2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 專題復(fù)習(xí)篇五 電場(chǎng)與磁場(chǎng)練習(xí)（含解析）

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1、電場(chǎng)與磁場(chǎng) 要點(diǎn)提煉 1.電場(chǎng)的性質(zhì)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) (1)對(duì)電場(chǎng)強(qiáng)度的三個(gè)公式的理解 ①E＝是電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式，適用于任何電場(chǎng)。電場(chǎng)中某點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是確定的，其大小和方向與試探電荷q無(wú)關(guān)，試探電荷q充當(dāng)“測(cè)量工具”。 ②E＝k是真空中點(diǎn)電荷所形成的電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)的決定式，某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E由場(chǎng)源電荷Q和該點(diǎn)到場(chǎng)源電荷的距離r決定。 ③E＝是場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系式，只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)，注意：式中d為兩點(diǎn)間沿電場(chǎng)方向的距離。 (2)電場(chǎng)能的性質(zhì) ①電勢(shì)與電勢(shì)能：φ＝。 ②電勢(shì)差與電場(chǎng)力做功：UAB＝＝φA－φB。 ③電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的變化：W＝－ΔEp。 (3)等勢(shì)面與電場(chǎng)線的

2、關(guān)系 ①電場(chǎng)線總是與等勢(shì)面垂直，且從電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面。 ②電場(chǎng)線越密的地方，等差等勢(shì)面也越密。 ③沿等勢(shì)面移動(dòng)電荷，電場(chǎng)力不做功，沿電場(chǎng)線移動(dòng)電荷，電場(chǎng)力一定做功。 (4)帶電粒子在電場(chǎng)中常見的運(yùn)動(dòng)類型 ①直線運(yùn)動(dòng)：通常利用動(dòng)能定理qU＝mv2－mv來(lái)求解；對(duì)于勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力做功也可以用W＝qEd來(lái)求解。 ②偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)：一般研究帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題。對(duì)于類平拋運(yùn)動(dòng)可直接利用類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律以及推論；較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)常用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法來(lái)處理。 (5)電場(chǎng)問題中常見的圖象 ①φ－x圖象：電場(chǎng)強(qiáng)度的大小等于φ－x圖線的斜率大小。 ②E－x圖象：圖線

3、與x軸圍成的“面積”大小表示電勢(shì)差的大小，兩點(diǎn)的電勢(shì)高低根據(jù)電場(chǎng)線的方向判定。 2．磁場(chǎng)的性質(zhì)及帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) (1)帶電粒子在磁場(chǎng)中的受力情況 ①磁場(chǎng)只對(duì)運(yùn)動(dòng)的電荷有力的作用，對(duì)靜止的電荷無(wú)力的作用。磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)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＝qvBsinθ，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(yīng)為正電荷運(yùn)動(dòng)的方向或負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的反方向。 (2)洛倫茲力做功的特點(diǎn) 由于洛倫茲力始終和速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功。 (3)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中常見的運(yùn)動(dòng)類型 ①勻速直線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)v∥B時(shí)，帶電粒子以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)。

4、 ②勻速圓周運(yùn)動(dòng)：當(dāng)v⊥B時(shí)，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度大小做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。 (4)帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，難點(diǎn)和關(guān)鍵點(diǎn)是畫粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，需要的物理知識(shí)是左手定則、向心力公式qvB＝m、軌跡半徑的表達(dá)式R＝、周期的表達(dá)式T＝或T＝；需要的數(shù)學(xué)知識(shí)是直角三角形的三角函數(shù)關(guān)系、勾股定理，一般三角形的正弦定理，圖中所涉及的不同三角形間的邊角關(guān)系等。 (5)粒子在直線邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，一要利用好其中的對(duì)稱性：從一直線邊界射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的粒子，從同一直線邊界射出時(shí)，射入和射出具有對(duì)稱性；二要充分利用粒子在直線邊界上的入射點(diǎn)和出射點(diǎn)速度方向和向心力的方向是垂直的。 3．復(fù)合場(chǎng)中是否需

5、要考慮粒子重力的三種情況 (1)對(duì)于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因?yàn)槠渲亓σ话闱闆r下與電場(chǎng)力或磁場(chǎng)力相比太小，可以忽略；而對(duì)于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)考慮其重力。 (2)題目中明確說(shuō)明是否要考慮重力。 (3)不能直接判斷是否要考慮重力的情況，在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動(dòng)分析時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分析出是否要考慮重力。 高考考向1　場(chǎng)的性質(zhì)與場(chǎng)的疊加 命題角度1 電場(chǎng)的疊加　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 例1　(2019·全國(guó)卷Ⅲ)(多選)如圖，電荷量分別為q和－q(q>0)的點(diǎn)電荷固定在正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)上，a、b是正方體的另外兩個(gè)頂點(diǎn)。則(　　)

6、 A．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢(shì)相等 B．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等 C．a(chǎn)點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同 D．將負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電勢(shì)能增加 解析　b點(diǎn)距q近，a點(diǎn)距－q近，則b點(diǎn)的電勢(shì)高于a點(diǎn)的電勢(shì)，A錯(cuò)誤。如圖所示，a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度可視為E3與E4、E1與E2的合場(chǎng)強(qiáng)，其中E1∥E3，E2∥E4，且知E1＝E3，E2＝E4，故合場(chǎng)強(qiáng)Ea與Eb大小相等、方向相同，B、C正確。由于φa<φb，將負(fù)電荷從低電勢(shì)處移至高電勢(shì)處的過程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，D錯(cuò)誤。 答案　BC (1)電場(chǎng)的疊加 ①電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，電場(chǎng)中某點(diǎn)的幾個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度的合場(chǎng)強(qiáng)為各個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量和。

7、②電勢(shì)是標(biāo)量，電場(chǎng)中某點(diǎn)幾個(gè)電場(chǎng)的電勢(shì)的總電勢(shì)為各個(gè)電勢(shì)的代數(shù)和。 (2)①對(duì)稱法求電場(chǎng)強(qiáng)度 ②特殊值法和極限法求電場(chǎng)強(qiáng)度 從題中給出的條件出發(fā)，需經(jīng)過較復(fù)雜的計(jì)算才能得到結(jié)果的一般形式，并且條件似乎不足，使得結(jié)果難以確定，這時(shí)我們可以嘗試采用極限思維的方法，將其變化過程引向極端的情況，就能把比較隱蔽的條件或臨界現(xiàn)象暴露出來(lái)，從而有助于結(jié)論的迅速取得。對(duì)于某些具有復(fù)雜運(yùn)算的題目，還可以通過特殊值驗(yàn)證的方法排除錯(cuò)誤選項(xiàng)，提高效率。 注：某些特殊情況還可以通過分析等式兩邊物理量的單位即量綱是否一致來(lái)排除錯(cuò)誤選項(xiàng)。 備課記錄：

8、 　 1－1　(2019·山東濟(jì)寧二模)如圖所示，一個(gè)絕緣圓環(huán)，當(dāng)它的均勻帶電且電荷量為＋q時(shí)，圓心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E?，F(xiàn)使半圓ABC均勻帶電＋2q，而另一半圓ADC均勻帶電－2q，則圓心O處電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向?yàn)?　　) A．2E，方向由O

9、指向D B．4E，方向由O指向D C．2E，方向由O指向B D．0 答案　A 解析　當(dāng)圓環(huán)的均勻帶電且電荷量為＋q時(shí)，圓心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，當(dāng)半圓ABC均勻帶電＋2q，由如圖所示的矢量合成可得，在圓心處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，方向由O到D；當(dāng)另一半圓ADC均勻帶電－2q，同理，在圓心處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，方向由O到D；根據(jù)矢量的合成法則，圓心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為2E，方向由O到D，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 1－2　圖示為一個(gè)內(nèi)、外半徑分別為R1和R2的圓環(huán)狀均勻帶電平面，其單位面積帶電量為σ。取環(huán)面中心O為原點(diǎn)，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸。設(shè)軸上任意點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離為x，P點(diǎn)

10、電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E。下面給出E的四個(gè)表達(dá)式(式中k為靜電力常量)，其中只有一個(gè)是合理的。你可能不會(huì)求解此處的場(chǎng)強(qiáng)E，但是你可以通過一定的物理分析，對(duì)下列表達(dá)式的合理性做出判斷。根據(jù)你的判斷，E的合理表達(dá)式應(yīng)為(　　) A．E＝2πkσx B．E＝2πkσx C．E＝2πkσx D．E＝2πkσx 答案　B 解析　當(dāng)R1＝0時(shí)，帶電圓環(huán)演變?yōu)閹щ妶A面，假設(shè)σ>0，則中心軸線上一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E>0，而A項(xiàng)中，E<0，故A錯(cuò)誤；當(dāng)x→∞時(shí)E→0，而C項(xiàng)E＝2πkσ·＝2πkσ，x→∞時(shí)，E→2πkσ(R1＋R2)，同理可知D項(xiàng)中x→∞時(shí)，E→4πkσ，故C、D錯(cuò)誤；所以正確選項(xiàng)為B。

11、 1－3　如圖所示，半徑為R的大球O被內(nèi)切地挖去半徑為的小球O′，余下的部分均勻地帶有電荷量Q。今在兩球球心連線OO′的延長(zhǎng)線上，距大球球心O的距離為r(r＞R)處放置一個(gè)點(diǎn)電荷q，則q所受的力大小為(你可以不必進(jìn)行復(fù)雜的計(jì)算，而是根據(jù)所學(xué)的物理知識(shí)和物理方法進(jìn)行分析，從而判斷解的合理性。)(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　許多物理量都是有量綱的，用數(shù)學(xué)公式表述一個(gè)物理規(guī)律時(shí)，等式兩端必須保持量綱一致，根據(jù)量綱可排除A；若r遠(yuǎn)大于R，可將帶電的大球看做點(diǎn)電荷，根據(jù)庫(kù)侖定律，q所受的力F＝，觀察B、C、D中的表達(dá)式，當(dāng)r趨于無(wú)窮大時(shí)，只有C中的表達(dá)式的值趨于

12、，故本題答案為C。 命題角度2 電場(chǎng)的性質(zhì) 例2　(2019·全國(guó)卷Ⅱ)(多選)靜電場(chǎng)中，一帶電粒子僅在電場(chǎng)力的作用下自M點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，N為粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的另外一點(diǎn)，則(　　) A．運(yùn)動(dòng)過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小 B．在M、N兩點(diǎn)間，粒子的軌跡一定與某條電場(chǎng)線重合 C．粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能 D．粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向一定與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行 解析　如圖所示，在兩正電荷形成的電場(chǎng)中，一帶正電的粒子在兩電荷的連線上運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子有可能經(jīng)過先加速再減速的過程，A正確；已知帶電粒子只受電場(chǎng)力，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與電場(chǎng)線重合須具備初速度與電場(chǎng)線平

13、行或?yàn)?、電場(chǎng)線為直線兩個(gè)條件，B錯(cuò)誤；帶電粒子僅受電場(chǎng)力在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其動(dòng)能與電勢(shì)能的總量不變，EkM＝0，而EkN≥0，故EpM≥EpN，C正確；粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的切線方向?yàn)樗俣确较颍捎诹Ｗ舆\(yùn)動(dòng)軌跡不一定是直線，故粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線方向不一定平行，D錯(cuò)誤。 答案　AC (1)電勢(shì)和電勢(shì)能 電勢(shì)高低的判斷 根據(jù)電場(chǎng)線的方向判斷；根據(jù)UAB＝判斷；根據(jù)電場(chǎng)力做功(或電勢(shì)能)判斷 電勢(shì)能的大小和改變 根據(jù)Ep＝qφ判斷；根據(jù)ΔEp＝－W電，由電場(chǎng)力做功判斷 (2)根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡判斷粒子的受力及運(yùn)動(dòng)情況 ①確定受力方向的依據(jù) a．曲線運(yùn)動(dòng)的受力特征

14、：帶電粒子受力總指向曲線的凹側(cè)； b．電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向的關(guān)系：正電荷的受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相同，負(fù)電荷則相反； c．場(chǎng)強(qiáng)方向與電場(chǎng)線或等勢(shì)面的關(guān)系：電場(chǎng)線的切線方向或等勢(shì)面的法線方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的方向。 ②比較加速度大小的依據(jù)：電場(chǎng)線或等差等勢(shì)面越密?E越大?F＝qE越大?a＝越大。 ③判斷加速或減速的依據(jù)：電場(chǎng)力與速度成銳角(鈍角)，電場(chǎng)力做正功(負(fù)功)，速度增加(減小)。 備課記錄：

15、 　 2－1　(2019·四川綿陽(yáng)市三診)如圖所示，O是正三角形ABC的中心，將帶正電的小球a、b分別放在A、B兩頂點(diǎn)，此時(shí)b球所受的庫(kù)侖力大小為F，再將一個(gè)帶負(fù)電的小球c放在C點(diǎn)，b球所受的庫(kù)侖力大小仍為F。現(xiàn)固定小球a、c，將小球b從B點(diǎn)沿直線移動(dòng)到O點(diǎn)(　　) A．移動(dòng)過程中電場(chǎng)力對(duì)小球b不做功 B．移動(dòng)過程中電場(chǎng)力對(duì)小球b做正功 C．小球b在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力等于在O點(diǎn)受到

16、的電場(chǎng)力 D．小球b在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大于在O點(diǎn)受到的電場(chǎng)力 答案　A 解析　設(shè)正三角形邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，當(dāng)沒放小球c時(shí)有F＝k，放上小球c后，對(duì)小球b受力分析，合力大小仍為F，而FAB與FCB夾角為120°，合力與一個(gè)分力大小相等，可以得出FAB＝FCB，即k＝k，得到qa＝qc，所以小球a、c是等量異種電荷。等量異種電荷的中垂面是一個(gè)等勢(shì)面，所以將小球b從B點(diǎn)沿直線移動(dòng)到O點(diǎn)過程中，電場(chǎng)力不做功，A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)等量異種電荷的場(chǎng)強(qiáng)分布特點(diǎn)，可知B點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小小于O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小，小球b在B點(diǎn)受到的電場(chǎng)力小于在O點(diǎn)受到的電場(chǎng)力，C、D錯(cuò)誤。 2－2　(2019·廣東深圳市二調(diào))真空中，在x

17、軸上x＝0和x＝8處分別固定兩個(gè)電性相同的點(diǎn)電荷Q1和Q2。電荷間連線上的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x變化的圖象如圖所示(＋x方向?yàn)閳?chǎng)強(qiáng)正方向)，其中x＝6處E＝0。將一個(gè)正試探電荷在x＝2處由靜止釋放(重力不計(jì)，取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零)。則(　　) A．Q1、Q2均為負(fù)電荷 B．Q1、Q2帶電量之比為9∶1 C．在x＝6處電勢(shì)為0 D．該試探電荷向x軸正方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，電勢(shì)能一直減小 答案　B 解析　由圖知在x＝0處場(chǎng)強(qiáng)為正，x＝8處場(chǎng)強(qiáng)為負(fù)，根據(jù)電場(chǎng)線分布特點(diǎn)可知Q1、Q2均為正電荷，A錯(cuò)誤；在x＝6處，合場(chǎng)強(qiáng)為0，有k＝k，解得＝＝，B正確；在兩個(gè)正電荷形成的電場(chǎng)中，由于無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，故在

18、x＝6處電勢(shì)大于零，C錯(cuò)誤；試探電荷向x軸正方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力先做正功后做負(fù)功，因此電勢(shì)能先減小后增大，D錯(cuò)誤。 命題角度3 勻強(qiáng)電場(chǎng)的性質(zhì) 例3　(2017·全國(guó)卷Ⅲ)(多選)一勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點(diǎn)的位置如圖所示，三點(diǎn)的電勢(shì)分別為10 V、17 V、26 V。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為2.5 V/cm B．坐標(biāo)原點(diǎn)處的電勢(shì)為1 V C．電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的低7 eV D．電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為9 eV 解析　如圖所示，由勻強(qiáng)電場(chǎng)中兩平行線距離相等的兩點(diǎn)間電勢(shì)差相等知，Oa間電勢(shì)差與bc間電勢(shì)差相等

19、，故O點(diǎn)電勢(shì)為1 V，B正確；則在x軸上，每0.5 cm長(zhǎng)度對(duì)應(yīng)電勢(shì)差為1 V,10 V對(duì)應(yīng)的等勢(shì)線與x軸交點(diǎn)e坐標(biāo)為(4.5,0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由幾何知識(shí)得：Od長(zhǎng)度為3.6 cm，代入公式E＝得，E＝2.5 V/cm，A正確；電子帶負(fù)電，電勢(shì)越高，電勢(shì)能越小，電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的高7 eV，C錯(cuò)誤；電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做功W＝－eU＝9 eV，D正確。 答案　ABD 在勻強(qiáng)電場(chǎng)中由公式U＝Ed得出的“一式、二結(jié)論” (1)“一式”：E＝＝，其中d是沿電場(chǎng)線方向上兩點(diǎn)間的距離。 (2)“二結(jié)論” 結(jié)論1：勻強(qiáng)電場(chǎng)中的任一線段AB

20、的中點(diǎn)C的電勢(shì)φC＝，如圖甲所示。 結(jié)論2：勻強(qiáng)電場(chǎng)中若兩線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如圖乙所示。 備課記錄： 　 3．(2019·河南

21、名校聯(lián)盟五調(diào))(多選)如圖所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一直角三角形ABC，∠C＝90°，∠A＝30°，BC邊長(zhǎng)2 cm。電場(chǎng)強(qiáng)度的方向與三角形ABC平面平行。一電子從A點(diǎn)移到C點(diǎn)電場(chǎng)力做功為15 eV，從B點(diǎn)移到C點(diǎn)電場(chǎng)力做功為5 eV。則(　　) A．A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB為10 V B．電場(chǎng)強(qiáng)度的方向由A點(diǎn)指向C點(diǎn) C．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為500 V/m D．一電子從B點(diǎn)移到AC的中點(diǎn)，電勢(shì)能增加2.5 eV 答案　CD 解析　由題意得UAC＝＝－15 V，UBC＝＝－5 V，UAC＝φA－φC，UBC＝φB－φC，UAB＝φA－φB＝UAC－UBC＝－10 V，A錯(cuò)誤；把AC

22、線段三等分，連接BR，如圖所示，由幾何關(guān)系得AC＝2 cm，CR＝ cm，∠CBR＝30°，則∠ABR＝30°，根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)等分線段等分電勢(shì)差得BR為等勢(shì)線，且UAR＝－10 V，過A點(diǎn)作BR的垂線交BR于M點(diǎn)，則B、R、M三點(diǎn)電勢(shì)相等，由幾何關(guān)系可知AM＝2 cm，故E＝＝500 V/m，方向由M點(diǎn)指向A點(diǎn)，B錯(cuò)誤，C正確；設(shè)AC的中點(diǎn)為P，有UPC＝－7.5 V，由于UBC＝－5 V，故UBP＝UBC－UPC＝2.5 V，電子從B點(diǎn)移到AC的中點(diǎn)P，電場(chǎng)力的功為W＝－eUBP＝－2.5 eV，故ΔEp＝－W＝2.5 eV，即電勢(shì)能增加2.5 eV，D正確。 命題角度4 磁場(chǎng)的疊加

23、 例4　(2018·全國(guó)卷Ⅱ)(多選)如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長(zhǎng)直絕緣導(dǎo)線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點(diǎn)，它們相對(duì)于L2對(duì)稱。整個(gè)系統(tǒng)處于勻強(qiáng)外磁場(chǎng)中，外磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外。則(　　) A．流經(jīng)L1的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 B．流經(jīng)L1的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 C．流經(jīng)L2的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 D．流經(jīng)L2的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 解析　L1在a、b兩點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)

24、度大小相等，設(shè)為B1，方向都垂直于紙面向里，而L2在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小設(shè)為B2，方向垂直紙面向里，在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B2，方向垂直紙面向外，規(guī)定向外為正方向，根據(jù)矢量疊加原理可知B0－B1－B2＝B0，B2＋B0－B1＝B0，聯(lián)立這兩式可解得：B1＝B0，B2＝B0，故A、C正確。 答案　AC 磁場(chǎng)的疊加和安培定則的綜合問題 (1)根據(jù)安培定則確定通電導(dǎo)線周圍磁感線的方向。 (2)磁場(chǎng)中每一點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)樵擖c(diǎn)磁感線的切線方向。 (3)磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，多個(gè)通電導(dǎo)體產(chǎn)生的磁場(chǎng)疊加時(shí)，合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度等于各通電導(dǎo)體單獨(dú)存在時(shí)在該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和。

25、 備課記錄： 　 4．(2019·陜西渭南市二檢)有兩條長(zhǎng)直導(dǎo)線垂直水平紙面放置，交紙面于a、b兩點(diǎn)，導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示。a、b的連線水平，c是ab的中點(diǎn)，d點(diǎn)與c點(diǎn)關(guān)

26、于b點(diǎn)對(duì)稱。已知c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，d點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，則關(guān)于a處導(dǎo)線在d點(diǎn)產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及方向，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．B1＋B2，方向豎直向下 B．B1－B2，方向豎直向上 C.＋B2，方向豎直向上 D.－B2，方向豎直向下 答案　D 解析　根據(jù)安培定則，a處導(dǎo)線在d點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)樨Q直向下。a處導(dǎo)線和b處導(dǎo)線在c點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，可知大小都為，則b處導(dǎo)線在d點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向豎直向上。因?yàn)閐點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，方向向上，即B2＝－Ba，可得a處導(dǎo)線在d點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Ba＝－B2。故D正確

27、，A、B、C錯(cuò)誤。 命題角度5 磁場(chǎng)的性質(zhì) 例5　(2019·江蘇高考)(多選)如圖所示，在光滑的水平桌面上，a和b是兩條固定的平行長(zhǎng)直導(dǎo)線，通過的電流強(qiáng)度相等。矩形線框位于兩條導(dǎo)線的正中間，通有順時(shí)針方向的電流，在a、b產(chǎn)生的磁場(chǎng)作用下靜止。則a、b的電流方向可能是(　　) A．均向左 B．均向右 C．a(chǎn)的向左，b的向右 D．a(chǎn)的向右，b的向左 解析　如圖1所示，若a、b中電流方向均向左，矩形線框靠近導(dǎo)線的兩邊所受安培力方向相同，使線框向?qū)Ь€b移動(dòng)。 同理可知，若a、b中電流均向右，線框向?qū)Ь€a移動(dòng)，故A、B不符合題意。 若a導(dǎo)線的電流方向向左，b導(dǎo)線的電流方

28、向向右，a、b中電流I′在線框所在處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向如圖2所示，線框靠近導(dǎo)線的兩邊所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同，所受的安培力大小相等、方向相反，線框靜止。 同理可知，若a導(dǎo)線的電流方向向右，b導(dǎo)線的電流方向向左，線框也靜止，C、D符合題意。 答案　CD (1)安培力大小和方向 (2)同向電流相互吸引，反向電流相互排斥。 備課記錄：

29、 　 5．(2019·湖北七市州教研協(xié)作體高三聯(lián)合模擬)(多選)如圖所示，兩根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線A、B垂直于紙面固定放置，二者之間的連線水平，電流方向均垂直于紙面向里，A中電流是B中電流的2倍，此時(shí)A受到的磁場(chǎng)作用力大小為F，而在A、B的正中間再放置一根與A、B平行共面的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線C后，A受到的磁場(chǎng)作用力大小變?yōu)?F，則B受到的磁場(chǎng)作用力大小和方向可能為(　　) A．大小為F，方向水平向右 B．大小為F，方向水平向左 C．大小為F，方向

30、水平向右 D．大小為F，方向水平向左 答案　BC 解析　由于A、B間的磁場(chǎng)力是兩導(dǎo)體棒的相互作用，故B受到A的磁場(chǎng)力大小為F，由同向電流相互吸引知，A受B的作用力向右，B受A的作用力向左；中間再加一通電長(zhǎng)直導(dǎo)線C時(shí)，由于C處于中間，其在A、B兩位置產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，故A受到的磁場(chǎng)力為B受磁場(chǎng)力的2倍，且兩力方向相反；由于A受到的磁場(chǎng)作用力大小變?yōu)?F，則可能有兩種情況：①C對(duì)A的作用力為F，方向向右；則C對(duì)B的作用力為F，方向向左，故B受合力大小為F，方向水平向左；②C對(duì)A的作用力為3F，方向向左，則C對(duì)B的作用力為F，方向向右，故B受合力大小為F，方向水平向右。故B、

31、C正確A、D錯(cuò)誤。 高考考向2　帶電粒子(物體)在有界場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 命題角度1 帶電粒子(物體)在有界電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 例6　(2019·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢(shì)均為φ(φ>0)。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場(chǎng)，重力忽略不計(jì)。 (1)求粒子第一次穿過G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場(chǎng)，

32、則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為多少？ 解析　(1)PG、QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，設(shè)均為E。粒子在PG間所受電場(chǎng)力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有 E＝① F＝qE＝ma② 設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有 qEh＝Ek－mv③ 設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有 h＝at2④ l＝v0t⑤ 聯(lián)立①②③④⑤式解得 Ek＝mv＋qh⑥ l＝v0⑦ (2)若粒子穿過G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長(zhǎng)度最短。由對(duì)稱性知，此時(shí)金屬板的長(zhǎng)度為 L＝2l＝2v0。 答案　(1)mv＋qh　v0　(2)2v0 有關(guān)平行板電容器

33、問題的分析思路 (1)抓住三個(gè)關(guān)系式：①電容決定式C＝；②電容定義式C＝；③場(chǎng)強(qiáng)關(guān)系式E＝。 (2)看清兩種模式：①電容器連接電源，電容器兩極板間電壓不變；②電容器與電源斷開(且不與其他電學(xué)元件形成回路)，電容器兩極板上所帶電荷量不變。 備課記錄：

34、 　 6．(2019·山東淄博三模)(多選)如圖，平行板電容器的A、B兩極板水平放置，與理想二極管串聯(lián)接在電源上，已知A和電源的正極相連，二極管具有單向?qū)щ娦?，一帶電小球沿AB中心水平射入，打在B極板上的N點(diǎn)?，F(xiàn)保持B板不動(dòng)，通過上下移動(dòng)A板來(lái)改變兩極板的間距(兩板仍平行)，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．若小球帶正電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，小球打在N的左側(cè) B．若小球帶正電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，小球打在N的左側(cè) C．若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，小球可能打在N的左側(cè) D．若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，小球可能打在N的右側(cè)

35、 答案　AD 解析　若小球帶正電，當(dāng)d減小時(shí)，電容增大，Q增大，U不變，根據(jù)E＝，知d減小時(shí)E增大，所以電場(chǎng)力變大，方向向下，小球做平拋運(yùn)動(dòng)且豎直方向加速度增大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，小球打在N點(diǎn)左側(cè)，故A正確；若小球帶正電，當(dāng)d增大時(shí)，電容減小，但由于二極管的單向?qū)щ娦允沟肣不可能減小，所以Q不變，根據(jù)E＝＝＝，知E不變，所以電場(chǎng)力不變，小球仍然打在N點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距d增大時(shí)，電容減小，但Q不可能減小，所以Q不變，根據(jù)E＝＝＝，知E不變，所以電場(chǎng)力大小不變，方向向上，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)且豎直向下的加速度不變，運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，小球仍然打在N點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距d

36、減小時(shí)，電容增大，U不變，則Q增大，根據(jù)E＝，知E增大，所以電場(chǎng)力變大，方向向上，若電場(chǎng)力仍小于重力，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)且豎直向下的加速度減小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長(zhǎng)，小球?qū)⒋蛟贜點(diǎn)的右側(cè)，故D正確。 命題角度2 帶電粒子(物體)在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 例7　(2019·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場(chǎng)；一段時(shí)間后，該粒子在OP邊上某點(diǎn)以垂直于x軸的方向射出。已知O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，N點(diǎn)在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)與離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)之間的距離為d，不

37、計(jì)重力。求： (1)帶電粒子的比荷； (2)帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間。 解析　(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v。由動(dòng)能定理有 qU＝mv2① 設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 qvB＝m② 粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖， 由幾何關(guān)系知d＝r③ 聯(lián)立①②③式得＝④ (2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至x軸所經(jīng)過的路程為s＝＋rtan30°⑤ 帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間為 t＝⑥ 聯(lián)立②③④⑤⑥式得t＝。 答案　(1)　(2) 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的解題步驟

38、 備課記錄： 　 7－1　(2019·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，邊長(zhǎng)為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點(diǎn)有一電子發(fā)射源O，可向

39、磁場(chǎng)內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點(diǎn)射出的電子的速度大小分別為(　　) A.kBl，kBl B.kBl，kBl C.kBl，kBl D.kBl，kBl 答案　B 解析　若電子從a點(diǎn)射出，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖線①，有qvaB＝m，Ra＝，解得va＝＝＝；若電子從d點(diǎn)射出，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖線②，有qvdB＝m，R＝2＋l2，解得vd＝＝＝。B正確。 7－2　(2019·北京高考)如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電粒子垂直磁場(chǎng)邊界從a點(diǎn)射入，從b點(diǎn)射出。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．粒子帶正電 B．粒子在b點(diǎn)速率大于在a點(diǎn)速率

40、 C．若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，則粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出 D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短 答案　C 解析　由左手定則知，粒子帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由于洛倫茲力不做功，粒子速率不變，B錯(cuò)誤；由R＝，若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B，則R變大，粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出，C正確；由R＝，若僅減小入射速率v，則R變小，粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角θ變大，由t＝T、T＝知，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長(zhǎng)，D錯(cuò)誤。 7－3　(2019·江西高三九校3月聯(lián)考)(多選)如圖所示是一個(gè)半徑為R的豎直圓形磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里。有一個(gè)粒子源在圓上的A點(diǎn)不停地發(fā)射出速率相同的帶正電的粒子，帶

41、電粒子的質(zhì)量均為m，電荷量均為q，運(yùn)動(dòng)的半徑為r，在磁場(chǎng)中的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為α。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．若r＝2R，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為 B．若r＝2R，粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場(chǎng)，則有tan＝ C．若r＝R，粒子沿著磁場(chǎng)的半徑方向射入，則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 D．若r＝R，粒子沿著與半徑方向成60°角斜向下射入磁場(chǎng)，則圓心角α為150° 答案　BD 解析　若r＝2R，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)時(shí)，磁場(chǎng)區(qū)域的直徑是軌跡的弦，作出軌跡如圖1所示，因?yàn)閞＝2R，圓心角α＝60°，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為tmax＝T＝·＝，故A錯(cuò)誤；若r＝

42、2R，粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場(chǎng)，作出軌跡 如圖2所示，根據(jù)幾何關(guān)系，有tan＝＝＝，故B正確；若r＝R，粒子沿著磁場(chǎng)的半徑方向射入，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖3所示，圓心角為90°，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝T＝·＝，故C錯(cuò)誤；若r＝R，粒子沿著與半徑方向成60°角斜向下射入磁場(chǎng)，軌跡如圖4所示，圖中軌跡圓心與磁場(chǎng)圓心以及入射點(diǎn)和出射點(diǎn)連線構(gòu)成菱形，由幾何知識(shí)知圓心角α為150°，故D正確。 高考考向3　帶電粒子(物體)在組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 命題角度1 帶電粒子(物體)在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 例8　(2018·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在y>0

43、的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E；在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)氕核H和一個(gè)氘核H先后從y軸上y＝h點(diǎn)以相同的動(dòng)能射出，速度方向沿x軸正方向。已知H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場(chǎng)。H的質(zhì)量為m，電荷量為q。不計(jì)重力。求： (1)H第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離； (2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。? (3)H第一次離開磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離。 解析　(1)H在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)H在電場(chǎng)中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

44、t1，第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離為s1。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 s1＝v1t1① h＝a1t② 由題給條件，H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60°。H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的y分量的大小為 a1t1＝v1tanθ1③ 聯(lián)立以上各式得s1＝h④ (2)H在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有 qE＝ma1⑤ 設(shè)H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小為v1′，由速度合成法則有 v1′＝⑥ 設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，H在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 qv1′B＝⑦ 由幾何關(guān)系得s1＝2R1sinθ1⑧ 聯(lián)立以上各式得B＝ ⑨ (3)設(shè)H在電場(chǎng)中沿x軸正方向射出的

45、速度大小為v2，在電場(chǎng)中的加速度大小為a2，由題給條件得 (2m)v＝mv⑩ 由牛頓第二定律有qE＝2ma2? 設(shè)H第一次射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v2′，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為s2，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 s2＝v2t2? h＝a2t? v2′＝? sinθ2＝? 聯(lián)立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′? 設(shè)H在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式得 R2＝＝R1? 所以出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)。設(shè)H進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)到第一次離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)的距離為s2′，由幾何關(guān)系有 s2

46、′＝2R2sinθ2? 聯(lián)立④⑧???式得，H第一次離開磁場(chǎng)時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離為s2′－s2＝(－1)h。 答案　(1)h　(2) 　(3)(－1)h 帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的解題思路 (1)明性質(zhì)：要清楚場(chǎng)的性質(zhì)、方向、強(qiáng)弱、范圍等。 (2)定運(yùn)動(dòng)：帶電粒子依次通過不同場(chǎng)區(qū)時(shí)，由受力情況確定粒子在不同區(qū)域的運(yùn)動(dòng)情況。 (3)畫軌跡：正確畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡。 (4)用規(guī)律：根據(jù)區(qū)域和運(yùn)動(dòng)規(guī)律的不同，將粒子運(yùn)動(dòng)的過程劃分為幾個(gè)不同的階段，對(duì)不同的階段選取不同的規(guī)律進(jìn)行處理。 (5)找關(guān)系：要明確帶電粒子通過不同場(chǎng)區(qū)的交界處時(shí)速度大小和方向的關(guān)系，上一個(gè)區(qū)域的末速度往往是下一

47、個(gè)區(qū)域的初速度。 備課記錄： 　 8. (2019·福建省三明市模擬)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中有一曲線邊界OQ，邊界上方區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，邊界下方區(qū)域

48、存在豎直方向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E。在x軸上的P處，有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子由靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間t，粒子到達(dá)曲線上的N點(diǎn)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)恰好垂直穿過y軸，軌跡如圖所示，粒子的重力不計(jì)，求： (1)P處粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)半徑r； (2)若此粒子從x軸正半軸上任意位置處由靜止出發(fā)，最終都能垂直穿過y軸，則邊界曲線OQ滿足的方程。 答案　(1)　(2)y＝ 解析　(1)在電場(chǎng)中：qE＝ma，v＝at 在磁場(chǎng)中：qvB＝，r＝，聯(lián)立解得：r＝。 (2)設(shè)邊界上某一點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)分別為x和y， 由幾何關(guān)系可得x＝r 又y＝at2 聯(lián)立解得曲線OQ滿足的方程為：y＝。

49、 命題角度2 帶電粒子(物體)在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 例9　(2019·天津高考)筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對(duì)應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏開啟時(shí)磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時(shí)磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為a、長(zhǎng)為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時(shí)，電子的定向移動(dòng)速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時(shí)元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此控制屏幕的熄滅。則元件的(　　) 　 A．前表面的電勢(shì)比后表面的低 B．前、后表面間的電壓U與v無(wú)關(guān) C．前、后表面間的

50、電壓U與c成正比 D．自由電子受到的洛倫茲力大小為 解析　由左手定則判斷，后表面帶負(fù)電，電勢(shì)低，A錯(cuò)誤；電子受力平衡后，U穩(wěn)定不變，由e＝evB得U＝Bav，故前、后表面間的電壓U與v成正比，與c無(wú)關(guān)，故B、C錯(cuò)誤；自由電子受到的洛倫茲力F＝evB＝，D正確。 答案　D 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的解題思路 備課記錄：

51、 　 　 9．(2019·山東省濱州市二模)如圖所示，處于豎直面內(nèi)的坐標(biāo)系x軸水平、y軸豎直，第二象限內(nèi)有相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向下，磁場(chǎng)方向垂直坐標(biāo)平面向里。帶電微粒從x軸上M點(diǎn)以某一速度射入電磁場(chǎng)中，速度與x軸負(fù)半軸夾角α＝53°，微粒在第二象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并垂直y軸進(jìn)入第一象限。已知微粒的質(zhì)量為m，電荷量為－q，OM間距離為L(zhǎng)，重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求： (1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E

52、； (2)若微粒再次回到x軸時(shí)動(dòng)能為M點(diǎn)動(dòng)能的2倍，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為多少？ 答案　(1)　(2) 解析　(1)微粒在第二象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)， 則qE＝mg 解得：E＝。 (2)微粒垂直y軸進(jìn)入第一象限，則圓周運(yùn)動(dòng)圓心在y軸上，由幾何關(guān)系得：rsinα＝L 洛倫茲力提供向心力，有：qvB＝m 微粒在第一象限中運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能守恒，有： mgr(1＋cosα)＝Ek－mv2 又因?yàn)镋k＝2×mv2 聯(lián)立以上各式解得：B＝ 。 閱卷現(xiàn)場(chǎng)　帶電粒子(物體)運(yùn)動(dòng)過程分析出錯(cuò) 例10　(2019·四川德陽(yáng)二診)(20分)如圖所示，在豎直平面(紙面)內(nèi)有長(zhǎng)為l的CD、EF

53、兩平行帶電極板，上方CD為正極板，下方EF為負(fù)極板，兩極板間距為l，O點(diǎn)為兩極板邊緣C、E兩點(diǎn)連線的中點(diǎn)；兩極板右側(cè)為邊長(zhǎng)為l的正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。粒子源P產(chǎn)生的電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子飄入電壓為U1的加速電場(chǎng)，其初速度幾乎為零，被電場(chǎng)加速后在豎直平面內(nèi)從O點(diǎn)斜向上射入兩極板間，帶電粒子恰好從CD極板邊緣D點(diǎn)垂直DF邊界進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與帶電粒子射入電場(chǎng)O點(diǎn)時(shí)的速度大小v0的關(guān)系為＝，帶電粒子重力不計(jì)。求： (1)帶電粒子射入電場(chǎng)O點(diǎn)時(shí)的速度大小v0； (2)兩平行極板間的電壓U2； (3)帶電粒子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。 正解　

54、(1)電荷在電壓為U1的加速電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得：qU1＝mv，(2分) 解得：v0＝。(1分) (2)設(shè)粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度方向與水平方向間的夾角為θ，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中：l＝v0cosθ·t0，(2分) ＝v0sinθ·t0，(2分) v0sinθ＝at0，(2分) 加速度：a＝＝，(2分) 解得：U2＝U1，θ＝。(2分) (3)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力， 由牛頓第二定律得：qv0cosθ·B＝m，(2分) 解得：R＝l，(1分) 由幾何知識(shí)知，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角α＝，(1分) 粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝，(2分) 解得：t＝ 。(1分) 答

55、案　(1) 　(2)U1　(3) 錯(cuò)解　(1)電荷在電壓為U1的加速電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得：qU1＝mv，(2分) 解得：v0＝。(1分) (2)設(shè)粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度方向與水平方向間的夾角為θ，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中：l＝v0cosθ·t0，(2分) ＝v0sinθ·t0，(2分) v0sinθ＝at0，(2分) 加速度：a＝＝，(2分) 解得：U2＝U1，θ＝。(2分) (3)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv0B＝m，(扣2分) 解得：R＝l，(扣1分) 由幾何知識(shí)知，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角α＝，(扣1分) 粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝，(扣

56、2分) 解得：t＝ 。(扣1分) 答案　(1) 　(2)U1　(3) 本題考查帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，第(1)問考查帶電粒子在電場(chǎng)中的加速運(yùn)動(dòng)，第(2)問需要利用逆向思維的方法和類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解，注意這個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的末速度是粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的初速度，只有第(1)(2)問都求解正確第(3)問才可能求解正確。 專題作業(yè) 1．(2019·山東省聊城市二模)如圖所示，三根相互平行的固定長(zhǎng)直導(dǎo)線L1、L2和L3垂直紙面放置，直導(dǎo)線與紙面的交點(diǎn)及坐標(biāo)原點(diǎn)O分別位于邊長(zhǎng)為a的正方形的四個(gè)頂點(diǎn)。L1與L3中的電流均為2I、方向均垂直紙面向里，L2中的電流為I、方向垂直紙面向外。已知在電

57、流為I的長(zhǎng)直導(dǎo)線的磁場(chǎng)中，距導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，其中k為常數(shù)。某時(shí)刻有一電子正好經(jīng)過原點(diǎn)O且速度方向垂直紙面向外，速度大小為v，電子電量為e，則該電子所受磁場(chǎng)力(　　) A．方向與y軸正方向成45°角，大小為 B．方向與y軸負(fù)方向成45°角，大小為 C．方向與y軸正方向成45°角，大小為 D．方向與y軸負(fù)方向成45°角，大小為 答案　D 解析　通電直導(dǎo)線L1、L2、L3分別在原點(diǎn)O處產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝k、B2＝k、B3＝k，方向如圖所示。則三電流在O點(diǎn)處產(chǎn)生合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝B1－B2＝，方向與y軸正方向成45°角且指向第一象限。電子經(jīng)過原點(diǎn)O速度方向垂直

58、紙面向外，速度大小為v，據(jù)左手定則知，該電子所受洛倫茲力方向與y軸負(fù)方向成45°角，洛倫茲力的大小f＝evB＝，D正確，A、B、C錯(cuò)誤。 2．(2019·福建省三明市檢測(cè))如圖，正方形MNPQ處于紙面內(nèi)，M、P處分別固定兩根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線，二者相互平行且垂直紙面放置，通入電流的大小均為I，電流方向如圖，它們?cè)贜點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．N、Q兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反 B．Q點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0 C．若使P處直導(dǎo)線電流反向，大小不變，則N處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0 D．若使P處直導(dǎo)線電流反向，大小不變，則Q處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與原來(lái)垂直 答案

59、　D 解析　兩條直導(dǎo)線在N點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0，則在N點(diǎn)的合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，由安培定則和矢量合成法則可知其方向沿NQ方向向上，同理在Q點(diǎn)的合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B0，其方向沿NQ方向向上，A、B錯(cuò)誤；若使P處直導(dǎo)線電流反向，大小不變，由安培定則和矢量合成法則可知N處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小仍為B0，Q處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向變?yōu)樗较蜃螅c原來(lái)垂直，C錯(cuò)誤，D正確。 3. (2019·河南省洛陽(yáng)市三模)(多選)如圖所示，虛線OL與y軸的夾角為60°，在此角范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶正電荷的粒子從y軸上的M點(diǎn)沿平行于x軸的方向射入磁場(chǎng)，粒子離開磁場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)軌跡與x

60、軸交于P點(diǎn)(圖中未畫出)。已知OP之間的距離與粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑相等，不計(jì)粒子的重力。則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．粒子離開磁場(chǎng)時(shí)的速度方向可能垂直虛線OL B．粒子經(jīng)過x軸時(shí)的速度方向可能垂直x軸 C．粒子離開磁場(chǎng)時(shí)的速度方向可能和虛線OL成30°夾角 D．粒子經(jīng)過x軸時(shí)的速度方向可能與x軸正方向成30°夾角 答案　BD 解析　如果粒子離開磁場(chǎng)時(shí)的速度方向垂直虛線OL，則軌跡圓心為O，可知OP＞r，A錯(cuò)誤；如果粒子經(jīng)過x軸時(shí)的速度方向垂直x軸，則粒子經(jīng)過OL時(shí)速度方向豎直向下，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示， 由幾何關(guān)系可得OP＝r，B正確；如果粒子離開磁場(chǎng)時(shí)的速度方

61、向和虛線OL成30°夾角，則粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示， 由幾何知識(shí)可知，此時(shí)OP距離一定小于r，C錯(cuò)誤；如果粒子經(jīng)過x軸時(shí)的速度方向與x軸正方向成30°夾角，軌跡如圖3所示， 由幾何知識(shí)知△AOC與△OAP全等，故OP＝AC＝r，D正確。 4．(2019·江西省南昌市二模)如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B1，P點(diǎn)為磁場(chǎng)邊界上的一點(diǎn)。相同的帶正電荷粒子，以相同的速率從P點(diǎn)射入磁場(chǎng)區(qū)域，速度方向沿位于紙面內(nèi)的各個(gè)方向，這些粒子射出磁場(chǎng)區(qū)域的位置均處于磁場(chǎng)邊界的某一段弧上，這段圓弧的弧長(zhǎng)是磁場(chǎng)邊界圓周長(zhǎng)的。若只將磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變?yōu)锽2，結(jié)果相應(yīng)的弧

62、長(zhǎng)變?yōu)榇艌?chǎng)邊界圓周長(zhǎng)的，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用，則等于(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2時(shí)，從P點(diǎn)射入的粒子與磁場(chǎng)邊界的最遠(yuǎn)交點(diǎn)是軌跡上直徑與磁場(chǎng)邊界圓的交點(diǎn)，如圖所示，故∠POM＝120°。所以粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r2＝Rsin60°＝，同理可知r1＝Rsin30°＝，解得＝，B正確，A、C、D錯(cuò)誤。 5．(2019·山東省聊城市二模) (多選)如圖所示，圓心角為90°的扇形COD內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，E點(diǎn)為半徑OD的中點(diǎn)，現(xiàn)有比荷大小相等的兩個(gè)帶電粒子a、b，以不同的速度分別從O、E點(diǎn)沿OC方向射入磁場(chǎng)，

63、粒子a、b分別從D、C兩點(diǎn)射出磁場(chǎng)，不計(jì)粒子所受重力及粒子間相互作用，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．粒子a帶負(fù)電，粒子b帶正電 B．粒子a、b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度之比為2∶5 C．粒子a、b的速度之比為5∶2 D．粒子a、b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為180∶53 答案　ABD 解析　根據(jù)題中條件，畫出兩粒子的軌跡如圖。由圖根據(jù)左手定則，可判斷粒子a帶負(fù)電，粒子b帶正電，A正確；設(shè)扇形COD的半徑為R，據(jù)幾何關(guān)系可得，ra＝，2＋R2＝r，則＝＝，由qvB＝m，解得v＝，兩粒子的比荷相等，則粒子a、b的速度之比為2∶5，根據(jù)q

64、vB＝ma，解得a＝，兩粒子的比荷相等，則粒子a、b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度之比為2∶5，B正確，C錯(cuò)誤；由圖知，粒子a軌跡的圓心角θa＝180°，根據(jù)sinθb＝可得粒子b軌跡的圓心角θb＝53°，根據(jù)t＝T、T＝可得，粒子a、b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為180∶53，D正確。 6．(2019·河南省八市三模)如圖ABCD的矩形區(qū)域存在沿A至D方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，邊長(zhǎng)AB＝2AD，質(zhì)量為m、帶電量為q的正電粒子以速度v從A點(diǎn)沿AB方向射入矩形區(qū)域，粒子恰好從C點(diǎn)以速度v1射出電場(chǎng)，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，不計(jì)粒子重力，則(　　) A．若電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)?E，粒子從DC邊中點(diǎn)射出 B．

65、若電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)?E，粒子射出電場(chǎng)的速度為2v1 C．若粒子入射速度變?yōu)椋瑒t粒子從DC邊中點(diǎn)射出電場(chǎng) D．若粒子入射速度變?yōu)?，則粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度為 答案　C 解析　若電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)?E，則粒子從DC邊離開，由AD＝··t2可知運(yùn)動(dòng)時(shí)間變?yōu)閠，則水平位移x＝vt變?yōu)樵瓉?lái)的，而不是，A錯(cuò)誤；在粒子穿過電場(chǎng)的過程中，由動(dòng)能定理得Eq·AD＝mv－mv2，可知，若電場(chǎng)強(qiáng)度加倍，則射出電場(chǎng)的速度不等于2v1，B錯(cuò)誤；若粒子入射速度變?yōu)?，粒子在電?chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，則粒子從DC邊中點(diǎn)射出電場(chǎng)，C正確；由于電場(chǎng)不變，電場(chǎng)力做功不變，由動(dòng)能定理可知，粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度不是，D錯(cuò)誤。 7．(2019

66、·山東省濰坊市二模)(多選)如圖1所示，長(zhǎng)為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O、O′分別為兩金屬板兩側(cè)邊緣連線的中點(diǎn)，在O點(diǎn)有一粒子源，能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為v0、電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子。在兩板間存在如圖2所示的交變電場(chǎng)，取豎直向下為正方向，不計(jì)粒子重力。以下判斷正確的是(　　) A．粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為 B．射出粒子的最大動(dòng)能為mv C．t＝時(shí)刻進(jìn)入的粒子，從O′點(diǎn)射出 D．t＝時(shí)刻進(jìn)入的粒子，從O′點(diǎn)射出 答案　AD 解析　由圖2可知場(chǎng)強(qiáng)大小E0＝，則粒子在電場(chǎng)中的加速度大小a＝＝，因?yàn)閍·2＝d，則粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間滿足＝at，解得tmin＝，A正確；能從板間射出的粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為t＝，則由圖2和動(dòng)能定理可知，任意時(shí)刻射入的粒子射出電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度均為0，可知射出電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能均為mv，B錯(cuò)誤；由圖2可知，t＝時(shí)刻進(jìn)入的粒子先豎直向下加速，加速時(shí)間t加＝－＝>，由A選項(xiàng)分析可知，t＝時(shí)刻進(jìn)入的粒子在t＝前已經(jīng)打在下極板上，不可能從O′點(diǎn)射出，C錯(cuò)誤；由圖2可知，t＝＝T時(shí)刻進(jìn)入的粒子，豎直方向上先向上加速，加速時(shí)間t1＝－