专题5.3 “电场与磁场”-2023届高考物理二、三轮复习总攻略

这是一份专题5.3 “电场与磁场”-2023届高考物理二、三轮复习总攻略，文件包含专题53“电场与磁场”原卷版docx、专题53“电场与磁场”解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。

一．选择题
1.(2022·辽宁省县级重点高中协作体一模)口罩中使用的熔喷布经驻极处理后，对空气的过滤增加静电吸附功能．驻极处理装置如图所示，针状电极与平板电极分别接高压直流电源正负极，针尖附近的空气被电离后，带电粒子在静电力作用下运动，熔喷布捕获带电粒子带有静电，平板电极表面为等势面，熔喷布带电后对电场的影响可忽略不计，不计带电粒子的重力，下列说法正确的是( )
A．针状电极上，针尖附近的电场较弱
B．熔喷布上表面因捕获带电粒子将带负电
C．沿图中虚线向熔喷布运动的带电粒子，其加速度逐渐减小
D．两电极相距越远，熔喷布捕获的带电粒子速度越大
【答案】 C
【解析】 导体尖端的电荷特别密集，所以电场强度比较大，沿着远离尖端的地方电场强度逐渐减小，静电力减小，加速度也减小，故C正确，A错误；空气受电场影响被电离产生带电粒子，电场线方向从正极指向负极，带正电的粒子沿电场线方向运动被熔喷布捕获而使熔喷布带正电，故B错误；带电粒子的运动速度由动能定理可知速度的大小与合外力做功有关，即与静电力做功有关，根据W＝Uq可知，静电力做功只与电势差有关，和运动距离无关，故D错误．
2.(多选)(2022·辽宁铁岭市六校高三期末)计算机键盘每个键下都连有一块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块固定的小金属片，这组金属片组成一个可变的平行板电容器，如图所示．当键被按下，此电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测到这个键被按下，从而给出相应的信号．已知金属片的正对面积为50 mm2，键未被按下时两金属片间的距离为0.6 mm，当键被按下时两金属片间的距离为0.3 mm，假设金属片的正对面积及两端的电压始终保持不变，此时( )
A．金属片间的电场强度保持不变
B．金属片间的电场强度变为原来的两倍
C．金属片上的电荷量变为原来的一半
D．金属片上的电荷量变为原来的两倍
【答案】 BD
【解析】 根据E＝eq \f(U,d)，电压不变，距离减小为原来的一半，则电场强度变为原来的两倍，A错误，B正确；根据C＝eq \f(Q,U)，C＝eq \f(εrS,4πkd)，联立解得Q＝eq \f(εrSU,4πkd)，电压不变，距离减小为原来的一半，则金属片上的电荷量变为原来的两倍，C错误，D正确．
3.(2022·辽宁葫芦岛市高三期末)在维护和检修高压供电线路时，为了不影响城市用电，电工经常要在高压线上带电作业．为了保障电工的安全，电工全身要穿上用金属丝线编织的衣服(如图甲所示)．图乙中电工站在高压直流输电线的A供电线上作业，其头顶上方有B供电线，B供电线的电势高于A供电线的电势．虚线表示电工周围某一截面上的等势面，c、d、e、f是不同等势面上的四个点，以下说法中正确的是( )
A．在c、d、e、f四点中，c点的电场最强
B．连接c、d、e、f四点，则此线一定为电场线
C．电工全身穿上用金属丝线编织的衣服，静电感应使体内电势保持为零
D．电工全身穿上用金属丝线编织的衣服，静电屏蔽使体内电场强度保持为零
【答案】 D
【解析】 根据等势面的分布疏密，可判断出f点的电场最强，故A错误；电场线与等势面垂直，从题图中不能确定c、d、e、f四点的连线恰好垂直于各等势面，所以该连线不一定是电场线，故B错误；电工全身穿上用金属丝线编织的衣服，静电屏蔽使体内电场强度保持为零，故C错误，D正确．
4.(2022·广东佛山市普通高中高三期末)雷电击中地面或高压输电线掉落到地面时，都会在以落地点为中心的一定区域内的地面上形成一个强电流场，如果有人站在这个区域内，双脚间会存在一定的电势差，叫作“跨步电压”．如图所示，一条电势远高于地面的高压直流输电线掉落在地面上的O点，若O点附近地质结构分布均匀，则在地面以O为圆心的同心圆为一系列的等势线．图中O、A、B、C在同一直线上，BD是过B点圆的切线，AB＝BC＝BD，电线落地时恰好有人单脚着地站在B点，则以下说法正确的是( )
A．图中A、B、C三点中C点电势最高
B．地面上电子由O向C定向移动
C．为了安全，人应该沿BD方向迈大步快速脱离
D．A、B、C、D四点间电势差大小关系为UAB>UBC>UBD
【答案】 D
【解析】 电线掉落的O点电势最高，沿着电场线方向电势逐渐降低，故有φO>φA>φB>φD>φC，则C点电势最低，故A错误；电子受静电力从低电势向高电势定向移动形成电流，则地面上电子由C向O定向移动，故B错误；为了安全，人应该单脚跳，这样才不会在人体形成电势差，而不能迈步走动，故C错误；AB＝BC，且AB段的电场强度大于BC段的电场强度，由U＝Ed，有UAB>UBC，而φD>φC，则有UBC>UBD，故D正确．
5.(多选)(2022·湖南常德市高三期末)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B分别是电势为φA、φB的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为－e(e>0)、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N.其中动能为Ek0的电子沿电势为φC的等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间，到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量分别为ΔEk左和ΔEk右．电场的边缘效应、电子之间的相互影响均可忽略．下列判断正确的是( )
A．偏转器内的电场是匀强电场
B．等势面C处的电场强度大小为E＝4eq \f(Ek0,eRA＋RB)
C．到达N板左、右边缘处的电子，其中左边缘处的电势能大
D．|ΔEk左|>|ΔEk右|
【答案】 BD
【解析】 匀强电场的特点是电场强度大小处处相等，方向相同，故A错误；电子做匀速圆周运动的向心力由静电力提供，由题意可知Ee＝eq \f(mv2,r)，r＝eq \f(RA＋RB,2)，Ek0＝eq \f(1,2)mv2，联立解得E＝4eq \f(Ek0,eRA＋RB)，故B正确；从左侧边缘出来的电子，静电力做正功，电势能减小，从右侧边缘出来的电子，静电力做负功，电势能增大，故C错误；从左侧边缘出来的电子所处区域的电场线密集，平均电场强度大，平均静电力做功多，故动能的改变量较大，故D正确．
6.(2022·河北新高考猜题卷)一避雷针某时刻离带正电云层很近，其周围电场的等势面分布情况如图所示，在同一竖直平面内有A、B、C三点，其中A、B两点关于避雷针对称，以避雷针表面为零势能面，则下列说法正确的是( )
A.A、B两点的电场强度相同
B.正电荷在C点的电势能大于在A点的电势能
C.负电荷只在静电力作用下从B点移动到C点，动能减小
D.C点的电场强度大于A点的电场强度
【答案】 B
【解析】 A、B两点关于避雷针对称，因电场线与等势面垂直，故A、B两点电场强度方向一定不同，A错误；由图可知，A、B两点在同一个等势面上，其电势低于C点的电势(云层带正电，又电场线总是由正电荷指向无穷远处或负电荷，可知空间中电场的大概方向，可判断等势面间的电势关系)，可知正电荷在C点的电势能大于在A点的电势能，B正确；B点的电势低于C点的电势，负电荷从低电势到高电势，静电力做正功，根据动能定理可知，负电荷的动能增大，C错误；等势面密集的地方电场强度大，结合题图可知C点的电场强度小于A点的电场强度，D错误。
7.(2022·湖南衡阳一模)人体的细胞膜模型图如图a所示，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位)，现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图b所示，初速度可视为零的一价正钠离子仅在静电力的作用下，从图中的A点运动到B点，下列说法正确的是( )
A.A点电势等于B点电势
B.钠离子的电势能增大
C.若膜电位越小，钠离子进入细胞内的速度越大
D.若膜电位增加，钠离子进入细胞内的速度更大
【答案】 D
【解析】 初速度可视为零的一价正钠离子仅在静电力的作用下，从图中的A点运动到B点，则A点电势高于B点电势，A错误；钠离子运动过程中静电力做正功，所以钠离子的电势能减小，B错误；由动能定理可知qU＝eq \f(1,2)mv2，若膜电位越小，钠离子进入细胞内的速度越小；电压U增加，速度更大，C错误，D正确。
8.(2022·重庆南开中学质检)为了测定某平行于纸面的匀强电场的场强，某同学进行了如下操作：取电场内某一位置为坐标原点O建立x轴，选取x轴上到O点距离为r的P点，以O为圆心、r为半径作圆，如图甲所示，从P点起沿圆周逆时针测量圆上各点的电势φ和转过的角度θ，可以用此数据绘制φ－θ图像，当半径r分别取r0、2r0、3r0时，分别绘制出如图乙中所示的三条曲线，三条曲线均在θ＝θ0时达到最大值，最大值分别为φ0、2φ0、3φ0，下列说法正确的是( )
A.曲线①对应的r取值为r0
B.坐标原点O的电场强度为0
C.电场强度的大小为eq \f(φ0,r0)
D.半径为r0的圆周上，电势为0的位置只有一处
【答案】 C
【解析】 由题目所给信息可知，该电场为匀强电场，三条曲线均在θ＝θ0时，电势最大，如图所示
可见半径越大，电势的最大值越大，图线①对应半径为3r0，选项A错误；由于沿电场方向电势降低，故电场方向由上图中的电势最大位置指向电势最小位置，由对称性可知，半径为r0对应的电势最小值为－φ0，故电场的电场强度为E＝eq \f(U,d)＝eq \f(2φ0,2r0)＝eq \f(φ0,r0)，选项B错误，C正确；由φ－θ图像可知，半径为r0的圆周上，电势为0的位置有两处，选项D错误。
9.(多选)(2022·西南大学附中模拟)某同学用如图甲所示装置研究带电小球在重力场和电场中具有的势能E(重力势能、电势能之和)情况。两个带同种电荷的小球1、2放在竖直放置的绝缘圆筒中，1固定在圆筒底部，2从靠近1位置处释放，测出球2离球1的位置x和速度，利用能量守恒可以得到势能E－x图像。图乙中Ⅰ图线是小球2的E－x图像，Ⅱ图线是计算机拟合的图线Ⅰ的渐近线，实验中一切摩擦可忽略，小球的电荷量不会发生变化，g＝10 m/s2，则小球2( )
A.上升过程速度一直变大
B.上升过程速度先变大后变小
C.质量为0.5 kg
D.从x＝6.0 cm处运动至x＝20 cm处电势能减少0.3 J
【答案】 BCD
【解析】 上升过程系统能量守恒，E＋Ek＝E总，结合图像可知，上升过程中势能先变小后变大，因此，小球2的动能先变大后变小，速度也先变大后变小，A错误，B正确；根据库仑定律F＝eq \f(kq1q2,r2)可知，当r→∞时，F→0，系统势能的变化量主要取决于重力做功，ΔE＝mgΔx，即mg＝eq \f(ΔE,Δx)，由此可知小球2的重力等于图中渐近线的斜率，结合图像可知mg＝eq \f(ΔE,Δx)＝eq \f(0.5 J,0.1 m)＝5 N，解得m＝0.5 kg，C正确；从x＝6.0 cm处运动至x＝20 cm处的过程中，根据系统能量守恒，ΔEk＝－ΔE＝－0.4 J，根据动能定理可得WG＋W电＝ΔEk，又因为WG＝－mgΔx＝－0.7 J，解得W电＝0.3 J，从x＝6.0 cm处运动至x＝20 cm处的过程中，静电力做的正功为
0.3 J，电势能减少0.3 J，D正确。
10.(2022·河南郑州一模)如图甲所示为可变电容器，图乙为两个完全相同的半圆形的平行金属板接在电路中，开始两金属板正对。闭合开关S，将上侧金属板转过60°，同时将两板之间的距离增大到原来的eq \f(3,2)；调节前后将同一重力不计的正粒子由下侧极板无初速释放，释放位置都在两极板正对面内。假设两极板正对面之间的电场始终为匀强电场，则调整前后( )
A．两极板间的电场强度之比为2∶3
B．平行板电容器的电容之比为9∶4
C．电容器所带的电荷量之比为3∶2
D．粒子在极板间运动的时间之比为3∶2
【答案】 B
【解析】 由于电容器的两极板与固定的电源相连接，则调整前后两极板之间的电压不变，由E＝eq \f(U,d)知，调整前后两极板间的电场强度之比为3∶2，A错误；由平行板电容器电容决定式C＝eq \f(εrS,4πkd)知eq \f(C1,C2)＝eq \f(S1,S2)·eq \f(d2,d1)＝eq \f(3,2)×eq \f(3,2)＝eq \f(9,4)，B正确；由Q＝CU知eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(C1,C2)＝eq \f(9,4)，C错误；粒子由静止从下侧极板运动到上侧极板的过程中，由动能定理qU＝eq \f(1,2)mv2知电子到达上侧极板的速度v＝eq \r(\f(2qU,m))，电容器两端电压不变，则调整前后粒子到达上侧极板的速度相同，粒子运动的平均速度相同，则调整前后粒子在极板间运动的时间之比为eq \f(t1,t2)＝eq \f(d1,d2)＝eq \f(2,3)，D错误。
11.(2022·广东韶关市二模)Iffe－Prichard磁阱常用来约束带电粒子的运动．如图所示，四根通有大小相等且为恒定电流的长直导线垂直穿过xOy平面，1、2、3、4直导线与xOy平面的交点成边长为2a的正方形且关于x轴和y轴对称，各导线中电流方向已标出，已知无限长通电直导线产生的磁感应强度大小与到直导线的距离成反比．下列说法正确的是( )
A．直导线1、2之间的相互作用力为吸引力
B．4根直导线在O点的磁感应强度方向沿y轴正方向
C．直导线2受到直导线1、3、4的作用力合力方向背离O点
D．直导线1、2在O点的合磁场的磁感应强度方向沿y轴正方向
【答案】 C
【解析】 由题图可知，直导线1、2通有大小相等、方向相反的电流，直导线1、2之间表现为排斥力，A错误；由右手定则并结合矢量叠加可知，O点的磁感应强度为零，B错误；若直导线1在直导线2处产生的安培力大小为F，则1、3在2处的安培力的合力大小为eq \r(2)F，方向背离O点，而4在2处产生的安培力大小为eq \f(\r(2),2)F，方向指向O点，所以直导线2受到直导线1、3、4的作用力方向背离O点，C正确；由右手定则可知，直导线1、2在O点合磁场的磁感应强度方向沿y轴负方向，D错误．
12．(多选)磁电式电流表的构造如图甲所示，在蹄形磁体的两极间有一个可以绕轴转动的线圈，转轴上装有螺旋弹簧和指针．蹄形磁体和铁芯间的磁场均匀辐向分布，如图乙所示．当有电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弹簧被扭动，线圈停止转动时满足NBIS＝kθ，式中N为线圈的匝数，S为线圈的面积，I为通过线圈的电流，B为磁感应强度，θ为线圈(指针)偏转角，k是与螺旋弹簧有关的常量．不考虑电磁感应现象，由题中的信息可知( )
A．该电流表的刻度是均匀的
B．线圈转动过程中受到的安培力的大小不变
C．若线圈中通以如图乙所示的电流时，线圈将沿逆时针方向转动
D．更换k值更大的螺旋弹簧，可以增大电流表的灵敏度(灵敏度即eq \f(Δθ,ΔI))
【答案】 AB
【解析】 磁场是均匀辐向分布，线圈转动过程中各个位置的磁感应强度大小不变，故受到的安培力大小不变，且螺旋弹簧的弹力与转动角度成正比，故该电流表的刻度是均匀的，故A、B正确；若线圈中通以如题图乙所示的电流时，根据左手定则，左侧受到的安培力向上，右侧受到的安培力向下，故线圈将顺时针转动，故C错误；更换k值更大的螺旋弹簧，同样的电流变化导致同样的安培力变化，但偏转角变化减小了，故灵敏度减小了，故D错误．
13.(2022·山东泰安一模)中国环流器二号M装置(HL－2M)在成都建成并实现首次放电，该装置通过磁场将粒子约束在小范围内实现核聚变。其简化模型如图所示，半径为R和eq \r(2)R的两个同心圆之间的环形区域存在与环面垂直的匀强磁场，核聚变原料氕核(eq \\al(1,1)H)和氘核(eq \\al(2,1)H)均以相同的速度从圆心O沿半径方向射出，全部被约束在大圆形区域内。则氕核在磁场中运动的半径最大为( )
A.eq \f(\r(2),8)R B.eq \f(\r(2),4)R
C.eq \f(\r(2),2)R D.(eq \r(2)－1)R
【答案】 A
【解析】 依题意，氕核、氘核全部被约束在大圆形区域内，根据qvB＝meq \f(v2,r)，得r＝eq \f(mv,qB)，由于二者速度相同，根据半径与比荷的关系，可知氕核、氘核在磁场中的轨迹半径之比为1∶2。当氘核在磁场中运动轨迹刚好与磁场外边界相切时，氘核运动轨迹半径最大，由几何知识得(eq \r(2)R－rmax)2＝req \\al(2,max)＋R2，求得氘核的最大半径为rmax＝eq \f(\r(2),4)R，所以氕核在磁场中运动的最大半径为rmax′＝eq \f(1,2)rmax＝eq \f(\r(2),8)R，故A正确。
14.(2022·江苏泰州市高三期末)如图为某静电除尘装置的示意图．A、B、C三点的连线与集尘板垂直，且AB＝BC，烟尘微粒只在静电力作用下最终被吸附在集尘板上，下列说法正确的是( )
A．烟尘微粒一定带正电
B．B、A两点间比C、B两点间的电势差大
C．同一烟尘微粒在C点电势能大于在B点电势能
D．同一烟尘微粒在C点加速度大于在A点加速度
【答案】 B
【解析】 由题图可知，电极带负电，烟尘微粒向集尘板运动，可知微粒一定带负电，选项A错误；电场线与集尘板垂直，方向从集尘板到电极，可知BA间电场线较CB之间密集，即BA间电场强度大于CB间电场强度，根据U＝Ed可知，B、A两点间比C、B两点间的电势差大，选项B正确；因C点的电势高于B点，可知带负电的同一烟尘微粒在C点电势能小于在B点电势能，选项C错误；由B的分析可知，C点的电场强度小于A点电场强度，可知同一烟尘微粒在C点加速度小于在A点加速度，选项D错误．
15.(多选)(2022湖南衡阳市高三一模)XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，XCT扫描机可用于对多种病情的探测.图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其中产生X射线部分的示意图如图乙所示.图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转电场S，方向竖直，经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，出电场后速度与水平方向成30°，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示).已知MN两端的电压为U0，偏转电场区域水平宽度为L0，竖直高度足够长，MN中电子束距离靶台竖直高度为H，忽略电子重力的影响，不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计空气阻力.则( )
A.偏转电场方向竖直向下
B.若加速电压U0增大少许，电子会打在P点右侧
C.偏转电场场强的大小为eq \f(2\r(3)U0,3L0)
D.P点到偏转电场右边界的距离为eq \r(3)H－eq \f(L0,2)
【答案】 BCD
【解析】 电子带负电，根据题图中电子轨迹，可知偏转电场方向竖直向上，故A错误；在加速电场中，根据动能定理有eU0＝eq \f(1,2)mv02，加速电压增大，会使电子进入偏转电场的初速度变大，故电子会打在P点右侧，故B正确；电子偏转时做类平抛运动，有L0＝v0t，vy＝at，a＝eq \f(eE,m)，tan 30°＝eq \f(vy,v0)，联立可得E＝eq \f(2\r(3)U0,3L0)，故C正确；根据几何关系有tan 30°＝eq \f(H－\f(1,2)at2,s)，代入数据得s＝eq \r(3)H－eq \f(L0,2)，故D正确.
16.(2022·广东韶关市始兴中学高三3月模拟)如图所示的天平可用来测量磁场的磁感应强度.天平的右臂下面挂一个矩形线圈，宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面.当线圈中通有电流I(方向如图)时，在天平两边加上质量分别为m1、m2的砝码，天平平衡；当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平又重新平衡.由此可知( )
A.磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为eq \f(m1－m2g,NIL)
B.磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为eq \f(mg,2NIL)
C.磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为eq \f(m1－m2g,NIL)
D.磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为eq \f(mg,2NIL)
【答案】 B
【解析】 因为电流反向时，右边再加砝码才能重新平衡，所以此时线圈所受安培力竖直向上，由左手定则判断磁场方向垂直于纸面向里；电流反向前，有m1g＝m2g＋m3g＋NBIL，其中m3为线圈质量，电流反向后，有m1g＝m2g＋m3g＋mg－NBIL，两式联立可得B＝eq \f(mg,2NIL)，故选B.
17.(多选)(2022·湖北省七市教研协作体高三下学期3月联考)智能手机中的电子指南针利用了重力传感器和霍尔元件来确定地磁场的方向.某个智能手机中固定着一个矩形薄片霍尔元件，四个电极分别为E、F、M、N，薄片厚度为h，在E、F间通入恒定电流I、同时外加与薄片垂直的匀强磁场B, M、N间的电压为UH，已知半导体薄片中的载流子为正电荷，电流与磁场的方向如图7所示，下列说法正确的是( )
A.N板电势高于M板电势B.磁感应强度越大，UH越大
C.增加薄片厚度h，UH增大D.将磁场和电流分别反向，N板电势低于M板电势
【答案】 AB
【解析】 根据左手定则，电流的方向向里，带正电的载流子受力的方向指向N端，故带正电的载流子向N端偏转，则N板电势高，故A正确；设左右两个表面相距为d，载流子所受的静电力等于洛伦兹力，即eq \f(eUH,d)＝evB，设材料单位体积内载流子的个数为n，材料截面积为S，则I＝neSv，S＝dh，解得UH＝eq \f(BI,neh)，令k＝eq \f(1,ne)，则UH＝keq \f(BI,h)，所以若保持电流I恒定，则M、N间的电压UH与磁感应强度B成正比，故B正确；根据UH＝keq \f(BI,h)可知，增加薄片厚度h，UH减小，故C错误；若磁场和电流分别反向，依据左手定则，带正电的载流子仍向N端偏转，则N板电势仍高于M板电势，故D错误.
18.(多选)2020年2月，中国科学家通过冷冻电镜捕捉到新冠病毒表面S蛋白与人体细胞表面ACE2蛋白的结合过程，首次揭开了新冠病毒入侵人体的神秘面纱．电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，在电子显微镜中电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实现会聚或发散作用，其中的一种电子透镜的电场分布如图所示，其中虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等．一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，a、b、c是轨迹上的三点，则下列说法正确的是( )
A．a点的电势高于b点的电势
B．a点的电场强度小于c点的电场强度
C．电子在a点的电势能小于在c点的电势能
D．电子经过b点时的速度大于经过a点时的速度
【答案】 BD
【解析】 由电场线与等势面处处垂直和电子运动轨迹的弯曲方向可知，若电子从a点运动到b点，电场力做正功，则电子在a点时电势能大于其在b点的电势能；若电子从b点运动到a点，电场力做负功，则电子在a点时电势能依然大于其在b点的电势能．由于电子带负电，故a点的电势低于b点的电势，故A错误；根据等势面的疏密程度可表示场强大小，由于a点等势面比c点稀疏，则a点的电场强度小于c点的电场强度，故B正确；由电场线的方向可判断出φc>φa，电子在电势低的地方电势能大，在电势高的地方电势能小，故电子在a点的电势能大于在c点的电势能，故C错误．电子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和不变，又因为电子在a点时电势能大于其在b点时电势能，故其在a点时动能小于其在b点时动能，经过a点时速度小于经过b点时速度，故D正确．
19.(2022·陕西西安中学高三月考)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化．如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层，和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间层的塑料为绝缘电介质，其厚度为d，相对介电常数为εr.若发现在某一小段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，电源电压恒定为U，则下列说法正确的是( )
A．瓶内液面升高了eq \f(2kdIt,rUεr)
B．瓶内液面升高了eq \f(kdIt,rUεr)
C．瓶内液面降低了eq \f(2kdIt,rUεr)
D．瓶内液面降低了eq \f(kdIt,rUεr)
【答案】 C
【解析】 由题图可知，液体与瓶的外壁涂的导电涂层构成了电容器，两板间距离不变；液面高度变化时只有正对面积发生变化；由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，当液面升高时，正对面积S增大，则电容增大，当液面降低时，正对面积S减小，则电容减小．由于电流从下向上流过电流计，可知该时间内电容器上的电荷量减小，由于电势差不变，由C＝eq \f(Q,U)可知电容减小，瓶内液面降低，t时间内减少的电荷量q＝It，由C＝eq \f(Q,U)可得q＝U·ΔC，液面的高度为h时的正对面积S＝2πr·h，联立解得Δh＝eq \f(2kdIt,rUεr)，故选C.
20.(2022·湖南长沙一中高三月考)质谱仪是一种利用质谱分析测量离子比荷的分析仪器，如图是一种质谱仪的示意图，它是由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．已知静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子由静止开始经加速电场加速后，沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力，下列说法中正确的是( )
A．经分析，粒子带正电，且极板M低于极板N电势
B．不同种类的带电粒子通过静电分析器的时间都相同
C．加速电场的电压U＝eq \f(1,2)ER
D．带电粒子在磁分析器中运动的直径PQ＝eq \f(1,B)eq \r(\f(mER,q))
【答案】 C
【解析】 因为粒子在磁场中从P点运动到Q点，因此由左手定则可知粒子带正电；在加速电场中受到的静电力向右，所以电场线方向向右，则M板为正极，M板的电势高于N板电势，故A错误；在加速电场中，由动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2－0得v＝eq \r(\f(2Uq,m))，粒子在静电分析器中做圆周运动，静电力提供向心力，由牛顿第二定律得qE＝meq \f(v2,R)
解得U＝eq \f(1,2)ER，故C正确；根据v＝eq \r(\f(2Uq,m))可知，不同种类的带电粒子加速后的速度不一定相同，所以通过静电分析器的时间也不一定相同，故B错误；粒子在磁分析器中以半径为r做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,r)解得r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(mER,q))，带电粒子在磁分析器中运动的直径PQ＝2r＝eq \f(2,B)eq \r(\f(mER,q))，故D错误．
21.(2022·江苏省前黄高级中学高三月考)霍尔器件广泛应用于生产生活中，有些电动自行车上控制速度的转动把手就应用了霍尔器件，这种转动把手称为“霍尔转把”．“霍尔转把”内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图甲所示．开启电动自行车的电源时，在霍尔器件的上下面之间就有一个恒定电流I，如图乙．将“霍尔转把”旋转，永久磁铁也跟着转动，施加在霍尔器件上的磁场就发生变化，霍尔器件就能输出变化的电势差U.这个电势差是控制车速的，电势差与车速的关系如图丙．以下叙述正确的是( )

A．若霍尔器件的自由电荷是自由电子，则C端的电势高于D端的电势
B．若改变霍尔器件上下面之间的恒定电流I的方向，将影响车速控制
C．其他条件不变，仅增大恒定电流I，可使电动自行车更容易获得最大速度
D．按图甲顺时针均匀转动把手，车速减小
【答案】 C
【解析】 若霍尔器件的自由电荷是自由电子，根据左手定则，电子受到洛伦兹力向与C端相连接的面移动，因此C端电势低于D端的电势，A错误．当霍尔器件上下面之间的恒定电流I的方向改变，从霍尔器件输出的控制车速的电势差正负号相反，但由题图丙可知，不会影响车速控制，B错误．设自由电荷定向移动的速率为v，霍尔器件前后表面间的距离为h，左右表面间距离为d，达到稳定后，自由电荷受力平衡，由Bqv＝qeq \f(U,h)可得U＝Bhv
电流的微观表达式I＝nqvS＝nqvhd
则U＝eq \f(BI,nqd)
可知仅增大电流I时前后表面电势差增大，对应的车速更大，电动自行车的加速性能更好，更容易获得最大速度，C正确．当按题图甲顺时针均匀转动把手时霍尔器件周围磁场增大，那么霍尔器件输出的控制车速的电势差U增大，因此车速变快，D错误．
二．非选择题
22.(2022·广东江门预测)某实验小组想测量元电荷的大小。实验装置如图，在真空容器中有正对的两平行金属板A和B，两板与外部电路连接，两板间相距d＝0.3 m。外部电路电源电动势E＝300 V，内阻r＝1.0 Ω，保护电阻R0＝19.0 Ω，电阻箱的阻值R可调。实验时，开关S1闭合、S2断开时，小组从显微镜发现容器中有一个小油滴正好在两板中间处于静止状态，该油滴质量为m＝3.2×10－13 kg，取g＝10 m/s2，求：
(1)该油滴带电性质及所带电荷量q；
(2)调节电阻箱R＝20.0 Ω，闭合开关S2，油滴将加速下落，求油滴下落到B板的时间t(结果可以保留根号)。
【答案】 (1)负电 3.2×10－15 C (2)eq \f(\r(6),10) s
【解析】 (1)开关S1闭合、S2断开时
UAB＝E＝300 V
该油滴处于静止状态，受力平衡
qE1＝mg，E1＝eq \f(UAB,d)
解得q＝3.2×10－15 C
由于电场方向竖直向下，静电力方向竖直向上，故该油滴带负电。
(2)闭合开关S2，电容器与R并联，因此UAB′＝UR
根据闭合电路欧姆定律得
E＝I(R＋R0＋r)
UR＝IR
电场强度E2＝eq \f(UAB′,d)
根据牛顿第二定律得mg－qE2＝ma
油滴下落到B板由运动学公式得eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at2
联立解得t＝eq \f(\r(6),10) s。
23.如图所示为用质谱仪测定带电粒子比荷的装置示意图．它是由离子室、加速电场、速度选择器和分离器四部分组成．已知速度选择器的两极板间的匀强电场场强为E，匀强磁场磁感应强度为B1，方向垂直纸面向里．分离器中匀强磁场磁感应强度为B2，方向垂直纸面向外．某次实验中离子室内充有大量氢的同位素离子，经加速电场加速后从速度选择器两极板间的中点O平行于极板进入，部分粒子通过小孔O′后进入分离器的偏转磁场中，在底片上形成了对应于氕eq \\al(1,1)H、氘eq \\al(2,1)H、氚eq \\al(3,1)H三种离子的三个有一定宽度的感光区域，测得第一片感光区域的中心P到O′点的距离为D1.不计离子的重力、不计离子间的相互作用，不计小孔O′的孔径．
(1)打在感光区域中心P点的离子，在速度选择器中沿直线运动，试求该离子的速度v0和比荷eq \f(q,m)；
(2)以v＝v0±Δv的速度从O点射入的离子，其在速度选择器中所做的运动为一个速度为v0的匀速直线运动和另一个速度为Δv的匀速圆周运动的合运动，试求该速度选择器极板的最小长度L.
【答案】 (1)eq \f(E,B1) eq \f(2E,B1B2D1) (2)eq \f(6πB2D1,B1)
【解析】 (1)离子在速度选择器中做直线运动，由平衡条件有qv0B1＝qE
解得v0＝eq \f(E,B1)
进入分离器中离子圆周运动的半径r＝eq \f(D1,2)
由牛顿第二定律有qv0B2＝meq \f(v\\al(02),r)
解得eq \f(q,m)＝eq \f(2E,B1B2D1)
(2)三种离子在磁场中做圆周运动的周期分别为T1＝eq \f(2πm,qB1)＝eq \f(πB2D1,E)
T2＝eq \f(2π·2m,qB1)＝eq \f(2πB2D1,E)，T3＝eq \f(2π·3m,qB1)＝eq \f(3πB2D1,E)
三种离子都能通过，则t0＝6T1
极板最小长度L＝v0t0＝eq \f(6πB2D1,B1).
24.(2022·浙江余姚选考模拟)托卡马克是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，如图，它的中央是一个环形的真空室，外面缠绕着线圈，在通电的时候托卡马克的内部产生的磁场可以把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内。如图为该磁约束装置的简化模型，两个圆心均在O点，半径分别为R和3R的圆环将空间分成区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ内无磁场，区域Ⅱ内有方向垂直于纸面向里，大小为B的匀强磁场。一束不同速率、电量为＋q、质量为m的带电粒子从O点沿着区域Ⅰ的半径方向射入环形的匀强磁场，不计一切阻力与粒子重力。
(1)求能约束在此装置内的粒子的最大初动能Ek0；
(2)求从射入环形磁场到第一次返回圆形区域Ⅰ，在区域Ⅱ运动的最长时间；
(3)若粒子沿轴正方向射入环形磁场，每运动一段时间后，又能再一次以x轴正方向通过O点，则粒子初动能Ek1为多大时，粒子运动的周期最短，并求最短周期Tmin。
【答案】 (1)eq \f(8q2B2R2,9m) (2)eq \f(143πm,90qB) (3)eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6\r(3)＋4π))m,qB)
【解析】 (1)粒子在磁场中运动最大半径为rm，
由几何关系可得(3R－rm)2＝req \\al(2,m)＋R2
解得rm＝eq \f(4,3)R
又rm＝eq \f(mv0,qB)
故有Ek0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(8q2B2R2,9m)。
(2)由tan θ＝eq \f(rm,R)＝eq \f(4,3)得θ＝53°
半径最大时，在区域Ⅱ运动的时间最长，在区域Ⅱ中运动的最长时间为
t＝eq \f(286°,360°)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(143πm,90qB)。
(3)如图(b)所示，粒子每进出一次磁场运动方向改变α，则完整周期的条件为nα∈2kπ，其中n、k为正整数，且n≥3。要使周期最短，取n＝3，k＝1，则α＝eq \f(2π,3)，则粒子在磁场中运动的半径为r1＝eq \f(\r(3)R,3)，又r1＝eq \f(mv1,qB)，则初动能为Ek1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(q2B2R2,6m)，粒子在无磁场区域运动时间为t1＝3×eq \f(2R,v1)＝eq \f(6\r(3)m,qB)，粒子在磁场中的运动时间为t2＝3×eq \f(2,3)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(4πm,qB)，故有Tmin＝t1＋t2＝eq \f(（6\r(3)＋4π）m,qB)。
25.(2022·辽宁省协作体一模)2021年末，由于煤炭价格上涨，火力发电受到影响，有的地区出现了拉闸限电，再一次提醒人们要节约能源和开发新能源．受控热核反应就是其中一种，热核反应需要极高温度，还得束缚带电粒子，基本原理如图所示，空间有两个同心圆a、b，圆a内存在由圆心O向外的辐射状电场，圆心O与圆a圆周上各点的电势差为U＝eq \f(2,9)×107 V，圆a与圆b围成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，圆a半径为R1＝eq \f(\r(3),3) m，圆b半径为R2，已知磁感应强度大小B＝1.0 T，粒子的比荷为eq \f(q,m)＝4.0×107 C/kg，不计带电粒子的重力．
(1)若带电粒子由静止释放，被电场加速后沿环的半径方向以v0射入磁场，求v0的大小；
(2)若带电粒子从圆心O由静止释放不会穿越磁场的外边界，求圆b半径R2的取值范围；(边界线上有磁场)
(3)令带电粒子以v0沿圆a半径方向第一次射入磁场的入射点为P，当粒子射入磁场后撤去圆a中的电场，求带电粒子从P点进入磁场到回到P点所需要的时间t.
【答案】 (1)eq \f(4,3)×107 m/s (2)R2≥1 m (3)5.74n×10－7 s(n＝1,2,3，…)
【解析】 (1)根据动能定理有
qU＝eq \f(1,2)mv02
得v0＝eq \f(4,3)×107 m/s
(2)设粒子在磁场中做半径为r的圆周运动，则有
qv0B＝meq \f(v02,r)
得r＝eq \f(mv0,Bq)＝eq \f(1,3) m
若粒子与轨迹圆b相切，则粒子恰好不能穿越磁场的外边界，此时圆b半径最小，记为R2min，
由几何关系得eq \r(R12＋r2)＝R2min－r
解得R2min＝1 m
则R2≥1 m
(3)由题意可知，粒子的运动轨迹如图所示．
由几何关系得tan θ＝eq \f(\r(3),3)，则θ＝30°，得∠POP′＝60°，
故带电粒子进入磁场绕圆O′转过360°－(180°－60°)＝240°又回到P点
粒子在磁场中运动时间为
t1＝3×eq \f(2,3)T＝eq \f(4πm,Bq)
粒子在圆a中运动时间为t2＝eq \f(6R1,v0)
粒子第一次回到P点运动的总时间为
t′＝t1＋t2＝eq \f(4πm,Bq)＋eq \f(6R1,v0)≈5.74×10－7 s.
故带电粒子从P点进入磁场到回到P点所需要的时间为
t＝nt′＝5.74n×10－7 s(n＝1,2,3，…)．
26.(2022·浙江模拟预测卷)2021年3月16日，浙江“海洋贝尔”号浮油回收船在蒙蒙细雨中顺利滑入长江(如图甲)，该船投入使用后，将为浙江沿海地区防治溢油污染提供优质服务。船的结构简图(俯视图)见图乙，ABCD区域长L1＝12 m，宽L2＝4 m，内有竖直向下的匀强磁场，通道侧面AB、CD用金属板制成，分别与电源的正、负极相接，油污海水进入通道后，海水在安培力作用下加速运动，和油发生摩擦起电，使上面的浮油层在通过磁场左边界AC前形成一颗颗带正电的小油珠。海水在船尾的出口被喷出，小油珠在洛伦兹力作用下，通过D处的油污通道流入油污收集箱。表面油层中的电场力、油珠之间的相互作用力、海水对油层的带动均可忽略，油层在海面上厚度均匀(eq \r(21)＝4.58)。
(1)海水所受安培力的方向；
(2)当船速v0＝12 m/s，通电电流为I时，小油珠比荷eq \f(q,m)＝0.6 C/kg，油污的回收率恰好达到100%，则区域ABCD内所加磁场的磁感应强度大小；
(3)小油珠运动过程中的加速度大小；
(4)当船速达到v＝18 m/s，油污的回收率为多少？若小油珠的比荷只与电流的平方根成正比，要使油污的回收率仍达到100%，则通电电流是速度为v0时的多少倍？
【答案】 (1)指向出水口 (2)1 T (3)7.2 m/s2 (4)63% eq \f(9,4)
【解析】 (1)电流方向由正极到负极，由左手定则知，海水受到的安培力方向指向出水口。
(2)回收率恰好达到100%，说明从A点水平进入的小油珠恰从D点进入收集箱，由几何知识得R2＝(R－L2)2＋Leq \\al(2,1)
解得小油珠的运动半径R＝20 m
根据qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),R)得B＝eq \f(mv0,qR)＝1 T。
(3)根据qvB＝ma得a＝7.2 m/s2。
(4)根据qvB＝meq \f(v2,R′)得
小油珠的运动半径R′＝30 m
设圆心到CD板的垂直距离为x，则有R′2＝x2＋Leq \\al(2,1)
解得x＝6eq \r(21) m＝27.48 m
能被收集箱收集的小油珠宽度l＝R′－x＝2.52 m
收集效率η＝eq \f(l,L2)×100%＝63%
要使油污的回收率仍达到100%，小油滴的轨道半径必须为R＝20 m
设船速达到v＝18 m/s时，小油滴的比荷为eq \f(q′,m′)。
根据q′vB＝m′eq \f(v2,R)，解得eq \f(q′,m′)＝0.9 C/kg
根据题意，船速v0＝12 m/s时的电流为I，此时小油滴的比荷为eq \f(q,m)＝0.6 C/kg
设船速v0＝18 m/s时的电流为I′，此时小油滴的比荷为eq \f(q′,m′)＝0.9 C/kg
根据题意，小油珠的比荷只与电流的平方根成正比，则有eq \f(\f(q′,m′),\f(q,m))＝eq \r(\f(I′,I))，解得eq \f(I′,I)＝eq \f(9,4)。
27.为了探测带电粒子，研究人员设计了如图甲所示的装置。纸面内存在一个半径为R、圆心为O′的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，该磁场区域在垂直纸面的方向上足够长。以O′右边的O点为坐标原点建立一平面直角坐标系xOy，O和O′两点间距离为2R。y轴与OO′连线垂直，x轴(图甲中未画出)正方向垂直纸面向里，在xOy平面内存在一个足够大的探测屏。圆形磁场区域正下方存在一个长度为R且与y轴垂直的粒子源MN，该粒子源各处均能持续不断地发射质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子发射时的速度大小均为v0，方向均沿y轴正方向，从粒子源MN中点发射的粒子速度方向恰好指向O′，已知粒子在圆形磁场中做圆周运动的半径为R，不计粒子重力和粒子间相互作用力。
(1)求圆形匀强磁场区域的磁感应强度大小B；
(2)求从粒子源右端点N发射的粒子从进入磁场到打到屏上所经历的时间t；
(3)若在圆形区域内再加上一个沿x轴正方向、场强为E＝eq \f(mveq \\al(2,0),qR)且足够长的匀强电场，此时从粒子源中点及左右端点M、N发射的粒子打在屏上P1、P2、P3三点上，如图乙所示；
①请指出从M点发射的粒子打在屏上哪一点；(不要求写推导过程)
②求打在屏上的所有粒子中与O点相距最远的粒子在屏上的坐标。
【答案】 (1)eq \f(mv0,qR) (2)eq \f(R,3v0)(π＋2eq \r(3)) (3)①P3 ②eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π2,9)R＋\f(4\r(3),9)πR，－\f(\r(3),3)R))
【解析】 (1)粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，故有qv0B＝meq \f(veq \\al(2,0),R)
解得B＝eq \f(mv0,qR)。
(2)设从M点发射的粒子，在E点进入磁场；从N点发射的粒子，在A点进入磁场，从C点离开磁场，打在屏上的D点，圆周运动的圆心为O1，如图所示
由于粒子源MN长度为R，并与y轴垂直，且MN中点发射的粒子速度方向恰好指向O′，所以O′A＝O′E＝AE＝R
故有∠O′AE＝60°
由题意可得O′A＝O′C＝O1A＝O1C＝R
由几何知识可得∠AO1C＝∠O′AE＝60°
所以∠CDO＝∠AO1C＝60°
粒子在磁场中的运动时间为
t1＝eq \f(60°,360°)T＝eq \f(1,6)·eq \f(2πR,v0)＝eq \f(πR,3v0)
粒子从C点到D点的运动时间为
t2＝eq \f(CD,v0)＝eq \f(R,v0sin 60°)＝eq \f(2\r(3)R,3v0)
所以粒子源右端点N发射的粒子从进入磁场到打到屏上所经历的时间
t＝t1＋t2＝eq \f(R,3v0)(π＋2eq \r(3))。
(3)未加电场时，从M点发射的粒子从E点进入磁场，从C点离开磁场，打在屏上的F点，从MN中点发射的粒子会打在O点，如图所示
在磁场区域加上一个沿x轴正方向的电场时，粒子会在x轴方向加速，由于粒子在x轴方向的分速度与磁场方向平行，所以该分速度不影响粒子所受的洛伦兹力，故粒子在x轴方向仅受静电力作用，做匀加速直线运动，在图甲所示的平面内的运动情况与未加电场时相同，所以从M点发射的粒子打在屏上的P3点；由图乙可知，从M点发射的粒子打在屏上时与O点相距最远，在x轴方向qE＝ma
又因E＝eq \f(mveq \\al(2,0),qR)，所以a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(veq \\al(2,0),R)
由几何知识可得∠CAE＝120°
∠CFO＝60°
所以粒子在磁场中的运动时间
t1＝eq \f(120°,360°)T＝eq \f(1,3)·eq \f(2πR,v0)＝eq \f(2πR,3v0)
粒子在x轴方向的位移为
x＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＋at1t2＝eq \f(2π2,9)R＋eq \f(4\r(3),9)πR
粒子在y轴方向的位移为
y＝－OF＝－eq \f(\r(3),3)R
所以所有粒子中与O点相距最远的粒子在屏上的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π2,9)R＋\f(4\r(3),9)πR，－\f(\r(3),3)R))。
28.(2022·全国甲卷，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s1；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О点下方，与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。
【答案】 (1)eq \f(NBIl,k) eq \f(2NBIlr,dk) (2)eq \f(dk（s1＋s2）,4NBlr)
【解析】 (1)由题意当线圈中通入微小电流I时，线圈受到的安培力为F＝NBIl
根据胡克定律有F＝NBIl＝k||Δx|
|Δx|＝eq \f(NBIl,k)
设此时细杆转过的弧度为θ，则可知反射光线转过的弧度为2θ，如图所示，
又因为d≫Δx，r≫d
则sin θ≈θ，sin 2θ≈2θ
所以有Δx＝d·θ，
s＝r·2θ
联立可得s＝eq \f(2NBIlr,dk)
(2)因为测量前未调零，设没有通电流时向上偏移的弧长为s′，初始时反射光点在O点上方，通电流I′后根据前面的结论可知有s1＝eq \f(2NBI′lr,dk)＋s′
当电流反向后有s2＝eq \f(2NBI′lr,dk)－s′
联立可得I′＝eq \f(dk（s1＋s2）,4NBlr)
同理可得没有通电流时为向下偏移弧长s′结果也相同，故待测电流的大小为
I′＝eq \f(dk（s1＋s2）,4NBlr)。
29.(2022·浙江省模拟)如图所示，一平行极板置于x轴负半轴某一位置，现施加一光照使得“－极板”的电荷量为－q的电子逸出．在“＋极板”处有一特殊网罩，它只能够接受速度以最大初动能逸出且速度方向垂直极板的电子．极板MN长度为2a，且在极板中心处开有一个长度为a的区域，电子只能从该区域逸出．在原点O的正上方有一半径为a的磁场圆，磁感应强度为B，且在三、四象限也分布着磁场，磁场方向垂直纸面向里．若从极板MN逸出的电子均能够从O点的小孔射出，求：
Ⅰ.若第三、四象限磁感应强度为B：
(1)若极板的电压为U，求施加光照的能量E及圆形区域内磁场的方向；
(2)求电子从O点射出后，打在x轴坐标的范围．
Ⅱ.若第三、四象限磁感应强度为tB(t为常数)：
(3)求电子从O点射出后，打在x轴坐标的范围．
Ⅲ.现要完全分辨从y＝0.5a与y＝a射出的电子：
(4)若磁感应强度在(B＋ΔB)到(B－ΔB)里变化，求ΔB的最大值．
【答案】 (1)eq \f(q2B2a2,2m)－qU 垂直纸面向里
(2)[－2a，－eq \r(3)a]
(3)[－eq \f(2,t)a，－eq \f(\r(3),t)a]
(4)(7－4eq \r(3))B
【解析】(1)根据题意，由几何关系知，电子在原点O的正上方半径为a的磁场圆中做圆周运动的半径为R＝a
设电子进入圆形磁场时的速度为v，根据牛顿第二定律有qvB＝meq \f(v2,R)
电子在极板间运动过程中，根据动能定理有
E＋qU＝eq \f(1,2)mv2
联立解得E＝eq \f(q2B2a2,2m)－qU，根据左手定则可知，圆形磁场中磁场方向垂直纸面向里．
(2)运动轨迹如图所示，由图得从正中心射出的粒子击中的x坐标最小，从最上面与最下面射出的粒子击中的x坐标最大，
由图，根据几何关系可得xmin＝－2a，
xmax＝－2acs 30°＝－eq \r(3)a
故x坐标的范围是[－2a，－eq \r(3)a]．
(3)类比(2)问，可知最大值最小值的情况与(2)相同，
根据牛顿第二定律有qvtB＝meq \f(v2,R1)
解得R1＝eq \f(a,t)，则xmin＝－2R1＝－eq \f(2,t)a，
xmax＝－2R1cs 30°＝－eq \f(\r(3),t)a
故x坐标的范围是[－eq \f(2,t)a，－eq \f(\r(3),t)a]．
(4)当从y＝a射出的粒子的最近范围与从y＝0.5a射出的粒子最远范围相等，则有eq \f(2Ba,B＋ΔB)＝eq \f(\r(3)Ba,B－ΔB)，解得ΔB＝(7－4eq \r(3))B.