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）

《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）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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）（41頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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(jiàn)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(wèn)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(wèn)題中常見(jiàn)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(jiàn)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(huà)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(guò)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(guò)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(guò)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(guò)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(guò)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(guò)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(kāi)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(guò)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(guò)先加速再減速的過(guò)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?，由于粒子運(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?，F(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(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)小球b不做功 B．移動(dòng)過(guò)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(méi)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(guò)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(chóng)＝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(guò)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(wèn)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(guò)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?lè)较虻碾娏?，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(guò)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?。? (2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開(kāi)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(guò)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(wèn)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(kāi)(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娦裕粠щ娦∏蜓谹B中心水平射入，打在B極板上的N點(diǎn)。現(xiàn)保持B板不動(dòng)，通過(guò)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(kāi)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(kāi)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(guò)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)度大小； (3)H第一次離開(kāi)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(kāi)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(kāi)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(guò)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(huà)軌跡：正確畫(huà)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(guò)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(guò)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(guò)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(guò)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(guò)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(kāi)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(guò)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(guò)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(guò)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(wèn)考查帶電粒子在電場(chǎng)中的加速運(yùn)動(dòng)，第(2)問(wèn)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(guò)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(wèn)都求解正確第(3)問(wèn)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(guò)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(guò)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?，與原來(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(kāi)磁場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)軌跡與x

60、軸交于P點(diǎn)(圖中未畫(huà)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(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度方向可能垂直虛線OL B．粒子經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的速度方向可能垂直x軸 C．粒子離開(kāi)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(guò)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(kāi)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(guò)x軸時(shí)的速度方向垂直x軸，則粒子經(jīng)過(guò)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(kāi)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(guò)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(huà)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)?，則粒子從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(kāi)，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(guò)電場(chǎng)的過(guò)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＝－