下列关于电子运动的描述正确的是( )
A．电子在Oa间做匀加速直线运动
B．电子在Od之间始终在做减速直线运动
C．要使电子能到达无穷远处，粒子的初速度v0至少为
D．电子在cd间运动时其电势能肯定减小
解析：选C Oa间电势不变，电子在Oa间动能不变，A、B错误；由功能关系知，eφ0＝mv，解得v0＝ ，C正确；电子在c、d间运动时，电场力对其做负功，电势能增加，D错误。
3．(2022·漳州质检)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。如图所示，在球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，球心为O，CD为球面AB的对称轴，在轴线上有M、N两点，且OM＝ON＝2R，A1A∥B1B∥CD，已知球面A1B1在M点的场强大小为E，静电力常量为k，则N点的场强大小为( )
A.－E B.－E
C.－E D.－E
解析：选C 若球完整，则带电量Q＝q，则球在M点产生的电场E0＝＝，依据电场的叠加原理，除去A1B1球面后，球在M点产生的电场E1＝E0－E＝－E，由对称性可知球壳在N点产生的场强大小等于E1，C正确。
4．喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽视的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )
A．向负极板偏转 B．电势能渐渐增大
C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电量无关
解析：选C 由于微滴带负电，电场方向向下，因此微滴受到的电场力方向向上，微滴向正极板偏转，A错误；偏转过程中电场力做正功，依据电场力做功与电势能变化的关系，电势能减小，B错误；微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动，位移x＝vt，沿电场反方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移y＝t2＝·2，此为抛物线方程，C正确；从式中可以看出，运动轨迹与带电荷量q有关，D错误。
5．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为零，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为( )
A．200 V/m B．200 V/m
C．100 V/m D．100 V/m
解析：选A 在匀强电场中，沿某一方向电势降落，则在这一方向上电势均匀降落，故OA的中点C的电势φC＝3 V(如图所示)，因此B、C为等势面。O点到BC的距离d＝OCsin α，而sin α＝＝，所以d＝OC＝1.5×10－2 m。依据E＝得，匀强电场的电场强度E＝＝ V/m＝200 V/m，A正确，B、C、D错误。
6．(2022·乐山质检)某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示。在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x0～x0区间内( )
A．该静电场是匀强电场
B．该静电场是非匀强电场
C．电子将沿x轴正方向运动，加速度渐渐减小
D．电子将沿x轴正方向运动，加速度渐渐增大
解析：选BC φ x图像的斜率表示电场强度，在－x0～x0区间内电场强度先增大后减小，A错误，B正确；因电场线与x轴重合，沿x轴正方向电势上升，所以电场方向沿x轴负方向，在O点由静止释放一电子，其所受电场力方向沿x轴正方向，大小渐渐减小，C正确，D错误。
7．某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连。带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当遇到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。要增大除尘率，则下列措施可行的是( )
甲 乙
A．只增大电压U
B．只增大长度L
C．只增大高度d
D．只增大尘埃被吸入的水平速度v0
解析：选AB 尘埃做类平抛运动，有y＝at2，a＝，t＝，当只增大电压U或只增大长度L时，y增大，收集尘埃的数量增大，A、B正确；而只增大高度d或只增大尘埃被吸入的水平速度v0，y减小，收集尘埃的数量减小，C、D错误。
8．(2022·泸州质检)如图所示，两平行正对的金属板A、B间的电势差UAB＝U0，A板电势高于B板电势，极板长度为L，板间距离为d，一重力可忽视不计的带电粒子质量为m，电荷量为q，粒子在两板中心连线上且距离A板处的P点释放时获得平行于金属板向上的速度v0，则该粒子不打到金属板A、B上的条件是( )
A．若粒子带正电，v0必需大于
B．若粒子带正电，U0必需小于
C．若粒子带负电，v0必需大于
D．若粒子带负电，U0必需小于
解析：BC 由于初速度方向与电场方向垂直，故带电粒子在电场中做类平抛运动，当带电粒子带正电时，由于电场力垂直于金属板指向B板，＝v0t，··t2<d，粒子才能不打在B板上，解得U0<或者v0> ，A错误，B正确；当带电粒子带负电时，由于电场力垂直于金属板指向A板，＝v0t，··t2<d，粒子才能不打在A板上，解得U0<或者v0> ，C正确，D错误。
二、非选择题
9．如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏。现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O。试求：
(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；
(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α；
(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x。
解析：(1)依据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t＝。
(2)粒子在电场的运动状况如图所示。
设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，依据牛顿其次定律，粒子在电场中的加速度为
a＝
所以vy＝a＝
所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝＝
(3)设粒子在电场中的偏转距离为y，则
y＝a2＝
又x＝y＋Ltan α
解得x＝
答案：(1) (2) (3)
10.(2022·全国新课标Ⅰ)如图所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA，将一质量为m的小球以肯定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q＞0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求：
(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；
(2)电场强度的大小和方向。
解析：(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝d，依据平抛运动的规律有
dsin 60°＝v0t①
dcos 60°＝gt2②
又Ek0＝mv③
由①②③式得Ek0＝mgd④
设小球到达A点时的动能为EkA，则
EkA＝Ek0＋mgd⑤
由④⑤式得＝⑥
(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，重力势能分别削减了和，但动能分别增加了mgd和
mgd图像，则小球从O点到A点和B点，电场力做正功，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得
ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦
ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧
在匀强电场中，沿任始终线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图所示，则有
＝⑨
解得x＝d
MA为等势线，电场的方向必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°⑩
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。
设场强的大小为E，有
qEdcos 30°＝ΔEpA⑪
由④⑦⑪式得E＝⑫
答案：(1) (2) 与竖直向下的方向的夹角为30°
考向一 导体在磁场中受安培力问题 (选择题)
1．牢记一个公式
安培力大小的计算公式：F＝BILsin θ(其中θ为B与I之间的夹角) 。
(1)若磁场方向和电流方向垂直：F＝BIL。
(2)若磁场方向和电流方向平行：F＝0。
2．必需把握的一个定则——左手定则
(1)左手定则判定安培力的方向。
(2)特点：由左手定则知通电导线所受安培力的方向既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直，所以安培力的方向总是垂直于磁感线和通电导线所确定的平面。
(2022·浙江高考)如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒( )
A．始终向右移动
B．速度随时间周期性变化
C．受到的安培力随时间周期性变化
D．受到的安培力在一个周期内做正功
[审题指导]
(1)导体棒所受安培力大小不变，方向周期性变化，依据牛顿其次定律可知，加速度大小不变，方向周期性变化。
(2)导体的运动方向需要依据匀变速直线运动规律进行推断。
[解析] 在0～，导体棒受到向右的安培力，大小恒为BImL，导体棒向右做匀加速直线运动；在～T，导体棒受到安培力向左，大小仍为BImL，而此时速度方向仍旧向右，做匀减速直线运动，直至速度减为零，之后不断重复该运动过程，A、B、C正确；安培力在一个周期内做功为零，D错误。
[答案] ABC
[感悟升华]
分析通电导体棒受力时的基本思路
1．(2022·全国新课标Ⅰ)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是( )
A．安培力的方向可以不垂直于直导线
B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小肯定变为原来的一半
解析：选B 安培力的方向总是垂直于磁场方向与电流方向所打算的平面，因此，安培力的方向总与磁场方向和电流方向垂直，A错误，B正确；安培力F＝BILsin θ，其中θ是电流方向与磁场方向的夹角，C错误；将直导线从中点折成直角后受到安培力的状况与其在磁场中的放置状况有关，并不肯定变为原来的一半，D错误。
2．如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，假如仅转变下列某一个条件，θ角的相应变化状况是( )
A．棒中的电流变大，θ角变大
B．两悬线等长变短，θ角变小
C．金属棒质量变大，θ角变大
D．磁感应强度变大，θ角变小
解析：选A 对金属棒受力分析如图所示，由平衡条件可得tan θ＝，由此可知，B、I越大或者m越小，θ越大，A正确，C、D错误；θ与悬线长度无关，B错误。
3．(2022·宜宾二模)如图所示为电流天平，它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，磁感应强度大小为B、方向与线圈平面垂直。当线圈中通过方向如图所示的电流I时，调整砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时为使天平两臂再达到新的平衡，则需( )
A．在天平右盘中增加质量为m＝的砝码
B．在天平右盘中增加质量为m＝的砝码
C．在天平左盘中增加质量为m＝的砝码
D．在天平左盘中增加质量为m＝的砝码
解析：选D 通电流时两臂达到平衡， 说明天平的右边比左边重nBIL，当电流反向时，要使天平重新达到平衡，则左盘增加砝码的质量m1＝或右盘削减砝码的质量m2＝，D正确，A、B、C错误。
考向二 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 (选择题)
1．必需把握的几个公式
2．必需把握三个重要的“确定”
(1)圆心的确定：轨迹圆心O总是位于入射点A和出射点B所受洛伦兹力F洛作用线的交点上或AB弦的中垂线OO′与任一个F洛作用线的交点上，如图所示。
(2)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如r＝＝，然后再与半径公式r＝联系起来求解。
(3)运动时间的确定：t＝T(可知，α越大，粒子在磁场中运动时间越长)。
如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最终打到屏P上。不计重力。下列说法正确的有( )
A．a、b均带正电
B．a在磁场中飞行的时间比b的短
C．a在磁场中飞行的路程比b的短
D．a在P上的落点与O点的距离比b的近
[思路探究]
(1)由左手定则推断离子电性。
(2)两离子运动周期相同，t与圆心角θ成正比。
(3)两离子速度大小相同，路程与t成正比。
[解析] 带电离子打到屏P上，说明带电离子向下偏转，依据左手定则，a、b两离子均带正电，A正确；a、b两离子垂直进入磁场的初速度大小相同，电荷量、质量相等，由r＝ 知半径相同；b在磁场中运动了半个圆周，a的运动大于半个圆周，故a在P上的落点与O点的距离比b的近，飞行的路程比b长，C错误，D正确；依据＝知，a在磁场中飞行的时间比b的长，B错误。
[答案] AD
[感悟升华]
带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”
(1)如图所示。
(2)四点：入射点B、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O。
(3)六线：圆弧两端点所在的轨迹半径r，入射速度直线和出射速度直线OB、OC，入射点与出射点的连线BC，圆心与两条速度直线交点的连线AO。
(4)三角：速度偏转角∠COD、圆心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。
4．(2022·全国新课标Ⅱ)如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁铁供应匀强磁场，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肯定不同
B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径肯定相同
C．仅依据粒子运动轨迹无法推断该粒子是质子还是正电子
D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小
解析：选AC 电子、正电子和质子垂直进入磁场时，所受的重力均可忽视，受到的洛伦兹力的方向与其电性有关，由左手定则可知A正确；由轨道半径公式R＝知，若电子与正电子进入磁场时的速度不同，则其运动的轨迹半径也不相同，B错误；由R＝＝知，D错误；因质子和正电子均带正电，且半径大小无法计算出，故依据粒子运动轨迹无法推断该粒子是质子还是正电子，C正确。
5．(2022·凉山模拟)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )
A. B. C. D.
解析：选A 带电粒子运动轨迹示意图如图所示。设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r，依据洛伦兹力公式和牛顿其次定律，qv0B＝m，解得r＝，由图中几何关系可得tan 30°＝，联立解得该磁场的磁感应强度B＝，A正确。
6．如图所示，比荷相同的带正电粒子A和B，同时以速度vA和vB从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以60°和30°(与边界的夹角)方向射入磁场，又恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )
A．A、B两粒子的速度之比为(2＋)∶3
B．A、B两粒子在磁场中的位移之比为1
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