高考物理电场和磁场2。

一名优秀的教师就要对每一课堂负责，教师要准备好教案，这是教师工作中的一部分。教案可以让学生能够在课堂积极的参与互动，使教师有一个简单易懂的教学思路。你知道怎么写具体的教案内容吗？以下是小编收集整理的“高考物理电场和磁场2”，相信您能找到对自己有用的内容。

电场和磁场

电场、磁场问题一直是历届高考关注和考查的重点和热点，其中场对物质的作用更是力、电综合的命题的核心内容，从近两年全国高考试卷中有涉及两"场"试题有考查关于场的性质，有考查了场对物质的作用，特别是带电粒子在"场"中的运动，有考查综合问题，由此可见，场对物质的作用是100%命题热点．解析试题可以完全按力学方法，从产生加速度和做功两个主要方面来展开思路，只是在粒子所受的各种机械力之外加上电场力罢了．

1、力和运动的关系：根据带电粒子所受的力，运用牛顿第二定律并结合运动学规律求解．

2、功能关系：根据场力及其它外力对带电粒子做功引起的能量变化或全过程中的功能关系，从而可确定带电粒子的运动情况，这条线索不但适用于均匀场，也适用于非均匀场．因此要熟悉各种力做功的特点．

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延伸阅读

高考物理带电粒子在电场和磁场中的运冲刺专题复习

俗话说，居安思危，思则有备，有备无患。教师要准备好教案，这是教师工作中的一部分。教案可以让讲的知识能够轻松被学生吸收，帮助教师更好的完成实现教学目标。教案的内容要写些什么更好呢？小编收集并整理了“高考物理带电粒子在电场和磁场中的运冲刺专题复习”，仅供参考，欢迎大家阅读。

20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题07：第4专题带电粒子在电场和磁场中的运动（1）
知识网络
考点预测
带电粒子在电场、磁场(或电场、磁场和重力场的复合场)中的运动是高中物理中的重点内容，这类问题对学生的空间想象能力、分析综合能力、应用数学知识处理物理问题的能力有较高的要求，是考查考生多项能力的极好载体，因此成为高考的热点，在实行了多年的理科综合能力测试中也是每年都考，且分值较高．从试题的难度上看，多属于中等难度和较难的题，特别是只要出现计算题就一定是难度较大的综合题．考题有可能以科学技术的具体问题为背景，从实际问题中获取并处理信息，把实际问题转化成物理问题，提高分析解决实际问题的能力是教学中的重点．计算题还常常成为试卷的压轴题，如2009年全国理综卷Ⅰ第26题、全国理综卷Ⅱ第25题、重庆理综卷第25题、四川理综卷第25题；2008年全国理综卷Ⅰ第25题、江苏物理卷第14题、四川理综卷第27题、重庆理综卷第25题、山东理综卷第25题等．预计在20xx年高考中仍然会出现带电粒子在复合的或组合的电场和磁场中运动的问题．
要点归纳
一、不计重力的带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中加速
当电荷量为q、质量为m、初速度为v0的带电粒子经电压U加速后，速度变为vt，由动能定理得：qU＝12mvt2－12mv02．若v0＝0，则有vt＝2qUm，这个关系式对任意静电场都是适用的．
对于带电粒子在电场中的加速问题，应突出动能定理的应用．
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
电荷量为q、质量为m的带电粒子由静止开始经电压U1加速后，以速度v1垂直进入由两带电平行金属板产生的匀强电场中，则带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其轨迹是一条抛物线(如图4－1所示)．
图4－1
qU1＝12mv12
设两平行金属板间的电压为U2，板间距离为d，板长为L．
(1)带电粒子进入两板间后
粒子在垂直于电场的方向上做匀速直线运动，有：
vx＝v1，L＝v1t
粒子在平行于电场的方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有：
vy＝at，y＝12at2，a＝qEm＝qU2md．
(2)带电粒子离开极板时
侧移距离y＝12at2＝qU2L22mdv12＝U2L24dU1
轨迹方程为：y＝U2x24dU1(与m、q无关)
偏转角度φ的正切值tanφ＝atv1＝qU2Lmdv12＝U2L2dU1
若在偏转极板右侧D距离处有一竖立的屏，在求电子射到屏上的侧移距离时有一个很有用的推论，即：所有离开偏转电场的运动电荷好像都是从极板的中心沿中心与射出点的连线射出的．这样很容易得到电荷在屏上的侧移距离y′＝(D＋L2)tanφ．
以上公式要求在能够证明的前提下熟记，并能通过以上式子分析、讨论侧移距离和偏转角度与带电粒子的速度、动能、比荷等物理量的关系．
二、不计重力的带电粒子在磁场中的运动
1．匀速直线运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向平行，则粒子做匀速直线运动．
2．匀速圆周运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向垂直，则粒子做匀速圆周运动．
质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v垂直进入匀强磁场B中做匀速圆周运动，其角速度为ω，轨道半径为R，运动的周期为T，则有：
qvB＝mv2R＝mRω2＝mvω＝mR(2πT)2＝mR(2πf)2
R＝mvqB
T＝2πmqB(与v、R无关)，f＝1T＝qB2πm．
3．对于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，应注意把握以下几点．
(1)粒子圆轨迹的圆心的确定
①若已知粒子在圆周运动中的两个具体位置及通过某一位置时的速度方向，可在已知的速度方向的位置作速度的垂线，同时作两位置连线的中垂线，两垂线的交点为圆轨迹的圆心，如图4－2所示．
②若已知做圆周运动的粒子通过某两个具体位置的速度方向，可在两位置上分别作两速度的垂线，两垂线的交点为圆轨迹的圆心，如图4－3所示．
③若已知做圆周运动的粒子通过某一具体位置的速度方向及圆轨迹的半径R，可在该位置上作速度的垂线，垂线上距该位置R处的点为圆轨迹的圆心(利用左手定则判断圆心在已知位置的哪一侧)，如图4－4所示．
图4－2图4－3图4－4
(2)粒子圆轨迹的半径的确定
①可直接运用公式R＝mvqB来确定．
②画出几何图形，利用半径R与题中已知长度的几何关系来确定．在利用几何关系时，要注意一个重要的几何特点，即：粒子速度的偏向角φ等于对应轨迹圆弧的圆心角α，并等于弦切角θ的2倍，如图4－5所示．
图4－5
(3)粒子做圆周运动的周期的确定
①可直接运用公式T＝2πmqB来确定．
②利用周期T与题中已知时间t的关系来确定．若粒子在时间t内通过的圆弧所对应的圆心角为α，则有：t＝α360°T(或t＝α2πT)．
(4)圆周运动中有关对称的规律
①从磁场的直边界射入的粒子，若再从此边界射出，则速度方向与边界的夹角相等，如图4－6所示．
②在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子必沿径向射出，如图4－7所示．
图4－6图4－7
(5)带电粒子在有界磁场中运动的极值问题
刚好穿出磁场边界的条件通常是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
三、带电粒子在复合场中的运动
1．高中阶段所涉及的复合场有四种组合形式，即：①电场与磁场的复合场；②磁场与重力场的复合场；③电场与重力场的复合场；④电场、磁场与重力场的复合场．
2．带电粒子在复合场中的运动性质取决于带电粒子所受的合外力及初速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析．当带电粒子在复合场中所受的合外力为零时，带电粒子做匀速直线运动(如速度选择器)；当带电粒子所受的重力与电场力等值、反向，由洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动；当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度的方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，运动轨迹也随之不规范地变化．因此，要确定粒子的运动情况，必须明确有几种场，粒子受几种力，重力是否可以忽略．
3．带电粒子所受三种场力的特征
(1)洛伦兹力的大小跟速度方向与磁场方向的夹角有关．当带电粒子的速度方向与磁场方向平行时，f洛＝0；当带电粒子的速度方向与磁场方向垂直时，f洛＝qvB．当洛伦兹力的方向垂直于速度v和磁感应强度B所决定的平面时，无论带电粒子做什么运动，洛伦兹力都不做功．
(2)电场力的大小为qE，方向与电场强度E的方向及带电粒子所带电荷的性质有关．电场力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的电荷量有关外，还与其始末位置的电势差有关．
(3)重力的大小为mg，方向竖直向下．重力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的质量有关外，还与其始末位置的高度差有关．
注意：①微观粒子(如电子、质子、离子)一般都不计重力；②对带电小球、液滴、金属块等实际的物体没有特殊交代时，应当考虑其重力；③对未知名的、题中又未明确交代的带电粒子，是否考虑其重力，则应根据题给的物理过程及隐含条件具体分析后作出符合实际的决定．
4．带电粒子在复合场中的运动的分析方法
(1)当带电粒子在复合场中做匀速运动时，应根据平衡条件列方程求解．
(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解．
(3)当带电粒子在复合场中做非匀速曲线运动时，应选用动能定理或动量守恒定律列方程求解．
注意：如果涉及两个带电粒子的碰撞问题，要根据动量守恒定律列方程，再与其他方程联立求解．
由于带电粒子在复合场中的受力情况复杂，运动情况多变，往往出现临界问题，这时应以题目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，并根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解．
热点、重点、难点
一、根据带电粒子的运动轨迹进行分析推理
图4－8
●例1如图4－8所示，MN是一正点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带负电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是()
A．带电粒子从a到b的过程中动能逐渐减小
B．正点电荷一定位于M点的左侧
C．带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能
D．带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度
【解析】由做曲线运动的物体的受力特点知带负电的粒子受到的电场力指向曲线的内侧，故电场线MN的方向为N→M，正点电荷位于N的右侧，选项B错误；由a、b两点的位置关系知b点更靠近场源电荷，故带电粒子在a点受到的库仑力小于在b点受到的库仑力，粒子在b点的加速度大，选项D错误；由上述电场力的方向知带电粒子由a运动到b的过程中电场力做正功，动能增大，电势能减小，故选项A错误、C正确．
[答案]C
【点评】本专题内容除了在高考中以常见的计算题形式出现外，有时候也以选择题形式出现，通过带电粒子在非匀强电场中(只受电场力)的运动轨迹来分析电场力和能的特性是一种重要题型，解析这类问题时要注意以下三点：
①电场力一定沿电场线曲线的切线方向且一定指向轨迹曲线的内侧；
②W电＝qUab＝Ekb－Eka；
③当电场线为曲线时，电荷的运动轨迹不会与之重合．
二、带电粒子在电场中的加速与偏转
图4－9
●例2喷墨打印机的结构简图如图4－9所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，其半径约为1×10－5m，此微滴经过带电室时被带上负电，带电荷量的多少由计算机按字体笔画的高低位置输入信号加以控制．带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体．无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒．偏转板长1.6cm，两板间的距离为0.50cm，偏转板的右端距纸3.2cm．若墨汁微滴的质量为1.6×10－10kg，以20m/s的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是8.0×103V，其打到纸上的点距原射入方向的距离是2.0mm．求这个墨汁微滴通过带电室所带的电荷量的多少．(不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限于平行板电容器的内部，忽略边缘电场的不均匀性)为了使纸上的字放大10%，请你分析并提出一个可行的方法．
【解析】设墨汁微滴所带的电荷量为q，它进入偏转电场后做类平抛运动，离开电场后做直线运动打到纸上，则距原入射方向的距离为：y＝12at2＋Ltanφ
又a＝qUmd，t＝lv0，tanφ＝atv0
解得：y＝qUlmdv02(l2＋L)
代入数据得：q＝1.25×10－13C
要将字体放大10%，只要使y增大为原来的1.1倍，可采用的措施为将两偏转板间的电压增大到8.8×103V，或将偏转板右端与纸的间距增大到3.6cm．
[答案]1.25×10－13C将两偏转板间的电压增大到8.8×103V，或将偏转板右端与纸的间距增大到3.6cm
【点评】①本题也可直接根据推论公式y＝(l2＋L)tanφ＝(l2＋L)qUlmdv02进行计算．
②和平抛运动问题一样，这类题型中偏转角度的正切表达式在解题中往往较为关键，且有tanθ＝2tanα(α为射出点的位移方向与入射方向的夹角)的特点．
★同类拓展1如图4－10甲所示，在真空中，有一半径为R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，两板间距为R，板长为2R，板间的中心线O1O2与磁场的圆心O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度v0从圆周上的a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两板加上如图4－10乙所示的电压，最后粒子刚好以平行于N板的速度从N板的边缘飞出．(不计粒子所受到的重力、两板正对面之间为匀强电场，边缘电场不计)
图4－10
(1)求磁场的磁感应强度B．
(2)求交变电压的周期T和电压U0的值．
(3)当t＝T2时，该粒子从M、N板右侧沿板的中心线仍以速度v0射入M、N之间，求粒子从磁场中射出的点到a点的距离．
【解析】(1)粒子自a点进入磁场，从O1点水平飞出磁场，则其运动的轨道半径为R．
由qv0B＝mv02R，解得：B＝mv0qR．
(2)粒子自O1点进入电场后恰好从N板的边缘平行极板飞出，设运动时间为t，根据类平抛运动规律有：
2R＝v0t
R2＝2nqU02mR(T2)2
又t＝nT(n＝1,2,3…)
解得：T＝2Rnv0(n＝1,2,3…)
U0＝nmv022q(n＝1,2,3…)．
图4－10丙
(3)当t＝T2时，粒子以速度v0沿O2O1射入电场，该粒子恰好从M板边缘以平行于极板的速度射入磁场，进入磁场的速度仍为v0，运动的轨迹半径为R．设进入磁场时的点为b，离开磁场时的点为c，圆心为O3，如图4－10丙所示，四边形ObO3c是菱形，所以Oc∥O3b，故c、O、a三点共线，ca即为圆的直径，则c、a间的距离d＝2R．
[答案](1)mv0qR
(2)2Rnv0(n＝1,2,3…)nmv022q(n＝1,2,3…)(3)2R
【点评】带电粒子在匀强电场中偏转的运动是类平抛运动，解此类题目的关键是将运动分解成两个简单的直线运动，题中沿电场方向的分运动就是“受力周期性变化的加速运动”．
三、带电粒子在有界磁场中(只受洛伦兹力)的运动
1．带电粒子在磁场中的运动大体包含五种常见情境，即：无边界磁场、单边界磁场、双边界磁场、矩形边界磁场、圆形边界磁场．带电粒子在磁场中的运动问题综合性较强，解这类问题往往要用到圆周运动的知识、洛伦兹力，还要牵涉到数学中的平面几何、解析几何等知识．因此，解此类试题，除了运用常规的解题思路(画草图、找“圆心”、定“半径”等)之外，更应侧重于运用数学知识进行分析．
2．带电粒子在有界匀强磁场中运动时，其轨迹为不完整的圆周，解决这类问题的关键有以下三点．
①确定圆周的圆心．若已知入射点、出射点及入射方向、出射方向，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两直线的交点即为圆周的圆心；若已知入射点、出射点及入射方向，可通过入射点作入射线的垂线，连接入射点和出射点，作此连线的垂直平分线，两垂线的交点即为圆周的圆心．
②确定圆的半径．一般在圆上作图，由几何关系求出圆的半径．
③求运动时间．找到运动的圆弧所对应的圆心角θ，由公式t＝θ2πT求出运动时间．
3．解析带电粒子穿过圆形区域磁场问题常可用到以下推论：
①沿半径方向入射的粒子一定沿另一半径方向射出．
②同种带电粒子以相同的速率从同一点垂直射入圆形区域的匀强磁场时，若射出方向与射入方向在同一直径上，则轨迹的弧长最长，偏转角有最大值且为α＝2arcsinRr＝2arcsinRBqmv．
③在圆形区域边缘的某点向各方向以相同速率射出的某种带电粒子，如果粒子的轨迹半径与区域圆的半径相同，则穿过磁场后粒子的射出方向均平行(反之，平行入射的粒子也将汇聚于边缘一点)．
●例3如图4－11甲所示，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于xy平面(纸面)向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样．一带正电荷的粒子从P(0，h)点以一定的速度平行于x轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现在只加电场，当粒子从P点运动到x＝R0平面(图中虚线所示)时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x轴交于M点，不计重力，求：
图4－11甲
(1)粒子到达x＝R0平面时的速度方向与x轴的夹角以及粒子到x轴的距离．
(2)M点的横坐标xM．
【解析】(1)粒子做直线运动时，有：qE＝qBv0
做圆周运动时，有：qBv0＝mv02R0
只有电场时，粒子做类平抛运动，则有：
qE＝ma
R0＝v0t
vy＝at
解得：vy＝v0
粒子的速度大小为：v＝v02＋vy2＝2v0
速度方向与x轴的夹角为：θ＝π4
粒子与x轴的距离为：H＝h＋12at2＝h＋R02．
(2)撤去电场加上磁场后，有：qBv＝mv2R
解得：R＝2R0
此时粒子的运动轨迹如图4－11乙所示．圆心C位于与速度v方向垂直的直线上，该直线与x轴和y轴的夹角均为π4．由几何关系可得C点的坐标为：
图4－11乙
xC＝2R0
yC＝H－R0＝h－R02
过C点作x轴的垂线，在△CDM中，有：lCM＝R＝2R0，lCD＝yC＝h－R02
解得：lDM＝lCM2－lCD2＝74R02＋R0h－h2
M点的横坐标为：xM＝2R0＋74R02＋R0h－h2．
[答案](1)π2h＋R02(2)2R0＋74R02＋R0h－h2
【点评】无论带电粒子在匀强电场中的偏转还是在匀强磁场中的偏转，偏转角往往是个较关键的量．
●例4如图4－12甲所示，质量为m、电荷量为e的电子从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限内，射入时的速度方向不同，但大小均为v0．现在某一区域内加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直地射到与y轴平行的荧光屏MN上，求：
图4－12甲
(1)荧光屏上光斑的长度．
(2)所加磁场范围的最小面积．
【解析】(1)如图4－12乙所示，要求光斑的长度，只要找到两个边界点即可．初速度沿x轴正方向的电子沿弧OA运动到荧光屏MN上的P点；初速度沿y轴正方向的电子沿弧OC运动到荧光屏MN上的Q点．
图4－12乙
设粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得：
ev0B＝mv02R，即R＝mv0Be
由几何知识可得：PQ＝R＝mv0Be．
(2)取与x轴正方向成θ角的方向射入的电子为研究对象，其射出磁场的点为E(x，y)，因其射出后能垂直打到屏MN上，故有：
x＝－Rsinθ
y＝R＋Rcosθ
即x2＋(y－R)2＝R2
又因为电子沿x轴正方向射入时，射出的边界点为A点；沿y轴正方向射入时，射出的边界点为C点，故所加最小面积的磁场的边界是以(0，R)为圆心、R为半径的圆的一部分，如图乙中实线圆弧所围区域，所以磁场范围的最小面积为：
S＝34πR2＋R2－14πR2＝(π2＋1)(mv0Be)2．
[答案](1)mv0Be(2)(π2＋1)(mv0Be)2
【点评】带电粒子在匀强磁场中偏转的试题基本上是年年考，大概为了求新求变，在2009年高考中海南物理卷(第16题)、浙江理综卷(第25题)中都出现了应用这一推论的题型．
★同类拓展2如图4－13甲所示，ABCD是边长为a的正方形．质量为m、电荷量为e的电子以大小为v0的初速度沿纸面垂直于BC边射入正方形区域．在正方形内适当区域中有匀强磁场．电子从BC边上的任意点入射，都只能从A点射出磁场．不计重力，求：
图4－13甲
(1)此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小．
(2)此匀强磁场区域的最小面积．
[2009年高考海南物理卷]
【解析】(1)若要使由C点入射的电子从A点射出，则在C处必须有磁场，设匀强磁场的磁感应强度的大小为B，令圆弧是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道，电子所受到的磁场的作用力f＝ev0B，方向应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外．圆弧的圆心在CB边或其延长线上．依题意，圆心在A、C连线的中垂线上，故B点即为圆心，圆半径为a．按照牛顿定律有：
f＝mv02a
联立解得：B＝mv0ea．
(2)由(1)中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自C点垂直于BC入射的电子在A点沿DA方向射出，且自BC边上其他点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC区域中，因而，圆弧是所求的最小磁场区域的一个边界．
为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A点的电子的速度方向与BA的延长线交角为θ(不妨设0≤θ＜π2)的情形．该电子的运动轨迹QPA如图4－13乙所示．图中，圆弧的圆心为O，PQ垂直于BC边，由上式知，圆弧的半径仍为a．过P点作DC的垂线交DC于G，由几何关系可知∠DPG＝θ，在以D为原点、DC为x轴、DA为y轴的坐标系中，P点的坐标(x，y)为：
x＝asinθ，y＝acosθ
图4－13乙
这意味着，在范围0≤θ≤π2内，P点形成以D为圆心、a为半径的四分之一圆周，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界．因此，所求的最小匀强磁场区域是分别以B和D为圆心、a为半径的两个四分之一圆周和所围成的，其面积为：
S＝2(14πa2－12a2)＝π－22a2．
[答案](1)mv0ea方向垂直于纸面向外(2)π－22a2
四、带电粒子在复合场、组合场中的运动问题
●例5在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场，如图4－14甲所示．磁场的磁感应强度B随时间t的变化情况如图4－14乙所示．该区域中有一条水平直线MN，D是MN上的一点．在t＝0时刻，有一个质量为m、电荷量为＋q的小球(可看做质点)，从M点开始沿着水平直线以速度v0做匀速直线运动，t0时刻恰好到达N点．经观测发现，小球在t＝2t0至t＝3t0时间内的某一时刻，又竖直向下经过直线MN上的D点，并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D点．求：
图4－14
(1)电场强度E的大小．
(2)小球从M点开始运动到第二次经过D点所用的时间．
(3)小球运动的周期，并画出运动轨迹(只画一个周期)．
【解析】(1)小球从M点运动到N点时，有：qE＝mg
解得：E＝mgq．
(2)小球从M点到达N点所用时间t1＝t0
小球从N点经过34个圆周，到达P点，所以t2＝t0
小球从P点运动到D点的位移x＝R＝mv0B0q
小球从P点运动到D点的时间t3＝Rv0＝mB0q
所以时间t＝t1＋t2＋t3＝2t0＋mB0q
[或t＝mqB0(3π＋1)，t＝2t0(13π＋1)]．
(3)小球运动一个周期的轨迹如图4－14丙所示．
图4－14丙
小球的运动周期为：T＝8t0(或T＝12πmqB0)．
[答案](1)mgq(2)2t0＋mB0q
(3)T＝8t0运动轨迹如图4－14丙所示
【点评】带电粒子在复合场或组合场中运动的轨迹形成一闭合的对称图形的试题在高考中屡有出现．
五、常见的、在科学技术中的应用
带电粒子在电场、磁场中的运动规律在科学技术中有广泛的应用，高中物理中常碰到的有：示波器(显像管)、速度选择器、质谱仪、回旋加速器、霍耳效应传感器、电磁流量计等．
●例6一导体材料的样品的体积为a×b×c，A′、C、A、C′为其四个侧面，如图4－15所示．已知导体样品中载流子是自由电子，且单位体积中的自由电子数为n，电阻率为ρ，电子的电荷量为e，沿x方向通有电流I．
图4－15
(1)导体样品A′、A两个侧面之间的电压是________，导体样品中自由电子定向移动的速率是________．
(2)将该导体样品放在匀强磁场中，磁场方向沿z轴正方向，则导体侧面C的电势________(填“高于”、“低于”或“等于”)侧面C′的电势．
(3)在(2)中，达到稳定状态时，沿x方向的电流仍为I，若测得C、C′两侧面的电势差为U，试计算匀强磁场的磁感应强度B的大小．
【解析】(1)由题意知，样品的电阻R＝ρcab
根据欧姆定律：U0＝IR＝ρcIab
分析t时间定向移动通过端面的自由电子，由电流的定义式
I＝nabvtet
可得v＝Inabe．
(2)由左手定则知，定向移动的自由电子向C′侧面偏转，故C侧的电势高于C′侧面．
(3)达到稳定状态时，自由电子受到电场力与洛伦兹力的作用而平衡，则有：qUb＝qvB
解得：B＝neaUI．
[答案](1)ρcIabInabe(2)高于(3)neaUI
【点评】本例实际上为利用霍耳效应测磁感应强度的方法，而电磁流量计、磁流体发电机的原理及相关问题的解析都与此例相似．
★同类拓展3如图4－16甲所示，离子源A产生的初速度为零、带电荷量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场．已知HO＝d，HS＝2d，∠MNQ＝90°．(忽略离子所受重力)
图4－16甲
(1)求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角φ．
(2)求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径．
(3)若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点S1处，质量为16m的离子打在S2处．求S1和S2之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围．
[2009年高考重庆理综卷]
【解析】(1)设正离子经电压为U0的电场加速后速度为v1，应用动能定理有：
图4－16乙
eU0＝12mv12－0
正离子垂直射入匀强偏转电场，受到的电场力F＝eE0
产生的加速度a＝Fm，即a＝eE0m
垂直电场方向做匀速运动，有：2d＝v1t
沿电场方向，有：d＝12at2
联立解得：E0＝U0d
又tanφ＝v1at
解得：φ＝45°．
(2)正离子进入磁场时的速度大小为：
v＝v12＋v⊥2＝v12＋(at)2
正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有：evB＝mv2R
联立解得：正离子在磁场中做圆周运动的半径R＝2mU0eB2．
(3)将4m和16m代入R，得R1＝24mU0eB2、R2＝216mU0eB2
图4－16丙
由几何关系可知S1和S2之间的距离Δs＝R22－(R2－R1)2－R1
联立解得：Δs＝4(3－1)mU0eB2
由R′2＝(2R1)2＋(R′－R1)2
得：R′＝52R1
由12R1R52R1
得：mm正25m．
[答案](1)45°(2)2mU0eB2(3)mm正25m

高考物理带电粒子在电场和磁场中的运动冲刺专题复习

一名优秀的教师在每次教学前有自己的事先计划，作为教师准备好教案是必不可少的一步。教案可以让学生更好的吸收课堂上所讲的知识点，帮助教师能够更轻松的上课教学。教案的内容要写些什么更好呢？以下是小编为大家收集的“高考物理带电粒子在电场和磁场中的运动冲刺专题复习”欢迎阅读，希望您能阅读并收藏。

20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题08：第4专题带电粒子在电场和磁场中的运动（2）经典考题

带电粒子在电场、磁场以及复合场、组合场中的运动问题是每年各地高考的必考内容，留下大量的经典题型，认真地总结归纳这些试题会发现以下特点：
①重这些理论在科学技术上的应用；
②需要较强的空间想象能力．
1．图示是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里，云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此径迹可知粒子[2009年高考安徽理综卷]()
A．带正电，由下往上运动
B．带正电，由上往下运动
C．带负电，由上往下运动
D．带负电，由下往上运动
【解析】粒子穿过金属板后速度变小，由半径公式r＝mvBq可知，半径变小，粒子的运动方向为由下向上；又由洛伦兹力的方向指向圆心以及左手定则知粒子带正电．
[答案]A
【点评】题图为安德森发现正电子的云室照片．
2．图示为一“滤速器”装置的示意图．a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间．为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能够沿水平直线OO′运动，由O′射出．不计重力作用．可能达到上述目的的办法是[2006年高考全国理综卷Ⅰ]()
A．使a板的电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里
B．使a板的电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里
C．使a板的电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外
D．使a板的电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外
【解析】要使电子能沿直线通过复合场，电子所受电场力与洛伦兹力必是一对平衡力．由左手定则及电场的相关知识可知，选项A、D正确．
[答案]AD
3．图示是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是[2009年高考广东物理卷]()
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于EB
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小
【解析】粒子在电场中加速有：qU＝12mv2，粒子沿直线通过速度选择器有：Eq＝qvB，粒子在平板S下方磁场中做圆周运动有：r＝mvqB，由上述过程遵循的规律可知选项A、B、C正确．
[答案]ABC
4．带电粒子的比荷qm是一个重要的物理量．某中学物理兴趣小组设计了一个实验，探究电场和磁场对电子运动轨迹的影响，以求得电子的比荷，实验装置如图所示．
(1)他们的主要实验步骤如下．
A．首先在两极板M1M2之间不加任何电场、磁场，开启阴极射线管电源，发射的电子从两极板中央通过，在荧屏的正中心处观察到一个亮点．
B．在M1M2两极板间加合适的电场：加极性如图所示的电压，并逐步调节增大，使荧屏上的亮点逐渐向荧屏下方偏移，直到荧屏上恰好看不见亮点为止，记下此时外加电压为U．请问本步骤的目的是什么？
C．保持步骤B中的电压U不变，对M1M2区域加一个大小、方向均合适的磁场B，使荧屏正中心重现亮点，试问外加磁场的方向如何？
(2)根据上述实验步骤，同学们正确推算出电子的比荷与外加电场、磁场及其他相关量的关系为qm＝UB2d2．一位同学说，这表明电子的比荷将由外加电压决定，外加电压越大则电子的比荷越大．你认为他的说法正确吗？为什么？
[2007年高考广东物理卷]
[答案](1)B．使电子刚好落在正极板的近荧幕端的边缘，利用已知量表达qm．
C．垂直电场方向向外(垂直纸面向外)
(2)说法不正确，电子的比荷是电子的固有参数．
5．1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，加速电压为U．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．
(1)求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比．
(2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t．
(3)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能Ekm．
[2009年高考江苏物理卷]
【解析】(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1，则qU＝12mv12
qv1B＝mv12r1
解得：r1＝1B2mUq
同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r2＝1B4mUq
则r2∶r1＝2∶1．
(2)设粒子到出口处被加速了n圈，则
2nqU＝12mv2
qvB＝mv2R
T＝2πmqB
t＝nT
解得：t＝πBR22U．
(3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f＝qB2πm
当磁感应强度为Bm时，加速电场的频率应为fBm＝qBm2πm
粒子的动能Ek＝12mv2
当fBm≤fm时，粒子的最大动能由Bm决定
qvmBm＝mvm2R
解得：Ekm＝q2Bm2R22m
当fBm≥fm时，粒子的最大动能由fm决定
vm＝2πfmR
解得：Ekm＝2π2mfm2R2．
[答案](1)2∶1(2)πBR22U(3)2π2mfm2R2
【点评】回旋加速器为洛伦兹力的典型应用，在高考中多次出现．要理解好磁场对粒子的“加速”没有起作用，但回旋加速器中粒子所能获得的最大动能却与磁感应强度相关．
6．如图甲所示，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外．P是y轴上距原点为h的一点，N0为x轴上距原点为a的一点．A是一块平行于x轴的挡板，与x轴的距离为h2，A的中点在y轴上，长度略小于a2．带电粒子与挡板碰撞前后，x方向的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不变．质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子从P点瞄准N0点入射，最后又通过P点．不计重力．求粒子入射速度的所有可能值．
[2009年高考全国理综卷Ⅰ]
甲
【解析】设粒子的入射速度为v，第一次射出磁场的点为N0′，与板碰撞后再次进入磁场的位置为N1．粒子在磁场中运动的半径为R，有：R＝mvqB
乙
粒子的速度不变，每次进入磁场与射出磁场的位置间的距离x1保持不变，则有：
x1＝N0′N0＝2Rsinθ
粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离x2始终不变，与N0′N1相等．由图乙可以看出x2＝a
设粒子最终离开磁场时，与挡板相碰n次(n＝0,1,2…)．若粒子能回到P点，由对称性可知，出射点的x坐标应为－a，即：(n＋1)x1－nx2＝2a
由以上两式得：x1＝n＋2n＋1a
若粒子与挡板发生碰撞，则有：
x1－x2＞a4
联立解得：n＜3
v＝qB2msinθn＋2n＋1a
式中sinθ＝ha2＋h2
解得：v0＝qBaa2＋h2mh，n＝0
v1＝3qBaa2＋h24mh，n＝1
v2＝2qBaa2＋h23mh，n＝2．
[答案]v0＝qBaa2＋h2mh，n＝0
v1＝3qBaa2＋h24mh，n＝1
v2＝2qBaa2＋h23mh，n＝2
能力演练
一、选择题(10×4分)
1．如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°角．关于a、b两点的场强大小Ea、Eb及电势φa、φb的关系，以下结论正确的是()
A．Ea＝Eb3，φa＞φb
B．Ea＝3Eb，φa＜φb
C．Ea＝3Eb，φa＞φb
D．Ea＝3Eb，φa＜φb
【解析】由题图可知O点处为负电荷，故φb＞φa，又因为Ea＝kQOa2、Eb＝kQOb2＝kQ(3Oa)2，可得Ea＝3Eb．
[答案]D
2．一正电荷处于电场中，在只受电场力作用下从A点沿直线运动到B点，其速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的有()
A．A处的场强一定大于B处的场强
B．A处的电势一定低于B处的电势
C．正电荷在A处的电势能一定大于B处的电势能
D．由A至B的过程中，电场力一定对正电荷做负功
【解析】由题图知正电荷在做加速越来越小的加速运动，说明电场线的方向为：A→B，可知：φA＞φB，EA＞EB，εA＞εB，由A至B的过程中，电场力一定对正电荷做正功．
[答案]AC
3．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的电压为U，带电粒子所带电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，不计粒子的重力，则()
A．粒子在前t2时间内，电场力对粒子做的功为qU4
B．粒子在后t2时间内，电场力对粒子做的功为3qU8
C．粒子在竖直方向的前d4和后d4位移内，电场力做的功之比为1∶2
D．粒子在竖直方向的前d4和后d4位移内，电场力的冲量之比为1∶1
【解析】粒子在匀强电场中运动，电场力做的功为：
W电＝qUAB＝qEy，其中y为粒子在电场方向的位移
又由题意知：12at2＝d2，12a(t2)2＝d8
故在前t2内电场力做的功W1＝18qU，在后t2内电场力做的功W2＝3qU8
前后d4位移内电场力做的功之比为1∶1
又从静止开始的匀加速直线运动通过连续相等位移的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶(4－3)
故I前∶I后＝1∶(2－1)．
[答案]B
4．如图所示，在一正交的电场和磁场中，一带电荷量为＋q、质量为m的金属块沿倾角为θ的粗糙绝缘斜面由静止开始下滑．已知电场强度为E，方向竖直向下；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里；斜面的高度为h．金属块滑到斜面底端时恰好离开斜面，设此时的速度为v，则()
A．金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，做的是加速度逐渐减小的加速运动
B．金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，机械能增加了qEh
C．金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，机械能增加了12mv2－mgh
D．金属块离开斜面后将做匀速圆周运动
【解析】金属块在下滑的过程中，随着速度的增大，洛伦兹力增大，对斜面的压力减小，故摩擦力f＝μ(mg＋qE－qvB)不断减小，金属块做加速度逐渐增大的加速运动，选项A错误．
又由功能关系得：ΔE机＝W电－Wf＜qEh，选项B错误．
机械能的变化量为：ΔE机＝ΔEk＋ΔEp＝12mv2－mgh，选项C正确．
由题意知，mg＞qE，故离开斜面后金属块不可能做匀速圆周运动，选项D错误．
[答案]C
5．如图所示，充电的两平行金属板间有场强为E的匀强电场和方向与电场垂直(垂直纸面向里)的匀强磁场，磁感应强度为B，构成了速度选择器．氕核、氘核、氚核以相同的动能(Ek)从两极板中间垂直于电场和磁场射入速度选择器，且氘核沿直线射出．不计粒子的重力，则射出时()
A．动能增加的是氚核B．动能增加的是氕核
C．偏向正极板的是氚核D．偏向正极板的是氕核
【解析】带电粒子直线通过速度选择器的条件为：
v0＝EB
对于氘核：qE＝qB2Ek2m0
对于氕核：qE＜qB2Ekm0，向正极偏转，动能减少
对于氚核：qE＞qB2Ek3m0，向负极偏转，动能增加．
[答案]AD
6．如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最后都能打在右极板上的同一点．则从开始释放到打到右极板的过程中()
A．它们的运行时间tP＞tQ
B．它们的电荷量之比qP∶qQ＝2∶1
C．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1
D．它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝2∶1
【解析】将两小球的运动都沿水平和竖直正交分解，竖直的分运动都为自由落体运动，故它们从开始释放到打在右极板的过程中运行时间相等，选项A错误．
对于水平分运动，有：12qPEmt2＝qQEmt2
故知qP∶qQ＝2∶1，选项B正确．
P球动能的增量ΔEkP＝mgh＋qPEd，Q球动能的增量ΔEkQ＝mgh＋qQEd2＝mgh＋14qPEd，选项C错误．
同理：ΔEP＝qPEd，ΔEQ＝qQEd2，可得ΔEP∶ΔEQ＝4∶1，选项D错误．
[答案]B
7．均匀分布着等量异种电荷的半径相等的半圆形绝缘杆被正对着固定在同一平面上，如图所示．AB是两种绝缘杆所在圆圆心连线的中垂线而且与二者共面，该平面与纸面平行，有一磁场方向垂直于纸面，一带电粒子(重力不计)以初速度v0一直沿直线AB运动．则()
A．磁场是匀强磁场
B．磁场是非匀强磁场
C．带电粒子做匀变速直线运动
D．带电粒子做变加速运动
【解析】由对称性知直线AB上的电场方向与AB垂直，又由两绝缘杆的形状知AB上的电场并非处处相等．在AB上的每一点，由平衡条件知qE＝qvB，故知磁场为非匀强磁场，带电粒子做匀速直线运动．
[答案]B
8．如图所示，带电粒子在没有电场和磁场的空间内以速度v0从坐标原点O沿x轴方向做匀速直线运动．若空间只存在垂直于xOy平面的匀强磁场时，粒子通过P点时的动能为Ek；当空间只存在平行于y轴的匀强电场时，则粒子通过P点时的动能为()
A．EkB．2EkC．4EkD．5Ek
【解析】由题意知带电粒子只受电场力或洛伦兹力的作用，且有Ek＝12mv02
当空间只存在电场时，带电粒子经过P点，说明：
12vPyt＝v0t＝10cm，即vPy＝2v0
由动能的定义可得：
EkP＝12mv02＋12mvPy2＝5Ek．
[答案]D
9．如图所示，一个带电荷量为＋Q的点电荷甲固定在绝缘平面上的O点；另一个带电荷量为－q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲滑行运动，运动到B点静止．已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A、B间的距离为s．下列说法正确的是()
A．O、B间的距离为kQqμmg
B．点电荷乙从A运动到B的运动过程中，中间时刻的速度小于v02
C．点电荷乙从A运动到B的过程中，产生的内能为12mv02
D．在点电荷甲产生的电场中，A、B两点间的电势差UAB＝m(v02－2μgs)2q
【解析】由题意知电荷乙做加速度越来越小的减速运动，v－t图象如图所示，可知点电荷乙从A运动到B的中间时刻的速度vC＜v02，故选项B正确；这一过程一直有kQqr2＜μmg，故sOB＞kQqμmg，选项A错误．
点电荷乙由A运动到B的过程中，电场力做正功，设为W，由动能定理得：
W－μmgs＝0－12mv02
可得：此过程中产生的内能Q′＝μmgs＝W＋12mv02，选项C错误．
由上可知，A、B两点间的电势差为：
UAB＝W－q＝12mv02－μmgsq，选项D正确．
[答案]BD
10．如图甲所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直进入第Ⅳ象限的磁场．已知OP之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为()
甲
A．7πd2v0B．dv0(2＋5π)
C．dv0(2＋3π2)D．dv0(2＋7π2)
【解析】带电粒子的运动轨迹如图乙所示．由题意知，带电粒子到达y轴时的速度v＝2v0，这一过程的时间t1＝dv02＝2dv0
又由题意知，带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r＝22d
乙
故知带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间为：
t2＝3πm4Bq＝32πd2v＝3πd2v0
带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间为：t3＝2πdv0
故t总＝dv0(2＋7π2)．
[答案]D
二、非选择题(共60分)
11．(6分)在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中，所用灵敏电流表的指针偏转方向与电流的关系是：当电流从正接线柱流入电流表时，指针偏向正接线柱一侧．
(1)某同学在实验中接通电源开关，将两表笔E1、E2在导电纸上移动，不管怎样移动，表针都不偏转．经检查，电源与电流表均完好，则产生这一现象的原因可能是____________________．
(2)排除故障后，用这个电表探测基准点2两侧的等势点时，将电流表正接线柱的E1接在基准点2上，如图所示，把负接线柱的E2接在纸上某一点，若发现电表的指针发生了偏转，该同学移动E2的方向正确的是________．
A．若电表的指针偏向正接线柱一侧，E2向右移动
B．若电表的指针偏向正接线柱一侧，E2向左移动
C．若电表的指针偏向负接线柱一侧，E2向右移动
D．若电表的指针偏向负接线柱一侧，E2向左移动
[答案](1)导电纸导电一面向下(3分)
(2)BC(3分)
12．(6分)用示波器观察频率为900Hz的正弦电压信号．把该信号接入示波器Y输入．
(1)当屏幕上出现如图所示的波形时，应调节______旋钮．如果正弦波的正负半周均超出了屏幕的范围，应调节______旋钮或______旋钮，或这两个钮配合使用，以使正弦波的整个波形出现在屏幕内．
(2)如需要屏幕上正好出现一个完整的正弦波形，应将______旋钮置于______位置，然后调节______旋钮．
[答案](1)竖直位移(或↑↓)衰减(或衰减调节)Y增益(每空1分)
(2)扫描范围1k挡位扫描微调(每空1分)
13．(10分)一种半导体材料称为“霍尔材料”，用它制成的元件称为“霍尔元件”．这种材料内有一种称为“载流子”的可定向移动的电荷，每个载流子的电荷量q＝1.6×10－19C．霍尔元件在自动检测、控制领域得到广泛应用，如录像机中用来测量录像磁鼓的转速，电梯中用来检测电梯门是否关闭以及自动控制升降电动机的电源的通断等．在一次实验中，由一块霍尔材料制成的薄板宽L1＝ab＝1.0×10－2m、长bc＝L2＝4.0×10－2m、厚h＝1.0×10－3m，水平放置在竖直向上的磁感应强度B＝1.5T的匀强磁场中，bc方向通有I＝3.0A的电流，如图所示，沿宽度产生1.0×10－5V的横向电压．
(1)假定载流子是电子，则a、b两端哪端的电势较高？
(2)薄板中形成电流I的载流子定向运动的速度是多少？
【解析】(1)根据左手定则可确定a端电势较高．(3分)
(2)当导体内有载流子沿电流方向所在的直线做定向运动时，受到洛伦兹力的作用而产生横向分运动，产生横向电场，横向电场的电场力与载流子所受到的洛伦兹力平衡时，导体横向电压稳定．设载流子沿电流方向所在的直线做定向运动的速率为v，横向电压为Uab，横向电场强度为E．则：
电场力FE＝qE＝qUabL1(2分)
磁场力FB＝qvB(2分)
平衡时FE＝FB(1分)
解得：v＝6.7×10－4m/s．(2分)
[答案](1)a端电势较高(2)6.7×10－4m/s
14．(10分)图甲为电视机中显像管的工作原理示意图，电子枪中的灯丝加热阴极使电子逸出，这些电子再经加速电场加速后，从O点进入由磁偏转线圈产生的偏转磁场中，经过偏转磁场后打到荧光屏MN上，使荧光屏发出荧光形成图像．不计逸出电子的初速度和重力，已知电子的质量为m、电荷量为e，加速电场的电压为U．偏转线圈产生的磁场分布在边长为l的正方形abcd区域内，磁场方向垂直纸面，且磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．在每个周期内磁感应强度B都是从－B0均匀变化到B0．磁场区域的左边界的中点与O点重合，ab边与OO′平行，右边界bc与荧光屏之间的距离为s．由于磁场区域较小，且电子运动的速度很大，所以在每个电子通过磁场区域的过程中，可认为磁感应强度不变，即为匀强磁场，不计电子之间的相互作用．
(1)求电子射出电场时的速度大小．
(2)为使所有的电子都能从磁场的bc边射出，求偏转线圈产生磁场的磁感应强度的最大值．
(3)若所有的电子都能从bc边射出，求荧光屏上亮线的最大长度是多少？
【解析】设电子射出电场的速度为v，则根据动能定理，对电子的加速过程有：12mv2＝eU(1分)
解得：v＝2eUm．(1分)
(2)当磁感应强度为B0或－B0时(垂直于纸面向外为正方向)，电子刚好从b点或c点射出(1分)
丙
设此时圆周的半径为R，如图丙所示．根据几何关系有：
R2＝l2＋(R－l2)2(1分)
解得：R＝5l4(1分)
电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，因此有：
evB0＝mv2R(1分)
解得：B0＝45l2mUe．(1分)
(3)根据几何关系可知：tanα＝43(1分)
设电子打在荧光屏上离O′点的最大距离为d，则：
d＝l2＋stanα＝l2＋4s3(1分)
由于偏转磁场的方向随时间变化，根据对称性可知，荧光屏上的亮线最大长度为：
D＝2d＝l＋8s3．(1分)
[答案](1)2eUm(2)45l2mUe(3)l＋8s3
15．(12分)如图甲所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场．一粒子源固定在x轴上的A点，A点坐标为(－L,0)．粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上的C点，C点坐标为(0,2L)，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15°角的射线ON(已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用)．求：
甲
(1)第二象限内电场强度E的大小．
(2)电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ．
(3)圆形磁场的最小半径Rm．
【解析】(1)从A到C的过程中，电子做类平抛运动，有：
L＝eE2mt2(1分)
2L＝vt(1分)
联立解得：E＝mv22eL．(1分)
(2)设电子到达C点的速度大小为vC，方向与y轴正方向的夹角为θ．由动能定理，有：
12mvC2－12mv2＝eEL(2分)
乙
解得：vC＝2v
cosθ＝vvC＝22(1分)
解得：θ＝45°．(1分)
(3)电子的运动轨迹图如图乙所示，电子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝mvCeB＝2mveB(1分)
电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出，则磁场最小半径为：Rm＝PQ2＝rsin60°(2分)
由以上两式可得：Rm＝6mv2eB．(1分)
[答案](1)mv22eL(2)45°(3)6mv2eB
16．(13分)如图甲所示，竖直挡板MN的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，电场强度的大小E＝40N/C，磁感应强度的大小B随时间t变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．在t＝0时刻，一质量m＝8×10－4kg、带电荷量q＝＋2×10－4C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10m/s2．求：
(1)微粒下一次经过直线OO′时到O点的距离．
(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大距离．
(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)由题意知，微粒所受重力G＝mg＝8×10－3N
电场力大小F＝Eq＝8×10－3N(1分)
因此重力与电场力平衡
微粒先在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，则有：
qvB＝mv2R(1分)
解得：R＝mvqB＝0.6m
由T＝2πRv(1分)
解得：T＝10πs(1分)
则微粒在5πs内转过半个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离l＝2R＝1.2m．(1分)
(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间t＝5πs，轨迹如图丙所示．
丙
位移大小x＝vt＝0.6πm＝1.88m(2分)
微粒离开直线OO′的最大距离h＝x＋R＝2.48m．(2分)
(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，挡板MN与O点间的距离应满足：
L＝(4n＋1)×0.6m(n＝0,1,2…)(2分)
若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，挡板MN与O点间的距离应满足：
L＝(4n＋3)×0.6m(n＝0,1,2…)．(2分)
[若两式合写成L＝(1.2n＋0.6)m(n＝0,1,2…)同样给分]
[答案](1)1.2m(2)2.48m
(3)P点在直线OO′下方时，距离L＝(4n＋1)×0.6m(n＝0,1,2…)
P点在直线OO′上方时，距离L＝(4n＋3)×0.6m(n＝0,1,2…)
[或L＝(1.2n＋0.6)m(n＝0,1,2…)]

高考物理磁场002

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第九章磁场

【知识建构】

第一节磁场及其描述

一、考情分析

考试大纲考纲解读

1.磁场、磁感应强度、磁感线I

2.通电直导线和通电线圈周围磁场的方向I

1.重视并加强对基本概念、基本规律的学习，注意将磁场与电场对比，注意它们的区别。

2.熟练掌握几种常见磁体（电流）周围磁感线的空间分布特点，会用有关图形表示，善于画俯视图、仰视图、侧视图等。

3.安培定则的使用属于基础知识，基本上是定性分析，题型多见于选择题。

4.考查磁场中的基本概念，如磁感线、磁感应强度、磁通量等，一般以选择题的形式出现。

二、考点知识梳理

（一）、磁场的基本概念

1.磁体的周围存在磁场。

2.电流的周围也存在磁场

3.变化的电场在周围空间产生磁场（麦克斯韦）。

4.磁场和电场一样，也是一种___________。

5.磁场不仅对磁极产生力的作用，对电流也产生力的作用．

6.磁场的方向——在磁场中的任一点，小磁针________的方向，亦即小磁针静止时_____所指的方向，就是那一点的磁场方向．

磁现象的电本质:_________________________________________________________．

（二）、磁场的基本性质

磁场对放入其中的磁极或电流有________的作用．（对磁极一定有力的作用;对电流只是可能有力的作用,当电流和磁感线平行时____________磁场力作用）。

1.磁极和磁极之间有磁场力的作用

2.两条平行直导线，当通以相同方向的电流时，它们相互______，当通以相反方向的电流时，它们相互________。

3.电流和电流之间，就像磁极和磁极之间一样，也会通过________发生相互作用．

4.磁体或电流在其周围空间里产生磁场，而磁场对处在它里面的磁极或电流有__________的作用．

5.磁极和磁极之间、磁极和电流之间、电流和电流之间都是通过________来传递的

（三）、磁感线

为了描述磁场的强弱与方向，人们想象在磁场中画出的一组____________．

1．疏密表示磁场的_________．

2．每一点__________表示该点磁场的方向，也就是__________的方向．

3．是闭合的曲线，在磁体外部由___极至______极，在磁体的内部由_____极至_______极．磁线不相切不相交。

4．匀强磁场的磁感线______________．没有画出磁感线的地方________没有磁场．

5．安培定则：姆指指向_______，四指指向__________．注意这里的磁感线是一个个同心圆，每点磁场方向是在该点切线方向。

*熟记常用的几种磁场的磁感线：

（四）、磁感应强度

1．磁场的最基本的性质是___________________________________，电流垂直于磁场时受磁场力______，电流与磁场方向平行时，_____________。

2．在磁场中垂直于磁场方向的通电导线受到的磁场力F跟电流强度I和导线长度l的乘积IL的比值，叫做通电导线所在处的______________．

①表示磁场强弱的物理量．是_______．

②大小：则有__________，（电流方向与磁感线_________时的公式）．

B只由磁场本身决定，与放不放通电导线无关；与导线中电流的大小无关。因此不与F成正比，也不与IL成反比，B=是比值定义式。

③方向：左手定则：是磁感线的_______方向；是小磁针_______受力方向；是小磁针静止时_______的指向．不是导线受力方向；不是正电荷受力方向；也不是电流方向．

④单位：________，也叫________，国际单位制单位符号_____．

⑤点定B定：就是说磁场中某一点定了，则该处磁感应强度的大小与方向都是定值．

⑥匀强磁场的磁感应强度________．

⑦磁场的叠加:空间某点如果同时存在两个以上电流或磁体激发的磁场,则该点的磁感应强度是各电流或磁体在该点激发的磁场的磁感应强度的_________,满足_________.

（五）、磁通量

1．磁感应强度B与垂直磁场方向的面积S的________叫做穿过这个面的磁通量Φ

①S与B垂直：Φ=BS

②S与B平行：Φ=0

③S与B夹角为θ：Φ=BS⊥=BSsinθ

2．磁通量的单位:_____，符号是_______．1Wb=1Tm2

3．磁通量的意义:________________________________。

4.磁通密度:从Φ=BS可以得出B=Φ/S，这表示磁感应强度等于________________，因此常把磁感应强叫做磁通密度，并且用Wb/m2作单位．1T=1Wb/m2=1N/Am

5.磁通量是_______,但是有正负.如果将从平面某一侧穿入的磁通量为正,则从平面反一侧穿入的磁通量为负.

（六）、用类比法记忆电场和磁场的基本性质

电场强度（E）磁感应强度（B）

意义描述电场的力的性质的物理量描述磁场的力的性质的物理量

概

念

的

建

立①电场对电荷q有作用力；

②对电场中的不同点，E的值一般不同

③E由电场本身决定①磁场对直线电流有作用力

②对磁场中的不同点，B的值一般不同

③B由磁场本身决定

公式E=

B=

单位1N/C=1V/m1T=1N/Am

方向正电荷受到电场力方向静止小磁针N极受到的磁场力方向

三、考点知识解读

考点1.磁感应强度的理解

剖析：

1．磁感应强度由磁场本身决定，就好像电场强度由电场本身决定，与所在空间放不放通电导线无关.

2．不能根据公式就说B与F成正比，与I成反比.

3．磁感应应强度B的定义式也是其度量式，但用来测量的小段通电导线必须垂直放入磁场.如果将小段通电直导线平行放入磁场，其所受安培力为零，但不能说该点磁感应强度为零.

4．磁感应强度是矢量，其方向是放入其中的小磁针静止时N极的指向，不是磁场中电流所受磁场力的方向，而是与受到的磁场力方向垂直.

[例题1]根据磁感应强度的定义式B=，下列说法中正确的是（）

A．在磁场中某确定位置，B与F成正比，与I、L的乘积成反比

B．一小段能通电直导线在空间某处受磁场力F=0，那么该处的B一定为零

C．磁场中某处的B的方向跟电流在该处受磁场力F的方向相同

D．一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到磁场力F也一定为零

解析：磁感应强度是表征磁场强弱的物理量，确定的磁场中的确定点的磁感应强度是一个确定的值，它由磁场本身决定的，与磁场中是否有通电导体，及导体的长度，电流强度的大小，以及磁场作用力的大小无关.A错误.若电流方向与磁场方向在一条直线上，通电导体将不受到磁场力的作用，因此在某处磁场力为零，并不能说明该处的磁感应强度为零.B错误.通电导体受到磁场力的方向垂直于磁场方向和电流方向所决定的平面.C错误.通电导体处在一个没有磁场的空间，当然不受磁场力的作用.

答案：D

【变式训练1】关于磁感应强度，下列说法正确的是（）

A．一小段通电导线放在B为零的位置，那么它受到的磁场力也一定为零

B．通电导线所受的磁场力为零，该处的磁感应强度也一定为零

C．放置在磁场中1m长的通电导线，通过1A的电流，受到的磁场力为1N，则该处的磁感应强度就是1T

D．磁场中某处的B的方向跟电流在该处受到磁场力F的方向相同

解析：A选项根据磁感应强度的定义A选项对。

B选项通电导线（电流I）与磁场平行时，磁场力为零。B选项错。

C选项通电导线（电流I）与磁场垂直。C选项错。

D选项B与F方向一定垂直D选项错。

答案：A

考点2.安培定则的应用

剖析：

1．判断直线电流的磁场方向的安培定则与判断环形电流的磁场方向的安培定则两种情况下四指、大拇指指向的意义正好相反.

2．注意等效电流的磁场，如电子流可以可以看作和电子流运动方向相反的电流，然后根据安培定则判断出电子流的磁场方向.

3．其他形式的电流（如矩形、三角形等）的磁场，从整体效果上可等效为环形电流的磁场，优先采用环形电流的安培定则判定.

[例题2]如图9-1.1所示，、、三枚小磁针分别放在通电螺线管的正上方、管内和右侧。当这些小磁针静止时，小磁针极的指向是（）

Ａ．、、均向左

Ｂ．、、均向右

Ｃ．向左，向右，向右

Ｄ．向右，向左，向右

解析：首先搞清电流的方向，再根据安培定则判断，螺线管右侧相当于极，左侧相当于极，在外部磁感线由极指向极，在内部磁感线由极指向极，所以小磁针的极向左，向右，向右，故选

答案：

【变式训练2】如图9-1.2所示，带负电的金属环绕轴以角速度匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是（）

Ａ．极竖直向上

Ｂ．极竖直向下

Ｃ．极沿轴线向左

Ｄ．极沿轴线向右

解析：带负电的金属环旋转，可形成环形电流，而产生磁场，负电荷匀速旋转，会产生与旋转方向相反的环形电流，由右手定则可知在磁针所处磁场的方向沿轴向左，由于磁针极指向为磁场方向，所以应选

答案：

考点3.对磁通量Φ=BS的理解

剖析：

1．Φ＝BS只适用于磁感应强度B与平面S垂直的情况.当S与垂直于B的平面间的夹角为θ时，则有Φ＝BScosθ.可理解为Φ＝B（Scosθ）,即Φ等于B与S在垂直于B方向上分量的乘积.也可理解为Φ＝（Bcosθ）S，即Φ等于B垂直于S方向上的分量与S的乘积.

2．S不一定是某个线圈的真正面积，而是线圈在磁场范围内的面积，S为线圈面积的一半.

3．多匝线圈内磁通量的大小与线圈匝数无关.

[例题3]如图9-1.3所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化分别为和，则（）

A.＞

B.=

C.＜

D.不能判断

解析：导体MN周围的磁场并非匀强磁场，靠近MN处的磁场强些，磁感线密一些，远离MN处的磁感线疏一些，当线框在I位置时，穿过平面的磁通量为，当线圈平移至Ⅱ位置时,磁能量为，则磁通量的变化量为==-，当到线框翻转到Ⅱ位置时，磁感线相当于从“反面”穿过原平面，则磁通量为-，则磁通量的变化量是

==+所以＜

答案：C

【变式训练3】如图9-1.4所示，匀强磁场的磁感强度B＝2．0T，指向x轴的正方向，且ab=40cm，bc=30cm，ae=50cm，求通过面积Sl（abcd）、S2（befc）和S3（aefd）的磁通量φ1、φ2、φ3分别是多少？

解析：根据φ=BS垂，且式中S垂就是各面积在垂直于B的yx平面上投影的大小，所以各面积的磁通量分别为

φ1=BS1＝2．0×40×30×10－4＝0．24Wb；φ2=0

φ3＝φ1=BS1＝2．0×40×30×10－4＝0．24Wb

答案：φ1＝0．24Wb，φ2＝0，φ3＝0．24Wb

四、考能训练

A基础达标

1、根据安培假说的物理思想：磁场来源于运动电荷．如果用这种思想解释地球磁场的形成，根据地球上空并无相对地球定向移动的电荷的事实．那么由此推断，地球总体上应该是：（）

A．带负电B．带正电

C．不带电D．不能确定

2、如图9-1.5所示，A为通电线圈，电流方向如图所示，B、C为与A在同一平面内的两同心圆，φB、φC分别为通过两圆面的磁通量的大小，下述判断中正确的是（）

A．穿过两圆面的磁通方向是垂直纸面向外

B．穿过两圆面的磁通方向是垂直纸面向里

C．φB＞φC

D．φB＜φC

3、下列单位中与磁感应强度单位相同有（）

A．B．

C．D．

4、在地球赤道上空有一小磁针处于水平静止状态，突然发现小磁针N极向东偏转，由此可知()

A．一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的N极靠近小磁针

B．一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的S极靠近小磁针

C．可能是小磁针正上方有电子流自南向北通过

D．可能是小磁针正上方有电子流自北向南水平通过

5、下列关于磁场的说法中，正确的是()

A．只有磁铁周围才存在磁场

B．磁场是假想的，不是客观存在的

C．磁场是在磁极与磁极、磁极和电流发生作用时才产生

D．磁极与磁极，磁极与电流、电流与电流之间都是通过磁场发生相互作用

6、关于磁感线，下列说法中正确的是()

A．磁感线上每一点的切线方向都跟该点的磁场方向一致

B．两条磁感线的空隙处不存在磁场

C．不同磁场形成的磁感线可以相交

D．磁感线是磁场中客观存在的、肉眼看不见的曲线

7、一条竖直放置的长直导线，通有由下而上的电流，它产生的磁场在它正北方某处的磁感应强度与地磁场在该处的磁感应强度大小相等，设地磁场方向水平向北，则该处的磁场方向为()

A．向东偏北450B．向正西

C．向西偏北450D．向正北

8、下列所述的情况，哪一种情况可以肯定钢棒没有磁性()

A．将钢棒的一端接近磁针的N极时，则两者互相吸引，再将钢棒的这一端接近磁针的S极时，则两者互相排斥

B．将钢棒的一端接近磁针的N极时，则两者互相排斥，再将钢棒的另一端接近磁针的N极时，则两者互相吸引

C．将钢棒的一端接近磁针的N极时，则两者互相吸引，再将钢棒的另一端接近磁针的S极时，则两者仍互相吸引

D．将钢棒的一端接近磁针的N极时，则两者互相吸引，再将钢棒的另一端接近磁针的N极时，则两者仍互相吸引

9、一小段通电直导线长1cm，电流强度为5A，把它放入磁场中某点时所受磁场力大小为0．1N，则该点的磁感强度为（）

A．B＝2T；B．B≥2T；C．B≤2T；D．以上三种情况均有可能

10、如图9-1.6所示，一根通电直导线放在磁感应强度B=1T的匀强磁场中，在以导线为圆心，半径为r的圆周上有a,b,c,d四个点，若a点的实际磁感应强度为0，则下列说法中正确的是（）

A．直导线中电流方向是垂直纸面向里的

B．C点的实际磁感应强度也为0

C．d点实际磁感应强度为，方向斜向下，与B夹角为450

D．以上均不正确

11、如图9-1.7所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd在细长磁铁N极附近下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，由图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，且位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近位置Ⅱ，在这个过程中，线圈中的磁通量（）

A．是增加的；

B．是减少的

C．先增加，后减少；

D．先减少，后增加

12、如图9-1.8所示边长为100cm的正方形闭合线圈置于磁场中，线圈AB、CD两边中点连线OO/的左右两侧分别存在方向相同、磁感强度大小各为B1＝0．6T，B2=0．4T的匀强磁场。若从上往下看，线圈逆时针转过370时，穿过线圈的磁通量改变了多少？

B能力提升

13、如图9-1.9所示，木板质量为M，静止于水平地面上，木板上固定一质量不计的框架，框架上悬有磁铁A，木板上放有磁铁B，两磁铁质量均为m，设木板对地面的压力为N1，B对木板的压力为N2，A对悬线的拉力为T，则下面结论正确的是（）

A．N1B．

C．D．以上答案全不对

14、（2007年上海一模）如图9-1.10所示，两根平行的通电直导线通过等腰直角三角形两个顶点，两根导线通入大小相等、方向垂直纸面向里的电流，每根导线在直角顶点产生的磁感应强度的大小均为B，则直角顶点处实际的磁感应强度的大小和方向为（）

A．B,沿y轴正方向

B．B,沿y轴负方向

C．B,与x轴正方向同向

D．B,与x轴正方向反向

15、如图9-1.11是一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图．其工作原理类似打点计时器．当电流从电磁铁的接线柱a流入，吸引小磁铁向下运动，由此可判断：电磁铁的上端为_____极，永磁铁的下端为_____极（N或S）

16、某试验小组为了探究通电长直导线产生的磁场的磁感应强度B与导线上电流强度I0和距离r间的关系，设计了如图所示的试验：一根固定通电长直导线通以可调节的电流强度I0，一根可以自由运动的短导线与之在同一平面内，通以恒定的电流I=2A，长度L=0.1m，应用控制变量法：（1）使两导线距离r保持不变,调节长直导线中的电流强度I0，测得相应的磁场力F，得到如下实验数据：

试验次数12345

电流强度I0/A5.010152025

磁场力F/×10-4N1.012.002.983.965.02

磁感应强度B/×10-3T

填充上述表格中的磁感应强度B一栏的值，并归纳磁感应强度B和产生磁场的长直导线上的电流I0的关系是______________．

（2）使长直导线中的电流强度I0保持不变，调节短导线与之的距离r，测得相应的磁场力F，得到如下实验数据：

试验次数12345

距离r/m0.050.100.150.200.25

磁场力F/×10-4N12.05.94.13.02.4

磁感应强度B/×10-3T

填充上述表格中的磁感应强度B一栏的值，并归纳磁感应强度B和空间位置与长直导线间的距离r的关系是______________．

17、磁场具有能量，磁场中单位体积所具有的能量叫做能量密度，其值为B2/2μ,式中B是感应强度,μ是磁导率，在空气中μ为一已知常数．为了近似测得条形磁铁磁极端面附近的磁感应强度B，一学生用一根端面面积为A的条形磁铁吸住一相同面积的铁片P，再用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离△L，并测出拉力F，如图9-1.12所示．因为F所做的功等于间隙中磁场的能量，所以由此可得磁感应强度B与F、A之间的关系为B＝

18、长为1.2m,质量为1kg的金属杆静止于相距1m的两水平轨道上，金属杆中通有方向如图9-1.13所示、大小为20A的恒定电流，两轨道内外存在竖直方向的匀强磁场．金属杆与轨道间的动摩擦因数为0．6，（1）欲使杆向右匀速运动，求磁场的磁感应强度大小和方向（）；（2）欲使杆向右以加速度为作匀加速运动，求磁场的磁感应强度大小．

19、如图9-1.14所示，不计电阻的U形导轨水平放置，导轨宽l=0.5m，左端连接电源，电动势E=6V，内阻r=0.9Ω和可变电阻R，在导轨上垂直于导轨放一电阻为0.1Ω的导体棒MN，并用水平轻绳通过定滑轮吊着质量为m=20g的重物，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，改变可变电阻的阻值，在1Ω≤R≤5Ω的取值范围内都能使MN处于静止，求匀强磁场的磁感应强度．（g=10m/s2）

五、宽乘高

1.地球磁场为何经常变化

地球磁极变化的最激动人心一幕是“磁极倒转”事件．在地球演化史中，“磁极倒转”事件经常发生．仅在近450万年里，就可以分出四个磁场极性不同的时期．有两次和现在基本一样的“正向期”，有两次和现在正好相反的“反向期”．而且，在每一个磁性时期里，有时还会发生短暂的磁极倒转现象．地球磁场的这种磁极变化，同样存在于更古老的年代里．从大约6亿年前的前寒武纪末期，到约5.4亿年前的中寒武世，是反向磁性为主的时期；从中寒武世到约3.8亿年前的中泥盆世，是正向磁性为主的时期；中泥盆世到约0.7亿年前的白垩纪末，还是以正向极性为主；白垩纪末至今，则是以反向极性为主．

2.中国古代对磁的认识

我国古代典籍中也记载了一些磁石吸铁和同性相斥的应用事例。例如《史记封禅书》说汉武帝命方士栾大用磁石做成的棋子“自相触击”；而《椎南万毕术》（西汉刘安）还有“取鸡血与针磨捣之，以和磁石，用涂棋头，曝干之，置局上则相拒不休”的详细记载。南北朝（512～518年）的《水经注》（郦道元）和另一本《三辅黄图》都有秦始皇用磁石建造阿房宫北阙门，“有隐甲怀刃人门”者就会被查出的记载。《晋书马隆传》的故事可供参考：相传3世纪时智勇双全的马隆在一次战役中，命士兵将大批磁石堆垒在一条狭窄的小路上。身穿铁甲的敌军个个都被磁石吸住，而马隆的兵将身穿犀甲，行动如常。敌军以为马隆的兵是神兵，故而大败（“夹道累磁石，贼负铁镗，行不得前，隆卒悉被犀甲，无所溜碍”）。

第二节磁场对电流的作用

一、考情分析

考试大纲考纲解读

1.安培力、安培力的方向I

2.4.匀强磁场中的安培力II

安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情形

1.通电直导体在磁场中受力，结合牛顿定律运动学公式以及能量的转化与守恒，以非选择题形式考查居多.

2.通电导线在磁场中受安培力的分析与计算，首先掌握左手定则，会判断安培力方向，其次熟悉掌握受力分析方法，应用有关知识解决安培力参与的平衡、加速等问题，特别注意安培力、电流（导线）、磁场方向三者的空间方位关系。

二、考点知识梳理

（一）、安培力

1.安培力：通电导线在磁场中受到的作用力叫做__________．

说明:磁场对通电导线中定向移动的电荷有力的作用，磁场对这些定向移动电荷作用力的____________即为安培力．

2.安培力的计算公式：___________（θ是I与B的夹角）；

通电导线与磁场方向垂直时，即θ＝900，此时安培力有______值；

通电导线与磁场方向平行时，即θ＝00，此时安培力有______值，F=0N;

00＜B＜900时，安培力F介于0和最大值之间.

特别提醒：

①公式F=BIL中L为导线的________，即导线两端点所连直线的长度，相应的电流方向沿L由始端流向末端．如图9-2.1所示，甲中：，乙中：L/=d(直径）＝2R（半圆环且半径为R)

②安培力的作用点为磁场中通电导体的__________；

③安培力做功:做功的结果将_________转化成__________．

3.安培力公式的适用条件:

①公式F＝BIL一般适用于匀强磁场中I⊥B的情况，对于非匀强磁场只是近似适用（如对电流元），但对某些特殊情况仍适用．

如图9-2.3所示，电流I1//I2,如I1在I2处磁场的磁感应强度为B，则I1对I2的安培力F＝BI2L，方向向左，同理I2对I1，安培力向右，即同向电流相吸，异向电流相斥．

②根据力的相互作用原理，如果是磁体对通电导体有力的作用，则通电导体对磁体有反作用力．两根通电导线间的磁场力也遵循牛顿第三定律．

4.安培力作用下物体的运动方向的判断

（1）电流元法：即把整段电流等效为多段直线电流元，先用左手定则判断出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断整段电流所受合力方向，最后确定运动方向．

（2）特殊位置法：把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置后再判断安培力方向，从而确定运动方向．

（3）等效法：环形电流和通电螺线管都可以等效成条形磁铁，条形磁铁也可等效成环形电流或通电螺线管，通电螺线管也可以等效成很多匝的环形电流来分析．

（4）利用结论法：

①两电流相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；

②两电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势．

（5）转换研究对象法：因为电流之间，电流与磁体之间相互作用满足牛顿第三定律，这样，定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受电流作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向．

（6）分析在安培力作用下通电导体运动情况的一般步骤

①画出通电导线所在处的磁感线方向及分布情况

②用左手定则确定各段通电导线所受安培力

③)据初速方向结合牛顿定律确定导体运动情况

（二）、左手定则

1.用左手定则判定安培力方向的方法：伸开左手，使拇指跟其余的四指________且与手掌都在__________，让磁感线垂直穿过_______，并使四指指向________，这时手掌所在平面跟磁感线和导线所在平面_______，所指的方向就是通电导线所受安培力的方向．

2.安培力F的方向既与磁场方向________，又与通电导线________,即F跟BI所在的面________．但B与I的方向__________垂直．

3.安培力F、磁感应强度B、电流1三者的关系

①已知I,B的方向，可惟一确定F的方向；

②已知F、B的方向，且导线的位置确定时，可惟一确定I的方向；

③已知F,1的方向时，磁感应强度B的方向不能惟一确定．

4.由于B,I,F的方向关系常是在三维的立体空间，所以求解本部分问题时，应具有较好的空间想象力，要善于把立体图画变成易于分析的平面图，即画成俯视图，剖视图，侧视图等．

三、考点知识解读

考点1.安培力的理解

剖析：

1.安培力是磁场对电流的作用力，它与重力、弹力、摩擦力、电场力等一样，是一种性质力.

2.安培力公式说明

(1)B是与L垂直或与L垂直的分量;

(2)L是有效长度，若载流导体是弯曲导线，且导线所在平面与磁感应强度方向垂直，则L指弯曲导线中始端指向末端的直线长度.如图9-2.4所示，半圆形平面通电导体，处于垂直于磁场方向平面内，则导线所受磁场力大小为F=BILAB

(3)B并非一定是匀强磁场，但一定是导线所在处的磁感应强度.

[例题1]（09年全国卷Ⅰ17.）如图9-2.5，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直。线段ab、bc和cd的长度均为L，且。流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力（）

A.方向沿纸面向上，大小为

B.方向沿纸面向上，大小为

C.方向沿纸面向下，大小为

D.方向沿纸面向下，大小为

解析：本题考查安培力的大小与方向的判断.该导线可以用a和d之间的直导线长为来等效代替,根据,可知大小为,方向根据左手定则.A正确。

答案：A

【变式训练1】如图9-2.6所示是磁场对直线电流的作用力判断，其中正确是()

解析：A图中导线是与磁场垂直放置的，所受安培力应该是最大的力的方向也遵守左手定则，所以A正确；B图中的安培力方向应该是垂直导线向左；C图中的安培力方向向下，大小应该是最大值；D图中由于导线与磁场平行，所以不受安培力作用．

答案：A

考点2.安培力作用下导体运动的分析方法

剖析：

（1）电流元法：即把整段电流等效为多段直线电流元，先用左手定则判断出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断整段电流所受合力方向，最后确定运动方向．

（2）特殊位置法：把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置后再判断安培力方向，从而确定运动方向．

（3）等效法：环形电流和通电螺线管都可以等效成条形磁铁，条形磁铁也可等效成环形电流或通电螺线管，通电螺线管也可以等效成很多匝的环形电流来分析．

（4）利用结论法：①两电流相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；②两电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势．

（5）转换研究对象法：因为电流之间，电流与磁体之间相互作用满足牛顿第三定律，这样，定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受电流作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向．

[例题2]如图9-2-7所示，有一通电直导线放在蹄形电磁铁的正上方，导线可以自由移动，当电磁铁线圈与直导线中通以图示的电流时，有关直导线运动情况的说法中正确的是（从上往下看）（）

A．顺时针方向转动，同时下降B．顺时针方向转动，同时上升

C．逆时针方向转动，同时下降D．逆时针方向转动，同时上升

解析：用安培定则判断通电蹄形电磁铁的极性，通电直导线在蹄形磁铁的磁场中，它的受力情况用电流无法进行判断，如图9-2-8所示把直线电流等效为AO、OO/、O/B三段，其中OO/为极短的电流元.画出电磁铁的磁感线，可知OO/段电流元不受安培力的作用，AO段受垂直于纸面向外的安培力，O/B段受一垂直于纸面向里的安培力，故从上往下看，导线以OO/段为轴逆时针转动.再用特殊位置法，假设导线转过90°，如图9-2.8所示，则导线受力的受力方向应竖直向下.实际上导线的运动应是上述两种运动的合成.

答案：C

【变式训练2】把圆形导线圈用细线挂在通电直导线附近，使两者在同一竖直平面内，其中直导线固定，线圈可以自由活动，如图所示.当9-2.9圆线圈中通入图示方向的电流时，线圈将（）

A.发生转动，同时靠近直导线

B.发生转动，同时离开直导线

C.远离直导线

D.靠近直导线

解析：可将通电圆环等效为左右两段通电直导线来判定，离直导线越近，磁场越强，由左手定则或由同向电流相吸，异向电流相斥判定，答案选D.

答案：D

考点3.安培力做功的特点

剖析：

1.安培力做功与路径有关，所以绕闭合回路一周，安培力做功可以为正，可以为负，也可以为零，不象重力和电场力做功一定为负.

2.安培力做功的实质：起传递能量的作用，将电源的能量传递给通电导线，而磁场本身不提供能量.如图9-2-10所示，导体ab在安培力作用下向左运动，安培力做功的结果是将电能转化为导体的动能.

[例题3]电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图9-2-11所示，利用这种装置可以把质量为2.0g的弹体（包括金属杆EF的质量）加速到6km/s.若这种装置的轨道宽2m，长为100m，通过的电流为10A，则轨道间所加匀强磁场的磁感应强度为_________T，磁场力的最大功率P=_________W（轨道摩擦不计）.

解析：由动能定理W合=mv2-mv02可知BILs=mv2,得出B=18T.

故P=BILvm=2.16×106W.

答案：182.16×106

考点4.安培力与力学知识的综合运用

剖析：

由于左手定则中，F、B、I三者的关系涉及三维空间，解题时要善于从不同的视向把立体图改画为平面图，然后通过受力分析，通电导线的运动分析，即可解决与安培力相结合的静力学、运动学、动力学、功和能等方面的问题.

①首先把立体图画成易于分析的平面图，如侧视图、剖视图或俯视图等；

②确定导线所在处磁场方向，根据左手定则确定安培力的方向；

③结合通电导体、受力分析、运动情况等，根据题目要求，列出方程，解决问题.

[例题4]如图9-2-12(a)所示，两根平行放置的导电轨道，间距为L，倾角为，轨道间接有电动势为E（内阻不计）的电源，现将一根质量为m、电阻为R的金属杆ab与轨道垂直放于导电轨道上，轨道的摩擦和电阻均不计，要使ab杆静止，所加匀强磁场的磁感应强度至少多大？什么方向？

解析：由ab杆静止可知受力平衡.因轨道摩擦不计,故物体仅受重力、支持力、安培力.其中重力大小、方向均不变；支持力方向不变.如图9-2-12（b）所示由平衡知识知，安培力沿斜面向上时磁感应强度最小.根据左手定则磁感应强度垂直轨道平面向上.由

得：方向：垂直于轨道平面向上.

【变式训练4】如图9-2-13（a）所示，电源电动势E＝2V，r＝0.5Ω,竖直导轨电阻可略，金属棒的质量m＝0.1kg，R=0.5Ω，它与导体轨道的动摩擦因数μ＝0.4，有效长度为0.2m,靠在导轨的外面，为使金属棒不下滑，我们施一与纸面夹角为600且与导线垂直向外的磁场，（g=10m/s2）求：

（1)此磁场是斜向上还是斜向下？

（2）B的范围是多少？

解析：导体棒侧面受力图如图9-2-13(b)所示：

由平衡条件得：B最小时摩擦力沿导轨向上，则有

μFN＋BILcos300＝mg,FN=BILsin300解得B＝2.34T

当B最大时摩擦力沿导轨向下，则有BILcos300＝mg＋μFN

FN=BILsin300解得B=3.75T

B的范围是2.34T--3.75T

四、考能训练

A基础达标

1、（2009年重庆卷）在题图9-2-14所示电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导线与，之间的安培力的大小为、，判断这两段导线（）

A．相互吸引，＞

B．相互排斥，＞

C．相互吸引，＜

D．相互排斥，＜

2、（2009年海南物理）一根容易形变的弹性导线，两端固定。导线中通有电流，方向如图9-2-15中箭头所示。当没有磁场时，导线呈直线状态：当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是

3、（2007年天津一模）质量为m的金属导体棒置于倾角为θ的导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，当导体棒通以垂直纸面向里的电流时，恰能在导轨上静止。如图9-2-16所示的四个图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中棒与导轨间的摩擦力可能为零的是（）

4、在赤道上空，沿东西方向水平放置两根通电直导线a和b，且导线a在北侧，导线b在南侧，导线a中的电流方向向东，导线b中的电流方向向西，则关于导线a和地磁场对导线b的安培力F1和F2的方向判断正确的是()

A．F1水平向南，F2竖直向下B．F1竖直向下，F2水平向北

C．F1水平向北，F2竖直向上D．F1竖直向上，F2水平向南

5、如图9-2-17所示，一根通有电流I的直铜棒MN，用导线挂在磁感应强度为B的匀强磁场中，此时两根悬线处于张紧状态，下列哪些措施可使悬线中张力为零()

A．适当增大电流强度I

B．使电流反向并适当减小电流强度I

C．保持电流强度I不变，适当减小磁感应强度B

D．使电流反向，适当减小磁感应强度B

6、如图9-2-18所示，在绝缘的水平面上等间距固定着三根相互平行的通电直导线a、b和c，各导线中的电流大小相同.其中a、c导线中的电流方向垂直纸面向外，b导线电流方向垂直纸面向内，每根导线都受到另外两根导线对它的安培力作用.则关于每根导线所受安培力的合力，以下说法正确的是（）

A．导线a所受合力方向水平向右

B．导线c所受合力方向水平向右

C．导线c所受合力方向水平向左

D．导线b所受合力为零

7、如图9-2-19所示，光滑斜面倾角为θ，垂直纸面放置的通电直导线质量为m、长为l，当加一匀强磁场时，导线所受磁力大小为mg,此时导线保持静止状态，则斜面受到导线的压力大小可能是（）

A．mgB．mgcosθC．2mgcosθD．mgsinθ

8、在磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，一段长为0.5m的通电导体在外力作用下做匀速直线运动，设通过导体的电流强度为4A，运动速度是0.6m／s，电流方向、速度方向、磁场方向两两相互垂直，则移动这段导线所需要的功率是W．

9、如图9-2-20所示，在倾角为300的斜面上，放置两条宽L=0.5m的平行导轨，将电源、滑动变阻器用导线连接在导轨上，在导轨上横放一根质量m=0.2kg的金属杆ab，电源电动势E=12V，内阻r=0．3Ω，金属杆与导轨间最大静摩擦力为fm=0.6N，磁场方向垂直轨道所在平面，B=0.8T．金属杆ab的电阻为0.2Ω，导轨电阻不计．欲使杆的轨道上保持静止，滑动变阻器的使用电阻的范围多大?(g取10m／s2)

B能力提升

10、（2008年重庆一模）如图9-2-21所示，连接平行金属板P1和P2，（板面垂直于纸面）的导线的一部分CD和另一连接电池的回路的一部分GH平行，CD和GH均在纸面内，金属板置于磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当一束等离子体射入两金属板之间时，CD段将受到力的作用，则()

A．等离子体从右方射入时，CD受力方向背离GH

B．当从右方射入时，CD受力方向指向GH；

C．当从左方射入时，CD受力方向背离GH；

D．当从左方射入时，CD受力方向指向GH。

11、（2007年苏州一模）在同一光滑斜面上放同一导体棒，右图9-2-22所示是两种情况的剖面图。它们所处空间有磁感强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次竖直向上；两次导体A分别通有电流I1和I2，都处于静止平衡。已知斜面的倾角为θ，则()

A．I1：I2=cosθ∶1

B．I1：I2=1∶1

C．导体A所受安培力大小之比F1∶F2=sinθ∶cosθ

D．斜面对导体A的弹力大小之比N1∶N2=cos2θ∶1

12、（08宁夏卷）在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图9-2-23。过c点的导线所受安培力的方向（）

A．与ab边平行，竖直向上

B．与ab边平行，竖直向下

C．与ab边垂直，指向左边

D．与ab边垂直，指向右边

13、(2007北京海淀高三第一学期期末练习)两根通电的长直导线平行放置,电流分别为I1和I2,电流的方向如图所示9-2-24,在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点,其中a、b在导线横截面连线的延长线上,c、d在导线横截面连线的垂直平分线上.则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是（）

A．a点

B．b点

C．c点

D．d点

14、如图9-2-25所示的天平可用来测定磁感应强度.天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为L，共有n匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里.当线圈中通有电流I（方向如图）时，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡.当电流反向（大小不变）时，左边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡，由此可知（）

A．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为

B．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为

C．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为

D．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为

15、如图9-2-26所示，在倾角为37°的斜面上，固定着宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和变阻器.电源电动势E=12V，内电阻r=1.0Ω.一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，整个装置处于磁感应强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中.若金属导轨是光滑的，取g=10m/s2,且已知sin37°=0.60,cos37°=0.80.要保持金属棒静止在导轨上.求：

（1）回路中电流的大小；

（2）滑动变阻器接入电路的阻值.

五、宽乘高

1.电磁运输器

在这种电磁铁路上，车厢的重力被电磁铁的吸引力抵消了，所以它是完全失去重力的．所以如果我告诉你说，根据设计，这些车厢不是在铁轨上行驶的，不是在水里航行的，甚至也不是在空气里滑翔的──它们飞的时候任何支撑的东西都没有，什么也不接触，而是悬在看不见的强大的磁场线中的，你听了也就不会觉得奇怪了．由于它们之间不会有摩擦，所以当它们一进入运动状态，就能依靠惯性保持着原有的巨大速率前进，而不必再用机车来牵引．

2.超导电磁推进船

随着高技术的发展，导体在超低温状态电阻等于0的超导性能被发现。在上个世纪末，美国科学家们就开始设想用超导体来推动船舶前进，曾做了试验模型而且获得了理想的推进效能。由于超导体电阻等于0，只须用很少的电能就能使导体产生足够的磁场，而电流在导体中又无损耗，因而用它来推进船舶将大大提高效益。超导电磁推进，不但可以提高航速，而且能减小震动和噪音，若潜水艇使用电磁推进，不但速度快而且更具有隐蔽性能，在战斗中不易被敌人发现，又有强大快速的攻击力。将来的货船和油船若用超导电磁推进在水下潜水航行，速度可提高到每小时３０－４０海里，即使海上风浪再大，也可以平稳地从水下准时到达目的地。

第三节带电粒子在磁场中的运动

一、考情分析

考试大纲考纲解读

1.洛伦兹力、洛伦兹力的方向I

2.洛伦兹力公式II

3.带电粒子在匀强磁场中的运动II

洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情形

带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，要掌握基本法（找圆心、求半径、画轨迹）利用几何知识，求半径及圆心角是关键。应特别注意“边界问题”以及由周期性引起的“多解问题”.

二、考点知识梳理

（一）、洛仑兹力

磁场对运动电荷的作用力

1.洛伦兹力的公式:_______________，θ是V、B之间的夹角.

2.当带电粒子的运动方向与磁场方向互相平行时，F＝0

3.当带电粒子的运动方向与磁场方向互相垂直时，f=qvB

4.只有___________在磁场中才有可能受到洛伦兹力作用，静止电荷在磁场中受到的磁场对电荷的作用力一定为_____．

5.洛伦兹力和安培力的关系：F洛是F安的微观解释，F安是F洛宏观体现。

（二）、洛伦兹力的方向

1.洛伦兹力F的方向既_______于磁场B的方向，又_______于运动电荷的速度v的方向，即F总是垂直于B和v所在的平面．

2.使用左手定则判定洛伦兹力方向时，伸出左手，让姆指跟四指________，且处于_______，让磁感线穿过________，四指指向_______________（当是负电荷时，四指指向与电荷运动方向________）则__________所指方向就是该电荷所受洛伦兹力的方向．

（三）、洛伦兹力与安培力的关系

1.洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向称动的自由电荷受到的洛伦兹力的________．

2.洛伦兹力_________做功，它不改变运动电荷的_________;但安培力却可以做功．

（四）、带电粒子在匀强磁场中的运动

1.若v//B,则粒子不受洛伦兹力,在匀强磁场中做____________.

2.若vB,则带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做____________。

相关公式：

(1)洛伦兹力充当向心力：

(2)轨道半径：

(3)周期：

(4)角速度：

(5)频率：

(6)动能：

特点：

①带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的的周期T频率f角速度与粒子的速度（v）和半径（r）无关，只与粒子的电量（q）和质量（m）有关.

②q/m比荷相等的粒子，在相同的匀强磁场中，T、f和均相等

3.不计重力的带电粒子垂直进入匀强电场和垂直进入匀强磁场时都做曲线运动，但有区别：带电粒子垂直进入匀强电场，在电场中做匀变速曲线运动（类平抛运动）；垂直进入匀强磁场，则做变加速曲线运动（匀速圆周运动）．

（五）、“带电粒子在匀强磁场中的圆周运动”的基本型问题

（1）定圆心、定半径、定转过的圆心角是解决这类问题的前提。确定半径和给定的几何量之间的关系是解题的基础，有时需要建立运动时间t和转过的圆心角α之间的关系（）作为辅助。圆心的确定，通常有以下两种方法。

①已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心（如图中P为入射点，M为出射点）。

②已知入射方向和出射点的位置，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心（如图9-2,P为入射点，M为出射点）。

（2）半径的确定和计算：利用平面几何关系，求出该圆的可能半径或圆心角。并注意以下两个重要的特点：

①粒子速度的偏向角等于回旋角α，并等于AB弦与切线的夹角（弦切角θ）的2倍，如图9-3-3所示。即：。

②相对的弦切角θ相等，与相邻的弦切角θ/互补，即θ＋θ/＝180o。

（3）运动时间的确定

粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间可由下式表示(或者）。

注意：带电粒子在匀强磁场中的圆周运动具有对称性。

①带电粒子如果从一直线边界进入又从该边界射出，则其轨迹关于入射点和出射点线段的中垂线对称，入射速度方向、出射速度方向与边界的夹角相等；

②在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出。

应用对称性可以快速地确定运动的轨迹。

（4）一带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题方法（三步法）：

①画轨迹：即确定圆心，运用几何知识求半径并画出轨迹

②找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度的联系，偏转角度与对应圆心角与运动时间的联系，在磁场中运动时间与周期相联系。

③用规律：结合牛顿第二定律和圆周运动的规律，运用圆周运动的半径公式和周期公式。

三、考点知识解读

考点1.如何确立带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间？

剖析：

1.圆心的确定：因为洛伦兹力f指向圆心，根据f⊥v，画出粒子运动轨迹上任意两点（一般是射入和射出磁场的两点）的f的方向，其延长线的交点即为圆心.

2.半径的确定和计算：圆心找到以后，自然就有了半径（一般是利用粒子入、出磁场时的半径）.半径的计算一般是利用几何知识，如解三角形的方法及圆心角等于圆弧上弦切角的两倍等知识.

3.在磁场中运动时间的确定：利用圆心角与弦

切角的关系，或者是四边形内角和等于360°计算

出圆心角的大小，由公式t=×T可求出运动

时间.有时也用弧长与线速度的比.如图9-3-4所示，

还应注意到：

（1）速度的偏向角等于弧AB所对的圆心角；

（2）偏向角与弦切角的关系为：＜180°，=2；＞180°，=360-2.

4.注意圆周运动中有关对称规律

如从同一直线边界射入的粒子，再从这一边射出时，速度与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出.

[例题1]如图9-3-5所示，一束电子（电量为e）以速度v垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿过磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是300，则电子的质量是，穿过磁场的时间是。

解析：电子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧一部分，又因为f⊥v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向交点上，如图中的O点，由几何知识知，AB间圆心角θ=300，OB为半径．所以r=d/sin300=2d．

又由r=得m＝2dBe／v．

又因为AB圆心角是300，所以穿过时间t=T=×=．

答案：2dBe／v；

【变式训练1】如图9-3-6，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．P为屏上的一小孔．PC与MN垂直．一群质量为m，带电量为-q的粒子（不计重力），以相同的速度v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域．粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为范围内．则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为（）

A．B．

C．D．

解析：图9-3-7可知，沿PC方向射入的带负电的粒子打在MN上的点离P点最远，PR=，沿两边界线射入磁场的粒子打在MN上的点离P点最近，PQ=，所以打在MN区域的长度为，则D答案正确

答案：D．

考点2.电场和磁场对电荷作用的区别

剖析：

1.电荷在电场中一定会受到电场力的作用，而电荷在磁场中不一定受磁场力作用.只有相对于磁场运动且运动方向与磁场不平行的电荷才受磁场力的作用，而相对磁场静止的电荷或虽运动但运动方向与磁场方向平行的电荷则不受磁场力作用．

2.电场对电荷作用力的大小仅取决于场强E和电荷量q，即F=qE，而磁场对电荷的作用力大小不仅与磁感应强度B和电荷量q有关，还与电荷运动速度的大小v及速度方向与磁场方向的夹角有关，即：F=qvBsin．

3.电荷所受电场力的方向总是沿着电场线的切线(与电场方向相同或相反)，而电荷所受磁场力的方向总是既垂直于磁场方向，又垂直于运动方向(即垂直于磁场方向和运动方向所决定的平面)．

4.电荷在电场中运动时，电场力要对运动电荷做功(电荷在等势面运动除外)，而电荷在磁场中运动时，磁场力一定不会对电荷做功.

[例题2]一带电粒子以初速度V0垂直于匀强电场E沿两板中线射入，不计重力，由C点射出时的速度为V，若在两板间加以垂直纸面向里的匀强磁场，粒子仍以V0入射，恰从C关于中线的对称点D射出，如图9-3-8所示，则粒子从D点射出的速度为多少?

解析：粒子第一次飞出极板时，电场力做正功，由动能定理可得电场力做功为W1=m（V2－v02）/2……①，当两板间加以垂直纸面向里的匀强磁场后，粒子第二次飞出极板时，洛仑兹力对运动电荷不做功，但是粒子从与C点关于中线的对称点射出，洛仑兹力大于电场力，由于对称性，粒子克服电场力做功，等于第一次电场力所做的功，由动能定理可得W2=m（V02－VD2）/2……②，W1=W2。由①②③式得VD=

点评：凡是涉及到带电粒子的动能发生了变化，均与洛仑兹力无关，因为洛仑兹力对运动电荷永远不做功。

【变式训练2】如图9-3-9所示，在宽为d的区域内有方向竖直向下的匀强电场，场强为E.一带电粒子以速度v垂直于电场方向.也垂直于场区边界射入电场（不计粒子的重力），射出场区时，粒子的速度方向偏转了θ角.若去掉电场，在同样区域内改换成方向垂直于纸面向外的匀强磁场，此粒子仍在原位置以同样速度v射入场区，它从场区的另一侧射出时，也偏转了θ角.则此磁场的磁感应强度B=___________.

解析：粒子在电场中做类似平抛运动，运行时间是t=，加速度a=，有tanθ==，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律：

qvB=

所以r=

依图9-3-10得：sinθ==

解得：B=.

答案：Ecosθ/v

考点3.带电粒子在有界磁场中运动的极值问题

剖析：

注意下列结论，再借助数学方法分析：

1.刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切.

2.当速度v一定时，弧长越长，轨迹对应的圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长.

3.注意圆周运动中有关对称规律：

如从同一边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出.

[例题3]图9-3-11中虚线为相邻两个匀强磁场区域1和2的边界，磁场方向都垂直于纸面向里.区域1的磁感应强度的大小为B，区域2的磁感应强度的大小为23B.两个区域的宽度都是L.一质量为m，电量为＋q的粒子，沿垂直于区域1的边界的方向，从区域1的边界上的P点射入区域1并进入区域2，最后恰未能穿出区域2.求此带电粒子的速度.不计重力.

【思路点拨】本题是组合磁场的匀速圆周运动.带电粒子在有界磁场中的运动，解决此类问题关键是“定圆心，找半径”，充分利用几何关系来确定已知长度与半径的关系，需要对圆的几何特性比较熟悉.

解析：如图9-3-11所示，画出粒子的运动轨迹，粒子在两个场中运动的半径分别为R1和R2.由于入射线与边界线垂直，故圆1的圆心在区域1的边界线上；由于两圆相切，故两圆的圆心和两圆的切点必在同一直线上；又由于圆2与区域2的下边界相切，故圆心在此切点正上方.由此得出两轨迹和两区域的几何关系如图.

由公式得R1＝mvqB，R2＝3mv2qB，由图中几何关系可知：

LR1＝R2－LR2

解得v＝5qBL3m

答案：5qBL3m

【变式训练3】如图9-3-12所示，比荷为e/m的电子，以速度从A点沿AB边射入边长为a的等边三角形的匀强磁场区域中，欲使电子能从BC边穿出，磁感应强度B的取值为（）

A．B．

C．D．

解析：先根据题意画出电子沿弧运动的轨迹，因为弧上任意一点的速度方向必然与过该点的半径垂直，故可以过A点作与方向（即AB方向）垂直的直线，此直线即为带电粒子做匀速圆周运动的半径所在的直线．同理过C点作垂直于BC的直线，也为过该点的半径所在的直线，两直线相交于O点，即为带电粒子做匀速圆周运动的圆心，如图9-3-13所示，由图示情况可以看出圆心角∠AOC=1200,θ=600．

当时,电子刚好不能从BC边射出，

要使电子可以从BC边射出，必满足r＞，而r＝，

所以B＜时，电子可以从BC边射出．

答案：C

考点4.洛仑兹力的多解问题

剖析：

带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解，多解形成原因一般包含下述几个方面.

1.带电粒子电性不确定形成多解

受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度的条件下，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致形成多解.

2.磁场方向不确定形成多解

有些题目只告诉了磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑感应强度方向不确定而形成的多解.

3.临界状态不唯一形成多解

带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，

由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过

去了，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，如图9-3-14所示，于是形成了多解.

4.运动的重复性形成多解

带电粒子在部分是电场，部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，因而形成多解.

[例题4]如图9-3-15有垂直纸面向内的匀强磁场（磁感应强度为B）在长度为L的平行极板间，板间距离也为L，板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度V水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是

A．使粒子的速度VBqL/4m；

B．使粒子的速度V5BqL/4m；

C．使粒子的速度VBqL/m；

D．使粒子速度BqL/4mV5BqL/4m.

【思路点拨】本题为有界直线磁场中的匀速圆周运动问题，难点是做有界磁场临界值的判断.抓住两个临界条件是关键，即从左边边缘出场和从右边边缘出场；同时注意粒子运动的圆轨迹圆心必定在O点的正上方.

解析：由左手定则判得粒子在磁场中间向上偏，而作匀速圆周运动，很明显，圆周运动的半径大于某值r1时粒子可以从极板右边穿出，而半径小于某值r2时粒子可从极板的左边穿出，现在问题归结为求粒子能在右边穿出时r的最小值r1以及粒子在左边穿出时r的最大值r2，由几何知识得：粒子擦着板从右边穿出时，圆心在O点，有：

r12＝L2+(r1-L/2)2

解得r1=5L/4；

又由于r1=mV1/Bq，得V1=5BqL/4m；

这种情况下有V5BqL/4m．

粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在O＇点，有

r2＝L/4；

又由r2＝mV2/Bq=L/4得V2＝BqL/4m?

这种情况下VBqL/4m．综上可得正确答案是A、B．

答案：AB

【变式训练4】一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为v0方向与ad边夹角为30°，如图9-3-16所示．已知粒子的电荷量为q，质量为m（重力不计）．

（1）若粒子带负电，且恰能从d点射出磁场，求v0的大小；

（2）若粒子带正电，使粒子能从ab边射出磁场，求v0的取值范围以及引范围内粒子在磁场中运动时间t的范围．

解析：（1）由图9-3-17可知：，

据，

则．

（2）当v0最大时：

得R1=L，则

当v0最小值：，得，

则，，

带电粒子从ab边射出磁场，当速度为时，运动时间最短．，

速度为vmin时运动时间最长：

，

∴粒子运动时间t的范围．

答案：；

四、考能训练

A基础达标

1、（09年安徽卷19）.9-3-18图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹。云室旋转在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里。云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用。分析此径迹可知粒子（）

A．带正电，由下往上运动

B．带正电，由上往下运动

C．带负电，由上往下运动

D．带负电，由下往上运动

2、图9-3-19中粗线是地磁场的磁感线，则以下相关信息正确的是（）

A．地磁场对宇宙射线具有一定的阻挡作用

B．有些高能带电粒子能射向地球的两极

C．图中P端表示地球的北极

D．图中粒子带正电

3、带电粒子以初速度V0从a点进入匀强磁场，如图9-3-20。运动中经过b点，oa=ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以V0从a点进入电场，粒子仍能通过b点，那么电场强度E与磁感强度B之比E/B为()

A．V0

B．1/V0

C．2V0

D．V0/2

4、一带电粒子，沿垂直于磁场的方向射人一匀强磁场，粒子的一段径迹如图9-3-21所示，径迹上每一小段都可以看成圆弧，由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(电量不变)，则可判定()

A．粒子从a到b，带正电B．粒子从b到a，带正电

C．粒子从a到b，带负电D．粒子从b到a，带负电

5、如图9-3-22所示，电子以垂直于匀强磁场的速度VA，从A处进入长为d，宽为h的磁场区域，发生偏移而从B处离开磁场,从A至B的电子经过的弧长为s,若电子电量为e，磁感应强度为B，则()

A．电子在磁场中运动的时间为t=d／VA

B．电子在磁场中运动的时间为t＝s／VA

C．洛伦兹力对电子做功是BeVAh

D．电子在A、B两处的速度相同

6、质量为m、电量为+q的带电粒子（不计重力），以速度V垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，并作顺时针方向的匀速圆周运动，则粒子的角速度大小为________，向心加速度大小为________；带电粒子的匀速圆周运动等效于一个环形电流，该环形电流的电流强度为________，其产生的磁场的方向与匀强磁场的方向________（相同或相反）．

7、如图9-3-23所示为一正方形空腔的横截面，a、b、c为三个小孔(孔径不计)，腔内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束具有不同速率的电子，由孔a垂直磁场方向射入空腔．如从孔b、c分别有电子射出，则从两孔射出电子的速率之比Vb:Vc＝________，飞行时间之比tb:tc=________.

8、如图9-3-24所示，在x＜0与x＞0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B1＞B2．一个带负电荷的粒子从坐标原点O以速度V沿x轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过O点，B1与B2的比值应满足什么条件？

9、在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图9-3-25所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+y方向飞出．

（1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷q/m；

（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？

B能力提升

10、（2009年宁夏卷16）医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图9-3-26所示。由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160V，磁感应强度的大小为0.040T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为

A．1.3m/s，a正、b负B．2.7m/s，a正、b负

C．1.3m/s，a负、b正D．2.7m/s，a负、b正

11、如图9-3-27所示，一带负电的质点在固定的正的点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为T0，轨道平面位于纸面内，质点的速度方向如图中箭头所示．现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则（）

A．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期大于T0

B．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期小于T0

C．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期小于T0

D．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期小于T0

12、如图9-3-28所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是（）

A．，正电荷B．，正电荷

C．，负电荷D．，负电荷

13、如图9-3-29所示，长方形abcd长ad=0.6m，宽ab=0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B=0.25T．一群不计重力、质量m=3×10－7kg、电荷量q=+2×10－3C的带电粒子以速度v=5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域（）

A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边

B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边

C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边

D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边

14、如图9-3-30所示，正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.一个氢核从ad边的中点m沿着既垂直于ad边又垂直于磁场的方向，以一定速度射入磁场，正好从ab边中点n射出磁场.若将磁场的磁感应强度变为原来的2倍，其他条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是（）

A．在b、n之间某点

B．在n、a之间某点

C．a点

D．在a、m之间某点

15、如图9-3-31所示，单摆的摆线是绝缘的，长L.摆球带电荷量为q，整个装置处在一匀强磁场中，磁场的方向垂直于单摆的振动平面.当摆角为5°时，单摆的振动周期T与不存在磁场时的振动周期T0相比较（）

A．TT0

B．T=T0

C．TT0

D．因未知摆球带电的正负，无法判断

16、如图9-3-32，空间有垂直于xOy平面的匀强磁场.t=0的时刻，一电子以速度v0经过x轴上的A点，方向沿x轴正方向.A点坐标为（-，0），其中R为电子在磁场中做圆周运动的轨道半径.不计重力影响，则正确的是（）

A.电子经过y轴时，速度大小仍为v0

B.电子在t=时，第一次经过y轴

C.电子第一次经过y轴坐标为（0，R）

D.电子第一次经过y轴坐标为（0，-R）

17.如图9-3-33所示，L1、L2为两平行的虚线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点都在L2上，带电粒子从A点以初速度v斜向上与L2成30°角射出，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法中正确的是（）

A.带电粒子经过B点时速率一定跟A点速率相同

B.若将带电粒子在A点时初速度变大（方向不变），它仍能经过B点

C.若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60°角斜向上，它就不一定经过B点

D.此粒子一定带正电

18、初速为零的离子经过电势差为U的电场加速后，从离子枪T中水平射出，经过一段路程后进入水平放置的平行金属板MN和PQ之间.离子所经空间存在一磁感应强度为B的匀强磁场，如图9-3-34所示，要使离子能打在金属板上，则离子比荷的范围是

____________________.

19、如图9-3-35所示，在某空间实验室中，有两个靠在一起的等大的圆柱形区域，分别存在着等大反向的匀强磁场，磁感应强度B=0.10T，磁场区域半径R=233m，左侧区圆心为O1，磁场向里，右侧区圆心为O2，磁场向外．两区域切点为C．今有质量m=3.2×10-26kg．带电荷量q=1.6×10-19C的某种离子，从左侧区边缘的A点以速度v=106m／s正对O1的方向垂直磁场射人，它将穿越C点后再从右侧区穿出．求

(1)该离子通过两磁场区域所用的时间．

(2)离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离多大?

(侧移距离指垂直初速度方向上移动的距离)

20、(2007北京西城)如图9-3-36，xOy平面内的圆O′与y轴相切于坐标原点O.在该圆形区域内，有与y轴平行的匀强电场和垂直于圆面的匀强磁场.一个带电粒子（不计重力）从原点O沿x轴进入场区，恰好做匀速直线运动，穿过场区的时间为T0.若撤去磁场，只保留电场，其他条件不变，该带电粒子穿过场区的时间为T0/2.若撤去电场，只保留磁场，其他条件不变，求该带电粒子穿过场区的时间.

21、如图9-3-37所示，真空室内有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60T，磁场内有一块平行感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l＝16cm处，有一个点状的α粒子发射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106m/s．已知α粒子的电量与质量之比q/m＝5.0×107C/kg，现只考虑在纸平面中运动的α粒子，求ab上被α粒子打中的区域长度．

五、宽乘高

1.磁单极子之谜

在1975年，美国科学家在高空气球上探测宇宙射线时，意外地发现了一条单轨迹．经分析，认为这条轨迹是磁单极子留下的痕迹．然而这并不能说明真正找到了磁单极子．1982年2月14日，美国斯坦福大学的物理学家布拉斯卡布雷拉宣布，他利用超导线圈发现了一个磁单极子，不过后来再没有找到新的磁单极子．科学实验必须能经得起多次的重复，所以，仅有这一事例还不能证实磁单极子的存在．目前，寻找磁单极子的工作仍在继续进行，科学家们不断改进实验方法，提高探测仪器的精度．实现理想也许要经过好几代人的努力，这是一项长期而艰巨的任务．

2.神奇的磁化水

磁化水，顾名思义，是一种被磁场磁化了的水．让普通水以一定流速，沿着与磁力线平行的方向，通过一定强度的磁场，这样普通水就变成了磁化水．磁化水呈现出种种神奇的效能，开始在工业、农业和医学等领域获得了广泛的应用．磁化水为什么会有如此神奇的作用呢？这是一个至今尚未揭开的谜．一些科学家认为，水分子本身就是一个小磁体，由于异性磁极相吸，因而普通水中许多水分子就会首先相吸，连结成庞大的“分子团”．这种“分子团”会减弱水的多种物理化学性质．当普通水经过磁场作用后，冲破了原先连接的“分子团”，使它变成单个的有活力的水分子．

第四节带电粒子在复合场中的运动

一、考情分析

考试大纲考纲解读

质谱仪和回旋加速器I

带电粒子在磁场和电场、磁场和重力场以及磁场、电场、重力场三场所形成的复合场中运动的问题也是考查的重点.这多见于带电粒子在复合场中做匀速直线运动、匀速圆周运动等.一般以非选择题形式出现.准确分析受力和运动情况，并由几何知识画出轨迹是关键。两种基本模型：速度选择器（电磁场正交）和回旋加速器（电磁场相邻）

二、考点知识梳理

（一）、复合场的分类：

1、复合场：即电场与磁场有明显的界线，带电粒子分别在两个区域内做两种不同的运动，即分段运动，该类问题运动过程较为复杂，但对于每一段运动又较为清晰易辨，往往这类问题的关键在于分段运动的连接点时的速度，具有承上启下的作用．

2、叠加场：即在同一区域内同时有电场和磁场，些类问题看似简单，受力不复杂，但仔细分析其运动往往比较难以把握。

（二）、带电粒子在复合场电运动的基本分析

1.当带电粒子在复合场中所受的合外力为0时，粒子将做匀速直线运动或静止．

2.当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时，粒子将做变速直线运动．

3.当带电粒子所受的合外力充当向心力时，粒子将做匀速圆周运动．

4.当带电粒子所受的合外力的大小、方向均是不断变化的时，粒子将做变加速运动，这类问题一般只能用能量关系处理．

（三）、电场力和洛伦兹力的比较

1.在电场中的电荷，不管其运动与否，均受到电场力的作用；而磁场仅仅对运动着的、且速度与磁场方向不平行的电荷有洛伦兹力的作用．

2.电场力的大小F＝Eq，与电荷的运动的速度无关；而洛伦兹力的大小f=Bqvsinα,与电荷运动的速度大小和方向均有关．

3.电场力的方向与电场的方向或相同、或相反；而洛伦兹力的方向始终既和磁场垂直，又和速度方向垂直．

4.电场力既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向，而洛伦兹力只能改变电荷运动的速度方向，不能改变速度大小

5.电场力可以对电荷做功，能改变电荷的动能；洛伦兹力不能对电荷做功，不能改变电荷的动能．

6.匀强电场中在电场力的作用下，运动电荷的偏转轨迹为抛物线；匀强磁场中在洛伦兹力的作用下，垂直于磁场方向运动的电荷的偏转轨迹为圆弧．

（四）、对于重力的考虑

重力考虑与否分三种情况．

（1）对于微观粒子，如电子、质子、离子等一般不做特殊交待就可以不计其重力，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、金属块等不做特殊交待时就应当考虑其重力．

（2）在题目中有明确交待的是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单．

（3）对未知名的带电粒子其重力是否忽略又没有明确时，可采用假设法判断，假设重力计或者不计，结合题给条件得出的结论若与题意相符则假设正确，否则假设错误．

（五）、相关规律的运用

1.静止或匀速直线运动（a=0)

合力，一般方法①矢量三角形法

②正交分解法：

2.粒子做匀变速运动（a恒定）

牛顿第二定律：（力的合成）

或:取运动方向为x轴,（正交分解）

3.动能定理的应用：

①表达式：

②左边：注意分析受力情况，有几个力做功，分别是正功还是负功，进行代数相加就是总功

③右边：一定要用末动能减去初动能

4.动量守恒定律的应用

①应用条件:系统只有内部相互作用（系统不受外力或可以忽略不计）,最典型的是碰撞过程。

②表达式：

③注意动量矢量性，代入速度时要考虑其方向

5.能量的转化和守恒

①分析在运动过程中有哪些形式的能量参与转化

②左边：看哪些能量增加了，增加了多少，然后把所有增加量相加

③右边：看哪些能量减少了，减少了多少，然后把所有减少量相加

（六）、解决带电粒子在复合场中运动问题的基本方法和思路：

1.认识粒子所在区域的场的组成，一般是电场、磁场、重力场三者的复合场，或者是其中两个的复合。

2.正确的受力分析是解题的基础，处了重力、弹力、摩擦力以外，特别要注意电场力和洛伦兹力的分析，不可遗漏一个力。

3.在正确的受力分析的基础上还要进行运动的分析，注意运动情况和受力情况的相互关联，特别要关注一些特殊的时刻所处的特殊状态（临界状态)。

4.如果粒子在运动过程中经过不同的区域受力发生改变，应根据需要对过程分阶段处理。

5.应用一些必要的数学知识，画出粒子的运动轨迹图，根据题目的条件和问题灵活选择不同的物理规律解题。

6.一般思路有两类:1.力和运动角度思考2.动量和能量的角度思考

（1）当带电粒子在复合场中处于静止或者是做匀速直线运动时，应该从力的平衡的角度分析寻找突破口。

（2）当带电粒子在复合场中做匀加速直线运动时，可以考虑用牛顿运动定律。

（3）当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，可以考虑应用牛顿第二定律结合圆周运动的相关规律求解。

（4）当带电粒子做复杂的曲线运动时，一般用动能定理或者是能量守恒规律求解。

对以一些由于特殊状态（临界状态）所带来的临界问题，应该充分挖掘临界状态下的特点和隐含条件。如题目叙述中一些特殊词汇“恰好”“最大”“刚好”“至少”“最高”“最终”等往往是解题的突破口，列出相应的辅助方程。

三、考点知识解读

考点1.速度选择器

剖析：

由正交的匀强磁场和匀强电场组成.带电粒子必须以唯一确定的速度（包括大小、方向）才能沿直线匀速通过速度选择器，否则将发生偏转.这个速度的大小可以由洛伦兹力和电场力的平衡得出：

⑴这个结论与离子带何种电荷、电荷多少都无关.

⑵若速度小于这一速度，电场力将大于洛伦兹力，带电粒子向电场力方向偏转，电场力做正功，动能将增大，洛伦兹力也将增大，粒子的轨迹既不是抛物线，也不是圆，而是一条复杂曲线；若大于这一速度，将向洛伦兹力方向偏转，电场力将做负功，动能将减小，洛伦兹力也将减小，轨迹是一条复杂曲线.

[例题1]如图9-4-2所示，从正离子源发射的正离子经加速电压U加速后进入相互垂直的匀强电场E（方向竖直向上）和匀强磁场B（方向垂直于纸面向外）中，发现离子向上偏转，要使此离子沿直线穿过电场?

A．增大电场强度E，减小磁感强度B

B．减小加速电压U，增大电场强度E

C．适当地加大加速电压U

D．适当地减小电场强度E

解析：正离子进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场的区域中，受到的电场力F＝qE，方向向上，受到的洛仑兹力f＝qVB，方向向下，离子向上偏，说明了电场力大于洛仑兹力，要使离子沿直线运动，则只有使洛仑兹力磁大或电场力减小，增大洛仑兹力的途径是增大加速电场的电压U或或增大磁感强度B，减小电场力的途径是减小场强E．对照选项的内容可知C、D正确．

答案：CD

点评：带电粒子进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域，则它的速度V=E／B，这个区域就是速度选择器，且速度选择器对进入该区域的粒子所带电荷的符号无关，只要是具有相同的速度的带电粒子均能沿直线通过这一区域，但是有一点必须明确的是：速度选择器的进口与出口的位置不具有互换性。

【变式训练1】如图9-4-3所示，在平行带电金属板间有垂直纸面向里的匀强磁场,质子、氘核、氚核沿平行金属板方向以相同动能射入两板间，其中氘核沿直线运动未发生偏转，质子和氚核发生偏转后射出，则（）

A．偏向正极板的是质子

B．偏向正极板的是氚核

C．射出时动能最大的是质子

D．射出时动能最小的是氚核

解析：分析题意得：能沿直线射出极板的粒子是洛仑兹力和电场力平衡：，所以速度一定的粒子，能否偏转是与其电量和质量无关，只与其速度有关，而题中几种粒子具有相同的动能，质量最小的质子速度最大，则是洛仑兹力大于其电场力，所以会偏向正极板，所以选项A正确；而质量最大的氚核速度最小，会偏向负极板，所以选项B错误；若质子能射出极板，则动能会减小，所以选项C错误；同理则得到能射出极板的氚核，电场力做正功，具有的动能最大，所以选项D错误；综上所述，本题的正确选项应该为A。

答案：A

考点2.质谱仪：

剖析：

⑴组成：离子源Ｏ，加速场Ｕ，速度选择器（Ｅ、Ｂ），偏转场Ｂ2，胶片.

⑵原理：

ａ.加速场中：

ｂ.选择器中：

ｃ.偏转场中：；

比荷：

⑶作用：主要用于测量粒子的质量、比荷、研究同位素.

[例题2]（09年广东物理12）图9-4-5是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子

位置的胶片A1A2。平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是（）

A．质谱仪是分析同位素的重要工具

B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外

C．能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于E/B

D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小

解析：由加速电场可见粒子所受电场力向下，即粒子带正电，在速度选择器中，电场力水平向右，洛伦兹力水平向左，如图所示，因此速度选择器中磁场方向垂直纸面向外B正确；经过速度选择器时满足，可知能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于E/B，带电粒子进入磁场做匀速圆周运动则有，可见当v相同时，，所以可以用来区分同位素，且R越大，比荷就越大，D错误。

答案：ABC

【变式训练2】（东城区2008—2009学年度第一学期期末教学目标检测）在甲图中，带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从G点垂直于MN进入偏转磁场。该偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片上的H点．测得G、H间的距离为d，粒子的重力可忽略不计。

（1）设粒子的电荷量为q，质量为m，试证明该粒子的比荷为：；

（2）若偏转磁场的区域为圆形，且与MN相切于G点，如图乙所示，其它条件不变。要保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后不能打到MN边界上（MN足够长），求磁场区域的半径应满足的条件。

解析：（1）带电粒子经过电场加速，进入偏转磁场时速度为v，由动能定理

…………………①（1分）

进入磁场后带电粒子做匀速圆周运动，轨道半径为r

………………②（2分）

打到H点有………………………③（1分）

由①②③得…………（1分）

（2）要保证所有带电粒子都不能打到MN边界上，带电粒子在磁场中运动偏角小于90°，临界状态为90°，如图所示，磁场区半径

（2分）

所以磁场区域半径满足（1分）

考点3.电磁流量计

剖析：

如图9-4-6所示，一圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，

原理：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，a、b间的电势差就保持稳定.

[例题3]为了诊断病人的心脏功能和动脉中血液粘滞情况需测量血管中血液的流速和流量.如图9-4-7为电磁流量计的示意图，将血管置于磁感应强度为B的匀强磁场中，测得血管两侧电压为U，已知管的直径为d，试求出血液在血管中的流速v为多少？流量Q（单位时间内流过的体积）是多少？（重力不计）

解析：血液是导电液体，含有大量的正负离子.设血液中正负离子向右流动的速度为v，由于洛仑兹力的作用，正离子向管道a的一侧集中，负离子向管道b的一侧集中，a、b间形成电势差.当正负离子所受电场力与洛仑兹力达到平衡时，离子不再偏移，此时ab之间有了稳定电势差U，形成一个匀强电场.离子在电场中受力平衡，则E=,Eq=qvB.

所以v=

设在时间Δt内流进管道的血液体积为V，则流量

Q===.

答案：

点评：这是一道实际应用题，是速度选择器与电磁流量计组合的一个问题.要求学生认真构建物理模型.

考点4.磁流体发电机

剖析：

图9-4-8是磁流体发电机，其原理是：等离子气体喷入磁场，正、负离子在洛仑兹力作用下发生上下偏转而聚集到A、B板上，产生电势差.设A、B平行金属板的面积为S，相距L，等离子气体的电阻率为ρ，喷入气体速率为v，板间磁场的磁感应强度为B，板外电阻为R，当等离子气体匀速通过A、B板间时，A、B板上聚集的电荷最多，板间电势差最大，即为电源电动势.

从S极向N极看去,电路可视为图9-4-9:

此时:Eq=Bqv，

则有E=Bv，

电动势ε=EL=BLv.电源内阻

r=.

由闭合电路欧姆定律知通过R中电流

I=

[例题4].目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机，如图9-4-10所示表示了它的原理：将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．如果射入的等离子体速度均为v，两金属板的板长为L，板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间．当发电机稳定发电时，电流表示数为I，那么板间电离气体的电阻率为____________．

解析：等离子体是在高气压作用下被喷射入磁场的，所以正离子和电子的运动方向是相同的．在洛伦兹力的作用下，正离子向极板B方向偏转，负电子向极板A方向偏转，在极板间建立电场，形成电势差，在开路状态，当电场力与洛伦兹力平衡时，发电机电动势恒定，且；

电路闭合时，，可得：=．

【答案】

考点5.回旋加速器

剖析：

如图9-4-11所示

组成：两个D形盒，大型电磁铁，高频振荡交变电压，两缝间可形成电压U

作用：电场用来对粒子（质子、氛核,a粒子等）加速，磁场用来使粒子回旋从而能反复加速．高能粒子是研究微观物理的重要手段．

要求：粒子在磁场中做圆周运动的周期等于交变电源的变化周期．

关于回旋加速器的几个问题：

(1)回旋加速器中的D形盒，它的作用是静电屏蔽，使带电粒子在圆周运动过程中只处在磁场中而不受电场的干扰，以保证粒子做匀速圆周运动‘

(2)回旋加速器中所加交变电压的频率f,与带电粒子做匀速圆周运动的频率相等:

(3)回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式来计算，在粒子电量，、质量m和磁感应强度B一定的情况下，回旋加速器的半径R越大，粒子的能量就越大．

[例题5].回旋加速器是利用较低电压的高频电源使粒子经多次加速获得巨大速度的一种仪器，工作原理如图9-4-12，下列说法正确的是（）

A.粒子在磁场中做匀速圆周运动

B.粒子由A0运动到A1比粒子由A2运动到A3所用时间少

C.粒子的轨道半径与它的速率成正比

D.粒子的运动周期和运动速率成正比

解析：理解回旋加速度的工作原理，在磁场中做匀速圆周运动，T=,r=.故A、C正确.（粒子是通过加速电场才加速的）

答案：AC

【变式训练5】环型对撞机是研究高能粒子的重要装置．带电粒子被电压为U的电场加速后，注入对撞机的高真空环状空腔内，在匀强磁场中作半径恒定的匀速圆周运动．带电粒子局限在环状空腔内运动，粒子碰撞时发生核反应．关于带电粒子的比荷q/m、加速电压U和磁感应强度B以及粒子运动的周期T的关系有如下判断：①对于给定的U，q/m越大，则B应越大；②对于给定的U，q/m越大，则B应越小；③对于给定的带电粒子，U越大，则T越小；④对于给定的带电粒子，不管U多大，T都不变，其中正确的是（）

A．①③B．①④C．②③D．②④

【解析】在电场加速中，根据动能定理有：，令k=q/m,得,在洛伦兹力的作用下粒子作匀速圆周运动，轨道半径，，所以②正确，周期,对给定的带电粒子，k为定值，周期只与磁感应强度成反比，与加速电压等无关，所以④正确．

答案：D

四、考能训练

A基础达标

1、图9-4-13中为一“滤速器”装置示意图．a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间．为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能够沿水平直线OO运动，由O射出．不计重力作用．可能达到上述目的的办法是（）

A.使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里

B.使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里

C.使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外

D.使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外

2、对具有相同动能的α粒子和质子组成的粒子束，有可能把这两种粒子分开的方法是（不计重力，α粒子即氦的原子核）（）

A．使粒子束穿过一匀强电场区域

B．使粒子束穿过一匀强磁场区域

C．使粒子束先后穿过两个磁感应强度不同的匀强磁场区域

D．使粒子束穿过一相互正交的匀强磁场与匀强电场并存的区域

3、用回旋加速器分别加速α粒子和质子时，若磁场相同，则加在两个D形盒间的交变电压的频率应不同，其频率之比为()

A．1：1B．1:2C．2:1D．1：3

4、如图9-4-14所示，一带负电的滑块从粗糙斜面的顶端滑至底端时的速率为V，若加一个垂直纸面向外的匀强磁场，当滑块沿斜面滑至底端，则滑至底端时的速率()

A．变大B．变小C．不变D．条件不足，无法判断

5、（2008年长沙一模）匀强电场的方向平行纸面由下至上，电场强度为E，匀强磁场方向垂直纸面由里向外，磁感应强度为B，速度为ｖ０的带负电的粒子以垂直于电场和磁场的方向射入场区，恰好不会发生偏转.则以下说法正确的是（）

A．若入射粒子的速度ｖ＞ｖ０，而其他条件保持不变，则粒子将向上偏转、且速度减小

B．若使磁感应强度增大而其他条件不变，则粒子将向下偏转、且运动轨迹为抛物线

C．若使电场强度增大而其他条件保持不变，则粒子将向下偏转，且速度增大

D．若使粒子的带电量增大而其他条件保持不变，则粒子将向下偏转

6、如图9-4-15所示，水平放置的两个平行金属板MN、PQ间存在匀强电场和匀强磁场.MN板带正电，PQ板带负电，磁场方向垂直纸面向里.一带电微粒只在电场力和洛伦兹力作用下，从I点由静止开始沿曲线IJK运动，到达K点时速度为零，J是曲线上离MN板最远的点.以下几种说法中正确的是（）

A．在I点和K点的加速度大小相等，方向相同

B．在I点和K点的加速度大小相等，方向不同

C．在J点微粒受到的电场力小于洛伦兹力

D．在J点微粒受到的电场力等于洛伦兹力

7、（09年北京卷19）如图9-4-16所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点（图中未标出）穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b（不计重力）仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b（）

A．穿出位置一定在O′点下方

B．穿出位置一定在O′点上方

C．运动时，在电场中的电势能一定减小

D．在电场中运动时，动能一定减小

8、（北京市西城区2009年抽样测试）如图9-4-17，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直。在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端a点由静止释放。下列判断正确的是

A．当小球运动的弧长为圆周长的1/4时，洛仑兹力最大

B．当小球运动的弧长为圆周长的1/2时，洛仑兹力最大

C．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大

D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小

9、某空间存在着如图9-4-18所示的水平方向的匀强磁场，A、B两个物块叠放在一起，并置于光滑的绝缘水平地面上．物块A带正电，物块B为不带电的绝缘块．水平恒力F作用在物块B上，使A、B一起由静止开始向左运动．在A、B一起向左运动的过程中，以下关于A、B受力的说法中正确的是（）

A．A对B的压力变小B．B对A的摩擦力保持不变

C．A对B的摩擦力变大D．B对地面的压力保持不变

10、一个带电液滴从距正交的匀强磁场和匀强电场的区域上边缘H高处自由下落，进入该复合场，并做匀速圆周运动，方向如图9-4-19所示．已知电场强度为E，磁感应强度为B，磁场方向为水平向外，则液滴的电性是__________电，电场方向为______________圆周的半径为_____________．

11、如图9-4-20所示，所以O为圆心，R为半径的圆形区域内，有一个水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；竖直平行放置的极板A、K相距为d，AK之间的电压可以调节，S1、S2为A、K极板上的两个小孔，且S1、S2和O三点在垂直于极板的同一直线上，OS2=R；质量为m、电量为q的正离子从S1进入电场后，自S2射出并进入磁场区域，不计重力和离子进入电场时的初速度，问：

（1）为使正离子射出磁场时的速度的方向与进入时重直，A、K之间的电压应为多大？

（2）粒子在磁场中的运动时间多长？

12、（苏北四市高三第三次调研）如图9-4-21所示，K与虚线MN之间是加速电场，虚线MN与PQ之间是匀强电场，虚线PQ与荧光屏之间是匀强磁场，且MN、PQ与荧光屏三者互相平行，电场和磁场的方向如图所示，图中A点与O点的连线垂直于荧光屏.一带正电的粒子从A点离开加速电场，速度方向垂直于偏转电场方向射入偏转电场，在离开偏转电场后进入匀强磁场，最后恰好垂直地打在荧光屏上.已知电场和磁场区域在竖直方向足够长，加速电场电压与偏转电场的场强关系为U=Ed，式中的d是偏转电场的宽度，磁场的磁感应强度B与偏转电场的电场强度E和带电粒子离开加速电场的速度v0关系符合表达式v0=．若题中只有偏转电场的宽度d为已知量，则

（1）画出带电粒子轨迹示意图；

（2）磁场的宽度L为多少？

（3）带电粒子在电场和磁场中垂直于v0方向的偏转距离分别是多少？

13、（徐州市六县一区08摸底考试）如图9-4-22所示，在y轴的右方有一磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的下方有一场强为E的方向平行x轴向右的匀强电场。有一铅板放置在y轴处，且与纸面垂直。现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于铅板的方向从A处沿直线穿过铅板，而后从x轴上的D处以与x轴正向夹角为60°的方向进入电场和磁场叠加的区域，最后到达y轴上的C点。已知OD长为l，求：

（1）粒子经过铅板时损失了多少动能？

（2）粒子到达C点时的速度多大？

B能力提升

14、空间存在一匀强磁场B，其方向垂直纸面向里，另有一个点电荷+Q的电场，如图9-4-23所示.一带电粒子-q以初速度v0从某处垂直电场、磁场入射，初位置到点电荷的距离为r，则粒子在电、磁场中的运动轨迹可能为（）

A．以点电荷+Q为圆心，以r为半径的在纸平面内的圆周

B．开始阶段在纸面内向右偏的曲线

C．开始阶段在纸面内向左偏的曲线

D．沿初速度v0方向的直线

15、如图9-4-24所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A与B处在同一条竖直线上，其中小球B带正电荷并被固定，小球A与一水平放置的光滑绝缘板C接触而处于静止状态．若将绝缘板C沿水平方向抽去后，以下说法正确的是（）

A．小球A仍可能处于静止状态

B．小球A将可能沿轨迹1运动

C．小球A将可能沿轨迹2运动

D．小球A将可能沿轨迹3运动

16、如图9-4-25所示，一束质量、速度和电量不同的正离子垂直射入匀强磁场和匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转．如果让这些不发生偏转的离子进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入后一磁场的离子，可得出结论（）

A．它们的动能一定各不相同

B．它们的电量一定各不相同

C．它们的质量一定各不相同

D．它们的电量与质量之比一定各不相同

17、如图9-4-26所示，一带电粒子以水平初速度v0(v0＜)先后进入方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域，已知电场方向竖直向下，两个区域的宽度相同且紧邻在一起.在带电粒子穿过电场和磁场的过程中（其所受重力忽略不计），电场和磁场对粒子所做的总功为W1；若把电场和磁场正交重叠，如图乙所示，粒子仍以初速度v0穿过重叠场区，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中，电场和磁场对粒子所做的总功为W2.比较W1和W2，有（）

A.一定是W1＞W2

B.一定是W1=W2

C.一定是W1＜W2

D.可能是W1＜W2,也可能是W1＞W2

18、(2009山东潍坊重点中学高三质量检测)为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示9-4-27的流量计.该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口.在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极.污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是（）

A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高

B．若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高

C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大

D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关

19、如图9-4-28所示，一带正电小球穿在一根绝缘的粗糙直杆上，杆与水平方向成θ角，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直于杆方向斜向上的匀强磁场，小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100J，在C点时动能减为零，B为AC的中点，在运动过程中（）

A.小球在B点时的动能为50J

B.小球电势能的增加量等于重力势能的减少量

C.小球在AB段克服摩擦力做的功与在BC段克服摩擦力做的功相等

D.到达C点后小球可能沿杆向上运动

20、空间中存在着水平方向的匀强磁场，磁场的方向如图9-4-29所示，即垂直纸面向里．同时也存在着水平方向的匀强电场，一带电油滴沿一条与竖直方向成θ角的直线MN运动，可判断下列说法正确的是：()

A．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点

B．粒子的运动必定是匀速运动

C．如果水平电场方向向左，油滴是从N点运动到M点

D．如果水平电场方向向右，油滴是由M点运动到N点

21、如图9-4-30所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左，大小为0.6N的恒力，g取10m/s2．则（）

A．木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动

B．滑块开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动

C．最终木板做加速度为2m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10m/s的匀速运动

D．最终木板做加速度为3m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10m/s的匀速运动

22、一个带电微粒在图9-4-31中的正交匀强电场和匀强磁场中在竖直面内做匀速圆周运动。则该带电微粒必然带_____，旋转方向为_____。若已知圆半径为r，电场强度为E磁感应强度为B，则线速度为_____。

23、（温州市十校联合体2008届期中联考）如图9-4-32所示，某一空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场的场强大小为E、方向水平向右，电场宽度为L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。右侧区域匀强磁场的磁感应强度大小也为B，方向垂直纸面向里，其右边界可向右边无限延伸。一个质量为m、电量为q、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O点，然后重复上述运动过程。求：

（1）带电粒子在磁场中的轨道半径

（2）中间磁场区域的宽度d；

（3）带电粒子从O点开始运动到第一次回到O点所用时间t。

24、(2009年江苏睢宁高中16)如图9-4-33所示，在xoy平面内，MN和x轴之间有平行于y轴的匀强电场和垂直于xoy平面的匀强磁场，y轴上离坐标原点4L的A点处有一电子枪，可以沿+x方向射出速度为v0的电子（质量为m，电量为e）。如果电场和磁场同时存在，电子将做匀速直线运动.如果撤去电场，只保留磁场，电子将从x轴上距坐标原点3L的C点离开磁场.不计重力的影响，求：

（1）磁感应强度B和电场强度E的大小和方向；

（2）如果撤去磁场，只保留电场，电子将从D点（图中未标出）离开电场，求D点的坐标；

（3）电子通过D点时的动能。

25、（丰台区2008—2009学年度第一学期期末考试）在某空间存在着水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，如图9-4-34所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R=1.8m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角θ=37°。今有一质量m=3.6×10－4kg、电荷量q=+9.0×10－4C的带电小球（可视为质点），以v0=4.0m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，小球离开C点后做匀速直线运动。已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，求：

（1）匀强电场的场强E；

（2）小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力。

五、宽乘高

1.地球是一个巨大的“发电机”

一些地球物理学家认为，地球磁场变化的原因来源于地球中心的深处．地球像太阳系里的其他某些天体一样，是通过一个内部的发电机来产生自己的磁场．从原理上，地球“发电机”和普通发电机一样工作，即由其运动部份的动能产生电流和磁场．发电机的运动部份是旋转的线圈；行星或恒星内部运动部分则发生在可导电的流体部分．在地心，有着6倍于月球体积的巨大钢铁融流海洋，构成了所谓的地球发电机．我们探究磁场如何反转之前，需要了解是什么驱动着地球发电机．在1940年代，物理学家就公认：三个基本条件对产生任何的行星磁场是必需的，并且自那以后的其他发现都是建立在这一共识之上．

2.百慕大三角的磁场说

在百慕大三角出现的各种奇异事件中，罗盘失灵是最常发生的．这使人把它和地磁异常联系在一起．地球的磁场有两个磁极，即地磁南极和地磁北极．但它们的位置并不是固定不变的，而是在不断变化中．地磁异常容易造成罗盘失误而使机船迷航．还有一种看法认为，百慕大三角海域的海底有巨大的磁场，它能造成罗盘和仪表失灵．1943年，一位名叫袭萨的博士曾在美国海军配合下，做过一次有趣的试验．他们在百慕大三角区架起两台磁力发生机，输以十几倍的磁力，看会出现什么情况．试验一开始，怪事就出现了．船体周围立刻涌起绿色的烟雾，船和人都消失了．试验结束后，船上的人都受到了某种刺激，有些人经治疗恢复正常，有的人却因此而神经失常．

单元质量评估（九）

一、选择题(本题包括8小题,共32分.每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不选的得0分)

1．关于磁场、磁感线和磁性材料的描述，下列说法错误的是（）

A．异名磁极相互吸引，同名磁极相互排斥；同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，都是通过磁场发生的相互作用；

B．磁感线可以形象地描述各点的磁场的强弱和方向，磁感线上每一点的切线方向都和小磁针在该点静止时N极所指的方向一致；

C．磁感线可以用铁屑来模拟，在磁场中铁屑在磁场力的作用下有序排列起来，所以磁感线就是细铁屑连成的实际存在的曲线；

D．根据物质在外磁场作用下被磁化的程度不同，分为顺磁性材料，如锰、铬和铝；抗磁性材料，如铜、银等；以及铁磁性材料，如铁、钴、镍和铁氧体等．

2．一根长0.20m、通有2.0A电流的通电直导线，放在磁感应强度为0.50T的匀强磁场中，受到的安培力大小不可能是（）

A.0NB.0.10NC.0.20ND.0.40N

3．如图11-1所示，在xOy平面中有一通电直导线与Ox、Oy轴相交，导线中电流方向如图中所示．该区域有匀强磁场，通电直导线所受磁场力的方向沿平行于Oz轴的正方向．该磁场的磁感应强度的方向可能是（）

A.沿x轴正方向B.沿y轴负方向

C.沿z轴正方向D.沿z轴负方向

4．如图11-2所示，两根平行放置的长直导线和载有大小相等方向相反的电流，受到的磁场力大小为，当加入一个与两导线所在平面垂直的匀强磁场后，受到的磁场力大小变为，则此时受到的磁场力大小变为()

A．B．C．D．

5．如图11-3所示在x轴的上方（y≥0）存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．在原点O有一个离子源向x轴上方的各个方向发射出质量为m、电荷量为q的正离子，速率都为v．对那些在xoy平面内运动的离子在磁场中可能到达的最大x和最大y，判断正确的是（）

A.沿x轴正方向射出的离子具有最大y，且

B.沿y轴正方向射出的离子具有最大x，且

C.沿正x偏正y450方向射出的离子具有最大y，且

D.沿正y偏负x450方向射出的离子具有最大x，且

6．一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域．设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示．在如图11-4所示的几种情况中，可能出现的是()

A.①②B.③④C.②③D.①④

7．带电粒子a在匀强电场中只受电场力作用，从A点运动到B点，带电粒子b在匀强磁场中只受磁场力作用，做匀速圆周运动．下列说法中正确的是（）

A.粒子a的电势能一定发生变化，动量不一定发生变化；

B.粒子b的动能一定发生变化，动量也一定发生变化；

C.粒子a受到电场力的冲量作用，动量一定发生变化；

D.粒子b受到磁场力的冲量作用，动量一定发生变化．

8．如图11-5所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中，轨道是光滑的，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，下列判断错误的是（）

A.两小球到达轨道最低点的速度vM＞vN

B.两小球经过轨道最低点时对轨道的压力FM＞FN

C.小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间

D.在磁场中小球能到达轨道的另一端最高处，在电场中小球不能到达轨道另一端最高处

二、填空题（3分+6分+6分+6分））

9．一束由相同的粒子构成的细粒子流，已知其电流强度为I，每个粒子均带正电，电荷量为q，当这束粒子射入磁感应强度为B的匀强磁场中后，每个粒子都做半径为R的匀速圆周运动，最后又从磁场射出打在靶上，并将动能传递给靶，测得靶在每秒钟内获得能量E，则每个粒子质量为．

10．如图11-6所示，质量是m的小球带有正电荷，电荷量为q，小球中间有一孔套在足够长的绝缘细杆上．杆与水平方向成θ角，与球的动摩擦因数为μ，此装置放在沿水平方向、磁感应强度为B的匀强磁场中．若从高处将小球无初速释放，小球下滑过程中加速度的最大值为______________和运动速度的最大值为______________．

11．在原子反应堆中抽动液态金属和在医疗器械中抽动血液等导电液体时，由于不允许传动的机械部分与这些液体相接触，常使用一种电磁泵，如图11-7所示是这种电磁泵的结构，将导管放在磁场中，当电流穿过导电液体时，这种液体即被驱动，（1）这种电磁泵的原理是怎样的?___________________________________________________________________________________；

（2）若导管内截面积为w×h，磁场的宽度为L，磁感应强度为B（看成匀强磁场），液体穿过磁场区域的电流强度为I，则驱动力造成的压强差为_____________．

12．如图11-8所示，在真空区域内，有宽度为L的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直纸面向里，MN、PQ为磁场的边界．质量为m、带电为-q的粒子，先后两次沿着与MN夹角为θ（0°θ90°）的方向垂直于磁感线射入匀强磁场中，第一次粒子是经电压U1加速后射入磁场的，粒子刚好没能从PQ边界射出磁场；第二次粒子是经电压U2加速后射入磁场的，粒子刚好能垂直于PQ射出磁场．（不计重力影响，粒子加速前的速度认为是零，U1、U2未知）

1.加速电压U1、U2的比值U1/U2为_____________；

2.为使粒子经电压U2加速射入磁场后沿直线射出PQ边界，可在磁场区域加一个匀强电场，则该电场的场强方向为___________________，大小为_____________．

三、计算题（5小题，共47分）

13．（8分）（2002年高考全国卷）电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．电子束经过电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图11-9所示．磁场方向垂直于圆面．磁场区的中心为O，半径为r．当不加磁场时，电子束将通过O点而打到屏幕的中心M点．为了让电子束射到屏幕边缘P，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度B应为多少？

14．（9分）串列加速器是用来产生高能离子的装置．如图11-10中虚线框内为其主体的原理示意图，其中加速管的中部b处有很高的正电势φ，a、c两端均有电极接地(电势为零)．现将速度很小（可忽略）的负一价碳离子从a端输入，当离子到达b处时，可被设在b处的特殊装置将其电子剥离，成为n价正离子，而不改变其速度大小．这些正n价碳离子从c端飞出后进入一个与其速度方向垂直的、磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做半径为R的圆周运动．已知碳离子的质量m=2.0×10-26kg，φ=7.5×105V,B=0.5T，n=2，元电荷e=1.6×10-19C，求半径R．

15．（9分）如图11-11(a)所示，两块水平放置的平行金属板A、B，板长L=18.5cm，两板间距d=3cm，两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=6.0×10-2T，两板加上如图(b)所示的周期性变化的电压，带电时A板带正电．当t=0时，有一个质量m=1.0×10-12kg，带电荷量q=1.0×10-6C的粒子，以速度v=600m／s，从距A板2.5cm处，沿垂直于磁场、平行于两板的方向射入两板之间，若不计粒子的重力，取π＝3.0，求：

1.粒子在0~1×10-4s内做怎样的运动?位移多大?

2.带电粒子从射入到射出板间所用的时间．

16．（9分）如图11-12所示，由电容器和磁场组成一射线管，电容器极板长＝5cm，两板间距d＝5cm，两端加电压U＝10V，电容器右侧有一宽度为＝5cm弱磁场区域，其磁感应强度B＝T，方向竖直向下，在磁场边界的右边s＝10m处，放置一个标有坐标的屏，现有初速度m/s的负离子束从电容器中心水平向右入射（荷质比＝＝5×C/kg）．若不加电压和磁场时，离子束恰打在坐标的原点上，那么加上电压和磁场后离子束应打在坐标纸上的哪个位置?（结果精确到0.1cm）

17.（12分）(2009届广东省新洲中学高三摸底考试试卷．物理．20)在如图18所示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B，x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为E，方向与y轴的夹角θ为450且斜向上方.现有一质量为m电量为q的正离子，以速度v0由y轴上的A点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从x轴上的C点进入电场区域，该离子经C点时的速度方向与x轴夹角为450.不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大.求：

（1）C点的坐标；

（2）离子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间；

（3）离子第四次穿越x轴时速度的大小及速度方向与电场方向的夹角。

第九章参考答案

第一节第一节磁场及其描述

考点知识梳理

（一）4.特殊物质6.N极受力；N极；磁铁的磁场和电流的磁场一样，都是由电荷的运动产生的。

（二）磁场力；不受；吸引；排斥；磁场；磁场力；磁场

（三）有方向的曲线；强弱；切线方向；磁感应强度；N；S；S；N；磁场的方向；不一定；电流方向；平行且距离相等

（四）对放入其中的电流或磁极有力的作用；最大；磁场力为零；磁感应强度；矢量；B=；垂直；切线；N极；N极；牛/安米；特斯拉；T；处处相等；矢量和；矢量运算法则

（五）乘积；韦伯；Wb；磁通量表示穿过某一面积的磁感线条数多少；穿过单位面积的磁通量；标量

考能训练答案：

1.解析:因在地球的内部地磁场从地球北极指向地球的南极，根据右手螺旋定则可判断出地球表现环形电流的方向应从东到西，而地球是从西向东自转，所以只有地球表面带负电荷才能形成上述电流。

答案：A

2.解析：由安培定则判断，凡是垂直纸面向外的磁感线都集中在是线圈内，因磁感线是闭合曲线，则必有相应条数的磁感线垂直纸面向里，这些磁总线分布在线圈是外，所以B、C两圆面都有垂直纸面向里和向外的磁感线穿过，垂直纸面向外磁感线条数相同，垂直纸面向里的磁感线条数不同，B圆面较少，c圆面较多，但都比垂直向外的少，所以B、C磁通方向应垂直纸面向外，φB＞φC，所以A、C正确．

分析磁通时要注意磁感线是闭合曲线的特点和正反两方向磁总线条数的多少，不能认为面积大的磁通就大．

答案：AC

3.解析：由可知1特。由。由1安及

，可知1特。由1焦=1牛米=1库伏，可知

1牛=1库伏/米，又知1特=，从而可知1特。

答案：A、B、C、D。

4.解析：在赤道上空地磁场方向水平向北，在地磁场的作用下，小磁针的N极只能稳定地水平指北．当小磁针的N极突然向东偏转，说明小磁针所在位置突然有一指向东边的磁场对小磁针产生磁力的作用．这一磁场既可以是磁体产生的，也可以是电流产生的．在小磁针正东方向，条形磁体N极所产生的磁场在小磁针所在位置是指向西，故A选项不正确．而条形磁铁S极产生的磁场在小磁针所在位置指向东，小磁针N极可能向东偏转，但不是惟一原因；故B选项不正确．当小磁针正上方有电子流通过时，电子流在小磁针所在位置产生的磁场方向为水平方向，若电子流水平自南向北，则经过小磁针的磁场方向为水平向东；若电子流水平自北向南，则其中小磁针的磁场方向为水平向西．故C选项正确．

答案C

5．解析：磁铁和电流周围都能够产生磁场，答案A错；磁场归根结底是运动电荷产生的客观物质，答案B错；在磁体或电流周围首先产生磁场，其次放入磁场中的磁体或电流将通过磁场与之发生相互作用，所以C错，D对．

答案：D

6.解析：磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向，所以A正确；用磁感线的疏密反映磁场的强弱，但不等于空隙处不存在磁场，磁场是充满某个区域的，所以B错误；不同磁源产生的磁场在某一区域叠加合成，磁感线应描绘的是叠加后的合磁场，某处的磁感应强度是唯一的，所以磁感线是不相交的，C错误；磁感线是形象描绘磁场假想的曲线，可以用实验来模拟，但是不存在的，D错误．

答案：A

7．解析：作水平面内的平面图如图所示，地磁场的磁感应强度分量向正北，直导线电流产生的磁场在该点的磁感应强度分量向正西，由矢量平行四边形定则合成可得该点的磁感应强度应为西偏北450角方向．

答案：C

8.解析：A．将钢棒的一端接近磁针的N极，两者互相吸引，钢棒的这一端可能是S极，因为异名磁极互相吸引，再将钢棒的这一端S极接近磁针的S极，两者相互排斥，因为同名磁极互相排斥，所以情况A可能；B．将钢棒的一端接近磁针的N极，两者互相排斥，钢棒的这一端一定是N极，再将钢棒的另一端S极接近磁针的N极，两者互相吸引，所以情况B成立；C．将钢棒的一端接近磁针的N极，两者互相吸引，钢棒的这一端可能是S极，再将钢棒的另一端N极接近磁针的S极，两者互相吸引，所以情况C可能；D．将钢棒的一端接近磁针的N极，两者互相吸引，钢棒的这一端可能是S极，再将钢棒的另一端N极接近磁针的N极，两者应互相排斥，与所述矛盾．若钢棒没有磁性，当它接近磁针的N极时，钢棒被磁化，且该端为S极，所以互相吸引，当钢棒的另一端接近磁针N极时，钢棒又被磁化为S极，互相吸引，与所述情况D相符．

答案：D

9.解析：由B＝F/IL可知F/IL＝2（T）当小段直导线垂直于磁场B时，受力最大，因而此时可能导线与B不垂直，即Bsinθ＝2T，因而B≥2T。

说明：B的定义式B＝F/IL中要求B与IL垂直，若不垂直且两者间夹角为θ，则IL在与B垂直方向分上的分量即ILsinθ，因而B=F/ILsinθ，所以F/IL=Bsinθ．则B≥F/IL。

答案：B

10.解析:题中的磁场是由直导线电流的磁场和匀强磁场共同形成的，磁场中任一点的磁感应强度应为两磁场分别产生的磁感应强度的矢量和．a处磁感应强度为0，说明直线电流在该处产生的磁感应强度大小与匀强磁场B的大小相等、方向相反，可得直导线中电流方向应是垂直纸面向里．在圆周上任一点，由直导线产生的磁感应强度大小均为B＝1T，方向沿圆周切线方向，可知C点的磁感应强度大小为2T，方向向右.d点的磁感应强度大小为，方向与B成450斜向右下方．

答案：AC

11.解析：要知道线圈在下落过程中磁通量的变化情况，就必须知道条形磁铁在磁极附近磁感线的分布情况．条形磁铁在N极附近的分布情况如图所示，由图可知线圈中磁通量是先减少，后增加．D选项正确．

点评：要知道一个面上磁通量，在面积不变的条件下，也必须知道磁场的磁感线的分布情况．因此，牢记条形磁铁、蹄形磁铁、通电直导线、通电螺线管和通电圆环等磁场中磁感线的分布情况在电磁学中是很必要的．

答案：D

12.解析：在原图示位置，由于磁感线与线圈平面垂直，因此

Φ1＝B1×S/2＋B2×S/2＝（0．6×1/2＋0．4×1/2）Wb=0．5Wb

当线圈绕OO/轴逆时针转过370后，（见图中虚线位置）：

Φ2＝B1×Sn/2＋B2×Sn/2＝B1×Scos370/2＋B2×Scos370/2＝0．4Wb

磁通量变化量ΔΦ=Φ2－Φ1＝（0．4－0．5）Wb=－0．1Wb

所以线圈转过370后。

答案：穿过线圈的磁通量减少了0．1Wb．

13.解析：把木板、框架及磁铁A、B看成一个系统，则系统受有重力，地面的弹力N1’。由牛顿第三定律可知，由系统平衡条件可知，即。

磁铁B受有重力、木块的弹力N2’、磁铁A的吸引力。由平衡条件可知N2’。由牛顿第三定律N2’=N2，所以有N2=。

磁铁A受有重力，悬线拉力T’，B磁铁的吸引力。由平衡条件可知。由牛顿第三定律可知，所以有。

答案：A。

14.解析：分析题意得：因为磁场的磁感应强度是一个矢量，根据右手螺旋定则得到两通电导线在直角顶点处的磁感应强度大小相等，所以合场强的大小为B，夹角刚好是一个直角，所以磁感应强度的合场强正好沿水平方向向左，即沿x的负方向，所以选项D正确。

答案：D

15.解析：从线圈的绕制方向和安培定则判断电磁铁上端等效于S极，由异名磁极相吸原理可知永磁体下端为N极．

答案：S、N

16.解析：由磁感应强度的定义式计算相应的磁感应强度的值，从数据可以归纳出磁感应强度B与产生磁场的长直导线上的电流I0成正比，与距离r成反比．

答案：0.505，1.00，1.49，1.98，2.51，成正比；6.00，2.95，2.05，1.50，1.20，成反比．

17．解析:在用力将铁片与磁铁拉开一段微小距离△L的过程中，拉力F可认为不变，因此F所做的功为:W＝F△L.

以ω表示间隙中磁场的能量密度，则间隙中磁场的能量E＝ωV＝ωA△L

又题给条件ω＝B2/2μ，故E＝A△LB2/2μ.

因为F所做的功等于间隙中磁场的能量，即W=E，故有F△L=A△LB2/2μ

解得

答案：

18.解析：（1）匀速运动时磁场力与滑动摩擦力平衡，所以磁场力，金属杆上有电流通过部分是导轨间的1m长，由定义式得，由左手定则可判断磁场方向竖直向上．（2）匀加速运动时由牛顿第二定律，，得，．

答案：0.3T，0.4T

19.解析：可变电阻在一定的取值范围内都能使MN处于静止，说明导体棒MN与导轨间存在摩擦力，由左手定则判断导体棒所受到的磁场力水平向左，当R=1Ω时，由闭合电路欧姆定律可知电流强度最大且I1=3A，所受最大静摩擦力方向向右，三力平衡关系是，当R=5Ω时，电流强度最小I2=1A，所受最大静摩擦力方向向左，三力平衡关系是，可得，变形可得磁感应强度为．

答案：0.2T

第二节磁场对电流的作用

考点知识梳理

（一）安培力；宏观表现；F＝BILsinθ；最大；最小；有效长度；几何中心；电能；其它形式的能

（二）垂直；同一平面内；手心；电流方向；垂直；大拇指；垂直；垂直；垂直；不一定；

考能训练答案

1.解析：电键S分别置于a、b两处时，电源分别为一节干电池、两节干电池，而电路中灯泡电阻不变，则电路中电流Ia＜Ib，在处的磁感应强度Ba＜Bb，应用安培力公式F＝BIL可知fa＜fb，又在电流方向相反、则相互排斥。

答案：D

2.解析：匀强磁场竖直向上、和导线平行，导线受到安培力为0，A错；匀强磁场水平向右，根据左手定则可知导线受到安培力向里，B错；匀强磁场垂直纸面向外，由左手定则可知导线受到安培力水平向右，C错、D对。

答案：D

3.解析：分析A图，根据左手定则，金属棒会受到竖直向下的重力和竖直向上的安培力，如果两力平衡，则不会有弹力，也就不会有摩擦力，所以选项A正确；B图中，金属棒受到的安培力垂直斜面向下，所以有向下的运动或者向上的运动趋势，所以一定有摩擦力的作用，选项B错误；C选项，金属棒受到水平向右的安培力，如果安培力和重力的合力正好与支持力平衡，则摩擦力为零，所以选项C也是可能的，所以正确；D图中，金属棒受到沿斜面向上的安培力，如果安培力和重力的下滑分力平衡，则没有摩擦力，所以D项也正确；综上所述，本题的正确选项为ACD。

答案：ACD

4.解析：由安培定则判断导线a产生的磁场在导线b所在处的方向是竖直向下，由左手定则判断安培力F1向南，在赤道上空的地磁场方向是水平向北，所以F2竖直向下．

答案：A

5.解析：根据左手定则判断，铜棒MN所受的安培力竖直向上，但因为小于铜棒重力，所以悬线依然处于张紧状态，适当增大电流强度I使安培力恰好平衡重力时，张力就为零．

答案：A

6.解析：由安培定则确定电流磁场方向，再由磁场的叠加判定a、b、c处合磁场方向，由左手定则可得出导线a受合力方向向左，导线c受合力方向向右，导线b受安培力合力为零，故选B、D.

答案：BD

7.解析：斜面光滑，则通电导线受重力、安培力、支持力三力作用而平衡.安培力大小为mg,且重力与安培力合力与支持力等值反向，如图9-2-27.易得N′=N=2mgcosθ,故C对.

答案：C

8.解析：导体所受安培力方向与电流方向和磁场方向两两垂直，而外力与安培力两力平衡，所以可以判断外力与导体速度方向相同，所以．

答案：0.48

9.解析：重力沿斜面向下的分力G1=mgsin300=1.0Nfm,所以在没有安培力的情况下，金属杆ab将下滑．金属杆ab所受的安培力方向沿斜面向上，如果所取电阻较小，电流强度较大，则安培力BIL可能大于金属杆ab的重力沿斜面方向的分力G1，金属杆ab有向上滑动的趋势，静摩擦力沿斜面向下，当静摩擦力为最大值时，金属杆ab处于临界状态；反之，如果所取电阻较大，电流强度较小，则安培力BIL可能小于G1，金属杆ab有向下滑动的趋势，静摩擦力沿斜面向上，当静摩擦力为最大值时，金属杆ab又处于临界状态；在两个临界状态的临界条件分别为：和，对应的电流强度和A，根据闭合电路欧姆定律最小电阻和最大电阻．

答案：2.5Ω≤R≤11.5Ω

10.解析：如果等离子从右边射入，则正离子受到向下的洛仑兹力，偏到下极板，同理上极板有负离子，所以CD中有从下向上的电流，与GH中的电流方向相反，所以会相斥，所以选项A正确；则选项B错误；如果等离子从左方射入，情况正好相反，所以CD会与GH相吸，所以选项C错误，D选项正确，、综上所述，本题的正确选项应该为AD。

答案：AD

11.解析：分析左图中导体棒处于静止状态，所以是安培力和重力的分力平衡，即，而右图中的平衡方程是，所以得到I1：I2=cosθ：1，则选项A正确；选项B错误；导体A所受安培力大小之比F1：F2=cosθ：1，所以选项C错误；左图中的弹力，右图中的弹力，所以N1：N2=cos2θ：1，所以选项D正确，综上所述，本题的正确选项应该为AD。

答案：AD

12.解析：本题考查了左手定则的应用。导线a在c处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac向左，同理导线b在c处产生的磁场方向垂直bc向下，则由平行四边形定则，过c点的合场方向平行于ab，根据左手定则可判断导线c受到的安培力垂直ab边，指向左边。

答案：C

13.解析：由安培定则知I1、I2分别在a、b、c、d四点处产生的磁感应强度B的方向如图9-2-28所示.

由图知a、b两点处B可为零.

故选AB.

答案：AB

14.解析：因为当电流方向改为反向时，右边需要加上质量m，天平才能重新平衡，说明当电流反向时，安培力方向由向下改为向上，所以磁场方向是垂直纸面向里的；又因为电流方向未改变时，由受力平衡有

m1g=m2g+nBIL+G(G为线圈重力)

电流反向时有m1g=m2g+mg-nBIL+G

由式①②可得mg=2nBIL

所以B=.故只有B选项正确.

答案：B

15.解析：（1）金属棒静止在金属轨道上受力平衡，如图9-2-29所示

BIL=mgsin37°

解得：I==0.60A.

（2）设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆定律E=I（R+r）

解得：R=-r=19Ω.

答案：（1）0.60A(2)19Ω

第三节带电粒子在磁场中的运动

考点知识梳理

（一）f=qvBsinθ；运动电荷；0

（二）垂直；垂直；垂直；同一平面内；手心；正电荷运动方向；相反；姆指

（三）宏观表现；一定不；速度大小

（四）匀速直线运动；匀速圆周运动

考能训练答案

1.解析：粒子穿过金属板后，速度变小，由半径公式可知，半径变小，粒子运动方向为由下向上；又由于洛仑兹力的方向指向圆心，由左手定则，粒子带正电。选A。

答案：A

2.解析：分析题意得：宇宙射线是有一些带电粒子组成的，所以面射线射向地球时，会受到地磁场的作用力，所以说地磁场对宇宙射线有一定的阻挡作用，选项A正确；根据洛仑兹力的判断，总会有一些高能的带电粒子能够射到地球的两极，所以选项B正确；根据左手定则判断该种粒子带负电，射向的是地球的北极，所以选项C正确；选项D错误，综上所述，本题的正确选项应该为ABC。

答案：ABC

3.解析：设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中作匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，即，得到：如果换成匀强电场，水平v0方向是作匀速直线运动，竖直y轴负方向是作匀加速运动即，所得到，所以E/B=2V0，所以选项C正确。

答案：C

4.解析：带电粒子在运动中动能逐渐减少，即速率逐渐减小，根据半径公式，粒子的运动半径逐渐减小，由轨迹形状可知，粒子的运动方向是b到a，选择轨迹上的一个点（如b点）根据左手定则可以判断粒子是带正电的．

答案：B

5.解析：解题时容易受带电粒子在匀强电场中运动的负迁移，错误地将电子的运动判断成类似于平抛运动的匀变速曲线运动，答案A和C就是这种错误判断引起的；要区分洛伦兹力作用下的匀速圆周运动和匀强电场中在电场力作用下的匀变速曲线运动，本题中在洛伦兹力作用下作匀速圆周运动时，洛伦兹力是一个变力，对粒子不做功；A、B两处的速度方向是不同的，故答案D错误；因为是匀速圆周运动，所以时间等于弧长除于速度，答案B正确．

答案：B

6.解析：洛伦兹力提供向心力，且，得到，；向心加速度；等效环形电流的电流强度；电流方向是顺时针方向，由安培定则判断电流产生的磁场垂直轨道平面向里，而根据左手定则判断匀强磁场方向垂直轨道平面向外，所以两者方向相反．

答案：；；；相反．

7.解析：由各孔的轴线方向可知，从孔b射出的电子的速度方向改变1800，圆周运动的圆心为ab的中点，直径为ab；从孔c射出的电子的速度方向改变900,圆周运动的圆心是b点，半径是ab．所以两者的轨道半径之比为1：2，根据半径公式可知，两者的速度之比为1：2；轨道对应的圆心角之比是2：1,根据时间公式，可知两者的运动时间之比是2：1．

答案：1：2；2：1

8.考点分析：本题主要考查了圆周运动知识在带电粒子在磁场中的具体应用．

解析：粒子在整个过程中的速度大小恒为，交替地在平面内与磁场区域中做匀速圆周运动，轨道都是半个圆周.设粒子的质量和电荷量的大小分别为和，圆周运动的半径分别为和，有：①

②

现分析粒子运动的轨迹.如图9-3-38所示，在平面内，粒子先沿半径为的半圆运动至轴上离点距离为的点，接着沿半径为的半圆运动至点，的距离：③

此后，粒子每经历一次“回旋”（即从轴出发沿半径为的半圆和半径为的半圆回到原点下方的轴），粒子的坐标就减小.设粒子经过次回旋后与轴交于点，若即满足：

④

则粒子再经过半圆就能经过原点，式中＝1，2，3，……为回旋次数．

由③④式解得：（＝1，2，3，…）⑤

联立①②⑤式可得、应满足的条件：

（＝1，2，3，……）⑥

失分陷阱：本题的难点只有一个，就是通过分析计算找出每转一周粒子在y轴上的坐标减少2（r2-r1），显然，n次回旋，粒子在y轴上的坐标就减少2n（r2-r1），要想满足粒子仍能回到O点，自然就有2r1=2n（r2-r1）．考虑粒子运动的周期性，表达出通式，这在粒子运动题目中经常遇到，如回旋加速器等，应引起足够的重视，解决了关键点，其他就简单了．

9.考点分析：本题考查了带电粒子在有界匀强磁场中的运动．

解析：（1）由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．

粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径：r=R．

又：，

则粒子的比荷为：．

（2）粒子从D点飞出磁场速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角60°，粒子做圆周运动的半径：，

又：，

所以：．

粒子在磁场中飞行时间：．

失分陷阱：抓准以下几何关系是解题的基础．（1）粒子速度偏向角等于回旋角（圆心角），等于弦切角的两倍．（2）弦切角等于粒子在磁场中转过的弧所对的圆心角（回旋角）的一半．由此可以推知，题目已知偏向角后马上就可以知道圆心角，集合关系也就容易找了．

10.解析：依据左手定则，正离子在磁场中受到洛伦兹力作用向上偏，负离子在磁场中受到洛伦兹力作用向下偏，因此电极a、b的正负为a正、b负；当稳定时，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，则，可得，答案：A。

11.解析：匀速圆周运动、库仑定律、洛仑兹力、左手定则等知识列出：

未加磁场：＝(1)

磁场指向纸里：－qvB＝(2)

磁场指向纸外：＋qvB＝(3)

比较上述式子，T1＞T0，T2＜T0，故AD选项正确．

易错点悟：学生列不出圆周运动的动力学方程及不注意负电荷运动形成的电流与运动方向．

答案：AD．

12.解析：由题意可汉子，粒子带负电，运动轨迹如图9-3-39，

∠2=1200－900=300．

由R+Rsin300=a，

得R=2a/3．

由R=，

可知．则正确答案为C．

答案：C．

13.解析：带电粒子在磁场中的运动轨道半径，由题图可知：从O点射入的粒子从be边射出，因此只有D正确．

易错点悟：解决本题的关键是要先画出从特殊点入射时的轨迹，然后判断答案的正确与否．

答案：D．

14.解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，当氢核垂直于ad边从中点m射入，又从ab边的中点n射出，则速度必垂直于ab边a点为圆心，且R=.当磁场的磁感应强度变为原来的2倍，则半径变为原来的1/2，氢核从a点垂直于ad边射出，所以选项C正确．

答案：C．

15.解析：洛伦兹力的方向始终与运动方向垂直，所以没有提供回复力，则运动的周期不变.

答案：B．

16.解析：由于洛伦兹力不做功，故A对.t==T时，电子第一次经y轴，由几何关系可得x=0、y=-R,因此，选项A、B、D都正确.

答案：ABD

17.解析：先准确画出带电粒子运动的轨迹，分两种情况：一是粒子带正电，二是粒子带负电.其轨迹是完整圆的“分家”情形，正确选项为AB.

答案：AB

18.答案：≤≤

解析：分两种临界情况讨论离子比荷，其一是离子在磁场中偏转后打到平行金属板的右侧端点，其轨迹如图（a）所示.据几何关系应有：

r12=(r1-)2+(2d)2,解得r1=d.

其二是离子在磁场中偏转后打到平行金属板的左侧端点，其轨迹如图（b）所示.此时有：

（a）(b)

r22=(r2-)2+d2

解得r2=d.

根据离子在电场中加速，由功能关系有：mv2=qU

再根据离子所受洛伦兹力提供的向心力有：qvB=m

结合前两种临界情况，可得：=或=

因此，所求离子比荷的范围是：

≤≤.

19.解析：（1）离子在磁场中做匀速圆周运动，在左右两区域的运动是对称的，如图9-3-41，设轨迹半径为R，圆周运动的周期为T.

由牛顿第二定律：qvB=mv2R

又T=2πRv

解得：R=mvqBT=2πmqB

将已知量代入得R=2m

由轨迹知：tanθ=rR=33θ＝30°

则全段轨迹运动时间为t=T3=4.19×10-6s

(2)在图中过O2向AO1作垂线，联立轨迹对称关系侧移总距离d=2Rsin2θ＝23m．

20.解析：设电场强度为E，磁感应强度为B，圆O′的半径为R.粒子的电荷量为q,质量为m，初速度为v.同时存在电场和磁场时，带电粒子做匀速直线运动，有

qvB=qE,vT0=2R.

只存在电场时，粒子做类平抛运动，有

x=v,

解得y=()2

由以上式子可知x=y=R,粒子从图中的M点离开电场.

由以上式子得qvB=.

只存在磁场时，粒子做匀速圆周运动，从图中N点离开磁场，P为轨迹圆弧的圆心.

设半径为rqvB=

由以上式子可得r=

由图tanθ=R/2=2

所以，粒子在磁场中运动的时间

t==arctan2.

答案：arctan2

21.解析：洛伦兹力是α粒子作圆运动的向心力；计算出圆半径后，确定圆心的位置就成为解题的关键，α粒子轨迹与ab相切，以及α粒子离S最远的距离为2r是判定最远点的条件．如图9-3-20．

α粒子带正电，用左手定则判定α粒子在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用r表示轨道半径，有Bqv＝m，解得，可见2rlr．

因向不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点，为定出P1的位置，可作平行与ab的直线cd，cd到ab的距离为r＝0.10m．以S为圆心，r为半径，作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1．由图中几何关系得：．

再考虑N的右侧，任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2r，以2r为半径，S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，P2即为α粒子在右侧能达到的最远点．由几何关系得：．

所求长度为：P1P2=NP1+NP2=0.20m．

第四节带电粒子在复合场中的运动

考能训练答案

1.考点分析：本题主要考查了应用平衡的知识求解问题．

解析：要使电子沿直线OO′射出，则电子必做匀速直线运动，电子受力平衡．在该场区，电子受到电场力和洛仑兹力，要使电子二力平衡，则二力方向为竖直向上和竖直向下．A答案电子所受的电场力竖直向上，由左手定则判断洛仑兹力竖直向下，满座受力平衡．同理，D答案也满足受力平衡．

答案：AD．

失分陷阱：粒子速度选择器关键是抓住电场力和洛仑兹力平衡，只要满足“磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向上：均有可能使粒子匀速通过，与粒子的电性没有关系．其中，因qvB=Eq，则．

2.解析：由Fe=Eq，电量不同，电场力不同，因而由电场能分开两束粒子．又，，可知质子和粒子在动能相同时，在同一匀强磁场做圆周运动的半径也相同，故分不开两束粒子．则本题的正确答案为AD．

答案：AD．

3.解析：粒子每次在磁场中回旋的时间是匀速圆周运动的半周期，这个时间也正是交变电压的半周期，所以交变电压的频率就是粒子在磁场中匀速圆周运动的频率，根据，频率与粒子的比荷成正比，α粒子和质子的比荷之比是1：2，所以频率之比也是1：2.

答案：B

4.解析：由左手定则判断带负电的滑块沿斜面下滑时所受洛伦兹力方向垂直斜面向下，所以使滑块与斜面之间的弹力增大，滑动摩擦力增大，从顶端滑到底端过程中克服摩擦力做功增大，根据动能定理，滑到底端时的动能小于无磁场时到底端的动能，速率变小．

答案：B

5.解析：分析题意得：该粒子在复合场中共受到三个力的作用，竖直向下的重力、竖直向下的电场力、洛仑兹力，其中重力和电场力是恒力，如果不发生偏转，则一定是沿直线作匀速运动，洛仑兹力一定是竖直向上的，所以粒子是水平向左运动的，如果把粒子的速度变大，则洛仑兹力变大，所以粒子一定向上偏转，且重力和电场力做负功，则速度减小，所以选项A正确；若只增大磁感感应强度，结果与A答案一样，所以选项B错误；如果电场强度增大，则粒子会向下偏转，电场力和重力做正功，则速度增大，所以选项C正确；因为，如果只增加带电量，则粒子会向下偏转，所以选项D错误，综上所述，本题的正确选项应该为AC。

答案：AC

6.解析：电荷所受的洛伦兹力Ff=qvB,当电荷的速度为零时，洛伦兹力为零，故电荷在I点和K点只受到电场力的作用，故在这两点的加速度大小相等.方向相同，A是正确的，B是错误的.由于J点是曲线上离MN板最远的点，说明电荷在J点具有与MN平行的速度，带电粒子在J点受到两个力的作用，即电场力和洛伦兹力；轨迹能够向上偏折，则说明洛伦兹力大于电场力，故C正确.综上所述，选项A、C是正确的.

答案：AC

7.解析：a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，故对粒子a有：Bqv=Eq即只要满足E=Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区，当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O’点的上方或下方穿出，故AB错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确D项错误

答案：C

8.答案：D

9.解析：AB系统在水平方向仅受水平恒力F作用，所以作匀加速直线运动，随着AB速度的增大，带正电的物块A所受的洛伦兹力逐渐增大，且由左手定则判断洛伦兹力方向竖直向下，所以A对B的压力变大，B对地面的压力变大，B对A的摩擦力为静摩擦力，且，由于系统作匀加速直线运动，加速度恒定，所以静摩擦力保持不变，A对B的静摩擦力也不变．

答案：B

10.解析：进入复合场后作匀速圆周运动，表明液滴的电场力和重力平衡，并在洛伦兹力作用下作匀速圆周运动，进入时洛伦兹力向右，由左手定则判断四指方向与其运动方向相反，所以液滴带负电；液滴所受电场力竖直向上，所以电场方向竖直向下；进入磁场时的速度为，又，根据半径公式得到半径=．

答案：负，竖直向下，．

11.解析：（1）正离子在电场中做初速度为零的加速直线运动．由动能定理得①

∵正离子以速度v进入匀强磁场，做匀速圆周运动

②

正离子离开磁场时的速度与进入时垂直，故r=R③解得A、K间的电压U=．

（2）离子进入磁场后洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：④

离子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：

⑤

离子在磁场中的运动时间为：⑥

解④⑤⑥式得：．

12.解析：（1）轨迹如图9-4-35所示

（2）粒子在加速电场中，由动能定理有

粒子在匀强电场中做类平抛运动，设偏转角为，有

U=Ed

解得：θ=45

由几何关系得，带电粒子离开偏转电场速度为

粒子在磁场中运动，由牛顿第二定律有：qvB=mv2R

在磁场中偏转的半径为

由图可知，磁场宽度L=Rsinθ=d

（3）由几何关系可得：带电粒子在偏转电场中距离为，

在磁场中偏转距离为

13.解析：

（1）由动能定理可知此带电粒子穿过铅板前的动能，

根据，得，

又由几何知识可得（如图9-4-36）

即，——1分故。

由于洛伦兹力不做功，带电粒子穿过铅板后的动能，

因此粒子穿过铅板后动能的损失为

（2）从D到C只有电场力对粒子做功，电场力做功与路径无关，根据动能定理，有

，

解得

14.解析：当电场力大于洛伦兹力时，如果电场力和洛伦兹力的合力刚好提供向心力时，则答案A正确；如果电场力大于洛伦兹力时，选项C正确；当电场力小于洛伦兹力时，选项B正确；由于电场力方向变化，选项D错误．

答案：ABC．

15、解析：若小球A带正电，小球A受重力G、库仑斥力F和板对小球向下的弹力N．当撤走绝缘板C时，N=0，若F=G，小球A仍处于静止状态，A正确；若F＞G，则由左手定则可判断B正确；若小球A带负电，则由A的受力情况可知是不可能的，则D错误．

答案：AB．

16、解析：当正离子进入正交的匀强电场和匀强磁场后，能够沿原来运动方向几学运动的离子必然受力平衡，即：qvB=Eq，则v=E/B．这样，以速度v吹孩子进入下一个匀强磁场后，离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，，则．式中的B′为偏转匀强磁场的磁感应强度，r为偏转半径，分析上式可知，当v、B′相同时，m|、q、都可以相同，也可以不同，只要不相同，半径r即可不同，所以只有D答案正确．

答案：D．

17．解析：不论粒子带何种电性，甲中带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙中的偏转位移洛伦兹力对带电粒子不做功，故A对.

答案：A

18.解析：由左手定则可判断出正离子较多时，正离子受到的洛伦兹力使其向后表面偏转聚集而导致后表面电势升高，同理，负离子较多时，负离子向前表面偏转聚集而导致前表面电势降低，故A、B错误.设前后表面间的最高电压为U，则qU/b=qvB,所以U=vBb.由此可知U与离子浓度无关，故C错误.因Q=vbc，而U=vBb,所以Q=Uc/B,D正确.

答案：D

19、解析：由于从A到B再到C的过程中动能减少，所以洛伦兹力减小，小球与杆之间的压力减小，摩擦力也在减小，AB=BC，所以C错误.AB段和BC段合外力不同，因此合外力的功也不同，所以根据动能定理，动能的变化不同，A错误.再由于电场力和重力的关系未知，因此B错误，所以D正确.

答案：D

20.思路点拨：本题是三种典型的复合场中的直线运动，如果三种场均有，那么粒子在复合场中的直线运动必定是匀速直线运动，三个力有三种特点，重力是只能竖直向下的，电场力的方向依电荷的电性和电场的方向共同决定，洛仑兹力的方向垂直于速度的方向，同时也由磁场和速度两个方向共同决定，且洛仑兹力的大小在恒定的磁场中直接由速率来决定，所以复合场中的带电粒子的运动一定要抓住速率和洛仑兹力的大小对应关系，掌握三个力的特点，利用平衡或牛顿运动定律以及曲线运动的特点解题.

解析：如果油滴带正电，受力有重力竖直向下，电场力只能水平方向，洛仑兹力只能垂直MN，则竖直向上需要有力才能保证竖直平衡，故洛仑兹力必须有向上的分量，洛仑兹力必须垂直MN向上，由左手定则可知油滴是从M点运动到N点；对B选项，假设粒子速率改变，则洛仑兹力必定改变，原来的受力平衡必被打破，合力的方向必定改变，将于速度方向不在同一直线，不会做直线运动，这与题干意思矛盾，故粒子必定做匀速运动，B正确；对于CD选项，由于不知道粒子的电性，即使已知电场方向也无法知道电场力的方向，故无法判断油滴的运动方向，CD错.

答案：AB

21.解析：滑块开始运动后，受到竖直向上的洛伦兹力作用，且洛伦兹力不断增大，滑块受到的支持力逐渐减小，当qvB=mg时，滑块做速度为10m/s的匀速运动．此后，木板做加速度a=F/M=3m/s2的匀加速运动．故BD正确．

答案：BD．

22.解析：因为必须有电场力与重力平衡，所以必为负电；由左手定则得逆时针转动；再由

23.解析：（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得：(1分)

带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：（1分）

由以上两式，可得（1分）

（2）由于在两磁场区域中粒子运动半径相同，如图14所示，三段圆弧的圆心组成的三角形ΔO1O2O3是等边三角形，其边长为2R。所以中间磁场区域的宽度为

（3分）

（3）在电场中，(1分)

在中间磁场中运动时间(1分)

在右侧磁场中运动时间，(1分)

则粒子第一次回到O点的所用时间为

24.解析：（1）只有磁场时，电子运动轨迹如答图1所示，

洛仑兹力提供向心力，由几何关系：，

求出，垂直纸面向里。电子做匀速直线运动，

求出，沿轴负方向。

（2）只有电场时，电子从MN上的D点离开电场，如答图2所示，设D点横坐标为，，，求出D点的横坐标为，纵坐标为。

（3）从A点到D点，由动能定理，

求出。

25.解析：

（1）当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图所示，

由平衡条件得：F电=qE=mgtan

代入数据解得：E=3N/C

（2）小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得：

F电

代入数据得：

由

解得：B=1T

分析小球射入圆弧轨道瞬间的受力情况如图所示，

由牛顿第二定律得：

代入数据得：

由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力

单元质量评估（九）答案

1.【解析】：磁极和电流周围都能产生磁场，磁场的基本特性是对放入磁场的磁极和电流产生磁场力的作用，所以答案A正确；画磁感线时，要求使磁感线上每一点的切线方向与该处的磁场方向（小磁针静止时N极的指向）一致，所以答案B正确；磁感线是使磁场形象化的虚拟曲线，所以答案C错误；物质在外磁场的作用下有不同的特性，按外磁场对材料的磁化程度的不同分为顺磁性材料、抗磁性材料以及铁磁性材料，所以答案D正确．

【答案】：C

2.【解析】：当导线与磁场平行放置时，安培力为零；当导线与磁场垂直放置时，其受到的安培力最大，最大值为，所以0.40N是不可能的．

【答案】：D

3.【解析】：当磁场沿x轴正方向时，磁感应强度可分解为垂直导线方向的分量B⊥和平行导线分量B∥，其中B⊥分量方向是正x偏正y方向，如图所示，由左手定则判断安培力方向为沿负z方向，答案A错误；当磁场沿y轴负方向时，磁感应强度可分解为垂直导线方向的分量B⊥和平行导线分量B∥，其中B⊥分量方向是负y偏负x方向，即图示中的B⊥分量的反方向，由左手定则判断安培力方向为沿正z方向，答案B正确；安培力方向不可能与磁场方向相同，所以答案CD错误．

【答案】：B

4.【解析】：（一）：导线间的磁场力大小相等，方向相反，匀强磁场施给导线a、b的磁场力也是大小相等，方向相反，所以导线a（或b）的磁场力的合力大小相等，都是F2，方向相反．

（二）：导线a（或b）在导线b(或a)所在处的磁场的磁感应强度大小相等，方向都是垂直导线所在平面向里，加入匀强磁场后，合磁感应强度也相等，所以受到的磁场力大小也是F2．

【答案】：A

5.【解析】：沿x轴正方向射出的正离子，立即离开磁场，答案A错误；在磁场中圆周运动的正离子有相等的轨道半径（直径），所以从射出到运动至轴上某点之间的弦为直径时，具有最大坐标，且坐标值为直径大小；沿y轴正方向射出的离子具有最大x，沿x轴负方向射出的离子具有最大y，答案B正确．

【答案】：B

6.【解析】由带电粒子在电场中的偏转情况判断粒子的电性，再由左手定则判断是否符合在磁场中的偏转情况．①③④中的粒子是正电荷，②是负电荷．答案①④正确．

【答案】D

7.【解析】带电粒子a在匀强电场中只受电场力作用，但可能有一定的初速度V0，如图所示的情形中，若运动的初末位置正好是在同一等势面上，则电场力做功等于零，动能不变，答案A错误；电场力是恒力，其冲量一定不为零，粒子a的动量一定变化，答案C正确；洛伦兹力对粒子b不做功，所以它的动能一定不变，由于匀速圆周运动是周期性运动，所以在一个周期内磁场力的冲量也为零，动量可能不变，答案BD错误．

【答案】C

8.【解析】磁场中的带电小球在滑向M点的过程中，洛伦兹力对它不做功，小球的机械能守恒，电场中的带电小球在滑向N点的过程中需克服电场力做功，机械能减小，所以到最低点有vM＞vN，答案A正确；速率越大，向心力越大，且小球在M点受到的洛伦兹力方向竖直向下，所以要求轨道对小球的支持力越大，小球对轨道的压力越大，答案B正确；电场中的小球下滑过程中机械能减小，与磁场中的小球滑到轨道上同一点比较，其动能较小，速率较小，则滑到最低点过程中的平均速率较小，时间较长，答案C错误；磁场中小球机械能守恒，所以能到另一端最高处，电场中的小球在右侧轨道上速度为零时，其电势能增加了，则重力势能减小了，所以不能到达轨道另一端最高处，答案D正确．

【答案】C

9.【解析】根据动能与动量的关系：和轨道半径公式；

可得每个粒子的动能；每秒内打在靶上的粒子数为；

靶获得的能量，得到质量．

【答案】

10.【解析】分析带电小球的受力如图所示，在释放处a，由于初速度为零，无洛伦兹力，随着小球的加速运动，产生逐渐增大，方向垂直细杆斜向上的洛伦兹力，在b处，洛伦兹力平衡重力垂直细杆方向的分力，此时无弹力，从而无摩擦力，则加速度最大，且；随着小球的继续加速，洛伦兹力继续增大，小球将受到垂直细杆斜向下的弹力，从而恢复了摩擦力，且逐渐增大，使其加速度逐渐减小，当摩擦力与重力沿斜面方向的分力平衡时，小球的加速运动结束，将作匀速直线运动，速度也达到最大值，在如图中c位置，有，，整理可得．

【答案】am=gsinθ，

11.【解析】（1）工作原理：电流在磁场中受安培力，在安培力的作用下使导电液体运动．

（2）由左手定则可以判定沿液体的移动方向产生安培力，在导管内截面产生压强差．

【答案】

12.【解析】如图所示，第一次粒子刚好没能从PQ边界射出磁场，表明粒子在磁场中的轨道刚好与PQ边缘相切，如图中的轨道1，设轨道半径为，由几何关系得到：，；第二次粒子刚好能垂直PQ边界射出磁场，表明粒子在磁场中的轨道圆心为图中的O2点，为轨道2，设轨道半径为，由几何关系得到：；根据轨道半径公式，可得，所以；若加入一个匀强电场后使电场力恰好能平衡洛伦兹力，则粒子将沿直线射出PQ边界，场强方向为垂直速度方向斜向下，设场强大小为：则，得，由粒子的轨道半径，可得，代入得场强大小为．

【答案】；，与水平方向成θ角斜向右下方．

13.【解析】如图所示，电子在磁场中沿圆弧ab运动，圆心为C，半径为R．以v表示电子进入磁场时的速度，m、e分别表示电子的质量和电量，则

eU＝mv2Bev＝,θ角既是速度方向的偏转角，也是圆弧ab对应的圆心角，所以有tg＝，由以上各式解得B＝．

【答案】

14.【解析】设碳离子到达b处时的速度为v1，从c端射出时的速度为v2，由动能定理，在a到b过程中有mv12=eUba，在b到c过程中有mv22-mv12=neUbc，其中Uba和Ubc都等于b点的电势值φ，所以，速度．进入磁场后，碳离子做匀速圆周运动,可得nev2B=m，则R，由题给数值可解得R=0.75m．

【答案】0.75m

15.【解析】1.F电=q=1.0×10-6×N=3.6×10-5NF洛＝qvB＝3.6×10-5N

因为F电=F洛=3.6×10-5N，所以粒子在第一个t0=1.0×10-4s时间内做匀速直线运动，其位移s＝vt0=600×10-4m＝0.06m=6cm．

2.在第二个t0时间内，由于U＝0，粒子做匀速圆周运动，根据Bqv=m

其周期T为：T==1×10-4s,恰好等于t0，在一个周期内恰好回到圆周运动的起点．

其轨道半径R==0.01m=1.0cm，直径是2.0cm，小于射入方向到A板的距离，所以粒子不会碰到A板．

由此可以判断粒子在第一个t0内作匀速直线运动，在第二个t0内作匀速圆周运动，如此往复，经过5个t0，粒子向前18cm，还有s/=0.5cm才能射出两板，如图所示：

粒子经过5t0后做匀速圆周运动的圆心角为θ，则

sinθ===，所以θ=30°，总时间t＝5t0+=5.08×10-4s．

【答案】匀速直线运动，6cm；5.08×10-4s．

16.【解析】通过电场时，粒子受电场力：

产生加速度：，方向竖直向上．

穿出电场的时间：．

竖直方向分速度：，又由于L1＝5cmS＝10m，故粒子在电容器内沿y轴方向发生的位移可忽略不计，但速度方向发生了偏转，所以在屏上竖直方向的分位移主要是在场外发生．

在磁场中，粒子受洛伦兹力：，其中竖直分速度与磁场平行，不会使粒子受洛伦兹力作用．使粒子在水平面内作匀速圆周运动且半径，所以粒子在磁场中圆周运动的圆心角θ很小，向x轴正方向偏转的位移很小可以忽略，如图所示．同样由于水平方向速度发生偏转，在场外沿x轴正方向的分位移就是屏上的x坐标．

在场外沿轴线方向匀速直线运动的时间；

纵坐标；

在磁场中偏转的速度偏转角等于圆心角，由于θ很小，所以．

横坐标．

【答案】2.5cm，5.0cm

17．【解析】（1）磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做圆周运动，故有

--------------①

同时有-----------②

粒子运动轨迹如图所示，由几何知识知，

xC＝－（r＋rcos450）＝，------------③

故，C点坐标为（，0）。-----------④

（2）设粒子从A到C的时间为t1，设粒子从A到C的时间为t1，由题意知

------------⑤

设粒子从进入电场到返回C的时间为t2，其在电场中做匀变速运动，由牛顿第二定律和运动学知识，有------------⑥

及，------------⑦

联立⑥⑦解得------------⑧

设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为t3，由题意知

------------⑨

故而，设粒子从A点到第三次穿越x轴的时间为

------------⑩

（3）粒子从第三次过x轴到第四次过x轴的过程是在电场中做类似平抛的运动，即沿着v0的方向（设为x′轴）做匀速运动，即

……①…………②

沿着qE的方向（设为y′轴）做初速为0的匀变速运动，即

……③……④

设离子第四次穿越x轴时速度的大小为v，速度方向与电场方向的夹角为α.

由图中几何关系知

……⑤……⑥

……⑦

综合上述①②③④⑤⑥⑦得

……⑧

【答案】（1）C点坐标为（，0）（2）（3）

高考物理电场易错题4

电场
[内容和方法]
本单元内容包括电荷、电场、电场力、电场强度、电场线、电势、电势差、电场力功、电容器、电容的定义和平行板电容器电容的决定条件等基本概念，以及库仑定律、静电感应、电场强度与电势差的关系、带电粒子在电场中的运动规律等。
本单元涉及到的基本方法有，运用电场线、等势面几何方法形象化地描述电场的分布；将运动学动力学的规律应用到电场中，分析解决带电粒子在电场中的运动问题、解决导体静电平衡的问题。本单元对能力的具体要求是概念准确，不乱套公式懂得规律的成立条件适用的范围。从规律出发进行逻辑推理，把相关知识融会贯通灵活处理物理问题。
[例题分析]
在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：不善于运用电场线、等势面为工具，将抽象的电场形象化后再对电场的场强、电势进行具体分析；对静电平衡内容理解有偏差；在运用力学规律解决电场问题时操作不规范等。
例1在边长为30cm的正三角形的两个顶点A，B上各放一个带电小球，其中Q1=4×10-6C，Q2=－4×10-6C，求它们在三角形另一顶点C处所产生的电场强度。
【错解分析】错解：
C点的电场强度为Q1，Q2各自产生的场强之和，由点电荷的场强公式，
∴E=E1+E2=0
认为C点处的场强是Q1，Q2两点电荷分别在C点的场强的代数和。
【正确解答】
计算电场强度时，应先计算它的数值，电量的正负号不要代入公式中，然后根据电场源的电性判断场强的方向，用平行四边形法求得合矢量，就可以得出答案。
由场强公式得：
C点的场强为E1，E2的矢量和，由图8－1可知，E，E1，E2组成一个等边三角形，大小相同，∴E2=4×105（N/C）方向与AB边平行。
例2如图8－2，光滑平面上固定金属小球A，用长L0的绝缘弹簧将A与另一个金属小球B连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为x1，若两球电量各漏掉一半，弹簧伸长量变为x2，则有：（）
【错解分析】错解：
故选B
错解只注意到电荷电量改变，忽略了两者距离也随之变化，导致错误。
【正确解答】
由题意画示意图，B球先后平衡，于是有
【小结】
r常指弹簧形变后的总长度（两电荷间距离）。
例3点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，在AB连线上，如图8－3，电场强度为零的地方在[]
A．A和B之间B．A右侧
C．B左侧D．A的右侧及B的左侧
【错解分析】错解：
错解一：认为A，B间一点离A，B距离分别是2r和r，则A，B
错解二：认为在A的右侧和B的左侧，由电荷产生的电场方向总相反，因而都有可能抵消，选D。
错解一忽略了A，B间EA和EB方向都向左，不可能抵消。
错解二认为在A的右侧和B的左侧，由两电荷产生的电场方向总相反，因而都有可能抵消，却没注意到A的右侧EA总大于EB，根本无法抵消。
【正确解答】
因为A带正电，B带负电，所以只有A右侧和B左侧电场强度方向相反，因为QA＞QB，所以只有B左侧，才有可能EA与EB等量反向，因而才可能有EA和EB矢量和为零的情况。
【小结】
解这类题需要的基本知识有三点：（1）点电荷场强计算公式点电荷而来；（3）某点合场强为各场源在该点场强的矢量和。
例4如图8-4所示，QA=3×10-8C，QB=－3×10-8C，A，B两球相距5cm，在水平方向外电场作用下，A，B保持静止，悬线竖直，求A，B连线中点场强。（两带电小球可看作质点）
【错解分析】错解：
以A为研究对象，B对A的库仑力和外电场对A的电场力相等，所
AB中点总场强E总=E+EA+EB=E外=1.8×105（N/C），方向向左。
在中学阶段一般不将QB的电性符号代入公式中计算。在求合场强时，应该对每一个场做方向分析，然后用矢量叠加来判定合场强方向，
【正确解答】
以A为研究对象，B对A的库仑力和外电场对A的电场力平衡，
E外方向与A受到的B的库仑力方向相反，方向向左。在AB的连线中点处EA，EB的方向均向右，设向右为正方向。则有E总=EA+EB－E外。
【小结】
本题检查考生的空间想象能力。对于大多数同学来说，最可靠的办法是：按照题意作出A，B的受力图。从A，B的电性判断点电荷A，B的场强方向，从A或B的受力判断外加匀强电场的方向。在求合场强的方向时，在A，B的连线中点处画出每一个场强的方向，最后再计算。这样做恰恰是在按照物理规律解决问题。
例5在电场中有一条电场线，其上两点a和b，如图8－5所示，比较a，b两点电势高低和电场强度的大小。如规定无穷远处电势为零，则a，b处电势是大于零还是小于零，为什么？
【错解分析】错解：
顺电场线方向电势降低，∴UA＞UB，因为无穷远处电势为零，顺电场线方向电势降低，∴UA＞UB＞0。
由于把所给电场看成由正点电荷形成的电场，认为从正电荷出发，顺电场线电势逐渐减小到零，从而得出UA，UB均大于零。
【正确解答】
顺电场线方向电势降低，∴UA＞UB，由于只有一条电力线，无法看出电场线疏密，也就无法判定场强大小。同样无法判定当无穷远处电势为零时，a，b的电势是大于零还是小于零。若是由正电荷形成的场，则EA＞EB，UA＞UB＞0，若是由负电荷形成的场，则EA＜EB，0＞UA＞UB。
【小结】
只有一条电场线，可以判定各点电势高低，但无法判定场强大小及电势是否大于零。
例6将一电量为q=2×106C的点电荷从电场外一点移至电场中某点，电场力做功4×10-5J，求A点的电势。
【错解分析】错解：
错误混淆了电势与电势差两个概念间的区别。在电场力的功的计算式W=qU中，U系指电场中两点间的电势差而不是某点电势。
【正确解答】
解法一：设场外一点P电势为Up所以Up=0，从P→A，电场力的功W=qUPA，所以W=q（Up-UA），
即4×10-5=2×10-6（0-UA）UA=－20V
解法二：设A与场外一点的电势差为U，由W=qU，
因为电场力对正电荷做正功，必由高电势移向低电势，所以UA=－20V
【小结】
公式W=qU有两种用法：（1）当电荷由A→B时，写为W=qUAB=q(UA－UB)，强调带符号用，此时W的正、负直接与电场力做正功、负功对应，如“解法一”；（2）W，q，U三者都取绝对值运算，如“解法二”，但所得W或U得正负号需另做判断。建议初学者采用这种方法。
例7如图8－6所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的是：[]
A．电荷从a到b加速度减小
B．b处电势能大
C．b处电势高
D．电荷在b处速度小
【错解分析】错解：
由图8－7可知，由a→b，速度变小，所以，加速度变小，选A。因为检验电荷带负电，所以电荷运动方向为电势升高方向，所以b处电势高于a点，选C。
选A的同学属于加速度与速度的关系不清；选C的同学属于功能关系不清。
【正确解答】由图8－6可知b处的电场线比a处的电场线密，说明b处的场强大于a处的场强。根据牛顿第二定律，检验电荷在b处的加速度大于在a处的加速度，A选项错。
由图8－6可知，电荷做曲线运动，必受到不等于零的合外力，即Fe≠0，且Fe的方向应指向运动轨迹的凹向。因为检验电荷带负电，所以电场线指向是从疏到密。再利用“电场线方向为电势降低最快的方向”判断a，b处电势高低关系是UA＞UB，C选项不正确。
根据检验电荷的位移与所受电场力的夹角大于90°，可知电场力对检验电荷做负功。功是能量变化的量度，可判断由a→b电势能增加，B选项正确；又因电场力做功与路径无关，系统的能量守恒，电势能增加则动能减小，即速度减小，D选项正确。
【小结】理解能力应包括对基本概念的透彻理解、对基本规律准确把握。本题就体现高考在这方面的意图。这道小题检查了电场线的概念、牛顿第二定律、做曲线运动物体速度与加速度的关系、电场线与等势面的关系、电场力功（重力功）与电势能（重力势能）变化的关系。能量守恒定律等基本概念和规律。要求考生理解概念规律的确切含义、适用条件，鉴别似是而非的说法。
例8如图8-7所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离为L，为球半径的3倍。若使它们带上等量异种电荷，使其电量的绝对值均为Q，那么，a、b两球之间的万有引力F引库仑力F库分别为：
【错解分析】错解：
（1）因为a，b两带电球壳质量分布均匀，可将它们看作质量集中在球心的质点，也可看作点电荷，因此，万有引力定律和库仑定律对它们都适用，故其正确答案应选A。
（2）依题意，a，b两球中心间的距离只有球半径的3倍，它们不能看作质点，也不能看作点电荷，因此，既不能用万有引力定律计算它们之间的万有引力，也不能用库仑定律计算它们之间的静电力，故其正确答案应选B。
由于一些同学对万有引力定律和库仑定律的适用条件理解不深刻，产生了上述两种典型错解，因库仑定律只适用于可看作点电荷的带电体，而本题中由于a，b两球所带异种电荷的相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布比较密集，又因两球心间的距离L只有其半径r的3倍，不满足L＞＞r的要求，故不能将两带电球壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律。
【正确解答】
万有引力定律适用于两个可看成质点的物体，虽然两球心间的距离L只有其半径r的3倍，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看作质量集中于球心的质点。因此，可以应用万有引力定律。
综上所述，对于a，b两带电球壳的整体来说，满足万有引力的适用条件，不满足库仑定律的适用条件，故只有选项D正确。
【小结】
用数学公式表述的物理规律，有它的成立条件和适用范围。也可以说物理公式是对应着一定的物理模型的。应用物理公式前，一定要看一看能不能在此条件下使用该公式。
例9如图8－8所示，把一个不带电的枕型导体靠近带正电的小球，由于静电感应，在a，b端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是：
A．闭合K1，有电子从枕型导体流向地
B．闭合K2，有电子从枕型导体流向地
C．闭合K1，有电子从地流向枕型导体
D．闭合K2，没有电子通过K2
【错解分析】错解：枕型导体电荷总是守恒的，没有电子流过K2。选D。
由于对没有正确理解电荷守恒的相对性，所以在本题中认为枕型导体的电荷总是守恒的，便错选答案D。
【正确解答】
在K1，K2都闭合前，对于枕型导体它的电荷是守恒的，a，b出现的负、正电荷等量。当闭合K1，K2中的任何一个以后，便把导体与大地连通，使大地也参与了电荷转移。因此，导体本身的电荷不再守恒，而是导体与大地构成的系统中电荷守恒。由于静电感应，a端仍为负电荷，大地远处感应出等量正电荷，因此无论闭K1还是K2，都是有电子从地流向导体，应选答案C。
【小结】
在解决此类静电平衡问题时，对电荷守恒的理解应为：电荷守恒定律有相对性，一个物理过程中，某个物体或某些物体的电荷并不守恒，有增或有减，而这一过程中必有另一些物体的电荷有减或有增，其中的增量和减量必定相等，满足全范围内的守恒。即电荷是否守恒要看是相对于哪一个研究对象而言。
电荷守恒是永恒的，是不需要条件的。电荷守恒定律也是自然界最基本的规律之一。在应用这个定律时，只要能够全面地考察参与电荷转移的物体，就有了正确地解决问题的基础。
例10如图8-9中接地的金属球A的半径为R，点电荷的电量Q，到球心距离为r，该点电荷的电场在球心O处的场强等于：[]
【错解分析】错解：
根据静电平衡时的导体内部场强处处为零的特点，Q在O处场强为零，选C。
有些学生将“处于静电平衡状态的导体，内部场强处处为零”误认为是指Q电荷电场在球体内部处处为零。实际上，静电平衡时O处场强
相等，方向相反，合场强为零。
【正确解答】
静电感应的过程，是导体A（含大地）中自由电荷在电荷Q所形成的外电场下重新分布的过程，当处于静电平衡状态时，在导体内部电荷Q所形成的外电场E与感应电荷产生的“附加电场E”同时存在的，且在导体内部任何一点，外电场电场场强E与附加电场的场强E大小相等，方向相反，这两个电场叠加的结果使内部的合场强处处为零。即E内=0。
【小结】
还应深入追究出现本题错解的原因：只记住了静电平衡的结论，对静电平衡的全过程不清楚。要弄清楚“导体进入电场，在电场力的作用下自由电子定向移动，出现感应电荷的聚集，进而形成附加电场”开始，直到“附加电场与外电场平衡，使得导体内部的场强叠加为零，移动自由电子电场力为零。”为止的全过程。
例11如图8-10所示，当带正电的绝缘空腔导体A的内部通过导线与验电器的小球B连接时，问验电器是否带电？
【错解分析】错解：
因为静电平衡时，净电荷只分布在空腔导体的外表面，内部无静电荷，所以，导体A内部通过导线与验电器小球连接时，验电器不带电。
关键是对“导体的外表面”含义不清，结构变化将要引起“外表面”的变化，这一点要分析清楚。错解没有分析出空腔导体A的内部通过导线与验电器的小球B连接后，验电器的金箔成了导体的外表面的一部分，改变了原来导体结构。A和B形成一个整体，净电荷要重新分布。
【正确解答】
当导体A的内部通过导线与验电器的小球B连接时，导体A和验电器已合为一个整体，整个导体为等势体，同性电荷相斥，电荷重新分布，必有净电荷从A移向B，所以验电器带正电。
【小结】
一部分同学做错这道题还有一个原因，就是知识迁移的负面效应。他们曾经做过一道与本题类似的题：“先用绝缘金属小球接触带正电的绝缘空腔导体A的内部，然后将绝缘金属小球移出空腔导体A与验电器的小球B接触，验电器的金箔不张开。”他们见到本题就不假思索地选择了不带电的结论。“差异就是矛盾，”学习中要善于比较，找出两个问题的区别才方能抓住问题的关键。这两道题的差异就在于：一个是先接触内壁，后接触验电器小球；另一个是正电的绝缘空腔导体A的内部通过导线与验电器的小球B连接。进而分析这种差异带来的什么样的变化。生搬硬套是不行的。
例12三个绝缘的不带电的相同的金属球A，B，C靠在一起，如图8-11所示，再将一个带正电的物体从左边靠近A球，并固定好，再依次拿走C球、B球、A球，问：这三个金属球各带什么电？并比较它们带电量的多少。
【错解分析】错解：
将带正电的物体靠近A球，A球带负电，C球带正电，B球不带电。将C，B，A三球依次拿走，C球带正电，B球不带电，A球带负电，QA=QC。
认为将C球拿走后，A，B球上所带电量不改变。其实，当C球拿走后，A，B球原来的静电平衡已被破坏，电荷将要重新运动，达到新的静电平衡。
【正确解答】
将带正电的物体靠近A，静电平衡后，A，B，C三球达到静电平衡，C球带正电，A球带负电，B球不带电。当将带正电的C球移走后，A，B两球上的静电平衡被打破，B球右端电子在左端正电的物体的电场的作用下向A运动，形成新的附加电场，直到与外电场重新平衡时为止。此时B球带正电，A球所带负电将比C球移走前多。依次将C，B，A移走，C球带正电，B球带少量正电，A球带负电，且A球带电量比C球带电量多。
|QA|=|QB|+|QC|
【小结】
在学习牛顿第二定律时，当外力发生变化时，加速度就要发生变化。这种分析方法不仅适用于力学知识，而且也适用于电学知识，本题中移去C球，电场发生了变化，电场力相应的发生了变化，要重新对物理过程进行分析，而不能照搬原来的结论。
例13如图8-12所示，当带电体A靠近一个绝缘导体B时，由于静电感应，B两端感应出等量异种电荷。将B的左端接地，绝缘导体B带何种电荷？
【错解分析】错解：对于绝缘体B，由于静电感应左端带负电，右端带正电。左端接地，左端电荷被导走，导体B带正电。
将导体B孤立考虑，左端带负电，右端带正电，左端接地后左边电势比地电势低，所以负电荷将从电势低处移到电势高处。即绝缘体B上负电荷被导走。
【正确解答】
因为导体B处于正电荷所形成的电场中，而正电荷所形成的电场电势处处为正，所以导体B的电势是正的，UB＞U地；而负电荷在电场力的作用下总是从低电势向高电势运动，B左端接地，使地球中的负电荷（电子）沿电场线反方向进入高电势B导体的右端与正电荷中和，所以B导体将带负电荷。
例14如图8－13所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB=2v0，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为：
【错解分析】错解：带电粒子在电场中运动，一般不考虑带电粒子的重力，根据动能定理，电场力所做的功等于带电粒子动能的增量，电势差等于动能增量与电量Q的比值，应选D。
带电粒子在电场中运动，一般不考虑带电粒子的重力，则粒子在竖直方向将保持有速度v0，粒子通过B点时不可能有与电场方向一致的2v0，根据粒子有沿场强方向的速度2v0，则必是重力作用使竖直向上的速度变为零。如一定不考虑粒子重力，这只有在电场无限大，带电粒子受电场力的作用，在电场方向上的速度相比可忽略不计的极限状态，且速度沿电场方向才能成立。而本题中v0与vB相比不能忽略不计，因此本题应考虑带电粒子的重力。
【正确解答】
在竖直方向做匀减速直线运动：2gh=v02①
根据动能定理
【小结】
根据初、末速度或者运动轨迹判断物体的受力情况是解决与运动关系问题的基本功。即使在电学中，带电粒子的运动同样也要应用这个基本功。通过这样一些题目的训练，多积累这方面的经验，非常必要。
例15置于真空中的两块带电的金属板，相距1cm，面积均为10cm2，带电量分别为Q1=2×10-8C，Q2=-2×10-8C，若在两板之间的中点放一个电量q=5×10-9C的点电荷，求金属板对点电荷的作用力是多大？
【错解分析】错解：点电荷受到两板带电荷的作用力，此二力大小相等，方向相同，由
库仑定律只适用于点电荷间相互作用，本题中两个带电金属板面积较大，相距较近，不能再看作是点电荷，应用库仑定律求解就错了。
【正确解答】
两个平行带电板相距很近，其间形成匀强电场，电场中的点电荷受到电场力的作用。
【小结】
如果以为把物理解题当作算算术，只要代入公式就完事大吉。那就走入了学习物理的误区。
例16如图8－15电路中，电键K1，K2，K3，K4均闭合，在平行板电容器C的极板间悬浮着一带电油滴P，
（1）若断开K1，则P将__________；
（2）若断开K2，则P将________；
（3）若断开K3，则P将_________；
（4）若断开K4，则P将_______。
【错解分析】错解：(1）若断开K1，由于R1被断开，R2上的电压将增高，使得电容器两端电压下降，则P将向下加速运动。
（2）若断开K2，由于R3被断开，R2上的电压将增高，使得电容器两端电压下降，则P将向下加速运动。
（3）若断开K3，由于电源被断开，R2上的电压将不变，使得电容器两端电压不变，则P将继续悬浮不动。
（4）若断开K4，由于电源被断开，R2上的电压将变为零，使得电容器两端电压下降，则P将加速下降。
上述四个答案都不对的原因是对电容器充放电的物理过程不清楚。尤其是充电完毕后，电路有哪些特点不清楚。
【正确解答】
电容器充电完毕后，电容器所在支路的电流为零。电容器两端的电压与它所并联的两点的电压相等。本题中四个开关都闭合时，有R1，R2两端的电压为零，即R1，R2两端等势。电容器两端的电压与R3两端电压相等。
（1）若断开K1，虽然R1被断开，但是R2两端电压仍为零，电容器两端电压保持不变，则P将继续悬浮不动
（2）若断开K2，由于R3被断开，电路再次达到稳定时，电容器两端电压将升高至路端电压R2上的电压仍为零，使得电容器两端电压升高，则P将向上加速运动。
（3）若断开K3，由于电源被断开，电容器两端电压存在一个回路，电容器将放电至极板两端电压为零，P将加速下降。
（4）K4断开，电容器两端断开，电量不变，电压不变，场强不变，P将继续悬浮不动。
【小结】
在解决电容器与直流电路相结合的题目时，要弄清楚电路的结构，还要会用静电场电势的观点分析电路，寻找等势点简化电路。
例17有两个带电量相等的平行板电容器A和B，它们的正对面积之比SA∶SB=3∶1，板长之比∶LA∶LB=2∶1，两板距离之比dA∶dB=4∶1，两个电子以相同的初速度沿与场强垂直的方向分别射入两电容器的匀强电场中，并顺利穿过电场，求两电子穿越电场的偏移距离之比。
【错解分析】错解：
把电容器的电压看成是由充电电量和两板正对面积决定而忽视了板间距离对电压的影响，所以电压比和偏离比都搞错了。
【正确解答】
【小结】
高考中本题只能作为一道选择题（或填空题）出现在试卷上。很多考生为了腾出时间做大题，急急忙忙不做公式推导，直接用数字计算导致思考问题不全面，以至会做的题目得不到分。同时按部就班解题，养成比较好的解题习惯，考试时就会处变不惊，稳中求准，稳中求快。
例18在平行板电容器之间有匀强电场，一带电粒子以速度v垂直电场线射入电场，在穿越电场的过程中，粒子的动能由Ek增加到2Ek，若这个带电粒子以速度2v垂直进入该电场，则粒子穿出电场时的动能为多少？
【错解分析】错解：设粒子的的质量m，带电量为q，初速度v；匀强电场为E，在y方向的位移为y，如图8—16所示。
认为两次射入的在Y轴上的偏移量相同。实际上，由于水平速度增大带电粒子在电场中的运动时间变短。在Y轴上的偏移量变小。
【正确解答】
建立直角坐标系，初速度方向为x轴方向，垂直于速度方向为y轴方向。设粒子的的质量m，带电量为q，初速度v；匀强电场为E，在y方向的位移为y。速度为2v时通过匀强电场的偏移量为y′，平行板板长为L。
由于带电粒子垂直于匀强电场射入，粒子做类似平抛运动。
两次入射带电粒子的偏移量之比为
【小结】
当初始条件发生变化时，应该按照正确的解题步骤，从头再分析一遍。而不是想当然地把上一问的结论照搬到下一问来。由此可见，严格地按照解题的基本步骤进行操作，能保证解题的准确性，提高效率。其原因是操作步骤是从应用规律的需要归纳出来的。
例19A，B两块平行带电金属板，A板带负电，B板带正电，并与大地相连接，P为两板间一点。若将一块玻璃板插入A，B两板间，则P点电势将怎样变化。
【错解分析】错解：
UpB=Up－UB=Ed
电常数ε增大，电场强度减小，导致Up下降。
没有按照题意画出示意图，对题意的理解有误。没有按照电势差的定义来判断PB两点间电势差的正负。
【正确解答】
按照题意作出示意图，画出电场线，图8－17所示。
我们知道电场线与等势面间的关系：“电势沿着电场线的方向降落”所以UpB=Up－UB＜0，B板接地UB=0
UBp=UB－Up=0－Up
Up=－Ed
常数ε增大，电场强度减小，导致Up上升。
【小结】
如何理解PB间的电势差减小，P点的电势反倒升高呢？请注意，B板接地Up＜0，PB间的电势差减小意味着Up比零电势降落得少了。其电势反倒升高了。
例20、1000eV的电子流在两极板中央斜向上方进入匀强电场，电场方向竖直向上，它的初速度与水平方向夹角为30°，如图8－18。为了使电子不打到上面的金属板上，应该在两金属板上加多大电压U？
【错解分析】错解：
电子流在匀强电场中做类似斜抛运动，设进入电场时初速度为v0，
因为电子流在电场中受到竖直向下电场力作用，动能减少。欲使电子刚好打不到金属板上有Vr=0，此时电子流动能
电子流在电场中受到电场力作用，电场力对电子做功We=Fes=eEs其中s必是力的方向上位移，即d/2，所以We=eU，U是对应沿d方向电势降落。则电子从C到A，应对应We=eUAC，故上面解法是错误的。
【正确解答】
电子流在匀强电场中做类似斜抛运动，欲使电子刚好不打金属板上，则必须使电子在d/2内竖直方向分速度减小到零，设此时加在两板间的电压为U，在电子流由C到A途中，
电场力做功We=EUAC，由动能定理
至少应加500V电压，电子才打不到上面金属板上。
【小结】
动能定理是标量关系式。不能把应用牛顿定律解题方法与运用动能定理解题方法混为一谈。
例21如图8－19，一个电子以速度v0=6.0×106m/s和仰角α=45°从带电平行板电容器的下板边缘向上板飞行。两板间场强E=2.0×104V/m，方向自下向上。若板间距离d=2.0×10-2m，板长L=10cm，问此电子能否从下板射至上板？它将击中极板的什么地方？
【错解分析】错解：规定平行极板方向为x轴方向；垂直极板方向为y轴方向，将电子的运动分解到坐标轴方向上。由于重力远小于电场力可忽略不计，则y方向上电子在电场力作用下做匀减速运动，速度最后减小到零。
∵vt2－v02=2as
y=d=svt=0
即电子刚好击中上板，击中点离出发点的水平位移为3.99×10-2（m）。
为d，（击中了上板）再求y为多少，就犯了循环论证的错误，修改了原题的已知条件。
【正确解答】
应先计算y方向的实际最大位移，再与d进行比较判断。
由于ym＜d，所以电子不能射至上板。
【小结】因此电子将做一种抛物线运动，最后落在下板上，落点与出发点相距1.03cm。
斜抛问题一般不要求考生掌握用运动学方法求解。用运动的合成分解的思想解此题，也不是多么困难的事，只要按照运动的实际情况把斜抛分解为垂直于电场方向上的的匀速直线运动，沿电场方向上的坚直上抛运动两个分运动。就可以解决问题。
例22一个质量为m，带有电荷-q的小物块，可在水平轨道Ox上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙，轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正方向，如图8－20所示，小物体以初速v0从x0沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f作用，且f＜qE。设小物体与墙碰撞时不损失机械能且电量保持不变。求它在停止运动前所通过的总路程s。
【错解分析】错解：错解一：物块向右做匀减速运动到停止，有
错解二：小物块向左运动与墙壁碰撞后返回直到停止，有W合=△Ek，得
错误的要害在于没有领会题中所给的条件f＞Eq的含义。当物块初速度向右时，先减速到零，由于f＜Eq物块不可能静止，它将向左加速运动，撞墙后又向右运动，如此往复直到最终停止在轨道的O端。初速度向左也是如此。
【正确解答】
设小物块从开始运动到停止在O处的往复运动过程中位移为x0，往返路程为s。根据动能定理有
【小结】
在高考试卷所检查的能力中，最基本的能力是理解能力。读懂题目的文字并不困难，难的是要抓住关键词语或词句，准确地在头脑中再现题目所叙述的实际物理过程。常见的关键词语有：“光滑平面、缓慢提升（移动）、伸长、伸长到、轻弹簧、恰好通过最高点等”这个工作需要同学们平时多积累。并且在做新情境（陌生题）题时有意识地从基本分析方法入手，按照解题的规范一步一步做，找出解题的关键点来。提高自己的应变能力。
例23如图8－21所示，长为L的绝缘细线，一端悬于O点，另一端连接一质量为m的带负电小球，置于水平向右的匀强电场中，在O点向右水平拉直后从静止释放，细线碰到钉子后要使小球刚好饶钉子O′在竖直平面内作圆周运动，求OO′长度。
【错解分析】错解：摆球从A落下经B到C的过程中受到重力G，绳子的拉力T和电场力F电三个力的作用，并且重力和电场力做功，拉力不做功，由动能定理
摆球到达最低点时，摆线碰到钉子O′后，若要小球刚好绕钉子O′在竖直平面内做圆周运动，如图8－22。则在最高点D应满足：
从C到D的过程中，只有重力做功（负功），由机械能守恒定律
考生以前做过不少“在重力场中释放摆球。摆球沿圆弧线运动的习题”。受到这道题思维定势的影响，没能分析出本题的摆球是在重力场和电场叠加场中运动。小球同时受到重力和电场力的作用，这两个力对摆球运动轨迹都有影响。受“最高点”就是几何上的最高点的思维定势的影响，没能分析清楚物理意义上的“最高点”含义。在重力场中应是重力方向上物体运动轨迹的最高点，恰好是几何意义上的最高点。而本题中，“最高点”则是重力与电场力的合力方向上摆球运动的轨迹的最高点。
【正确解答】
本题是一个摆在重力场和电场的叠加场中的运动问题，由于重力场和电场力做功都与路径无关，因此可以把两个场叠加起来看成一个等效力场来处理，如图8－23所示，
∴θ=60°。
开始时，摆球在合力F的作用下沿力的方向作匀加速直线运动，从A点运动到B点，由图8－23可知，△AOB为等边三角形，则摆球从A到B，在等效力场中，由能量守恒定律得：
在B点处，由于在极短的时间内细线被拉紧，摆球受到细线拉力的冲量作用，法向分量v2变为零，切向分量
接着摆球以v1为初速度沿圆弧BC做变速圆周运动，碰到钉子O′后，在竖直平面内做圆周运动，在等效力场中，过点O′做合力F的平行线与圆的交点为Q，即为摆球绕O′点做圆周运动的“最高点”，在Q点应满足
过O点做OP⊥AB取OP为等势面，在等效力场中，根据能量守恒定律得：
【小结】
用等效的观点解决陌生的问题，能收到事半功倍的效果。然而等效是有条件的。在学习交流电的有效值与最大值的关系时，我们在有发热相同的条件将一个直流电的电压（电流）等效于一个交流电。本题中，把两个场叠加成一个等效的场，前提条件是两个力做功都与路径无关。