新高考物理二轮复习讲义+分层练习专题06 电场和磁场的基本性质 精品讲义（含解析）

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专题06电场和磁场的基本性质
【要点提炼】
1.电场的基本性质
(1)对电场强度的三个公式的理解
①E＝是电场强度的定义式，适用于任何电场。电场中某点的场强是确定的，其大小和方向与试探电荷q无关。
②E＝k是真空中点电荷所形成的电场的场强的决定式，只适用于点电荷的电场。某点的电场强度E由场源电荷Q和该点到场源电荷的距离r决定。
③E＝是场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场。注意：式中d为两点间沿电场方向的距离。
(2)电场能的性质
①电势与电势能：φ＝。
②电势差与电场力做功：UAB＝＝φA－φB。
③电场力做功与电势能的变化：W＝－ΔEp。
(3)等势面与电场线的关系
①电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面。
②电场线越密的地方，等差等势面也越密。
③沿等势面移动电荷，电场力不做功；沿电场线移动电荷，电场力一定做功。
2．平行板电容器问题的三个公式、两种情形
(1)三个公式：①C＝；②C＝；③E＝。
(2)两种情形：与直流电源相连时，两极板间电压不变；充电后断开电源时，两极板所带电荷量不变。
3．带电粒子在电场中常见的运动类型
(1)直线运动：通常利用动能定理qU＝mv2－mv来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd来求解。
(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题。对于类平抛运动可直接利用类平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理。
4．磁场对通电导体的作用
(1)通电导体在磁场中受到的安培力
①方向：根据左手定则判断。
②大小：F＝BIL。
a．B、I与F三者两两垂直；
b．L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度。
(2)熟悉“两个等效模型”
①变曲为直：如图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。

②化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁体，如图乙所示。
5．磁场对带电粒子的作用
(1)带电粒子在磁场中的受力情况
①磁场只对运动的电荷有力的作用，对静止的电荷无力的作用。磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。
②洛伦兹力的大小和方向：其大小为F＝qvB sin θ，注意：θ为v与B的夹角。F的方向由左手定则判定，四指的指向应为正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向。
(2)洛伦兹力做功的特点
由于洛伦兹力始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功。
6．带电粒子在匀强磁场中常见的运动类型
(1)匀速直线运动：当v∥B时，带电粒子以速度v做匀速直线运动。
(2)匀速圆周运动：当v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度大小做匀速圆周运动。
【高考考向1　电场的基本性质】
命题角度1 电场的叠加
例1：（2022·江苏扬州·模拟预测）某同学认为在两个带电导体之间可以存在如图所示的静电场，它的电场线相互平行，间距不等。关于此“静电场”，下列说法正确的是（　　）。

A．一定存在，且是匀强电场
B．一定存在，将两个匀强电场叠加可实现
C．一定不存在，因为等势面上各处场强必须大小相等
D．一定不存在，因为在此静电场中将试探电荷沿不同路径从a点移动b点，电场力做功不同
【答案】D
【详解】A．电场线相互平行，说明电场中各点场强方向相等，而电场线间距不等说明电场中各点场强大小不是处处相等，不是匀强电场，故A错误；
B．将两个匀强电场叠加，获得的电场仍为匀强电场，故B错误；
C．如果存在这样的电场，根据等势面的特点，它的等势面ac、bd应该如图甲所示，

a、d两点的电势差Uad应该等于c、b两点的电势差Ucb,即
Uad=Ucb
从图中可以看出，a、d两点的距离等于c、b两点的距离，ad处的场强大于cb处的场强。根据
U=Ed
可得
Uad>Ucb
所以这样的电场不可能存在，但等势面上各点的场强不一定大小相等，故C错误；
D．如图乙所示

粒子沿两个不同的路径，从和从，电场力做功不相同，即电场力做功与路径有关，违背了静电场的基本性质，所以这样的电场不可能存在，故D正确。
故选D。

1．电场的叠加
(1)电场强度是矢量，电场中某点的合场强为各个场源电荷在该点电场强度的矢量和。
(2)电势是标量，电场中某点的总电势为各个场源电荷在该点电势的代数和。
2．对称法求电场强度和电势


1. （2022·全国·高考真题）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（   ）
测量序号
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
1
0
21
- 45
2
0
- 20
- 46
3
21
0
- 45
4
- 21
0
- 45


A．测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50μT
C．第2次测量时y轴正向指向南方
D．第3次测量时y轴正向指向东方
【答案】BC
【详解】A．如图所示

地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；
B．磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为

计算得
B ≈ 50μT
B正确；
CD．由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量，故y轴指向南方，第3次测量，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确、D错误。
故选BC。
命题角度2 根据电场中的“点、线、面、迹”判断相关物理量的变化
例2：（2022·四川省资中县球溪高级中学模拟预测）避雷针是用来保护建筑物、高大树木等避免雷击的装置。当雷云放电接近地面时它使地面电场发生畸变，在避雷针的顶端形成局部电场集中的空间。图示为某次避雷针周围的等势面分布情况，电场中有M、N、P三点。下列说法正确的是（　　）

A．P点的电势比N点的高
B．避雷针附近的电场是匀强电场
C．正电荷从M点移动到N点，电场力做正功
D．电子在P点的电势能大于其在M点的电势能
【答案】D
【详解】A．由图中虚线为等势面知P点的电势为6kV，N点的电势为8kV，则N点电势高，A错误；
B．匀强电场的等势线应是一簇等间距的平行线，由图可知避雷针附近的电场显然不是匀强电场，B错误；
C．M、N两点在同一等势面上，电势相等，正电荷从M点移动到N点，电场力做功为零，C错误；
D．由，电子在P点的电势能为

电子在M点的电势能为

故

即电子在P点的电势能大于其在M点的电势能，D正确。
故选D。
根据运动轨迹判断带电粒子在电场中相关物理量的变化
(1)确定受力方向的依据
①曲线运动的受力特征：带电粒子受力总指向曲线的凹侧；
②电场力方向与场强方向的关系：正电荷的受力方向与场强方向相同，负电荷则相反；
③场强方向与电场线或等势面的关系：电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度的方向。
(2)比较加速度大小的依据：电场线或等差等势面越密⇒E越大⇒F＝qE越大⇒a＝越大。
(3)判断加速或减速的依据：电场力与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，速度增大；电场力与速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，速度减小。

2-1.（2022·北京大兴精华学校三模）如图（a），在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为和，相应的电势分别为和，则（　　）

A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【详解】根据等势面的疏密程度可知

根据

可得

因金属平板的上方固定的是负电荷，则电场线方向是由金属板指向负电荷，沿着电场线方向电势降低，则有

故选A。
2-2. （2022·辽宁·模拟预测）真空中有一竖直向上的匀强电场，其场强大小为E，电场中的A、B两点固定着两个电荷量均为Q的正点电荷，A、B两点的连线水平，O为其连线的中点，是两点电荷连线垂直平分线上的两点，且，两点在两点电荷的连线上，四边形恰好形成一个菱形，则下列说法中正确的是（　　）

A．两点的电势不同，a点的电势低于b点的电势
B．若带正电的试探电荷（忽略重力）在d点可处于静止状态，那么仅改变电性，试探电荷仍能静止在d点
C．将质子从O点沿竖直方向移到c点的过程中，电场力一直变大
D．电子在O点时的电势能大于其在b点时的电势能
【答案】BD
【详解】A．根据等量正点电荷的电场特点可知，在点电荷产生的电场中两点等电势，而在匀强电场中在同一等势面上，故两点电势相同，A错误；
C．匀强电场中各点的场强相同，但两正点电荷产生的电场沿方向场强可能先变大后变小，C错误；
D．根据等量正点电荷的电场特点可知，在点电荷产生的电场中b点电势高于O点电势，而在匀强电场中在同一等势面上，故电子在b点电势能低于在O点电势能，D正确；
B．若带正电的试探电荷（忽略重力）在d点可处于静止状态，那么d点的场强一定为零，则仅改变试探电荷的电性，其仍可以静止，B正确；
故选BD。
命题角度3 E＝的应用
例3. （2022·安徽·合肥一中模拟预测）匀强电场中有一与电场方向平行的扇形AOB区域，如图所示，圆心角θ=120°，半径R=1m，其中C、D、F将圆弧AB四等分。已知以下说法错误的是（　　）

A．
B．
C．电场方向沿A、O连线方向
D．场强大小为3V/m
【答案】D
【详解】AB．如图所示，连结AB、OC、OD、OF，令OC、OD、OF与AB交点分别为I、H、G。易知

且

所以
，
在△IGO中，有

所以△IGO为等边三角形，则

所以I、G将AB三等分，根据匀强电场中电势均匀变化可知
，
所以OF为一条等势线，则

根据几何关系可知

所以

则△DHI全等于△HIO，即

则DI连线垂直于AO，且平行于FO，说明DI是一条等势线，所以

故AB正确；
C．电场强度方向垂直于等势线OF和DI，根据沿电场强度方向电势降低可知电场方向沿A、O连线方向，故C正确；
D．根据匀强电场中场强与电势差的关系可得

故D错误。
本题选错误的，故选D。

匀强电场中由公式U＝Ed得出的“一式、二结论”
(1)“一式”：E＝＝，其中d是两点间沿电场线方向上的距离。
(2)“二结论”
结论1：匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC＝，如图甲所示。
结论2：匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如图乙所示。


3. （2022·天津·模拟预测）如图所示，匀强电场中有A、B、C三点，已知A、B两点间的距离为，A，C两点间的距离为，，匀强电场方向平行于A、B、C三点所确定的平面。现把电荷量的带正电的点电荷由A点移到B点，该过程中电场力做功，当将该点电荷由A点移到C点，电场力做功，若取A点的电势为零，则（　　）（，）

A．该点电荷在B点的电势能为
B．A、B两点的电势差为5V
C．C点的电势为20V
D．匀强电场的电场强度大小为
【答案】BD
【详解】A．点电荷从A点移到B点的过程中，电场力做正功，电势能减小，因在A点的电势为零，可知该点电荷在B点的电势能为，选项A错误；
B．由

可得A、B间的电势差

选项B正确；
C．因为
，，
可得C点的电势

选项C错误；
D．设D是A、C连线上的点，若

则B、D连线就是匀强电场中的一个等势线，由于
，，
可得

故电场强度的方向由A指向C，电场强度的大小

选项D正确。
故选BD。
命题角度4 与平行板电容器相关的电场问题
例4. （2022·江西南昌·模拟预测）随着生活水平的提高，电子秤已经成为日常生活中不可或缺的一部分，电子秤的种类也有很多，如图所示是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电路简图。称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移。则放上物体（　　）

A．稳定后电容器的带电量变小
B．稳定后电容器的电容增大
C．膜片电极下移过程中G表中有从b流向a的电流
D．稳定后极板间电场强度不变
【答案】BC
【详解】AB．平行板上层膜片电极下移，则d减小。由平行板电容器电容的表达式

可知d减小，C增大。而电容器两端的电压不变，由

可知带电量增大，A错误，B正确；
C．平行板电容器带电量增大，则继续充电，由电路简图可知G表中有从b流向a的电流，C正确；
D．由

可知d减小，U不变，E增大，D错误。
故选BC。

1．分析电容器问题的两个常用条件
(1)电容器与电路(或电源)相连，则两端电压取决于电路(或电源)，稳定时相当于断路，两端电压总等于与之并联的支路电压。
(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变，此时若只改变两板间距离，则板间电场强度大小不变。
2．电容器动态分析的解题思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。
(2)根据C＝，分析平行板电容器电容的变化情况，如例4中“右移极板”，则d发生变化。
(3)根据C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化情况。
(4)根据E＝或E＝分析电容器极板间电场强度的变化情况。
(5)根据Q的变化情况，分析电容器充电还是放电，分析电路中电流的方向。

4-1. （2022·湖北武汉·模拟预测）特斯拉线圈是一种制造人工闪电的装置，该装置的简化结构如图所示。金属顶端和大地构成一个特殊的电容器。顶端放电后，“电荷补充线圈”给顶端补充电荷，因而能持续放电。设顶端与大地间电压为U，顶端带电荷量为Q，下列说法正确的是（　　）

A．充电过程中，该电容器的电容不变 B．放电过程中，该电容器的电容增大
C．若Q不变，顶端离地面越近，则U越小 D．若Q不变，顶端离地面越近，则U越大
【答案】AC
【详解】AB．电容器的电容由电容器本身性质决定，充放电不改变其电容，故A正确，B错误；
CD．根据

可知若Q不变，顶端离地面越近，即d越小，则C越大，所以U越小，故C正确，D错误。
故选AC。
4-2. （2022·江西宜春·模拟预测）如图所示，D是一只理想二极管，水平放置的平行板电容器的A、B两极板间有一带电液滴，在P点处于静止状态。以Q表示电容器储存的电荷量，U表示两极板间的电压，φ表示P点的电势，B极板接地。若保持极板B不动，第一次将极板A稍向下平移，第二次将极板A稍向上平移（移动后极板A的位置还在P点上方），则下列说法正确的是（　　）

A．两次移动后Q相同
B．两次移动后点电荷都保持静止
C．第一次移动后U变小，第二次移动后U变大
D．第一次移动后φ增大，第二次移动后φ不变
【答案】D
【详解】AC．第一次极板A稍向下平移，平移极板间距d减小，由电容器决定式

可知电容C增大，电源可通过二极管对电容器充电，Q增大，电压U不变。
第二次极板A稍向上平移，极板间距d增大，由知电容C减小，若电容器两端电压U不变，电容器所带电量Q将减小，由于二极管具有单向导电性，电容器的电荷不能回到电源，所以电容器的电量Q不变。由于电容C减小，由电容的定义式知，U变大。
AC错误；
BD．由和、可得

可知第一次A稍向下平移，因为两极板间距d减小，U不变，故场强增大，电荷向上移动。因为极板B接地，电势为零，P点到极板B的电势差增大，P点电势φ增大。
第二次将极板A稍向上平移，Q、S都不变，故场强不变，电荷保持静止。因为极板B接地，电势为零，P点到极板B的距离不变，则P点到极板B的电势差不变，故P点φ不变。
故D正确，B错误。
故选D。
【高考考向2　磁场的基本性质】
命题角度1磁场的叠加
例5. （2022·上海徐汇·三模）如图，小磁针放置在水平面内的O点，四个距O点相同距离的螺线管A、B、C、D，其中心轴均通过O点，且与坐标轴的夹角均为。设小磁针的N极从y轴顺时针转动的角度为，在四个螺线管没有通电的情况下。若四个螺线管中分别通有的电流，方向如图所示，则为（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【详解】根据右手定则可判断通电螺线管电流在O点形成的磁场方向，如图所示。通电螺旋管在O点形成的磁场强度的大小与通电电流大小成正比关系，根据矢量运算法则，可知在O点形成的合磁场方向沿y轴负方向，故小磁针的N极指向y轴负方向。
小磁针的N极从y轴顺时针转动的角度为，D正确，ABC错误。
故选D。


(1)磁感应强度的矢量运算法则同力、电场强度的矢量运算法则相同，仍然适用平行四边形定则或三角形定则。
(2)处理电流产生的磁场叠加问题，要先据安培定则确定磁感线形状，磁感线在某点的切线方向就是该点的磁感应强度方向。

5. （2022·湖南·高考真题）如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（   ）

A．当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tanθ与电流I成正比
D．sinθ与电流I成正比
【答案】D
【详解】A．当导线静止在图（a）右侧位置时，对导线做受力分析有

可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；
BCD．由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有
，FT= mgcosθ
则可看出sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cosθ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，BC错误、D正确。
故选D。
命题角度2 磁场对电流的作用
例6. （2022·浙江·高考真题）如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B=kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为、高度为h、半径为r、厚度为d（d≪r），则（　　）

A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
B．圆管的感应电动势大小为
C．圆管的热功率大小为
D．轻绳对圆管的拉力随时间减小
【答案】C
【详解】A．穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，选项A错误；
B．圆管的感应电动势大小为

选项B错误；
C．圆管的电阻

圆管的热功率大小为

选项C正确；
D．根据左手定则可知，圆管中各段所受的受安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，不随时间变化，选项D错误。
故选C。
磁场中通电导体类问题的解题步骤
(1)选定研究对象进行受力分析，受力分析时考虑安培力。
(2)作受力分析图，标出辅助方向(如磁场的方向、通电直导线电流的方向等)，有助于分析安培力的方向。由于安培力F、电流I和磁感应强度B的方向两两垂直，涉及三维空间，所以在受力分析时要善于用平面图(侧视图、剖面图或俯视图等)表示出三维的空间关系。
(3)根据平衡条件、牛顿第二定律或功能关系列式求解。

6-1. （2022·江苏·高考真题）如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向（　　）

A．平行于纸面向上
B．平行于纸面向下
C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
【答案】C
【详解】根据安培定则，可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上，右侧部分的磁场方向斜向下方，根据左手定则可判断出左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里。
故选C。

命题角度3 磁场对带电粒子的作用
例7. （2022·广东·高考真题）如图所示，一个立方体空间被对角平面划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】AB．由题意知当质子射出后先在MN左侧运动，刚射出时根据左手定则可知在MN受到y轴正方向的洛伦兹力，即在MN左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y轴坐标增大；在MN右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向，质子在y轴正方向上做减速运动，故A正确，B错误；
CD．根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故CD错误。
故选A。

1．带电粒子在有界匀强磁场中做圆周运动时轨迹圆心和半径的确定
带电粒子在有界匀强磁场中的轨迹圆心和半径的确定是解题的第一步，也很容易出错，特别是四分之一坐标轴磁场、矩形磁场、三角形磁场和圆形磁场，要注意轨迹圆心不一定在坐标轴或磁场直线边界上。要准确确定轨迹圆心，需要抓住以下两点：①轨迹半径垂直于速度方向；②轨迹圆心在弦的垂直平分线上。轨迹圆心确定了，就可以由几何知识确定轨迹半径。
2．临界问题
(1)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系。常用方法如下：
①动态放缩法：定点粒子源发射速度大小不同、方向相同、比荷和电性都相同的粒子，速度越大半径越大，圆心在垂直初速度方向的直线上。
②旋转平移法：定点粒子源发射速度大小v相等、方向不同、比荷和电性都相同的粒子，运动轨迹的圆心在以入射点为圆心、半径为R＝的圆周上，其中B为匀强磁场的磁感应强度。
(2)粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。

7-1. （2022·湖北·高考真题）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，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（　　）

A．kBL，0° B．kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60°
【答案】BC
【详解】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图

根据几何关系则有


可得

根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。
当粒子上下均经历一次时，如图

因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有

根据洛伦兹力提供向心力有

可得

此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足
（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；
当粒子从上部分磁场射出时，需满足
（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
故可知BC正确，AD错误。
故选BC。
7-2. （2022·浙江·高考真题）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为 – q（q > 0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
（1）①求磁感应强度B的大小；
②若速度大小为v0的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度ω的大小；
（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
（3）若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值（θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。

【答案】（1）①，②，k = 0，1，2，3…；（2），n = 0，1，2，…；（3），
【详解】（1）①离子在磁场中做圆周运动有

则

②离子在磁场中的运动时间

转筒的转动角度

，k = 0，1，2，3…
（2）设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为，有


离子在磁场中的运动时间

转筒的转动角度
ω′t′ = 2nπ + θ
转筒的转动角速度
，n = 0，1，2，…
动量定理

，n = 0，1，2，…
（3）转筒的转动角速度

其中
k = 1，，n = 0，2
可得
，