物理建模系列(十一) 轨道约束情况下带电体在磁场中的运动

带电体在重力场、磁场、电场中运动时，从整个物理过程上看有多种不同的运动形式，其中从运动条件上看分为有轨道约束和无轨道约束．现从力、运动和能量的观点研究三种有轨道约束的带电体的运动．

模型一 带电物块与绝缘物块的组合

例1 如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起静置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有水平方向的匀强磁场．现用水平恒力拉乙物块，使甲、乙一起保持相对静止向左加速运动，在加速运动阶段，下列说法正确的是( )

A．甲对乙的压力不断增大

B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 C．乙对地板的压力不断增大

D．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小

【解析】 对甲、乙两物块受力分析，甲物块受竖直向下的洛伦兹力不断增大，乙物块对地板的压力不断增大，甲、乙一起向左做加速度减小的加速运动；甲、乙两物块间的摩擦力大小等于Ff＝m甲a，甲、乙两物块间的摩擦力不断减小．故A、C、D正确．

【答案】 ACD

模型二 带电物块与绝缘斜面的组合

例2 如图所示，带电荷量为＋q、质量为m的物块从倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面顶端由静止开始下滑，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向外，求物块在斜面上滑行的最大速度和在斜面上运动的最大位移．(斜面足够长，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

【解析】 经分析，物块沿斜面运动过程中加速度不变，但随速度增大，物块所受支持力逐渐减小，最后离开斜面．所以，当物块对斜面的压力刚好为零时，物块沿斜面的速度达到最大，同时位移达到最大，即qvmB＝mgcos θ①

1

物块沿斜面下滑过程中，由动能定理得：mgssin θ＝mv2②

2mv2mgcos θ4mg8m2gm

由①②得：vm＝＝. s＝＝. qB5qB2gsin θ15q2B24mg8m2g

【答案】 5qB15q2B2模型三 带电圆环与绝缘直杆的组合

例3 如图所示，一足够长的绝缘细杆处于磁感应强度为B＝0.5 T的匀强磁场中，杆与磁场垂直且与水平方向的夹角为θ＝37°.一质量为m＝0.1 g、电荷量为q＝5×104 C的带正

－

电圆环套在该绝缘细杆上，圆环与杆之间的动摩擦因数为μ＝0.4.现将圆环从杆上的某一位置无初速度释放．则下列判断中正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2)( )

A．圆环下滑过程中洛伦兹力始终做正功

B．当圆环下滑的速度达到2.4 m/s时，圆环与细杆之间的弹力为零 C．圆环下滑过程中的最大加速度为6 m/s2 D．圆环下滑过程中的最大速度为9.2 m/s

【解析】 圆环下滑过程中，洛伦兹力始终与圆环速度方向垂直，所以洛伦兹力始终不做功，选项A错误；当圆环与细杆之间的弹力为零时(此时圆环的加速度最大，而速度不是最大)，摩擦力也为零，此时洛伦兹力fL与重力垂直于杆的分量mgcos θ大小相等、方向相反，即qvB＝mgcos θ，代入数据可得v＝3.2 m/s，选项B错误；圆环刚释放时，受到的洛伦兹力为零，这时的加速度由重力沿杆方向的分量与滑动摩擦力的合力提供，当圆环的速度开始增大后，洛伦兹力也随之增大，使得圆环对杆的压力减小，摩擦力也随之减小，当摩擦力为零时，圆环的加速度最大，此时qvB＝mgcos θ，由牛顿第二定律可得：f合＝mgsin θ＝ma，代入数据可得a＝6 m/s2，选项C正确；当洛伦兹力fL＞mgcos θ时，又开始出现摩擦力，圆环的加速度开始减小，但速度继续增大，弹力继续增大，摩擦力继续增大，当摩擦力Ff＝mgsin θ时，圆环所受的合力为零，速度达到最大，由受力分析可知：mgsin θ＝μ(qvmB－mgcos θ)，代入数据解得vm＝9.2 m/s，选项D正确．

【答案】 CD

模型四 带电小球与绝缘圆环(环形细管)的组合

例4 如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为R(比细管的内径大得多)，在圆管的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g.空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场．某时刻，给小球一方向水平向右、大小为v0＝5gR的初速度，则以下判断正确的是( )

A．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用

B．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用

C．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球到达最高点时的速度大小都相同

D．小球在环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大小一直减小

【解析】 小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用，A选项错误；小球运动的过程中，洛伦兹力不做功，小球的机械能守恒，运动至最高点时小球的速度v＝gR，由于受到圆管的约束，小球运动过程不会脱离轨道，所以小球一定能到达轨道最高点，v2

C选项正确；在最高点时，小球做圆周运动的向心力F向＝m＝mg，对小球受力分析得mg

R＋qvB－FN＝F向，故FN＝qvB.小球受到竖直向下洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力，B选项正确；小球在从最低点到最高点的运动过程中，小球在下半圆内

上升的过程中，水平分速度向右一定递减，到达圆心的等高点时，水平速度为零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，D选项错误．

【答案】 BC

[高考真题]

1．(2016·北京卷，22)如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力．

(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；

(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小．

v2

【解析】 (1)洛伦兹力提供向心力，有f＝qvB＝m

Rmv

带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝ qB2πR2πm

匀速圆周运动的周期T＝v＝ .

qB

(2)粒子受电场力F＝qE，洛伦兹力f＝qvB.粒子做匀运直线运动，则qE＝qvB 场强E的大小E＝vB.

mv2πm

【答案】 (1) (2)vB

qBqB

2．(2016·四川卷，11)如图所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域．区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直图面的匀强磁场B(图中π

未画出)；区域Ⅱ有固定在水平面上高h＝2l、倾角α＝的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线4DD′距离s＝4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C点在DD′上，距地面高H＝3l.零时刻，质量为m、带电荷量为q的小球P在K点具有大小v0＝gl、π3l

方向与水平面夹角θ＝的速度，在区域Ⅰ内做半径r＝的匀速圆周运动，经C点水平进入

3π区域Ⅱ.某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇．小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电荷量对空间电磁场的影响．l已知，g为重力加速度．

(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；

(2)若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA； (3)若小球A、P在时刻t＝βl(β为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强g

电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向．

v20

【解析】 (1)由题知，小球P在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有m＝qv0B

r

mπ

代入数据解得B＝gl .

3lq

(2)小球P在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C点的时刻为tC，到达斜面底端时刻为t1，有

θrtC＝ v0

s－hcot α＝v0(t1－tC)

小球A释放后沿斜面运动加速度为aA，与小球P在时刻t1相遇于斜面底端，有 mgsin α＝maA h1

＝aA(t1－tA)2 sin α2

联立以上方程可得tA＝(3－22)l . g

(3)设所求电场方向向下，在tA′时刻释放小球A，小球P在区域Ⅱ运动加速度为aP，有

1

s＝v0(t－tC)＋aA(t－tA′)2cos α

2mg＋qE＝maP

11

H－h＋aA(t－tA′)2sin α＝aP(t－tC)2

2211－β2mg

联立相关方程解得E＝ qβ－12对小球P的所有运动情形讨论可得3≤β≤5

7mg

由此可得场强极小值为Emin＝0；场强极大值为Emax＝，方向竖直向上．

8qπm

【答案】 (1)gl (2)(3－22)

3ql

l g

11－β2mg7mg(3)，竖直向上；极小值0 2 极大值8qqβ－1

[名校模拟]

3．(2018·江苏泰州高三上学期月考)如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v水平射入，为使粒子流经过磁场时不偏转(不计重力)，则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于此电场场强大小和方向的说法中，正确的是( )

B

A．大小为v，粒子带正电时，方向向上 B

B．大小为v，粒子带负电时，方向向上

C．大小为Bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关 D．大小为Bv，方向向上，与粒子带何种电荷无关

【解析】 当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时，粒子流匀速直线通过该区域，有qvB＝qE，所以E＝Bv.假设粒子带正电，则受向下的洛伦兹力，电场方向应该向上．粒子带负电时，电场方向仍应向上．故正确答案为D.

【答案】 D

4．(2018·广西柳州高三质检)如图所示，空间有一垂直纸面向里的磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度地放置一质量为0.05 kg、电荷量q＝－0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，可认为滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N的恒力，g取10 m/s2.则( )

A．木板和滑块一直做匀加速运动 B．滑块先做匀加速运动后做匀速运动 C．最终滑块做速度为5 m/s的匀速运动 D．最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动

【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，故滑块先做变加速运动，当|q|vB＝mg时，滑块做匀速运动，速度v＝5 m/s，C正确，A、B错误；以后，木板在恒力F作用下做匀加速直线运动，且加速F

度a＝＝3 m/s2，故D正确．

M

【答案】 CD

5.(2018·吉林通化高三质检)如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向里的磁场和竖直向下的匀强电场中，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，一质量为m、电荷量为Q的带负电小滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块下滑过程中，下列判断正确的是( )

A．滑块受到的摩擦力不变

B．若斜面足够长，滑块最终可能在斜面上匀速下滑 C．若B足够大，滑块最终可能静止于斜面上 D．滑块到达地面时的动能与B有关

【解析】 滑块向下运动的过程中受到重力、电场力、支持力，根据左手定则，滑块还受到垂直斜面向下的洛伦兹力，沿斜面向上的摩擦力，滑块向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当B很大时，则摩擦力有可能也很大，当滑块受到的摩擦力与重力沿斜面向下的分力以及电场力在斜面上分力之差相等时，滑块做匀速直线运动，之后洛伦兹力与摩擦力不再增大，所以滑块不可能静止在斜面上，故A、C错误，B正确；B不同，洛伦兹力大小也不同，所以滑动摩擦力大小不同，摩擦力做的功不同，根据动能定理可知，滑块到达地面的动能不同，故D正确．

【答案】 BD

课时作业(二十七) [基础小题练]

1.带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图所示，所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带电质点将( )

A．可能做直线运动 B．可能做匀减速运动 C．一定做曲线运动 D．可能做匀速圆周运动

【解析】 带电质点在运动过程中，重力做功，速度大小和方向发生变化，洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化，故带电质点不可能做直线运动，也不可能做匀减速运动和匀速圆周运动，C正确．

【答案】 C

2.如图所示，场强为E的匀强电场方向竖直向下，场强为B的水平匀强磁场垂直纸面向

里，三个油滴a、b、c带有等量的同种电荷．已知a静止，b、c在纸面内按图示方向做匀速圆周运动(轨迹未画出)．忽略三个油滴间的静电力作用，比较三个油滴的质量及b、c的运动情况，以下说法中正确的是( )

A．三个油滴的质量相等，b、c都沿顺时针方向运动 B．a的质量最大，c的质量最小，b、c都沿逆时针方向运动 C．b的质量最大，a的质量最小，b、c都沿顺时针方向运动 D．三个油滴的质量相等，b沿顺时针方向运动，c沿逆时针方向运动

【解析】 油滴a静止不动，其受到的合力为零，所以mag＝qE，电场力方向竖直向上，油滴带负电荷．又油滴b、c在场中做匀速圆周运动，则其重力和受到的电场力是一对平衡力，所以mbg＝mcg＝qE，油滴受到的洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，由左手定则可判断，b、c都沿顺时针方向运动．故A正确．

【答案】 A

3．一个带正电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平向里的匀强磁场．如图所示，小球飞离桌面后落到地板上，设飞行时间为t1，水平射程为x1，着地速度为v1，撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为t2，水平射程为x2，着地速度为v2，则下列论述正确的是( )

A．x1＞x2

C．v1和v2大小相等

B．t1＞t2

D．v1和v2方向相同

【解析】 当桌面右边存在磁场时，由左手定则可知，带正电的小球在飞行过程中受到斜向右上方的洛伦兹力作用，此力在水平方向上的分量向右，竖直分量向上，因此小球水平方向上存在加速度，竖直方向上的加速度a【答案】 ABC

4．如图所示为一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为( )

A．0 m3g2C.22 2qB

1B．mv2

20

22

12mgD．mv0－q2B2

2

【解析】 若圆环所受洛伦兹力等于重力，圆环与粗糙细杆压力为零，摩擦力为零，圆环克服摩擦力做的功为零，选项A正确；若圆环所受洛伦兹力不等于重力，圆环与粗糙细杆压力不为零，摩擦力不为零，圆环以初速度v0向右做减速运动．若开始圆环所受洛伦兹1

力小于重力，则一直减速到零，圆环克服摩擦力做的功为mv2，选项B正确；若开始圆环

20mg

所受洛伦兹力大于重力，则减速到洛伦兹力等于重力达到稳定，稳定速度v＝，由动能定

qB

22

121212mgv－22，选项D正确，C错误． 理可得圆环克服摩擦力做的功为W＝mv0－mv＝m·

2220qB【答案】 ABD

5．如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则( )

A．经过最高点时，三个小球的速度相等 B．经过最高点时，甲球的速度最小 C．甲球的释放位置比乙球的高

D．运动过程中三个小球的机械能均保持不变

1

【解析】 三个小球在运动过程中机械能守恒，有mgh＝mv2，在圆形轨道的最高点时

2

22mv1mv2mv23对甲有qv1B＋mg＝，对乙有mg－qv2B＝，对丙有mg＝，可判断v1＞v3＞v2，选

rrr

项A、B错误，选项C、D正确．

【答案】 CD

6．(2018·天水高三质检)如图所示，虚线空间中存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场(图中实线为电场线)，有一个带正电小球(电荷量为＋q，质量为m)从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的是

( )

【解析】 带电小球进入复合场时受力情况：

其中只有C、D两种情况下合外力可能为零或与速度的方向相同，所以有可能沿直线通过复合场区域，A项中洛伦兹力随速度v的增大而增大，所以三力的合力不会总保持在竖直方向，合力与速度方向将产生夹角，小球做曲线运动，所以A错．

【答案】 CD

[创新导向练]

7．生活科技——电磁流量计原理的实际应用

为了测量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的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a＝1 m、b＝0.2 m、c＝0.2 m，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B＝1.25 T的匀强磁场，在上下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极．污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时，测得两个电极间的电压U＝1 V，且污水流过该装置时受到阻力作用，阻力f＝kLv，其中比例系数k＝15 Ns/m2，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速，下列说法正确的是( )

A．金属板M的电势不一定高于金属板N的电势，因为污水中负离子较多 B．污水中粒子浓度的高低对电压表的示数也有一定影响 C．污水的流量(单位时间内流出污水体积)Q＝0.16 m3/s

D．为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管应施加的压强差为ΔP＝1 500 Pa 【解析】 根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力向M偏转，负离子受到向下的洛伦兹力向N偏转，所以M板的电势一定大于N的电势，A错误；两极板带上电荷后，会U

在竖直方向上产生一个电场力，最后电场力和洛伦兹力平衡，故有qvB＝q，解得U＝vBc，

cUUU

与粒子浓度的大小无关，B错误；因为U＝vBc，所以v＝，污水的流量Q＝vS＝bc＝

BcBcB

kaU

b＝0.16 m3/s，C正确；为使匀速通过，则ΔpS＝f＝kLv，即Δpbc＝，解得Δp＝1 500 Pa，

BcD正确．

【答案】 CD

8．科技研究——利用电磁偏转研究金属导体中自由电子特点

利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n，现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b，厚为d，并加有与侧面垂直的匀强磁场B，当通以图示方向电流I时，在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U.已知自由电子的电荷量为e，则下列判断正确的是( )

A．上表面电势高 B．下表面电势高

I

C．该导体单位体积内的自由电子数为 edbBI

D．该导体单位体积内的自由电子数为

eUb

【解析】画出平面图如图所示，由左手定则可知，自由电子向上表面偏转，故下表面电UBI

势高，B正确，A错误．再根据e＝evB，I＝neSv＝nebdv得n＝，故D正确，C错误．

deUb

【答案】 BD 9.电磁泵的工作

原理如图所示，电磁泵泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ，在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ(电阻率的倒数)，泵体所在处有方向垂直前后表面向外的磁场B，把泵体的上下两表面接在电压为U(内阻不计)的电源上，则( )

A．泵体上表面应接电源正极

UL1B．通过泵体的电流I＝

σ

C．增大磁感应强度可获得更大的抽液高度 D．增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度

【解析】 泵体上表面接电源正极，电流方向向下，电磁泵向左拉动液体，故A正确；1L211U

由电阻定律和欧姆定律得，R＝·＝·，I＝＝UL1σ，故B错误；由FB＝BIL2得FB

σL1·L2σL1R＝BUL1σ，故C正确．

【答案】 AC

10．科技探究——海流发电的电磁原理

如图所示为一利用海流发电的原理图，用绝缘材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道的上、下两个内表面装有两块电阻不计的金属板M、N，板长为a，宽为b，板间的距离为d，将管道沿海流方向固定在海水中，在管道中加与前后表面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B，将航标灯与两金属板连接(图中未画出)．海流方向如图，海流速率为v，下列说法正确的是( )

A．M板电势高于N板的电势 B．该海流发电机的电动势为Bdv C．该海流发电机的电动势为Bav D．管道内海水受到的安培力方向向左

【解析】 海水中的正离子受到的洛伦兹力方向向上，所以正离子向上偏转，即M板带正电；负离子受到的洛伦兹力方向向下，所以负离子向下偏转，N板带负电，可知M板的电势高于N板的电势，故A正确；M、N两板间形成电场，当离子所受的洛伦兹力和电U

场力平衡时，两板间的电压稳定，即q＝Bqv，得U＝Bdv，两板间电压即该海流发电机的

d电动势，故B正确，C错误；根据左手定则知，管道内电流方向向上，故海水所受安培力方向向左，D正确．

【答案】 ABD

[综合提升练]

11．如图所示，空间内有相距为d的两块正对的平行金属板PQ、MN，板长L＝

3d，3

两板带等量异种电荷．在虚线QN右侧存在垂直于纸面、磁感应强度为B的矩形匀强磁场(图中未画出)．现有一带电粒子以初速度v0沿两板OO′射入，并恰好从下极板边缘射出，

又经过在矩形有界磁场中的偏转，最终从金属板PQ的右端进入平行金属板PQ、MN之间．不计带电粒子重力．求：

(1)粒子从下极板边缘射出时的速度；

(2)粒子从O运动到金属板PQ的右端经历的时间； (3)矩形有界磁场的最小面积．

【解析】 (1)带电粒子在电场中平行极板方向做匀速运动，有3

解得，带电粒子在电场中运动的时间t1＝d

3v0

11

带电粒子在竖直方向从静止开始做匀加速运动d＝vyt1

22解得，vy＝3v0

2则粒子从下极板边缘射出时的速度为v＝v20＋vy＝2v0

3

d＝v0t1 3

设速度方向与QN方向之间的夹角为θ，则有 v03

tan θ＝＝，θ＝30°.

vy3

(2)带电粒子离开电场后进入匀强磁场，在匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨迹如图所示

5

由几何关系可知，粒子轨迹所对应的圆心角为α＝π

3

由QN＝d，θ＝30°，可知带电粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝d Rα5πd带电粒子在磁场中运动的时间t2＝v＝ 6v0

35πd

所以带电粒子从O运动到金属板PQ的右端经历的总时间为t＝t1＋t2＝d＋.

3v06v0(3)由图乙可知，磁场区域宽度最小为R(1＋cos 30°)，长度最小等于2R，而R＝d. 所以矩形有界磁场的最小面积为S＝2R2(1＋cos 30°)＝2d2(1＋

3

)＝(2＋3)d2. 2

【答案】 (1)2v0，方向与QN成30° (2)(3)(2＋3)d2

3d5πd

＋ 3v06v0

12．如图甲所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1＝R0，R2＝3R0.一电荷量为＋q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力．

(1)已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小；

(2)若撤去电场，如图乙所示，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间；

(3)在图乙中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？

【解析】 (1)电场、磁场都存在时，只有电场力对带电粒子做功，由动能定理 112

qU＝mv2－mv①

2120得v0＝

2qUv2.② 1－m

(2)由牛顿第二定律 mv22

qBv2＝③

R

如图1所示，由几何关系确定粒子运动轨迹的圆心O′和半径R R2＋R2＝(R2－R1)2④ 联立③④得磁感应强度大小 B＝2mv2

.⑤ 2qR0

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 2πRT＝⑥

v2

由几何关系确定粒子在磁场中运动的时间 Tt＝⑦ 4

联立④⑥⑦式，得t＝

2πR0.⑧ 2v2

(3)如图2所示，为使粒子射出，则粒子在磁场内的运动半径应大于过A点的最大内切圆半径，该半径为

R1＋R2Rc＝⑨

2

mv3

由③⑨得磁感应强度应小于Bc＝.

2qR0【答案】 (1)

2mv22qUv2 (2) 1－m2qR0

mv32πR0

(3) 2v22qR0

热点滚动加强练(三) 选修3－1

考试时间：90分钟

第Ⅰ卷 (选择题 共48分)

评卷人 得分 一、选择题(本大题共12小题，每小题4分，共48分．) [热点夯实练] 热点一 电场力的性质

1.在一半径为R的圆周上均匀分布有N个带电小球(可视为质点)无间隙排列，其中A点的小球带电荷量为＋3q，其余小球带电荷量为＋q，此时圆心O点的电场强度大小为E，现仅撤去A点的小球，则O点的电场强度大小为( )

A．E E

C. 3

EB． 2ED． 4

【解析】 撤去A点小球前，O点的电场强度是A点的＋3q和与其关于O点对称点＋

k·3qkqk·2q

q两小球分别产生的电场叠加形成的，则E＝2－2＝2，方向水平向左．撤去A点的

RRRkqE

小球后，O点的电场强度是A点关于O点对称点＋q产生的，所以E′＝2＝，方向水平

R2向右，B正确．

【答案】 B

热点二 电场能的性质

2．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，据此可知( )

A．三个等势面中，c的电势最低

B．带电质点在P点的电势能比在Q点的小

C．带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小 D．带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b

【解析】 根据题意画出电场线，粒子在P处的受力方向如图所示，可知电场线应垂直等势线由c经b至a，所以a点电势最低，选项A错误；粒子由P经R至Q的过程中，电场力对其做正功，带电质点的电势能降低，选项B错误；由于质点运动过程中只有电场力做功，所以质点的电势能与动能之和保持不变，选项C错误；根据电场线与等势面的几何关系可知，选项D正确．

【答案】 D

热点三 电容器的电容、带电粒子在电场中的运动

3．如图所示，四个相同的金属容器共轴排列，它们的间距与容器的宽度相同，轴线上开有小孔．在最左边、最右边两个容器上加电压U后，容器之间就形成了匀强电场．今有一个电子从最左边容器的小孔沿轴线入射，刚好没有从最右边容器出射，则该电子停止运动前( )

A．通过各容器的速度比依次为3∶2∶1 B．通过各容器的时间比依次为5∶3∶1 C．通过各容器间隙所用的时间比依次为5∶3∶1 D．通过各容器间隙的加速度比依次为5∶3∶1

【解析】 由题意可知，容器内部由于静电屏蔽电场强度为零，容器之间为匀强电场，故电子在容器内做匀速直线运动，在容器之间做匀减速直线运动，只考虑匀减速直线运动过程，可以认为电子是从右向左的匀加速直线运动，由初速度为零的匀加速直线运动规律可知，通过容器的速度之比为v1∶v2∶v3＝3∶2∶1，所以A正确．电子在容器中做匀速直线运动，故通过容器的时间之比为

11

∶∶1，所以B错误．因各容器间的距离相等，故通过32

各容器间隙的时间之比t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶1，所以C错误．电子在匀强电场中所受电场力不变，故加速度不变，所以D错误．

【答案】 A

4．如图甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0时A板电势比B板高，两板中间静止一电子，设电子在运动过程中不与两板相碰撞，而且电子只受电场力作用，规定向左为正方向，则下列叙述正确的是( )

A．在t＝0时刻释放电子，则电子运动的v-t图象如图一所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动

T

B．若t＝时刻释放电子，则电子运动的v-t图象如图二所示，该电子一直向B板做匀

8加速直线运动

T

C．若t＝时刻释放电子，则电子运动的v-t图象如图三所示，该电子在2T时刻在出发

4点左边

3

D．若t＝T时刻释放电子，在2T时刻电子在出发点的右边

8

【解析】 t＝0时刻，A板电势高，电子释放后向左运动，电子先向左加速运动，然后T

向左减速运动，重复该过程，一直向左运动，A错误；t＝时刻释放电子，电子先向左加速

8运动，再向左减速运动，然后向右加速运动，再向右减速运动，一个周期时总位移向左，BT

错误；t＝时刻释放电子，电子先向左加速，然后向左减速，再向右加速，然后向右减速，

43T

做周期性往复运动，在t＝2T时刻位于出发点左侧，C正确；t＝时刻释放电子，作出其8v-t图象(略)，由图象知，在2T时刻电子在出发点右侧，D正确．

【答案】 CD

热点四 闭合电路的欧姆定律

5．如图甲所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻随温度t变化的图线如图乙所示，电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器，当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是( )

A．I变大，U变大 C．I变小，U变大

B．I变大，U变小 D．I变小，U变小

【解析】 当传感器所在处出现火情时，温度升高，由题图乙知其阻值变小，外电路总电阻变小，则总电流I总变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即U变小，电路中并联部分的电压U并＝E－I总(R1＋r)，I总变大，其他量不变，则U并变小，电流表示数I变小，故D正确．

【答案】 D

热点五 磁场、磁场对电流的作用

6.如图所示，在同一平面内互相绝缘的三根无限长直导线ab、cd、ef围成一个等边三角形，三根导线通过的电流大小相等，方向如图所示，O为等边三角形的中心，M、N分别为O关于导线ab、cd的对称点．已知三根导线中的电流形成的合磁场在O点的磁感应强度大小为B1，在M点的磁感应强度大小为B2，若撤去导线ef，而ab、cd中电流不变，则此时N

点的磁感应强度大小为( )

A．B1＋B2 B1＋B2C.

2

B．B1－B2 B1－B2D． 2

【解析】 设每根导线中的电流在O点产生的磁感应强度大小为B0，ef、cd中的电流在M点产生的磁感应强度大小都为B0′，则在O点有B1＝B0，在M点有B2＝2B0′＋B0，B1＋B2

撤去导线ef后，在N点有BN＝B0＋B0′，联立各式可得BN＝，C正确．

2

【答案】 C

7.如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝，线圈由粗细均匀、单位长度质量为2.5 g的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5 T，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为(g取10 m/s2)( )

A．0.1 A C．0.05 A

B．0.2 A D．0.01 A

【解析】 设线圈半径为R，通电线圈受到的安培力为每小段导线所受的安培力的合力F＝nBI·2πRsin 30°，所受重力为G＝n·2πRρg，平衡时有：F＝G，nBI·2πRsin 30°＝n·2πRρg，2ρg

得I＝，代入数据得I＝0.1 A，故A正确．

B

【答案】 A

热点六 带电粒子在磁场中的运动

1

8．(2018·济宁市高三一模)如图所示，匀强磁场分布在半径为R的圆形区域MON内，

4Q为半径ON上的一点且OQ＝

2

R，P点为边界上一点，且PQ与OM平行．现有两个完2

全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力及粒子间的相互作用)，其中粒子1从M点正对圆心射入，恰从N点射出，粒子2从P点沿PQ射入，下列说法正确的是( )

A．粒子2一定从N点射出磁场 B．粒子2在P、N之间某点射出磁场

C．粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3∶2 D．粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2∶1

【解析】 粒子1从M点正对圆心射入，恰从N点出，根据洛伦兹力指向圆心，和MN的中垂线过圆心，可确定圆心O1，运动轨迹为圆弧MN，其半径为R.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的半径相同．粒子2从P点沿PQ射入，根据洛伦兹力指向圆心，圆心O2应在P点上方R处，连接O2P、ON、OP、O2N，O2PON为菱形，O2N大小为R，所以粒子2一定从N点射出磁场，A正确，B错误．∠MO1N＝90°；∠PO2NOQ

＝∠POQ，cos∠POQ＝，所以∠PO2N＝∠POQ＝45°.两个完全相同的带电粒子以相同的

OP速度射入磁场，粒子运动的周期相同，粒子运动时间与圆心角成正比．所以粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2∶1，C错误，D正确．

【答案】 AD

热点七 带电粒子在组合场中的运动

9．如图所示，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，又恰好垂直于x轴进入第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( )

7πdA. 2v0d3πC.(2＋) v02

d

B．(2＋5π)

v0d7πD．(2＋)

v02

【解析】 带电粒子的运动轨迹如图所示．由题意知，带电粒子到达y轴时的速度v＝d2d

2v0，这一过程的时间t1＝＝.又由题意知，带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r＝22d.

v0v02故知带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间为： 332πd3πdt2＝T＝＝ 82v2v0

2πd带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间为：t3＝ v0d7π

故t总＝(2＋)．

v02【答案】 D

10．图甲是回旋加速器的工作原理图．D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速．两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动．若带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，下列判断正确的是( )

A．在Ek-t图中应该有tn＋1－tn＝tn－tn－1 B．在Ek-t图中应该有tn＋1－tn＜tn－tn－1

C．在Ek-t图中应该有En＋1－En＝En－En－1 D．在Ek-t图中应该有En＋1－En＜En－En－1 【解析】

根据带电粒子在匀强磁场中运动的周期

与速度无关可知，在Ek-t图中应该有tn＋1－tn＝tn－tn－1，选项A正确、B错误；由于带电粒子在电场中加速，电场力做功相等，所以在Ek-t图中应该有En＋1－En＝En－En－1，选项C正确、D错误．

【答案】 AC

热点八 带电粒子在叠加场中的运动

11．如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直纸面向里，将带正电的小球在场中静止释放，最后落到地面上．关于该过程，下述说法正确的是( )

A．小球做匀变速曲线运动

B．小球减少的电势能等于增加的动能 C．电场力和重力做的功等于小球增加的动能

D．若保持其他条件不变，只减小磁感应强度，小球着地时动能不变

【解析】 重力和电场力是恒力，但洛伦兹力是变力，因此合外力是变化的，由牛顿第二定律知其加速度也是变化的，选项A错误；由动能定理和功能关系知，选项B错误，选项C正确；磁感应强度减小时，小球落地时的水平位移会发生变化，则电场力所做的功也会随之发生变化，选项D错误．

【答案】 C

12.质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是( )

A．该微粒一定带负电荷

B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 mg

C．该磁场的磁感应强度大小为

qvcos θD．该电场的场强为Bvcos θ

【解析】 若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项A正确、B错误；由平衡mg

条件得：qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度B＝，电场的场强E＝

qvcos θBvsin θ，故选项C正确、D错误．

【答案】 AC