【物理】2019届一轮复习人教版电场与磁场学案

【物理】2019届一轮复习人教版电场与磁场学案

第1讲　电　场 高考命题轨迹 年份 题号(分值)‎ 考点 难度 ‎2017年 卷Ⅰ20题(6分)‎ 点电荷电场中φ－r图象，考查电场能的性质 中等 卷Ⅰ25题(20分)‎ 带电油滴在匀强电场中的直线运动，考查牛顿运动定律与匀变速直线运动规律 较难 卷Ⅱ25题(20分)‎ 带电小球在匀强电场中的运动，考查了运动的合成与分解、牛顿运动定律 较难 卷Ⅲ21题(6分)‎ 匀强电场中由几个点的电势判断电场强度大小及方向 中等 ‎2016年 卷Ⅰ14题(6分)‎ 结合平行板电容器两极板间介质变化考查对电容影响因素及板间电场的理解 容易 卷Ⅰ20题(6分)‎ 利用带电油滴在匀强电场中的运动考查电场力做功及油滴电势能的变化 中等 卷Ⅱ15题(6分)‎ 结合带电粒子在点电荷的电场中的运动考查电场力、牛顿第二定律及动能定理 中等 卷Ⅲ15题(6分)‎ 结合等势面考查静电场的性质 容易 ‎2015年 卷Ⅰ15题(6分)‎ 结合匀强电场特点，考查对电势、等势面、电场力做功的理解 中等 卷Ⅱ14题(6分)‎ 结合平行金属板模型，考查带电微粒的平衡和运动问题 中等 卷Ⅱ24题(12分)‎ 结合匀强电场特点，考查电势差、速度的分解和动能定理的应用 中等 考情分析　电场的性质是力与能在电磁学中的延续，结合带电粒子(微粒)在电场中的运动综合考查牛顿第二定律、动能定理及运动的合成与分解是常用的命题思路．‎ ‎2016年静电场分值略有减少，难度降低，2017年又出现计算题．可见这部分内容综合性强，仍然是命题的热点，且有轮考迹象．‎ 知识方法链接 ‎1．电场力的性质：由电场强度E描述，既有大小又有方向．某一场点的电场强度等于各场源电荷产生的电场的矢量和(注意场源电荷分布的对称性)．电场线的疏密和方向形象描述电场的强弱与方向．要熟练掌握点电荷、等量同种点电荷、等量异种点电荷等的电场线分布与特点．‎ ‎2．电场能的性质：由电势φ和电势差U描述，没方向但有正负(在涉及功、能的计算中，电荷的正负号、电势、电势差、电势能、电场力的功等的正负号都要带着，涉及力的运算时一般不带)．某一场点的电势等于各场源电荷在该处产生电势的代数和．等势面形象描述电场能的性质与电场强弱，要掌握几种典型电场的等势面分布特点．‎ ‎3．电荷电势能高低的判断：‎ ‎(1)由Ep＝qφ判断：正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大．‎ ‎(2)由WAB＝EpA－EpB判断：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．‎ ‎(3)只有电场力做功时电荷的电势能与动能之和守恒，动能减小则电势能增加．‎ ‎4．运动电荷的轨迹偏向受力的一侧，即外力指向轨迹凹陷的一侧；电场力一定沿电场线切线即垂直于等势面，从而确定电荷受力方向．‎ 真题模拟精练 ‎1．(多选)(2017·全国卷Ⅰ·20)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图1所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed.点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd.下列选项正确的是(　　)‎ 图1‎ A．Ea∶Eb＝4∶1　　　　　 B．Ec∶Ed＝2∶1‎ C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3‎ 答案　AC 解析　由题图可知，a、b、c、d到点电荷的距离分别为1 m、2 m、3 m、6 m，根据点电荷的场强公式E＝k可知，＝＝，＝＝，故A正确，B错误；电场力做功W＝qU，a与b、b与c、c与d之间的电势差分别为3‎ ‎ V、1 V、1 V，所以＝，＝，故C正确，D错误．‎ ‎2．(多选)(2017·全国卷Ⅲ·21)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图2所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V．下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．电场强度的大小为2.5 V/cm B．坐标原点处的电势为1 V C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV 答案　ABD 解析　如图所示，设a、c之间的d点电势与b点电势相同，则＝＝，所以d点的坐标为(3.5 cm,6 cm)，过c点作等势线bd的垂线，电场强度的方向由高电势指向低电势．由几何关系可得，cf的长度为3.6 cm，电场强度的大小E＝＝＝2.5 V/cm，故选项A正确；因为Oacb是矩形，所以有Uac＝UOb，可知坐标原点O处的电势为1 V，故选项B正确；a点电势比b点电势低7 V，电子带负电，所以电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，故选项C错误；b点电势比c点电势低9 V，电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV，故选项D正确．‎ ‎3．(多选)(2017·山东枣庄市一模)如图3所示，水平面内的等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道CD的最低点，光滑直导轨的上端点D到A、B两点的距离均为L，D在AB边上的竖直投影点为O.一对电荷量均为－Q的点电荷分别固定于A、B两点，在D处将质量为m、电荷量为＋q的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，将小球由静止开始释放，已知静电力常量为k、重力加速度为g，且k＝mg，忽略空气阻力，则(　　)‎ 图3‎ A．轨道上D点的场强大小为 B．小球刚到达C点时，其加速度为零 C．小球刚到达C点时，其动能为mgL D．小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先增大后减小 答案　BC 解析　负电荷产生的电场指向负电荷，可知两个负电荷在D处的电场强度分别指向A与B，由于两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿∠ADB的角平分线．由库仑定律，A、B在D点的场强的大小：EA＝EB＝＝，它们的合场强：ED＝EAcos 30°＋EBcos 30°＝，故A错误；由几何关系知，＝＝L，则∠OCD＝45°.小球刚到达C点时，对小球进行受力分析，其受力的剖面图如图所示．由于C到A、B的距离与D到A、B的距离都等于L，结合对D点的分析可知，C点的电场强度的大小与D点的电场强度的大小相等，方向指向O点，即：EC＝ED＝.沿轨道CD方向：mgcos 45°－F·cos 45°＝ma，其中F是库仑力，F＝q·EC＝q·＝mg，解得a＝0，故B正确；由于C与D到A、B的距离都等于L，结合等量同种点电荷的电场特点可知，C点与D点的电势是相等的，所以小球从D到C的过程中电场力做功的和等于0，则只有重力做功，小球的机械能守恒，得：mg·＝mv2，则小球的动能：Ek＝mv2＝，故C正确；由几何关系可知，在C、D的连线上，C、D连线的中点处到A、B的距离最小，电势最低，小球带正电，所以小球在C、D的连线中点处的电势能最小，则小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先减小后增大，故D错误．‎ ‎4．(多选)(2017·山东济宁市模拟)如图4甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度－时间图象如图乙所示．以下说法中正确的是(　　)‎ 图4‎ A．Q2一定带正电 B．b点的电场强度一定为零 ‎ C．Q2的电量一定大于Q1的电量 D．整个运动过程中，粒子的电势能先增大后减小 答案　ABD 解析　由题图的速度—时间图象可知，粒子从a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零，Q1对负电荷的电场力向右，则Q2对负电荷的电场力向左，所以Q2带正电，故A、B正确；b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力大小相等，根据F＝k，b到Q1的距离大于b到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量，故C错误；整个运动过程动能先减小后增大，根据能量守恒定律可知，粒子的电势能先增大后减小，故D正确．‎ 知识方法链接 ‎1．三个公式 电容定义式：C＝ 平行板电容器电容决定式：C＝ 匀强电场中电场强度与板间电压、板间距离关系：E＝.‎ ‎2．必须明确的两个关键点 ‎(1)如图5所示，电路处于接通状态时，电容器两极板间电压不变．‎ 图5‎ ‎(2)电路处于断开状态时，电容器两极板所带电荷量不变．‎ ‎3．充放电电流方向 ‎(1)充电时电流由电源正极流向电容器正极板．‎ ‎(2)放电时电流由电容器正极板流向电源正极．‎ ‎4．平行板电容器问题的分析思路 ‎(1)明确平行板电容器中的哪些物理量是不变的，哪些物理量是变化的以及怎样变化．‎ ‎(2)应用平行板电容器的决定式C＝分析电容器电容的变化．‎ ‎(3)应用电容的定义式C＝分析电容器所带电荷量和两板间电压的变化情况．‎ ‎(4)根据控制变量法对电容的变化进行综合分析，得出结论．‎ 真题模拟精练　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎5．(2017·湖北孝感市一模)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示金属球与外壳之间的电势差大小．如图6所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度减小些，下列采取的措施可行的是(　　)‎ 图6‎ A．断开开关S后，将A、B两极板分开些 B．断开开关S后，增大A、B两极板的正对面积 C．保持开关S闭合，将A、B两极板拉近些 D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑动触头向右移动 答案　B 解析　断开开关，电容器所带电荷量Q不变，将A、B分开一些，则d增大，根据C＝知，电容C减小，根据C＝知，电势差增大，指针张角增大，故A错误；断开开关，电容器所带电荷量Q不变，增大正对面积，根据C＝知，电容C增大，根据C＝知，电势差U减小，指针张角减小，故B正确；保持开关闭合，不论使A、B两板靠近些，还是使滑动变阻器的滑动触头向右移动，电容器两端的电势差总不变，则指针张角不变．故C、D错误．‎ ‎6．(多选)(2017·山东烟台市模拟)如图7所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为D，在下极板上叠放一厚度为d的金属板A，d0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A、B两点间的电势差．‎ 图11‎ 解析　设带电粒子在B点的速度大小为vB，粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即vBsin 30°＝v0sin 60°‎ 由此得vB＝v0‎ 设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有，qUAB＝mv－mv 解得UAB＝.‎ 知识方法链接 匀强电场中电场力为恒力，物体重力也为恒力，二者合力也是恒力，处理电场与重力场的叠加场时可用二者合力来代替两力，称为“等效重力”．G′＝，a＝ .处理圆周运动、抛体运动时，找到轨迹的“等效最低点”“等效最高点”，类比只有重力时的情况解题即可．‎ 真题模拟精练 ‎11．(多选)(2017·湖北荆门市元月调考)如图12所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x＝ky2，且小球通过点P(，)．已知重力加速度为g，则(　　)‎ 图12‎ A．电场强度的大小为 B．小球初速度的大小为 C．小球通过点P时的动能为 D．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少 答案　CD 解析　小球以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x＝ky2，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x轴正方向，竖直方向：qE·sin 45°＝mg，所以qE＝mg，电场强度的大小为E＝，故A错误；小球受到的合力：F合＝qEcos 45°＝mg＝ma，所以a＝g，由平抛运动规律有：＝v0t，＝gt2，得小球初速度大小为v0＝，故B错误；由于＝v0t，＝gt2，小球做类平抛运动，所以＝2＝2，小球通过点P时的动能为：mv2＝m(v＋v)＝，故C正确；小球从O到P电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即：W＝＝，故D正确．‎ ‎12．(2017·全国卷Ⅱ·25)如图13所示，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A点将质量均为m，电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：‎ 图13‎ ‎(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；‎ ‎(2)A点距电场上边界的高度；‎ ‎(3)该电场的电场强度大小．‎ 解析　(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0.M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得 v0－at＝0①‎ s1＝v0t＋at2②‎ s2＝v0t－at2③‎ 联立①②③式得 ＝3④‎ ‎(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式 v＝2gh⑤‎ H＝vyt＋gt2⑥‎ M进入电场后做直线运动，由几何关系知 ＝⑦‎ 联立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H⑧‎ ‎(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则 ＝⑨‎ 设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得 Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩‎ Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2⑪‎ 由已知条件 Ek1＝1.5Ek2⑫‎ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E＝ 专题规范练　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 题组1　高考真题体验 ‎1．(2016·全国卷Ⅰ·14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器(　　)‎ A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大 B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大 C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变 D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 答案　D 解析　由C＝可知，当云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小．再由E＝，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确．‎ ‎2．(多选)(2016·全国卷Ⅰ·20)如图1，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知(　　)‎ 图1‎ A．Q点的电势比P点高 B．油滴在Q点的动能比它在P点的大 C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小 答案　AB 解析　由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错；由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE>mg，则电场方向竖直向下，所以Q点的电势比P点的高，A选项正确；当油滴从P点运动到Q点时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；当油滴从P点运动到Q点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点的动能，B选项正确．‎ ‎3．(2016·全国卷Ⅱ·15)如图2，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则(　　)‎ 图2‎ A．aa>ab>ac，va>vc>vb B．aa>ab>ac，vb>vc>va C．ab>ac>aa，vb>vc>va D．ab>ac>aa，va>vc>vb 答案　D 解析　由库仑定律F＝可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为Fb>Fc>Fa，由a＝，可知ab>ac>aa.根据粒子的轨迹可知，粒子Q与场源电荷P的电性相同，二者之间存在斥力，由c→b→a整个过程中，电场力先做负功再做正功，且|Wba|>|Wcb|，结合动能定理可知，va>vc>vb，故选项D正确．‎ ‎4．(2016·全国卷Ⅲ·15)关于静电场的等势面，下列说法正确的是(　　)‎ A．两个电势不同的等势面可能相交 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．同一等势面上各点电场强度一定相等 D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 答案　B 解析　若两个不同的等势面相交，则在交点处存在两个不同电势数值，与事实不符，A错；电场线一定与等势面垂直，B对；同一等势面上的电势相同，但电场强度不一定相同，C错；将一负电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做负功，故D错．‎ ‎5．(2015·全国卷Ⅰ·15)如图3，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等．则(　　)‎ 图3‎ A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQ B．直线c位于某一等势面内，φM＞φN C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功 D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功 答案　B 解析　电子带负电荷，电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，有WMN＝WMP＜0，而WMN＝qUMN，WMP＝qUMP，q＜0，所以有UMN＝UMP＞0，即φM＞φN＝φP，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP和MQ分别是两条等势线，有φM＝φQ，故A错误，B正确；电子由M点到Q点过程中，WMQ＝q(φM－φQ)＝0，电子由P点到Q点过程中，WPQ＝q(φP－φQ)＞0，故C、D错误．‎ ‎6．(2015·全国卷Ⅱ·14)如图4所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将(　　)‎ 图4‎ A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动 C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动 答案　D 解析　两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确．‎ ‎7．(2014·新课标Ⅰ·25)如图5所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点．使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g.求：‎ 图5‎ ‎(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；‎ ‎(2)电场强度的大小和方向．‎ 解析：(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝d，根据平抛运动的规律有dsin 60°＝v0t①‎ dcos 60°＝gt2②‎ 又有Ek0＝mv③‎ 由①②③式得Ek0＝mgd④‎ 设小球到达A点时的动能为EkA，则 EkA＝Ek0＋mgd⑤‎ 由④⑤式得＝⑥‎ ‎(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得 ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦‎ ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧‎ 在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有 ＝⑨‎ 解得x＝d，MA为等势线，电场强度方向必与其垂线OC方向平行．设电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°⑩‎ 即电场强度方向斜向右下方，与竖直方向的夹角为30°.‎ 设电场强度的大小为E，有qEdcos 30°＝ΔEpA⑪‎ 由④⑦⑪式得E＝ 题组2　各省市模拟精选 ‎8．(2017·山东临沂市一模)A、B为两等量异种点电荷，图6中水平虚线为A、B连线的中垂线．现将另两个等量异种的检验电荷a、b用绝缘细杆连接后，从离AB无穷远处沿中垂线平移到AB的连线上，平移过程中两检验电荷位置始终关于中垂线对称．若规定离AB无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图6‎ A．在AB的连线上a所处的位置电势φa＜0‎ B．a、b整体在AB连线处具有的电势能Ep＞0‎ C．整个移动过程中，静电力对a做正功 D．整个移动过程中，静电力对a、b整体做正功 答案　B 解析　由题意及等量异种点电荷电场线特点可知：①无穷远及中垂线上电势为零；②电势沿电场线方向降落；设AB连线的中点为O.由于AB连线的垂直平分线是一条等势线，且一直延伸到无穷远处，所以O点的电势为零．AO间的电场线方向由A→O，而顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，a所处的位置电势φa＞0，故A错误；a所处的位置电势φa＞0，b所处的位置电势φb＜0，由Ep＝qφ知，a、b在AB连线处的电势能均大于零，则整体的电势能Ep＞0，故B正确；在平移过程中，a所受的静电力与其位移方向的夹角为钝角，则静电力对a做负功，故C错误；a、b看成一个整体，原来总电势能为零，在AB连线处系统总电势能Ep>0，所以整个移动过程中，总电势能增大，静电力对a、b整体做负功，故D错误．‎ ‎9．(多选)(2017·河南濮阳市一模)如图7所示菱形abcd的边长为2 m，∠bad＝60°，已知匀强电场的电场线平行于菱形abcd所在的平面，一个带电荷量q＝－2×10－6 C的点电荷由a点移动到c点的过程中，电势能增加了1.2×10－5 J，由c点移动到b点的过程中电场力做功6×10－6 J，则下列说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A．c、b两点的电势差Ucb＝3 V B．a点的电势高于c点的电势 C．负电荷由b点移到a点的过程中，电势能增加 D．该电场的场强为1 V/m 答案　BD ‎10．(多选)(2017·湖北襄阳市调研)如图8所示，一平行板电容器两极板A、B水平放置，上极板A接地，电容器通过滑动变阻器R和开关S与电动势为E的电源相连．现将开关闭合，位于A、B两板之间的P点的带电粒子恰好处于静止状态．则(　　) ‎ 图8‎ A．B板电势为－E B．改变滑动变阻器的滑片位置，带电粒子仍处于静止状态 C．将B板向上移动，P点电势将不变 ‎ D．将B板向左平移，带电粒子电势能将不变 答案　ABD 解析　A、B两板的电势差为E，φA－φB＝E，φA＝0，所以φB＝－E，故A正确；改变滑动变阻器的滑片位置，两极板间的电压不变，极板间的电场强度不变，粒子所受电场力不变，带电粒子仍处于静止状态，故B正确；将B板向上移动，距离减小，极板间场强变大，A板与P点的电势差变大，A点电势不变，P点电势变小，故C错误；将B板向左平移，极板间的距离和电压不变，场强不变，P点电势不变，带电粒子电势能不变，故D正确．‎ ‎11．(多选)(2017·湖北省六校联合体4月联考)一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电荷量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比．若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升．若两极板间电压为2U，油滴做匀速运动时速度的大小可能为(　　)‎ A．3v　　　　B．4v　　　　C．5v　　　　D．6v 答案　AC 解析　若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降，有mg＝kv，若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升，知电场力大于重力，有：q＝mg＋kv，若两极板间电压为2U，如果电场力方向向上，油滴向上做匀速运动时，有q＝mg＋kv′，解得v′＝3v，如果电场力方向向下，油滴向下做匀速运动时，有q＋mg＝kv″，解得v″＝5v，故选A、C.‎ ‎12．(2017·贵州凯里市模拟)如图9所示，一价氢离子(H)和二价氦离子(He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们(　　)‎ 图9‎ A．同时到达屏上同一点 B．先后到达屏上同一点 C．同时到达屏上不同点 D．先后到达屏上不同点 答案　B 解析　设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得：qU1＝mv.两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于两种粒子的比荷不同，则v0不同，所以两粒子在偏转电场中运动的时间t＝不同．两种粒子在加速电场中的加速度不同，位移相同，则运动的时间也不同，所以两粒子是先后离开偏转电场，在偏转电场中的偏转位移y＝at2＝×·()2，联立得y＝，粒子速度方向偏转角度的正切值tan θ＝2＝，可见y和tan θ与粒子的电荷量和质量无关，所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同，故两种粒子打在屏上同一点，故B正确．‎ ‎13．(2017·辽宁沈阳市质检)如图10(a)所示的xOy平面处于匀强电场中，电场方向与x轴平行，电场强度E随时间t变化的周期为T，变化图线如图(b)所示，E为＋E0时电场强度的方向沿x轴正方向．有一带正电的粒子P，在某一时刻t0以某一速度v沿y轴正方向自坐标原点O射入电场，粒子P经过时间T到达的点记为A(A点在图中未画出)．若t0＝0，则OA连线与y轴正方向夹角为45°，不计粒子重力．‎ 图10‎ ‎(1)求粒子的比荷；‎ ‎(2)若t0＝，求A点的坐标；‎ ‎(3)若t0＝，求粒子到达A点时的速度．‎ 解析　(1)粒子在t0＝0时刻射入电场，粒子沿y轴方向匀速运动，位移大小为：y＝vT 粒子沿x轴方向在0～内做初速度为零的匀加速运动，位移为x1，末速度为v1，则：‎ x1＝a()2，v1＝a 粒子沿x轴方向在～T内做匀减速运动，位移为x2，则：x2＝v1()－a()2‎ 粒子沿x轴方向的总位移为x，则：x＝x1＋x2‎ 粒子只受到电场力作用，由牛顿第二定律得：qE0＝ma 由题意知：y＝x ‎ 解得：＝ ‎(2)粒子在t0＝时刻射入电场，粒子沿y轴方向匀速运动，位移大小为：‎ y＝vT ‎ 粒子沿x轴方向在～内做初速度为零的匀加速运动，位移为x3，末速度为v2，则：‎ x3＝a()2，v2＝a 粒子沿x轴方向在～T内做匀变速运动，位移为x4，末速度为v3，则：‎ x4＝v2()－a()2，v3＝v2－a 粒子沿x轴方向在T～内做匀变速运动，位移为x5，则：x5＝v3()＋a()2‎ 设粒子沿x轴的总位移为x′，则：‎ x′＝x3＋x4＋x5‎ 解得：x′＝0‎ 则A点的坐标为(0，vT)‎ ‎(3)粒子在t0＝时刻射入电场，粒子沿y轴方向匀速运动，速度不变；沿x轴方向在～内做初速度为零的匀加速运动，末速度为v4，则：v4＝a 粒子沿x轴方向在～T内做匀变速运动，末速度为v5，则：v5＝v4－a 粒子沿x轴方向在T～内做匀变速运动，末速度为v6，则：v6＝v5＋a 解得：v6＝0‎ 则粒子到达A点时的速度为v，方向沿y轴正方向．‎ 第2讲　磁　场 高考命题轨迹 年份 题号(分值)‎ 考点 难度 ‎2017年 卷Ⅰ16题(6分)‎ 带电微粒在电场与磁场叠加场中的运动 中等 卷Ⅰ19题(6分)‎ 三根通电直导线间的相互作用力 中等 卷Ⅱ18题(6分)‎ 带电粒子在圆形匀强磁场中的运动，最远能到达的位置 中等 卷Ⅱ21题(6分)‎ 导电线圈在安培力作用下的转动 中等 卷Ⅲ18题(6分)‎ 通电直导线产生的磁场的叠加 中等 卷Ⅲ24题(12分)‎ 带电粒子在匀强磁场中的运动 中等 ‎2016年 卷Ⅰ15题(6分)‎ 利用质谱仪考查带电粒子在电场中的加速运动和在匀强磁场中的匀速圆周运动 容易 卷Ⅱ18题(6分)‎ 结合圆周运动规律考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动 中等 卷Ⅲ18题(6分)‎ 结合圆周运动规律考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动 容易 ‎2015年 卷Ⅰ14题(6分)‎ 结合圆周运动规律考查带电粒子在两相邻的匀强磁场中的运动 容易 卷Ⅰ24题(12分)‎ 结合平衡条件考查左手定则、安培力及其相关知识点 中等 卷Ⅱ19题(6分)‎ 结合圆周运动规律考查带电粒子在磁场中的运动 中等 考情分析　带电粒子在匀强磁场中的运动综合了洛伦兹力、牛顿运动定律、匀速圆周运动等知识，是高考命题的热点和重点，命题时涉及的情景比较多，并善于变化情景考查相关知识点．‎ 高考对于带电粒子在磁场中的运动的考查，近年一般为选择题，也较少与电场组合，难度适中，又多出现通电导线磁场的叠加与受力问题，可见考查方向发生了变化．‎ 知识方法链接 ‎1．对磁场的理解 ‎(1)磁感应强度是矢量，其方向与通电导线在磁场中所受力的方向垂直；‎ ‎(2)电流元必须垂直于磁场方向放置，公式B＝才成立；‎ ‎(3)磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的，与通电导线受力的大小及方向都无关．‎ ‎2．安培力大小的计算公式：F＝BILsin θ(其中θ为B与I之间的夹角)．‎ ‎(1)若磁场方向和电流方向垂直：F＝BIL.‎ ‎(2)若磁场方向和电流方向平行：F＝0.‎ ‎3．安培力方向的判断：左手定则．‎ 方向特点：垂直于磁感线和通电导线确定的平面．‎ ‎4．两个常用的等效模型 ‎(1)变曲为直：图1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．‎ ‎ ‎ 图1‎ ‎(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铁，如图乙．‎ ‎5．求解磁场中导体棒运动趋势的方法 ‎(1)分析：正确对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直．‎ ‎(2)作图：必要时将立体的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图．‎ ‎(3)求解：根据平衡条件或牛顿第二定律或动能定理列式分析求解．‎ 真题模拟精练 ‎1．(2017·全国卷Ⅲ·18)如图2所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零，如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(　　)‎ 图2‎ A．0　　　B．B0　　　C．B0　　　D．2B0‎ 答案　C 解析　如图甲所示，P、Q中的电流在a点产生的磁感应强度大小相等，设为B1，由几何关系可知，B1＝B ‎0.如果让P中的电流反向、其他条件不变时，如图乙所示，由几何关系可知，a点处磁感应强度的大小B＝＝B0，故选项C正确，A、B、D错误．‎ ‎2．(多选)(2017·全国卷Ⅰ·19)如图3所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1‎ 答案　BC ‎3．(多选)(2017·全国卷Ⅱ·21)某同学自制的简易电动机示意图如图4所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将(　　)‎ 图4‎ A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 答案　AD 解析　装置平面示意图如图所示．如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受垂直纸面向外的安培力，使线圈转动．当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动．若要线圈连续转动，则要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路．故选A、D.‎ 知识方法链接 ‎1．基本公式：qvB＝m，T＝ 重要结论：r＝，T＝ ‎2．基本步骤：(1)画轨迹：依题意画出粒子运动轨迹，或可能的轨迹，找到临界情况的轨迹．‎ ‎(2)定圆心：入射点与出射点所受洛伦兹力方向的交点．‎ ‎(3)求半径或圆心角：由图中几何关系求半径从而可求出速度，求圆心角从而可求出时间．‎ ‎3．基本“语言翻译”：运动语言→几何语言 速度→半径(m、q、B一定时r∝v)‎ 时间→圆心角(t＝T)‎ 时间→弦长(圆心角θ<π时，圆心角越大，弧长越长，弦长越长，代表时间越长)‎ 时间→弧长 ‎4．圆的几个基本特点：‎ ‎(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角．‎ ‎(2)粒子经过磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角．‎ ‎(3)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向．‎ ‎(4)磁场圆与轨迹圆半径相同时，以相同速率从同一点沿各个方向射入的粒子，出射速度方向相互平行．反之以相互平行的相同速率射入时，会从同一点射出(即磁聚焦现象)．‎ 真题模拟精练 ‎4．(2017·全国卷Ⅱ·18)如图5所示，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2‎ ‎，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2∶v1 为(　　)‎ 图5‎ A．∶2　　　　　　　 B．∶1‎ C．∶1 D．3∶ 答案　C 解析　当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场边界的位置距P点最远，则当粒子射入的速率为v1，轨迹如图甲所示，设圆形磁场半径为R，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r1＝Rcos 60°＝R；若粒子射入的速率为v2，轨迹如图乙所示，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r2＝Rcos 30°＝R；根据Bqv＝得r＝，故v2∶v1＝r2∶r1＝∶1，故选项C正确．‎ ‎　‎ 甲　　　　　　　　乙 ‎5．(2017·山东泰安市一模)如图6所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．P为屏上的一个小孔，PC与MN垂直．一群质量为m、带电荷量为－q的粒子(不计重力)，以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域，粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内．则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为(　　)‎ 图6‎ A． B． C． D． 答案　A 解析　粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得粒子的轨迹半径r＝‎ .‎ 粒子沿着右侧边界射入，轨迹如图甲，此时出射点最近，和边界交点与P间距为：2rcos θ；‎ 粒子沿着左侧边界射入，轨迹如图丙，此时出射点最近，和边界交点与P间距为：2rcos θ；‎ 粒子垂直边界MN射入，轨迹如图乙，此时出射点最远，和边界交点与P间距为：2r；‎ 故屏MN上被粒子打中的区域的长度为：2r－2rcos θ＝2r(1－cos θ)＝.‎ ‎6．(2017·安徽省十校联考) 如图7所示，平行边界MN、PQ之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，两边界间距为d，边界MN上A点有一粒子源，可沿纸面内任意方向射出完全相同的质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子射出的速度大小均为v＝，若不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为(　　)‎ 图7‎ A．1∶1 B．2∶3‎ C．∶2 D．2∶7‎ 答案　C 解析　粒子在磁场中运动的轨道半径为r＝＝d，则粒子能从PQ边界射出的区域长度为2＝d，粒子能从MN边界射出的区域长度为2r＝d，故粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为，故选C.‎ ‎7．(多选)(2017·山东枣庄市一模)如图8所示，等腰直角三角形abc的直角边长度为L，该区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.三个相同的带电粒子从b点沿bc方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1∶t2∶t3＝2∶2∶1.不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．三个速度的大小关系一定是v1＝v2ma>mc，选项B正确．‎ ‎9．(2017·全国卷Ⅲ·24)如图10所示，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0 区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)‎ 图10‎ ‎(1)粒子运动的时间；‎ ‎(2)粒子与O点间的距离．‎ 解析　(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x ‎＜0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得 qB0v0＝m①‎ qλB0v0＝m②‎ 粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为 t1＝③‎ 粒子再转过180°时，所需时间t2为 t2＝④‎ 联立①②③④式得，所求时间为 t＝t1＋t2＝(1＋)⑤‎ ‎(2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d＝2(R1－R2)＝(1－)‎ ‎10．如图11所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴沿水平方向．x>0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B2，电场强度大小为E.x>0的区域固定一与x轴成θ＝30°角的绝缘细杆．一穿在细杆上的带电小球a沿细杆匀速滑下，从N点恰能沿圆周轨道运动到x轴上的Q点，且速度方向垂直于x轴．已知Q点到坐标原点O的距离为l，重力加速度为g，B1＝7E，B2＝E.空气阻力忽略不计，求：‎ 图11‎ ‎(1)带电小球a的电性及其比荷；‎ ‎(2)带电小球a与绝缘细杆的动摩擦因数μ；‎ ‎(3)当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴距原点O为h＝的P点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b，b球刚好运动到x轴与向上运动的a球相碰，则b球的初速度为多大？‎ 解析　(1)由带电小球在第三象限内做匀速圆周运动可得：带电小球带正电 且mg＝qE，解得：＝ ‎(2)带电小球从N点运动到Q点的过程中，有：qvB2＝m 由几何关系有：R＋Rsin θ＝l，联立解得：v＝ 带电小球在杆上匀速下滑，由平衡条件有：mgsin θ＝μ(qvB1－mgcos θ)‎ 解得：μ＝ ‎(3)带电小球在第三象限内做匀速圆周运动的周期：‎ T＝＝ 带电小球第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为：t0＝＝ 绝缘小球b平抛运动至x轴上的时间为：‎ t＝＝2 两球相碰有：t＝＋n(t0＋)‎ 联立解得：n＝1‎ 设绝缘小球b平抛的初速度为v0，‎ 则：l＝v0t，‎ 解得：v0＝ ‎11．(2017·广东揭阳市第一次模拟)如图12所示，虚线L1、L2将平面分为四个区域，L2的左侧有一匀强电场，场强大小为E，方向与L1平行，L2的右侧为匀强磁场，方向垂直纸面向外．在图中L1上到L2的距离为d的A点有一粒子源，可以发射质量为m，电荷量为＋q的粒子，粒子的初速度方向与L2平行，不计粒子的重力．‎ 图12‎ ‎(1)若从A点射出的粒子恰好从距离L1为2d的B点进入磁场，求该粒子进入磁场时的速度大小和方向；‎ ‎(2)在磁场区域放置绝缘挡板BD，挡板与L1交于C点，已知OC＝OB，BC＝2CD.粒子与挡板BD碰撞前后粒子平行于挡板的分速度不变，垂直于挡板的分速度大小不变，方向反向．当磁感应强度在B1≤B≤B2取值时，恰好所有取值都能使由B点进入磁场的粒子不与挡板的CD段碰撞，并能从L2上的OB段射出磁场，求B1、B2的值，并求出粒子离开磁场的位置到O点的最远距离．(不考虑粒子再次进入磁场的情况，也不考虑B1≤B≤B2以外的取值)‎ 解析　(1)粒子在电场中做类平抛运动2d＝vAt d＝at2‎ qE＝ma 设粒子射入磁场时沿L1方向的分速度为v1，v1＝at 射入磁场的速度v＝ 该速度与L2夹角的正切值tan θ＝ 解得v＝2，θ＝45°‎ ‎(2)粒子在磁场运动时qvB＝，r＝ 粒子不与挡板的CD段碰撞，并能从L2上的OB段射出 磁场的临界情况有两个：‎ ‎(a)粒子在C点与挡板2个侧面碰撞2次后恰好从O点射出磁场，如图甲；‎ ‎(b)粒子与挡板碰撞1次后恰好从D点绕过挡板，再与挡板碰一次，然后从P点射出磁场，如图乙．‎ 由几何关系，对图甲，2r＝2d 对图乙，4r＝3d 得粒子在磁场的运动半径满足d≤r≤d 解得≤B≤ 则B1＝，B2＝ 粒子离开磁场的位置到O点的最远距离为图乙中的OP，由几何关系得OP＝2d－r＝ 专题规范练 题组1　高考真题体验 ‎1．(2016·全国卷Ⅰ·15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图1所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为(　　)‎ 图1‎ A．11 B．12 C．121 D．144‎ 答案　D 解析　根据动能定理得，qU＝mv2，即v＝ ①‎ 离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ 根据牛顿第二定律，有qvB＝m 得R＝②‎ ‎①②两式联立得：m＝ 一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝B2，磁感应强度增加到原来的12倍，则离子质量是质子质量的144倍，D正确，A、B、C错误．‎ ‎2．(2016·全国卷Ⅱ·18)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图2所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为(　　)‎ 图2‎ A． B． C． D． ‎ 答案　A 解析　画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得，qvB＝m，又T＝，联立得T＝ 由几何知识可得，轨迹的圆心角为θ＝，在磁场中运动时间t＝T，粒子运动和圆筒运动具有等时性，则T＝，解得＝，故选项A正确．‎ ‎3．(2016·全国卷Ⅲ·18)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图3所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为(　　)‎ 图3‎ A． B． C． D． 答案　D 解析　带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r＝.轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于＝2rsin 30°＝r，故△AO′D为等边三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，则∠OCD＝90°，故CO′D为一直线，＝＝2＝4r＝，故D正确．‎ ‎4．(2014·新课标Ⅰ卷·16)如图4所示，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O.已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为(　　)‎ 图4‎ A．2 B． C．1 D． ‎ 答案　D 解析　设带电粒子在P点时初速度为v1，从Q点穿过铝板后速度为v2，则Ek1＝mv，Ek2＝mv，由题意可知Ek1＝2Ek2，即mv＝mv，则＝.由洛伦兹力提供向心力，即qvB＝，得R＝，由题意可知＝，所以＝＝，故选项D正确．‎ ‎5．(2013·新课标Ⅰ卷·18)如图5所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)(　　)‎ 图5‎ A． B． C． D． 答案　B 解析　如图所示，粒子做圆周运动的圆心O2必在过入射点垂直于入射速度方向的直线EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60°，故圆弧ENM对应圆心角为60°，所以△EMO2为等边三角形．由于O1D＝，所以∠EO1D＝60°，△O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2＝O1E＝R，由qvB＝，得v＝，B正确．‎ ‎6．(2015·全国卷Ⅰ·24)如图6所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm，重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．‎ 图6‎ 解析　金属棒通电后，闭合回路电流I＝＝＝6 A 导体棒受到的安培力大小为F＝BIL＝0.06 N 由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下 由平衡条件知：开关闭合前：2kx＝mg 开关闭合后：2k(x＋Δx)＝mg＋F 代入数值解得m＝0.01 kg 题组2　各省市真模拟选 ‎7．(多选)(2017·江西上饶市一模)某同学自制一电流表，其原理如图7所示，质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度．MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度．MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g.以下说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A．当电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为Δx＝ B．为使电流表正常工作，金属杆中电流的方向应从N指向M C．劲度系数k减小，此电流表量程会更小 D．磁感应强度B减小，此电流表量程会更小 答案　AC 解析　当电流表示数为零时，有：mg＝kΔx，解得，Δx＝，故A选项正确；根据左手定则，为使电流表正常工作，金属杆中电流的方向应从M指向N，故B选项错误；设电流表满偏时，通过金属杆MN的电流为Im，则有：BImLab＋mg＝k(Lad＋Δx)，解得，Im＝，由上式可知，劲度系数k减小，此电流表量程会更小，故C选项正确；由C选项计算结果可知磁感应强度B减小，此电流表量程会更大，故D选项错误．‎ ‎8．(多选)(2017·湖南衡阳市第一次联考)如图8所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，∠B＝.现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为t0(不计重力)．则下列判断中正确的是(　　)‎ 图8‎ A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0‎ B．该匀强磁场的磁感应强度大小为 C．粒子在磁场中运动的轨道半径为d D．粒子进入磁场时速度大小为 答案　ABC ‎9．(多选)(2017·河北省衡水中学七调)如图9所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向内．有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α.以下说法正确的是(　　)‎ 图9‎ A．若r＝2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为 B．若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，则有关系tan ＝成立 C．若r＝R，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为 D．若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为150°‎ 答案　BD 解析　若r＝2R，粒子在磁场中运动时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图甲，因为r＝2R，圆心角θ＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间 tmax＝T＝·＝，故A错误．‎ 若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，如图乙，根据几何关系，有tan ＝＝＝，故B正确；若r＝R，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图丙所示，圆心角为90°，粒子在磁场中运动的时间t＝T＝·＝，故C错误；若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图丁所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角为150°，故D正确．‎ ‎10．(多选)(2017·哈尔滨师大等三校联合模拟)如图10所示，竖直边界MN右侧存在水平方向的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，带电的小球从a点进入右侧复合场区域后恰做直线运动，则以下说法正确的是(　　)‎ 图10‎ A．电场方向水平向右 B．小球一定带正电 ‎ C．小球在复合场区内做匀速直线运动 D．小球在复合场区内运动过程中，重力势能的变化量与电势能的变化量相同 答案　BC ‎11．(2017·福建厦门市模拟)如图11所示，在xOy平面内，0＜x＜2L的区域内有一方向竖直向上的匀强电场，2L＜x＜3L的区域内有一方向竖直向下的匀强电场，两电场强度大小相等，x＞3L的区域内有一方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场，某时刻，一带正电的粒子从坐标原点沿x轴正方向以初速度v0进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场．正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60°和30°，两粒子在磁场中分别运动半周后在某点相遇，两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计，两粒子带电荷量大小相等，求：‎ 图11‎ ‎(1)正、负粒子的质量之比m1∶m2；‎ ‎(2)两粒子相遇的位置P点的坐标；‎ ‎(3)两粒子先后进入电场的时间差．‎ 解析　(1)设粒子进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角为θ.vy＝①‎ 记t＝，则粒子在第一个电场运动的时间为2t，在第二个电场运动的时间为t则：vy＝a×2t－at②‎ qE＝ma③‎ 由①②③得：m＝tan θ，所以＝＝ ‎(2)两粒子在磁场中运动轨迹如图所示 带正电的粒子在电场运动的总时间为3t，则：第一个t的竖直位移为at2‎ 第二个t的竖直位移为a(2t)2－at2＝at2‎ 由于粒子在第二个时间t内与第三个时间t内加速度大小相同，速度变化量大小相同，因此第三个t的竖直位移为at2‎ 所以y1＝at2，结合①②得y1＝ 同理y2＝ 由几何关系，P点的坐标为：xP＝3L＋(y1＋y2)sin 30°sin 60°＝6.5L ‎ yP＝－[y2－(y1＋y2)sin 30°cos 60°]＝－ 则P点的坐标为(6.5L，－)‎ ‎(3)设两粒子在磁场中运动半径分别为r1、r2，由几何关系2r1＝(y1＋y2)sin 60°，2r2＝(y1＋y2)sin 30°‎ 两粒子在磁场中运动时间均为半个周期：‎ t1＝，t2＝ v0＝v1sin 60°，v0＝v2sin 30°‎ 由于两粒子在电场中运动时间相同，所以进电场时间差即为两粒子在磁场中运动时间的差Δt＝t1－t2，解得Δt＝.‎ ‎12．如图12甲所示，两金属板M、N水平放置组成平行板电容器，在M板中央开有小孔O，再将两个相同的绝缘弹性挡板P、Q对称地放置在M板上方，且与M板夹角均为60°，两挡板的下端在小孔O左右两侧．现在电容器两板间加电压大小为U的直流电压，在M板上方加上如图乙所示的、垂直纸面的交变磁场，以方向垂直纸面向里为磁感应强度的正值，其值为B0，磁感应强度为负值时大小为Bx，但Bx未知．现有一质量为m、电荷量为＋q、不计重力的带电粒子，从N金属板中央A点由静止释放，t＝0时刻，粒子刚好从小孔O进入上方磁场中，在t1时刻粒子第一次撞到左挡板P上，紧接着在t1＋t2时刻粒子撞到了右挡板Q上，然后粒子又从O 点竖直向下返回平行金属板间，接着再返回磁场做前面所述的运动．粒子与挡板碰撞前后电荷量不变，沿板面的分速度不变，垂直于板面的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的感应影响．求：‎ 图12‎ ‎(1)粒子第一次到达挡板P时的速度大小；‎ ‎(2)图乙中磁感应强度Bx的大小；‎ ‎(3)两金属板M和N之间的距离d.‎ 答案　(1) 　(2)2B0　(3)d＝ ，n＝0,1,2,3，……‎ 解析　(1)粒子从N板到M板过程中，电场力做正功，根据动能定理有 Uq＝mv2－0‎ 解得粒子第一次到达O点时的速率v＝ 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则粒子第一次到达P板时速率为v＝ ‎(2)粒子进入M板上方后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB＝得，粒子做匀速圆周运动的半径r0＝，rx＝ 粒子在整个装置中做周期性的往返运动，运动轨迹如图所示，‎ 由图易知：r0＝2rx 解得Bx＝2B0‎ ‎(3)在0～t1时间内，粒子做匀速圆周运动的周期T1＝＝ 在t1～(t1＋t2)时间内，粒子做匀速圆周运动的周期T2＝＝ 由轨迹图可知t1＝T1＝，t2＝T2＝ 设粒子在金属板M和N间往返时间为t，有 d＝× 且满足：t＝t2＋n(t1＋t2)，n＝0,1,2,3……‎ 联立可得金属板M和N间的距离：‎ d＝ ，n＝0,1,2,3……‎