第6選題及命點6－1電場帶電粒子在電場中的動6－2磁場其對電的作用6－3帶電子在勻強磁中運動6－4帶電子在組合場、疊加場的運動6－1

電場及帶電粒子在電場中的運動備考精要1．描述電場的物理量間的關(guān)系2．對稱法求解電場強度

qq3．電勢高低的三種判斷方法根據(jù)電場線方向判斷根據(jù)場源電荷的正負判斷根據(jù)電場力做功判斷

沿電場線方向電勢降落最快取無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負電荷周圍電勢為負值；靠近正電荷處電勢高，靠近負電荷處電勢低W根據(jù)U＝，W、的負號代入，由的正負判斷φ、的高低AB4.電荷電勢能大小判斷的“四法做功判斷法電荷電勢法公式法能量守恒法

電場力做正功，電勢能減小；電場力做負功，電勢能增大正電荷在電勢越高的地方電勢能越大，負電荷在電勢越低的地方電勢能越大由E＝q，、的大小、正負號一起代入公式E數(shù)值包括正負)越大，表示電勢能越大在電場中，若只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，兩種能量

之和不變，所以電荷動能增加時，其電勢能減小；反之，其電勢能增大5．電容器的有關(guān)問題(1)兩類動態(tài)問題公式

εQ①＝②＝③＝4d情形不變量d變大ε變大S變大

始終連接電源UC變小Q變，變C變大Q變，不C變大Q變，不

充電后斷開電源QC變小，U變大，不C變大，U變小，變C變大，U變小，變(2)熟記二級結(jié)論①在直流電路中，電容器相當于斷路，其兩端電壓等于與之并聯(lián)的支路兩端電壓。②電容器所帶的電荷量恒定不變時，極板間的電場強度與極板間距離無關(guān)。6.帶粒子在勻強電場中運動問題(1)直線運動：用動能定理和運學公式綜合分析。(2)偏轉(zhuǎn)運動：利用類平拋運動等效場的思想分析。

三級練·四翼展一練固雙基——基礎(chǔ)性考法1[多選如所示，勻強電場的D點成一位于紙面內(nèi)的平行四邊形，電場強度的方向與紙面平行。已知A、點的電勢分別為＝、＝V則C、兩的電勢能分別()BA．9V、15C．0、V

B．9V、18VD．6V、0解析：選AC已為行四邊形，則AB與平且等長因為勻強電場的電場強度的方向與紙面平行，所以U＝＝，分析各選項中數(shù)據(jù)可知，A、C正，、錯誤。2．[多選](2019·全國卷)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動，為子運動軌跡上的另外一點，()A．運動過程中，粒子的速度大可能先增大后減小B．在、兩間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合C．粒子在M點的勢能不低于在N點電勢能D．粒子在N點所電場力的方一定與粒子軌跡在該點的切線平行解析：選AC如所示，在兩正電荷形成的電場中，一帶正電的粒子在兩電荷的連線上運動時，粒子有可能經(jīng)過先加速再減速的過程，A正確；粒子運動軌跡與電場線重合需具備初速度為0、場線為直線、只受電場力三個條件B錯；電粒子僅受電場力在電場中運動時，其動能與電勢能的總量不變，＝，E≥0，故≥，確；粒子運動軌跡的切線方向為速度向，由MNM于粒子運動軌跡不一定是直線N點所受電場力的方向與軌跡在該點的切線向不一定平行，錯。3.(2018·全國卷)如圖三固定的帶電小球b和c相間的距離分別為＝5，bc＝cm，＝cm。小球c所庫侖力的合力的方向

b＝③qb＝③qbc平行于a、的線。設(shè)小球a、所電荷量的比值的絕對值為，則)16A．、的荷同號，k＝916B．、的荷異號，k＝964C．、的荷同號，k＝2764D．、的荷異號，k＝27解析：選D由小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的線，根據(jù)受力分析知，a、的荷異號。根據(jù)庫侖定律，對的侖力為qqF

①b對c的侖力為qqF

②設(shè)合力向左，如圖所示，根據(jù)相似三角形，得Fac聯(lián)立①②③式得k＝

64＝。274多選](2019·全國卷)如圖荷量分別為和qq>0)的點電荷固定在正方體的兩個頂點上是方體的另外兩個頂點。()A．點點電勢相等B．點點電場強度大小相等C．點點電場強度方向相同

D．將負電荷從a點移b點，勢能增加解析：選BCb點距q近a點近，b點電勢高于a點的電勢，故錯誤。如圖所示，、點的電場強度可視為E與E、與E的場強。其中∥，∥，知E＝E，＝，合場強與ab大小相等、方向相同B、正確。由于φ<，電荷從低電勢移至高電勢過程中，電場b力做正功，電勢能減少，故D錯。5.如所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、、中各有一小孔，小孔分別位于、M、點。由O點止釋放的電子恰好能運動到P點C板向右平移到′點靜止釋放的電()A．運動到P點返B．運動到P和P′點之間返回C．運動到P點返回D．穿過P點解析：選A電在板的電場中加速運動，在板的電場中減速運動，設(shè)A、板的電壓為U，B、板的電場強度為E，兩間的距離為d則有－eEd＝UQ4kQ0，若將板右平移到′，B、C兩所帶電荷量不變，由E＝＝＝可知，dεS板向右平移到P時，、兩板間的電場強度不變，由此可以判斷，電子在A、B板間加速運動后，在BC間減速運動，到達點速度為零，然后返回項確BCD項錯誤。二練會遷移——綜合性考法1選(2018·全國卷Ⅲ)如行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、所帶荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上下板近與板距離相等現(xiàn)同時釋放ab，它們由靜止開始運動后某時刻t過電容器兩極板下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、間相互作用和重力可忽略。下列說法正確的()

A．的量比b的大B．在時a的動比b的大C．在時a和b的電能相等D．在時a和b的動大小相等解析：選BD經(jīng)間t，、過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則＞，11qE根據(jù)x＝at＝22m

知＜故A錯；電場力做功W＞W(wǎng)由動能定理知a的能比bb的動大B正a處同一等勢面上據(jù)E＝φb的勢能絕對值相等，符號相反，故C錯；根據(jù)動量理知、的量大小相等，故D正確。2．(2019·江蘇高)一勻強電的方向豎直向上t＝時，帶電粒子以一定初速度水平射入該電場場力對粒做功的功率為計子重力Pt關(guān)圖像是)解析：選設(shè)子帶正電，運動軌跡如圖所示，水平方向，粒子不F受力，＝。沿電場方向：受電場力F＝，加速度a＝＝，qEt時間t，粒子沿電場方向的速度v＝＝，場力做功的功率P＝qEt＝·＝＝kt∝，選項正確。m3．(2019·江西八校聯(lián))如圖示，一均勻帶正電的無限長絕緣細桿水平放置，細桿正上方有A點均細桿在同一豎直平面內(nèi)點到細桿的距離滿足r＝<，C則)A．、、三電勢φ＝φφB

B．將一負電荷從A點到C點，電荷電勢能一定增加C．三點中，只有、兩電場強度方向相同D．在A點若電子(不計重力)以一垂直于紙面外的速度飛出，電子一定做勻速圓周運動解析B細外各點電場強度方向都垂直無限長絕緣細桿向外＝<r可A、CB所在線為等勢線，且φ＝φ>，、、三電場強度方向相同，故A、錯；將BC一負電荷從A點移，電場力做負功，電勢能增加，故B正確；在A點，電(不計v2重力)以一垂直于紙面向外的速飛出度大小滿足＝電做勻速圓周運動，若不滿足，電子做離心運動或向心運動，故錯誤4.如所示，圖中虛線為某靜電場中的等差等勢線，實線為某帶電粒子在該靜電場中運動的軌跡a、為子的運動軌跡與等勢的交點，粒子只受電場力作用，下列說法正確的是)A．粒子在a點的速度比在b點的速度小B．粒子在a點的能比在b點的能大C．粒子在a點和點速度相同D．粒子在b點的勢能比在c點時電勢能小解析：選D等線的疏密程度表示電場強度的大小，故a點的電場強度大于b點的qE場強度，根據(jù)a，可知粒子在點加度在b點加速度大，故A錯誤；由題圖可m知若粒子從a到b，電場力做正功，電勢能減小動能增大，若粒子從ba，電場力做負功，電勢能增大，動能減小，故粒子點動能比在點動能小，故B錯；由題圖可知、兩在一等勢線上，故粒子在、兩具有相同的電勢能，根據(jù)能量守恒可知，粒子在ac兩點有相同的動能，故粒子在這兩點的速度大小相等，但方向不同，故C錯誤粒在a兩具有相同的動能和電勢能子在a點的能比在點動能小，電勢能比在點的大，故粒子在b點的勢能比在c點的電勢能小，故D正。

UεrUεr5．[多選位同學用底面半徑r圓桶形塑料瓶制作了一種容式傳感器，用來測定瓶內(nèi)溶液深度的變化圖的外壁涂有一層導電涂層和瓶內(nèi)導電溶液構(gòu)成電容器的兩極，它們通過探針和導線與源、電流計、開關(guān)相連，中間的一層塑料為絕緣介質(zhì)，其厚度為，介電常數(shù)為εr?，F(xiàn)在某段時間內(nèi)小的電流從下向上流過電流計，設(shè)電源電壓恒定為，則下列說法中正確的)A．瓶內(nèi)液面升高了B．瓶內(nèi)液面降低了C．電容器在這段時間內(nèi)放電2kdItD．瓶內(nèi)液面高度在t時間化了εrεS解析BCD據(jù)＝d不正對面積S正液面高度。4kd電流計中有從下向上流過的電流明電容器在放電容帶量在小電壓恒時，說明電容C在，則h也在瓶內(nèi)的液面降低了，故錯B、CεΔε·2πΔ正確內(nèi)放電放的電荷量＝Δ＝＝得Δ4kd4kd2kdIt＝故D正確。三練提素養(yǎng)——創(chuàng)新性、應(yīng)用性法1．[多選](2017·全國卷Ⅰ在止點電荷的電場中，任一點的電勢與該點到點電荷的距離r的關(guān)如圖所示個點cd的強度大小分別為E、、EE。到電荷的距離cd與點a的電勢φ已圖中用坐(rφ)出，其余類推?，F(xiàn)一帶aa

正電的試探電荷由a點次經(jīng)、點移動到d點在鄰兩點間移動的過程中，場力所做的功分別為、和W。下選項正確的()cdA．∶＝∶C．∶＝∶1

B．∶E＝∶dD．∶＝1∶3Q解析AC設(shè)電荷的電荷量為據(jù)點電電場強度公式∶1∶，rabr∶r＝∶6，可知，∶＝∶1，∶E＝4∶1，項A正確，錯；將一帶正電的試dd探電荷由a移動到點的功W(φ－)＝3(J)探電荷由b點動到c點做的b功W＝qφ－＝(J)，試探電荷由c點移動到d點做功＝qφ－＝(J)，此ccd可知，W＝∶，∶＝1∶1，選項正確D錯。2．[多選](2018·全國卷)圖中虛線a、、、、表勻強電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2。一電子經(jīng)過時的能為，a到d的過程中克服電場力所做的功為6。列說法正確的是()A．平面c上的電勢為零B．該電子可能到達不了平面C．該電子經(jīng)過平面d時，電勢能為4eVD．該電子經(jīng)過平面b時的率是經(jīng)過時2倍解析選AB因勢面間距相等＝得相鄰虛線之間電勢差相等a到deU＝－6，U＝；因電場力做負功，故電場方向向右，沿電場線方向電勢降低，又＝，則φ＝，各虛線電勢如圖所示，故A正；因電子的速度方向未知不垂直于等勢面，如圖中實線所示，電子可能到達不了平面f，故正；電子經(jīng)過平面d時，勢能E＝φ＝eVd故C錯到＝－＝2eV以E＝eVa到d－E＝6eV，babda

2mmv22mmv21所以E＝4；則＝E，根＝mvdd

知v2v，D錯。3．[多選]如圖所示，氕核、氘、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E進入電場線豎直向下的勻強電場E發(fā)偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那()A．偏轉(zhuǎn)電場E對種粒子做功一樣多B．三種粒子打到屏上時的速度樣大C．三種粒子運動到屏上所用時相同D．三種粒子一定打到屏上的同位置1解析：選AD根動能定理有＝2

，三種粒子經(jīng)加速電場加速獲得的速度v

2qEd。在偏轉(zhuǎn)電場中，由＝及y＝t，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)位移ym2E＝，三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)位移大小相等，又三種粒子帶電荷量相同，根據(jù)＝41qE得電對種粒子做功一樣多正動定理＋＝2

，得到粒子離開偏轉(zhuǎn)電場E打到上時的速度大小v＝

2＋，由于三種粒子的質(zhì)dL′2′量不相等v不一樣大B錯誤打屏上所用的時間＝＋＝＋(′vv2為偏轉(zhuǎn)電場左端到屏的水平距)v不樣大三粒子打在屏上的時間相同，qEvEl選項C錯；根據(jù)＝及tan＝，帶粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝，即三種帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角相等它們的側(cè)位移相等種粒子打到屏上的同一位置，選項D正。14．[多選]如圖所示，半徑＝0.5m的圓接收屏位于電場強度4方向豎直向下的勻強電場中，水。一質(zhì)量為＝10kg帶電荷量為C的子與圓弧圓心O等高距點0.3的點初速度v＝m/s水射出，粒子重力不計，粒子恰好能垂直打到圓弧

22曲面上的C圖中未畫)，取點勢＝，()A．該勻強電場的電場強度E100V/mB．粒子在A點的勢能為8×10JC．粒子到達C點的速度大小為m/sD．粒子速率為4m/s時電勢能為4.5×10J解析選CD粒在電場力作用下做類平拋運動粒子垂直打在C點由類平拋運動規(guī)律知速度方向的反向延長線必過O，且1qEOD＝AO＝m，＝0.4m即有：＝v，DC＝t聯(lián)立并代入2m數(shù)據(jù)可得：＝25，故A錯誤；因U＝·＝10V而AD兩電勢相等，所以φ

＝，即粒子在A點的勢能為＝φ＝8×10J故錯；從AC由能定理A11知：－22

1，代入數(shù)據(jù)得：＝m/s，故C正；粒子在點能量：＝mv21＝×10×5J＝1.25×10J由能量守恒定律可知，粒子速率為4m/s時電勢能為：21E－mv＝1.25×102

1J－×10×42

J＝4.5×10

J，正確5．[多選]如圖甲所示，真空中平放置兩塊長度為的平金屬板、，兩板間距為兩間加上如圖乙所示最值為U的期性變化的電壓兩板左側(cè)緊靠P板處一粒子源At＝時刻始連續(xù)釋放初速度大小為v向行金屬板的相同帶電粒子，2dt＝時刻釋放的粒子恰好從Q板側(cè)邊緣離開電場知電場變化周期＝子質(zhì)量為vm,不粒子重力及相互間的作用力，()A．在＝時刻進入的粒子離開場時速度大小仍為vB．粒子的電荷量為

222212222111C．在＝T時進入的粒子離開電場時電勢能減少了mv88

1D．在＝T時進入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場4解析：選AD粒進入電場后，水平方向做勻速運動，則＝0時刻入電場的粒子在2電場中運動時間＝，此時間正好是交變電場的一個周期；粒子在豎直方向先加速運動v后做減速運動經(jīng)一個周期粒的豎直速度為零粒子離開電場時的速度大小等于水T1Uq平速度v，所正確在豎直方向，粒子在時內(nèi)的位移為則d＝得mv出＝故B錯在t＝時進入電場的粒子開電場時在豎直方向上的位移為′U8＝2×2

111q111－2×aT＝d電場力做功為W×d＝Uq＝282222

錯；TTTt＝時刻入的粒子，在豎直方先向下加速運動，后向下減速運動，再上加速，4444T向上減速對可以知道時豎直方向的位移為零粒子從P板側(cè)邊緣離開電場，4故D正。

6－2

磁場及其對電流的作用備考精要1．掌握兩個力(1)安培力：F＝(⊥)。(2)洛倫茲力：＝qvB(⊥)。2．用準“兩個定則”(1)對電流的磁場判定用安培定。(2)對通電導線在磁場中所受的培力和帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力判定用左手定則。3．畫好“兩個圖形”(1)對安培力作用下的平衡、運問題畫好受力分析圖。(2)對帶電粒子的勻速圓周運動題畫好與圓有關(guān)的幾何圖形。4．記住“兩個提醒”(1)洛倫茲力永不做功。(2)安培力可做正功，也可做負。5.用好兩個“等效模型”(1)變?yōu)橹保喝鐖D所示通電導線，在計算安培力的大小和判斷方向時均可等效為直線電流。(2)化電為磁：環(huán)形電流可等效小磁針，通電螺線管可等效為條形磁鐵，如圖所示。

三級練·四翼展一練固雙基——基礎(chǔ)性考法1.已長直通電導線在周圍某點生的磁場的磁感應(yīng)強度大小與電流成正比與點到導線的距離反比圖所示4電流相等的長直通電導線a、、、平行置它們的橫截面的連線構(gòu)成一個正方形，O為正形中心a、、中流方向垂直紙面向里中流方向垂直紙面向外，則、、、長通電導線在點生的合磁場的磁感應(yīng)強度B)A．大小為零B．大小不為零，方向由O指C．大小不為零，方向由O指D．大小不為零，方向由O指解析選D由培定則可知中流方向相同，兩導線在O處生的磁場的磁感應(yīng)強度大小相等方向相反合量為零d兩導中電流方向相反由安培則可知，兩導線在O產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度方向均由c指向，故選正確。2．[多選(2018·全國卷Ⅱ)如，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導線L、，中電流方向向左中電流方向向上L的上方有a、兩點，它們相對于對稱。整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應(yīng)強度大11小為B，方向垂直于紙面向外。已知a、兩點磁感應(yīng)強度大小分別為B和B方向也32垂直于紙面向外。則)

23kkkkBk23kkkkBk7A．流經(jīng)L的電在點生的磁感應(yīng)強度大小B121B．流經(jīng)L的電在點生的磁感應(yīng)強度大小B121C．流經(jīng)L的電在點生的磁感應(yīng)強度大小B127D．流經(jīng)L的電在點生的磁感應(yīng)強度大小B12解析：選AC外磁場、電流的磁場方向如圖所示，由題意知1在點＝－＋1在點＝－－71由上述兩式解得B＝，＝，A、C正確。12123.如所示一勁度系數(shù)為k的質(zhì)彈簧下面掛有匝數(shù)為n的形線框。邊為，線框的下半部分處在勻強磁場中，磁感應(yīng)度大小為B，方向垂直線框平面向里，線中通以電流，方向如圖所示，開始時線框處于平衡狀態(tài)令場反向感強度的大小仍為B線框達到的平衡。則在此過程中線框位移的大小Δ及向()2nIlB2A．＝，向向上BΔ＝，方向向下nIlBC．＝，向向上

nIlBD．＝，向向下解析選B線在磁場中受重力培力簧彈力處于平衡安培力為＝，且開始時安培力方向向上方向下不變磁場反向之前彈簧的伸長量為，則反向之后彈簧的伸長量(x＋x)，則有：kx－G0，x＋x)－nBIl－＝，2nIlB解得：＝，且線框向下移動。故B正。4.如圖所示，總質(zhì)量為m，邊長的正形線圈共3匝放置在傾角為α的光斜面上剛關(guān)于磁場邊界MN對稱MN方存在勻強

33IL33IL磁場。若線圈通以圖示方向的恒定電流I后剛在斜面上保持靜止，重力加速度為g，則()tanαA．磁場方向可以豎直向下，且＝ILtanαB．磁場方向可以豎直向上，且＝3sinC．磁場方向可以垂直斜面向下且B＝3mgD．磁場方向可以水平向左，且＝ILmgtanα解析C當場方向豎直向下時平衡條件得3＝mgα＝

，選項A錯；當磁場方向豎直向時，由受力分析可知線圈不會靜止B錯；當磁場mgsinα方向垂直斜面向下時，由平衡條件得3BIL＝mgsin，B＝場方向水平向左時，由受力分析可知線圈不會靜止，選項誤。5．多](2017·全國卷Ⅰ)如，三根相互平行的固定長直導線L、和L兩等距，均通有電流中電方向與中相，與L中相反。下列說法正確的()

，選項C正；當磁A．所磁場作用力的方向與、所平面垂B．所磁場作用力的方向與、所平面垂C．、和L單長度所受的磁場作用力大小之比為1∶∶3D．、和L單長度所受的磁場作用力大小之比為3∶3∶解析BC由培定則可判斷出L在L處產(chǎn)的磁場)方向垂直L和L的線豎直向上在L處產(chǎn)生的磁場B)方向垂直L和L連線指向右下方磁場疊加原理，L和在L處生的合磁場)方向如圖甲所示左定可判斷出L所受場作用力的方向與和L所平面平行，選項錯；同理，如圖乙所示，可判斷出L所磁場(

)作用力的方向(豎直向上與、所平面垂直，選項B正確同理，如圖丙所示，設(shè)一根長直導線在另一根導線處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小為，根據(jù)幾何知識可知＝，＝B＝3，安力公式F＝可L、L和L單長度所受的磁場作2

用力大小之比為1∶∶3，選正確D錯誤二練會遷移——綜合性考法1.如圖所示，兩平行導軌與水平成＝37°角，導軌間距為L＝m，勻強磁場的磁感應(yīng)強度可調(diào)方向垂直導軌所在平面向下。一金屬桿長也為L，質(zhì)量＝0.2kg，水平放在導軌上，與軌接觸良好而處于靜止狀態(tài)，金屬桿與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，有圖示方向的電流，電流強度I＝2.0A。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°0.6，＝10m/s，則磁感應(yīng)強度的最大值和最小值分別為)A．T0C．T0.2T

B．1.0T0.6TD．0.6T0.2T解析選C由手定則知安培力的方向沿斜面向上mgsin＝N＝μmgcosα＝0.8N，所以當磁感應(yīng)強度B最小時，培力＝IL＝，即B＝0.2；當B最大時，安培力F＝＝2.0N，即＝1.0，故確。2．如圖甲所示PQ和MN為平、平行放置的兩光滑金屬導軌，兩導軌相距L＝m，導體棒ab垂直于導軌放在導軌上，導體棒的中點用細繩經(jīng)滑輪與物體相連，細繩一部分與導軌共面且平行另一部分與導所在平面垂直體放在水平面上勻強磁場的磁感應(yīng)強度為＝1T，方向豎直向下。開始時繩子剛好要繃緊，現(xiàn)給導體棒中通入電流，使導體棒向左做加速運動體動的加度大小與導體棒中通入的電流大小關(guān)系如圖乙所示力加速度大小為＝10。則物體和導體棒的質(zhì)量分別()

A．kg0.9kgC．kg1.0kg

B．0.9kg0.1kgD．1.0kg0.1kg解析選A設(shè)體的質(zhì)量為M導棒質(zhì)量為m，細繩的拉力為T根題意由頓第BL二定律可知＝－＝ma得a＝－合題圖乙可知＝m/sM＋m＋時，I＝4A，當I＝A時＝，代入可解得M＝0.1kg，＝0.9kg選項A正。3.如圖所示，掛在天平底部的矩線圈的一部分懸在勻強磁場中，當給矩形線圈通入如圖所示的電流I時天平兩盤中的砝碼平平衡。然后使電流反，這時要在天平的左盤上加質(zhì)量為210kg的砝，才能使天平重新平衡。若已知矩形線圈共10匝通入的電流I0.1A，邊長度為10cm，取10m/s，磁對bc邊用力的小和該磁場的磁感應(yīng)強度B的大小分別是()A．＝0.2N，B＝20TC．＝0.1N，B＝T

B．＝N，＝TD．＝N，＝T解析當圈中通入電流后面的矩形線圈bcd受到的安培力為F＝，方向向上；設(shè)左盤砝碼的質(zhì)量為，右盤砝碼的質(zhì)量為，此時根據(jù)天平處于平衡狀態(tài)有：＝mgnBIL當通有反向電流時，矩形線圈abcd到的安培力為F＝，方向向下，此時根據(jù)天平處于平衡狀態(tài)有：Mg＋(2×10)N＝＋，立以上兩式解得：＝T，所以F＝N，故A、、錯，正確4．多選](2019·長沙檢)如所示，同一平面內(nèi)有兩根平行的無限長直導線和2，通有大小相等、向相反的電流、兩與兩導線共面a點在兩導線的中間且與兩導線的距離均為rb點導線2右，與導線2距離也為r現(xiàn)得的磁感應(yīng)強度大小為B已距一無限長直導線d處kI的磁感應(yīng)強度大小＝，其中為量I為無長直導線的電流大小，下d列說法正確的是()

1A．點磁感應(yīng)強度大小為B41B．若去掉導線2，b點的磁感應(yīng)強度大小為B6C．若將導線1中電大小變?yōu)樵瓉淼?倍，點磁感應(yīng)強度為D若去掉導線2再導線1中流大小變?yōu)樵瓉淼?倍點磁感應(yīng)強度大小仍為BkIkIkI21解析選BD根＝可點磁應(yīng)強度大小為B＝＋＝則：＝，drr2根據(jù)右手螺旋定則，此時b點感應(yīng)強度大小為＝

kIkI21－＝＝B，故選項A錯；r333kI1若去掉導線2，b點的感應(yīng)強度大小為B′＝＝，選項B正；若將線1電360kIkI1流大小變?yōu)樵瓉淼谋?，b的磁感應(yīng)強度大小為″＝－＝＝，選項Cr3r360錯誤；若去掉導線2，再將導線1中流大小變?yōu)樵瓉淼?，點磁感應(yīng)強度大小為：k·2B＝＝，選項D正確。5．多](2019·聊城二模)電磁泵在生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應(yīng)用。如圖所示，泵體是一個長方體邊長，側(cè)端面邊長為的方形；流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為ρ，泵頭通入導電劑后液體的電導率為電阻率的倒數(shù)，泵體所在處有方向垂直前后側(cè)面向外的勻強磁場應(yīng)強度為泵的上下兩導電表面接在電壓為U的電上內(nèi)阻不計，()A．泵體上表面應(yīng)接電源負極ULB．通過泵體的電流＝σC．增大磁感應(yīng)強度可獲得更大抽液高度D．增大液體的電導率可獲得更的抽液高度解析：選CD當體上表面接源的正極時，電流從上向下流過泵體，由左手定則可L1知磁場力水平向左，拉動液體，故錯誤根據(jù)電阻定律，泵體內(nèi)液體的電阻ρ＝Sσ

LLLLLLL1×＝因此流過泵體的電流＝故B錯誤增大磁感應(yīng)強度受的磁場力σ變大，因此可獲得更大的抽液高度，C正確若增大液體的電導率，可以使電流增大，受到的磁場力變大，因此可獲得更大的抽液高度，故D正確。三練提素養(yǎng)——創(chuàng)新性、應(yīng)用性考法1．(2019·濮陽模)把一根絕導線彎兩半圓形狀，每個半圓的半徑都為，放置在粗糙的水平桌面上，在桌面上加有豎直向下且磁感應(yīng)強度為的強磁場，如圖所(俯視圖)?，F(xiàn)給導線通由P到Q的電，并逐漸增大電流強，導Q始處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的()A．增大電流強度的過程中，導對桌面的摩擦力增大B．增大電流強度的過程中，導對桌面的壓力增大C．當電流強度為I時導線PQ受到的安培力為23D．當電流強度為I時導線PQ受到的安培力為π2解析：選A在面方向上，導線受到安培力和靜摩擦力而平衡，增大電流強度的過程中培增大靜擦力也大正確豎方向上導線受到重力和支持力而平衡，與電流強度無關(guān)，故增大電流強度的過程中，導線對桌面的壓力不變，B錯；導線PQ在磁場中的有效長度為＝電為IPQ受到的安培力為BILBIRD錯。2[多選](2019·咸陽模擬)如圖所示面內(nèi)同時存在兩個勻強磁場，其中一個平行于紙面水平向右，磁感應(yīng)強度B＝T位于紙面內(nèi)的細直導線，長L＝m，通有＝3A的恒定電流。當導線與B成60°角時，發(fā)現(xiàn)其受到的磁場力為零，則該區(qū)域存在的另一勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的能值為)A.

32

T

1B.T2

C．23D.

33

T解析：選AC若線中受到的培力為零，則說明合磁場的方向沿導線方向據(jù)行四邊形定則知線表示合磁感應(yīng)強度的方向電的方向平行，可知有一最小值，其最小值為＝sin60°C正，、錯。

32

T，故A、3.如圖所示，有兩根長為、質(zhì)量為m的導體棒a、b，a被水放置在傾角為45°的光滑斜面上被固定在與a同一平面的另一位置、b平，它們之間的距離為x當兩細棒中通以電流為I的同電流時a恰能在斜面上保持靜止b在處生的磁場的磁感應(yīng)強度的說法錯誤的是()A．方向向上B．大小為

22C．若使a仍保持靜止，而減小ba處的磁感應(yīng)強度，可使b上D．若使b下移，將能保持靜止解析：選B根據(jù)安培定則可知A正確對a受分析，如圖所示，可mg知mg＝BIL解得＝，錯；若減小b在a處的磁感應(yīng)強度，那么FIL將減小，要使a仍持靜止，由及受力分析可知b應(yīng)上移C正確；同理D正。4多](2019·榆林模)在下列圖中甲乙是電荷量相等的兩點電荷丙圖丁中通電導線電流大小相等，豎直線為兩點電荷、兩通電導線連線的中垂線為線的中點。下列說法正確的是()A．圖甲和圖丁中，在連線和中線上點電強度和磁感應(yīng)強度都最小B．圖甲和圖丁中，在連線和中線上，關(guān)于點對的兩點電場強度和磁感應(yīng)度都

相等C．圖乙和圖丙中，在連線和中線上點電強度和磁感應(yīng)強度都最大D．圖乙和圖丙中，在連線和中線上，關(guān)于點對的兩點電場強度和磁感應(yīng)度相等Q解析AD根點電荷電場強度公式＝k及流周圍磁場的分布與間距系，r依據(jù)矢量的合成法則題圖甲和圖丁中在連線上關(guān)O點稱的兩點電場強度和磁感應(yīng)強度只是大小相等但是方向同并在點電場強度和磁感應(yīng)強度不是最大選項A正確，B錯。同理，在題圖和題圖丙中，在連線上O點電場強度和磁感應(yīng)強度不是最大連和中垂線上關(guān)于O點稱的兩點電場強度和磁感應(yīng)強度大小相等相同，故選項錯，正。5．[多選]如圖甲所示，兩根光滑平行導軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。垂直導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t0時刻，棒上通以如圖乙所示的持續(xù)交變電流，周期為T，最大值為I，圖甲中I所示向為電流正方向。則金屬棒()A．一直向右移動B．速度隨時間周期性變化C．受到的安培力隨時間周期性化D．受到的安培力在一個周期內(nèi)正功T解析：選ABC在0～，金棒到向右的安培力小為BI金屬棒向右做勻加2T速直線運動～屬受到的安培力向左仍L此時速度方向仍然向右，2做勻減速直線運動，直至速度減為零，之后不斷重復該運動過程、、正；安培力在一個周期內(nèi)做功為零D錯。

006－備考精要1．兩種運動類型要辨清

帶電粒子在勻強磁場中的運動2．兩個解題思路要明確(1)洛倫茲力永不做功，只改變子速度方向，不改變粒子速度的大小。(2)帶電體在磁場中的運動需要考慮重力受情況是分析該類問題的關(guān)鍵，一般先分析場力，比如重力、電場力和磁場力，再分析彈力、摩擦力。3．兩種邊界類型要掌握(1)直線邊界①對稱性若帶電粒子以與邊界θ角速度進入磁場一以與邊界成θ角速度離開磁場。②完整性正負電粒子以相的速度進入同一勻強磁場時帶電粒子軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角之和等于2。(2)圓形邊界：沿徑向射入的粒，必沿徑向射出。4．放縮圓法的應(yīng)用技巧當帶電粒子以任一速度沿特定方向射入勻強磁場時，它們的速度v越大在磁場中做圓周運動的軌半徑也越大們運動軌跡的圓心在垂直速度方向的直線′上，此時可以用“放縮圓法”分析——以入射點

為定點，圓心位于直線PP′上將半徑放縮作粒子的運動軌跡，從而探索出臨界條件。5．帶電粒子在磁場中運動產(chǎn)生解的原因6.“三定四寫”求解粒子在磁場的圓周運動問題(1)一定圓心O①已知入射點出點入射方向和出射方向時可過入射點和出射點分別作入射方向和出射方向的垂線條線的交點就是圓弧軌道的圓心O(如圖甲所示P為射點，M為出點。②已知入射點和出射點的位置及入射方向時以通過入射點作入射方向的垂線接入射點和出射點，作該線的垂直平分線，兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心O如圖乙所示，P為入射點，為射點)。(2)二定半徑Rmv①公式法—＝。qB②幾何法——一般由三角關(guān)系及圓的幾何知識來計算確定。(3)三定圓心角φ

TT圓心角φ等于粒子的速度偏向角，等于弦與切線的夾弦切角θ的倍即2lφ＝＝θ＝tt，或φ＝(為φ對應(yīng)的圓弧弧)。(4)四寫方程v基本方程qvB＝，Rmv半徑公式R，qB22m周期公式T＝(與度無關(guān))，vqBsφ運動時間t＝。v2

vTvT三級練·四翼展一練固雙基——基礎(chǔ)性考法1．[多選]有兩個勻強磁場區(qū)域和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強度是Ⅱ中的倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域中做圓周運動。與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電()A．運動軌跡的半徑是Ⅰ中的倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍D．做圓周運動的角速度與Ⅰ中相等解析：選AC兩率相同的電在兩勻強磁場中做勻速圓周運動，且Ⅰ磁場磁感應(yīng)強mv1度Ⅱ磁場磁感應(yīng)強度B的k倍。由qvB＝得＝∝，即中電子運動軌跡的半徑BFa1是Ⅰ中的k，選項A正確。由F＝得＝＝B，所以＝，項B錯。由mk22πωT1＝得∝，所以＝，選項C正。由＝得＝＝選項D錯誤。Tω2.(2019·全國卷)如圖，邊長為l正方形內(nèi)在勻強場，磁感應(yīng)強度大小為、方向垂直于紙(所平)向外。邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩射出的電子的速度大小分別()15A.，4415C.，24

15B.，kBl4415D.，kBl24解析：選B若子從a點出運動軌跡如圖線①所示，v有qv＝lR4

qBRqBl解得＝＝＝m44若電子從d點射出，運動軌跡如圖線②所示，v有qv＝l其中＝

＋qBR5qBlkBl解得＝＝＝m4m4選項B正。3.(2017·全國卷)如圖虛所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，為場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過點在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場。若粒子射入速率為v，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上粒子射入速率為v相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上不重力及帶電粒子之間的相互作用∶v()A.3∶2C.3∶1

B.2∶1D．3∶2解析：選由是相同的粒子，粒子進入磁場時的速度大小相v同，由＝可，R，即粒子在磁場中做圓周運動的半相RqB同。若粒子運動的速度大小為，圖所示，通旋轉(zhuǎn)圓可知，當粒子在磁場邊界的出射點離P點最時，則＝R；樣，若子運動的速度大小為，R粒子在磁場邊界的出射點B離P點最遠時BP＝2R何系可知＝＝cos30°23＝，則＝＝3，正確。2R4[多選如所示在空間內(nèi)有直紙面向里的勻強磁場子和某種粒子從磁場下邊界MN上的點相同的速度v(v在面內(nèi)，v與的夾角θ為銳角射磁場中質(zhì)子從邊界上的點開

磁場，另一粒子從E點離磁場已EF2，不粒子的重力和粒子間的相互作用力。下列說法正確的()A．從點出的可能是α粒B．從點出的可能是氚核C．兩種粒子在磁場中的運動時相等D．兩種粒子在磁場中的運動軌所對應(yīng)的圓心角相等解析：選BD設(shè)子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r，另一種粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r，種粒子的運動軌跡如圖所示，則由幾何關(guān)系可知＝2sinθ3d＝sinθ，mv兩式聯(lián)立可解得＝r，由倫茲力提供向心力可得＝，另Bmvm一種粒子的半徑r＝可＝故點出的可能是氚核項誤B正；由幾何知識可知，兩粒子在磁場中運動時，轉(zhuǎn)過的圓心角均α＝π－θ)故選項正2α確；根據(jù)＝可兩種粒子的周期不同，由t＝可，粒子在磁場中的運動時間qB2π不相等，選項C錯。5．[多選]如圖所示，兩方向相、磁感應(yīng)強度大小均為B的強磁場被邊長為L的邊三角形ABC理想分開三形內(nèi)磁場垂直紙面向里角形頂A處有質(zhì)子源能沿∠qBAC的角平分線發(fā)射速度不同的質(zhì)(質(zhì)子重力不計)有子能通過點比荷＝mk，則質(zhì)子的速度可能()A．2BkL

BkLB.23BkLBkLC.D.28解析：選BD因子帶正電，經(jīng)過C點，其可能的軌跡如圖所示，所有圓弧所對圓心角均為60°所以質(zhì)子運行半徑

Lr(＝nvBqrL1,2,3，，洛倫茲力提供向力得Bqv＝，即v＝＝·nr

＝1,2,3，，項B、正確二練會遷移——綜合性考法1．(2019·雅安三)兩種不計力的帶電粒子MN，以相同的速度經(jīng)小孔S垂進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列表述正確的()A．帶電，帶電B．洛倫茲力對M、N做正功C．的荷小于的荷D．的行時間小于N的行時間解析：選C由手定則判斷出N帶正荷帶負電荷，故錯；洛倫茲力始終與運動的方向垂直，所以洛倫茲力不做功錯誤粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心mv力＝，荷為：＝，在速率相同的情況下，半徑大說明比荷小，故C正；粒子rBr在磁場中運動半周，即時間為周期的一半，而周期T＝行時間，故D錯。

2，所以M的行間大于N的運v2[多選如所示，一個質(zhì)量、帶電荷量為q的環(huán)，可水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動桿處于磁感應(yīng)強度為B的勻磁場中?，F(xiàn)給圓環(huán)一個水平向右的初速度，在以后的運動中下列說法正確的是()A．圓環(huán)可能做勻減速運動B．圓環(huán)可能做勻速直線運動1C．圓環(huán)克服摩擦力所做的功可為21gD．圓環(huán)克服摩擦力所做的功不能為－22B解析：選BC當qv＜mg時，圓環(huán)做減速運動到靜止，速度在減小，洛倫茲力減小，

22桿對圓環(huán)的支持力和摩擦力都發(fā)生變化以環(huán)不可能做勻減速運動據(jù)能定理得－11W＝－，解得＝mv，故C正確當qvB＝mg時，環(huán)不受支持力和摩擦力，做勻22速直線運動，故B正確；當qvB＞時，圓環(huán)先做減速運動，當＝時圓環(huán)不受摩mg111擦力勻速直線運動得v＝根據(jù)動能定理得Wmv－mv2入解得W＝qB222mg－，故D錯。綜上可知A錯。3[多選(2019·杭模)如所示，一軌道由兩等長的光滑斜面和BC組，兩斜面在處一光滑小圓弧相連接P是的點，豎直線BD右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場處認為處在磁場中。一帶電小(可視為質(zhì)點)A點由靜止釋后能沿軌道來回運動C為小球在BD右側(cè)運動的最高點，則下列說法正確的()A．點點同一水平線上B．小球向右或向左滑過B點，對軌道壓力相等C．小球向上或向下滑過P點，其所受洛倫茲力相同D．小球從A到B的間是從C到P時間的2倍解析：選AD小在磁場運動程中受重力、洛倫茲力和軌道支持力作用，因洛倫茲力永不做功，支持力始終與小球運動方向垂直，也不做功，即只有重力做功，滿足機械能守恒，因此與點高，在同一水平線上項A正；小球向右或向左滑過B點時速度等大反向即倫茲力等大反向小球?qū)壍赖膲毫Σ坏?，選B錯；同理小球向上或向下滑過P點時洛倫茲力也等大反向，選項錯；因洛倫茲力始終垂直BC，小球在段和段設(shè)面傾角均為)的加速度均由重力沿斜面的分力產(chǎn)生，大小為gsinθ，1＝at2

得小球從A到的間是從到P的時的倍，選項確。4.如圖所示，半徑為的形區(qū)域里有磁感應(yīng)強大小為、方向垂直紙面向里的勻強磁場磁場邊界上兩點且M連過圓心。在M有一粒子源，可以在紙面內(nèi)沿各個方向向磁場里發(fā)射質(zhì)量為m、qBR電荷量為q、速度大小均為v的正電粒子。不計粒子的重。若2mπR某一個粒子在磁場中運動的時間為t＝，該粒子從M點入磁場時，入射速度方向與2

間夾角的正弦值為)A.C.

1222

3B.54D.5mvR解析：選A粒在磁場中運動軌跡半徑＝＝，由該粒子qB2ππ1在磁場中運動的時間t＝＝＝該粒子在磁場中運動的軌22跡如圖所示由何關(guān)系可知eq\o\ac(△,，)為正三角形粒子從M點入的1速度方向與MN夾角為30°夾角正弦值為，正確25.如圖所示，在直角坐標系xOy中x軸方有勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向外。多質(zhì)量為、荷量為＋的粒，以相同的速率沿紙內(nèi)，由軸方向與y軸正方向之間各個方向從原點射磁場區(qū)域。不計力及粒子間的相互mv作用。下列圖中陰影部分表示帶電粒子在磁場中可能經(jīng)過的區(qū)域，其中＝，確的圖是qB()解析選D粒在磁場中做勻速圓周運動x軸邊界的磁場子從軸界進入磁場后再離開v與x軸的角相同，mv根據(jù)左手定則和＝沿軸負方向的粒子好進入磁場運動一qB個圓周沿y軸正方向進入的粒子剛好轉(zhuǎn)動半個周期圖所示在兩圖形的相交部分是粒子不能經(jīng)過的地方，故D正確

qBqB三練提素養(yǎng)——創(chuàng)新性、應(yīng)用性考法1貴模)如圖所示在xOy直角標系的第一象限內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度大小為向直紙面向里的勻強磁場質(zhì)量為、電荷量為－的帶電粒子重力不計)從上的A點以速度v垂磁場方向射入第一象限與軸正方向的夾角為60°，若A點與原點O的距離為l，要粒子能從x軸射磁場，則粒子的速度應(yīng)()33A．>B>mmC．>

3qBl3

2qBlD．>3解析：選A由何知識知，帶電粒子恰從x軸出時R60°Rl，由牛頓mv3第二定律得R＝，立解得＝，A正。qB2.(2019·北京高)如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入b點出說正確的()A．粒子帶正電B．粒子在b點速大于在a點速C．若僅減小磁感應(yīng)強度，則?？赡軓狞c側(cè)射出D．若僅減小入射速率，則粒子磁場中運動時間變短解析：選由手定則知，粒子帶負電A錯誤；由于洛倫茲力不做功，故粒子速率mv不變，錯；由＝，若僅減小磁感應(yīng)強度B，則變，粒子可能從b右側(cè)射出CqBmv正確；由R，僅減小入射速率，則變，粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角θ變大，由＝θ2πmT，＝知粒子在磁場中運動時間變長D錯。2

3333333.如圖所示，△ABC為與勻強磁場垂直的邊長為的邊三角形，比e荷為的電以速度v從A點沿邊入射使電子經(jīng)過BC邊磁感應(yīng)強m度B的取為)2A．＞ae

2B．＜aeC．＞

3ae

D．＜

3mvae解析：選D由意，如圖所示，電子正好經(jīng)過點此時圓周運動a的半徑R＝

2＝要電子從邊過子做圓周運動的半徑cos30°amvmv3mv要大于電子在磁場中動的公式r＝有＜＜，qBaeD正。4．多]如圖，一離子源，為熒光屏S的離為L，整個裝置處在范圍足夠大的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B時刻離子源S一性沿平行紙面的各個方向均勻地射出大量的正離子，各離子的質(zhì)量，電荷量，速率v均相同，不計離子的力及離子間的相互作用力，()qBLA．當<時，所有離子都打不到熒光屏上2qBLB．當<時，所有離子都打不到熒光屏上mqBL5C．當＝時，打到熒光屏的子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為m12qBL1D．當＝時，打到熒光屏的子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)比值為m2mv解析：選AD根半徑公式＝，當v<時，<，直2R<，所qB22qBL有離子都打不到熒光屏上，選項A確B誤；當v＝時根據(jù)半徑公m

mv式＝＝如圖所示為離子能打到熒光屏的臨界情況由幾何知識得打N′點的離子qB離開S時的初速度方向和打到′的離子離開S時的速度方向夾角θ＝π能打到熒θπ1光屏上的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)之比＝＝＝，項C錯，正確22π215．[多選]如圖所示，圓區(qū)域AOB內(nèi)在垂直紙面向里的勻磁場，4和是的兩條相互垂直的半徑電粒子從A點沿方向進入磁場，從點離開粒以同樣的速度從C點平行于向進入磁場)A．粒子帶負電B．只要粒子入射點在AB之間，粒子仍然從B點離開磁場C．入射點越靠近B點粒子偏角度越大D．入射點越靠近B點粒子運時間越短解析選粒從A點對圓心射入從點出根洛倫茲力方向可判斷粒子帶正電，故選項A錯誤粒子從A點射時，在磁場中運動的圓心角為＝90°子運動的軌跡半徑等于BO粒子從點AO方向射入磁場時，粒子的運動軌跡如圖所示，設(shè)對應(yīng)的圓心角為，運動的軌跡半徑也為BO粒做圓周運動的軌跡半徑等于磁場圓的半徑場區(qū)域圓的圓心軌跡圓的圓心及粒子進出磁場的兩點構(gòu)成一個菱形，由OOB平，所以粒子一定從B點開磁場，故選項B正；由圖可得此時粒子偏轉(zhuǎn)角等于，即入射點越靠近點對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)角度越小，運動時間越短，故選項C錯誤D正。6－4

帶電粒子在組合場、疊加場中的運動備考精要1．組合場問題——“分與合”先把帶電粒子的運動按照組合場的順序分解為一個個獨立的過程析每個過程中帶電粒子的受力情況和運動情況，然后用銜接速度把這些過程關(guān)聯(lián)起來，列方程解題。

帶電粒子的常見運動類型及求解方法2.疊加場問題——“三步曲”

66qB6666qB66三級練·四翼展一練固雙基——基礎(chǔ)性考法1.(2017·全國卷Ⅰ)如，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向(與紙面平行場方向垂直于紙面向里個正電的微粒ac電荷量相等，質(zhì)量分別為mm、。知在該區(qū)域內(nèi)c在紙面內(nèi)做勻速圓周運動b在紙內(nèi)向右做勻速直線運動c在面內(nèi)向左做速直線運動。下列選項正確的()A．>bcC．>ab

B．>D．>解析：選該間區(qū)域為勻強電場、勻強磁場和重力場的疊加場在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，可知其重力與所受到的電場力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，qE有m＝qE解得＝。b在紙內(nèi)向右做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受洛ag倫茲力方向豎直向上，可知m＝qE＋B，解得m＝b

qEqvB＋。c在紙內(nèi)向左做勻速直線ggqE運動由左手定則可判斷出其所洛倫茲力方向豎直向下知m＋＝得＝cqvB－。上所述，可知m>m，選項確。g2.(2019·全國卷)如圖坐系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感1應(yīng)強度大小分別為和B方均垂直于紙面向外的勻強磁場質(zhì)2為、電荷量為qq>0)的子垂直于x軸入第二象限，隨后垂直于軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸開第一象限。粒子在磁場中運動的時間)57πA.B.1113πmC.D.

mm解析帶粒子在不同磁場中做圓周運動度大小不變，mv由＝知子第一象限內(nèi)動的圓半徑是在第二象限內(nèi)運動圓半qB徑的2倍如圖所示。2θ由＝，＝Tv2π可知粒子在第二象限內(nèi)運動的時間π22πmt·＝22qB粒子在第一象限內(nèi)運動的時間π32×22mt·＝237則粒子在磁場中運動的時間＝＋＝，選項B正確。63.(2016·全國卷Ⅰ)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速經(jīng)強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為)A．11C．

B．12D．1441解析：選D帶粒子在加速電場中運動時，有＝mv，在磁場中偏轉(zhuǎn)時，其半徑2mv＝由上兩式整理得r＝qB

12mU由質(zhì)子與一價正離子的電荷相同B∶＝∶Bm12，半徑相等時，解得：＝，選項D正確。4[多選]如圖所示已知一帶電球在光滑絕緣的水平面上從靜

mBgmBg止開始經(jīng)電壓U加后，水平進入互相垂直的勻強電場E和勻強場B的合場中E和B已知)，小球在此空間的豎直面做勻速圓周運動，則下列說法中正確的()A．小球可能帶正電12UEB．小球做勻速圓周運動的半徑＝Bg2C．小球做勻速圓周運動的周期＝BgD．若電壓U增大則小球做勻圓周運動的周期變大解析：選BC小在豎直平面做勻速圓周運動，故重力等于電場力，洛倫茲力提供向心力，所以mg＝qE由于電場力的方向與場強的方向相反，故球帶負電，故A錯；mv1由于洛倫茲力提供向心力有＝得＝由于＝mvrqB2

得v＝

2，12所以r＝＝B

12UE，故B正確由于洛倫茲力提供向心力做圓周運動，故有運動周22πE期＝＝＝，C正確；顯然運動周期與加速電壓無關(guān)，電壓U增時，小球v做勻速圓周運動的周期不變，故D錯誤。5．[多選如圖所示，在區(qū)域Ⅰ區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存在與紙面垂直但方向相反的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強度是區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁感應(yīng)強度的2倍一帶電粒子在區(qū)域Ⅰ左側(cè)邊界處以垂直邊界的速度進入?yún)^(qū)域Ⅰ現(xiàn)子離開區(qū)域Ⅰ時速度方向改變了30°后進入?yún)^(qū)域Ⅱ得粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運動時間與在區(qū)域Ⅰ內(nèi)的運動時間相等，下列說法正確的()A．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的率之比為∶B．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速度之比為∶1C．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的心角之比為∶2D．區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的寬度之比1∶1解析選ACD由洛倫茲力對電粒子不做功粒子在兩磁場中的運動速率不變，故A正確。由倫茲力＝＝ma和＝ω可知，粒子運動的角速度之比為ω∶ω＝∶∶，則誤。由于粒子

aaθθθ在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運動時間相等，由＝可得＝＝，且＝，所以可得qBθθ＝∶2，則C正確。由題意可知，粒子在區(qū)域Ⅰ中運動的圓心角為0°則粒子在mv區(qū)域Ⅱ中運動的圓心角為60°R＝可粒子在區(qū)域Ⅰ中的運動半徑是在區(qū)域Ⅱ中運動qB半徑的倍設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動半徑為，作出粒子運動的軌跡如圖所示，則由圖可知，區(qū)域Ⅰ的寬度d＝rsin30°＝，區(qū)域Ⅱ的寬度d＝sin30°cos(180°－60°－60°)＝，故正確二練會遷移——綜合性考法1．(2019·天津高)筆本電腦機身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件腦正常工作當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為a、長為c的形半導體霍爾元件，元件內(nèi)的導電粒子是電荷量為e的由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面向向下的勻強磁場中于元件的前后面間出現(xiàn)電壓U，以此控制屏幕的熄滅。則元件)A．前表面的電勢比后表面的低B．前、后表面間的電壓U與v無C．前、后表面間的電壓U與c成比eUD．自由電子受到的洛倫茲力大為解析：選由手定則判斷，電子所受的洛倫茲力指向后表面，從而后表面帶負電，U電勢比前表面的低A錯。電子受力平衡后穩(wěn)不變，由＝得U＝，前、后a表面間的電壓與v正比，與c無，故BC錯誤自由電子受到的洛倫茲力＝evB＝

aaeU，正。2．[多選]如圖所示，帶等量異電荷的平行金屬板a、處勻磁場中磁方向垂直紙面向里不計重力的帶電粒子沿OO方向從左側(cè)垂直于電磁場入射右側(cè)射b板區(qū)域時動能比入射時小使粒子射出a、板區(qū)域時的動能比入射時大，可采用的措施()A．適當減小兩金屬板的正對面B．適當增大兩金屬板間的距離C．適當減小勻強磁場的磁感應(yīng)度D．使帶電粒子的電性相反解析：選AC在個復合場中動能逐漸減小，說明電場力做負功，因洛倫茲力不做功電場力小于洛倫茲力小正對面積時＝

εQU4π＝得場＝，4dε則減小，不，大，電場力變大，當電場力大于洛倫茲力時，粒子向電場方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，射出時動能變大A項正。當增大兩板間距離時，場強不變，所以B項錯誤。當減小磁感應(yīng)強度時，洛倫茲力減小，可能小于電場力，所項確。當改變粒子電性時，其所受電場力、洛倫茲力大小不變，方向均反向，所以射出時動能仍然減小，故D項誤。3.如圖為一種改進后的回旋加速示意圖盒間的加速電場場強大小恒定被制在板間線間不需加電場圖示，帶電粒子從P處以速度v沿場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓運動。對這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的()A．帶電粒子每運動一周被加速次B．帶電粒子每運動一周PPPPC．加速粒子的最大速度與D形的尺寸有關(guān)D．加速電場方向需要做周期性變化解析：選C帶粒子只有經(jīng)過A、C板間被加速，即帶電粒子每運動一周被加速一

mv次，電場的方向沒有改變，只間速，故AD錯。根據(jù)＝得P＝2(－)qB2Δ＝因每轉(zhuǎn)一圈被加速次據(jù)v－＝2ad知轉(zhuǎn)圈度的變化量不等，qBmv且v－<－則PP>P故B誤當子從D形中出來時速度最大根據(jù)＝qBr得，v＝，知加速粒子的最大度與D形的尺寸有關(guān)，故正確。m4多選]如圖所示空間存在水向左的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場。在該區(qū)域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球。O點為圓環(huán)的圓心a、、c、d為環(huán)上的四個點，點最高點c點最低點、O、d三點同一水平線。已知小球所受電場力與重力大小相等將小球從環(huán)的頂端a由靜止釋放列判斷正確的是)A．小球能越過d點并續(xù)沿環(huán)上運動B．當小球運動到d點，不受倫茲力C．小球從d點運到b點過中，重力勢能減小，電勢能減小D．小球從b點運到c點過中，經(jīng)過弧中點時速度最大解析：選BD電力與重力大相等，則二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故類似于新的重力，所以ad弧的中點相當于豎直平面圓環(huán)等效最高點，關(guān)于圓心對稱的位置即bc弧的點就等效最低點速度最大由兩關(guān)于等效最高點與等效最低點的連線對稱，若從a點靜釋放，最高運動到d點，故錯；當小球運動到d點時，速度為零，故不受洛倫茲力，故B確；由于、等，故小球從d點動到點的過程中，重力勢能不變，故C錯誤；由于等效重力指向左下方45°，由于弧bc中是等效最低點，故小球從b點動到點過程中，經(jīng)過弧中時速度最大，故D正。5多選](2019·銀川模)如圖所示直線邊界左側(cè)為一半徑為R的光半圓軌道O為心最低點C為最高點，右側(cè)同時存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場。一電荷量為、質(zhì)量為m的帶電小球從半圓軌道的低點A以一初速度開始運動恰好能到最高點，進入右側(cè)區(qū)域后恰好又做勻速圓周運動回到A點空氣阻力不計，重力加速度為。()

qqRqqRA．小球在最低點A開運動的速度大小為5gRB．小球返回A點后可以第二次達最高點CmgC．小球帶正電，且電場強度大為mD．勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小

gRv解析：選ACD小恰能經(jīng)過最點C，則mg＝，解得v＝gR，從到由動RC11定理－·2＝mv－mv222

解v＝5選A正確小球在復合場中速度做勻速圓周運動次點的速度為gR小不能第二次到達最高點C項B錯誤小球在復合場中受向下的重力和向上的電場力而平衡，可知小球帶正電，滿足＝，mgv得＝，項C正；由qvB＝，中vgR，解得＝q三練提素養(yǎng)—