A 组 · 陷阱辨析题（多选）
A1.
平行板电容器始终连接在电压恒为 $U$ 的电源上。现将两极板间距 $d$ 缓慢增大一倍，其他不变。则（多选）
A. 电容 $C$ 变为原来的一半
B. 极板电荷量 $Q$ 变为原来的一半
C. 板间电场强度 $E$ 变为原来的一半
D. 板间电场强度 $E$ 保持不变
对比思考：若改为先充电再断开电源（$Q$ 不变）后增大 $d$，上述哪些答案会变？
显示 A1 答案
答案：ABC 关键：
始终接电源，$U$ 不变。
• $C=\dfrac{\varepsilon S}{4\pi kd}$，$d$ 加倍 → $C$ 减半（A 对）。
• $Q=CU$，$U$ 不变、$C$ 减半 → $Q$ 减半（B 对）。
• $E=\dfrac{U}{d}$，$U$ 不变、$d$ 加倍 → $E$ 减半（C 对，D 错）。
陷阱：B（电荷也减半）最易漏选。对比：若断电源（$Q$ 不变），场强用 $E=\dfrac{Q}{\varepsilon_0 S}$ → $E$ 不变，变的是 $U=Ed$ 增大。接电源时 $E$ 随 $d$ 变；断电源时 $E$ 不变。
A2.
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。若只把速率增大为原来的 2 倍（电荷、质量、磁场不变），则（多选）
A. 轨道半径变为原来的 2 倍
B. 周期变为原来的 2 倍
C. 周期保持不变
D. 每秒转的圈数（频率）保持不变
显示 A2 答案
答案：ACD $r=\dfrac{mv}{qB}$、$T=\dfrac{2\pi m}{qB}$。
• $v$ 加倍 → $r$ 加倍（A 对）。
• $T=\dfrac{2\pi m}{qB}$ 与 $v$ 无关 → 周期不变（C 对，B 错）；频率 $f=\dfrac1T$ 也不变（D 对）。
核心：磁场圆周周期只由 $\dfrac{m}{qB}$ 决定，与速度无关——回旋加速器的原理基础。
B 组 · 综合计算题
B1.（电场加速 + 磁场偏转）
质量 $m$、电荷 $q$ 的正离子，从静止经电压 $U$ 加速后，从 $O$ 点垂直射入磁感应强度 $B$、垂直纸面向里的匀强磁场。
(1) 求进入磁场时的速度 $v$
动能定理：$qU=\dfrac12mv^2\Rightarrow \boxed{v=\sqrt{\dfrac{2qU}{m}}}$
(2) 求圆周运动半径 $r$
洛伦兹力提供向心力 $qvB=\dfrac{mv^2}{r}$：$\boxed{r=\dfrac{mv}{qB}=\dfrac{1}{B}\sqrt{\dfrac{2mU}{q}}}$
(3) 磁场宽度为 $L$（$L<r$），求穿出时速度偏转角 $\theta$
几何关系 $\sin\theta=\dfrac{L}{r}$：$\boxed{\theta=\arcsin\dfrac{L}{r}=\arcsin\left(\dfrac{BL}{\sqrt{2mU/q}}\right)}$
综合点
动能定理（电场）→ 洛伦兹力圆周（磁场）→ 几何求偏角。三步跨两个领域。
B2.（带电油滴 + 电容器变压 + 功）
两水平平行板间距 $d$，上板带正电。质量 $m$、带电量 $q$ 的油滴恰好静止悬浮在两板正中间。
(1) 判断油滴带电正负，求电压 $U_0$
油滴静止 → 电场力向上平衡重力。上板正 → 板间电场向下 → 油滴须带负电。平衡 $q\dfrac{U_0}{d}=mg\Rightarrow\boxed{U_0=\dfrac{mgd}{q}}$
(2) 电压突增到 $2U_0$，求时间 $t$ 后的速度
电场力变 $q\dfrac{2U_0}{d}=2mg$（向上），合力 $F_合=2mg-mg=mg$（向上），$a=g$。$\boxed{v=gt\ (\text{竖直向上})}$
(3) 求这段时间电场力做的功 $W$
位移 $s=\dfrac12gt^2$（向上），电场力 $2mg$ 与位移同向：$\boxed{W=2mg\cdot\dfrac12gt^2=mg^2t^2}$
综合点
受力平衡定电荷正负 → 变压后重新受力 → 运动学求位移 → 功。层层递进。
B3.（LC 振荡的能量分析）
理想 LC 电路，电容 $C$、电感 $L$，电容器最大电荷 $Q_0$。
(1) 用能量守恒求最大电流 $I_0$
电荷最大时全为电场能 $\dfrac{Q_0^2}{2C}$，电流最大时全为磁场能 $\dfrac{LI_0^2}{2}$，相等：$\boxed{I_0=\dfrac{Q_0}{\sqrt{LC}}}$
(2) 写出振荡周期 $T$
$\boxed{T=2\pi\sqrt{LC}}$
(3) 当电荷为 $\dfrac{Q_0}{2}$ 时求电流 $i$
能量守恒 $\dfrac{q^2}{2C}+\dfrac{Li^2}{2}=\dfrac{Q_0^2}{2C}$，代 $q=\dfrac{Q_0}{2}$：$\dfrac{Li^2}{2}=\dfrac34\dfrac{Q_0^2}{2C}$，$\boxed{i=\dfrac{\sqrt3}{2}I_0\approx0.87I_0}$
注：能量法只给大小。带方向时 $i=\pm\dfrac{\sqrt3}{2}I_0$——由 $q=Q_0\cos\omega t$，$q=\dfrac{Q_0}{2}$ 对应 $\omega t=\dfrac{\pi}{3}$（放电，$i$ 为负）或 $\omega t=\dfrac{5\pi}{3}$（充电，$i$ 为正）。正负取决于此刻在放电还是充电。
综合点
电荷减半时电流不是最大值的一半，而是 $\dfrac{\sqrt3}{2}$ 倍——这是能量（平方关系）的非线性。
B4.（导轨导体棒 · 电磁感应压轴）
水平光滑导轨间距 $L$，竖直向下磁场 $B$，导轨电阻不计，末端接电阻 $R$。质量 $m$ 的导体棒受恒定水平外力 $F$，从静止开始。
(1) 求能达到的最大速度 $v_{max}$
感应电动势 $\varepsilon=BLv$ → 电流 $I=\dfrac{BLv}{R}$ → 安培力 $F_安=\dfrac{B^2L^2v}{R}$。最大速度时 $a=0$，$F=F_安$：$\boxed{v_{max}=\dfrac{FR}{B^2L^2}}$
(2) 当 $v=\dfrac{v_{max}}{2}$ 时求加速度 $a$
此时 $F_安=\dfrac12F$，合力 $\dfrac12F$：$\boxed{a=\dfrac{F}{2m}}$
(3) 位移 $s$、速度达 $v$（$v<v_{max}$）时，求电阻焦耳热 $Q_R$
能量守恒（导轨光滑、棒无电阻）：$Fs=\dfrac12mv^2+Q_R$，$\boxed{Q_R=Fs-\dfrac12mv^2}$。（$s,v$ 取同一时刻真实值，对任意 $v<v_{max}$ 精确成立。）
综合点
感应电动势→电流→安培力→动力学（求 $v_{max}$、$a$）→能量守恒（求热）。电磁感应压轴的标准结构。
B5.（导体棒 + 电容器 · 巧题）
把 B4 末端电阻换成电容 $C$ 的电容器（导轨、棒电阻均不计），其余相同，从静止开始。
(1) 定性说明导体棒做什么运动
做匀加速直线运动。
(2) 求加速度 $a$
电容器电压 = 感应电动势 $U_C=BLv$，电荷 $q=CBLv$，充电电流 $I=\dfrac{\Delta q}{\Delta t}=CBLa$。安培力 $F_安=BIL=CB^2L^2a$。牛顿第二定律 $F-CB^2L^2a=ma$：$\boxed{a=\dfrac{F}{m+CB^2L^2}}$（常数 → 匀加速）
综合点
与 B4 对比：接电阻时安培力 $\propto v$ → 变加速、趋于最大速度；接电容时安培力 $\propto a$ → 加速度恒定、匀加速。同一装置换元件，运动性质完全不同。
B6.（有界磁场中的几何 · 挑战）
质量 $m$、电荷 $q$ 的正电荷，以速度 $v$ 垂直于左边界射入宽度 $d$ 的匀强磁场（垂直纸面向里）。
(1) 若粒子恰好从右边界射出，求 $B$
半径 $r=\dfrac{mv}{qB}$，最大水平穿透深度 $=r$。"恰好射出右边界"临界为 $r=d$：$\boxed{B=\dfrac{mv}{qd}}$
(2) 临界情况下求在磁场中的时间 $t$
$r=d$ 时恰好转过 $90^\circ$（四分之一周期）：$t=\dfrac{T}{4}=\dfrac{\pi m}{2qB}$，代入 $B$：$\boxed{t=\dfrac{\pi d}{2v}}$（与 $m,q,B$ 无关）
综合点
洛伦兹力圆周 + 临界条件（$r=d$）+ 几何（转 $90^\circ$）+ 周期公式。
B6拓展.（有界磁场 + 重力 · 超纲挑战）
题干同 B6，但不忽略重力（竖直向下，垂直入射速度），且已知 $B$、不给定 $d$。粒子恰好从右边界射出（相切）。求 $d$ 和 $t$。提示：$v_{漂}=\dfrac{mg}{qB}$，相切条件 $v_x=0$。
(1) 求磁场区宽度 $d$
$d=x(t^{*})$，代入 $v_{漂}=\dfrac{mg}{qB}$ 化简：$$\boxed{d=\dfrac{m}{q^{2}B^{2}}\left[mg\arccos\!\left(\dfrac{-mg}{qBv-mg}\right)+\sqrt{qBv(qBv-2mg)}\right]}$$
(2) 求从射入到到达右边界的时间 $t$
相切条件 $\cos\omega t^{*}=-\dfrac{mg}{qBv-mg}$（$\omega=\dfrac{qB}{m}$）：$$\boxed{t=\dfrac{m}{qB}\arccos\!\left(\dfrac{-mg}{qBv-mg}\right)}$$
综合点
重力使圆变摆线；相切 $v_x=0$ 定出 $t$，再代入得 $d$。令 $g\to0$ 退回 B6 的 $t=\dfrac T4$、$d=r$。给 $B$ 求 $d$ 是正向显式；给 $d$ 求 $B$ 是超越方程——正逆不对称。