2024版高考物理復(fù)習(xí)教案：第一篇專題三電場與磁場

第9講電場目標(biāo)要求1.理解電場的性質(zhì)，會比較電場強(qiáng)度大小、電勢高低、電勢能大小，會分析和計(jì)算靜電力做功問題。2.會通過電場中的圖像來分析問題。3.會用動力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)分析處理帶電粒子(帶電體)在電場中的運(yùn)動問題?？键c(diǎn)一電場的性質(zhì)1．電場強(qiáng)度的分析與計(jì)算(1)電場強(qiáng)度的方向是正電荷所受靜電力的方向，也是電場線上某點(diǎn)的切線方向，電場的強(qiáng)弱(電場強(qiáng)度的大小)可根據(jù)電場線的疏密程度來進(jìn)行比較。(2)計(jì)算電場強(qiáng)度常用的方法：公式法、平衡條件求解、疊加合成法、對稱法、補(bǔ)償法、等效法。2．電勢高低的判斷判斷依據(jù)判斷方法電場線方向沿電場線方向電勢逐漸降低場源電荷的正負(fù)取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負(fù)電荷周圍電勢為負(fù)值；越靠近正電荷處電勢越高，越靠近負(fù)電荷處電勢越低電勢能的大小正電荷在電勢能大處電勢較高，負(fù)電荷在電勢能大處電勢較低靜電力做功根據(jù)UAB＝eq\f(WAB,q)，將WAB、q的正負(fù)號代入，由UAB的正負(fù)判斷φA、φB的高低3.電勢能大小的判斷(1)做功判斷法：由WAB＝EpA－EpB可知，靜電力做正功，電勢能減?。混o電力做負(fù)功，電勢能增大。(2)電荷電勢法：由Ep＝qφ可知，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。(3)能量守恒法：若只有靜電力做功，電荷的動能和電勢能之和守恒，動能增大時(shí)，電勢能減小，動能減小時(shí)，電勢能增大。例1(2023·江蘇揚(yáng)州市高郵中學(xué)模擬)如圖所示為避雷針周圍的等勢面分布情況，電場中有M、N、P三點(diǎn)，則()A．P點(diǎn)的電勢比M點(diǎn)的高B．M、N兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同C．P點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小比M點(diǎn)的大D．電子在P點(diǎn)的電勢能大于其在M點(diǎn)的電勢能答案D解析由題圖可知，P點(diǎn)的電勢為6kV，M點(diǎn)的電勢為8kV，所以P點(diǎn)的電勢比M點(diǎn)的低，A錯(cuò)誤；電場強(qiáng)度的方向與等勢面垂直，所以M、N兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度的方向是不同的，B錯(cuò)誤；等差等勢面密的地方電場強(qiáng)度大，結(jié)合題圖可知，P點(diǎn)附近的等勢面較稀疏，所以P點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于M點(diǎn)的電場強(qiáng)度，C錯(cuò)誤；電勢能Ep＝qφ，電子帶負(fù)電，所以電勢越高，電勢能越低，因?yàn)镻點(diǎn)的電勢比M點(diǎn)的低，所以電子在P點(diǎn)的電勢能大于其在M點(diǎn)的電勢能，D正確。例2(2022·江蘇卷·9)如圖所示，正方形ABCD四個(gè)頂點(diǎn)各固定一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷，電荷量相等，O是正方形的中心，將A點(diǎn)的電荷沿OA的延長線向無窮遠(yuǎn)處移動，則()A．在移動過程中，O點(diǎn)電場強(qiáng)度變小B．在移動過程中，C點(diǎn)的電荷所受靜電力變大C．在移動過程中，移動的電荷所受靜電力做負(fù)功D．當(dāng)其移動到無窮遠(yuǎn)處時(shí)，O點(diǎn)的電勢高于A點(diǎn)答案D解析O是等量同種電荷連線的中點(diǎn)，電場強(qiáng)度為0，將A處的正點(diǎn)電荷沿OA方向移至無窮遠(yuǎn)處，O點(diǎn)電場強(qiáng)度變大，故A錯(cuò)誤；移動過程中，C點(diǎn)電場強(qiáng)度變小，C點(diǎn)的正電荷所受靜電力變小，故B錯(cuò)誤；A點(diǎn)電場方向沿OA方向，移動過程中，移動的電荷所受靜電力做正功，故C錯(cuò)誤；OA段的電場方向沿OA方向，沿電場線方向電勢降低，A點(diǎn)的電荷移動到無窮遠(yuǎn)處時(shí)，O點(diǎn)的電勢高于A點(diǎn)電勢，故D正確。考點(diǎn)二電場中的圖像問題電場中幾種常見的圖像v－t圖像當(dāng)帶電粒子只受靜電力時(shí)，從v－t圖像上能確定粒子運(yùn)動的加速度方向、大小變化情況，進(jìn)而可判定粒子運(yùn)動中經(jīng)過的各點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向、電場強(qiáng)度大小、電勢高低及電勢能的變化情況φ－x圖像(1)從φ－x圖像中可以直接判斷各點(diǎn)電勢的高低，進(jìn)而確定電場強(qiáng)度的方向及試探電荷電勢能的變化(2)φ－x圖線切線的斜率絕對值表示沿x軸方向電場強(qiáng)度E的大小E－x圖像以電場強(qiáng)度沿x軸方向?yàn)槔?1)E>0表示電場強(qiáng)度沿x軸正方向，E<0表示電場強(qiáng)度沿x軸負(fù)方向(2)圖線與x軸圍成的“面積”大小表示電勢差大小，兩點(diǎn)的電勢高低需根據(jù)電場方向判定Ep－x圖像(1)圖像切線的斜率絕對值表示靜電力大小(2)可用于判斷電場強(qiáng)度、動能、加速度等隨位移的變化情況例3兩點(diǎn)電荷M、N分別固定在x＝－20cm和坐標(biāo)原點(diǎn)處，所形成電場的電勢在x軸上的分布如圖所示，圖線與x軸交于x0處，x＝20cm處電勢最低，取無窮遠(yuǎn)處電勢為0，一正電荷q自x0處由靜止釋放，則()A．x0處的電場強(qiáng)度為0B．電荷M、N所帶電荷量大小之比為4∶1C．正電荷q運(yùn)動的過程中，加速度先增大后減小D．正電荷q運(yùn)動的過程中，電勢能先增大后減小答案B解析φ－x圖像，斜率表示電場強(qiáng)度，在x0處的圖像斜率不為零，則電場強(qiáng)度不為零，故A錯(cuò)誤；x＝20cm處圖像斜率為零，則滿足keq\f(Q1,40cm2)＝keq\f(Q2,20cm2)，所以電荷M、N所帶電荷量大小之比為eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(4,1)，故B正確；一正電荷q自x0處由靜止釋放，根據(jù)電勢變化情況可知，自x0處右側(cè)電場強(qiáng)度方向先沿x軸正方向后沿x軸負(fù)方向，電場強(qiáng)度先減小為零后反向增大再減小，根據(jù)牛頓第二定律，有Eq＝ma，可知正電荷q運(yùn)動的過程中，加速度先減小為零后反向增大再減小，故C錯(cuò)誤；正電荷q自x0處由靜止釋放，根據(jù)電勢變化情況可知，自x0處右側(cè)電場強(qiáng)度方向先沿x軸正方向后沿x軸負(fù)方向，靜電力先做正功后做負(fù)功，電勢能先減小后增大，故D錯(cuò)誤。例4(2023·江蘇揚(yáng)州市期末)如圖所示，在光滑絕緣的水平面上固定兩個(gè)等量正點(diǎn)電荷A和B，O點(diǎn)為AB連線的中點(diǎn)，C、D為AB連線上關(guān)于O點(diǎn)對稱的兩個(gè)點(diǎn)，且CO＝OD＝L，一帶負(fù)電的可視為點(diǎn)電荷的小球以初速度v0從C點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)，取無窮遠(yuǎn)處的電勢φ＝0，以C點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，向右為x軸的正方向，下列關(guān)于電勢φ、電場強(qiáng)度E、小球的電勢能Ep及動能Ek隨小球運(yùn)動的位移x變化的圖像，可能正確的是()答案A解析從C點(diǎn)到D點(diǎn)，電場線方向先向右后向左，則電勢先降低后升高，且電勢都大于零，并關(guān)于O點(diǎn)對稱；小球帶負(fù)電，所以小球的電勢能先增大后減小，小球在C、D兩點(diǎn)處的電勢能相同，故A正確，C錯(cuò)誤；由于小球的電勢能先增大后減小，在C、D兩點(diǎn)處的電勢能相同，由能量守恒定律知，動能先減小后增大，在C、D兩點(diǎn)處的動能相同，故D錯(cuò)誤；設(shè)AC＝BD＝r，點(diǎn)電荷A和B的電荷量大小為Q，則當(dāng)位移為x時(shí)，電場強(qiáng)度為E＝keq\f(Q,r＋x2)－keq\f(Q,r＋2L－x2)，由數(shù)學(xué)知識可知E與x是非線性關(guān)系，圖像是曲線，故B錯(cuò)誤?？键c(diǎn)三帶電粒子(帶電體)在電場中的運(yùn)動1．帶電粒子(帶電體)在電場中運(yùn)動時(shí)重力的處理基本粒子一般不考慮重力，帶電體(如液滴、油滴、塵埃等)一般不能忽略重力，除有說明或明確的暗示外。2．帶電粒子(帶電體)在電場中的常見運(yùn)動及分析方法常見運(yùn)動受力特點(diǎn)分析方法靜止或勻速直線運(yùn)動合外力F合＝0共點(diǎn)力平衡變速直線運(yùn)動合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上1.用動力學(xué)觀點(diǎn)分析：a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad，適用于勻強(qiáng)電場2．用功能觀點(diǎn)分析：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，勻強(qiáng)和非勻強(qiáng)電場都適用帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)進(jìn)入電場v0⊥E，粒子做類平拋運(yùn)動運(yùn)動的分解偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qU2l,mdv02)＝eq\f(U2l,2U1d)＝eq\f(2y0,l)側(cè)移距離：y0＝eq\f(qU2l2,2mdv02)＝eq\f(U2l2,4dU1)，y＝y(tǒng)0＋Ltanθ＝(eq\f(l,2)＋L)tanθ粒子斜射入場，粒子做類斜拋運(yùn)動運(yùn)動的分解垂直電場方向做勻速直線運(yùn)動：x＝v0tsinθ沿電場方向做勻變速直線運(yùn)動：y＝v0tcosθ－eq\f(qE,2m)t2帶電粒子在非勻強(qiáng)電場中運(yùn)動靜電力在變化動能定理，能量守恒定律3．帶電體在電場和重力場的疊加場中運(yùn)動的分析方法(1)對帶電體的受力情況和運(yùn)動情況進(jìn)行分析，綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律和勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律解決問題。(2)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒的觀點(diǎn)，分析帶電體的運(yùn)動時(shí)，往往涉及重力勢能、電勢能以及動能的相互轉(zhuǎn)化，總的能量保持不變。例5(2023·全國乙卷·19改編)在O點(diǎn)處固定一個(gè)正點(diǎn)電荷，P點(diǎn)在O點(diǎn)右上方。從P點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶負(fù)電的小球，小球僅在重力和該點(diǎn)電荷電場力作用下在豎直面內(nèi)運(yùn)動，其一段軌跡如圖所示。M、N是軌跡上的兩點(diǎn)，OP>OM，OM＝ON，則小球()A．在運(yùn)動過程中，電勢能先增加后減少B．在P點(diǎn)的電勢能小于在N點(diǎn)的電勢能C．在M點(diǎn)的機(jī)械能等于在N點(diǎn)的機(jī)械能D．從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，電場力始終不做功答案C解析由題知，OP>OM，OM＝ON，則根據(jù)點(diǎn)電荷的電勢分布情況可知φM＝φN>φP，則帶負(fù)電的小球在運(yùn)動過程中，電勢能先減小后增大，且EpP>EpM＝EpN，則帶負(fù)電的小球在M點(diǎn)的機(jī)械能等于在N點(diǎn)的機(jī)械能，A、B錯(cuò)誤，C正確；從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功，D錯(cuò)誤。例6(2023·江蘇南京市三模)如圖所示，真空中有一足夠大的水平向右的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為＋q和－3q的兩小球同時(shí)從O點(diǎn)以速度v0斜向右上方射入勻強(qiáng)電場中，v0方向與水平方向成60°角，A、B(圖中未畫出)兩點(diǎn)分別為兩小球運(yùn)動軌跡的最高點(diǎn)，帶正電的小球經(jīng)過A點(diǎn)的速度大小仍然為v0，若僅把帶正電的小球射入速度變?yōu)?v0。其運(yùn)動軌跡的最高點(diǎn)記為C。不考慮兩球間的庫侖力。下列說法錯(cuò)誤的是()A．兩小球同時(shí)到A、B兩點(diǎn)B．OA與OB之比為eq\r(3)∶1C．兩小球到達(dá)A、B兩點(diǎn)過程中電勢能變化量之比為1∶3D．帶正電的小球經(jīng)過C點(diǎn)的速度大小為2v0答案C解析由題可知，將帶電小球的運(yùn)動分解成水平方向和豎直方向的運(yùn)動，由受力可知，兩小球在豎直方向只受重力，故在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動，豎直方向的初速度為v0y＝v0sin60°，上升到最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度為零，由此可知，兩球到達(dá)A、B兩點(diǎn)的時(shí)間相同，A正確；水平方向只受靜電力，故水平方向做勻變速直線運(yùn)動，水平方向的初速度為v0x＝v0cos60°＝eq\f(1,2)v0，由題可知，帶正電的小球有v0＝eq\f(1,2)v0＋at，帶負(fù)電的小球有v′＝eq\f(1,2)v0－3at，解得v′＝－v0，方向與水平初速度方向相反，可見到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)兩小球的速度大小相等，水平方向只有靜電力做功，由動能定理可知，兩球到達(dá)A、B兩點(diǎn)過程中電勢能變化量之比為1∶1，C錯(cuò)誤；由上分析可知v0y＝v0sin60°＝gt，v0＝eq\f(1,2)v0＋at，聯(lián)立解得g＝eq\r(3)a，故OA＝eq\r(\f(v02－\f(1,2)v02,2a)2＋\f(v0y2,2g)2)＝eq\f(\r(3)v02,4a)，OB＝eq\r(\f(v02－\f(1,2)v02,2×3a)2＋\f(v0y2,2g)2)＝eq\f(v02,4a)，即OA與OB之比為eq\r(3)∶1，B正確；由題可知帶正電小球初速度變?yōu)?v0后，水平方向初速度vx′＝2v0cos60°＝v0，豎直方向初速度vy′＝2v0sin60°＝gt′，v″＝vx′＋at′，聯(lián)立得v″＝2v0，D正確。例7如圖所示，豎直面內(nèi)有一光滑絕緣軌道ABCD，其中AB軌道水平，BCD為四分之三圓周軌道，軌道的半徑為r，B點(diǎn)為圓形軌道的最低點(diǎn)，C為圓形軌道的最高點(diǎn)，水平軌道和圓形軌道在B點(diǎn)平滑連接，在整個(gè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝eq\f(3mg,4q)(g為重力加速度)，一不計(jì)大小、帶正電的小球，電荷量為q，質(zhì)量為m，小球在水平軌道上距B點(diǎn)的距離為l處靜止釋放，小球沿圓弧恰好能到D點(diǎn)，求：(1)小球的初始位置距B點(diǎn)的距離；(2)小球受到的圓軌道的最大彈力。答案(1)eq\f(23,6)r(2)eq\f(15mg,2)解析(1)從圓心處作重力和靜電力的示意圖靜電力和重力進(jìn)行合成，二力合力與豎直方向的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(3,4)，由數(shù)學(xué)知識可知sinθ＝eq\f(3,5)，cosθ＝eq\f(4,5)合力方向指向圓弧于H點(diǎn)，合力的反向延長線指向圓弧于F點(diǎn)，F(xiàn)點(diǎn)為復(fù)合場的最高點(diǎn)，若小球能到D點(diǎn)，即小球必須到F點(diǎn)。若剛好到F點(diǎn)，重力和靜電力的合力剛好提供向心力，則有eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(mvF2,r)根據(jù)動能定理有qE(l－rsinθ)－mg(r＋rcosθ)＝eq\f(1,2)mvF2解得l＝eq\f(23,6)r(2)小球在H處對軌道的壓力最大，即受到的彈力最大，從F到H，根據(jù)動能定理有eq\f(mg,cosθ)2r＝eq\f(1,2)mvE2－eq\f(1,2)mvF2根據(jù)牛頓第二定律得FN－eq\f(mg,cosθ)＝eq\f(mvE2,r)解得FN＝eq\f(15mg,2)。帶電體在電場和重力場的疊加場中的圓周運(yùn)動(1)等效重力法將重力與靜電力進(jìn)行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的“豎直向下”方向。(2)等效最高點(diǎn)和最低點(diǎn)：在“等效重力場”中做圓周運(yùn)動的小球，過圓心作合力的平行線，交于圓周上的兩點(diǎn)即為等效最高點(diǎn)和最低點(diǎn)。1.如圖所示，兩等量同種點(diǎn)電荷＋q(q>0)固定在菱形的兩個(gè)頂點(diǎn)A、C上。E、F是該菱形對角線AC與其內(nèi)切圓的交點(diǎn)，O點(diǎn)為內(nèi)切圓的圓心，a、b、c、d四點(diǎn)為切點(diǎn)?，F(xiàn)有一帶正電的點(diǎn)電荷從E點(diǎn)由靜止釋放，下列說法正確的是()A．a(chǎn)、b、c、d四點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同B．D、O、B三點(diǎn)的電勢相等C．點(diǎn)電荷在從E點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)的過程中庫侖力做正功D．點(diǎn)電荷從E點(diǎn)運(yùn)動到F點(diǎn)的過程中速度一直增大答案C解析根據(jù)等量同種點(diǎn)電荷周圍的電場線分布圖a、b、c、d四點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，但是方向不同，A錯(cuò)誤；根據(jù)電場線的方向以及電場線的對稱性可知D和B兩點(diǎn)的電勢相等，但是低于O點(diǎn)的電勢，B錯(cuò)誤；帶正電點(diǎn)電荷在從E點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)的過程中受到的庫侖力向右，所以此過程中庫侖力做正功，C正確；帶正電點(diǎn)電荷從E點(diǎn)運(yùn)動到F點(diǎn)的過程中受到的庫侖力先向右，后向左，所以庫侖力先做正功，后做負(fù)功，點(diǎn)電荷的速度先增大后減小，D錯(cuò)誤。2.如圖所示的真空中，在正方體ABCD－A1B1C1D1空間中頂點(diǎn)A、C1處固定有等量的正電荷，下列說法正確的是()A．B點(diǎn)和D點(diǎn)的電勢相等且比B1點(diǎn)和D1的電勢都高B．B1點(diǎn)和D1點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同C．若有一個(gè)電子以某一速度射入該空間中，可能做類平拋運(yùn)動D．若有一個(gè)電子以某一速度射入該空間中，可能做勻速圓周運(yùn)動答案D解析由兩個(gè)等量同種電荷產(chǎn)生電勢的對稱性知頂點(diǎn)B、D、B1、D1處的電勢相等，故A錯(cuò)誤；由電場疊加和對稱性知頂點(diǎn)B1、D1處的電場強(qiáng)度大小相等，但方向不同，故B錯(cuò)誤；兩個(gè)等量正電荷形成的電場不是勻強(qiáng)電場，電子不可能做類平拋運(yùn)動，故C錯(cuò)誤；只在靜電力作用下，電子要做勻速圓周運(yùn)動，則必須受到大小恒定的靜電力，電子可以在垂直于AC1的平面內(nèi)繞正方體ABCD－A1B1C1D1的中心做勻速圓周運(yùn)動，故D正確。專題強(qiáng)化練[保分基礎(chǔ)練]1.(2023·江蘇省模擬)如圖是勻強(qiáng)電場遇到空腔導(dǎo)體后的部分電場線分布圖，正方形ABCD的對角線BD邊正好與圖中豎直向上的直電場線重合，O點(diǎn)是正方形兩對角線的交點(diǎn)。下列說法正確的是()A．將一正電荷由A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電荷的電勢能增加B．O點(diǎn)電勢與C點(diǎn)電勢相等C．DO間的電勢差等于OB間的電勢差D．在O點(diǎn)放置一負(fù)點(diǎn)電荷，該電荷所受靜電力的方向豎直向下答案D解析將一正電荷由A點(diǎn)移到B點(diǎn)，靜電力做正功，電荷的電勢能減小，故A錯(cuò)誤；AC所在平面與BD垂直，與其他電場線不垂直，AC所在平面不是等勢面，O點(diǎn)電勢與C點(diǎn)電勢不相等，故B錯(cuò)誤；根據(jù)電場線的疏密程度可知DO間的電場強(qiáng)度大于OB間的電場強(qiáng)度，由U＝Ed可知DO間的電勢差大于OB間的電勢差，故C錯(cuò)誤；在O點(diǎn)放置一負(fù)點(diǎn)電荷，該電荷所受靜電力的方向與該點(diǎn)電場線方向相反，豎直向下，故D正確。2．(2023·江蘇蘇州木瀆高級中學(xué)三模)人體的細(xì)胞膜模型圖如圖甲所示，由磷脂雙分子層組成，雙分子層之間存在電壓(醫(yī)學(xué)上稱為膜電位)，現(xiàn)研究某小塊均勻的細(xì)胞膜，厚度為d，膜內(nèi)的電場可看作勻強(qiáng)電場，簡化模型如圖乙所示。初速度可視為零的正一價(jià)鉀離子僅在靜電力的作用下，從圖乙中的A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，下列說法正確的是()A．鉀離子的電勢能增大B．A點(diǎn)電勢等于B點(diǎn)電勢C．若膜電位增加，則鉀離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度更大D．若膜電位不變，膜的厚度越大，則鉀離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度越大答案C解析初速度可視為零的一價(jià)正鉀離子僅在靜電力的作用下，從題圖乙中的A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)，可知靜電力做正功，所以鉀離子的電勢能減小，故A錯(cuò)誤；分析可知電場線從A到B，沿電場線方向電勢降低，所以A點(diǎn)電勢大于B點(diǎn)電勢，故B錯(cuò)誤；由動能定理可知qU＝eq\f(1,2)mv2，若膜電位不變，即電壓U不變，鉀離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度不變，電壓U增加時(shí)，速度增大，故C正確，D錯(cuò)誤。3.在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，有兩個(gè)質(zhì)量均為m、帶等量異種電荷(電荷量絕對值為q)的小球A、B(均可視為質(zhì)點(diǎn))處在同一水平面上。現(xiàn)將兩球以相同的水平速度v0向右拋出，最后落到水平地面上，運(yùn)動軌跡如圖所示。A、B兩球拋出點(diǎn)到落地點(diǎn)之間的水平距離分別是L1和L2。兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮，下列說法不正確的是()A．A球帶正電，B球帶負(fù)電B．B球比A球先落地C．在下落過程中，A球的電勢能減少，B球的電勢能增加D．兩球從拋出到各自落地的過程中，A、B球的機(jī)械能變化量大小相等答案C解析兩球在水平方向都做勻速直線運(yùn)動，v0相同，由x＝v0t知，A運(yùn)動的時(shí)間比B的長，豎直方向上，h相等，由h＝eq\f(1,2)at2可知，A的加速度比B的加速度小，A的合力比B的合力小，所以A受到的靜電力向上，帶正電，B受到的靜電力向下，帶負(fù)電，故A正確；A運(yùn)動的時(shí)間比B運(yùn)動的時(shí)間長，則B球比A球先落地，故B正確；A受到的靜電力向上，靜電力對A球做負(fù)功，A球的電勢能增加，A球的機(jī)械能減小，減小量為ΔEA＝qEh；B受到的靜電力向下，靜電力對B球做正功，B球的電勢能減小，B球的機(jī)械能增加，增加量為ΔEB＝qEh，故C錯(cuò)誤，D正確。4.(2022·山東卷·3)半徑為R的絕緣細(xì)圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點(diǎn)，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷。點(diǎn)A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷。將一點(diǎn)電荷q置于OC延長線上距O點(diǎn)為2R的D點(diǎn)，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，q為()A．正電荷，q＝eq\f(QΔL,πR) B．正電荷，q＝eq\f(\r(3)QΔL,πR)C．負(fù)電荷，q＝eq\f(2QΔL,πR) D．負(fù)電荷，q＝eq\f(2\r(3)QΔL,πR)答案C解析取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量和，如圖所示，因?yàn)閮啥位￠L非常小，故可看成點(diǎn)電荷，則有E1＝keq\f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq\f(QΔL,2πR3)，由題意可知，兩電場強(qiáng)度方向的夾角為120°，由幾何關(guān)系得兩者的合電場強(qiáng)度大小為E＝E1＝keq\f(QΔL,2πR3)，根據(jù)O點(diǎn)的合電場強(qiáng)度為0，則放在D點(diǎn)的點(diǎn)電荷帶負(fù)電，在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E′＝E＝keq\f(QΔL,2πR3)，又E′＝keq\f(q,2R2)，聯(lián)立解得q＝eq\f(2QΔL,πR)，故選C。5.(2023·江蘇省百校高三第三次考試)某靜電場中x軸上各點(diǎn)電勢分布圖如圖所示。一帶電粒子在坐標(biāo)原點(diǎn)O處靜止釋放，僅在靜電力作用下沿x軸正方向運(yùn)動，下列說法正確的是()A．粒子可能帶負(fù)電B．粒子在x1處電勢能最小C．粒子能夠運(yùn)動到x2處D．粒子受到的靜電力先增大后減小答案B解析由題圖可知，x軸從坐標(biāo)原點(diǎn)到x1處電勢逐漸降低，從x1處到x2處電勢逐漸升高；帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處由靜止釋放，僅在靜電力作用下運(yùn)動到x1處時(shí)，靜電力做正功，電勢能減??；從x1處之后靜電力做負(fù)功，電勢能增大，故在x1處電勢能最小；由于從坐標(biāo)原點(diǎn)O處到x1處時(shí)，電勢降低，所以該粒子沿著電場線的方向運(yùn)動，故該粒子帶正電，故A錯(cuò)誤，B正確；由于粒子只在靜電力的作用下運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動到與開始時(shí)電勢相等的位置，粒子速度為0，故不能到達(dá)x2處，故C錯(cuò)誤；由題圖可知，圖像的斜率絕對值等于電場強(qiáng)度的大小，可知粒子受到的靜電力先減小后增大，故D錯(cuò)誤。6.如圖所示，四邊形ABCD為菱形，∠DAB＝60°，O為菱形中點(diǎn)，E、F兩點(diǎn)分別是AD、BC邊的中點(diǎn)，G為BD延長線上一點(diǎn)，O、G兩點(diǎn)關(guān)于D點(diǎn)對稱，在A、B、C三點(diǎn)分別固定電荷量為＋Q、＋Q、－Q的點(diǎn)電荷，以無窮遠(yuǎn)處的電勢為零，則下列說法正確的是()A．O點(diǎn)電場強(qiáng)度比G點(diǎn)電場強(qiáng)度大，G點(diǎn)電勢比O點(diǎn)電勢高B．O、D、E、F、G五點(diǎn)的電勢均為正C．一個(gè)負(fù)試探電荷在E點(diǎn)時(shí)的電勢能比在O點(diǎn)時(shí)的電勢能大D．將一個(gè)正試探電荷沿直線從F點(diǎn)移到D點(diǎn)，電勢能先減小后增大答案B解析在A、C兩點(diǎn)固定的等量異種點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，直線BD是一條等勢線，故O、D、G三點(diǎn)的電勢均為零，在B點(diǎn)固定的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，O、D、G三點(diǎn)的電勢均為正，則電勢疊加的結(jié)果為φO>φD>φG>0；在B、C兩點(diǎn)固定的等量異種點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，E點(diǎn)電勢為正，F(xiàn)、D兩點(diǎn)電勢為零，在A點(diǎn)固定的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，E、F、D三點(diǎn)電勢均為正，電勢疊加的結(jié)果為φE>φD>φF>0；在A、B兩點(diǎn)固定的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，E、O兩點(diǎn)電勢相等，在C點(diǎn)固定的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，E點(diǎn)電勢比O點(diǎn)電勢高，綜上可得φE>φO>φG≠φF>0，A錯(cuò)誤，B正確；由上述分析可知負(fù)試探電荷在E點(diǎn)的電勢能比在O點(diǎn)的電勢能小，C錯(cuò)誤；正試探電荷沿直線從F點(diǎn)移到D點(diǎn)，電勢能不斷增大，D錯(cuò)誤。[爭分提能練]7.(2022·浙江6月選考·9)如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強(qiáng)電場，板長為L(不考慮邊界效應(yīng))。t＝0時(shí)刻，M板中點(diǎn)處的粒子源發(fā)射兩個(gè)速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時(shí)速度大小為eq\r(2)v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計(jì)重力和粒子間的相互作用，則()A．M板電勢高于N板電勢B．兩個(gè)粒子的電勢能都增加C．粒子在兩板間的加速度為a＝eq\f(2v02,L)D．粒子從N板下端射出的時(shí)間t＝eq\f(\r(2)－1L,2v0)答案C解析由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢高低，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題意垂直M板向右的粒子到達(dá)N板時(shí)速度增加，動能增加，則靜電力做正功，電勢能減小，則平行M板向下的粒子到達(dá)N板時(shí)靜電力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯(cuò)誤；設(shè)兩板間距離為d，對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運(yùn)動，有eq\f(L,2)＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2，對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運(yùn)動，因兩粒子相同，則在電場中加速度相同，有(eq\r(2)v0)2－v02＝2ad，聯(lián)立解得t＝eq\f(L,2v0)，a＝eq\f(2v02,L)，故C正確，D錯(cuò)誤。8．(2022·河北卷·6)如圖，真空中電荷量為2q和－q(q>0)的兩個(gè)點(diǎn)電荷分別位于M點(diǎn)與N點(diǎn)，形成一個(gè)以MN延長線上O點(diǎn)為球心，電勢為零的等勢面(取無窮遠(yuǎn)處電勢為零)，P為MN連線上的一點(diǎn)，S為等勢面與直線MN的交點(diǎn)，T為等勢面上的一點(diǎn)，下列說法正確的是()A．P點(diǎn)電勢低于S點(diǎn)電勢B．T點(diǎn)電場強(qiáng)度方向指向O點(diǎn)C．除無窮遠(yuǎn)處外，MN直線上還存在兩個(gè)電場強(qiáng)度為零的點(diǎn)D．將正試探電荷q0從T點(diǎn)移到P點(diǎn)，靜電力做正功答案B解析在直線MN上，正電荷在M點(diǎn)右側(cè)電場強(qiáng)度水平向右，負(fù)電荷在N點(diǎn)左側(cè)電場強(qiáng)度水平向右，根據(jù)電場的疊加可知MN間的電場強(qiáng)度水平向右，沿著電場線電勢逐漸降低，可知P點(diǎn)電勢高于等勢面與MN交點(diǎn)處電勢，則P點(diǎn)電勢高于S點(diǎn)電勢，故A錯(cuò)誤；由于正電荷的電荷量大于負(fù)電荷電荷量，可知在N點(diǎn)的左側(cè)電場強(qiáng)度不可能為零，設(shè)M、N之間的距離為L，在N點(diǎn)右側(cè)與N點(diǎn)距離為d的點(diǎn)電場強(qiáng)度為零，則有eq\f(k·2q,L＋d2)＝eq\f(k·q,d2)，可知除無窮遠(yuǎn)處外，直線MN上電場強(qiáng)度為零的點(diǎn)只有一個(gè)，故C錯(cuò)誤；由A選項(xiàng)分析可知：T點(diǎn)電勢低于P點(diǎn)電勢，則正電荷在T點(diǎn)的電勢能低于在P點(diǎn)的電勢能，將正試探電荷q0從T點(diǎn)移到P點(diǎn)，電勢能增加，靜電力做負(fù)功，故D錯(cuò)誤；由于電場強(qiáng)度方向垂直于等勢面，可知T點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向所在直線必過等勢面的球心O，根據(jù)異種電荷的電場線分布情況可知，N、S間電場線方向由S指向N，則φS>φO，由于φT＝φS，則φT>φO，故T點(diǎn)電場強(qiáng)度方向指向O點(diǎn)，故B正確。9.(2023·江蘇鹽城市三模)在x軸的坐標(biāo)原點(diǎn)固定一電荷量絕對值為q的點(diǎn)電荷，在x＝8x0處固定另一點(diǎn)電荷，兩者所在區(qū)域?yàn)檎婵?，在兩者連線上某點(diǎn)的電場強(qiáng)度E與該點(diǎn)位置的關(guān)系如圖所示。選取x軸正方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度的正方向，無限遠(yuǎn)處電勢為零，則下列說法正確的是()A．x＝3x0處的電場強(qiáng)度大于x＝5x0處的電場強(qiáng)度B．x＝3x0處的電勢高于x＝5x0處的電勢C．在x＝8x0處點(diǎn)電荷的電荷量的絕對值為3qD．電子沿x軸從x＝x0移動到x＝5x0過程中電勢能先增加后減少答案D解析由題圖可知，從x＝2x0處到x＝8x0處，電場強(qiáng)度反方向不斷增大，所以x＝3x0處的電場強(qiáng)度小于x＝5x0處的電場強(qiáng)度，故A錯(cuò)誤；在x軸的坐標(biāo)原點(diǎn)固定一電荷量絕對值為q的點(diǎn)電荷，在x＝8x0處固定另一點(diǎn)電荷，選取x軸正方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度的正方向，分析可知為兩不等量正電荷產(chǎn)生的電場，類比等量正電荷產(chǎn)生的電場，可知x＝2x0處到x＝8x0處逆著電場線方向，電勢逐漸升高，所以x＝3x0處的電勢低于x＝5x0處的電勢，故B錯(cuò)誤；設(shè)在x＝8x0處固定另一點(diǎn)電荷的電荷量為q′，在x＝2x0處電場強(qiáng)度為0，可得keq\f(q,2x02)＝keq\f(q′,8x0－2x02)，解得q′＝9q，故C錯(cuò)誤；電子沿x軸從x＝x0移動到x＝2x0過程，順著電場線運(yùn)動，可知靜電力做負(fù)功，電勢能增加，從x＝2x0移動到x＝5x0過程，逆著電場線運(yùn)動，可知靜電力做正功，電勢能減少，所以電子沿x軸從x＝x0移動到x＝5x0過程中電勢能先增加后減少，故D正確。10.(2023·江蘇無錫天一中學(xué)階段練習(xí))如圖所示，長為4l、傾角為37°的光滑絕緣細(xì)桿AD垂直穿過半徑為l、帶電荷量為－Q的固定大圓環(huán)圓心O，細(xì)桿上B、O、C三點(diǎn)等分細(xì)桿長度?，F(xiàn)從細(xì)桿的頂端A無初速度地釋放一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的套在細(xì)桿上的可視為點(diǎn)電荷的小滑環(huán)。已知靜電力常量為k，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，大圓環(huán)上的電荷均勻分布，小滑環(huán)上的電荷不影響電場分布，則下列說法正確的是()A．大圓環(huán)在B點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為eq\f(kQ,4l2)B．小滑環(huán)在B點(diǎn)的加速度大小為eq\f(\r(2)kQq,4ml2)C．小滑環(huán)從B到C的過程中靜電力所做的功為eq\f(\r(10)kQq,25l)D．小滑環(huán)在D點(diǎn)的速度大小為eq\r(\f(24,5)gl)答案D解析由題意可知OB＝eq\f(1,4)×4l＝l，圓環(huán)上電荷分布均勻，取環(huán)上一點(diǎn)，設(shè)其電荷量為Q1，該點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為r＝eq\r(l2＋l2)＝eq\r(2)l，Q1在B點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為E1＝keq\f(Q1,r2)＝keq\f(Q1,2l2)，以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA方向?yàn)檎较蚪軸，Q1在B點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度在x軸方向的分量為E1x＝E1cos45°＝eq\f(\r(2)kQ1,4l2)，大圓環(huán)在B點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小E＝eq\i\su(i＝1,n,E)ix＝eq\f(\r(2)kQ,4l2)，故A錯(cuò)誤；小滑環(huán)在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得qE＋mgsin37°＝ma，解得a＝eq\f(\r(2)kQq,4ml2)＋eq\f(3,5)g，故B錯(cuò)誤；由對稱性可知B、C兩點(diǎn)電勢相等，UBC＝0，小滑環(huán)從B到C的過程中靜電力所做的功WBC＝qUBC＝0，故C錯(cuò)誤；由對稱性可得庫侖力做功WAO＝－WOD，WAO＋WOD＝0，從A到D，由動能定理得mg·4l·sin37°＋WAO＋WOD＝eq\f(1,2)mvD2，解得vD＝eq\r(\f(24gl,5))，故D正確。11.如圖所示，帶電平行板傾斜放置且與水平面間的夾角為θ，兩板間的電壓U＝8×103V，兩板間的距離d＝0.4m，圓形光滑軌道豎直固定放置，最低點(diǎn)B正好在上極板的邊緣，C點(diǎn)是圓弧軌道的最高點(diǎn)；質(zhì)量m＝0.1kg、電荷量q＝＋10－4C的小球，從貼近平行板下極板的A點(diǎn)由靜止釋放，在平行板間的勻強(qiáng)電場中，正好沿水平直線AB做勻加速運(yùn)動，經(jīng)過B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道，剛好到達(dá)最高點(diǎn)C點(diǎn)，電場只存在帶電平行板內(nèi)，外部沒有電場，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：(1)平行板與水平面間的夾角θ及小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度vB的大?。?2)圓形軌道的半徑R。答案(1)60°4m/s(2)0.32m解析(1)平行板間的電場強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)對小球受力分析，可知靜電力與重力的合力水平向右，由力的合成可得eq\f(mg,Eq)＝cosθ，代入數(shù)據(jù)解得cosθ＝eq\f(1,2)，故θ＝60°；小球從A運(yùn)動到B，由能量守恒可得qU＝eq\f(1,2)mvB2解得vB＝4m/s(2)小球剛好到達(dá)最高點(diǎn)，有mg＝meq\f(vC2,R)小球從B運(yùn)動到C，由動能定理可得－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2聯(lián)立解得R＝0.32m。[尖子生選練]12.(2023·湖北卷·10改編)一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2。微粒射入時(shí)緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運(yùn)動軌跡的最高點(diǎn)到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應(yīng)，不計(jì)重力。下列說法正確的是()A．L∶d＝2∶1B．U1∶U2＝1∶2C．微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角度的正切值為2D．僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷量，微粒在電容器中的運(yùn)動軌跡不變答案D解析微粒在電容器中水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向做勻變速直線運(yùn)動，根據(jù)電場強(qiáng)度和電勢差的關(guān)系及場強(qiáng)和靜電力的關(guān)系及牛頓第二定律可得E＝eq\f(U2,2d)，F(xiàn)＝qE＝ma，設(shè)微粒射入電容器時(shí)的速度為v0，水平方向和豎直方向的分速度vx＝v0cos45°＝eq\f(\r(2),2)v0，vy＝v0sin45°＝eq\f(\r(2),2)v0，從射入到運(yùn)動到最高點(diǎn)由運(yùn)動學(xué)公式得vy2＝2ad，由動能定理可得qU1＝eq\f(1,2)mv02，聯(lián)立解得U1∶U2＝1∶1，B錯(cuò)誤；微粒從射入到運(yùn)動到最高點(diǎn)有2L＝vxt，d＝eq\f(0＋vy,2)·t，聯(lián)立可得L∶d＝1∶1，A錯(cuò)誤；微粒從最高點(diǎn)到穿出電容器時(shí)由運(yùn)動學(xué)知識可得L＝vxt1，vy1＝at1，射入電容器到最高點(diǎn)有vy＝at，解得vy1＝eq\f(vy,2)，設(shè)微粒穿出電容器時(shí)速度與水平方向的夾角為α，則tanα＝eq\f(vy1,vx)＝eq\f(1,2)，微粒射入電容器時(shí)速度與水平方向的夾角為β，tan(α＋β)＝3，C錯(cuò)誤；粒子從射入到最高點(diǎn)的過程水平方向的位移為x，豎直方向的位移為y＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得y＝eq\f(U2x2,4dU1)，且x＝vxt′，y＝eq\f(0＋vy,2)·t′，可得x＝2L，y＝d＝L，即粒子在運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程中水平和豎直位移均與電荷量和質(zhì)量無關(guān)，射出電場過程同理，x1＝L＝vxt1′，y1＝eq\f(vy1＋0,2)t1′＝eq\f(x1,4)＝eq\f(L,4)，即軌跡不會變化，D正確。

第10講磁場目標(biāo)要求1.會用安培定則判斷磁場的方向，會進(jìn)行磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加。2會分析和計(jì)算安培力、洛倫茲力的方向和大小。3會判斷帶電粒子在磁場中的運(yùn)動性質(zhì)并會解決相應(yīng)問題?？键c(diǎn)一磁場的基本性質(zhì)安培力1．磁場的產(chǎn)生與疊加2．安培力的分析與計(jì)算方向左手定則電流間的作用力：同向電流相互吸引，異向電流相互排斥大小直導(dǎo)線F＝BILsinθ，θ＝0時(shí)F＝0，θ＝90°時(shí)F＝BIL導(dǎo)線為曲線時(shí)等效為ac直線電流受力分析根據(jù)力的平衡條件或牛頓運(yùn)動定律列方程例1如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點(diǎn)，O為半圓弧的圓心，∠MOP＝60°，在M、N處各有一長直導(dǎo)線垂直穿過紙面，電流方向如圖所示，且IM＝2IN(已知電流為I的長直導(dǎo)線在其周圍激發(fā)的磁場中，距導(dǎo)線距離為r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝keq\f(I,r)，其中k為常數(shù))，此時(shí)O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1。若將M處長直導(dǎo)線移至P處，則此時(shí)O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度()A．大小為eq\r(3)B1，方向水平向右B．大小為eq\r(3)B1，方向水平向左C．大小為2B1，方向與水平方向夾角為30°斜向右下D．大小為2B1，方向與水平方向夾角為30°斜向右上答案A解析設(shè)N處導(dǎo)線在O點(diǎn)激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，則M處導(dǎo)線在O點(diǎn)激發(fā)的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0，M處導(dǎo)線未移動時(shí)，各導(dǎo)線在O點(diǎn)激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度如圖中實(shí)線所示，可得B1＝B0，將M處導(dǎo)線移到P處時(shí)，在O點(diǎn)激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小仍為2B0，如圖中虛線所示，N處導(dǎo)線在O點(diǎn)激發(fā)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，則此時(shí)合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\r(3)B0，即eq\r(3)B1，方向水平向右，故A正確。例2如圖所示，半徑為R的金屬圓環(huán)用絕緣輕質(zhì)細(xì)線懸掛于天花板上，金屬圓環(huán)中通以逆時(shí)針方向的電流，圖中A、C與圓心O連線的夾角為120°，只在直線AC上方區(qū)域內(nèi)加一垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，金屬圓環(huán)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，細(xì)線中的拉力大小為F1；若只在直線AC下方區(qū)域內(nèi)加與上述相同的磁場，金屬圓環(huán)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，細(xì)線中的拉力大小為F2，則金屬圓環(huán)中的電流大小為()A.eq\f(\r(3)F1－F2,6BR) B.eq\f(\r(3)F1－F2,3BR)C.eq\f(3F1－F2,4πBR) D.eq\f(3F1－F2,2πBR)答案A解析通電圓環(huán)在磁場中的有效長度均為L＝2Rsin60°＝eq\r(3)R，只在直線AC上方區(qū)域內(nèi)加一垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，根據(jù)左手定則可知安培力的方向向下，細(xì)線中的拉力大小為F1＝mg＋BI·eq\r(3)R，若只在直線AC下方區(qū)域加與上述相同的磁場，根據(jù)左手定則可得安培力的方向向上，則F2＝mg－BI·eq\r(3)R，聯(lián)立解得I＝eq\f(\r(3)F1－F2,6BR)，故選A?？键c(diǎn)二帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動1．分析帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的方法基本思路(1)畫軌跡：確定圓心，用幾何方法求半徑并畫出軌跡(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(shí)間相聯(lián)系，運(yùn)動時(shí)間與周期相聯(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，特別是半徑公式和周期公式基本公式qvB＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)重要結(jié)論r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)圓心的確定(1)軌跡上的入射點(diǎn)和出射點(diǎn)的速度垂線的交點(diǎn)為圓心，如圖(a)(2)軌跡上入射點(diǎn)速度垂線和兩點(diǎn)連線中垂線的交點(diǎn)為圓心，如圖(b)(3)沿半徑方向距入射點(diǎn)距離等于r的點(diǎn)，如圖(c)(當(dāng)r已知或可算)半徑的確定方法一：由物理公式求，由于qvB＝eq\f(mv2,r)所以半徑r＝eq\f(mv,qB)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(jì)算來確定時(shí)間的求解方法一：由圓心角求，t＝eq\f(θ,2π)·T方法二：由弧長求，t＝eq\f(s,v)2.帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的三個(gè)重要結(jié)論(1)粒子從同一直線邊界射入磁場和射出磁場時(shí)，入射角等于出射角(如圖甲，θ1＝θ2＝θ3)。(2)沿半徑方向射入圓形磁場的粒子，出射時(shí)亦沿半徑方向(如圖乙，兩側(cè)關(guān)于兩圓心連線對稱)。(3)粒子速度方向的偏轉(zhuǎn)角等于其軌跡的對應(yīng)圓心角(如圖甲，α1＝α2)。3．帶電粒子在磁場中運(yùn)動的多解成因(1)磁場方向不確定形成多解；(2)帶電粒子電性不確定形成多解；(3)速度不確定形成多解；(4)運(yùn)動的周期性形成多解。例3(2023·全國乙卷·18)如圖，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點(diǎn)射出，粒子離開磁場后，沿直線運(yùn)動打在垂直于x軸的接收屏上的P點(diǎn)；SP＝l，S與屏的距離為eq\f(l,2)，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，該粒子入射后則會沿x軸到達(dá)接收屏。該粒子的比荷為()A.eq\f(E,2aB2)B.eq\f(E,aB2)C.eq\f(B,2aE2)D.eq\f(B,aE2)答案A解析由題知，帶電粒子由O點(diǎn)沿x軸正方向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點(diǎn)射出，則根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子做圓周運(yùn)動的半徑r＝2a，粒子做圓周運(yùn)動有qvB＝meq\f(v2,r)，則eq\f(q,m)＝eq\f(v,2aB)，如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，該粒子入射后則會沿x軸到達(dá)接收屏，有Eq＝qvB，聯(lián)立有eq\f(q,m)＝eq\f(E,2aB2)，故選A。例4(2023·江蘇南京市模擬)a、b兩個(gè)帶正電的粒子經(jīng)同一電場由靜止加速，先后以v1、v2從M點(diǎn)沿MN進(jìn)入矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后分別從PQ邊E、F離開。直線ME、MF與MQ的夾角分別為30°、60°，粒子的重力不計(jì)，則兩個(gè)粒子進(jìn)入磁場運(yùn)動的速度大小之比為()A．v1∶v2＝1∶3 B．v1∶v2＝3∶1C．v1∶v2＝3∶2 D．v1∶v2＝2∶3答案B解析a、b兩個(gè)帶正電的粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖設(shè)a粒子的軌跡半徑為R1，b粒子的軌跡半徑為R2，MQ＝d，由幾何關(guān)系得R1＋R1sin30°＝d，R2－R2sin30°＝d，解得R1∶R2＝1∶3，設(shè)加速電場的電壓為U，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，有Uq＝eq\f(1,2)mv2，qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(2U,BR)，則v1∶v2＝3∶1，故選B。例5(2023·江蘇揚(yáng)州市期末)云室中存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，一個(gè)質(zhì)量為m、速度為v的電中性粒子在A點(diǎn)分裂成帶等量異種電荷的粒子a和b，如圖所示，a、b在磁場中的徑跡是兩條相切的圓弧，半徑之比ra∶rb＝6∶1，相同時(shí)間內(nèi)的徑跡長度之比la∶lb＝3∶1，不計(jì)重力及粒子間的相互作用力，則()A．粒子a電性為正B．粒子a、b的質(zhì)量之比ma∶mb＝6∶1C．粒子a、b在磁場中做圓周運(yùn)動的周期之比Ta∶Tb＝1∶2D．粒子b的動量大小pb＝eq\f(1,7)mv答案D解析由題圖中軌跡結(jié)合左手定則可知，粒子a電性為負(fù)，故A錯(cuò)誤；相同時(shí)間內(nèi)的徑跡長度之比la∶lb＝3∶1，可知粒子a、b的速率之比為va∶vb＝la∶lb＝3∶1，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB)，由于粒子a、b的電荷量大小相等，半徑之比ra∶rb＝6∶1，則有mava∶mbvb＝ra∶rb＝6∶1，聯(lián)立可得ma∶mb＝2∶1，故B錯(cuò)誤；根據(jù)周期表達(dá)式T＝eq\f(2πm,qB)可得粒子a、b在磁場中做圓周運(yùn)動的周期之比Ta∶Tb＝ma∶mb＝2∶1，故C錯(cuò)誤；根據(jù)動量守恒可得mv＝mava＋mbvb，又mava∶mbvb＝6∶1，聯(lián)立可得粒子b的動量大小為pb＝mbvb＝eq\f(1,7)mv，故D正確?？键c(diǎn)三帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的臨界與極值問題1．解決帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的臨界問題，關(guān)鍵在于運(yùn)用動態(tài)思維，利用動態(tài)圓思想尋找臨界點(diǎn)，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向，同時(shí)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。3．常見的動態(tài)圓示意圖適用條件應(yīng)用方法放縮圓(軌跡圓的圓心在P1P2直線上)粒子的入射點(diǎn)位置相同，速度方向一定，速度大小不同以入射點(diǎn)P為定點(diǎn)，將半徑放縮作軌跡圓，粒子恰好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旋轉(zhuǎn)圓(軌跡圓的圓心在以入射點(diǎn)P為圓心、半徑R＝eq\f(mv0,qB)的圓上)粒子的入射點(diǎn)位置相同，速度大小一定，速度方向不同將一半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓以入射點(diǎn)為圓心進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，從而探索出臨界條件平移圓(軌跡圓的所有圓心在一條直線上)粒子的入射點(diǎn)位置不同，速度大小、方向均一定將半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓進(jìn)行平移磁聚焦與磁發(fā)散磁聚焦磁發(fā)散粒子速度大小相同，軌跡圓半徑等于區(qū)域圓半徑帶電粒子平行射入圓形有界勻強(qiáng)磁場，則粒子從磁場邊界上同一點(diǎn)射出，該點(diǎn)切線與入射方向平行——磁聚焦，從邊緣某點(diǎn)以不同方向入射時(shí)平行出射——磁發(fā)散例6如圖所示，S為一離子源，MN為足夠長的熒光屏，S到MN的距離為SP＝L，MN左側(cè)區(qū)域有足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里。某時(shí)刻離子源S一次性沿平行紙面各個(gè)方向均勻地噴發(fā)大量的質(zhì)量為m、電荷量為q、速率為eq\f(qBL,m)的正離子(此后不再噴發(fā))，不計(jì)離子重力，不考慮離子之間的相互作用力。則()A．打中熒光屏的最短時(shí)間為eq\f(πm,3qB)B．打中熒光屏的最長時(shí)間為eq\f(πm,qB)C．打中熒光屏的寬度為2eq\r(3)LD．打到熒光屏的離子數(shù)與發(fā)射的總離子數(shù)比值為eq\f(1,3)答案A解析根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，則離子軌跡半徑r＝eq\f(mv,qB)＝L，離子軌跡對應(yīng)弦長最短時(shí)運(yùn)動時(shí)間最短，即離子恰好打中P點(diǎn)，如圖甲所示根據(jù)幾何關(guān)系可知，軌跡對應(yīng)的圓心角為60°，能打中熒光屏的最短時(shí)間為t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πm,3qB)，故A正確；離子運(yùn)動軌跡如圖乙所示，離子速度為v1時(shí)從下側(cè)回旋，剛好和邊界相切于B點(diǎn)，離子速度為v2時(shí)從上側(cè)回旋，剛好和上邊界相切于A點(diǎn)，打到B點(diǎn)的離子離開S時(shí)的初速度方向和打到A點(diǎn)的離子離開S時(shí)的初速度方向夾角θ＝π，能打到熒光屏上的離子數(shù)與發(fā)射的離子總數(shù)之比k＝eq\f(θ,2π)＝eq\f(1,2)，離子的周期T＝eq\f(2πm,qB)，打中熒光屏的最長時(shí)間為t＝eq\f(270°,360°)T＝eq\f(3πm,2qB)，故B、D錯(cuò)誤；離子打中熒光屏的范圍總長度為圖乙中的AC長度，由幾何關(guān)系可知|AC|＝(eq\r(3)＋1)R＝(eq\r(3)＋1)L，打中熒光屏的寬度為(eq\r(3)＋1)L，故C錯(cuò)誤。例7如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域的圓心位于直角坐標(biāo)系的坐標(biāo)原點(diǎn)O，該圓形區(qū)域內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)。磁場區(qū)域外右側(cè)有寬度為R的粒子源，M、N為粒子源兩端點(diǎn)，M、N連線垂直于x軸，粒子源中點(diǎn)P位于x軸上，粒子源持續(xù)向x軸負(fù)方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)、速率為v的粒子。已知從粒子源中點(diǎn)P發(fā)出的粒子，經(jīng)過磁場區(qū)域后，恰能從圓與y軸負(fù)半軸的交點(diǎn)Q處沿y軸負(fù)方向射出磁場，不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用力。求：(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度；(2)從粒子源發(fā)出的粒子經(jīng)過磁場區(qū)域的路程范圍。答案(1)eq\f(mv,qR)，方向垂直紙面向里(2)eq\f(πR,3)≤s≤eq\f(2πR,3)解析(1)根據(jù)題意可知從粒子源中點(diǎn)P發(fā)出的粒子在磁場里運(yùn)動軌跡為四分之一圓周，軌跡半徑為r1，由幾何關(guān)系可知r1＝R根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r1)聯(lián)立解得B＝eq\f(mv,qR)根據(jù)左手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里。(2)根據(jù)題意可知，從N點(diǎn)出射的粒子在磁場中運(yùn)動的路程最短，如圖甲所示根據(jù)幾何關(guān)系可得cos∠COB＝eq\f(\f(R,2),R)＝eq\f(1,2)解得∠COB＝60°因?yàn)樗倪呅蜲BO1Q為菱形，所以∠QO1B＝60°則粒子經(jīng)過磁場區(qū)域的最短路程為s1＝eq\f(1,6)×2πR＝eq\f(πR,3)根據(jù)題意可知，從M點(diǎn)出射的粒子在磁場中運(yùn)動的路程最長，如圖乙所示易知四邊形O2DOQ為菱形，根據(jù)幾何關(guān)系可知∠QO2D＝120°則粒子經(jīng)過磁場區(qū)域的最長路程為s2＝eq\f(1,3)×2πR＝eq\f(2πR,3)所以從粒子源發(fā)出的粒子經(jīng)過磁場區(qū)域的路程范圍為eq\f(πR,3)≤s≤eq\f(2πR,3)。1.(2023·江蘇省學(xué)業(yè)水平考試模擬)已知通電直導(dǎo)線在其延長線上產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為零，通電圓形導(dǎo)線在其圓心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與電流大小成正比，與圓形導(dǎo)線的半徑成反比，即B＝keq\f(I,r)，k為比例系數(shù)?，F(xiàn)有兩段四分之一圓弧導(dǎo)線和兩段直導(dǎo)線組成的閉合回路如圖所示，O為兩段圓弧的共同圓心，大、小圓弧的半徑分別為r大和r小，回路中通有電流I，則圓心O處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向分別為()A．kI(eq\f(1,r小)－eq\f(1,r大))，垂直紙面向外B．kI(eq\f(1,r小)＋eq\f(1,r大))，垂直紙面向里C.eq\f(kI,4)(eq\f(1,r小)－eq\f(1,r大))，垂直紙面向外D.eq\f(kI,4)(eq\f(1,r小)＋eq\f(1,r大))，垂直紙面向里答案C解析由電流方向及安培定則可知，大、小圓弧導(dǎo)線在圓心O處產(chǎn)生的磁場方向相反，分別為垂直紙面向里、垂直紙面向外，由題可知，小圓弧導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于大圓弧導(dǎo)線產(chǎn)生的，故圓心處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向外，B、D錯(cuò)誤；題中大、小圓弧均為四分之一圓弧，故圓心處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為eq\f(kI,4)(eq\f(1,r小)－eq\f(1,r大))，A錯(cuò)誤，C正確。2.如圖所示，邊長為eq\r(3)L的正三角形abc區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，正三角形中心O有一粒子源，可以沿abc平面任意方向發(fā)射相同的帶電粒子，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q。粒子速度大小為v時(shí)，恰好沒有粒子穿出磁場區(qū)域，不計(jì)粒子的重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是()A．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(2mv,qL)B．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(4mv,qL)C．若發(fā)射粒子速度為2v時(shí)，在磁場中運(yùn)動的最短時(shí)間為eq\f(2πL,3v)D．若發(fā)射粒子速度為2v時(shí)，在磁場中運(yùn)動的最短時(shí)間為eq\f(πL,6v)答案B解析磁場垂直紙面向外，粒子恰好沒有穿出磁場區(qū)域，因此粒子運(yùn)動軌跡的直徑等于過O點(diǎn)垂直于bc的線段大小，設(shè)垂足為d，由幾何關(guān)系得Od＝eq\f(1,2)L，所以半徑r＝eq\f(1,4)L，由于洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(mv,qr)＝eq\f(4mv,qL)，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)發(fā)射粒子速度為2v時(shí)，由q×2vB＝meq\f(4v2,r1)，解得r1＝eq\f(2mv,Bq)＝eq\f(L,2)，粒子在磁場中運(yùn)動的最短時(shí)間就是在磁場中轉(zhuǎn)過最小的角度，當(dāng)粒子從垂足d出去時(shí)，時(shí)間最短，由幾何關(guān)系可得，轉(zhuǎn)過的角度為θ＝60°，則時(shí)間為eq\f(T,6)，又因?yàn)門＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2πm,\f(4mv,qL)q)＝eq\f(πL,2v)，即有t＝eq\f(T,6)＝eq\f(πL,12v)，故C、D錯(cuò)誤。專題強(qiáng)化練[保分基礎(chǔ)練]1.(2023·江蘇卷·2)如圖所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。L形導(dǎo)線通以恒定電流I，放置在磁場中。已知ab邊長為2l，與磁場方向垂直，bc邊長為l，與磁場方向平行。該導(dǎo)線受到的安培力為()A．0B．BIlC．2BIlD.eq\r(5)BIl答案C解析因bc段與磁場方向平行，則不受安培力；ab段與磁場方向垂直，則所受安培力為Fab＝BI·2l＝2BIl，則該導(dǎo)線受到的安培力為2BIl，故選C。2．(2022·北京卷·7)正電子是電子的反粒子，與電子質(zhì)量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，從P點(diǎn)發(fā)出兩個(gè)電子和一個(gè)正電子，三個(gè)粒子運(yùn)動軌跡如圖中1、2、3所示。下列說法正確的是()A．磁場方向垂直于紙面向里B．軌跡1對應(yīng)的粒子運(yùn)動速度越來越大C．軌跡2對應(yīng)的粒子初速度比軌跡3的大D．軌跡3對應(yīng)的粒子是正電子答案A解析根據(jù)題圖可知，1和3粒子轉(zhuǎn)動方向一致，則1和3粒子為電子，2為正電子，電子帶負(fù)電荷且順時(shí)針轉(zhuǎn)動，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，A正確，D錯(cuò)誤；粒子在云室中運(yùn)動，洛倫茲力不做功，而粒子受到云室內(nèi)填充物質(zhì)的阻力作用，粒子速度越來越小，B錯(cuò)誤；帶電粒子若僅在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可知qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子做圓周運(yùn)動的半徑為r＝eq\f(mv,qB)，根據(jù)題圖可知軌跡3對應(yīng)的粒子運(yùn)動的半徑更大，速度更大，粒子運(yùn)動過程中受到云室內(nèi)物質(zhì)的阻力的情況下，此結(jié)論也成立，C錯(cuò)誤。3.(2022·江蘇卷·3)如圖所示，兩根固定的通電長直導(dǎo)線a、b相互垂直，a平行于紙面，電流方向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導(dǎo)線a所受安培力方向()A．平行于紙面向上B．平行于紙面向下C．左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里D．左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外答案C解析根據(jù)安培定則，可判斷出導(dǎo)線a左側(cè)部分所在處磁場方向斜向右上方，右側(cè)部分的磁場方向斜向右下方，根據(jù)左手定則可判斷出左半部分所受安培力垂直紙面向外，右半部分所受安培力垂直紙面向里，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。4.如圖所示為一棱長為d的正方體，在FE、ND兩邊放置足夠長直導(dǎo)線，通有大小相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長直導(dǎo)線通過電流I時(shí)，所產(chǎn)生的磁場在距離導(dǎo)線d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則圖中C、O兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為()A．2B、0 B．2B、2BC．0、eq\r(2)B D.eq\r(2)B、eq\r(2)B答案D解析根據(jù)右手螺旋定則，放置在FE邊導(dǎo)線的電流在C點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向沿CM，放置在ND邊導(dǎo)線的電流在C點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向沿FC，故C點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\r(2)B；放置在FE邊導(dǎo)線的電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向沿NO，放置在ND邊導(dǎo)線的電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向沿OP，故O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\r(2)B，故選D。5.如圖所示，直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，∠B＝90°，∠C＝30°。某種帶電粒子(重力不計(jì))以不同速率從BC邊上D點(diǎn)垂直BC邊射入磁場，速率為v1時(shí)粒子垂直AC邊射出磁場，速率為v2時(shí)粒子從BC邊射出磁場，且運(yùn)動軌跡恰好與AC邊相切，粒子兩次在磁場中運(yùn)動軌跡半徑分別為r1、r2，運(yùn)動時(shí)間分別為t1、t2。下列說法正確的是()A．粒子帶正電 B．r1∶r2＝2∶1C．v1∶v2＝3∶1 D．t1∶t2＝1∶4答案C解析由題意結(jié)合左手定則可知粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題意作出粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡如圖所示，由圖中幾何關(guān)系可得r1＝r2＋eq\f(r2,sin30°)，可知粒子在磁場中運(yùn)動的半徑之比r1∶r2＝3∶1，故B錯(cuò)誤；根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力有Bqv＝meq\f(v2,r)，解得粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)的速度為v＝eq\f(Bqr,m)，由此可知粒子在磁場中運(yùn)動的速度之比等于運(yùn)動軌跡半徑之比，即v1∶v2＝r1∶r2＝3∶1，故C正確；根據(jù)粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡可知，一個(gè)在磁場中偏轉(zhuǎn)了30°，另一個(gè)在磁場中偏轉(zhuǎn)了180°，而同一種粒子在相同磁場中運(yùn)動的周期相同，則可知粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間之比等于偏轉(zhuǎn)角度之比，即t1∶t2＝30°∶180°＝1∶6，故D錯(cuò)誤。6．(2023·江蘇鹽城市三模)通電直導(dǎo)線ab的質(zhì)量為m，長為l，用兩根細(xì)線把導(dǎo)線ab水平吊起，導(dǎo)線上的電流為I，方向如圖所示。在豎直方向加一個(gè)方向向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)線處于平衡時(shí)懸線與豎直方向成θ＝30°角，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．mg＝eq\f(\r(3),3)BIlB．懸線的拉力FT＝eq\f(1,2)mgC．若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，則懸線的偏角將不變D．若將導(dǎo)線ab拉到最低處由靜止釋放，則導(dǎo)線ab可擺過的最大角度為60°答案D解析對導(dǎo)線受力分析，受重力、安培力和細(xì)線拉力，如圖所示，根據(jù)平衡條件可得FA＝BIl＝mgtanθ，即BIl＝eq\f(\r(3),3)mg，懸線的拉力FT＝eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2\r(3)mg,3)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；根據(jù)BIl＝mgtanθ可知，若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，則懸線的偏角將增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若將導(dǎo)線ab拉到最低處由靜止釋放，則導(dǎo)線ab擺到最大高度時(shí)，有BIl·lsinα－mgl(1－cosα)＝0，解得α＝60°，選項(xiàng)D正確。7.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第四象限有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m＝5.0×10－8kg、電荷量為q＝1.0×10－6C的帶電粒子，從靜止開始經(jīng)U0＝2.5V的電壓加速后，從P點(diǎn)沿圖示方向進(jìn)入磁場，已知OP＝15cm(粒子重力不計(jì)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。(1)求帶電粒子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度v的大?。?2)若磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0T，粒子從x軸上的Q點(diǎn)離開磁場，求OQ的距離；(3)若粒子不能進(jìn)入x軸上方，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B′滿足的條件。答案(1)10m/s(2)45cm(3)B′≥eq\f(16,3)T解析(1)根據(jù)動能定理可知U0q＝eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)可得v＝eq\r(\f(2U0q,m))＝eq\r(\f(2×2.5×1×10－6,5×10－8))m/s＝10m/s(2)根據(jù)qvB＝eq\f(mv2,R)可得粒子在磁場中的軌跡半徑R＝eq\f(mv,qB)＝0.25m＝25cm根據(jù)幾何關(guān)系可知，帶電粒子在磁場中運(yùn)動的圓心恰好在x軸上，且P和圓心連線與x軸負(fù)方向成37°角，因此OQ＝R＋Rcos37°＝45cm(3)若粒子不能進(jìn)入x軸上方，臨界狀態(tài)時(shí)，運(yùn)動軌跡恰好與x軸相切，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知R′＋R′sin37°＝OP由qvB′＝eq\f(mv2,R′)，解得B′＝eq\f(16,3)T因此若粒子不能進(jìn)入x軸上方，磁感應(yīng)強(qiáng)度B′≥eq\f(16,3)T。[爭分提能練]8.空間存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面，線段MN是屏與紙面的交線，長度為4L，其左側(cè)有一粒子源S，可沿紙面內(nèi)各個(gè)方向不斷發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、速率相同的粒子；SP⊥MN，P為垂足，如圖所示，已知SP＝MP＝L，若MN上所有的點(diǎn)都能被粒子從其右側(cè)直接打中，則粒子的速率至少為()A.eq\f(\r(2)qBL,m) B.eq\f(2qBL,m)C.eq\f(\r(5)qBL,m) D.eq\f(\r(10)qBL,m)答案C解析粒子要打中MN的右側(cè)所有位置，最容易的方式為粒子從S飛出，繞過距離最近的M點(diǎn)，從右側(cè)打中MN最下端的N點(diǎn)，粒子運(yùn)動的軌跡如圖所示。MN為軌跡圓的弦長，Q為MN中點(diǎn)，SP＝PQ＝L，MQ＝2L；粒子運(yùn)動的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可知四邊形SPOQ為平行四邊形，則r2＝OQ2＋MQ2，解得r＝eq\r(5)L，粒子在勻強(qiáng)磁場中勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力完全提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可知qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子的最小速率為v＝eq\f(\r(5)qBL,m)，故選C。9.(2023·江蘇鹽城市三模)如圖所示，紙面內(nèi)有寬為L、水平向右飛行的帶電粒子流，粒子的質(zhì)量為m、電荷量為＋q、速率為v0，不考慮粒子的重力及相互作用。要使粒子都會聚到一點(diǎn)，可以在粒子流的右側(cè)虛線框內(nèi)設(shè)計(jì)一勻強(qiáng)磁場區(qū)域。設(shè)B0＝eq\f(mv0,qL)。選項(xiàng)A、B、C中的曲線均為半徑是L的四分之一圓弧，其中A、B的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝B0，C的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2B0，選項(xiàng)D中曲線是直徑為L的圓，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝B0。則磁場區(qū)域的形狀及對應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度可能是()答案A解析已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝B0＝eq\f(mv0,qL)，由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝eq\f(mv02,rA)，解得粒子的軌道半徑為rA＝L，如圖甲所示，可知粒子都會聚到一點(diǎn)，故A正確；已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝B0＝eq\f(mv0,qL)，由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝meq\f(v02,rB)，解得粒子的軌道半徑為rB＝L，如圖乙所示，可知粒子不會聚到一點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2B0＝eq\f(2mv0,qL)，由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝meq\f(v02,rC)，解得粒子的軌道半徑為rC＝eq\f(L,2)，如圖丙所示，可知粒子不會聚到一點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝B0＝eq\f(mv0,qL)，由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝meq\f(v02,rD)，解得粒子的軌道半徑為rD＝L，如圖丁所示，可知粒子不會聚到一點(diǎn)，故D錯(cuò)誤。10．(2022·湖北卷·8改編)在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計(jì)重力。若離子從P點(diǎn)射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應(yīng)θ角的可能組合為()A.eq\f(1,3)kBL，0° B.eq\f(1,5)kBL，0°C．kBL，60° D．2kBL，60°答案C解析若離子通過下部分磁場直接到達(dá)P點(diǎn)，如圖甲所示，根據(jù)幾何關(guān)系則有R＝L，由qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBL,m)＝kBL，根據(jù)對稱性可知出射速度與SP成30°角向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°。當(dāng)離子在兩個(gè)磁場均運(yùn)動一次時(shí)，如圖乙所示，因?yàn)閮蓚€(gè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，則根據(jù)對稱性有R＝eq\f(1,2)L，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBL,2m)＝eq\f(1,2)kBL，此時(shí)出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°。通過以上分析可知當(dāng)離子通過下部分磁場從P點(diǎn)射出時(shí)，需滿足v＝eq\f(qBL,2n－1m)＝eq\f(1,2n－1)kBL(n＝1,2,3，…)，此時(shí)出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°；當(dāng)離子通過上部分磁場從P點(diǎn)射出時(shí)，需滿足v＝eq\f(qBL,2nm)＝eq\f(1,2n)kBL(n＝1,2,3，…)，此時(shí)出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°。故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。11.(2023·江蘇鹽城中學(xué)三模)如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，有一半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于紙面向里，邊界與x、y軸分別相切于a、b兩點(diǎn)，ac為直徑。一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的帶電粒子從b點(diǎn)以某一初速度v0(v0大小未知)沿平行于x軸正方向進(jìn)入磁場區(qū)域，從a點(diǎn)垂直于x軸離開磁場，不計(jì)粒子重力。下列說法不正確的是()A．該粒子的速度為v0＝eq\f(BqR,m)B．該粒子從b點(diǎn)運(yùn)動到a點(diǎn)的時(shí)間為eq\f(πm,2qB)C．以eq\f(\r(2),2)v0從b點(diǎn)沿各個(gè)方向垂直進(jìn)入磁場的該種粒子從邊界出射的最遠(yuǎn)點(diǎn)恰為a點(diǎn)D．以eq\r(2)v0從b點(diǎn)沿各個(gè)方向垂直進(jìn)入磁場的該種粒子在磁場中運(yùn)動的最長時(shí)間是eq\f(πm,4qB)答案D解析粒子從b點(diǎn)以某一初速度v0沿平行于x軸正方向進(jìn)入磁場區(qū)域，從a點(diǎn)垂直于x軸離開磁場，如圖甲所示，由洛倫茲力提供向心力可得qv0B＝meq\f(v02,r)，由幾何關(guān)系可得r＝R，聯(lián)立解得v0＝eq\f(BqR,m)，該粒子從b點(diǎn)運(yùn)動到a點(diǎn)的時(shí)間為t＝eq\f(90°,360°)T＝eq\f(1,4)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,2qB)，故A、B正確；以eq\f(\r(2),2)v0從b點(diǎn)沿各個(gè)方向垂直進(jìn)入磁場，粒子在磁場的軌跡半徑為r1＝eq\f(m·\f(\r(2),2)v0,qB)＝eq\f(\r(2),2)R，如圖乙所示，該種粒子從邊界出射的最遠(yuǎn)點(diǎn)與入射點(diǎn)的距離為粒子軌跡圓的直徑，由幾何關(guān)系可知Lab＝eq\r(2)R＝2r1，可知該種粒子從邊界出射的最遠(yuǎn)點(diǎn)恰為a點(diǎn)，故C正確；以eq\r(2)v0從b點(diǎn)沿各個(gè)方向垂直進(jìn)入磁場，粒子在磁場中的軌跡半徑為r2＝eq\f(m·\r(2)v0,qB)＝eq\r(2)R，當(dāng)該粒子在磁場中運(yùn)動軌跡對應(yīng)的弦長最大時(shí)，軌跡對應(yīng)的圓心角最大，粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間最長，如圖丙所示，由幾何關(guān)系可知，最大圓心角為90°，則最長時(shí)間為tmax＝eq\f(90°,360°)T＝eq\f(1,4)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,2qB)，故D錯(cuò)誤。12.空間高能粒子是引起航天器異?；蚬收仙踔潦У闹匾蛩?，是危害空間生物的空間環(huán)境源。某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)屏蔽高能粒子輻射的裝置，如圖所示，鉛盒左側(cè)面中心O點(diǎn)有一放射源，放射源可通過鉛盒右側(cè)面的狹縫MQ以速率v向外輻射質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電高能粒子。鉛盒右側(cè)有一左右邊界平行、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，過O點(diǎn)的截面MNPQ位于垂直磁場的平面內(nèi)，OH⊥MQ，∠MOH＝∠QOH＝60°。不計(jì)粒子所受重力，忽略粒子間的相互作用。(1)求垂直磁場邊界向左射出磁場的粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間t；(2)若所有粒子均不能從磁場右邊界穿出，從而達(dá)到屏蔽作用，求磁場區(qū)域的最小寬度d(結(jié)果可保留根號)。答案(1)eq\f(πm,qB)(2)eq\f(2＋\r(3)mv,2qB)解析(1)設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,R)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期為T＝eq\f(2πR,v)解得T＝eq\f(2πm,qB)經(jīng)分析可知，當(dāng)粒子沿OH方向進(jìn)入磁場時(shí)，垂直磁場邊界向左射出磁場有t＝eq\f(T,2)聯(lián)立解得t＝eq\f(πm,qB)(2)若沿OQ方向進(jìn)入磁場的粒子的運(yùn)動軌跡與磁場右邊界相切，則所有粒子均不能從磁場右邊界穿出，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系有d＝R＋Rsin60°由qvB＝meq\f(v2,R)可得R＝eq\f(mv,qB)聯(lián)立解得d＝eq\f(2＋\r(3)mv,2qB)。[尖子生選練]13.(2023·江蘇南京市三模)如圖所示，空間有垂直于xOy平面向里的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場，y<0空間的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，y>0空間的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為kB(k>1)。原點(diǎn)O處有一個(gè)粒子源，同時(shí)射出兩個(gè)速度大小均為v0、比荷均為eq\f(q,m)的同種帶正電粒子。沿y軸負(fù)方向的粒子記為A粒子，沿與x軸正方向的夾角為θ＝30°的粒子記為C粒子。不計(jì)粒子重力，不考慮粒子之間的碰撞和其他相互作用。求：(1)A粒子發(fā)射后，第二次經(jīng)過x軸時(shí)距原點(diǎn)O的距離；(2)C粒子發(fā)射后，經(jīng)過x軸射向y<0空間所用的時(shí)間；(3)A、C兩粒子均經(jīng)x軸射向y<0空間時(shí)恰好相遇所對應(yīng)的k值。答案(1)eq\f(2mv0k－1,kqB)(2)eq\f(nπm,qB)(eq\f(1,3)＋eq\f(5,3k))(n＝1,2,3，…)(3)7解析(1)粒子運(yùn)動軌跡如圖粒子在y<0空間做勻速圓周運(yùn)動，則有qv0B＝eq\f(mv02,R)，所以圓周運(yùn)動半徑R＝eq\f(mv0,qB)同理在y>0空間R′＝eq\f(mv0,kqB)，所以A粒子第二次穿過x軸時(shí)ΔxA＝2R－2R′＝eq\f(2mv0,qB)(1－eq\f(1,k))＝eq\f(2mv0k－1,kqB)(2)粒子在y<0空間運(yùn)動的周期T＝eq\f(2πR,v0)＝eq\f(2πm,qB)同理在y>0空間T′＝eq\f(2πR′,v0)＝eq\f(2πm,kqB)，C粒子一個(gè)周期內(nèi)