?專題06電場和磁場的基本性質
【要點提煉】
1.電場的基本性質
(1)對電場強度的三個公式的理解
①E＝是電場強度的定義式，適用于任何電場。電場中某點的場強是確定的，其大小和方向與試探電荷q無關。
②E＝k是真空中點電荷所形成的電場的場強的決定式，只適用于點電荷的電場。某點的電場強度E由場源電荷Q和該點到場源電荷的距離r決定。
③E＝是場強與電勢差的關系式，只適用于勻強電場。注意：式中d為兩點間沿電場方向的距離。
(2)電場能的性質
①電勢與電勢能：φ＝。
②電勢差與電場力做功：UAB＝＝φA－φB。
③電場力做功與電勢能的變化：W＝－ΔEp。
(3)等勢面與電場線的關系
①電場線總是與等勢面垂直，且從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。
②電場線越密的地方，等差等勢面也越密。
③沿等勢面移動電荷，電場力不做功；沿電場線移動電荷，電場力一定做功。
2．平行板電容器問題的三個公式、兩種情形
(1)三個公式：①C＝；②C＝；③E＝。
(2)兩種情形：與直流電源相連時，兩極板間電壓不變；充電后斷開電源時，兩極板所帶電荷量不變。
3．帶電粒子在電場中常見的運動類型
(1)直線運動：通常利用動能定理qU＝mv2－mv來求解；對于勻強電場，電場力做功也可以用W＝qEd來求解。
(2)偏轉運動：一般研究帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題。對于類平拋運動可直接利用類平拋運動的規(guī)律以及推論；較復雜的曲線運動常用運動的合成與分解的方法來處理。
4．磁場對通電導體的作用
(1)通電導體在磁場中受到的安培力
①方向：根據左手定則判斷。
②大小：F＝BIL。
a．B、I與F三者兩兩垂直；
b．L是有效長度，即垂直磁感應強度方向的長度。
(2)熟悉“兩個等效模型”
①變曲為直：如圖甲所示通電導線，在計算安培力的大小和判斷方向時均可等效為ac直線電流。

②化電為磁：環(huán)形電流可等效為小磁針，通電螺線管可等效為條形磁體，如圖乙所示。
5．磁場對帶電粒子的作用
(1)帶電粒子在磁場中的受力情況
①磁場只對運動的電荷有力的作用，對靜止的電荷無力的作用。磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力。
②洛倫茲力的大小和方向：其大小為F＝qvB sin θ，注意：θ為v與B的夾角。F的方向由左手定則判定，四指的指向應為正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向。
(2)洛倫茲力做功的特點
由于洛倫茲力始終和速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功。
6．帶電粒子在勻強磁場中常見的運動類型
(1)勻速直線運動：當v∥B時，帶電粒子以速度v做勻速直線運動。
(2)勻速圓周運動：當v⊥B時，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內以入射速度大小做勻速圓周運動。
【高考考向1　電場的基本性質】
命題角度1 電場的疊加
例1：（2022·江蘇揚州·模擬預測）某同學認為在兩個帶電導體之間可以存在如圖所示的靜電場，它的電場線相互平行，間距不等。關于此“靜電場”，下列說法正確的是（　?。?。

A．一定存在，且是勻強電場
B．一定存在，將兩個勻強電場疊加可實現
C．一定不存在，因為等勢面上各處場強必須大小相等
D．一定不存在，因為在此靜電場中將試探電荷沿不同路徑從a點移動b點，電場力做功不同
【答案】D
【詳解】A．電場線相互平行，說明電場中各點場強方向相等，而電場線間距不等說明電場中各點場強大小不是處處相等，不是勻強電場，故A錯誤；
B．將兩個勻強電場疊加，獲得的電場仍為勻強電場，故B錯誤；
C．如果存在這樣的電場，根據等勢面的特點，它的等勢面ac、bd應該如圖甲所示，

a、d兩點的電勢差Uad應該等于c、b兩點的電勢差Ucb,即
Uad=Ucb
從圖中可以看出，a、d兩點的距離等于c、b兩點的距離，ad處的場強大于cb處的場強。根據
U=Ed
可得
Uad>Ucb
所以這樣的電場不可能存在，但等勢面上各點的場強不一定大小相等，故C錯誤；
D．如圖乙所示

粒子沿兩個不同的路徑，從和從，電場力做功不相同，即電場力做功與路徑有關，違背了靜電場的基本性質，所以這樣的電場不可能存在，故D正確。
故選D。

1．電場的疊加
(1)電場強度是矢量，電場中某點的合場強為各個場源電荷在該點電場強度的矢量和。
(2)電勢是標量，電場中某點的總電勢為各個場源電荷在該點電勢的代數和。
2．對稱法求電場強度和電勢


1. （2022·全國·高考真題）安裝適當的軟件后，利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應強度B。如圖，在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面。某同學在某地對地磁場進行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據表中測量結果可推知（???）
測量序號
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
1
0
21
- 45
2
0
- 20
- 46
3
21
0
- 45
4
- 21
0
- 45


A．測量地點位于南半球
B．當地的地磁場大小約為50μT
C．第2次測量時y軸正向指向南方
D．第3次測量時y軸正向指向東方
【答案】BC
【詳解】A．如圖所示

地球可視為一個磁偶極，磁南極大致指向地理北極附近，磁北極大致指向地理南極附近。通過這兩個磁極的假想直線（磁軸）與地球的自轉軸大約成11.3度的傾斜。由表中z軸數據可看出z軸的磁場豎直向下，則測量地點應位于北半球，A錯誤；
B．磁感應強度為矢量，故由表格可看出此處的磁感應強度大致為

計算得
B ≈ 50μT
B正確；
CD．由選項A可知測量地在北半球，而北半球地磁場指向北方斜向下，則第2次測量，測量，故y軸指向南方，第3次測量，故x軸指向北方而y軸則指向西方，C正確、D錯誤。
故選BC。
命題角度2 根據電場中的“點、線、面、跡”判斷相關物理量的變化
例2：（2022·四川省資中縣球溪高級中學模擬預測）避雷針是用來保護建筑物、高大樹木等避免雷擊的裝置。當雷云放電接近地面時它使地面電場發(fā)生畸變，在避雷針的頂端形成局部電場集中的空間。圖示為某次避雷針周圍的等勢面分布情況，電場中有M、N、P三點。下列說法正確的是（　?。?br />
A．P點的電勢比N點的高
B．避雷針附近的電場是勻強電場
C．正電荷從M點移動到N點，電場力做正功
D．電子在P點的電勢能大于其在M點的電勢能
【答案】D
【詳解】A．由圖中虛線為等勢面知P點的電勢為6kV，N點的電勢為8kV，則N點電勢高，A錯誤；
B．勻強電場的等勢線應是一簇等間距的平行線，由圖可知避雷針附近的電場顯然不是勻強電場，B錯誤；
C．M、N兩點在同一等勢面上，電勢相等，正電荷從M點移動到N點，電場力做功為零，C錯誤；
D．由，電子在P點的電勢能為

電子在M點的電勢能為

故

即電子在P點的電勢能大于其在M點的電勢能，D正確。
故選D。
根據運動軌跡判斷帶電粒子在電場中相關物理量的變化
(1)確定受力方向的依據
①曲線運動的受力特征：帶電粒子受力總指向曲線的凹側；
②電場力方向與場強方向的關系：正電荷的受力方向與場強方向相同，負電荷則相反；
③場強方向與電場線或等勢面的關系：電場線的切線方向或等勢面的法線方向為電場強度的方向。
(2)比較加速度大小的依據：電場線或等差等勢面越密?E越大?F＝qE越大?a＝越大。
(3)判斷加速或減速的依據：電場力與速度方向的夾角為銳角，電場力做正功，速度增大；電場力與速度方向的夾角為鈍角，電場力做負功，速度減小。

2-1.（2022·北京大興精華學校三模）如圖（a），在一塊很大的接地金屬平板的上方固定一負電荷。由于靜電感應，在金屬平板上表面產生感應電荷，金屬板上方電場的等勢面如圖（b）中虛線所示，相鄰等勢面間的電勢差都相等。若將一正試探電荷先后放于M和N處，該試探電荷受到的電場力大小分別為和，相應的電勢分別為和，則（　　）

A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【詳解】根據等勢面的疏密程度可知

根據

可得

因金屬平板的上方固定的是負電荷，則電場線方向是由金屬板指向負電荷，沿著電場線方向電勢降低，則有

故選A。
2-2. （2022·遼寧·模擬預測）真空中有一豎直向上的勻強電場，其場強大小為E，電場中的A、B兩點固定著兩個電荷量均為Q的正點電荷，A、B兩點的連線水平，O為其連線的中點，是兩點電荷連線垂直平分線上的兩點，且，兩點在兩點電荷的連線上，四邊形恰好形成一個菱形，則下列說法中正確的是（　?。?br />
A．兩點的電勢不同，a點的電勢低于b點的電勢
B．若帶正電的試探電荷（忽略重力）在d點可處于靜止狀態(tài)，那么僅改變電性，試探電荷仍能靜止在d點
C．將質子從O點沿豎直方向移到c點的過程中，電場力一直變大
D．電子在O點時的電勢能大于其在b點時的電勢能
【答案】BD
【詳解】A．根據等量正點電荷的電場特點可知，在點電荷產生的電場中兩點等電勢，而在勻強電場中在同一等勢面上，故兩點電勢相同，A錯誤；
C．勻強電場中各點的場強相同，但兩正點電荷產生的電場沿方向場強可能先變大后變小，C錯誤；
D．根據等量正點電荷的電場特點可知，在點電荷產生的電場中b點電勢高于O點電勢，而在勻強電場中在同一等勢面上，故電子在b點電勢能低于在O點電勢能，D正確；
B．若帶正電的試探電荷（忽略重力）在d點可處于靜止狀態(tài)，那么d點的場強一定為零，則僅改變試探電荷的電性，其仍可以靜止，B正確；
故選BD。
命題角度3 E＝的應用
例3. （2022·安徽·合肥一中模擬預測）勻強電場中有一與電場方向平行的扇形AOB區(qū)域，如圖所示，圓心角θ=120°，半徑R=1m，其中C、D、F將圓弧AB四等分。已知以下說法錯誤的是（　?。?br />
A．
B．
C．電場方向沿A、O連線方向
D．場強大小為3V/m
【答案】D
【詳解】AB．如圖所示，連結AB、OC、OD、OF，令OC、OD、OF與AB交點分別為I、H、G。易知

且

所以
，
在△IGO中，有

所以△IGO為等邊三角形，則

所以I、G將AB三等分，根據勻強電場中電勢均勻變化可知
，
所以OF為一條等勢線，則

根據幾何關系可知

所以

則△DHI全等于△HIO，即

則DI連線垂直于AO，且平行于FO，說明DI是一條等勢線，所以

故AB正確；
C．電場強度方向垂直于等勢線OF和DI，根據沿電場強度方向電勢降低可知電場方向沿A、O連線方向，故C正確；
D．根據勻強電場中場強與電勢差的關系可得

故D錯誤。
本題選錯誤的，故選D。

勻強電場中由公式U＝Ed得出的“一式、二結論”
(1)“一式”：E＝＝，其中d是兩點間沿電場線方向上的距離。
(2)“二結論”
結論1：勻強電場中的任一線段AB的中點C的電勢φC＝，如圖甲所示。
結論2：勻強電場中若兩線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如圖乙所示。


3. （2022·天津·模擬預測）如圖所示，勻強電場中有A、B、C三點，已知A、B兩點間的距離為，A，C兩點間的距離為，，勻強電場方向平行于A、B、C三點所確定的平面。現把電荷量的帶正電的點電荷由A點移到B點，該過程中電場力做功，當將該點電荷由A點移到C點，電場力做功，若取A點的電勢為零，則（　　）（，）

A．該點電荷在B點的電勢能為
B．A、B兩點的電勢差為5V
C．C點的電勢為20V
D．勻強電場的電場強度大小為
【答案】BD
【詳解】A．點電荷從A點移到B點的過程中，電場力做正功，電勢能減小，因在A點的電勢為零，可知該點電荷在B點的電勢能為，選項A錯誤；
B．由

可得A、B間的電勢差

選項B正確；
C．因為
，，
可得C點的電勢

選項C錯誤；
D．設D是A、C連線上的點，若

則B、D連線就是勻強電場中的一個等勢線，由于
，，
可得

故電場強度的方向由A指向C，電場強度的大小

選項D正確。
故選BD。
命題角度4 與平行板電容器相關的電場問題
例4. （2022·江西南昌·模擬預測）隨著生活水平的提高，電子秤已經成為日常生活中不可或缺的一部分，電子秤的種類也有很多，如圖所示是用平行板電容器制成的廚房用電子秤及其電路簡圖。稱重時，把物體放到電子秤面板上，壓力作用會導致平行板上層膜片電極下移。則放上物體（　?。?br />
A．穩(wěn)定后電容器的帶電量變小
B．穩(wěn)定后電容器的電容增大
C．膜片電極下移過程中G表中有從b流向a的電流
D．穩(wěn)定后極板間電場強度不變
【答案】BC
【詳解】AB．平行板上層膜片電極下移，則d減小。由平行板電容器電容的表達式

可知d減小，C增大。而電容器兩端的電壓不變，由

可知帶電量增大，A錯誤，B正確；
C．平行板電容器帶電量增大，則繼續(xù)充電，由電路簡圖可知G表中有從b流向a的電流，C正確；
D．由

可知d減小，U不變，E增大，D錯誤。
故選BC。

1．分析電容器問題的兩個常用條件
(1)電容器與電路(或電源)相連，則兩端電壓取決于電路(或電源)，穩(wěn)定時相當于斷路，兩端電壓總等于與之并聯的支路電壓。
(2)充電后電容器與電路斷開，電容器所帶電荷量不變，此時若只改變兩板間距離，則板間電場強度大小不變。
2．電容器動態(tài)分析的解題思路
(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變。
(2)根據C＝，分析平行板電容器電容的變化情況，如例4中“右移極板”，則d發(fā)生變化。
(3)根據C＝分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化情況。
(4)根據E＝或E＝分析電容器極板間電場強度的變化情況。
(5)根據Q的變化情況，分析電容器充電還是放電，分析電路中電流的方向。

4-1. （2022·湖北武漢·模擬預測）特斯拉線圈是一種制造人工閃電的裝置，該裝置的簡化結構如圖所示。金屬頂端和大地構成一個特殊的電容器。頂端放電后，“電荷補充線圈”給頂端補充電荷，因而能持續(xù)放電。設頂端與大地間電壓為U，頂端帶電荷量為Q，下列說法正確的是（　?。?br />
A．充電過程中，該電容器的電容不變 B．放電過程中，該電容器的電容增大
C．若Q不變，頂端離地面越近，則U越小 D．若Q不變，頂端離地面越近，則U越大
【答案】AC
【詳解】AB．電容器的電容由電容器本身性質決定，充放電不改變其電容，故A正確，B錯誤；
CD．根據

可知若Q不變，頂端離地面越近，即d越小，則C越大，所以U越小，故C正確，D錯誤。
故選AC。
4-2. （2022·江西宜春·模擬預測）如圖所示，D是一只理想二極管，水平放置的平行板電容器的A、B兩極板間有一帶電液滴，在P點處于靜止狀態(tài)。以Q表示電容器儲存的電荷量，U表示兩極板間的電壓，φ表示P點的電勢，B極板接地。若保持極板B不動，第一次將極板A稍向下平移，第二次將極板A稍向上平移（移動后極板A的位置還在P點上方），則下列說法正確的是（　?。?br />
A．兩次移動后Q相同
B．兩次移動后點電荷都保持靜止
C．第一次移動后U變小，第二次移動后U變大
D．第一次移動后φ增大，第二次移動后φ不變
【答案】D
【詳解】AC．第一次極板A稍向下平移，平移極板間距d減小，由電容器決定式

可知電容C增大，電源可通過二極管對電容器充電，Q增大，電壓U不變。
第二次極板A稍向上平移，極板間距d增大，由知電容C減小，若電容器兩端電壓U不變，電容器所帶電量Q將減小，由于二極管具有單向導電性，電容器的電荷不能回到電源，所以電容器的電量Q不變。由于電容C減小，由電容的定義式知，U變大。
AC錯誤；
BD．由和、可得

可知第一次A稍向下平移，因為兩極板間距d減小，U不變，故場強增大，電荷向上移動。因為極板B接地，電勢為零，P點到極板B的電勢差增大，P點電勢φ增大。
第二次將極板A稍向上平移，Q、S都不變，故場強不變，電荷保持靜止。因為極板B接地，電勢為零，P點到極板B的距離不變，則P點到極板B的電勢差不變，故P點φ不變。
故D正確，B錯誤。
故選D。
【高考考向2　磁場的基本性質】
命題角度1磁場的疊加
例5. （2022·上海徐匯·三模）如圖，小磁針放置在水平面內的O點，四個距O點相同距離的螺線管A、B、C、D，其中心軸均通過O點，且與坐標軸的夾角均為。設小磁針的N極從y軸順時針轉動的角度為，在四個螺線管沒有通電的情況下。若四個螺線管中分別通有的電流，方向如圖所示，則為（　?。?br />
A． B． C． D．
【答案】D
【詳解】根據右手定則可判斷通電螺線管電流在O點形成的磁場方向，如圖所示。通電螺旋管在O點形成的磁場強度的大小與通電電流大小成正比關系，根據矢量運算法則，可知在O點形成的合磁場方向沿y軸負方向，故小磁針的N極指向y軸負方向。
小磁針的N極從y軸順時針轉動的角度為，D正確，ABC錯誤。
故選D。


(1)磁感應強度的矢量運算法則同力、電場強度的矢量運算法則相同，仍然適用平行四邊形定則或三角形定則。
(2)處理電流產生的磁場疊加問題，要先據安培定則確定磁感線形狀，磁感線在某點的切線方向就是該點的磁感應強度方向。

5. （2022·湖南·高考真題）如圖（a），直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO′的磁場，與OO′距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖（b）所示。導線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是（???）

A．當導線靜止在圖（a）右側位置時，導線中電流方向由N指向M
B．電流I增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變
C．tanθ與電流I成正比
D．sinθ與電流I成正比
【答案】D
【詳解】A．當導線靜止在圖（a）右側位置時，對導線做受力分析有

可知要讓安培力為圖示方向，則導線中電流方向應由M指向N，A錯誤；
BCD．由于與OO′距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，有
，FT= mgcosθ
則可看出sinθ與電流I成正比，當I增大時θ增大，則cosθ減小，靜止后，導線對懸線的拉力FT減小，BC錯誤、D正確。
故選D。
命題角度2 磁場對電流的作用
例6. （2022·浙江·高考真題）如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內部形成方向豎直向上、磁感應強度大小B=kt的勻強磁場，在內部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，其電阻率為、高度為h、半徑為r、厚度為d（d?r），則（　　）

A．從上向下看，圓管中的感應電流為逆時針方向
B．圓管的感應電動勢大小為
C．圓管的熱功率大小為
D．輕繩對圓管的拉力隨時間減小
【答案】C
【詳解】A．穿過圓管的磁通量向上逐漸增加，則根據楞次定律可知，從上向下看，圓管中的感應電流為順時針方向，選項A錯誤；
B．圓管的感應電動勢大小為

選項B錯誤；
C．圓管的電阻

圓管的熱功率大小為

選項C正確；
D．根據左手定則可知，圓管中各段所受的受安培力方向指向圓管的軸線，則輕繩對圓管的拉力的合力始終等于圓管的重力，不隨時間變化，選項D錯誤。
故選C。
磁場中通電導體類問題的解題步驟
(1)選定研究對象進行受力分析，受力分析時考慮安培力。
(2)作受力分析圖，標出輔助方向(如磁場的方向、通電直導線電流的方向等)，有助于分析安培力的方向。由于安培力F、電流I和磁感應強度B的方向兩兩垂直，涉及三維空間，所以在受力分析時要善于用平面圖(側視圖、剖面圖或俯視圖等)表示出三維的空間關系。
(3)根據平衡條件、牛頓第二定律或功能關系列式求解。

6-1. （2022·江蘇·高考真題）如圖所示，兩根固定的通電長直導線a、b相互垂直，a平行于紙面，電流方向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導線a所受安培力方向（　　）

A．平行于紙面向上
B．平行于紙面向下
C．左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里
D．左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外
【答案】C
【詳解】根據安培定則，可判斷出導線a左側部分的空間磁場方向斜向右上，右側部分的磁場方向斜向下方，根據左手定則可判斷出左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里。
故選C。

命題角度3 磁場對帶電粒子的作用
例7. （2022·廣東·高考真題）如圖所示，一個立方體空間被對角平面劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質子以某一速度從立方體左側垂直平面進入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域。下列關于質子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是（　?。?br />
A． B．
C． D．
【答案】A
【詳解】AB．由題意知當質子射出后先在MN左側運動，剛射出時根據左手定則可知在MN受到y軸正方向的洛倫茲力，即在MN左側會向y軸正方向偏移，做勻速圓周運動，y軸坐標增大；在MN右側根據左手定則可知洛倫茲力反向，質子在y軸正方向上做減速運動，故A正確，B錯誤；
CD．根據左手定則可知質子在整個運動過程中都只受到平行于xOy平面的洛倫茲力作用，在z軸方向上沒有運動，z軸坐標不變，故CD錯誤。
故選A。

1．帶電粒子在有界勻強磁場中做圓周運動時軌跡圓心和半徑的確定
帶電粒子在有界勻強磁場中的軌跡圓心和半徑的確定是解題的第一步，也很容易出錯，特別是四分之一坐標軸磁場、矩形磁場、三角形磁場和圓形磁場，要注意軌跡圓心不一定在坐標軸或磁場直線邊界上。要準確確定軌跡圓心，需要抓住以下兩點：①軌跡半徑垂直于速度方向；②軌跡圓心在弦的垂直平分線上。軌跡圓心確定了，就可以由幾何知識確定軌跡半徑。
2．臨界問題
(1)解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題，關鍵在于運用動態(tài)思維，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據粒子的速度方向找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關系。常用方法如下：
①動態(tài)放縮法：定點粒子源發(fā)射速度大小不同、方向相同、比荷和電性都相同的粒子，速度越大半徑越大，圓心在垂直初速度方向的直線上。
②旋轉平移法：定點粒子源發(fā)射速度大小v相等、方向不同、比荷和電性都相同的粒子，運動軌跡的圓心在以入射點為圓心、半徑為R＝的圓周上，其中B為勻強磁場的磁感應強度。
(2)粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運動軌跡與磁場邊界相切。

7-1. （2022·湖北·高考真題）在如圖所示的平面內，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計重力。若離子從Р點射出，設出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應θ角的可能組合為（　?。?br />
A．kBL，0° B．kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60°
【答案】BC
【詳解】若粒子通過下部分磁場直接到達P點，如圖

根據幾何關系則有


可得

根據對稱性可知出射速度與SP成30°角向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ=60°。
當粒子上下均經歷一次時，如圖

因為上下磁感應強度均為B，則根據對稱性有

根據洛倫茲力提供向心力有

可得

此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。
通過以上分析可知當粒子從下部分磁場射出時，需滿足
（n=1，2，3……）
此時出射方向與入射方向的夾角為θ=60°；
當粒子從上部分磁場射出時，需滿足
（n=1，2，3……）
此時出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。
故可知BC正確，AD錯誤。
故選BC。
7-2. （2022·浙江·高考真題）離子速度分析器截面圖如圖所示。半徑為R的空心轉筒P，可繞過O點、垂直xOy平面（紙面）的中心軸逆時針勻速轉動（角速度大小可調），其上有一小孔S。整個轉筒內部存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。轉筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測板Q，板Q與y軸交于A點。離子源M能沿著x軸射出質量為m、電荷量為 – q（q > 0）、速度大小不同的離子，其中速度大小為v0的離子進入轉筒，經磁場偏轉后恰好沿y軸負方向離開磁場。落在接地的筒壁或探測板上的離子被吸收且失去所帶電荷，不計離子的重力和離子間的相互作用。
（1）①求磁感應強度B的大?。?br /> ②若速度大小為v0的離子能打在板Q的A處，求轉筒P角速度ω的大小；
（2）較長時間后，轉筒P每轉一周有N個離子打在板Q的C處，OC與x軸負方向的夾角為θ，求轉筒轉動一周的時間內，C處受到平均沖力F的大小；
（3）若轉筒P的角速度小于，且A處探測到離子，求板Q上能探測到離子的其他θ′的值（θ′為探測點位置和O點連線與x軸負方向的夾角）。

【答案】（1）①，②，k = 0，1，2，3…；（2），n = 0，1，2，…；（3），
【詳解】（1）①離子在磁場中做圓周運動有

則

②離子在磁場中的運動時間

轉筒的轉動角度

，k = 0，1，2，3…
（2）設速度大小為v的離子在磁場中圓周運動半徑為，有


離子在磁場中的運動時間

轉筒的轉動角度
ω′t′ = 2nπ + θ
轉筒的轉動角速度
，n = 0，1，2，…
動量定理

，n = 0，1，2，…
（3）轉筒的轉動角速度

其中
k = 1，，n = 0，2
可得
，




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