【江苏专版】高考物理二轮复习讲练专题8-磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动-含解析

专题八

磁场、带电粒在磁场及复合场中运动考点1|磁场的性质难度：较易题型：选择题、计算题五年1考多选)卷ⅡT南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是()A．南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．南针的指向会受到附近铁块的干扰D．指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转BC南针是一个小磁体，具N、S个磁极，因为地磁场的作用，指南针N极向地理的北极，选项错误，选项正．因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项正确．在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转．正确选项为、C.]苏高考T图1示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度．下列各选项4所示的载流线圈匝数相同边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方．线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态．若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是)

tttt图【解题关键】解此题的关键有以下两点：边长相同，但四个线圈在磁场中的有效长度不同．线圈电流相同，磁场发生变化时，线圈所受安培力也发生相应变化．A[场发生微小变化时因各选项中载流线圈在磁场中的面积不同法拉第电磁感应ΦΔB定律En＝知载流线圈在磁场中的面积越大，产生的感应电动势越大，感应电流越大载流线圈中的电流变化越大受的安培力变化越大天平越容易失去平衡由题图可知，选项A符合题意．]1．高考查特点本考点高考重在考查磁场的基本性质掌握常见磁体周围磁场的分布磁感线的形状及特点，电流磁场的判断、安培力洛伦兹力大小的影响因素及安培力、洛伦兹力方向的判断是突破本考点的前提．2.解题的常见误区及提醒常见磁体磁场分布规律不清楚．电流磁场的判断方法及安培力(洛伦兹力)方向的判断方法混淆．公式F＝BIL及fq中各符号的意义及适用条件掌握不牢固．

IlIlIlIlIlIl●考向1

磁场的基本性质1.如图2所示，平行放置在绝缘水平面上的长为l的直导线a和无限长的直导线b分别通以方向相反，大小II(I>I的恒定电流时ba的作用力为F.在空间加一竖直向下abb轴的负方向)、磁感应强度大小为B的匀强磁场时，导线a所受安培力恰好为零．则下列说法正确的是()图A．电流I在导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B，方向沿y轴的负方向bFB．所加匀强磁场的磁感应强度大小为B＝aC．导线ab作用力大于F，方向沿轴的正方向FD．电流I在导线处产生的磁场的磁感应强度大小为，方向沿轴的正向aaB

[限长的直导的电I在平行放置的直导a处产生的磁场的磁感应强度处处相b等由于加上题述磁场后a受安培力为零因此电流I在导线a处产生的磁场的磁感应强度bF大小为B，方向y轴的正方向，A项错误；由磁感应强度定义可得：B＝，项正确；a由牛顿第三定律可知导线对的作用力等于F项错误；电I在导线b处产生的磁场a的磁感应强度大小并不是处处相等，因此选项错误．]●考向2

通电导体在磁场中的运动2(多选如图3所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距L其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为I，图甲中I所示方向为电流正方向．则金属棒()图A．一直右移动B．速度随时间周期性变化

C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功ABC根据题意得出-象如图所示，金属棒一直向右运动，A正确．速度随时间做周期性变化，B确．据F＝BIL及左手定则可判，F大小不变，方向做周期性变化，则C安安项正确．F在前半周期做正功，后半周期做负功，则项错．安●考向3

洛伦兹力的应用3.(2016·安徽蚌埠模拟)如图4所示，坐标平面在竖直面内，y轴正方向竖直向上，空间有垂直于面的匀强磁场(图未画出)一带电小球从O点由静止释放运动轨迹如图中曲线所示．下列说法中正确的是)【导学号：25702034】图A．轨迹OAB能为圆弧B．小球在整个运动过程中机械能增加C．小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等D．小球运动至最低点时速度最大，且沿水平方向D[为重力改变速度的大小而洛伦兹力仅改变速度的方向洛伦兹力大小随速度的变化而变化，故电荷运动的轨迹不可能是圆弧，A项错误；整个过程中由于洛伦兹力不做功，只有重力做功，故系统机械能守恒B项错误；小球点时受到洛伦兹力与重力的作用，合力提供向上的向心力，所以洛伦兹力大于重力错误；因为系统中只有重力做功，小球运动至最低点时重力势能最小则动能最大速度的方向为该点的切线方向即最低点的切线方向沿水平方向，故D项正确．]1F＝BILα(B间的夹角，高中只要求掌α＝不受安培力)和α90°种情况．

公式只适用于匀强磁场中的通电直导线或非匀强磁场中很短的通电导线．当I夹角为0°F0.电流与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL.L是有效长度．闭合的通电导线框在匀强磁场中受到的安培力F＝安培力的方向利用左手定则判断．2．伦兹力的特点(1)伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，即洛伦兹力永不做功．仅电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．(3)左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向．3．伦兹力的大小v∥B，洛伦兹力F＝θ＝或180°)v⊥B，洛伦兹力F＝q.(θ＝90°)v＝0，洛伦兹力F＝0.考点2|带电粒子在匀强磁场中的运动难：中档题题型：选择题、计算题五年考全国甲卷T)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中场方向与筒的轴平行，筒的横截面如所示．图中直MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔射入筒内，射入时的运动方向与MN成角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为)图ω3B

B.

ω2B

C.

ω

2D.【解题关键】解此题的关键有三点：(1)带电粒子进入磁场后的运动性质．

B.B.(2)当筒转过90°时，N点的位置．(3)画出带电粒子的轨迹并活用几何关系．A[如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧MP所对应的圆心角由几何知识知π2m30°ω为30°，则＝，即＝，选项A确．]2qB全国丙卷T)平面OM和平面ON间的夹角为30°，其横截纸面)如图6所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为电荷量为q粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线的距离为()图mv2qB

C.

2v

D．

4m【解题关键】关键语句q>0与ON只有一个交点不计重力

信息解读带电粒子带正电与ON边界相切只受洛伦兹力作用

0020202200r0000220020202200r000022mD[图所示粒子在磁场中运动的轨道半径为＝设入射点为出射点为B圆弧与ON的交点由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知＝R由几何图形知＝3R，4v则＝AP＝3R，所以＝4R＝故选项D正确．]多选)江苏高考)如图所示，MN是磁感应强度为的匀强磁场的边9界．一质量为、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场．若粒子速度为v，最远能落在边界上的点．下列说法正确的有()图A．若粒落在A的左侧，其速度一定小于

0B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于vqBdC．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于－qBdD．若粒子落在A点左右两侧的范围内，其速度不可能大于＋【解题关键】解此题的关键有两点：粒子从O进入，到达离O最远的点离点的距离为粒子圆周运动的直径r2r粒子落在A左右两侧的范围内时，其粒子圆周运动的半径最小为mm[带电粒子在磁场中做匀圆周运动，qB＝，所以r，当带电粒子从不同方向由点以速度进入匀强磁场时，其轨迹是半径为r圆，轨迹与边界的交点位置最远是离点r距离，即＝2r，落在A的粒子从点垂直入射，其他粒子则均落在点左侧，若落在A点右侧则必须有更大的速度，选项正确．若粒子速度虽然比大，但进入磁场时与磁场边界夹角过大或过小，粒子仍有可能落点左侧，选AD错误．若粒子落2r－mm在点左右两侧的范围内，设其半径r，则r≥，代入r＝，r＝，解v≥v

0qBd－，选项C正确．]

TT1．高考查特点高考在本考点的命题关注带电粒子在有界磁场中运动的分析与计算据题意画出粒子的运动轨迹，利用数学关系求解是常用方法．2．解题常见误区及提醒对运动电荷的电性分析错误，而造成洛伦兹力方向的错误．左、右手定则混淆出现洛伦兹力方向错误．不能正确画出粒子的运动轨迹图，数学关系应用不灵活．●考向1

磁偏转的基本问题4全国卷ⅠT)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14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()【导学号：25702035】A．轨道径减小，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D[析轨道半径带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后粒子的速度v大小v2m不变磁感应强度B减小由公式r＝可知轨道半径增大分析角速度由公式T＝可2π知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据知角速度减小．选项D正确．]●考向2

磁偏转的临界问题5(高考改编在[例4](2016·全国丙卷)中，将磁场改为有界磁场，如图所示，带有正18电荷的粒子和B子同时以同样大小的速度(速度方向与边界的夹角分别为30°60°)从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是()

r100012r100012图A．A、两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为∶B．A、两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为－3)∶1C．A、两粒子的比荷之比是31D．A、两粒子的比荷之比是∶3B

m[、两粒子运动轨迹如图所示，粒子所受洛伦兹力提供向心力，轨迹半径＝，设A两粒子在磁场中做圆周运动的半径分别r由几何关系cos30°＋＝dR＋r＝d，解得＝＝，A错误，B正确；由于两粒子的速度大小相等，与2＋

qm成反比，所以A、两粒子的比荷之比是(＋3)∶，、D错误．]6.一足够长矩形区域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宽为，现从ad中点O直于磁场射入一带电粒子，速度大小为，方向与ad夹角为＝，如图所示，已知粒子的电荷量为q质量为m重力不计)．图若粒子带负电且恰能从点射出磁场，求v的大小；若粒子带正电且粒子能从ab射出磁场求v的取值范围及此范围内粒子在磁场中运动时间t范围．【解析】(1)若粒子带负电，则进入磁场后沿顺时针方向偏转，如图所示O为轨迹圆1心，由对称性可知，速度的偏转角＝α＝，故轨迹半径Lr＝＝1

20r01mm00222mmmax033233m3min3m0maxmin36Bq23mBq320r01mm00222mmmax033233m3min3m0maxmin36Bq23mBq3Bq02m根据qB＝1qBL解得v＝＝.若粒子带正电，则沿逆时针方向偏转，当v最大时，轨迹与相切，轨迹圆心为，半径为r，由几何关系得2Lr－rcos60°＝22解得r＝L2qBL即v＝＝当v最小时，轨迹与切，轨迹圆心为，半径为r，由几何关系可得Lr＋r＝33L解得r＝3qBL则v＝＝qBL所以<≤粒子从ab射出磁场，当速度为v时，速度偏转角最小且为150°，故运动时间最短，5π有t＝T＝min速度为v时，速度偏转角最大且为，因此运动时间最长，有4πmt＝T＝max5πm4πm所以粒子的运动时间t范围是≤t<【答案】(1)

qBLqBL5πm(2)<≤≤t<●考向3

磁偏转中的多过程问题7.(名师原创如图10所示，x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为的匀强磁场，x下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场．一带负电的粒子从原点以与轴成60°角的方向斜向上射入磁场，且在上方运动半径为(不计重力则()【导学号：25702036】

3Bq3B27503Bq3B2750图10A．粒子偏转一定能回到原点B．粒子在轴上方和下两磁场中运动的半径之比为2∶1C．粒子再次回到轴上方需的时间为

2πmD．粒子第二次射入轴上方磁场时，沿轴前进了RC

m[据R＝可知粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为∶2误；根据对称性，作出粒子的运动轨迹如图所示，则由图可知A选项错误；根据轨迹可知，粒子12m2πm2πm完成一次周期性运动的时间为t＝×＋×＝，则选正确；粒子第二次射入xq轴上方磁场时，沿轴前进的距离为x＝2R×＋4×cos30°＝，D选项错误．]8.(2016·东北三省四市联考)在如图示的xOy平面内≥0.5cm和y<0的范围内存在匀强磁场磁场方向垂直纸面向里磁感应强度均为＝1.0一个质量为m＝1.6×10

－

15

，带电荷量为q＝1.6×10带正电粒子从坐标原点O以v＝×的速度沿与轴成30°角的方向斜向上射出经磁场偏转恰好从轴上的点飞过经过Q点时的速度方向也斜向上(不计重力，π＝3.14)，求：图11粒子从O点运动到点所用的最短时间；粒子从O点运动到点所通过的路程．【解析】当粒子第一次以斜向上的速度，经过Q点时，时间最短，粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中运动的时间为t，则有1

20r00083－52201vqB＝m20r00083－52201解得r＝

m2πr2π又T＝＝v代入数据解得：r＝5×10

－

3

m×

8

s由图可知，粒子在磁场中运动的时间是一个周期，所以＝T＝6.28×10s14d45×粒子在无磁场区域运动的时间为t，设无磁场区域宽度为d有t＝＝s＝v×104.0×

－8

s最短时间t＝t＋t＝1.028×1012

－

7

s.粒子可以不断地重复上述运动情况子在磁场中通过的路程为＝2nrn…)粒子在无磁场区域通过的路程为＝4ndn＝1,2,3，…2总路程为s＝s＋s＝4nm(n＝，…)．12【答案】(1)1.028×10

－

7

s(2)0.051nn＝，…)“4、6、3角”巧解带电粒子在匀强磁场中的运动(1)4：入射点、出射点C轨迹圆心、入射速度直线与出射速度直线的交点O(2)6：圆弧两端点所在的轨迹半径r入射速度直线和出射速度直线、，入射点与出射点的连线BC圆心与两条速度直线交点的连线(3)3：速度偏转∠、圆心∠、弦切∠，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍．考点3|带电粒子在复合场中的运动难：较难题型：选择题、计算题五年考江苏高考T)回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的形金15

22R222222R2222属盒半径为.两盒间狭缝的间距为d磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直被加速粒子的2π质量为荷量为＋q狭缝间的交变电压如图乙所示值的大小为T＝0T一束该种粒子在t0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：甲乙图12出射粒子的动能E；粒子从飘入狭缝至动能达到所需的总时间t；0要使飘入狭缝的粒子中有超过能射出，d应满足的条件．【解题关键】解此题的关键有以下三点：粒子以半径运动时对应粒子的动能最大．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期恒定不变．粒子在狭缝间做匀加速直线运动．【解析】粒子运动半径为R时vqBm1且＝v

2qR解得＝.粒子被加速n达到动能，则＝nqU粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为t加速度a

qU0md

2222U002.22220(2)－d＜2222212222U002.22220(2)－d＜22222匀加速直线运动nd＝at

2TπBR＋BRdπm由t＝(n－1)·＋Δt，解得t＝－0T只有在0(－t)时间内飘入的粒子才能每次均被加速则所占的比例为η

T2

－ΔtT由η99%解得d＜

2πmU0100R【答案】(1)

qR2

πBR＋2πmπ2UqB100qB0江苏高考T)在科学研究中可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电15粒子运动的控制．如图所示的xOy面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度和磁感应强度随时间t作周期性变化的图象如图乙所示．x正方向为的正方向，垂直纸面向里为正方向．在坐标原点O有一粒子P其质量和电荷量分别为和＋q不计重力．在tτ＝时刻释放P，它恰能沿一定轨道做往复运动．求P磁场中运动时速度的大小v0求B应满足的关系；0τ在tt)时刻释放P，求速度为零时的坐标．00甲

乙【解题关键】关键语句x轴正方向为的正方向

图13信息解读粒子在电场中所受电场力沿正方向粒子P其质量和电荷量分别为m和＋qττ在t＝时刻释放能沿一定轨道做粒子在-τ时间内做匀加速直线运动

200m20022r0000m1100000m2200121200m20022r0000m1100000m2200121往复运动

粒子tτ间内做匀速圆周运动且运动时间为圆周运动的半周期τ【解析】(1)～τ做匀加速直线运动，～2做匀速圆周运动，电场力＝，加速aFτqEτ＝，速度v＝，且t，解得v＝.只有当＝2时，在磁场中做圆周运动结束并开始沿x轴负方向运动，才能沿一定轨道做往复运动，如图所示．设P在磁场中做圆周运动的周期为T.1则(n－)τ(＝1,2,3…)v匀速圆周运动qB＝，T＝

2πrv解得＝(n＝1,2,3，…．0qτ在t时刻释放，在电场中加速的时间为τ－

0在磁场中做匀速圆周运动，有v＝m圆周运动的半径r＝10解得r＝10又经(τ－t)时间P速为零后向右加速的时间为t再进入磁场，有v＝m圆周运动的半径r＝20t解得r＝20综上分析，速度为零时横坐标＝0

0kr－]相应的纵坐标为y＝r

，…)

0000000000000000解得y＝

2E[kt]002kE0

(＝，…)．【答案】(1)

τ02B＝0

qτ

n＝，…)横坐标＝0纵坐标y＝

2E[k]002kEt0

(＝，…)1．高考查特点本考点的高考命题主要考查带电粒子“电偏转磁偏转”问题结合回旋加速器、质谱仪等背景命题．熟悉两类偏转方式的不同规律及不同处理方法是突破的关键．2．解题常见误区及提醒电、磁偏转类型混淆，规律不清，处理方法不当．组合场问题中不能分段画出各自的轨迹，抓不住“过渡点”的特点．粒子是否受重力作用考虑不全．叠加场中的叠加类型，运动情况判断失误．●考向1

带电粒子在组合场中的运动9.如图14所示，在第一象限内有沿y轴负方向的电场强度大小为的匀强电场．在第二象限中，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，圆形区域与x、轴分别相切于A、两点．在点下方有一个粒子源P，可以向x上方各个方向射出速度大小均为v

0

、质量为m电荷量为＋q的带电粒子(重力不计，不计粒子间的相互作用)，其中沿y轴正向射出的带电粒子刚好从C点直于轴进入场．

4200r00200022m003Eq300)004200r00200022m003Eq300)00图14求匀强磁场的磁感应强度大小；求带电粒子到达轴时的横坐标范围和带电粒子到达x轴前运动时间的范围；如果将第一象限内的电场方向改为沿x轴负方向析带电粒子将从何处离开磁场可以不写出过程．【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，从A点运动到点的过程中带电粒子1的运动轨迹为个圆弧，轨迹半径r＝Rvv由Bq＝m，得B＝沿不同方向进入磁场的带电粒子离开磁场时的速度大小均为，方向均平行于x轴，其临界状态为粒子从D点沿轴正方向离开磁12πR分析粒子从D点离开磁场的情况，粒子在磁场中运动时间为t＝T，＝，得t＝1v1vR从D点平行于轴运动至y轴的时间＝2v在第一象限内运动过程中，粒子做类平抛运动，设运动时间为，则31x＝vt2＝，amRmR解得t＝2，x＝2mR则t＋t＋t＝＋213v带电粒子到达x时的横坐标范围为(v

0

mRR到达x前运动时间的范围为(，＋)．vv将第一象限内的电场方向改为沿x负方向时，带电粒子将从点正上方的点离开磁场．【答案】(1)

m

(2)见解析

见解析10如图15所示，在第一象限有向下的匀强电场，在第四象限有垂直纸面向里的有界匀强磁场．在y上坐标为(0，b)的，一质量为，电荷量为的正点电荷(不计重力，以

020m202qb222200v2rqrqr0qb020m202qb222200v2rqrqr0qb垂直于y轴的初速度v水平向右进入匀强电场．恰好从轴上坐为(20)的N点进入有界磁场．磁场位于y＝－0.8和＝4b横轴x、轴所包围的矩形区域内．最终粒子从磁场右边界离开．求：图15匀强电场的场强大小；磁感应强度B最大值；磁感应强度B小值时，粒子能否从(4b－b处射出？画图说明．【解析】粒子在匀强电场中做类平抛运动：1竖直位移为y＝b＝at

2水平位移为x＝2b＝t其加速度am可得电场强度E＝根据动能定理，设粒子进入磁场时的速度大小为1有m－v＝代入可得v＝2

0vv与正x的夹角θ有θ＝＝

22所以θ＝粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，vv2v有qB＝mB＝＝

0磁场越强粒子运动的半径越小从右边界射出的最小半径即从磁场右上角4b,0)处射出，4b2b由几何关系得：r＝＝2bminm可得＝max不能．如图：

2002qbqb2002qbqbmv【答案】(1)(2)

(3)不能，见解析图组合场问题两点技巧1．运动程的分解方法以“场”的边界将带电粒子的运动过程分段；分析每段运动带电粒子的受力情况和初速度，判断粒子的运动性质；建立联系：前、后两段运动的关联为带电粒子过关联点时的速度；分段求解：根据题设条件，选择计算顺序．2．周期和对称性的应用相邻场问题大多具有周期性和对称性一是要充分利用其特点画出带电粒子的运动轨迹，以帮助理顺物理过程；二是要注意周期性和对称性对运动时间的影响．●考向2

带电粒子在叠加场中的运动11.多选)如图16所示，空间中存在正交的匀强电场E方向水平向右)和匀强磁场方向垂直纸面向外)竖直平面内从点沿ab向抛出两带电小球(不考虑两带电小球的相互作用，两小球电荷量始终不变)，关于小球的运动，下列说法正确的是)【导学号：25702037】图16A．ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动B．只有沿ab向抛出的带电小球才可能做直线运动C．若沿方向抛出的小球做直线运动则小球带负电，且小球一定是匀速运动D．两小球在运动过程中机械能均守恒

26glm3m26glm3mAC

[个带电小球的电性未知，可假设电性再判断电场力和洛伦兹力的方向，由于在电场力、洛伦兹力和重力作用下小球的直线运动必为匀速运动，只要三力能平衡，小球即可做直线运动由假设判断可知沿方向做直线运动的小球带正电沿向做直线运动的小球带负电，所以选项A正确，选项B错误；除重力做功外，洛伦兹力不做功，电场力做功，机械能不守恒，选项D错误．]12.如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴沿水平方向．>0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀1强磁场和竖直向上的匀强电场磁感应强度大小为电场强度大小为E.>0的区域固定一与2x轴成θ＝30°角的绝缘细杆一穿在细杆上的带电小球沿细杆匀速滑下从N点恰能圆周3轨道运动到x轴上的点，且速度方向垂直于轴．已知Q点到坐标原点的距离为l，重力加速度为g，B＝7E1

110πgl

，＝2

5π

.气阻力忽略不计．图17q求带电小球a电性及其比荷；求带电小球a绝缘细杆的动摩擦因数μ；20πl当带电小球刚离开点时，从y轴正半轴距原点为＝的P点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球，球刚好运动到x轴时与向上运动的a相碰，则b球的初速度为多大？【解析】由带电小球a在第三象限内做匀速圆周运动可得，带电小球a带正电，且qmg＝qE解得＝.

2R22145gg＝2T2302000v2R22145gg＝2T2302000带电小球a点运动到点的过程中，设运动半径为R，有：qB＝3由几何关系有＋Rθ＝l联立解得v＝

5πgl6带电小球a杆上匀速运动时，由平衡条件有mgθ＝μ(q－cos)3解得：μ＝2πR24l带电小球a第三象限内做匀速圆周运动的周期T＝＝v210πl带电小球a一次在第二象限竖直上下运动的总时间为t＝＝0绝缘小球b抛运动至轴上的时间为＝两球相碰有t＝＋联立解得n17设绝缘小球b抛的初速度为v，则l＝t

2h10lg解得v＝

147160π

.g3【答案】(1)(2)

(3)

147160π关注几场叠加

优选规律解题(1)力分析，关注几场叠加①场、重力场并存，受重力和洛伦兹力②电场、磁场并存(不计重力的微观粒子)，受电场力和洛伦兹力；③电场、磁场、重力场并存，受电场力、洛伦兹力和重力．选用规律：四种观点解题：①电体做匀速直线运动，则用平衡条件求即二力或三力平衡带电体做匀速圆周运动，应用向心力公式或匀速圆周运动的规律求解；③电体做匀变速直线或曲线运动运动定律和运动学公式求解体做复杂的曲线运动，应用能量守恒定律或动能定理求解．●考向3

磁与现代科技的应用13(多选)(2014·江苏高考T)如图18所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈9之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面此时通过霍尔元件的电流为I与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压H

HdLLHHLH2dRd2LR＋IBHdLLHHLH2dRd2LR＋U满足：U＝k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻远大于R，HHL霍尔元件的电阻可以忽略，则)【导学号：25702038】图18A．霍尔件前表面的电势低于后表面B．若电源的正负极对调，电压表将反偏C．I与I成正比HD．电压表的示数与消耗的电功率成正比LCD

[霍尔元件通有电流I时根据左手定则电子将向霍尔元件的后表面运动故霍H尔元件的前表面电势较高将电源的正负极对调磁感应强度的方向换向方向变化，H根据左手定则电子仍向霍尔元件的后表面运动仍是霍尔元件的前表面电势较高项A、RB错误．R与R并联，根据并联分流，得I＝I故I与I成正比，选项正确．由R＋RLRIB于与I成正比＝I＝I＝IU＝k＝PU∝，LLHLHLL选项D正确．]14(2016·南十校共同体三联)1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱仪的研究荣获了诺贝尔化学奖一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是()图19A．