高考物理通用版沖刺大二輪講義三電場與磁場第6課時

第一篇專題復(fù)習(xí)

專題三電場與磁場

考情分析與備考建議

1.五年考情分析

分課時考點試卷及題號

15年I卷T15、16年I卷T20、16年

IH卷T15、17年I卷T20、17年III卷

考點1電場性質(zhì)的理解T21、18年I卷T16、18年I卷T21、

18年H卷T21、18年HI卷T21、19年

II卷T20、19年m卷T21

15年H卷T14、15年H卷T24、16年

考點2帶電粒子（帶電體）

第6課時電場II卷T15、17年I卷T25、17年H卷

在電場中的運(yùn)動

與磁場的理解T25、19年H卷T24、19年III卷T24

15年I卷T24、15年H卷T18、17年

考點3磁場對電流的作用I卷T19、17年H卷T21、17年m卷

T18,19年I卷T17

15年I卷T14、15年H卷T19、16年

考點4磁場對運(yùn)動電荷的

II卷T18、16年III卷T18、17年n卷

作用

T18、19年H卷T17、19年HI卷T18

考點1帶電粒子在復(fù)合場

16年I卷T15

中運(yùn)動的應(yīng)用實例

第7課時帶電考點2帶電粒子在疊加場

17年I卷T16

粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

中的運(yùn)動17年III卷T24、18年I卷T25、18年

考點3帶電粒子在組合場

卷、年卷、年卷

中的運(yùn)動IIT2518mT2419I

T24

2.復(fù)習(xí)備考建議

（1）電場問題是動力學(xué)與能量觀點在電磁學(xué)中的延續(xù)，主要考查點有電場疊加、電場描述、電場能的性質(zhì)、

帶電粒子（帶電體）在電場中的運(yùn)動等.帶電粒子（帶電體）在電場中的運(yùn)動能夠綜合考查運(yùn)動的合成與分解、

牛頓第二定律、動能定理等.2015、2017、2019年均在高考計算題中出現(xiàn)，可見這部分內(nèi)容綜合性強(qiáng)，仍

然是命題的熱點.

面帶電粒子窯與強(qiáng)磁場中的運(yùn)動綜合了洛倫茲力、牛頓運(yùn)動定律、勻速圓周運(yùn)動等知識，是高考命題的熱

點和重點，磁場疊加、安培力近年來也頻繁考查，難度一般不大.高考對于帶電粒子在磁場中的運(yùn)動的考

查，多為選擇題，難度適中，2018年全國I、H、III卷考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動出現(xiàn)在了計算題

中，2017年全國III卷、2019年全國I卷也有復(fù)合場的計算題，但難度適中，所以要重點復(fù)習(xí)，但不要過

于繁、難.

第6課時電場與磁場的理解

考點O電場性質(zhì)的理解

1.電場強(qiáng)度、電勢、電勢能的表達(dá)式及特點對比

表達(dá)式特點

矢量，由電場本身決定.電場線越密，

電場強(qiáng)度E與萬=,,E=7

電場強(qiáng)度越大

紜標(biāo)量，與零電勢點的選取有關(guān)，沿電場

電勢(p=

+q線方向電勢逐漸降低

電勢能Ep=q9,△Ep=-W電標(biāo)量，電場力做正功，電勢能減小

2.電勢高低的比較

(1)沿著電場線方向，電勢越來越低；

(2)帶電荷量為+q的點電荷，在電場力的作用下從電場中的某點移至無窮遠(yuǎn)處，電場力做功越多，則該點

的電勢越高；

(3)根據(jù)電勢差-若UAB>0,則夕反之9A<9B.

3.電勢能變化的判斷

(1)由穌=處判斷：正電荷在電勢高的地方電勢能大，負(fù)電荷在電勢低的地方電勢能大；

(2)由W,tB=EpA-EpB判斷：電場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增大；

(3)只有電場力做功時，電荷的電勢能與動能之和守恒.

4.運(yùn)動軌跡問題

(1)某點速度方向即為軌跡在該點的切線方向；

(2)從軌跡的彎曲方向判斷受力方向(軌跡向合外力方向彎曲)，從而分析電場方向或電荷的正、負(fù)；

(3)結(jié)合速度方向與電場力的方向，確定電場力做功的正、負(fù)，從而確定電勢能、電勢的變化等.

【例II(多選)(2019?貴州安順市上學(xué)期質(zhì)量監(jiān)測)兩電荷量分別為s和伙的點電荷分別放在x軸上的0、M兩

點，兩電荷連線上各點電勢9隨x變化的關(guān)系如圖1所示，其中A、N兩點的電勢均為零，ND段中的C

點電勢最高，貝4()

圖1

A.%帶正電，伙帶負(fù)電

B.A、N點的電場強(qiáng)度大小為零

C.NC間場強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向

D.將一負(fù)點電荷從N點移到。點，電勢能一直增大

答案AC

解析由題圖可知，在/附近電勢為正，伙附近電勢為負(fù)，可知/帶正電，S帶負(fù)電，故A正確；(p-x

圖象的斜率表示場強(qiáng)E,可知A、N兩點電場強(qiáng)度不為零，故B錯誤；由題圖可知：由N至C,電勢升高，

所以場強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向，故C正確；由N至。，電勢先升高后降低，則將一負(fù)點電荷從N點移到。

點，電勢能先減小后增大，故D錯誤.

【變式訓(xùn)練】

1.(多選)(2019?全國卷IH-21)如圖2,電荷量分別為q和一式q>0)的點電荷固定在正方體的兩個頂點上，a.b

是正方體的另外兩個頂點.則()

圖2

A.a點和〃點的電勢相等

B.a點和b點的電場強(qiáng)度大小相等

C.。點和。點的電場強(qiáng)度方向相同

D.將負(fù)電荷從。點移到。點，電勢能增加

答案BC

解析b點、距q近,〃點距一q近，則人點的電勢高于a點的電勢，A錯誤；如圖所示,

a、b兩點的電場強(qiáng)度可視為￡與E?、Ei與民的合場強(qiáng).其中昌〃￡,E2//E4,且知昂=￡：3,&=&，故

合場強(qiáng)風(fēng)與反大小相等、方向相同，B、C正確；由于%<%,負(fù)電荷從低電勢處移至高電勢處過程中，

電場力做正功，電勢能減少，D錯誤.

2.（2019.河南鄭州市第二次質(zhì)量預(yù)測）某電場的電場線和等勢面分布如圖3所示，其中實線為電場線，虛

線為等勢面，a、Ac為電場中的三個點.下列說法正確的是（）

圖3

A.〃點的電勢高于b點的電勢

B.。點的電場強(qiáng)度小于b點的電場強(qiáng)度

C.電子從a點移到c點，電勢能增大

D.將電子從〃點移到c點，再從c點移到6點，電場力做功代數(shù)和為零

答案D

解析因a、人兩點在同一等勢面上，則a點的電勢等于人點的電勢，選項A錯誤；〃點附近電場線較匕

點附近密集，可知。點的電場強(qiáng)度大于6點的電場強(qiáng)度，選項B錯誤：因c點電勢高于a點，可知電子從

a點移到c點，電勢能減小，選項C錯誤：因a點的電勢等于。點的電勢，則將電子從a點移到c點，再

從c點移到6點，電勢能的變化為零，即電場力做功代數(shù)和為零，選項D正確.

【例2】（多選）（2018?全國卷II21）如圖4,同一平面內(nèi)的〃、％、c、d四點處于勻強(qiáng)電場中，電場方向與此平

面平行，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點.一電荷量為q（q>0）的粒子從。點移動到。點，其

電勢能減小若該粒子從c點移動到"點，其電勢能減小隊.下列說法正確的是（）

圖4

A.此勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向一定與a、6兩點連線平行

B.若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為222產(chǎn)

C.若c、d之間的距離為3則該電場的場強(qiáng)大小一定為青

D.若Wi=W2，則八M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差

答案BD

解析結(jié)合題意，只能判定a蘇>0,Ucd>0,但電場方向不能確定，A項錯誤；由于M、N分別為4c和加

的中點，對于勻強(qiáng)電場，則"的=瞪"一歿愛=之牛"，可知該粒子由M至N過程中，電場力做功

Wi+W->iv,

W=-L，B項正確：電場強(qiáng)度的方向只有沿Ld時，才有場強(qiáng)E=/但本題中電場方向未知，C

項錯誤；若卬1=卬2,財U(kuò)ab=U"=UMN,即（Pa—（Pb=<flM—（PN,伽一9M=夕〃一夕N,可知U“M=UbN,D項正

確.

【變式訓(xùn)練】

3.（多選）（2019?山東日照市上學(xué)期期末）一勻強(qiáng)電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖

5所示，三點的電勢分別為10V、16V、24V.下列說法正確的是（）

A.坐標(biāo)原點的電勢為18V

B.電場強(qiáng)度的大小為1.25V/cm

C.電場強(qiáng)度的方向從c點指向。點

D.電子從6點運(yùn)動到坐標(biāo)原點，電場力做功為2eV

答案ABD

解析根據(jù)夕〃一夕0=%一夕。，因。、b、c三點電勢分別為伙；=10V、儂=16V、pc=24V,則原點處的電

勢為90=18V,故A正確；如圖，

y軸上y=2點（例點）的電勢為夕M=9O一絲彳?效=16V,所以6點與y軸上y=2點的電勢相等，連接〃點

與），軸上），=2點的直線即為等勢線，過a點作Mb的垂線即為電場線，方向與），軸負(fù)方向成37。角斜向上，

垂足為N,由幾何關(guān)系得：NabM=37。,aN=ab-sin37°=4.8cm,<pN=（Pb,所以后=寨=1.25V/cm,故B

正確，C錯誤：（pb?po,則電子從6點運(yùn)動到坐標(biāo)原點，電場力做正功，W=2eV,故D正確.

考點6帶電粒子（帶電體）在電場中的運(yùn)動

i.直線運(yùn)動的兩種處理方法

（1）動能定理：不涉及八。時可用.

（2）牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式：涉及〃、，時可用.尤其是交變電場中，最好再結(jié)合。一■圖象使用.

2.勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)問題的處理方法

（1）運(yùn)動的分解

已知粒子只在電場力作用下運(yùn)動，且初速度方向與電場方向垂直.

①沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間t=，.

Vo

②沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，加速度a=%*=瑞

③離開電場時的偏移量

④速度偏向角

5，qUxx=LqUL

tan^=^=^02—tan夕=".產(chǎn)

位移偏向角

八yqUxx=L八qUL

tand=72皿/加一tan8=2.而產(chǎn)

（2）動能定理：涉及功能問題時可用.

注意：偏轉(zhuǎn)時電場力做的功不一定是W=gU板何，應(yīng)該是W=qEy（y為偏移量）.

3.非勻強(qiáng)電場中的曲線運(yùn)動

（1）電荷的運(yùn)動軌跡偏向所受合外力的一側(cè)，即合外力指向軌跡凹的一側(cè)；電場力一定沿電場線切線方向，

即垂直于等勢面.

（2）由電場力的方向與運(yùn)動方向的夾角，判斷電場力做功的正負(fù)，再由功能關(guān)系判斷動能、電勢能的變化.

【例3】（2019?全國卷H?24）如圖6,兩金屬板P、。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、。、G的尺寸相同.G接地，P、。的電勢均為夕（0>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/?的位置，以速度平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計.

Q

圖6

（1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時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，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？

答案⑴/M+%〃

⑵”管

解析（1）PG、QG間場強(qiáng)大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場力廠的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度

大小為a,有￡：=與①

F—qE—ma?

設(shè)粒子第一次到達(dá)G時動能為Ek,由動能定理有

4班=仇—3巾如2③

設(shè)粒子第一次到達(dá)G時所用的時間為r,粒子在水平方向的位移為/,則有〃=%戶④

l=vot?

聯(lián)立①②③④⑤式解得

Ek=^mvo2+^qh?

（2）若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短.由對稱性知，此時金屬板的長度為

乙=2/=2叭用.

【變式訓(xùn)練】

4.（2019?湖南六校4月聯(lián)考）如圖7所示，空間中存在著由一固定的負(fù)點電荷。（圖中未畫出）產(chǎn)生的電場.另

一正點電荷夕僅在電場力作用下沿曲線MN運(yùn)動，在M點的速度大小為。°,方向沿MP方向，到達(dá)N點

時速度大小%。，且。<。0，則（）

圖7

A.。一定在虛線下方

B.M點的電勢比N點的電勢高

C.4在M點的電勢能比在N點的電勢能小

D.q在"點的加速度比在N點的加速度小

答案C

解析場源電荷帶負(fù)電，運(yùn)動電荷帶正電，它們之間是吸引力，而曲線運(yùn)動合力指向曲線的內(nèi)側(cè)，故負(fù)點

電荷。應(yīng)該在軌跡的內(nèi)側(cè)，故A錯誤；只有電場力做功，動能和電勢能之和守恒，運(yùn)動電荷在N點的動

能小，故其在N點的電勢能大，故C正確；運(yùn)動電荷為正電荷，故N點電勢高于M點電勢，故M點離場

源電荷較近，則M點場強(qiáng)較大，所以“在M點的加速度比在N點的加速度大，故B、D錯誤.

5.（2019?河北“五個一名校聯(lián)盟”第一次診斷）如圖8所示，地面上某區(qū)域存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，一

個質(zhì)量為m的帶負(fù)電的小球以水平方向的初速度g由。點射入該區(qū)域，剛好豎直向下通過豎直平面中的

P點,已知連線OP與初速度方向的夾角為60。，重力加速度為g,則以下說法正確的是（）

圖8

A.電場力大小為“等

B.小球所受的合外力大小為立警

c.小球由。點到p點用時"%

O

D.小球通過尸點時的動能為|機(jī)內(nèi)2

答案C

解析設(shè)。P=L,從。到P水平方向做句減速運(yùn)動，到達(dá)尸點的水平速度為零；豎直方向做自由落體運(yùn)

動，則水平方向：Leos60°=yr,豎直方向：Lsin60。=或尸，解得：尸七四，選項C正確；水平方向R

=ma=nr~=^^,小球所受的合外力是Q與mg的合力，可知合力的大小F=y]?mg?2+?Q?2=邛^”2g,

選項A、B錯誤；小球通過尸點時的速度%=/=小。0,則動能：EkP=3%Pp2=2%研)\選項D錯誤.

考點Q磁場對電流的作用

1.對磁場的理解

(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，其方向與通電導(dǎo)線在磁場中所受力的方向垂直；

(2)電流元必須垂直于磁場方向放置，公式8=,才成立；

(3)磁場中某點的磁感應(yīng)強(qiáng)度是由磁場本身決定的，與通電導(dǎo)線受力的大小及方向均無關(guān).

2.磁場的疊加

對于電流在空間某點的磁場，首先應(yīng)用安培定則判斷出各電流在該點的磁場方向，然后應(yīng)用平行四邊形定

則合成.

3.安培力

(1)若磁場方向和電流方向垂直：F=BIL.

(2)若磁場方向和電流方向平行：F=0.

(3)方向判斷：左手定則.

(4)方向特點：垂直于磁感線和通電導(dǎo)線確定的平面.

4.兩個等效模型

(1)變曲為直：如圖9甲所示的通電導(dǎo)線，在計算安培力的大小和判斷方向時均可等效為砒直線電流.

甲乙

圖9

(2)化電為磁：環(huán)形電流可等效為小磁針，通電螺線管可等效為條形磁鐵，如圖乙.

5.磁場力做功情況

磁場力包括洛倫茲力和安培力，由于洛倫茲力的方向始終和帶電粒子的運(yùn)動方向垂直，洛倫茲力不做功，

但是安培力可以做功.

【例4】(2019?全國卷I」7)如圖10,等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場

中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接.已知導(dǎo)體棒MN受到的安培

力大小為尸，則線框LMN受到的安培力的大小為（）

圖10

A.2FB.1.5FC.0.5FD.0

答案B

解析設(shè)三角形邊長為/,通過導(dǎo)體棒的電流大小為/,則根據(jù)并聯(lián)電路的特點可知通過導(dǎo)體棒ML和

LN的電流大小為3，如圖所示，

L

MIN

依題意有F=B〃，則導(dǎo)體棒?和LV所受安培力的合力為方向與下的方向相同，所以線

框LMN受到的安培力大小為1.5居選項B正確.

【變式訓(xùn)練】

6.（2019?山西晉城市二模）一正方形導(dǎo)體框Med,其單位長度的電阻值為r,現(xiàn)將該正方形導(dǎo)體框置于如圖

11所示的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為3,用不計電阻的導(dǎo)線將導(dǎo)體框連接在電動勢為E、不計內(nèi)阻

的電源兩端，則關(guān)于導(dǎo)體框所受的安培力，下列描述正確的是（）

A.安培力的大小為管，方向豎直向上

B.安培力的大小為4啜EB，方向豎直向下

C.安培力的大小為E華B，方向豎直向下

D.安培力的大小為F華B，方向豎直向上

答案B

解析由題圖可知，電路接通后流過導(dǎo)體框的電流方向為a"及。兒"，假設(shè)導(dǎo)體框的邊長為L,由歐姆定

pP

律可得流過ad邊的電流大小為八=萬，流過尻,邊的電流大小為/2=五?又由左手定則可知外、4兩邊

所受安培力大小相等、方向相反，ad,加兩邊所受安培力方向均豎直向下，則導(dǎo)體框所受的安培力大小為

4EB

F=BhL+BI2L=-^7,方向豎直向下，故選項B正確.

7.（2019?天一大聯(lián)考上學(xué)期期末）一課外探究小組用如圖12所示實驗裝置測量學(xué)校所在位置的地磁場的水

平分量員.將一段細(xì)長直導(dǎo)體棒南北方向放置，并與開關(guān)、導(dǎo)線、電阻箱以及電動勢為E、內(nèi)阻為R的電源

組成如圖所示的電路.在導(dǎo)體棒正下方距其/處放一小磁針，開關(guān)斷開時小磁針與導(dǎo)體棒平行，現(xiàn)閉合開

關(guān)，緩慢調(diào)節(jié)電阻箱阻值，發(fā)現(xiàn)小磁針逐漸偏離南北方向，當(dāng)電阻箱的接入阻值為5R時，小磁針的偏轉(zhuǎn)

角恰好為30。.已知通電長直導(dǎo)線周圍某點磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=/（r為該點到通電長直導(dǎo)線的距離，k為比

例系數(shù)），導(dǎo)體棒和導(dǎo)線電阻不計，則該位置地磁場的水平分量大小為（）

IXI

-1|----------~「—

圖12

A.eqB.eq

C.eqD.eq

答案B

解析通電長直導(dǎo)體棒在其正下方距其/處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為方向沿東西方向，其

中的l=R；5R=磊:如圖，

由磁場的疊加可知8,=磊聲=錯，故選B.

考點?磁場對運(yùn)動電荷的作用

1.基本公式：qvB=nr^,T=~'

,nv

壬TH?”'人丁2Tm

重要結(jié)論：r=亞，7=詞?

2.基本思路

(1)畫軌跡：確定圓心，用幾何方法求半徑并畫出運(yùn)動軌跡.

(2)找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度、運(yùn)動速度相聯(lián)系；偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運(yùn)動時間相聯(lián)系;在磁場中運(yùn)

動的時間和周期相聯(lián)系.

(3)用規(guī)律：利用牛頓第二定律和圓周運(yùn)動的規(guī)律，特別是周期公式和半徑公式.

3.軌跡的幾個基本特點

⑴粒子從同一直線邊界射入磁場和射出磁場時，入射角等于出射角.如圖13,仇=02=%

(2)粒子經(jīng)過磁場時速度方向的偏轉(zhuǎn)角等于其軌跡的圓心角，即ai=a2.

圖13

(3)沿半徑方向射入圓形磁場的粒子，射出時亦沿半徑方向,如圖14.

圖14圖15

(4)磁場圓與軌跡圓半徑相同時，以相同速率從同一點沿各個方向射入的粒子，出射速度方向相互平行.反

之，以相互平行的相同速率射入時，會從同一點射出(即磁聚焦現(xiàn)象)，如圖15所示.

4.半徑的確定

2

方法一：由物理方程求.由于80=胃，所以半徑/?=患；

方法二：由幾何關(guān)系求.一般由數(shù)學(xué)知識(勾股定理、三角函數(shù)等)通過計算來確定.

5.時間的確定

方法一：由圓心角求，

方法二：由弧長求，t=M

6.臨界問題

(1)解決帶電粒子在磁場中運(yùn)動的臨界問題，關(guān)鍵在于運(yùn)用動態(tài)思維，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒

子的速度方向確定半徑方向，同時由磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關(guān)系.

(2)粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運(yùn)動軌跡與磁場邊界相切.

【例5】如圖16所示，在矩形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8=5.0X10-21，

矩形區(qū)域長為￥m,寬為0.2m,在AD邊中點。處有一粒子源，某時刻，粒子源沿紙面向磁場中各方

向均勻地發(fā)射出速率均為。=2X106^5的某種帶正電粒子，帶電粒子質(zhì)量加=1.6X10-27kg、電荷量為q

=+3.2Xl()r9c(不計粒子重力和粒子間的相互作用)，求：

A3-

圖16

(1)帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為多大？

(2)從BC邊界射出的粒子中，在磁場中運(yùn)動的最短時間為多少？

(3)從8c邊界射出的粒子中，在磁場中運(yùn)動的最長時間為多少？

答案(1)0.2m(2)3X10^(35x10-7$

解析(1)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，

由牛頓第二定律得：qvB="斥

解得：R=0.2m.

(2)因為所有粒子的軌道半徑相同，所以弦最短的圓所對應(yīng)的圓心角最小，運(yùn)動時間最短，作￡O_LAO,則

EO弦最短，如圖所示.

1fq

???p、?、??

???:?>Oi?

????

AOD

因為￡0=0.2m,且R=0.2m,

7T

所以對應(yīng)的圓心角為夕=§

27r

由牛頓第二定律得：卬8=，〃（竽

解得：7=鬻

取短時間為：片汨=五7=9

解得：品產(chǎn)卜10一%.

（3）從8C邊界射出的粒子在磁場中運(yùn)動的時間最長時，粒子運(yùn)動軌跡與BC邊界相切或粒子進(jìn)入磁場時的

速度方向指向OA方向，轉(zhuǎn)過;圓周，對應(yīng)的圓心角：a=j,粒子的最長運(yùn)動時間：Max=；T=就，解得:

7

fmax=TxICTs

【變式訓(xùn)練】

8.（2019?山東河澤市下學(xué)期第一次模擬）如圖17所示，而〃為邊長為L的正方形，在四分之一圓Md區(qū)域

內(nèi)有垂直正方形平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一個質(zhì)量為優(yōu)、電荷量為4的帶正電粒子從b

點沿加方向射入磁場，結(jié)果粒子恰好能通過c點，不計粒子的重力，則粒子的速度大小為（）

圖17

A.eqB.eq

C.eqD.eq

答案C

解析粒子沿半徑方向射入磁場，則出射速度的反向延長線一定過圓心，由于粒子能經(jīng)過。點，因此粒子出

磁場時一定沿方向，軌跡如圖所示，

2

由幾何關(guān)系可知，粒子做圓周運(yùn)動的半徑乙=（也一1乂，根據(jù)牛頓第二定律得qo（）B=〃廠｝,求得

?也-1?血……4

^o=一7一，C項正確.

9.（2019?全國卷H47）如圖18,邊長為/的正方形岫cd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,方向垂直于

紙面（Med所在平面）向外.必邊中點有一電子發(fā)射源O,可向磁場內(nèi)沿垂直于湖邊的方向發(fā)射電子.已

知電子的比荷為L則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為（）

dv-----------------ic

?8?

圖18

A.eqkB/,乎B.eqkBI,^kBlC.eqkBl,

D.eqkB/,

答案B

解析如圖,

電子從。點射出時，其軌跡半徑為5=彳，由洛倫茲力提供向心力，有ev?B="g~,又三=k,解得■Va=等;

4raifiq

電子從d點射出時，由幾何關(guān)系有口2=/+（〃/一§2,解得軌跡半徑為&=,，由洛倫茲力提供向心力，有

eVdB=〃*~,又且=k,解得Ud=g普,選項B正確.

r（im4

專題突破練

公級保分練

1.（2019?山東濟(jì)南市上學(xué)期期末）長為L的直導(dǎo)體棒a放置在光滑絕緣水平面上，固定的長直導(dǎo)線6與“平

行放置，導(dǎo)體棒a與力傳感器相連，如圖1所示（俯視圖）.a、6中通有大小分別為/〃、人的恒定電流，/八

方向未知.導(dǎo)體棒。靜止時，傳感器受到a給它的方向向左、大小為F的拉力.下列說法正確的是（）

，,/

圖1

A./〃與的方向相同，/〃在。處的磁感應(yīng)強(qiáng)度8大小為￡

B.與的方向相同，/〃在。處的磁感應(yīng)強(qiáng)度8大小為若

C.。與的方向相反，”在“處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小為￡

D.4與的方向相反，/〃在。處的磁感應(yīng)強(qiáng)度8大小為￡

答案B

解析因傳感器受到a給它的方向向左、大小為尸的拉力，可知電流a、b之間是相互吸引力，即。、〃中

的電流同向；根據(jù)F=BL,L,可知/1,在a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度8大小為8=77，故選B.

2.（2019?浙江紹興市3月選考）如圖2所示，下邊緣浸入水銀槽中的鋁盤置于蹄形磁鐵的磁場中，可繞轉(zhuǎn)

軸轉(zhuǎn)動，當(dāng)轉(zhuǎn)軸、水銀槽分別與電源的正、負(fù)極相連時，鋁盤開始轉(zhuǎn)動.下列說法中不正確的是（）

圖2

A.鋁盤繞順時針方向轉(zhuǎn)動

B.只改變磁場方向，鋁盤的轉(zhuǎn)動方向改變

C.只改變電流方向，鋁盤的轉(zhuǎn)動方向改變

D.同時改變磁場方向與電流方向，鋁盤的轉(zhuǎn)動方向不變

答案A

；（2019?安徽合肥市第一次質(zhì)量檢測）如圖3所示，真空中位于x軸上的兩個等量負(fù)點電荷，關(guān)于坐標(biāo)原點

O對稱.下列關(guān)于電場強(qiáng)度E隨x變化的圖象正確的是（）

AB

答案A

解析設(shè)x軸的正方向代表電場強(qiáng)度的正方向，兩負(fù)點電荷所在位置分別為A、B點，等量負(fù)點電荷電場

線分布如圖所示.①在A點左側(cè)電場線水平向右，場強(qiáng)為正，離A點越近，場強(qiáng)越大：②在4到0之間，

電場線向左，場強(qiáng)為負(fù)，離A越近，場強(qiáng)越大；③在。到B之間，電場線向右，場強(qiáng)為正，離B越近，

場強(qiáng)越大；④在B點右側(cè)，電場線水平向左，場強(qiáng)為負(fù)，離B越近，場強(qiáng)越大.綜上所述，只有選項A

符合題意.

4.（2019.福建廈門市第一次質(zhì)量檢查）如圖4所示，菱形ABCQ的對角線相交于。點，兩個等量異種點電

荷分別固定在4c連線上的M點與N點，且OM=ON,則（）

圖4

A.B、。兩處電勢相等

B.把一個帶正電的試探電荷從A點沿直線移動到3點的過程中，電場力先做正功再做負(fù)功

C.A、C兩處場強(qiáng)大小相等、方向相反

D.同一個試探電荷放在A、C兩處時電勢能相等

答案A

5.（多選）（2019?全國卷II20）靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運(yùn)動，N為粒

子運(yùn)動軌跡上的另外一點，則（）

A.運(yùn)動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小

B.在例、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合

C.粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能

D.粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行

答案AC

解析在兩個等量同種點電荷的電場中，一帶同種電荷的粒子在兩點電荷的連線上自M點（非兩點電荷連

線的中點）由靜止開始運(yùn)動，粒子的速度先增大后減小，選項A正確；僅在電場力作用下運(yùn)動，帶電粒子

的動能和電勢能之和保持不變，粒子運(yùn)動到N點時動能不小于零，則粒子在M點的電勢能不低于其在N

點的電勢能，選項C正確：若靜電場的電場線不是直線，帶電粒子僅在電場力作用下的運(yùn)動軌跡不會與電

場線重合，選項B錯誤；若粒子運(yùn)動軌跡為曲線，根據(jù)粒子做曲線運(yùn)動的條件，可知粒子在N點所受電場

力的方向一定不與粒子軌跡在該點的切線平行，選項D錯誤.

6.（多選）（2019?廣東珠海市質(zhì)量監(jiān)測）如圖5,空間有平行于紙面的勻強(qiáng)電場，處于該電場中的直角三角形

ABC直角邊8c=20cm,ZA=60°,AQ是NA的角平分線.若在直角頂點8處有一個射線源，能朝空間

各方向射出動能為1000eV的電子，則能在頂點A和C分別探測到動能為1100eV和900eV的電子,本

題中運(yùn)動的電子僅需考慮勻強(qiáng)電場的電場力，則（）

B-D-C

圖5

A.AB間的電勢差以8=100V

B.該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E=1000V/m

C.電場強(qiáng)度的方向沿A指向。

D.整個三角形內(nèi)，頂點C的電勢最高

答案ABC

解析從B到A由動能定理可得：-eUa4=ll00eV-1000eV,可得。郎=一100丫，所以以B=100V,

故A正確；由題可知BC間的電勢差UBC=100V,所以AC間的電勢差為UAC=200V,由幾何知識可得

AC在AO方向上的投影是AB在A。方向上的投影的2倍，這就說明電場的方向一定沿著AQ,并且由A指

向。,故C正確；AB在4。上的投影AB'=ABcos300=BCtan30°cos30°=BCsin300=10cm,所以電場

強(qiáng)度的大小為：E=￥pV/m=1000V/m,故B正確；分析可知，整個三角形內(nèi)，頂點A的電勢最高，故

D錯誤.

7.電磁炮是一種理想兵器，它的主要原理如圖6所示.1982年澳大利亞國立大學(xué)成功研制出能把2.2g的彈

體（包括金屬桿MN的質(zhì)量加速到10km/s的電磁炮.若軌道寬2m,長100m,通過金屬桿的電流恒為10

A,不計軌道摩擦，貝4（）

M

N

圖6

A.垂直軌道平面的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為5.5T

B.垂直軌道平面的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為5.5X104T

C.該電磁炮工作時磁場力的最大功率為l.lX104kW

D.該電磁炮裝置對磁場方向和電流方向的關(guān)系沒有要求

答案C

2*?]0X10322

解析由運(yùn)動學(xué)公式。2一牡）2=2以，可得彈體的加速度大小。=——=nV1nnm/s2=5x]05m/s2;

NXZA1UU

00X]3X4乂]A5

彈體所受安培力為F=8/L,由牛頓第二定律可得：BlL=ma,解得：8=等=匚~77^77--------T=55T,

IL,IUAZ

44

選項A、B錯誤；速度最大時磁場力的功率最大，Pm=B/Arm=55X10X2X10W=1.1X10kW,選項C

正確；磁場方向和電流方向決定安培力方向，選項D錯誤.

8.（多選）（2019?山東煙臺市上學(xué)期期末）如圖7所示，一平行板電容器的A、8兩極板與一電壓恒定的電源相

連，極板水平放置，極板間距為d,兩極板間有一個質(zhì)量為m的帶電粒子靜止于尸點.下列說法正確的是

（）

----1----B

圖7

A.帶電粒子帶負(fù)電

B.若僅將A板稍微向上移動一定距離，則帶電粒子仍將保持靜止

C.若僅將兩極板各繞其中點快速順時針轉(zhuǎn)過一定小角度，則粒子將向左做直線運(yùn)動

D.若斷開電源并將B板稍向右移動一定距離，則帶電粒子將向上做直線運(yùn)動

答案AD

解析帶電粒子靜止于P點，則所受電場力豎直向上，因電場強(qiáng)度方向向下，知粒子帶負(fù)電，故A正確；

若僅將4板稍微向上移動一定距離，因電壓U不變，E=g,則電場力減小，因此粒子將向下運(yùn)動，故B

錯誤；將兩極板順時針旋轉(zhuǎn)a角度后，電場強(qiáng)度E'=,U.,而且電場強(qiáng)度的方向也旋轉(zhuǎn)了a,由受力

w,COS（X.

分析可知，豎直方向合力為0,水平方向有電場力向右的分力，所以粒子水平向右做勻加速直線運(yùn)動，故

C錯誤；若斷開電源，電容器所帶電荷量Q不變，根據(jù)C=￡,E巖及C弋版■E=如則知將B板

稍向右移動一定距離，電場強(qiáng)度E增大，則帶電粒子將向上做直線運(yùn)動，故D正確.

9.（多選）（2019?江西贛州市上學(xué)期期末）如圖8所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小為B,方向垂直于圓平面（未畫出）.一群比荷為*的負(fù)離子以相同速率%（較大），由尸點在紙平面內(nèi)

沿不同方向射入磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)后，又飛出磁場，最終打在磁場區(qū)域右側(cè)的熒光屏（足夠大）上，則下列說

法正確的是（不計離子的重力和離子間的相互作用）（）

A.離子在磁場中運(yùn)動的半徑一定相等

B.離子在磁場中運(yùn)動的時間一定相等

C.沿PQ方向射入的離子飛出時速度偏轉(zhuǎn)角最大

D.若離子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑/*=2R,則離子在磁場中運(yùn)動的最長時間為魏

答案AD

V-mV

解析離子在磁場中做圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=my,解得：r=而，

因離子的速率相同，比荷相同，故軌跡半徑一定相同，故A正確；設(shè)離子軌跡所對應(yīng)的圓心角為仇則離

子在磁場中運(yùn)動的時間為7=震，所有離子的運(yùn)動周期相等，由于離子從圓上不同點射出時，軌

跡的圓心角不同，所以離子在磁場中運(yùn)動的時間不同，故B錯誤；由圓的性質(zhì)可知，軌跡圓與磁場圓相交，

當(dāng)軌跡圓的弦長最大時速度偏轉(zhuǎn)角最大，離子圓周運(yùn)動的最大弦長為PQ,故由。點飛出的離子圓心角最

大，所對應(yīng)的時間最長，此時離子一定不會沿PQ方向射入，即沿PQ方向射入的離子飛出時的速度偏轉(zhuǎn)

角不是最大的，故C錯誤；若離子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑廠=2R則離子在磁場中轉(zhuǎn)過的最大圓心角：

0=60。，離子在磁場中運(yùn)動的最長時間：1=系7=器義卷=與"，故D正確.

圖級爭分練

10.（2019?全國卷HI/8）如圖9,在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為和B、方向均垂

直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場.一質(zhì)量為，小電荷量為虱0。）的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于），

軸進(jìn)入第一象限，最后經(jīng)過x軸離