高考物理二轮复习 第1部分 专题讲练突破三 电场和磁场 高频考点三 电磁场技术的应用课件
2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题3电场与磁场第2讲带电粒子在电磁场中的运动课件
专题突破方略
专题三 电场与磁场 第2讲 带电粒子在电磁场中的运动
真题速练·明考情 核心知识·固双基 命题热点·巧突破 应用创新·提素养
真题速练·明考情
1．(多选)(2021·全国乙卷)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋ q，m)，(＋q,2m)，(＋3q,3m)，(－q，m)，它们先后以相同的速度从坐 标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重 力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图象中，可能正确的是 ( AD )
【解析】 分析可知带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则带电 粒子的运动轨迹方程为 y＝12·Emqvx02，由于带电粒子的初速度相同，带电 粒子(＋q，m)，(＋3q,3m)的比荷相同，则带电粒子(＋q，m)、(＋3q，3m) 的运动轨迹重合，C 错误；当电场方向沿 y 轴正方向时，带正电荷的粒 子向 y 轴正方向偏转，带负电荷的粒子向 y 轴负方向偏转，则粒子(＋q， m)，(＋3q,3m)的运动轨迹与粒子(－q，m)的运动轨迹关于 x 轴对称，粒 子(＋q,2m)的比荷比粒子(＋q，m)，(＋3q，3m)的小，则 x 相同时，粒子 (＋q,2m)沿 y 轴方向的偏转量比粒子(＋q，m)、(＋3q,3m)的小，D 正确； 当电场方向沿 y 轴负方向时，同理可知 A 正确，B 错误．
5．(多选)(2022·湖北卷)在如图所示的平面内， 分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分 充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充 满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大 小均为B，SP与磁场左右边界垂直．离子源从S处射 入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方 向垂直且与SP成30°角．已知离子比荷为k，不计重 力．
若离子从 Р 点射出，设出射方向与入射方向的夹角为 θ，则离子的
高考物理二轮复习第一部分专题整合专题三电场和磁场第讲磁场及带电粒子在磁场中的运动课件.ppt
A. 3∶2 C. 3∶1
图 3－2－3 B. 2∶1 D．3∶ 2
解析 当粒子在磁场中运动半个
圆周时，打到圆形磁场的位置最远，
则当粒子射入的速度为 v1，如图，由 几何知识可知，粒子运动的轨道半径
为 r1＝Rcos 60°＝12R；同理，若粒子射入的速度为 v2，
由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为 r2＝Rcos 30° ＝ 23R；根据 r＝mqBv∝v，则 v2∶v1＝r2∶r1＝ 3∶1，
轴上下侧的绝缘漆均刮掉，不能保证线圈持续转动下
去，B 项错误；如果仅左转轴的上侧绝缘漆刮掉，右转
轴的下侧绝缘漆刮掉，则线圈中不可能有电流，因此线
圈不可能转动，C 项错误；如果左转轴上下侧的绝缘漆
均刮掉，右转轴仅下侧的绝缘漆刮掉效果与 A 项相同，
因此 D 项正确。
答案 AD
3．(2017·全国卷Ⅱ)如图 3－2－3 所示，虚线所示 的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场 边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过 P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入的 速度为 v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之 一圆周上；若粒子射入速度为 v2，相应的出射点分布在 三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作 用，则 v2∶v1 为
故选 C。
答案 C
4.(2016·新 课 标 卷 Ⅰ) 现 代 质 谱 仪 可
用来分析比质子重很多倍的离子，其
示意图如图 3－2－4 所示，其中加速
电压恒定。质子在入口处从静止开始 图3－2－4
被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。
若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电
场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁
高考物理二轮专题复习课件：专题整合高频突破+专题三 电场和磁场1
C.极板上的电荷量变大,极板间电场强度不变
D.极板上的电荷量变小,极板间电场强度不变
r
可知
4π
解析 由 C= 和 C=
r
,将云母介质移出后相对介电常
4π
Q=
数 ε r 减小,电容器两极板间的电压仍保持不变,故极板上的电荷量变
小,再由 E= 可知,极板间电场强度不变,选项 D 正确。
57:0319 November 2021
8、教育技巧的全部诀窍就在于抓住儿童的这种上进心，这种道德上的自勉。要是儿童自己不求上进，不知自勉，任何教育者就
都不能在他的身上培养出好的品质。可是只有在集体和教师首先看到儿童优点的那些地方，儿童才会产生上进心。下午2时57分
3秒下午2时57分14:57:0321.11.19
D.ab>ac>aa,va>vc>vb
解析 根据库仑定律 F=
2
和牛顿第二定律 F=ma,又因为 Q 仅受 P
1
的电场力作用,可得 a∝F∝2,已知 ra >rc>rb ,可得 ab >ac>aa ,A、B 项
错误;根据运动轨迹可判断 Q 受到的电场力为斥力,靠近 P 的过程中,
电场力做负功,动能减小,可得 Eka >Ekc>Ekb,即 v a >v c>v b,D 选项正确。
出2R处的电场强度大于3R处的电场强度,即EA>EB,B错误;根据
U=Ed可知图象的面积表示电势差,从E-r图可知R~2R围成的面积大
于2R~3R围成的面积,即从球面到A点的电势差大于AB两点间的电
势差,C错误;因为曲线下O~R部分的面积等于2R~3R部分的面积,即
老高考适用2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题3电场与磁场第1讲电场与磁场的基本性质
第一部分专题三第1讲基础题——知识基础打牢1．(多选)(2022·河北唐山三模)如图所示，两个等量的点电荷分别固定在A、B两点．虚线为AB的中垂线，交AB于O点．曲线ab为一电子只在电场力作用下的运动轨迹．a、b关于O点对称．则下列说法正确的是( BCD )A．两个点电荷一定是异种电荷B．电子在a、b两点加速度大小相同C．电子在a、b两点动能相同D．电子在a、b两点电势能相同【解析】电子所受电场力一定指向轨迹的凹侧，所以两个点电荷均带正电，故A错误；根据对称性可知电子在a、b两点所受电场力大小相同，所以加速度大小相同，故B正确；根据等量同种点电荷周围电势分布规律以及对称性可知a、b两点电势相等，所以电子在a、b 两点的电势能相同，根据能量守恒定律可知电子在a、b两点动能相同，故C、D正确．故选BCD．2．(多选)(2022·湖北武汉高三阶段练习)如图所示，实线是一电场的电场线，一个电子仅在电场力的作用下从a点运动到b点，过a点、b点的速度分别为v a、v b，虚线为该电子的运动轨迹，下列说法中正确的是( AC )A．A、B所在电场线的方向是由B指向A的方向B．电子在a处的加速度小于在b处的加速度C．电子在a处的电势能大于在b处的电势能D．电子在a处的动能大于在b处的动能【解析】由图可知电子的运动轨迹向右弯曲，电子受到的电场力的方向与电场线的方向相反，所以A、B所在电场线的方向是由B指向A的方向，故A正确；电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在A点的场强大于B点的场强，在A点所受的电场力大，所以在A点的加速度大于B点的加速度，故B错误；电子所受的电场力沿电场线偏向右，电子由a点运动到b 点的过程中，电场力做正功，电子的电势能减小，动能增大，所以电子在b 点的电势能小，动能大，故C 正确，D 错误．故选AC ．3．(2022·河北秦皇岛二模)如图所示，一蜘蛛将网织成两个正方形ABCD 、abcd ，其边长分别为2L 、L ，现在a 、b 、c 、B 四个位置分别放置一个点电荷，发现b 处的点电荷所受电场力恰好为零，若仅将b 处的点电荷Q 沿bd 方向移至d 处，则( B )A ．a 、c 两处点电荷对点电荷Q 的合力可能先增大后减小B ．a 、c 两处点电荷对点电荷Q 的合力可能先减小后增大C ．a 、c 两处点电荷对点电荷Q 的合力一定先做正功，后做负功D ．a 、c 两处点电荷对点电荷Q 的合力一定先做负功，后做正功【解析】 当点电荷Q 在O 点时，a 、c 两处点电荷对点电荷Q 的合力为零，当场强最大值在Ob 之外时，则将b 处的点电荷Q 沿bd 方向移至d 处时，a 、c 两处点电荷对点电荷Q 的合力先减小后增大，如果场强最大值在Ob 之间，合力先变大后变小再变大再变小，则选项A 错误，B 正确；在a 、b 、c 、B 四个位置分别放置一个点电荷，发现b 处的点电荷所受电场力恰好为零，可知a 、c 、B 三个位置分别放置的点电荷一定是同种电荷，但是不能确定电荷的正负；仅将b 处的点电荷Q 沿bd 方向移至d 处，若点电荷Q 与另外三个电荷带同性电荷，则点电荷Q 从O 到d 时电场力做正功；若点电荷Q 与另外三个电荷带异性电荷，则点电荷Q 从O 到d 时电场力做负功，选项C 、D 错误．故选B ．4．(多选)(2022·湖南衡阳三模)在x 轴上固定两个带电荷量分别为＋4q 、－q 的点电荷，以其中的某一电荷为原点，两电荷所形成的电场的电势φ在x 轴正半轴上的分布如图所示，下列说法正确的是( BC )A ．正电荷在坐标原点，负电荷在x ＝x 22的位置 B ．负电荷在坐标原点，正电荷在x ＝－x 2的位置C ．在x 轴上x ＞x 2区域电场强度沿x 轴正方向D ．一带负电试探电荷从O 处移到x 2处，电势能先减小后增加【解析】 由φ-x 可知，原点附近的电势为负且绝对值很大，可知负电荷在坐标原点，φ-x 图象斜率表示电场强度大小，x ＝x 2位置电场强度为零，根据k 4qx 2＋x 32＝k q x 22，解得x3＝x2，正电荷在x＝－x2的位置，故B正确，A错误；在x轴上x＞x2区域电势一直减小，电场强度沿x轴正方向，故C正确；从O处移到x2处，电势不断增加，一带负电试探电荷电势能不断减小，故D错误．故选BC．5．(2022·浙江绍兴模拟预测)如图所示是用于离子聚焦的静电四极子场的截面图，四个电极对称分布，其中两个电极带正电荷，形成高电势＋U，两个电极带负电荷，形成低电势－U．图中a、b、c、d四个点为电场中的四个位置，下列说法正确的是( B )A．图中虚线表示电场线B．a点的电势高于b点的电势C．电荷在四个电极的表面分布均匀D．c点的电场强度大小与d点的电场强度大小相等【解析】四个电极都是等势面，电场线与等势面垂直，则图中虚线表示等势面，不表示电场线，选项A错误；a点的电势为零，b点电势小于零，则a点电势高于b点的电势，选项B正确；每个电极附近的等势面分布的疏密不同，则电极表面的电场线疏密不同，则电荷在每个电极的表面分布不均匀，选项C错误；因c点等势面较d点密集，则c点电场线分布较d点密集，即c点的电场强度大小比d点的电场强度大小较大，选项D错误．故选B．6．(2022·辽宁沈阳二中模拟预测)如图所示为某稳定电场的电场线分布情况，A、B、C、D为电场中的四个点，B、C点为空心导体表面两点，A、D为电场中两点，A、D两点所在电场线沿竖直方向，且电场线分布关于竖直方向对称．下列说法中正确的是( C )A．B点的电势低于A点的电势B．B、A两点的电势差小于C、B两点的电势差C．B点场强大于A点场强D．电子在D点的电势能大于在A点的电势能【解析】沿电场线方向电势降低，则B点的电势高于A点的电势，故A错误；空心导体表面电势处处相等，有φC ＝φB ，根据电势差的公式，可得U BA ＝φB －φA ＞0，U CB ＝φC －φB ＝0，可知，B 、A 两点的电势差大于C 、B 两点的电势差，故B 错误；B 点电场线较A 点密集，可知B 点场强大于A 点场强，故C 正确；顺着电场线电势降低可得φD ＞φA ，根据电势能的公式，有E p ＝qφ，又q ＜0，联立，可得E p D ＜E p A ，易知电子在D 点的电势能小于在A 点的电势能，故D 错误．故选C ．7．(2022·广东模拟预测)在通电长直导线产生的磁场中，到导线的距离为r 处的磁感应强度大小B ＝kI r ，其中I 为通过长直导线的电流，k 为常量．如图所示，三根通电长直导线P 、Q 、R 均垂直直角坐标系xOy 所在平面，其间距相等，P 、Q 与坐标平面的交点均在x 轴上且关于原点O 对称，通过P 、Q 、R 的电流之比为1∶1∶3，电流方向已在图中标出．若通过P 的电流产生的磁场在原点O 处的磁感应强度大小为B 0，则原点O 处的合磁感应强度大小为( C )A ．B 0B ．5B 0C ．7B 0D ．3B 0【解析】 根据安培定则可知，通过P 的电流产生的磁场在原点O 处的磁感应强度方向沿y 轴负方向，设三根导线的间距为a ，通过P 的电流为I 0，则有B 0＝2kI 0a，类似可得，通过Q 的电流产生的磁场在原点O 处的磁感应强度大小B 1＝2kI 0a，方向沿y 轴负方向；通过R 的电流产生的磁场在原点O 处的磁感应强度大小B 2＝k ·3I 0a sin 60°＝23kI 0a ，方向沿x 轴正方向，故原点O 处的合磁感应强度大小B ＝B 0＋B 12＋B 22，解得B ＝7B 0，故选C ． 8．(2022·湖北恩施市第一中学模拟预测)丹麦物理学家奥斯特在1820年4月发现了电流的磁效应，从而开启了人类对电与磁相互关联关系探索的序幕．已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B ＝k I r，即磁感应强度B 与导线中的电流I 成正比，与该点到导线的距离r 成反比．如图为垂直于纸面放置在x 轴上0和x 0处的两根平行长直导线，分别通以大小不等、方向相同的电流，已知I 1＞I 2．规定磁场方向垂直于x 轴向上为正，在0～x 0区间内磁感应强度B 随x 变化的图线可能是图中的( A )【解析】 由安培定则可知，左侧导线中的电流在该导线右侧产生的磁场的方向垂直于x 轴向上，而右侧导线中的电流在该导线左侧产生的磁场的方向垂直于x 轴向下，由于规定磁场方向垂直于x 轴向上为正，故在0～x 0区间内磁场方向先为正后为负．根据通电长直导线周围某点磁感应强度B ＝k I r 和I 1＞I 2，可知在x 02的位置磁场方向为正方向，A 正确． 9．(多选)(2022·辽宁模拟预测)如图所示，两个带等量正电荷的点电荷分别固定于x 轴上的P 、Q 两点，其位置关于直角坐标系xOy 的原点O 对称．圆弧PQ 是一个以O 点为圆心的半圆，c 点为半圆与y 轴的交点，a 、b 为一平行于x 轴的直线与半圆的交点，下列说法正确的是( AD )A ．a 、b 两点的电势相同B ．a 、b 两点的电场强度相同C ．将一个带负电的试探电荷先沿着圆弧从a 点移到c 点，再沿y 轴正方向移动，试探电荷的电势能先增大后不变D ．设两电荷在半圆上任意一点产生的电场强度大小分别是E 1，E 2，则1E 1＋1E 2为一定值 【解析】 由对称性和等势线分布可知，a 、b 两点电势相同，A 正确；电场强度大小相等，但方向不同，B 错误；负电荷从a 点移到c 点，电场力做负功电势能一直增大，再从c 点沿y 轴正方向移动电场力同样做负功电势能也一直增大，C 错误；半圆上任一点与P 点连线与PQ 夹角为θ，故E 1＝kQ 2R cos θ2，E 2＝kQ 2R sin θ2，则1E 1＋1E 2＝4R 2kQ (cos θ2＋sin θ2)＝4R 2kQ为一定值，D 正确．故选AD ． 10．(2022·山西太原三模)在甲、乙电场中，试探电荷－q (q ＞0)具有的电势能E p 沿x方向的变化分别如图甲、乙所示，则下列说法正确的是( D )A ．图甲中，试探电荷在O 点受到的电场力为零B ．图甲中，电场强度沿x 轴正方向C ．图乙中，x 1处的电场强度小于x 2处的电场强度D ．图乙中，x 1处的电势高于x 2处的电势【解析】 根据ΔE p ＝－W 电＝Fx 可知E p -x 图象斜率的绝对值表示电场力的大小，故图甲中，试探电荷在O 点受到的电场力不为零，沿x 轴正方向电势能增大，则电场力做负功，可知电场力沿x 轴负方向或者有沿x 轴负方向的分量，试探电荷带负电，则电场强度沿x 轴正方向或者电场强度有沿x 轴正方向的分量，电场强度不一定沿x 轴正方向，故A 、B 错误；根据E p -x 图象斜率的绝对值表示电场力的大小，结合F ＝qE 可知x 1处的电场强度大于x 2处的电场强度，故C 错误；x 1处的电势能低于x 2处的电势能，试探电荷带负电，根据E p ＝qφ，可知x 1处的电势高于x 2处的电势，故D 正确．故选D ．11．(多选)(2022·江西南昌市八一中学三模)如图所示，真空中有四个等量异种点电荷，M 、N 带正电，P 、S 带负电，分别放在圆心为O 的虚线圆上等距离的四个点，a 、b 、c 、d 分别为两点电荷连线的中点，下列说法正确的是( BD )A ．O 点的合场强为零，a 点的合场强方向水平向左B ．b 点的合场强大于a 点的合场强C ．将一电子从b 点沿直线移动到d 点，电场力做负功D ．将一质子从a 点沿直线移动到c 点，其电势能一直减小【解析】 M 、S 电荷在O 点电场强度方向由O 指向S ，N 、P 在圆心O 点电场强度方向由O 指向P ，则圆心O 点电场强度由O 指向c ，不为零．M 、N 在a 点合场强为0，P 在a 点电场强度由a 指向P 点，S 在a 点电场强度由a 指向S 点，故a 点合电场强度方向水平向右，A 错误；由A 选项分析可知，a 点电场强度为P 、S 产生的合电场；对b 点来说，电场强度等于M 和P 的合电场强度与N 和S 的合电场强度的叠加，这两个合电场强度方向均向右．点电荷的电场强度E ＝kq r 2，则仅M 和P 在b 点的合电场强度就大于P 和S 在a 点的合电场强度．故b 点的合场强大于a 点的合场强，B 正确；根据对称性可知，b 点和d 点电势相等，根据W ＝qU ，可知，将一电子从b点沿直线移动到d点，电场力做功为0，C错误；分析可知，在ac连线上，M、N在任意一点(除a点外)的合电场强度方向均为水平向右．P、S在ac连线上的任意一点(除c点外)的合电场强度也为水平向右．故质子从a点沿直线移动到c点的过程中，电场力方向水平向右，电场力做正功，电势能一直减小，D正确．故选BD．12．(多选)(2022·河北模拟预测)如图所示，真空中a、b两点分别固定电荷量为＋q、－q的点电荷，以a、b连线中点O为圆心的圆与a、b连线的中垂线cd交于K点．圆上的四个点M、N、Q、P为矩形的四个顶点，且MP平行于cd．则下列说法不正确的是( BCD )A．M、Q两点电场强度相同B．P、N两点电势相等C．电性为负的试探电荷位于K点时的电势能小于其位于M点时的电势能D．电性为正的试探电荷(不计重力)沿OK方向以一定的速度射出，该电荷将做匀速直线运动【解析】根据对称性和点电荷场强公式知：正电荷在M点的场强与负电荷在Q点的场强相同，正电荷在Q点的场强与负电荷在M点的场强相同，且两电荷在M、Q分别产生的场强夹角相同，根据电场强度的叠加可知：M、Q两点电场强度相同，如图所示，A正确；cd是等量异种点电荷电场中的一条等势线，在其左侧靠近正电荷区域电势高，其右侧靠近负电荷区域电势低，故P点电势高于N点电势，B错误；由B中分析知，K点电势低于M点电势，则负试探电荷从K点移到M点过程中，电场力做正功，电势能减小，所以负电荷在K点电势能大于在M点电势能，C错误；电性为正的试探电荷(不计重力)沿OK方向以一定的速度射出，电荷受向右的电场力作用而做曲线运动，D错误．故选BCD．13．(多选)(2022·湖北广水市一中高三阶段练习)如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1位于原点O，a、b是它们连线延长线上的两点．现有一带负电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，设粒子经过a、b 两点时的速度分别为v a、v b，其速度随坐标位置变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是( AC )A．Q2带负电且电荷量小于Q1B．沿x轴正方向ab连线上电势先降低再升高C．沿x轴正方向ab连线上电场力先做正功再做负功D．沿x轴正方向a点右侧场强先减小再增大【解析】带负电的粒子在2L＜x＜3L区间加速，说明在2L＜x＜3L区间负粒子q所受电场力沿x轴正方向，电场方向沿x轴负方向；带负电的粒子在3L＜x＜4L区间减速，说明在3L＜x＜4L区间负粒子q所受电场力沿x轴负方向，电场方向沿x轴正方向，因此Q1带正电，Q2带负电，且Q2的电荷量小于Q1的电荷量，故A正确；粒子运动过程中只有静电力做功，动能与电势能之和为定值，由图象可知ab连线的中点x＝3L处速度最大，即粒子q的动能最大，电势能最小，由于粒子q带负电，因此ab连线的中点电势最高，即ab连线上电势先升高再降低，故B错误；粒子从a到b的过程中速度先增大再减小，由动能定理知粒子从a到b的过程中，电场力先做正功再做负功，故C正确；沿x轴正方向a点右侧场强先减小到零，然后场强方向变为沿x轴正方向，但a点右侧场强不可能一直增大，无穷远位置场强为零，故D错误．故选AC．14．(多选)(2022·山东菏泽二模)如图所示，空间存在一个正四面体ABCD，其边长为a，在水平面上的B、C、D三个顶点各固定一个电荷量为＋q的点电荷，一个质量为m的点电荷N 恰好可以静止在A点．若把点电荷N从A点沿过A点的竖直面向上移动到无穷远处，电场力做功的大小为W．不考虑N对电场的影响，以无穷远处电势为零，重力加速度为g．根据上述现象，可以判定( AB )A．A点的电场强度为E A＝6kq a2B．点电荷N带电荷量大小为q N＝6mga2 6kqC．A点的电势为φA＝6kqW 6mga2D．点电荷N的电势能将先增大后减小【解析】 固定的每个正点电荷对小球的库仑力大小为F ＝kq N q a 2，设F 与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可得cos θ＝63，对小球，由平衡条件有3F cos θ＝mg ，解得q N ＝6mga 26kq，A 点的电场强度为E A ＝mg q N ＝6kq a2，故A 、B 正确；根据题意可知，点电荷N 在A 点的电势能为W ，则A 点的电势为φA ＝Wq N ＝6kqW mga 2，故C 错误；把点电荷N 从A 点沿过A 点的竖直面向上移动到无穷远处，电场力一直做正功，电势能一直减小，故D 错误．故选AB ．15．(多选)(2022·重庆八中高三阶段练习)两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线(在水平面内)上有A 、B 、C 三点，如图甲所示，一个电荷量为2×10－5C 、质量为1 g 的小物块从C 点静止释放，其运动的v -t 图象如图乙所示，其中B 点处为整条图线的切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( ABD )A ．小物块带正电B ．A 、B 两点间的电势差U AB ＝－500 VC ．小物块由C 点到A 点电势能先减小再增大D ．B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强E ＝100 N/C【解析】 根据物块运动的v -t 图象可知，小物块带正电，A 正确；从速度—时间图象可知，A 、B 两点的速度分别为v A ＝6 m/s ，v B ＝4 m/s ，再根据动能定理得qU AB ＝12mv 2B －12mv 2A ＝12×1×10－3×(42－62)J ，解得U AB ＝－500 V ，B 正确；从速度—时间图象可知，由C 到A 的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电势能一直减小，C 错误；带电粒子在B 点的加速度最大，为a m ＝47－5m/s 2＝2 m/s 2，所受的电场力最大为F m ＝ma m ＝0.001×2 N＝0.002 N ，则场强最大值为E m ＝F m q ＝0.0022×10－5N/C ＝100 N/C ，D 正确．故选ABD ． 应用题——强化学以致用16．(多选)(2022·山东滨州二模)已知球面均匀带电时，球内的电场强度处处为零．如图所示，O 为球心，A 、B 为直径上的两点，垂直于AB 将带正电的球面均分为左右两部分，OA ＝OB ．C 、D 为截面上同一直线上的两点，OC ＝OD ．现移去左半球面只保留右半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布．下列说法正确的是( AC )A．C点与D点电场强度大小相等方向相同B．A点与B点电场强度大小相等、方向相反C．将一正电荷从C点沿直线移到D点，电势能始终不变D．将一正电荷从A点沿直线移到B点，电势能先增大后减小【解析】对于完整带电球面，在其内部AB的中垂面上各点场强为零，可知左右半球面在此中垂面上各点的场强等大反向，因左右半球面的电场关于中垂面对称，则左右半球面各自在中垂面上各点的场强方向均垂直于中垂面，则左半球面移走之后，右半球面在中垂面上各点场强均垂直于中垂面，由于C点与D点关于AB对称，则根据场强的叠加原理可知，C点与D点电场强度大小相等方向相同，A正确；将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2；由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E1＝E2，根据对称性，左右半球在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，且E1＝E2，在图示电场中，A的电场强度大小为E2，方向向左，B的电场强度大小为E1，方向向左，B错误；对于完整带电球面，在其内部AB的中垂面上各点场强为零，可知左右半球面在此中垂面上各点的场强等大反向，因左右半球面的电场关于中垂面对称，则左右半球面各自在中垂面上各点的场强方向均垂直于中垂面，则左半球面移走之后，右半球面在中垂面上各点场强均垂直于中垂面，则中垂面为等势面，将一正电荷从C点沿直线移到D点，电势能始终不变，C正确；根据电场的叠加原理可知，在AB连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A到B电势升高，将一正电荷从A点沿直线移到B点，电势能一直增大，D错误．故选AC．17．(2022·山东菏泽二模)如图所示，PQ和MN为水平、平行放置的两光滑金属导轨，两导轨相距L＝1 m，导体棒ab质量为M＝0.9 kg，垂直放在导轨上，导体棒的中点用承受力足够大的轻绳经光滑定滑轮与放在水平面上m＝0.1 kg的物体相连，细绳一部分与导轨共面且平行，另一部分与导轨所在平面垂直，磁场的磁感应强度与时间的关系为B＝0.2t＋0.1(T)，方向竖直向下．现给导体棒通入I＝2 A的恒定电流，使导体棒最终向左运动，重力加速度大小为g＝10 m/s2．下列描述符合事实的是( B )A．ab棒上通入的电流方向为从b向aB．在第2 s末物体m恰好离开地面C ．第4.5 s 末ab 棒的加速度为1.1 m/s 2D ．ab 棒运动过程中安培力做的功等于系统动能的增加量【解析】 给导体棒通入I ＝2 A 的恒定电流，使导体棒最终向左运动，说明导体棒所受的安培力向左，根据左手定则，可判断出ab 棒上通入的电流方向为从a 向b ，A 错误；在第二秒末时，磁场强度为B 1＝0.2t ＋0.1＝0.5 T ，故ab 棒所受的安培力为F 安＝B 1IL ＝1 N ，导轨光滑，ab 棒未动时，细线拉力等于安培力大小，此刻对m 受力分析得F N ＝mg －T ＝mg －F 安＝0，在第2 s 末物体m 恰好离开地面，B 正确；在第4.5秒末时，磁场强度为B 2＝0.2t ＋0.1＝1 T ，故ab 棒所受的安培力为F ＝B 2IL ＝2 N ，对杆和物体整体分析，由牛顿第二定律得F －mg ＝(m ＋M )a ，解得a ＝1 m/s 2，C 错误；ab 棒运动过程中安培力做的功等于系统机械能的增加量，包含系统的动能和重力势能，D 错误．18．(2022·全国甲，25)光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示．图中A 为轻质绝缘弹簧，C 为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M 为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D 的一端与M 固连且与镜面垂直，另一端与弹簧下端相连，PQ 为圆弧形的带有均匀刻度的透明读数条，PQ 的圆心位于M 的中心．使用前需调零；使线圈内没有电流通过时，M 竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ 上的O 点射到M 上后沿原路反射．线圈通入电流后弹簧长度改变，使M 发生倾斜，入射光束在M 上的入射点仍近似处于PQ 的圆心，通过读取反射光射到PQ 上的位置，可以测得电流的大小．已知弹簧的劲度系数为k ，磁场磁感应强度大小为B ，线圈C 的匝数为n 、沿水平方向的长度为l ，细杆D 的长度为d ，圆弧PQ 的半径为r ，r ≫d ，d 远大于弹簧长度改变量的绝对值．(1)若在线圈中通入的微小电流为I ，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx 及PQ 上反射光点与O 点间的弧长s ．(2)某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ 上反射光点出现在O 点上方，与O 点间的弧长为s 1；保持其他条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在O 点下方，与O 点间的弧长为s 2，求待测电流的大小．【答案】 (1)nBIl k 2nBIlr dk (2)dk s 1＋s 24nBlr【解析】 (1)线圈中通入微小电流I ，线圈受到的安培力为F ＝nBIl弹簧弹力的改变量的绝对值为Δx ，则有F ＝k Δx解得Δx ＝nBIl k 设此时平面镜偏转角度为θ，则反射光线转过的角度为2θ因为r ≫d ，d 远大于弹簧长度改变量的绝对值，所以θ≈tan θ＝ΔxdPQ 上反射光点与O 点间的弧长s ＝2θr解得s ＝2nBIlrkd ．(2)设待测电流为I ′，电流反向前后弹簧弹力的变化量F ＝2nBI ′l 弹簧弹力的改变量的绝对值为Δx ′，则有F ＝k Δx ′反射光线转过的角度为s 1＋s 2r平面镜转过的角度为φ＝s 1＋s 22r根据φ＝Δx ′d解得I ′＝dk s 1＋s 24nBlr ．。
高考物理二轮总复习课件 核心专题突破 专题3 电场与磁场 第一讲电场 带电粒子在电场中的运动 (2)
以电场强度沿x轴方向为例:
E-x图像
(1)E>0,则电场强度沿x轴正方向,E<0,则电场强度沿x轴负方向
(2)图线与x轴围成的“面积”表示电势差,“面积”大小表示电势差大
小,两点的电势高低需根据电场方向判定
Ep-x图 (1)图像切线斜率的物理意义:表示静电力大小
像
(2)可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况
等于lDP。由牛顿第二定律和运动学公式有
F=ma⑥
1
lAP= 1 2 ⑦
2
lDP=v1t1⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得 v1=
2
v
0。⑨
4
(3)设粒子以速度v进入电场时,在电场中运动的时间为t。以A为原点,粒子
进入电场的方向为x轴正方向,电场方向为y轴正方向建立直角坐标系。由
运动学公式有
1 2
y=2at
不能忽略重力
2.电加速模型解法
命题角度2电偏转模型解法
命题角度3带电粒子(带电体)在电场中的综合问题
把电学问题转化为力学问题,建立带电粒子在电场中运动的力学模型,从带
电粒子的受力与运动的关系及功能关系两条途径进行分析与研究。
深化拓展
解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路
典例剖析
例2 (命题角度3)(2020全国Ⅰ卷)在一柱形区域内有匀强电场,柱的横截面
4 3
B.Q1=-q,Q2=- 3 q,Q3=-4q
C.Q1=-q,Q2= 2q,Q3=-q
4 3
D.Q1=q,Q2=- 3 q,Q3=4q
解析 根据电场强度的矢量性可知,要使P点的电场强度为零,三个点电荷不
可能是同种电性,故A、B错误;根据矢量叠加特点和几何关系知,Q1、Q3在
高考物理二轮复习第1部分专题讲练突破三电场和磁场第3讲带电体在组合场、复合场中的运动课件
法.
[命题视角] 视角1 带电体在“电偏转＋磁偏转”模型中的运动 [例1] 在如图所示的坐标系中，y＞0的空间中存在匀强电场，场
强沿y轴负方向；y<0的空间中存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy 平面(纸面)向外．一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，经过 y轴上y＝h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向，然后，经过 x轴上x＝1.5h处的P2点进入磁场，不计重力．
知识 规律
②善于画出几何图形处理几何关 系，要有运用数学知识处理物理 问题的习惯． 法：理想化模型法、对 称法、合成法、分解法、临界法 等.
高频考点一
带电粒子在组合场中的运动
1.带电粒子在电场中加速、偏转的处理方法． 知能 2.带电粒子在磁场中运动的受力特点及运动规律． 必备 3.带电粒子在有界磁场中运动的临界问题的处理方
(3)由题意可知带电粒子与挡板作用时速度方向与挡板垂直，由 此可作出粒子从出发到第一次与挡板碰撞的轨迹如图所示 根据几何关系可知：Rsin 37° ＝1.5h， 即R＝2.5h 根据带电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝ mv 2 R 2m v 0 联立可得：B＝ 3qh
由于粒子反弹后仍以相同大小的速度继续在磁场中沿顺时针方向 旋转离开磁场后再进入电场，根据运动的对称性可知，粒子进入 电场后的运动正好是粒子从P1到P2的运动的逆过程，因此可作出 粒子的运动轨迹如图所示
2 v0 度v0进入磁场时，设其圆周运动的半径为R，有Bqv0＝m R ，其
L 中R＝ 当粒子以初速度大小为2 2 v0、方向与x轴正方向成45° 角 2 进入磁场时，(图中α、β、θ均为45° )设其圆周运动的半径为
2 8v0 R′，则有Bq×2 2v0＝m R′
由以上各式可解得R′＝ 2L 由几何关系可知粒子做圆周运动的圆心在y轴上，所以该粒子必 定垂直于y轴进入匀强电场．故粒子到达y轴时，速度方向与y轴 正方向之间的夹角为90° . (2)由几何关系可知CO＝( 2－1)L 带电粒子在电场中做类平抛运动，设其运动时间为t，在电场中 向上运动的距离为h，则有：
高考物理二轮复习 专题突破篇 3.2 电场和磁场课件
3．(2015·长春质量检测)如图所示，在 x 轴上方有垂直于 xOy 平面向外的足够大匀强磁场(图中没有画出该磁场)，一个质量为 m、电荷量为 q(q>0)的粒子，在 P 点以速率 v 沿与 x 轴成某一角 度射入磁场，然后粒子从 Q 点离开磁场，P 点与 Q 点关于 y 轴 对称且相距为 2a，其中 a＝2mBvq(B 为磁感应强度，大小未知，不 计粒子重力的影响)．
2．作带电粒子运动轨迹时的几个要点 (1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度 直线与出射速度直线的交点． (2)六条线：圆弧两端点所在的轨迹半径、入射速度直线和 出射速度直线、入射点与出射点的连线、圆心与两条速度直线交 点的连线，前面四条边构成一个四边形，后面两条为对角线． (3)三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等 于圆心角，也等于弦切角的两倍．
(3)特点：由于 F 始终垂直于 v 的方向，故洛伦兹力永不做 功．
2．带电粒子在匀强磁场中的运动 (1)若 v∥B，带电粒子以速度 v 做匀速直线运动，此情况下 洛伦兹力等于零． (2)若 v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度 做匀速圆周运动． ①向心力由洛伦兹力提供，qvB＝mvR2；
[题组突破] 1．(2015·全国理综Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大 小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒 子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的 () A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小 C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小 答案：D
②轨道半径 R＝mqBv； ③周期：T＝2πvR＝2qπBm. 二、方法必备 1．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的分析方法 (1)圆心的确定：
高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题三电场与磁场第二讲磁场及带电粒子在磁场中的运动学案
第二讲磁场及带电粒子在磁场中的运动[知识建构][高考调研]1.考查方向：①结合电流周围的磁场分布特点考查磁场的性质．②结合现代科学技术考查带电粒子在磁场中的运动．③结合几何关系考查带电粒子在有界磁场中的临界问题．2.常用的思想方法：①对称思想．②等效思想．③极限思想．④放缩法．⑤平移法．⑥旋转法．(2)(3)几种典型电流周围磁场分布考向一磁场对通电导体的作用力[归纳提炼]求解磁场中导体棒运动问题的思路(多选)(2017·全国卷Ⅰ)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是( )A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ 3D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1[思路点拨] 首先判断直线电流的磁场及安培力，或者记住平行直线电流间作用规律，运用平行四边形法则，结合三角形知识解决．[解析] 同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．对L1进行受力分析，如下图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在的平面平行；对L3进行受力分析，如右图所示，可知L3所受磁场力的方向与L1、L2所在的平面垂直．任意两根导线间的作用力的大小是相等的，若两根导线间相互作用力为F，L1、L2受到的磁场力的合力大小相同，根据平行四边形定则作出几何图形，根据几何知识可求解，经分析知B、C正确．[答案] BC[熟练强化]1．(2017·上海卷)如图，一导体棒ab静止在U形铁芯的两臂之间．电键闭合后导体棒受到的安培力方向( )A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右[解析] 本题考查电流的磁效应、安培力及左手定则．根据图中的电流方向，由安培定则知U 形铁芯下端为N 极，上端为S 极，ab 中的电流方向由a →b ，由左手定则可知导体棒受到的安培力方向向右，选项D 正确．[答案] D2．(2017·金华十校第三次联合调研)如右图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O 点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5 m ，匀强磁场方向如右图所示，磁感应强度大小为0.5 T ．质量为0.05 kg 、长为0.5 m 的金属细杆置于金属轨道上的M 点．当在金属细杆内通以电流为2 A 的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知MN ＝ON ＝OP ＝1 m ，g ＝10 m/s 2，则( )A ．金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s 2B ．金属细杆运动到P 点时的速度大小为5 m/sC ．金属细杆运动到P 点时的向心加速度大小为10 m/s 2D ．金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N[解析] 金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F 安＝BIL ＝0.5×2×0.5 N ＝0.5 N ，金属细杆开始运动时的加速度大小为a ＝F 安m＝10 m/s 2，选项A 错误；对金属细杆从M 点到P 点的运动过程，安培力做功W 安＝F 安·(MN ＋OP )＝1 J ，重力做功W G ＝－mg ·ON ＝－0.5 J ，由动能定理，得W 安＋W G ＝12mv 2，解得金属细杆运动到P 点时的速度大小v ＝2 5m/s ，选项B 错误；金属细杆运动到P 点时的向心加速度大小为a ′＝v 2r＝20 m/s 2，选项C错误；在P 点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F N ，水平向右的安培力F 安，由牛顿第二定律，得F N －F 安＝mv 2r，解得F N ＝1.5 N ，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N ，由牛顿第三定律，可知金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N ，选项D 正确．[答案] D考向二 带电粒子在磁场中的运动[归纳提炼]1．带电粒子在匀强磁场中的运动(1)若v ∥B ，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．(2)若v ⊥B ，且带电粒子仅受洛伦兹力作用，则带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度v 做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．由qvB ＝m v 2R ，可得半径R ＝mvqB，则周期T＝2πR v ＝2πmqB.周期T 与粒子运动的速度v 或半径R 无关．角速度ω＝2πT ＝qBm，角速度ω只取决于粒子的比荷和磁感应强度，与粒子运动的速度v 和半径R 无关．动量p ＝mv ＝qBR ，动能E k ＝12mv 2＝q 2B 2R22m ，粒子的动量和动能与磁感应强度B 、轨道半径R 、粒子的属性(q 、m )有关．2．解决带电粒子在有界磁场中的运动问题的思路“画轨迹，定圆心，求半径”是解决带电粒子在磁场中运动问题的一般思路，其中“画轨迹”是处理临界与极值问题的核心．对于这类区域判断题，要善于进行动态分析，即首先选一个速度方向(如水平方向)，然后从速度方向的改变分析轨迹的变化，从而找出角度变化时可能出现的临界值与极值或各物理量间的联系．(2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场．若粒子射入速率为v 1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v 2，相应的出射点分布在三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．则v 2∶v 1为( )A.3∶2B.2∶1C.3∶1D ．3∶ 2[思路点拨] 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，找圆心、定半径是解题的常规方法，本题中只要找到半径之间的关系则问题迎刃而解。
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为B的匀强磁场，最后打在底片上．已知放置底片的区域MN＝
L，且OM
＝L.某次测量发现MN中左侧
2 3
区域MQ损坏，检测不
到离子．但右侧
1 3
区域QN仍能正常检测到离子．在适当调节加速
电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到．
(1)求原本打在MN中点P的离子质量m； (2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范 围； (3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求 需要调节U的最少次数．(取lg 2＝0.301，lg 3＝0.477，lg 5＝ 0.699)
最少次数为3次．
答案
9qB2L2 (1) 32U0
(2)10801U0≤U≤169U0
(3)最少次数为3次
视角2 回旋加速器的原理及应用 [例6] 图为某种离子加速器的设计方案．两个半圆形金属盒内存 在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场．其中MN和M′N′是间距 为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O′，O′N′ ＝ON＝d，P为靶点，O′P＝kd(k为大于1的整数)．极板间存在方 向向上的匀强电场，两极板间电压为U.质量为m、带电量为q的正 离子从O点由静止开始加速，经O′进入磁场区域．当离子打到极 板上O′N′区域(含N′点)或外壳上时将会被吸收．两虚线之间 的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过，忽略相对论效应和 离子所受的重力．求：
思路探究 (1)带电离子在电、磁场中分别做什么运动？ (2)在磁场中运动的半径大小和哪些因素有关？ 尝试解答 __________
解析 (1)离子在电场中加速，qU0＝12mv2
在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝mvr02
解得r0＝B1
2mU0 q
代入r0＝34L，解得m＝93q2BU2L0 2.
(2)由(1)知，U＝169UL02r2，
离子打在Q点时，r＝56L，得U＝10801U0
离子打在N点时，r＝L，得U＝169U0
则电压的范围10801U0≤U≤169U0.
(3)由(1)可知，r∝ U
由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点，
L 5
6L
＝ U1 U0
此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上，
离子的轨道半径为R0，则R0＝12kd② 由洛伦兹力提供向心力，qv0B＝mRv200③
联立①②③式得B＝2
2Uqm qkd
(2)设离子在电场中经过n次加速后到达P点，根据动能定理和牛
顿第二定律得nqU＝12mv2n④ qvnB＝mvrn2n⑤ rn＝k2d⑥
联立④⑤⑥式解得vn＝
2nmqU，B＝2
2nUqm qkd
当离子经过第一次加速，在磁场中偏转时，
qU＝12mv21⑦
qv1B＝mvr121⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式解得r1＝2kdn
由于d2<r1≤k2d，解得1≤n<k2，且n为整数，所以n＝1,2,3，…，k2
－1.
磁感应强度的可能值为
B＝2 2qnkUd qm(n＝1,2,3，…，k2－1)．
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高频考点三 电磁场技术的应用
知能必备
1.带电体在电、磁场中运 动的基本特点． 2.质谱仪、回旋加速器、 电磁流量计的基本原理.
[命题视角]
视角1 质谱仪的原理及应用
[例5] 一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量
不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零．这些 离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度
(2)原理：带电粒子在电场中加速，在磁场中偏转，交变电压的
周期与带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同．
(3)粒子获得的最大动能Ek＝
q2B2rn2 2m
，其中rn表示D形盒的最大半
径．
[题组冲关] 1．(2016·百校联盟押题卷)如图所示为一种获得高能粒子的装置 ——环形加速器，环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场．质 量为m、电荷量为＋q的粒子在环中做半径为R的圆周运动．A、 B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经 A板时，A板电势升高为＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两极 板间的电场中加速．每当粒子离开电场区域时，A板电势又降为 零，粒子在电场中一次次加速，动能不断增大，而在环形区域内 绕行半径不变(设极板间距远小于R)．下列关于环形加速器的说 法，正确的是( )
5
6rL1 ＝
U1 U0
解得r1＝562L
第2次调节电压到U2，原本打在Q1的离子打在N点，原本半径为r2
的打在Q2的离子打在Q上，则
5 rL1＝ UU20，6rL2 ＝ UU02，解得r2＝563L
同理，第n次调节电压，有rn＝56n＋1L
检测完整，有rn≤L2，解得n≥ lg62－1≈2.8 lg5
(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大 小； (2)能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值； 思路探究 (1)该加速器的基本原理？ (2)离子打到P点满足的运动过程怎样？ 尝试解答 __________
解析 (1)离子经一次加速的速度为v0，由动能定理得
qU＝12mv20①
1．质谱仪： (1)用途：测量带电粒子的质量和分析同位素． (2)原理：由粒子源S发出的速度几乎为零的粒子经过加速电场U
加速后，以速度v＝
2qU m
进入偏转磁场中做匀速圆周运动，动后打到照相底片D
上，通过测量D与入口间的距离d，进而求出粒子的比荷
q m
答案
(1)磁感应强度大小：2
2Uqm qkd
(2)磁感应强度的所有可能值：2 2qnkUd qm(n＝1,2,3，…，k2－1)
速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、回旋加速器、霍尔效 应这些都是带电粒子在复合场中的运动实例，这类问题模型成熟 固定，要求熟悉这几种模型的特点和规律，解答时只要抓住各种 模型的特点即可，如以下几种常见实例．
＝
8U B2d2
或粒子的质量m＝qB8U2d2.
2．速度选择器：带电粒子束射入正交的匀强电场和匀强磁场组 成的区域中，满足平衡条件qE＝qvB的带电粒子可以沿直线通过 速度选择器．速度选择器只对粒子的速度大小和方向做出选择， 而对粒子的电性、电荷量不能进行选择性通过．
3．回旋加速器：
(1)用途：加速带电粒子．