?專 題 三 電 場 和 磁 場



①3個模型：各種電荷產(chǎn)生電場模型、組合場模型、疊加場模型
②n種情境：以生活中電器、生產(chǎn)中的設(shè)備、現(xiàn)代電磁技術(shù)的應(yīng)用為載體，設(shè)置一些新穎情境，體現(xiàn)科學(xué)態(tài)度和責任
③3個過程：電場力作用下的運動過程、有電場力做功的過程、帶電粒子在磁場或復(fù)合場中的運動過程
④4種常見障礙：受力及運動過程的分析、帶電粒子在勻強磁場中的幾何知識(圓、三角形)、多過程和臨界問題
⑤n種常用方法：公式法、比值定義法、合成法、分解法、補償法、圖象法、特殊值法、作圖法等
⑥5種常用思維：類比思想、對稱思想、臨界思想、等效思想、守恒思想


微專題一　電場和磁場的基本性質(zhì)
三年＋三卷考情
命題規(guī)律＋預(yù)測
三年考題
考查內(nèi)容
(1)每年高考對電場和磁場的性質(zhì)及帶電粒子在電場和磁場中的運動均有考查，有時綜合動力學(xué)觀點，有時綜合功能觀點，難度可大可小。題型有選擇題，也有計算題。分析粒子在電場和磁場中的運動時，一般要畫出運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合動能定理、牛頓運動定律解題。在本微專題中對思想方法考查較多，?？疾榈乃枷敕椒ㄓ校旱刃枷?、分解法、比值定義法、控制變量法、補償法等。
(2)2021年高考會繼續(xù)關(guān)注高頻考點，但命題可以與生活、生產(chǎn)、科技結(jié)合，以新的載體形式出現(xiàn)。
2020
Ⅰ卷25T
帶電粒子在勻強電場中的運動
Ⅰ卷18T
帶電粒子在勻強磁場中的運動
Ⅱ卷20T
電場、電勢
Ⅱ卷24T
帶電粒子在勻強磁場中的運動
Ⅲ卷18T
帶電粒子在有界勻強磁場中的運動
Ⅲ卷21T
電場力的性質(zhì)、電場能的性質(zhì)、電場力做功
2019
Ⅰ卷15T
共點力平衡中庫侖定律的應(yīng)用
Ⅰ卷17T
安培力
Ⅰ卷24T
洛倫茲力
Ⅱ卷20T
帶電粒子運動軌跡的分析判斷
Ⅱ卷17T
洛倫茲力
Ⅲ卷21T
等量異種電荷　電場的分析
Ⅲ卷18T
帶電粒子在磁場中運動
2018
Ⅰ卷16T
點電荷中庫侖定律的應(yīng)用
Ⅰ卷21T
電子在勻強電場中的運動分析
Ⅱ卷21T
帶電粒子在勻強電場中的能量轉(zhuǎn)化分析
Ⅱ卷20T
磁場疊加
Ⅲ卷21T
帶電粒子在平行板電容中的運動分析






高考考向1　電場的性質(zhì)
解|題|必|備
1．類比法——理解抽象概念
電場中的概念較多，有些概念不易理解，可與熟知的重力場中的概念類比，增強記憶，加深理解，事半功倍。

2．掌握“三個判斷”，輕松處理熱點問題
(1)電場強度的判斷：
①場強方向是正電荷受電場力的方向，也是電場線上某點的切線方向；
②電場的強弱可用電場線的疏密程度判斷。
(2)電勢高低的比較：
①根據(jù)電場線方向判斷：沿著電場線方向電勢降低；
②根據(jù)電勢的定義φ＝判斷：將＋q從電場中的某點移到無窮遠處，電場力做功多，則該點的電勢高；
③根據(jù)電勢差Uab＝φa－φb判斷：若Uab>0，則φa>φb；反之則φa0)的帶電顆粒，分裂后顆粒a、b分別向左、向右滑動，其中一顆粒恰好在細管內(nèi)做勻速直線滑動，而另外一顆粒則沒能滑出細管。則下列說法正確的是(　　)

A．a(chǎn)顆粒未能滑出管道
B．未能滑出管道的顆粒做勻減速直線運動
C．小球分裂后瞬間b顆粒速度為
D．小球分裂后瞬間a顆粒速度為
解析　小球分裂后，顆粒a受向下的重力和洛倫茲力，所以細管對顆粒a有豎直向上的彈力，顆粒a運動時受摩擦力作用而做減速運動未能滑出管道，A項正確；顆粒a速度減小，洛倫力減小，支持力減小，摩擦力減小，加速度減小，B項錯誤；顆粒b在細管內(nèi)做勻速直線運動，受力平衡，有mg＝qvbB，解得速度vb＝，小球分裂瞬間滿足動量守恒，有mva－2mvb＝0，解得va＝，C項錯誤，D項正確。
答案　AD
三、非選擇題
10．(2020·浙江新突破考前模擬)某種工業(yè)上用質(zhì)譜儀將鈾離子從其他相關(guān)元素中分離出來，如圖所示，鈾離子通過U＝100 kV的電勢差加速后進入勻強磁場分離器，磁場中鈾離子的路徑為半徑r＝1.00 m的半圓，最后鈾離子從狹縫出來被收集在一只杯中，已知鈾離子的質(zhì)量m＝3.92×10－25 kg，電荷量q＝3.20×10－19 C，如果該設(shè)備每小時分離出的鈾離子的質(zhì)量M＝100 mg，則：(為便于計算≈2)

(1)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度；
(2)計算一小時內(nèi)杯中所產(chǎn)生的內(nèi)能；
(3)計算離子流對杯產(chǎn)生的沖擊力。
解析　(1)鈾離子在加速電場中加速時，由動能定理
qU＝mv2－0，
鈾離子做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供
qvB＝，
以上兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得B＝0.5 T。
(2)每小時加速鈾離子的數(shù)目
n＝＝＝2.55×1020個，
每個鈾離子加速獲得的動能為
Ek＝mv2＝qU，
這些動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則n個鈾離子全部與杯子碰撞后產(chǎn)生的總的內(nèi)能為
Q＝nEk＝nqU＝2.55×1020×3.20×10－19×105 J＝8.16×106 J。
(3)經(jīng)過1小時，把這些鈾離子看成一個整體，根據(jù)動量定理得－FNt＝0－Mv，
所以求得杯子對這些鈾離子的沖擊力
FN＝＝0.011 N，
據(jù)牛頓第三定律，離子對杯子的沖擊力大小等于0.011 N。
答案　(1)0.5 T　(2)8.16×106 J　(3)0.011 N
11．(2020·陜西咸陽模擬)如圖，區(qū)域Ⅰ內(nèi)有與水平方向成45°角的勻強電場E1，區(qū)域?qū)挾葹閐1，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有正交的有界勻強磁場B和勻強電場E2，區(qū)域?qū)挾葹閐2，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下。一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的微粒在區(qū)域Ⅰ左邊界的P點，由靜止釋放后水平向右做直線運動，進入?yún)^(qū)域Ⅱ后做勻速圓周運動，從區(qū)域Ⅱ右邊界上的Q點穿出，其速度方向改變了30°，重力加速度為g，求：

(1)區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強電場的電場強度E1、E2的大??；
(2)區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小；
(3)微粒從P運動到Q的時間。
解析　(1)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)水平向右做直線運動，則在豎直方向上有qE1sin45°＝mg，
解得E1＝，
微粒在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動，則重力和電場力平衡，有mg＝qE2，
解得E2＝。
(2)粒子進入磁場區(qū)域時滿足qE1d1cos45°＝mv2，
qvB＝m，
根據(jù)幾何關(guān)系，分析可知R＝＝2d2，
整理得B＝。
(3)微粒從P到Q的時間包括在區(qū)域Ⅰ內(nèi)的運動時間t1和在區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運動時間t2，并滿足a1t＝d1，
mgtan45°＝ma1，t2＝×，
經(jīng)整理得t＝t1＋t2＝＋×＝。
答案　(1)　　(2)
(3)
12．(2020·浙江省杭州市適應(yīng)性考試)如圖所示，在直角坐標系xOy中，OA與x軸的夾角為45°，在OA的右側(cè)有一沿x軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E，在OA的左側(cè)區(qū)域及第二象限區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，在x軸上的某點靜止釋放一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q且不計重力的帶電粒子(不計重力)，粒子將向左運動進入磁場，問：

(1)若釋放點的位置坐標為x0，則粒子進入磁場后經(jīng)過y軸時的坐標為多少？
(2)若上述粒子在返回電場后，經(jīng)過x軸前沒有進入磁場，則粒子從釋放到又經(jīng)過x軸需多長時間？
(3)若粒子在x軸上的P點釋放后，粒子在進出磁場一次后又返回到P點，求P點的位置坐標是多少？
解析　(1)帶電粒子在電場中加速qEx0＝mv2，
在磁場中受洛倫茲力向上，粒子沿順時針方向偏轉(zhuǎn)qvB＝，
粒子從O點進入磁場，經(jīng)過半個周期經(jīng)過y軸，故其坐標為y＝2R＝。
(2)粒子回到OA邊界時，轉(zhuǎn)過了四分之三圓弧，又進入電場，此時速度方向垂直于電場，粒子在電場中做類平拋運動，沿垂直于電場方向位移為R時經(jīng)過x軸，故從靜止開始加速運動到磁場過程中有
x0＝at，qE＝ma，
磁場中運動有t2＝T＝，
在電場中做類平拋運動的時間t3＝，
得t＝＋。
(3)由第(2)小題的分析可知，若R－x＝at，則粒子恰回到出發(fā)點，即－x＝2，
解得x＝。
答案　(1)　(2)＋
(3)
大專題綜合練(三)　電場和磁場
一、單項選擇題
1．西漢著作《淮南子》中記有“陰陽相薄為雷，激揚為電”，人們對雷電的認識已從雷公神話提升到樸素的陰陽作用。下列關(guān)于雷電的說法中錯誤的是(　　)
A．發(fā)生雷電的過程是放電過程
B．發(fā)生雷電的過程是電能向光能、內(nèi)能等轉(zhuǎn)化的過程
C．發(fā)生雷電的過程中，電荷的總量增加
D．避雷針利用尖端放電，避免建筑物遭受雷擊
解析　雷電是天空中帶異種電荷的烏云間的放電現(xiàn)象，A項正確；根據(jù)能量轉(zhuǎn)化可知，發(fā)生雷電的過程是電能向光能、內(nèi)能等轉(zhuǎn)化的過程，B項正確；電荷既不會創(chuàng)生，也不會消滅，只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分，總量不變，C項錯誤；避雷針利用尖端放電，避免建筑物遭受雷擊，D項正確。
答案　C
2.(2020·河北省衡水中學(xué)第一次聯(lián)考)如圖所示，abcd是一個用粗細均勻、同種材料的導(dǎo)線彎折成的長方形線框，線框豎直放置，ab長度為L，bc長度為。勻強磁場的方向垂直于金屬框平面向里，磁感應(yīng)強度大小為B。若金屬框a、b兩端與恒壓電源相連，電流方向如圖所示，若通過ab邊的電流大小為I，則金屬框受到的安培力大小和方向分別為(　　)

A.BIL，方向豎直向上 B．2BIL，方向豎直向上
C.BIL，方向豎直向下 D．3BIL，方向豎直向下
解析　由題意可知，邊ab(cd)的電阻是邊ad(bc)電阻的2倍，由并聯(lián)關(guān)系可知，通過adcb支路的電流為，所以邊dc所受安培力大小為Fdc＝BIL，方向豎直向上，邊ab所受安培力大小為Fab＝BIL，方向豎直向上，邊ad和bc所受安培力的合力為零，所以金屬框所受安培力大小為F＝BIL，方向豎直向上，A項正確。
答案　A
3．如圖所示，完全相同的甲、乙兩個環(huán)形電流同軸平行放置，甲的圓心為O1，乙的圓心為O2，在兩環(huán)圓心的連線上有a、b、c三點，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此時a點的磁感應(yīng)強度大小為B1，b點的磁感應(yīng)強度大小為B2。當把環(huán)形電流乙撤去后，c點的磁感應(yīng)強度大小為(　　)

A．B1－ B．B2－
C．B2－B1 D.
解析　對于圖中單個環(huán)形電流，根據(jù)安培定則，其在中軸線上的磁場方向均是向左，故c點的磁場方向也是向左的。設(shè)aO1＝O1b＝bO2＝O2c＝r，單個環(huán)形電流在距離中點r位置的磁感應(yīng)強度為B1r，在距離中點3r位置的磁感應(yīng)強度為B3r，故：a點磁感應(yīng)強度：B1＝B1r＋B3r；b點磁感應(yīng)強度：B2＝B1r＋B1r；當撤去環(huán)形電流乙后，c點磁感應(yīng)強度：Bc＝B3r＝B1－B2，故A項正確。
答案　A
4．如圖甲所示，Q1、Q2是兩個固定的點電荷，一個帶負電的試探電荷僅在電場力作用下以初速度v0沿兩點電荷連線的中垂線從a點向上運動，其v－t圖象如圖乙所示。下列說法正確的是(　　)

A．兩點電荷一定都帶正電，但電荷量不一定相等
B．兩點電荷一定帶正電，0～t2時間內(nèi)試探電荷所經(jīng)過的各點電場強度越來越大
C．t1、t3兩時刻試探電荷在同一位置
D．t2時刻試探電荷的電勢能最大，試探電荷所在處電場的電勢最高
解析　由圖乙可知：試探電荷先向上做減速運動，再反向向下做加速運動，說明粒子受到的電場力向下，故兩點電荷一定都帶正電；由于電場線只能沿豎直方向，故兩個點電荷帶電荷量一定相等，故A項錯誤；圖象的斜率表示加速度的大小，由圖可知，加速度先增大后減小，故說明各點的電場強度先增大后減小，故B項錯誤；圖象與時間軸所圍成的面積表示位移，由圖可知，t1、t3兩時刻之間的圖象面積相等，且方向相反，則說明t1、t3兩時刻試探電荷在同一位置，故C項正確；t2時刻試探電荷的速度為零，動能為零，根據(jù)能量守恒定律可知試探電荷的電勢能最大。由于粒子帶負電，故此時電勢最低，故D項錯誤。
答案　C
5．在某孤立點電荷的電場中，規(guī)定無限遠處電勢為零，則電場中任意點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關(guān)系圖象如圖所示。電場中a、c兩點電場強度大小之比為k1，b、d兩點電場強度大小之比為k2；帶電粒子從a點移到b點電場力做功為W1，從c點移到d點電場力做功為W2，下列說法正確的是(　　)

A．k1∶k2＝1∶1 B．k1∶k2＝1∶4
C．W1∶W2＝1∶1 D．W1∶W2＝1∶4
解析　由點電荷的電場強度公式E＝可知，孤立點電荷的電場中某點的電場強度大小與該點到點電荷距離的平方成反比，因此k1＝＝2＝16，同理可得k2＝＝16，故k1∶k2＝1∶1，故A項正確，B項錯誤；由W＝qU可知，在電場中移動電荷時電場力做的功與移動的兩點間電勢差成正比，因此W1∶W2＝Uab∶Ucd＝4∶1，故C、D兩項錯誤。
答案　A
6.(2020·安徽省太和中學(xué)11月質(zhì)檢)如圖所示，圓形磁場區(qū)域的半徑為R，AB和CD是兩條相互垂直的直徑，圓心為O，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B。一個質(zhì)量為m，電荷量絕對值為q的帶電粒子從A點沿與AB成45°方向射入磁場，最后從D點離開磁場。下列說法正確的是(　　)

A．帶電粒子帶正電
B．帶電粒子運動速度為
C．帶電粒子在運動過程中不會經(jīng)過O點
D．帶電粒子在磁場中的運動時間為
解析　根據(jù)題意，畫出帶電粒子在磁場中的運動軌跡，帶電粒子在A點受到的洛倫茲力方向沿AD方向，根據(jù)左手定則，帶電粒子帶負電，A項錯誤；帶電粒子做圓周運動的圓心為AD的中點，帶電粒子做圓周運動的軌道半徑為r＝R，帶電粒子在運動過程中會經(jīng)過O點，R＝，v＝，B、C兩項錯誤；帶電粒子在磁場中的運動時間為t＝T＝，D項正確。

答案　D
7. (2020·東北三省三校第一次聯(lián)考)在兩個邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)(包括四周的邊界)有大小相等、方向相反的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一個質(zhì)量為m，帶電量為＋q的粒子從f點沿著fe的方向射入磁場，恰好從c點射出。則該粒子速度大小為(　　)

A.　　　B.　　　C.　　　D.
解析　畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何知識得r2＝2＋L2，由洛倫茲力提供向心力得r＝，聯(lián)立解得v＝，C項正確。

答案　C
8. 如圖所示為回旋加速器示意圖，利用回旋加速器對H粒子進行加速，此時D形盒中的磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，D形盒縫隙間電場變化周期為T，加速電壓為U。忽略相對論效應(yīng)和粒子在D形盒縫隙間的運動時間，下列說法正確的是(　　)

A．保持B、U和T不變，該回旋加速器可以加速質(zhì)子
B．只增大加速電壓U，H粒子獲得的最大動能增大
C．只增大加速電壓U，H粒子在回旋加速器中運動的時間變短
D．回旋加速器只能加速帶正電的粒子，不能加速帶負電的粒子
解析　D形盒縫隙間電場變化周期與H粒子在磁場中做圓周運動的周期相等，為T＝，而質(zhì)子與H粒子的比荷不相等，所以為了加速器可以加速質(zhì)子，應(yīng)對加速器進行參數(shù)調(diào)節(jié)，改變B和T，A項錯誤；設(shè)D形盒半徑為r，則H粒子離開回旋加速器的最大速度vmax＝，所以只增大加速電壓U，H粒子獲得的最大動能不會增大，B項錯誤；粒子在回旋加速器回旋一周，增加的動能為2qU，在回旋加速器中運動時間由回旋次數(shù)決定，設(shè)回旋次數(shù)為n，則由2nqU＝mv，可得n＝，所以粒子運動總時間t＝nT＝·＝，故只增大加速電壓U，H粒子在回旋加速器中回旋的次數(shù)會變少，即運動的時間會變短，C項正確；回旋加速器既能加速帶正電的粒子，也能加速帶負電的粒子，D項錯誤。
答案　C
二、多項選擇題
9. (2020·河南省頂級名校聯(lián)考)如圖所示，豎直放置的平行板電容器內(nèi)除電場外還有圖示的勻強磁場，從A板中點小孔P向各個方向入射一批不同速度的帶正電微粒(考慮重力)，則微粒在由A到C的過程中(　　)

A．可能有微粒勻速運動，但一定無微粒勻變速運動
B．可能有微粒沿圓弧勻速率運動
C．所有微粒到達C板時的動能一定大于在A板時的動能
D．所有微粒到達C板時的機械能一定大于在A板時的機械能
解析　微粒在平行板中受重力、電場力、磁場力三個力作用，重力和電場力都是恒力，但磁場力的大小和方向隨速度的大小和方向的不同而不同，因此三個力的合力可以為0，但不可能恒定，故微?？梢宰鰟蛩龠\動但一定不能做勻變速運動，A項正確；由于重力和電場力是互相垂直的，不可能平衡，故微粒不可能做勻速圓周運動，B項錯誤；由A板到C板，合力可能做正功，也可能做負功或不做功，故微粒動能的變化是不確定的，C項錯誤；由于電場力一定做正功，故機械能一定增大，D項正確。
答案　AD
10. (2020·江西省重點中學(xué)協(xié)作體第一次聯(lián)考)在真空中水平放置平行板電容器，兩極板間有一個帶電油滴，電容器兩板間距為d，當平行板電容器的電壓為U0時，油滴保持靜止狀態(tài)，如圖所示。當給電容器突然充電使其電壓增加ΔU1，油滴開始向上以加速度a運動；經(jīng)時間Δt后，電容器突然放電使其電壓減少ΔU2，加速度大小變?yōu)?a，且加速度方向向下，又經(jīng)過時間Δt，油滴恰好回到原來位置。假設(shè)油滴在運動過程中沒有失去電荷，充電和放電的過程均很短暫，這段時間內(nèi)油滴的位移可忽略不計，運動過程中油滴未與極板相碰。重力加速度為g，則下列說法中正確的是(　　)

A．ΔU1∶ΔU2＝1∶4
B．第一個Δt時間內(nèi)和第二個Δt時間內(nèi)，油滴動量變化量大小之比為1∶3
C．第一個Δt時間內(nèi)和第二個Δt時間內(nèi)，油滴動能變化量之比為1∶3
D．第一個Δt時間內(nèi)和第二個Δt時間內(nèi)，極板電荷變化量絕對值之比為1∶3
解析　電壓為U0時油滴處于平衡狀態(tài)，有＝mg；充電后電壓增加ΔU1時，由牛頓第二定律得－mg＝ma；放電，電壓減少ΔU2時，有mg－＝3ma。聯(lián)立解得＝，A項正確；由動量定理得第一個Δt時間內(nèi)，油滴的動量變化量大小Δp1＝F合1Δt＝maΔt，第二個Δt時間內(nèi)，油滴的動量變化量大小Δp2＝F合2Δt＝3maΔt，則兩段時間內(nèi)動量變化量大小之比為1∶3，B項正確；第一個Δt時間和第二個Δt時間內(nèi)位移大小相等，由動能定理得，第一個Δt時間內(nèi)油滴動能變化量ΔEk1＝F合1x＝max，第二個Δt時間內(nèi)油滴動能變化量ΔEk2＝F合2x＝3max，所以兩段時間內(nèi)動能變化量之比為1∶3，C項正確；極板帶電荷量變化量絕對值ΔQ＝CΔU，所以第一個Δt時間和第二個Δt時間內(nèi)，極板帶電荷量變化量絕對值之比＝＝，D項錯誤。
答案　ABC
11．(2020·全國卷Ⅲ) 如圖，∠M是銳角三角形PMN最大的內(nèi)角，電荷量為q(q>0)的點電荷固定在P點。下列說法正確的是(　　)

A．沿MN邊，從M點到N點，電場強度的大小逐漸增大
B．沿MN邊，從M點到N點，電勢先增大后減小
C．正電荷在M點的電勢能比其在N點的電勢能大
D．將正電荷從M點移動到N點，電場力所做的總功為負
解析　點電荷的電場以點電荷為中心，向四周呈放射狀，如圖。∠M是最大內(nèi)角，所以PN>PM，根據(jù)點電荷的場強公式E＝k(或者根據(jù)電場線的疏密程度)可知從M→N電場強度先增大后減小，A項錯誤；電場線與等勢面(圖中虛線)處處垂直，沿電場線方向電勢降低，所以從M→N電勢先增大后減小，B項正確；M、N兩點的電勢大小關(guān)系為φM>φN，根據(jù)電勢能的公式Ep＝qφ可知正電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能，C項正確；正電荷從M→N，電勢能減小，電場力所做的總功為正功，D項錯誤。

答案　BC
三、非選擇題
12．(2020·浙江新突破考前模擬)水平折疊式串列加速器是用來產(chǎn)生高能離子的裝置，如圖是其主體原理側(cè)視圖。圖中aa1bb1cc1為一級真空加速管，中部bb1處有很高的正電勢φ，aa1、cc1兩端口均有電極接地(電勢為零)；cc1、dd1左邊為方向垂直紙面向里的勻強磁場；dd1ee1ff1為二級真空加速管，其中ee1處有很低的負電勢－φ，dd1、ff1兩端口均有電極接地(電勢為零)。有一離子源持續(xù)不斷地向aa1端口釋放質(zhì)量為m、電荷量為e的負一價離子，離子初速度為零，均勻分布在aa1端口圓面上。離子從靜止開始加速到達bb1處時可被設(shè)在該處的特殊裝置將其電子剝離，成為正二價離子(電子被剝離過程中離子速度大小不變)；這些正二價離子從cc1端口垂直磁場方向進入勻強磁場，全部返回dd1端口繼續(xù)加速到達ee1處時可被設(shè)在該處的特殊裝置對其添加電子，成為負一價離子(電子添加過程中離子速度大小不變)，接著繼續(xù)加速獲得更高能量的離子。已知aa1端口、cc1端口、dd1端口、ff1端口直徑均為L，c1與d1相距為2L，不考慮離子運動過程中受到的重力，不考慮離子在剝離電子和添加電子過程中質(zhì)量的變化，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

(1)離子到達ff1端口的速度大小v；
(2)磁感應(yīng)強度大小B；
(3)在保證(2)問中的B不變的情況下，若aa1端口有兩種質(zhì)量分別為m1＝2m、m2＝2m，電荷量均為e的負一價離子，離子從靜止開始加速，求從ff1端口射出時含有m1、m2混合離子束的截面積為多少。
解析　(1)對離子加速全過程由動能定理得到
6eφ＝mv2，
解得v＝2。
(2)離子從一級真空管中加速進入磁場中，有
3eφ＝mv，
進入磁場時速度v1＝，
由題知離子在磁場中運動半徑r＝，洛倫茲力提供向心力，有2ev1B＝，
解得B＝。
(3)m1＝2m，m2＝2m，
離子在一級真空管中加速進入磁場，有3eφ＝Mv2，
離子在磁場中運動過程，有2eBv＝M，
則r＝＝，r∝，
故r1＝×L＝1.8L，
r2＝×L＝1.4L，
粒子軌跡如圖甲所示，左視圖如圖乙所示，

S＝2×＝0.083L2。
答案　(1)2　(2)　(3)0.083L2
13．(2020·河南省九師聯(lián)盟質(zhì)量檢測) 如圖所示，邊長為L的正方形abcd區(qū)域內(nèi)，均分成相同的三個矩形區(qū)域，區(qū)域Ⅰ內(nèi)有大小為B1＝B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，區(qū)域內(nèi)Ⅱ有方向豎直向上的勻強電場，區(qū)域Ⅲ內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強磁場。在紙面內(nèi)由ab邊的中點e沿與ab夾角為37°的方向，向磁場Ⅰ內(nèi)射入質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的粒子，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，粒子以與MN邊夾角成37°的方向進入電場，然后垂直PQ進入磁場Ⅲ，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好從PQ的中點射出磁場Ⅲ而進入電場區(qū)域Ⅱ。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計粒子的重力，求：

(1)粒子從e點射入的速度大??；
(2)勻強電場電場強度的大小E及區(qū)域Ⅲ中勻強磁場磁感應(yīng)強度B2的大??；
(3)當粒子再次進入?yún)^(qū)域Ⅱ時，電場強度大小不變，方向反向，則粒子在abcd邊界上出射點的位置離e點的距離及粒子在電場、磁場中運動的總時間。
解析　(1)粒子第一次經(jīng)過MN的位置為f，由幾何關(guān)系可知，e、f連線與MN垂直。
設(shè)粒子在區(qū)域Ⅰ中做圓周運動的半徑為r1，
則r1cosθ＝，
解得r1＝，
設(shè)粒子從e點射入的速度大小為v0，根據(jù)牛頓第二定律有qv0B＝m，
解得v0＝。

(2)設(shè)粒子第一次經(jīng)過PQ時速度大小為v1，粒子在電場中的運動是類平拋運動的逆運動，粒子第一次在電場中運動的時間t1＝＝，
粒子沿場強方向運動的位移h1＝＝L，
根據(jù)運動學(xué)公式有h1＝at，
根據(jù)牛頓第二定律qE＝ma，
解得E＝，
粒子從g點進區(qū)域Ⅲ時速度大小v1＝v0sinθ＝，
在區(qū)域Ⅲ中做圓周運動的半徑r2＝h1＝L，
根據(jù)牛頓第二定律qv1B2＝m，
解得區(qū)域Ⅲ中磁場磁感應(yīng)強度大小B2＝B。
(3)粒子從PQ中點出射后在區(qū)域Ⅱ、Ⅰ中的運動是粒子從e到g過程的逆運動，如圖所示，

因此粒子從ab邊射出磁場時的位置在a、e間離e點的距離為h1＝L，
粒子在區(qū)域Ⅰ中運動的時間t0＝2×T1＝，
在區(qū)域Ⅲ中運動的時間t2＝T2＝＝，
因此粒子在電場和磁場中運動的總時間為
t＝t0＋2t1＋t2＝。
答案　(1)　(2)　B　(3)

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