03 任务群（三） 电场与磁场（Word练习）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

任务群（三）电场与磁场 任务1　电场的性质 1．电场中各物理量的关系 2．电场力做功的计算方法 考向1　电场强度和电势 【例1】 (2024·河北高考)如图，真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为。已知正三角形ABC的边长为a，M点的电场强度为0，静电力常量为k。顶点A处的电场强度大小为(　　) A． B． C． D． 【例2】 如图所示，AB、CD、EF都为半径为R的空间球面的直径，其中AB与EF同在水平面内，EF与AB的夹角θ＝45°，CD与水平面垂直，现在A、B两点分别固定等量异种点电荷，则(　　) A．C点和O点电场强度大小之比为1∶ B．E、F两点电场强度相同 C．C、E、F三点中C点电势最高 D．将带负电的检验电荷从E点沿直线移到F点，电势能减小 考向2　电场力的功　电势能 【例3】 (多选)(2024·山东济南二模)如图所示，匀强电场中有棱长为L的立方体a1b1c1d1­a2b2c2d2。质量为m、电荷量为－q(q>0)的负点电荷，在外力作用下由a1移到b1的过程中，电场力做功为W(W>0)，接着由b1移到b2的过程中，克服电场力做功2W，再由b2移到c2的过程中，电场力做功3W，取a1点的电势为零。下列说法正确的是(　　 ) A．匀强电场的电场强度大小为 B．c1点电势为 C．d2点电势为 D．若将该点电荷移到c1d1d2c2中心，其电势能为－2.5W [规律方法]电势能大小常用的判断方法 (1)做功判断法：由WAB＝EpA－EpB可知，静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增大。 (2)电荷电势法：由Ep＝qφ可知，正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大。 (3)能量守恒法：若只有静电力做功，电荷的动能和电势能之和守恒，动能增大时，电势能减小；动能减小时，电势能增大。 【例4】 (2024·吉林高考)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线；若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到与O点等高处的过程中(　　) A．动能减小，电势能增大 B．动能增大，电势能增大 C．动能减小，电势能减小 D．动能增大，电势能减小 任务2　带电粒子在电场中的运动 带电粒子在电场中的偏转 考向1　带电粒子在电场中的类抛体运动 【例5】 如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时(　　 ) A．所用时间为 B．速度大小为3v0 C．与P点的距离为 D．速度方向与竖直方向的夹角为30° 【例6】 (多选)(2024·四川遂宁三模)如图所示的坐标系中，x轴水平向右，质量为m＝0.5 kg、带电荷量为q＝＋10-4 C的小球从坐标原点O处，以初速度v0＝ m/s斜向右上方抛出，进入斜向右上方电场强度为E＝5×104 V/m的匀强电场中，E与x轴正方向的夹角为30°，v0与E的夹角为30°，重力加速度取10 m/s2，下列说法正确的是(　　 ) A．小球的加速度大小为10 m/s2 B．小球的加速度大小为10 m/s2 C．若小球能运动到x轴上的P点，则小球在P点的速度大小为 m/s D．O、P两点间的电势差为6×104 V 考向2　带电粒子在电场中的加速 【例7】 在现代科学实验和技术设备中，常常利用电场来改变或控制带电粒子的运动。某加速装置(图甲)由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1。为尽可能的保证电子运动到筒间隙中都能加速，电子在每个桶内的运动时间为，因此圆筒长度的设计必须遵照一定的规律。已知电子的质量为m、电子电荷量为－e、电压的绝对值为u，周期为T。 (1)若忽略电子通过每个圆筒间隙的加速时间： a．求电子在圆筒1中运动的速率v1和圆筒3的长度l3； b．请在图丙中定性画出0～2.5T内电子运动的v ­t图像，并标明纵坐标数值。(其中v1表示电子在筒1中运动的速率) (2)若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆筒间距为d，不考虑相对论效应，则在圆筒长度、交变电压的变化规律保持和(1)完全相同的情况下，经过多少个圆筒可以让电子达到最大速度？ 考向3　带电粒子在“电场＋重力场”中的圆周运动 【例8】 (多选)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O为圆心，A为最低点，B为最高点。在大圆环所在的竖直平面内施加水平向右、电场强度为的匀强电场，并同时给在A点的小圆环一个向右的水平初速度v0，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动的过程中(　　) A.动能最小与最大的位置在同一等势面上 B．电势能最小的位置恰是机械能最大的位置 C．在A点获得的初速度为 D．过B点受到大环的弹力大小为mg [规律方法]等效“最高点”和“最低点” 任务3　磁场的性质　安培力 1．磁场的叠加问题 (1)确定磁场场源，如通电导线。 (2)根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向。 (3)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向。 (4)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，某点的磁感应强度等于各通电导体单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。 2．安培力的分析与计算 方向 左手定则 大小 直导线 F＝IlB sin θ，θ＝0时，F＝0；θ＝90°时，F＝IlB 导线为 曲线时 受力 分析 考向1　电流的磁场、安培力 【例9】 (多选)(2024·福建高考)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上，AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则(　　 ) A．通电后两绳拉力变小 B．通电后两绳拉力变大 C．安培力为πBIr D．安培力为2BIr 【例10】 (多选)如图甲，某科技小组要探究长直导线周围的磁场分布情况，将长直导线沿南北方向水平放置，在导线正下方、与导线距离为r的P处放置一枚可自由转动的小磁针。当导线中通以恒定电流后，小磁针N极向纸外偏转，测得小磁针静止时N极偏离南北方向的角度为θ，其正切值tan θ与的关系图像如图乙所示。已知实验所在处地磁场水平分量大小恒为B0，则下列判断正确的是(　　 ) A．导线中的电流方向由北向南 B．电流在P处产生的磁场方向就是小磁针静止时N极所指的方向 C．电流在导线正下方r0处产生的磁场的磁感应强度大小为B0 D．导线正下方r0处磁场的磁感应强度大小为B0 考向2　安培力作用下的平衡及运动 【例11】 如图所示，空间中同一水平面上有两根平行固定且通有相同电流的长直导线L1、L2，电流方向均垂直于纸面向外。现将另一根质量为m，长为L的导线L3平行于L1、L2放置在二者连线的中垂线上，当给L3通以电流I时，其恰好能静止。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　 ) A．L3可能处于导线L1、L2连线的中点 B．L3中电流的方向一定垂直于纸面向里 C．L3中电流的方向一定垂直于纸面向外 D．L3所在位置的磁感应强度大小为 【例12】 (2024·浙江宁波二模)如图所示，质量为1 kg的导体棒长为0.5 m，两端与长为1 m的细软铜丝相连，悬挂在磁感应强度为1 T、方向竖直向上的匀强磁场中。将两细软铜丝接入一恒流源，导体棒中的电流I始终保持不变，导体棒从最低点由静止向上摆动，最大摆角为60°，忽略空气阻力。则(　　 ) A.导体棒受到的安培力方向竖直向上 B．导体棒中的电流I＝20 A C．每根铜线所能承受的最大拉力至少为(10 －10) N D．在最大摆角处，导体棒加速度的大小为g [规律方法]安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路 任务4　带电粒子在匀强磁场中的运动 1．基本思路 2．轨迹圆的几个基本特点 (1)带电粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角(如图甲所示，θ1＝θ2＝θ3)。 (2)带电粒子经过匀强磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹对应的圆心角(如图甲所示，α1＝α2)。 (3)沿半径方向射入圆形匀强磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图乙所示(两侧关于圆心连线对称)。 考向1　带电粒子在有界磁场中的运动 【例13】 (2024·湖北高考)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是(　　) A．粒子的运动轨迹可能经过O点 B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为 D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为 【例14】 (2024·广东汕头二模)某科研小组为了研究离子聚焦的问题，设计了如图所示的装置，在平行于x轴的虚线上方有一垂直于xy平面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子从M点处以速率v射出，当速度方向与x轴正方向成90°和53°时，粒子均会经过N点。已知OM＝ON＝d，不计粒子重力，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求： (1)匀强磁场的磁感应强度； (2)当粒子速度方向与x轴正方向成53°时，从M运动到N的时间。 [规律方法]确定半径和时间的常用方法 (1)半径的确定 方法一：根据物理公式求半径，由于qvB＝，所以半径r＝。 方法二：根据几何关系求半径，一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定。 (2)时间的确定 方法一：根据圆心角求时间，t＝·T。 方法二：根据弧长求时间，t＝。 考向2　粒子在有界磁场中运动的临界问题 【例15】 如图所示，半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于圆所在的平面。一速度为v的带电粒子从圆周上的A点沿半径方向射入磁场，入射点A与出射点B间的圆弧AB为整个圆周的三分之一。现有一群该粒子从A点沿该平面以任意方向射入磁场，已知粒子速率均为v，忽略粒子间的相互作用，则粒子在磁场中最长运动时间为(　　 ) A． B． C． D． 【例16】 (多选)(2024·四川成都三模)如图所示，边长为2L的等边三角形ABC内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场，D是AB边的中点，一质量为m、电荷量为－q的带电粒子从D点以不同的速率平行于BC边方向射入磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　 ) A．粒子可能从B点射出 B．若粒子从C点射出，则粒子做匀速圆周运动的半径为L C．若粒子从C点射出，则粒子在磁场中运动的时间为 D．若粒子从AB边射出，则粒子在磁场中运动的时间相同，且时间最长 [规律方法]常用动态圆的使用方法 示意图 适用条件 应用方法 放缩圆 轨迹圆的圆心在直线P1P2上 粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速度大小不同 以入射点P为定点，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件 旋转圆 轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝的圆上 粒子的入射点位置相同，速度大小一定，速度方向不同 将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件 平移圆 轨迹圆的所有圆心在一条直线上 粒子的入射点位置不同，速度大小、方向均一定 将半径为R＝的圆进行平移 大题突破二　带电粒子在组合场中的运动 1．带电粒子的“磁偏转”和“电偏转”的比较 项目 垂直进入磁场 (磁偏转) 垂直进入电场 (电偏转) 情境图 受力 FB＝qv0B，FB大小不变，方向变化，方向总指向圆心，FB为变力 FE＝qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力 运动规律 匀速圆周运动 r＝，T＝ 类平抛运动 vx＝v0，vy＝t x＝v0t，y＝t2 2.组合场问题的求解策略 角度1　带电粒子由磁场进入电场 【例1】 (2024·山西临汾三模)如图所示，平面直角坐标系xOy中直线OM与x轴之间的夹角θ＝30°，OM与x轴之间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于坐标平面向里。直线OM与y轴之间存在匀强电场(图中没有画出)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从OM上某点P垂直于磁场进入磁场区域，粒子速度方向与直线OM之间的夹角也是30°。粒子在磁场中偏转，恰好没有穿过x轴，再次经过直线OM时与坐标原点O的距离为L。不计粒子的重力。 (1)求该粒子进入磁场时速度v的大小； (2)若电场方向沿y轴负方向，粒子再次从P点进入磁场区域，求电场强度E1的大小； (3)若带电粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域，求电场强度E2的大小和方向。 [审题突破] 提取关键信息 对应物理规律或关系 电荷量为q(q>0) 带电粒子带正电，利用左手定则正确判断洛伦兹力的方向 恰好没有穿过x轴 轨迹圆与x轴相切 再次经过OM时与坐标原点相距为L 利用几何知识，求出轨迹圆的半径 不计粒子重力 只受电场力或只受洛伦兹力 电场方向沿y轴负方向 电场力沿y轴负方向，再结合进入电场的速度方向确定运动情况 角度2　带电粒子由电场进入磁场 【例2】 如图，在x<0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，在x>0的区域存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一个氕核和一个氚核先后从x轴上P、Q两点射出，速度大小分别为、v0。速度方向与x轴正方向的夹角均为θ＝53°，一段时间后，氕核和氚核同时沿平行x轴方向到达y轴上的M点(图中未画出)，并立即发生弹性碰撞(碰撞时间极短)。已知Q点坐标为(－d，0)，不计粒子重力及粒子间的静电力作用，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求： (1)P点的横坐标； (2)匀强电场的电场强度E与匀强磁场的磁感应强度B的大小之比； (3)氕核和氚核碰撞后再次到达y轴上时的坐标点相隔的距离。 [审题突破] 1．关键节点 (1)氕核和氚核先后从x轴上P、Q两点进入磁场、电场的初始状态，即速度的大小和方向； (2)在M处沿平行x轴方向，两核发生弹性碰撞； (3)两核再次到达y轴。 2．以运动为主线，串联大题 (1)氕核在磁场中做匀速圆周运动； (2)氚核在电场中做斜抛运动； (3)氕核和氚核在M点发生弹性碰撞； (4)两核碰撞后均在磁场中做匀速圆周运动。 角度3　带电粒子在电场、磁场中来回反复运动 【例3】 (2024·广东高考)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。 (1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q； (2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v； (3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。 [规律方法]“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题 大题突破三　带电粒子在叠加场中的运动 叠加场中的三种典型情况 (1)若只有两个场，粒子所受合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加时满足qE＝qvB，重力场与磁场叠加时满足mg＝qvB，重力场与电场叠加时满足mg＝qE。 (2)若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。 (3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m。 角度1　带电粒子在叠加场中的直线运动 【例1】 (2024·河北沧州一模)如图所示，一个以坐标原点为圆心、半径为R的圆形有界区域Ⅰ内存在磁感应强度大小为B1、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其边界上有一粒子源，在纸面内沿不同方向向区域Ⅰ内连续射入大量电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，部分粒子经磁场偏转后沿x轴水平射入右侧匀强电场和匀强磁场叠加的区域Ⅱ中，其内磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向里，电场强度大小为E(未知)、方向沿y轴负方向。已知这部分带电粒子在区域Ⅰ中做圆周运动的半径r＝R，在区域Ⅱ中做匀速直线运动，粒子的重力和粒子间的相互作用均不计。 (1)求匀强电场的电场强度大小E； (2)求该粒子源的位置坐标； (3)若区域Ⅱ的长度为L，求这部分粒子从射入区域Ⅰ到离开区域Ⅱ的总时间。 角度2　带电粒子在叠加场中的匀速圆周运动 【例2】 如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，在第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场；在第一象限内存在方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度大小也为B、方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。一带正电的小球P从x轴上的A点以某一速度沿AK方向做直线运动，AK与x轴正方向的夹角θ＝60°，从K点进入第一象限后小球P恰好做匀速圆周运动，经过x轴时竖直向下击中紧贴x轴上方静止的带电小球Q，碰后两球结合为一个结合体M，之后M从y轴上的F点离开第四象限，第四象限存在匀强磁场，方向如图所示。已知重力加速度大小为g，小球P、Q带电荷量均为q、质量均为m，不计空气阻力。 (1)求第二象限与第一象限内电场的电场强度大小之比； (2)求小球Q静止的位置距O点的距离； (3)若已知结合体M进入第四象限时的速度为v1，M在第四象限运动时的最大速度为2v1，则当其速度为2v1时，结合体M距x轴的距离是多少？ [审题突破] 提取关键信息 对应物理规律及关系 一带正电小球 小球应考虑重力，根据电性判断电场力和洛伦兹力的方向 以某一速度沿AK方向做直线运动 一定是匀速直线运动，合力为零 从K点进入第一象限后，小球P恰好做匀速圆周运动 重力、电场力二力平衡，剩下的F洛提供向心力 第四象限存在匀强磁场 洛伦兹力不做功，只有重力做功 角度3　带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 【例3】 (2023·江苏高考)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。 (1)求电场强度的大小E； (2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1； (3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2＝位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 角度4　带电粒子在叠加场中运动的动量问题 【例4】 如图所示，在空间建立直角坐标系，坐标轴正方向如图所示。空间有磁感应强度为B＝1 T，方向垂直于纸面向里的磁场，二、三、四象限(含x、y轴)有电场强度为E＝1 N/C竖直向下的电场。光滑圆弧轨道的圆心为O′，半径R＝4 m，圆弧轨道底端位于坐标轴原点O。质量为m1＝1 kg，带电荷量q1＝－1 C的小球A从O′处水平向右飞出，经过一段时间，正好运动到O点。 质量为m2＝4 kg，带电荷量q2＝2 C的小球B从与圆心O′等高处静止释放，与A同时运动到O点并发生完全非弹性碰撞，碰后生成小球C。小球A、B、C均可视为质点，所在空间无重力场作用。 (1)小球A在O′处的初速度为多大？ (2)求碰撞完成后瞬间，圆弧轨道对小球C的支持力； (3)小球C从O点飞出的瞬间，将磁场方向改为竖直向上。分析C球在后续运动过程中，每次回到y轴时离O点的距离。 [审题突破] 1．关键节点 (1)A、B两球在O点发生完全非弹性碰撞； (2)C球在O处，合外力提供向心力，是圆周运动的特殊位置。 2．以运动为主线，串联大题 (1)对小球A，O′→O，只受洛伦兹力(无重力场)做匀速圆周运动； (2)在O处A、B两小球发生完全非弹性碰撞生成C球； (3)C球离开O以后，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，水平方向做匀速圆周运动。 [规律方法]　叠加场求解策略 高考新动向3　带电粒子在立体空间中的运动问题 1．概述 带电粒子在立体空间中的组合场、叠加场的运动问题，通过受力分析、运动分析，转换视图角度，充分利用分解的思想，分解为直线运动、圆周运动、类平抛运动，再利用每种运动对应的规律进行求解。 2．粒子在立体空间中的常见运动及解题策略 运动类型 解题策略 在三维坐标系中运动，每个轴方向都是常见运动模型 将粒子的运动分解为三个方向的运动 一维加一面，如旋进运动 旋进运动将粒子的运动分解为一个轴方向的匀速直线运动或匀变速直线运动和垂直该轴的所在面内的圆周运动 运动所在平面切换，粒子进入下一区域偏转后曲线不在原来的平面内 把粒子运动所在的面隔离出来，转换视图角度，把立体图转化为平面图，分析粒子在每个面的运动 【例1】 (2024·湖南高考)如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。 (1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值； (2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tan θ 的绝对值； (3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。 【例2】 如图所示，以长方体abcd－a′b′c′d′的ad边中点O为坐标原点、ad方向为x轴正方向、a′a方向为y轴正方向、ab方向为z轴正方向建立Oxyz坐标系。已知Oa＝ab＝aa′＝L，长方体中存在沿y轴负方向的匀强磁场。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中，恰好从a点射出磁场。 (1)求磁场的磁感应强度B的大小； (2)若在长方体中加上沿y轴负方向的匀强电场，让粒子仍从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中，为使粒子能从a′点射出磁场，求电场强度E1的大小； (3)若在长方体中加上电场强度大小为E2＝、方向沿z轴负方向的匀强电场，该粒子仍从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中，求粒子射出磁场时与O点的距离s。 任务群（三）电场与磁场 【例1】解析：选D。由点电荷的场强公式和场强叠加原理可知，两点电荷在M点产生的电场强度大小为E＝ cos 60°＝，方向沿MA方向，又M点的电场强度为0，所以细杆在M处产生的电场强度大小也为E＝，方向沿AM方向，由对称性可知细杆在A处产生的电场强度大小也为E＝，方向沿MA方向，又由点电荷的场强公式和场强叠加原理可知，两点电荷在A处产生的电场强度大小为E′＝ cos 30°＝，方向沿MA方向，所以A处的电场强度大小为EA＝E＋E′＝(3＋)，D正确。 【例2】解析：选B。根据几何关系结合点电荷产生的电场强度的叠加法则可得EO＝k，方向从O指向B；EC＝ cos 45°＝，方向平行于AB向右，则可得EC∶EO＝，故A错误。做出两点电荷在E、F两点的电场强度，根据对称性及平行四边形定则可知，E、F两点电场强度大小相等、方向相同，故B正确。根据几何关系可知，CD为等量异种点电荷的中垂线，而等量异种点电荷的中垂线为等势线且电势为零，且无穷远处电势为零，因此CD所在中垂面即为等势面，电势为零，而电场线从正电荷出发指向负电荷或无穷远处，且沿着电场线的方向电势降低，则可知CD所在等势面左侧电势大于零，而CD所在等势面右侧电势小于零，因此可得φE>φC>φF，故C错误。带负电的电荷在电势越低的地方电势能越大，因此可知将带负电的检验电荷从E点沿直线移到F点，电势能增大，故D错误。 【例3】解析：选ABD。沿b1a1方向的电场强度分量为E1＝，沿b1b2方向的电场强度分量为E2＝，沿c2b2方向的电场强度分量为E3＝，匀强电场的电场强度大小为E＝，故A正确。a1点的电势为零，则a1移到b1的过程中Ua1b1＝－＝φa1－φb1，得φb1＝；b1移到b2的过程中Ub1b2＝＝φb1－φb2，得φb2＝－；b2移到c2的过程中，得φc2＝，匀强电场中Ub2c2＝Ub1c1，解得φc1＝，故B正确。匀强电场中Ua1b1＝Ud2c2，解得φd2＝，故C错误。若将该点电荷移到c1d1d2c2中心，有(W－2W)＋3W＝0－Ep，解得Ep＝－2.5W，故D正确。 【例4】解析：选D。根据题意可知，小球所受合力方向沿虚线向下，则其所受电场力方向水平向右，小球从O点运动到与O点等高处的过程做类平抛运动，小球的速度增大，动能增大，由于小球所受电场力与小球速度的夹角一直为锐角，则电场力做正功，小球的电势能减小，A、B、C错误，D正确。 【例5】解析：选C。粒子在电场中只受静电力，F＝qE，方向向下，如图所示， 粒子的运动为类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y＝at2＝，＝tan 45°，联立解得t＝，故A错误；vy＝at＝＝2v0，则速度大小v＝v0，tan θ＝，则速度方向与竖直方向的夹角θ≠30°，故B、D错误；x＝v0t＝，与P点的距离s＝，故C正确。 【例6】解析：选BC。小球在电场中受到的电场力为F＝qE＝10－4×5×104 N＝5 N，小球受到的重力为G＝mg＝0.5×10 N＝5 N，小球受力分析如图所示， 根据几何知识可知小球受到的合力为F合＝5 N，则小球的加速度大小为a＝ m/s2＝10 m/s2，故A错误，B正确；设OP的距离为x，把x沿着v0方向和垂直v0方向分解，则有x1＝x sin 30°，x2＝x cos 30°，由类平抛运动规律可得x1＝v0t，x2＝at2，小球在P点的速度为v＝，联立解得x＝ m，v＝ m/s，故C正确；由匀强电场电势差与电场强度关系可得UOP＝Ex cos 30°＝9×104 V，故D错误。 【例7】解析：(1)a.电子在进入圆筒1之前做加速运动，根据动能定理有eu＝ 解得v1＝ 电子在进入圆筒3之前，根据动能定理有 3eu＝ 解得v3＝ 电子在圆筒3中做匀速直线运动，则有 l3＝v3· 解得l3＝。 b．结合上述，可知第n个圆筒中的速度是第1个圆筒中速度的倍，画出0～2.5T内电子运动的v ­t图像，如图所示。 (2)由于保持圆筒长度、交变电压的变化规律和(1)中相同，若考虑电子在间隙中的加速时间，则粒子进入每级圆筒的时间都要比(1)中对应的时间延后一些，如果延后累计时间等于，则电子再次进入电场时将开始减速，此时的速度就是装置能够加速达到的最大速度。 由于两圆筒间隙的电场为匀强电场，间距均为d，粒子在电场中后一个加速过程可以看为前一加速过程的延续部分，令经过N次加速，即经过N个圆筒达到最大速度，则有Nd＝vm 根据动能定理有Neu＝－0 解得N＝。 答案：(1)a.　b．见解析　(2) 【例8】解析：选BC。由于匀强电场的电场强度为，即静电力与重力大小相等，作出小圆环在大圆环上的等效最低点C与等效最高点D，如图所示， 小圆环在等效最低点C时速度最大，动能最大，在等效最高点D时速度最小，动能最小，根据沿电场线方向电势降低，可知φD>φC，C点与D点不在同一等势面上，A错误；小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置，B正确；小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效最高点D的速度为0，对圆环分析有－qER sin 45°－mg(R＋R cos 45°)＝0－mvA2，解得vA＝，C正确；小圆环运动到B的过程有－mg·2R＝mvB2－mvA2，在B点有FN＋mg＝m，解得FN＝(－3)mg<0，可知小圆环过B点受到大环的弹力大小为(3－)mg，D错误。 【例9】解析：选BD。根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A错误，B正确；半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为F＝BI·2r＝2BIr，故C错误，D正确。 【例10】解析：选AD。小磁针N极向纸外偏转，表明电流产生的磁场在小磁针位置的方向向东，根据安培定则可知，导线中的电流方向由北向南，故A正确；电流在P处产生的磁场与地磁场水平分量的合磁场方向就是小磁针静止时N极所指的方向，故B错误；令通电导线在P处产生的磁场的磁感应强度为B1，根据磁场的叠加原理有B1＝B0tan θ，根据题图乙可知，当r＝r0时有tan θ＝，解得B1＝B0，根据矢量合成，导线正下方r0处磁场的磁感应强度大小为B＝B0，故C错误，D正确。 【例11】解析：选D。由安培定则和左手定则可知，通电长直导线之间的安培力的特点是“同向相吸、反向相斥”，如图所示， 由受力分析可知，L3中电流的方向可能垂直于纸面向里，也可能垂直于纸面向外，B、C错误；当L3位于L1、L2连线的中点时，L1、L2对L3的安培力等大反向，L3所受合力大小等于其重力，无法保持静止，A错误；由受力平衡有mg＝BIL，可知L3所在位置的磁感应强度大小为B＝，D正确。 【例12】解析：选C。由左手定则可知，导体棒受到的安培力方向与磁场方向垂直，在水平方向上，A错误；最大偏角时，受力分析如图所示， 导体棒从最低点到最大摆角处，由动能定理得BILl sin 60°－mgl(1－cos 60°)＝0－0，解得I＝ A，B错误；由题意可知，导体棒向上摆动的最大偏角θ＝60°，偏角是30°时是其等效最低点，当导体棒偏角是30°时，速度最大，动能最大，由动能定理可知BILl sin 30°－mgl(1－cos 30°)＝mv2，解得v＝ m/s，由牛顿第二定律得2FT′－mg cos 30°－BIL cos 60°＝m，解得每根铜丝所能承受的最大拉力至少为FT′＝(10－10) N，C正确；根据对称性可知，导体棒在最大摆角处的加速度与最低点的加速度大小相等，所以a＝＝g，故D错误。 【例13】解析：选D。根据带电粒子在圆形边界磁场中的运动性质可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，粒子射出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的半径方向，A、B错误；当粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1＝R时，粒子连续两次由A点沿AC方向射入磁场区域的时间间隔最短，其运动轨迹如图1所示， 由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m，又T1＝，则最短时间间隔为tmin＝2T1＝，C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短时，粒子的运动轨迹如图2所示，由几何关系可知此时粒子的轨迹半径为r2＝R，由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m，联立解得v2＝，D正确。 【例14】解析：(1)当粒子速度方向与x轴正方向成90°时，其运动轨迹如图所示， 根据几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径R＝d 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝ 联立以上两式解得B＝。 (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T＝ 当粒子速度方向与x轴正方向成53°时，其运动轨迹如图所示， 根据几何关系可知，粒子在磁场中转过的圆心角 θ＝53°×2＝106° 则粒子在磁场中运动的时间t圆＝×T，粒子在非磁场区域做匀速直线运动，根据几何关系可得s＝，由此可知粒子在非磁场区域运动的时间为t直＝ 则粒子运动的总时间t总＝t圆＋t直 求得t总＝。 答案：(1)　(2) 【例15】解析：选C。粒子在磁场中做匀速圆周运动，设速率为v的带电粒子的运动半径为r1，其轨迹如图中弧AB所示， 由题意可知∠AOB＝120°，由几何关系可得θ＝30°，圆周运动的半径为r1＝＝R，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得粒子的半径为r＝，可知粒子运动半径与速率成正比，则速率为v的粒子在磁场中圆周运动的半径为r2＝r1＝2R，在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹的弦为磁场区域圆的直径，粒子运动轨迹如图中的弧AC，则角β满足sin β＝，可得β＝30°，粒子在磁场中运动的周期为T＝，粒子在磁场中最长运动时间为t＝T＝，故C正确。 【例16】解析：选CD。带负电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场，由左手定则可知，粒子向下偏转，但由于BC边的限制，粒子不能到达B点，故A错误；若粒子从C点射出，如图甲所示， 根据几何关系可得R22＝(R2－L sin 60°)2＋(2L－L cos 60°)2，解得R2＝L，则粒子轨迹对应的圆心角的正弦值为sin ∠O＝，则∠O＝60°，粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝，故B错误，C正确；由牛顿第二定律可知qvB0＝m，解得r＝，若粒子从AB边射出，则粒子的速度越大，轨迹半径越大，如图乙所示， 粒子从AB边射出时的圆心角θ相同，且为最大，根据t＝T，又T＝，知粒子在磁场中运动的周期相等，则其在磁场中运动的时间相同，且时间最长，故D正确。 大题突破二　带电粒子在组合场中的运动 【例1】解析：(1)根据题意，粒子在磁场中做圆周运动，则有qvB＝m 解得r＝ 粒子的运动轨迹如图所示， 由几何关系可得，粒子做圆周运动的轨道半径r＝，解得v＝。 (2)粒子进入电场时速度方向沿－x方向，若电场方向沿y轴负方向，粒子在电场中做类平抛运动，则有 x＝rcos 30°＝vt y＝r sin 30°＝a1t2 其中a1＝ 解得E1＝。 (3)粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域，则电场力对粒子做功为零，所以电场E2的方向垂直于OM向下，粒子从Q到P做类斜抛运动，则有 ＝(v cos 30°)t′，v sin 30°＝a2t′ 其中a2＝ 解得E2＝。 答案：(1)　(2)　(3)，方向垂直于OM向下 【例2】解析：(1)氕核在磁场中做匀速圆周运动，氚核在电场中做斜抛运动，在M点处到达最高点，画出两粒子运动轨迹如图所示， 对氚核，根据抛体运动规律有 tan θ＝2 对氕核，根据数学关系得xP＝r sin θ 联立解得xP＝d。 (2)设氕核()的质量为m，电荷量为q，则氚核的质量为3m，电荷量为q 对氕核，根据洛伦兹力提供向心力有 q××B＝m，解得B＝ 对氚核，根据抛体运动规律得 d＝v0cos θ×t，r＋r cos θ＝at2，qE＝3ma 解得E＝，则有。 (3)碰撞前，氚核的速度为v＝v0cos θ 氚核()和氕核()发生弹性碰撞，设碰撞后氚核、氕核速度分别为v1、v2。根据动量守恒定律有 3mv＋m×(－)＝3mv1＋mv2 根据机械能守恒定律有 ×3mv2＋m×()2＝×3mv12＋mv22 联立解得v1＝v0，v2＝v0 碰撞后，氕核、氚核均在磁场中做匀速圆周运动，设氚核、氕核的运动半径分别为r1、r2，根据洛伦兹力提供向心力，研究氚核有qv1B＝3m，研究氕核有qv2B＝ 氚核和氕核碰撞后，均向上运动半个圆再次到达y轴上的点，他们相隔的距离为Δr＝2r2－2r1，联立解得Δr＝d。 答案：(1)d　(2)　(3)d 【例3】解析：(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为 T＝2t0 根据T＝ 则粒子所带的电荷量q＝。 (2)若金属板的板间距离为D，则板长为，粒子在板间运动时有＝vt0 出电场时竖直方向速度为零，则竖直方向有 y＝2×(0.5t0)2 在磁场中时有qvB＝m 其中的y＝2r＝ 联立解得v＝π，D＝。 (3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示， 由(2)的计算可知金属板的板间距离D＝3r，则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动，速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则W＝mv2＋Eq×。 答案：(1)正电　　(2)　π　(3) 大题突破三　带电粒子在叠加场中的运动 【例1】解析：(1)带电粒子在区域Ⅰ中做圆周运动的半径r＝R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m，解得v＝，在区域Ⅱ中做匀速直线运动，则有qvB2＝qE 解得E＝。 (2)带电粒子在区域Ⅰ中做圆周运动的半径r＝R，如图所示， 根据几何关系可知tan θ＝ 解得θ＝60° 则入射粒子与竖直方向的夹角为 α＝2θ－90°＝30° 入射点坐标为 x＝－R sin 30°＝－R y＝－R cos 30°＝－R 该粒子源的位置坐标为。 (3)粒子在区域Ⅰ中做圆周运动的时间为 t1＝ 在区域Ⅱ中做匀速直线运动的时间为 t2＝ 则总时间为t＝t1＋t2＝。 答案：(1)　(2) (3) 【例2】解析：(1)小球P沿AK方向做直线运动，可知洛伦兹力方向与速度垂直，受力分析如图所示， 根据几何关系可得＝tan θ，小球Q静止在第一象限，则qE1＝mg 联立可得＝tan θ＝。 (2)小球P竖直向下击中小球Q，轨迹如图所示， 根据洛伦兹力提供向心力有 qvB＝m，r sin θ＋r＝d 小球P在第二象限中有qvB cos θ＝mg 联立解得d＝(＋2)。 (3)结合体在第四象限中只有重力做功，根据动能定理可得 2mgh＝·2m(2v1)2－·2mv12 解得h＝。 答案：(1)　(2)(＋2)　(3) 【例3】解析：(1)电子沿x轴做直线运动，则电子受力平衡，即eE＝ev0B 解得E＝Bv0。 (2)电子在电、磁叠加场中运动，受洛伦兹力和电场力的作用，只有电场力做功，则电子的速度由到的过程，由动能定理得 Ey1＝m2－m2 解得y1＝。 (3)设电子的入射速度为v1时刚好能到达纵坐标为y2＝的位置，此时电子在最高点的速度沿水平方向，假设大小为v2，则电子在最低点的合力为 F1＝eE－ev1B 电子在最高点的合力为F2＝ev2B－eE 由题意可知，电子在最高点与最低点所受的合力大小相等，即F2＝F1 整理得v1＋v2＝2v0 电子由最低点到最高点的过程，由动能定理得 eEy2＝mv22－mv12 整理得v2－v1＝ 联立解得v1＝v0 又电子入射速度越小，电子运动轨迹的最高点对应的纵坐标越大，则能到y2＝位置的电子数占总电子数的比例为 η＝×100% 解得η＝90%。 答案：(1)Bv0　(2)　(3)90% 【例4】解析：(1)A球从O′飞出后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，则rA＝ 洛伦兹力提供向心力，有q1v1B＝ 联立解得v1＝2 m/s。 (2)设B球滑到O点的速度为v2，由动能定理得 Eq2R＝m2v22 解得v2＝2 m/s A、B两球在O点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的C球速度为v，由动量守恒定律得 m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v 在碰后瞬间，C球做圆周运动，设轨道对C的支持力为F，C球带电荷量q＝q1＋q2 由F－qE＋qvB＝ 解得F＝1.6 N (3)每隔一个周期T，C球回到y轴上 由qvB＝及T＝ 解得C球圆周运动周期T＝ C球竖直方向的加速度a＝ C球回到y轴时的坐标y＝a(nT)2 代入数据解得y＝10n2π2(n＝1，2，3，…)。 答案：(1)2 m/s　(2)1.6 N　(3)y＝10n2π2(n＝1，2，3，…) 高考新动向3　带电粒子在立体空间中的运动问题 【例1】解析：(1)将电子的初速度分解为沿x轴方向的速度v0、y轴方向的速度vy0，则电子做沿x轴正方向的匀速运动和投影到yOz平面内的圆周运动，又电子做匀速圆周运动的周期为T＝，电子均能经过O进入电场，则＝nT (n＝1，2，3，…) 联立解得B＝ (n＝1，2，3，…) 当n＝1时，磁感应强度最小，为 Bmin＝。 (2)由于电子始终未与筒壁碰撞，则电子投影到yOz平面内的圆周运动的最大半径为r，由洛伦兹力提供向心力有 evy0maxBmin＝m 解得vy0max＝ 则|tan θ|＝。 (3)电子在电场中做类斜抛运动，当电子运动到O点，即沿y轴正方向的分速度大小为vy0max时，电子在电场中运动沿y轴正方向的位移最大，由牛顿第二定律有eE＝ma 由速度—位移公式有＝2aym 联立解得ym＝。 答案：(1)　(2)　(3) 【例2】解析：(1)粒子在aOzb平面内做匀速圆周运动，如图中轨迹1所示， 由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m 由几何关系可得r＝L 联立解得B＝。 (2)粒子在长方体中运动的时间为t＝ 在y轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有 L＝at2 又qE1＝ma 解得E1＝。 (3)将初速度v分解为v1、v2，使v1对应的洛伦兹力恰好与电场力平衡，即 qv1B＝qE2 其中E2＝ 解得v1＝v，v2＝＝2v 易知v2与z轴正方向的夹角为θ＝60° 若仅在v2对应的洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qv2B＝m 则轨道半径R＝ 解得R＝L 该分运动的情况如图中轨迹2所示 粒子在磁场中运动的时间为t2＝ 由于粒子也参与速度大小为v1、方向沿x轴正方向的匀速直线运动，粒子射出磁场时与O点的距离 s＝L－v1t2 解得s＝(1－π)L。 答案：(1)　(2)　(3)L 学科网（北京）股份有限公司 $