1、专题三电场和磁场 考题考点统计年份试卷题号和题型分值考查内容2015新课标全国卷14选择题6分带电粒子在磁场中的运动15选择题6分电场的性质24计算题12分磁场对通电导体的作用力新课标全国卷14选择题6分带电粒子在电场中的运动18选择题6分磁场的性质及安培力19选择题6分带电粒子在磁场中的运动24计算题12分带电粒子在电场中的运动2014新课标全国卷15选择题6分磁场对通电导体的作用力21选择题6分电场的性质25计算题20分带电粒子在电场中的运动新课标全国卷19选择题6分电场的性质20选择题6分带电粒子在磁场中的运动2013新课标全国卷15选择题6分电场的性质16选择题6分带电粒子在电场中的运
2、动18选择题6分带电粒子在磁场中的运动新课标全国卷17选择题6分带电粒子在磁场中的运动18选择题6分电场的性质24计算题14分带电粒子在电场中的运动考纲考点展示主题内容要求电场物质的电结构、电荷守恒静电现象的解释点电荷库仑定律静电场电场强度、点电荷的场强电场线、电势能、电势、电势差匀强电场中电势差与电场强度的关系带电粒子在匀强电场中的运动示波管常见的电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系磁场磁场、磁感应强度、磁感线通电直导线和通电线圈周围磁场的方向安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力洛伦兹力、洛伦兹力的方向洛伦兹力的公式带电粒子在匀强磁场中的运动质谱仪和回旋加速器重点规律阐释通过对近3年高考
3、试题的分析可以看出，高考对电场和磁场的考查主要有以下3个部分：1电场部分：以带电粒子运动轨迹与电场线或等势面间的关系为核心，考查电场的力性质和能性质，带电粒子在匀强电场中的加速、偏转为考查重点，兼顾带电粒子在非匀强电场中的偏转轨迹分析。2磁场部分：以考查带电粒子在磁场中的圆周运动为主，其次是通电导线在磁场中受安培力作用问题。3综合部分：带电粒子在复合场中的运动问题和临界问题是考查的重点，并应关注在生产科技中的应用。备考应试指导命题预测2016年高考，可能在四个方面命题：一是电场的性质；二是带电粒子在电场中的运动，三是磁场对通电导体的作用力；四是带电粒子在磁场中的运动，选择题型一般难度中等，计算
4、题型难度中等以上。备考对策1熟悉各种电场的电场线、等势面分布特点，运用动力学方法、功能关系解决粒子的运动轨迹和能量变化问题。2对于带电粒子在电场、磁场和复合场中的运动问题，要善于联系力学中的运动模型(类平抛运动和匀速圆周运动)，从受力情况、运动规律、能量转化等角度分析，综合运用动力学方法和功能关系加以解决。3了解速度选择器、质谱仪、回旋加速器、磁流体发电机等构造，明确它们的工作原理。考点1电场的性质 : 本考点是高考热点，题型为选择题，考向如下：(1)电场的叠加。(2)等量电荷或不等量电荷的电场的分布与电场强度、电势、电势能的大小比较。(3)电场力做功与电势能的改变之间的关系。电场中的各个物理
5、量形成及相互转化关系1多选(2015威海模拟)如图所示，水平线上的O点放置一点电荷，图中画出电荷周围对称分布的几条电场线。以水平线上的某点O为圆心画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e，则下列说法正确的是()Ab、e两点的电场强度相同Ba点电势低于c点电势Cb、c两点间电势差等于e、d两点间电势差D电子沿圆周由d到b，电场力做正功解析电场强度是矢量，由题图看出，b、e两点电场强度的大小相等，但方向不同，A错误；根据沿着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越低，故a点电势低于c点电势，故B正确；根据对称性可知，b、c两点间电势差与e、d两点间电势差相等，故C正确；d点电势高于b点
6、电势，由Epqe，则知电子在d点的电势能小于在b点的电势能，根据功能关系可知，电子沿圆周由d到b，电场力做负功，故D错误。答案BC2(2015厦门模拟)空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，x1和x1为x轴上对称的两点。下列说法正确的是()Ax1处场强大于x1处场强B若电子从x1处由静止释放后向x轴负方向运动，到达x1点时速度为零C电子在x1处的电势能大于在x1处的电势能Dx1点的电势比x1点的电势高解析从图象可以看出，x1处场强与x1处场强等大、反向，故A错误；由于x1和x1两点关于x轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O点到x1和从O点到x1电势降落相等，故x1
7、和x1两点的电势相等，D错误；电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，O点的电势最高，电子在O点电势能最小，动能最大，速度最大，由于x1处与x1点处电势相同，故电子到达x1点时速度还为零，B正确；x1和x1两点的电势相等，电子在x1处的电势能等于在x1处的电势能，C错误。答案B3(2015吉林模拟)图甲是某电场中的一条竖直方向的电场线，A、B是这条电场线上的两点，若将一带负电的小球从A点自由释放，小球沿电场线从A到B运动过程中的速度随时间变化图线如图乙，比较A、B两点电势的高低和电场强度E的大小，并比较该小球在A、B两点的电势能Ep大小和电场力F大小，可得()AABBEAEBCEpAEpB D
8、FAFB解题关键(1)题干中“竖直方向的电场线”说明：带电小球受到的电场力沿竖直方向。(2)题干中“一带负电的小球”说明：小球重力不可忽略。解析由图乙知小球从A到B做加速度减小的加速运动，所以小球所受的电场力方向必定竖直向上，小球带负电，则电场线方向竖直向下，沿电场线方向电势降低，所以AB，故A错误；小球的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律得qEmgma，则知E逐渐减小，即有EAEB，故B错误；电场力对小球做正功，其电势能减小，则有EpAEpB，故C正确；根据公式FqE可知FAFB，故D错误。答案C电场强度、电势、电势能的判断方法1电场强度：(1)根据电场线的疏密程度进行判断；(2)根据等势面的疏
9、密程度进行判断；(3)根据E进行判断。2电势：(1)沿电场线方向电势逐渐降低；(2)若q和Wab已知，由Uab判定。3电势能：(1)电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大；(2)正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能反而小。1(2015全国新课标)如图，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M、N、P、Q。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()A直线a位于某一等势面内，MQB直线c位于某一等势面内，MNC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
10、解析：选B由电子从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可知，N、P两点在同一等势面上，且电场线方向为MN，故选项B正确，选项A错误。M点与Q点在同一等势面上，电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故选项C错误。电子由P点运动到Q点，电场力做正功，故选项D错误。2多选(2014全国新课标)如图所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，M30。M、N、P、F四点处的电势分别用M、N、P、F表示，已知MN，PF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则()A点电荷Q一定在MP的连线上B连接PF的线段一定在同一等势面上C将正试探电荷从
11、P点搬运到N点，电场力做负功DP大于M解析：选AD根据正点电荷的电场的特点可知，点电荷的电场的等势面是以点电荷为中心的同心球面，故分别作MN连线的中垂线和PF连线的中垂线，如图所示，根据图中几何关系可知，两条线交MP于A点，即点电荷在A点，A正确，B错误；将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做正功，C错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，故PM，D正确。考点2与平行板电容器有关的电场问题:本考点是高考中的热点，题型一般为选择题。考向涉及平行电容器板间电场强度、电势、带电粒子电势能等问题。1必须记住的三个公式C、C、E。2必须明确的两个关键点(1)电路处于接通状态时，电容器两极板间电压不变。(2)
12、电路处于断开状态时，电容器两极板间的带电荷量不变。1.(2015嘉兴模拟)如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一灵敏的静电计相接。将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U及电容器两极板间的场强E的变化情况是()AQ变小，C不变，U不变，E变小BQ变小，C变小，U不变，E不变CQ不变，C变小，U变大，E不变DQ不变，C变小，U变大，E变小解析电容器未接电源，故电容器的电荷量Q不变，A、B错误；根据C及E、C可知，当两极板间的距离d增大时，C变小，U变大，三式联立可得E，故电场强度E不变，C正确，D错误。答案C2多选(2015襄阳
13、模拟)如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于两板中央的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离()A带电油滴将沿竖直方向向上运动B带电油滴将沿竖直方向向下运动CP点的电势将升高D电容器的电容减小，电容器的带电量将减小解题关键(1)题干中“平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接”说明：平行板电容器两端的电压保持不变。(2)题干中“下极板接地”说明：下极板的电势为零。(3)题干中“恰好处于平衡状态”说明：带电油滴所受合力为零。解析由C可知，当上极板向下移动时，d减小，电容变大，又C，电压U不变，因此电容器所
14、带电量增加，选项D错误；根据电容器内部电场强度E可知，d减小，电场强度增大，这样油滴受到向上的电场力增大，将向上运动，选项A正确，B错误；由于场强增大，由UEd可知，P与下极板电势差变大，P点电势升高，选项C正确。答案AC“一明、二分、一定”解决平行板电容器问题1(2015全国新课标)如图，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()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解析：选D两板水平放置时，放置于两板间a点的带
15、电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡。当将两板逆时针旋转45时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动。选项D正确。2.(2014海南高考)如图所示，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l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中。当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动。重力加速度为g。粒子运动的加速度为()A.gB.g C.g D.g解析：选A带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用，最初处于静止状态，由二力平衡条件可得：mgq；当把金
16、属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板间的电压不变，但两极板间的距离发生了变化，引起电场强度发生了变化，从而电场力也发生了变化，粒子受力不再平衡，产生了加速度，根据牛顿第二定律mamgq，两式联立可得ag，A正确。考点3带电粒子在电场中的运动 :本考点是高考重点和热点。考向涉及类平抛运动中粒子运动轨迹、受力、能量转化，以及与动能定理综合的相关问题。1带电粒子在电场中的加速(1)匀强电场中，v0与E平行时，优先用功能关系求解，若不行，则用牛顿第二定律和运动学公式。(2)非匀强电场中，只能用功能关系求解。2带电粒子在匀强电场中的偏转(v0垂直于E的方向)，如图所示(1)沿v0方向的匀速直线运动。(
17、2)垂直于v0方向的匀加速直线运动。加速度a；偏转距离yat22xL,y；速度偏向角tan xL,tan ；位移偏向角tan xL,tan ；两个重要的结论a位移偏向角和速度偏向角满足tan 2tan ；b射出极板时粒子的速度反向延长线过粒子水平位移的中点。1.多选(2015连云港模拟)a、b、c三个相同带电粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定()Ab和c同时飞离电场B进入电场时，c的速度最大，a的速度最小C动能的增量相比，a的最小，b和c的一样大D在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上解析带电粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向上为匀加速直线运
18、动，水平方向为匀速直线运动，因为三个带电粒子相同，故在电场中的加速度是相同的，由yat2结合图示可知，三个粒子在电场中的运动时间tatbtc，所以可知vavbEc，选项C错误；因a、b粒子在电场中的运动时间相同，所以两粒子打在负极板与离开电场是同时的，选项D正确。答案BD2.(2015盐城质检)如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器
19、所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。解析(1)由v22gh得v(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有mgqEma0v22ad得E又UEdQCU得QC(3)由题意知hgt0vat2tt1t2解得t答案：(1)(2)C (3)3如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y长为L，相距为d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b。在两板间加上可调偏转电压UYY，一束质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；(2)求两板间所加偏转电压UYY的范围。解题关键(1)题干中“
20、可调偏转电压UYY”说明：UYY可以大于零，也可以小于零，粒子在电场中既可以向上极板偏转，也可以向下极板偏转。(2)题干中“从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出”说明：粒子在电场中的最大偏转位移为。解析(1)设粒子在电场中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，如图所示，则有yat2Lv0tvyattan 联立解得x即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点。(2)由牛顿第二定律得qEma又UEd联立解得y当y时，U则两板间所加电压的范围为UYY。答案(1)见解析 (2)
21、UYY解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路及注意问题1(2015全国新课标)如图，一质量为m、电荷量为q(q0)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。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vB sin 30v0sin 60由此得vBv0设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUABm(vv)联立式得UAB答案：2.(2014全国新课标)如图所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方
22、向，BOA60，OBOA，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(q0)，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点的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求：(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OAd，则OBd，根据平抛运动的规律有
23、dsin 60v0tdcos 60gt2又Ek0mv由式得Ek0mgd设小球到达A点时的动能为EkA，则EkAEk0mgd由式得(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，重力势能分别减少了和，但动能分别增加了mgd和mgd图象，则小球从O点到A点和B点，电场力做正功，设电势能分别减小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0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，如图所示，则有解得xdMA为等势线，电场的方向必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为，由几何关系可得30
24、即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30。设场强的大小为E，有qEdcos 30EpA由式得E答案：(1)(2)与竖直向下的方向的夹角为30交汇考点:电场中功能关系的应用本考点是高考的重点，考查方向主要有：(1)电场力做功与能量转化的关系。(2)动能定理、牛顿运动定律的综合应用。(2015抚顺六校联考)一绝缘“”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的。现将一质量为m的带正电荷的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的。(1)若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离；(2)若将小环由M
25、点右侧5R处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。快速审题解析(1)设DM间距离为x，对小环从D点到P点过程由动能定理得qEx2mgR00又有qEmg解得x4R(2)若，则mgqE设小环到达P点右侧距离P点x1处静止，由动能定理得qE(5Rx1)2mgRmgx10解得x1若，则整个运动过程中克服摩擦力所做的功Wfmgx1若，则mgqE小环经过往复运动，最后停在P点，全过程由动能定理得qE5R2mgRWf0解得WfmgR答案(1)4R(2)若，Wf若，WfmgR处理电场中功能关系问题的“2点注意”(1)电场力
26、做功与路径无关，可运用动能定理对全程列式。(2)在运用动能定理处理电学问题时应注意运动过程的选取，特别应注意电场力和摩擦力做功的特点。如图所示，有三根长度均为L0.3 m 的不可伸长的绝缘细线，其中两根的一端分别固定在天花板上的P、Q两点，另一端分别拴有质量均为m0.12 kg的带电小球A和B，其中A球带正电，电荷量为q 3106 C。A、B之间用第三根线连接起来。在水平向左的匀强电场E作用下，A、B保持静止，悬线仍处于竖直方向，且A、B间细线恰好伸直。静电力常量k9109 Nm2/C2，取g10 m/s2，tan 37，tan 53(1)此匀强电场的电场强度E为多大；(2)现将PA之间的线烧
27、断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。求此时细线QB所受的拉力FT的大小，并求出A、B间细线与竖直方向的夹角；(3)求A球的电势能与烧断前相比改变了多少(不计B球所带电荷对匀强电场的影响)。解析(1)B球水平方向所受合力为零，则有qBEk所以Ek9109 N/C3105 N/C(2)两球及细线最后位置如图所示。 QB所受的拉力FT2mg20.1210 N2.4 NA球受力平衡，则有qEmgtan 所以tan 即37(3)电场力对A球做的功WqEL(1sin )310631050.3(10.6)J0.108 J所以A球的电势能增加了EpW0.108 J答案(1)3105 N/C(2
28、)2.4 N37(3)增加 0.108 J一、单项选择题1.如图所示，电场中的一簇电场线关于y轴对称分布，O点是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则()AM点电势比P点电势高BOM间的电势差等于NO间的电势差C一正电荷在O点的电势能小于在Q点的电势能D将一负电荷从M点移到P点，电场力做正功解析：选D由图象可知，场源电荷必然在O点以下的y轴上，电场线与等势面处处正交，沿电场线方向电势降低最快，则过P点的等势面对应的电势较高，选项A错误；电场线密处，等差等势面也越密，因此NO之间的电势差较大，选项B错误；过O点的等势面与x轴相切，过Q点的等
29、势面与x轴相交，所以O点的电势比Q点高，由Epq可知，正电荷在O点的电势能大于在Q点的电势能，选项C错误；用同样的办法做等势面，MP之间的电势差小于零，将负电荷从M点移到P点，电场力做正功，选项D正确。2一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()解析：选C由平行板电容器的电容C可知A错；在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U，E，与d无关，则B错；在负
30、极板接地的情况下，0El0，则C项正确；正电荷在P点的电势能Wqq(0El0)，显然D错。3(2015山东高考)直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图。M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为()A.，沿y轴正向B.，沿y轴负向C.，沿y轴正向 D.，沿y轴负向解析：选B处于O点的正点电荷在G点处产生的场强E1k，方向沿y轴负向；又因为G点处场强为零，所以M、N处两负点电荷在G点共同产生的场强E2E1k，方向沿y轴正向；根据对称性，M、N处两负点电荷在H
31、点共同产生的场强E3E2k，方向沿y轴负向；将该正点电荷移到G处，该正点电荷在H点产生的场强E4k，方向沿y轴正向，所以H点的场强EE3E4，方向沿y轴负向。4(2015庆阳模拟)如图所示，平行板电容器与恒压电源连接，电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场，若仅使电容器上极板上移，设电容器极板上所带电荷量为Q，电子穿出平行板时在垂直于板面方向偏移的距离为y，以下说法正确的是()AQ减少，y不变BQ减少，y减小CQ增大，y减小 DQ增大，y增大解析：选B上极板上移，两板间距增大，电容器电容减小，板间电场强度减小，由QCU可知，Q减小，C、D均错误；由y可知，因E减小，电子偏转距离
32、y减小，故B正确，A错误。5(2015安徽高考)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中为平面上单位面积所带的电荷量，0为常量。如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电荷量为Q。不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为()A.和 B.和C.和 D.和解析：选D每块极板上单位面积所带的电荷量为，每块极板产生的电场强度为E，所以两极板间的电场强度为2E。一块极板在另一块极板处产生的电场强度E，故另一块极板所受的电场力FqEQ，选项D正确。二、多项选择题6(2015江苏高考)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的
33、电场线分布如图所示。c是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则()Aa点的电场强度比b点的大Ba点的电势比b点的高Cc点的电场强度比d点的大Dc点的电势比d点的低解析：选ACD根据电场线的分布图，a、b两点中，a点的电场线较密，则a点的电场强度较大，选项A正确。沿电场线的方向电势降低，a点的电势低于b点的电势，选项B错误。由于c、d关于正电荷对称，正电荷在c、d两点产生的电场强度大小相等、方向相反；两负电荷在c点产生的电场强度为0，在d点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c点的电场强度比d点的大，选项C正确。c、d两点中c点离负电荷的距离更小，c点电势
34、比d点低，选项D正确。7.(2015海南高考)如图所示，两电荷量分别为Q(Q0)和Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是()Ab点的电势为零，电场强度也为零B正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D将同一正的试探电荷先后从O、b点移到a点，后者电势能的变化较大解析：选BC因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b点的电
35、势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势低于a点的电势，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以先后从O、b点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误。8.如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB
36、间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是()A若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧B若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧C若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧D若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧解析：选BC若小球带正电，当AB间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB两极板之间电场强度不变，小球所受向下的电场力不变，向下的加速度不变，小球仍打在N点，选项A错误；若小球带正电，当AB间距减小时，平行板电容器AB两极板之间电场强度增大，小球所受向下的电场力增大，向下的加速度增大，小球打在N的左侧，选项B正确；若小球带负
37、电，当AB间距减小时，平行板电容器AB两极板之间电场强度增大，小球所受向上的电场力增大，向下的加速度减小，小球可能打在N的右侧，选项C正确；若小球带负电，当AB间距增大时，由于二极管的单向导电性，平行板电容器带电量不变，AB两极板之间电场强度不变，小球所受向上的电场力不变，小球仍打在N点，选项D错误。三、非选择题9.如图在竖直放置的铅屏A的右表面上贴着能放射电子的仪器P，放射源放出的电子速度大小均为v01.0107 m/s，各个方向均有。足够大的荧光屏M与铅屏A平行放置，相距d2.0102 m，其间有水平向左的匀强电场，电场强度大小E2.5104 N/C。已知电子电量e1.61019 C，电子
38、质量m9.01031 kg，不计电子重力。求：(1)电子到达荧光屏M上的动能；(2)荧光屏上的发光面积(结果保留3位有效数字)。解析：(1)由动能定理eEdEkmv解得Ek1.251016 J(2)电子各个方向均有，其中和铅屏A平行的电子在纵向偏移距离最大，则dt2rv0t解得r3102 m在荧光屏上观察到的范围是半径为r的圆，其面积为Sr22.83103 m2答案：(1)1.251016 J(2)2.83103 m210(2015安徽高考)在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图中未画出)，由A点斜射出质量为m、带电荷量为q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其
39、中l0为常数。粒子所受重力忽略不计。求：(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功；(2)粒子从A到C过程所经历的时间；(3)粒子经过C点时的速率。解析：(1)WACqE(yAyC)3qEl0(2)根据抛体运动的特点，粒子在x方向做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D在y轴上，可令tADtDBT，则tBCT由qEma得a又y0aT2y03l0a(2T)2解得T则AC过程所经历的时间t3(3)粒子在DC段做类平抛运动，于是有2l0vCx(2T)vCya(2T)vC 答案：(1)3qEl0(2)3 (3) 考点1磁场对通电导体的作用力 :考点是高考的热点，考向涉及与安培力相关的平衡和运动问题，以及
40、与电路、电磁感应相关的综合问题。1牢记一个公式安培力大小的计算公式：FBILsin (其中为B与I之间的夹角) 。(1)若磁场方向和电流方向垂直：FBIL。(2)若磁场方向和电流方向平行：F0。2必须掌握的一个定则左手定则(1)左手定则判定安培力的方向。(2)特点：由左手定则知通电导线所受安培力的方向既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直，所以安培力的方向总是垂直于磁感线和通电导线所确定的平面。1.如图所示，固定在水平面上的光滑绝缘斜面倾角为。导体棒ab静止在斜面上，ab与斜面底边平行，通有图示的恒定电流I。空间充满竖直向上的匀强磁场。若现缓慢增大(90)，且ab始终静止在斜面上，则磁感应强度大小
41、B应(不考虑磁场变化产生的感应电场)()A缓慢增大B缓慢减小C先增大后减小 D先减小后增大解析由安培力公式和左手定则知，导体棒受水平向右的安培力BIL、垂直斜面向上的支持力和竖直向下的重力，由平衡条件可知mgtan BIL，则增大时，B应缓慢增大，A对。答案A2多选(2015绍兴模拟)如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒()A一直向右移动B速度随时间周期性变化C受到的安培力随时间周期性变化D受到
42、的安培力在一个周期内做正功解析在0，导体棒受到向右的安培力，大小恒为BImL，导体棒向右做匀加速直线运动；在T，导体棒受到安培力向左，大小仍为BImL，而此时速度方向仍然向右，做匀减速直线运动，直至速度减为零，之后不断重复该运动过程，A、B、C正确；安培力在一个周期内做功为零，D错误。答案ABC3(2015朝阳区模拟)某同学自制一电流表，其原理如图所示。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
43、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。(1)当电流表的示数为零时，求弹簧的伸长量；(2)为使电流表正常工作，判断金属杆MN中电流的方向；(3)若磁场边界ab的长度为L1，bc的长度为L2，此电流表的量程是多少？解题关键(1)题干中“MN中没有电流通过且处于静止”说明：金属杆只受重力和弹簧的弹力而处于平衡状态。(2)题干中“MN始终在纸面内且保持水平”说明：金属杆所受安培力方向始终不变。解析(1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为x，由二力平衡有mgkx解得x(2)由题意可得金属杆所受的安
44、培力应向下，根据左手定则的逆定则可知，金属杆中的电流方向为MN。(3)设电流表满偏时通过MN的电流为Im，则有BImL1mgk(L2x)解得Im答案(1)(2)MN(3)“3步法”分析通电导体棒受力第1步：明确研究对象(通电导线或导体棒)。第2步：将题干中的立体图转化为平面图，明确磁场的方向和电流的方向。第3步：受力分析的思路和力学完全相同，分析安培力时注意其方向一定与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直。1(2014全国新课标)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无
45、关D将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析：选B安培力的方向总是垂直于磁场方向与电流方向所决定的平面，因此，安培力的方向总与磁场方向和电流方向垂直，A错误，B正确；安培力FBILsin ，其中是电流方向与磁场方向的夹角，C错误；将直导线从中点折成直角后受到安培力的情况与其在磁场中的放置情况有关，并不一定变为原来的一半，D错误。2(2015全国新课标)如图，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
46、。已知开关断开时两弹簧的伸长量为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。解析：依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了l10.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kl1mg式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小。开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为FIBL式中，I是回路电流，L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了l20.3 cm，由胡克定律和力
47、的平衡条件得2k(l1l2)mgF由欧姆定律有EIR式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。联立式，并代入题给数据得m0.01 kg。答案：安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg考点2带电粒子在匀强磁场中的运动： 本考点是高考重点，常与圆周运动规律相结合，考查学生应用数学知识处理问题的能力。1必须掌握的几个公式2必须掌握三个重要的“确定” (1)圆心的确定：轨迹圆心O总是位于入射点A和出射点B所受洛伦兹力F洛作用线的交点上或AB弦的中垂线OO与任一个F洛作用线的交点上，如图所示。(2)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如r，然后再与半径公式r 联系起来求解。(3)运动
48、时间的确定：tT(可知，越大，粒子在磁场中运动时间越长)。1.图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A向上B向下 C向左 D向右解析由安培定则分别判断出四根通电导线在O点产生的磁感应强度的方向，再由磁场的叠加原理得出O点的合磁场方向向左，最后由左手定则可判断带电粒子所受的洛伦兹力方向向下，B正确。答案B2(2015正定模拟)如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里。一电子从O点沿纸面垂直PQ以
49、速度v0进入磁场，若电子在磁场中运动的轨道半径为2d，O在MN上，且OO与MN垂直。下列判断正确的是()A电子将向右偏转B电子打在MN上的点与O点的距离为dC电子打在MN上的点与O点的距离为dD电子在磁场中运动的时间为解析电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，选项A错误；设电子打在MN上的点与O点的距离为x，则由几何知识得xr2d(2)d，故选项B、C错误；设轨迹对应的圆心角为，由几何知识得sin 0.5，得，则电子在磁场中运动的时间为t，选项D正确。答案D3.(2015安阳二模)如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场
50、。重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v正对着圆心O射入磁场，若粒子射入、射出磁场点间的距离为R，则粒子在磁场中的运动时间为()A. B. C. D.解题关键(1)题干中“正对着圆心O射入磁场”说明：带电粒子射出磁场的方向背离圆心。(2)题干中“射入、射出磁场点间的距离为R”说明：射入点、射出点和O点构成等边三角形。解析粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。由几何关系得轨迹半径rR，故粒子在磁场中的运动转过的角度为，则运动时间t，A正确。答案A带电粒子在匀强磁场中的“4点、6线、3角”(1)4点：入射点B、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O。(2)6线：圆弧两端点
51、所在的轨迹半径r，入射速度直线和出射速度直线OB、OC，入射点与出射点的连线BC，圆心与两条速度直线交点的连线AO。(3)3角：速度偏转角COD、圆心角BAC、弦切角OBC，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。1(2015全国新课标)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的()A轨道半径减小，角速度增大B轨道半径减小，角速度减小C轨道半径增大，角速度增大D轨道半径增大，角速度减小解析：选D分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小
52、，由公式r可知，轨道半径增大。分析角速度：由公式T可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据知角速度减小。选项D正确。2多选(2015全国新课标)有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与中运动的电子相比，中的电子()A运动轨迹的半径是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圆周运动的周期是中的k倍D做圆周运动的角速度与中的相等解析：选AC两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且磁场磁感应强度B1是磁场磁感应强度B2的k倍。由qvB得r，即中电子运动轨迹的半径是中的k倍，选项A正确。由F合ma得aB，所以，选项B错误。由T得Tr，所以k，选
53、项C正确；由得，选项D错误。考点3带电粒子在磁场中运动的多解问题 ：本考点考向有：(1)带电粒子性质、磁场方向、入射点位置不确定的多解问题。(2)临界条件不唯一的多解问题。(3)磁场周期性变化的多解问题。带电粒子在磁场中做圆周运动引起多解的原因(1)带电粒子的电性不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。(2)磁场方向不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。(3)临界状态不唯一形成多解，需要根据临界状态的不同分别求解。(4)圆周运动的周期性形成多解。1多选(2015怀化模拟)如图所示，在xO、yO的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B。现有一质量为m、电
54、量为q的带正电粒子，从在x轴上的某点P沿着与x轴成30角的方向射入磁场。不计重力的影响，则下列有关说法中正确的是()A粒子在磁场中运动所经历的时间可能为B粒子在磁场中运动所经历的时间可能为C只要粒子的速率合适，粒子就可能通过坐标原点D粒子一定不可能通过坐标原点解析由于P点的位置不定，所以粒子在磁场中的运动圆弧对应的圆心角也不同，圆心角最大为圆弧与y轴相切时即300，则运动的时间为，而最小的圆心角为P点从坐标原点出发，圆心角为120，所以运动时间为，则粒子在磁场中运动所经历的时间为t，故A正确，B错误；粒子由P点成30角入射，则圆心在过P点与速度方向垂直的方向上。粒子在磁场中要想到达O点，转过的
55、圆心角肯定大于180，而磁场为有界磁场，故粒子不可能通过坐标原点，C错误，D正确。答案AD2.(2015张掖模拟)如图所示，一带正电的质子以速度v0从O点垂直射入，两个板间存在垂直纸面向里的匀强磁场。已知两板之间距离为d，板长为d，O点是板的正中间，为使粒子能从两板间射出，试求磁感应强度B应满足的条件。(已知质子的带电荷量为e，质量为m)解析粒子在磁场中运动，由牛顿第二定律得ev0Bm解得r粒子在磁场中运动轨迹如图所示。若粒子从边界PN射出，则r解得B若粒子从边界MQ射出，则满足r2d22解得r故B所以为使粒子能从两板间射出，磁感应强度B的范围是B。答案B3如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行
56、的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向。有一群正离子在t0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响。求：(1)磁感应强度B0的大小；(2)要使正离子从O孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。解题关键(1)题干中“正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0”说明：磁场变化一个周期正离子转过的圆弧所对的圆心角为2。(
57、2)设问中“要使正离子从O孔垂直于N板射出磁场”说明：正离子完成的是完整的周期性运动。解析(1)正离子射入磁场，由洛伦兹力提供向心力，即qv0B0做匀速圆周运动的周期T0联立两式得磁感应强度B0(2)要使正离子从O孔垂直于N板射出磁场，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，v0的方向应如图所示，有r当在两板之间正离子共运动n个周期，即nT0时，有r(n1,2,3，)联立求解，得正离子的速度的可能值为v0(n1,2,3，)答案(1)(2)(n1,2,3，)解决带电粒子在磁场中运动多解问题的一般思路(1)首先要明确带电粒子的电性和磁场的方向。(2)正确地找出带电粒子运动的临界状态，以题目中的关键词
58、“恰好”、“最高”、“最长”、“至少”等为突破口。(3)画出粒子的运动轨迹，确定圆心、半径，由几何关系确定边角关系。1.(2014重庆高考)如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h。质量为m、带电荷量为q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g。(1)求电场强度的大小和方向；(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值；(3)若粒子能
59、经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值。解析：(1)设电场强度大小为E由题意有mgqE得E，方向竖直向上(2)如图甲所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的边线与NS的夹角为。甲由r，有r1，r2r1由(r1r2)sin r2r1r1cos hvmin(96)。(3)如图乙所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x。乙由题意有3nx1.8 h(n1,2,3，)xx得r1，n3.5即n1时，v；n2时，v；n3时，v。答案：(1)E，方向竖直向上(2)(
60、96)(3)见解析2(2014山东高考)如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t0时刻，一质量为m、带电量为q的粒子(不计重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和TB取某些特定值时，可使t0时刻入射的粒子经t时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、d、v0为已知量。(1)若tTB，求B0；(2)若tTB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若B0，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。解析：(1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由
61、牛顿第二定律得qv0B0据题意由几何关系得R1d联立式得B0(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得a据题意由几何关系得3R2d联立式得a(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T由牛顿第二定律得qv0B0由题意知B0，代入式得d4R粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向的夹角为，在每个TB内，只有A、B两个位置粒子才有可能垂直击中P板，且均要求0，由题意可知T设经历完整TB的个数为n(n0,1,2,3，)，若在A点击中P板，据题意由几何关系得R2(RRsin )nd当n0时，无解。当n1时，联立式得联立式得TB当n2时，
62、不满足0的要求。若在B点击中P板，根据题意由几何关系得R2Rsin 2(RRsin )nd当n0时，无解。当n1时，联立式得sin 联立式得TB当n2时，不满足0的要求。答案：(1)(2)(3)或交汇考点 ：带电粒子在有界匀强磁场中的临界问题带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动往往会出现临界和极值问题，有时还会出现多解问题，解决这类问题，对考生分析能力、判断能力和综合运用知识的能力要求较高，因此可能成为2016年高考命题点。一足够长矩形区域abcd内充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad宽为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为v0，方向与ad边夹角
63、为30，如图所示，已知粒子的电荷量为q，质量为m(重力不计)。(1)若粒子带负电且恰能从d点射出磁场，求v0的大小；(2)若粒子带正电，且粒子能从ab边射出磁场，求v0的取值范围及此范围内粒子在磁场中运动时间t的范围。快速审题解析(1)若粒子带负电，则进入磁场后沿顺时针方向偏转，如图所示，O1为轨迹圆心，由对称性可知，速度的偏转角1260，故轨迹半径r1Od根据qv0B解得v0(2)若粒子带正电，则沿逆时针方向偏转，当v0最大时，轨迹与cd相切，轨迹圆心为O2，半径为r2，由几何关系得r2r2cos 60解得r2L即vmax当v0最小时，轨迹与ab相切，轨迹圆心为O3，半径为r3，由几何关系可
64、得r3r3sin 30 解得r3则vmin所以v0粒子从ab边射出磁场，当速度为vmax时，速度偏转角最小且为150，故运动时间最短，有tminT速度为vmin时，速度偏转角最大且为240，因此运动时间最长，有tmaxT所以粒子的运动时间t的范围是t。答案(1)(2)v0t0区域内，有磁感应强度B1.0102 T的匀强磁场，方向与xOy平面垂直，在x轴上的P(10,0)点，有一放射源，在xOy平面内向各个方向发射速率v104 m/s的带正电的粒子，粒子的质量为m1.61025 kg，电荷量为q1.61018 C，求带电粒子能打到y轴上的范围。解析带电粒子在磁场中运动时由牛顿第二定律得qvBm解
65、得R0.1 m10 cm如图所示，当带电粒子打到y轴上方的A点与P连线正好为其圆轨迹的直径时，A点即为粒子能打到y轴上方的最高点。因OP10 cm，AP2R20 cm则OA10 cm当带电粒子在圆轨迹正好与y轴下方相切于B点时，若圆心再向左偏，则粒子就会从纵轴离开磁场而运动不到一个圆周，所以B点即为粒子能打到y轴下方的最低点，易得OBR10 cm，综上所述，带电粒子能打到y轴上的范围为10 cm10 cm。答案10 cm10 cm一、单项选择题1.(2015海南高考)如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平
66、面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间。条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()A向上B向下 C向左 D向右解析：选A条形磁铁的磁感线方向在a点为垂直P向外，粒子在条形磁铁的磁场中向右运动，所以根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力方向向上，A正确。2.如图所示的区域共有六处开口，各相邻开口之间的距离都相等，匀强磁场垂直于纸面，质量相同、速度不同的粒子从开口a进入该区域，可能从b、c、d、e、f五个开口离开，粒子就如同进入“迷宫”一般，可以称作“粒子迷宫”。以下说法正确的是()A从d口离开的粒子不带电B从e、f口离开的粒子带有异种电荷C从b、c口离开的粒子运动时间相等D从c口离开的粒子速度和从
67、b口离开的粒子速度大小相等解析：选A从d口离开的粒子不偏转，所以不带电，A正确；根据左手定则，从f、e口离开的粒子带有同种电荷，B错误；从b口离开的粒子运动时间是半个周期，从c口离开的粒子运动时间是四分之一周期，C错误；从c口离开的粒子轨道半径是从b口离开的粒子轨道半径的2倍，因此速度也是2倍关系，D错误。3(2015江苏高考)如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是()解析：选A磁场发生微小变化时，因各选项中载流线圈在磁场中的面
68、积不同，由法拉第电磁感应定律En n 知载流线圈在磁场中的面积越大，产生的感应电动势越大，感应电流越大，载流线圈中的电流变化越大，所受的安培力变化越大，天平越容易失去平衡，由题图可知，选项A符合题意。4.(2015衡阳二模)如图所示，比荷相同的带正电粒子A和B，同时以速度vA和vB从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以60和30(与边界的夹角)方向射入磁场，又恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是()AA、B两粒子的速度之比为(2)3BA、B两粒子在磁场中的位移之比为11CA、B两粒子在磁场中的路程之比为12DA、B两粒子在磁场中的时间之比为21解析：选A设粒子速度方向和磁场边界的夹
69、角为，粒子做圆周运动的半径为r，如图所示，有rrcos d，即r，所以 ，A正确；粒子在磁场中的位移x2rsin ，所以 ，B错误；粒子在磁场中的路程sr(22)，所以，C错误；粒子在磁场中的时间t，所以，D错误。5.如图所示，带有正电荷的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以30和60(与边界的夹角)射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是()AA、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为BA、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为CA、B两粒子的之比是DA、B两粒子的之比是解析：选D粒子运动轨迹如图所示，其中A粒子的运动半径满足dRRc
70、os 30，可得R；同理可得B粒子的运动半径r，则，所以A、B选项错误；据R可知R，所以两粒子的之比是，C错误，D正确。二、多项选择题6(2015全国新课标)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是()A指南针可以仅具有一个磁极B指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C指南针的指向会受到附近铁块的干扰D在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转解析：选BC指南针是一个小磁体，具有N、S两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N极指向地理的北极，选项A错误，选项B正确。因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会
71、受铁块干扰，选项C正确。在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转。正确选项为B、C。7.(2015汕头模拟)在方向垂直纸面向里的匀强磁场中，电量都为q的三个正、负离子从O点同时沿纸面内不同方向射出，运动轨迹如图，已知mambmc，磁场足够大，不计离子间的相互作用，可以判定()Aa、b是正离子，c是负离子Ba、b是负离子，c是正离子Ca最先回到O点Db、c比a先回到O点解析：选BD根据左手定则知，c带正电，a、b带负电，故B正确，A错误；根据T，因为电量相等，mambmc，可知b、c的周期相等，小于a的周
72、期，则b、c比a先回到O点，故D正确，C错误。8.(2015张掖模拟)如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子(不计重力)沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则()A从P点射出的粒子速度大B从Q点射出的粒子速度大C从Q点射出的粒子在磁场中运动的时间长D两个粒子在磁场中运动的时间一样长解析：选BD粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，根据几何关系(图示弦切角相等)，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间tT，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期T，可知粒子在磁场中运动的时间相等，D正确，C错误；由图知，粒子运动的半径RPRQ，由粒子
73、在磁场中做圆周运动的半径R知粒子运动速度vPvQ，A错误，B正确。三、非选择题9.(2015重庆高考)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机。如图所示是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计。线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等。某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I。(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率。解析：(1)由安培力表达式FBIL可知，线圈所受的
74、安培力FnBIL，由左手定则可判断安培力方向水平向右。(2)由功率公式PFv可知，安培力的功率PnBILv。答案：(1)nBIL水平向右(2)nBILv10.(2015淄博二模)如图所示的xOy坐标系中，y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外。Q1、Q2两点的坐标分别为(0，L)、(0，L)，坐标为处的C点固定一平行于y轴放置的绝缘弹性挡板，C为挡板中点。带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y轴方向分速度不变，沿x轴方向分速度反向，大小不变。现有质量为m、电量为q的粒子，在P点沿PQ1方向进入磁场，30，不计粒子重力。(1)若粒子从点Q1直接通过点Q2
75、，求粒子初速度大小；(2)若粒子从点Q1直接通过点O，求粒子第一次经过x轴的交点坐标；(3)若粒子与挡板碰撞两次并能回到P点，求粒子初速度大小及挡板的最小长度。解析：(1)由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示。粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R1，由几何关系得：R1cos 30L粒子磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qv1Bm解得v1(2)由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示。设其与x轴交点为M，横坐标为xM，由几何关系知2R2cos 30LxM2R2sin 30则M点坐标为(3)由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示。粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R3，偏转一次后在y负方向偏移量为y1，由几何关
76、系得y12R3cos 30为保证粒子最终能回到P，粒子每次射出磁场时速度方向与PQ2连线平行，与挡板碰撞后，速度方向应与PQ1连线平行，每碰撞一次，粒子出进磁场在y轴上距离y2(如图中A、E间距)可由题给条件得y22tan 30当粒子只碰两次，其几何条件是3y12y22L联立解得R3粒子磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qv3Bm解得v3挡板的最小长度Ly1y22R3cos 30tan 30解得L答案：(1)(2)(3)考点1带电粒子在组合场中的运动： 本考点是近几年高考的热点，更是重点，一般以计算题的形式考查三种常见的运动规律，即匀变速直线运动、平抛运动及圆周运动。1组合场模型电场、磁场
77、、重力场(或其中两种场)并存，但各位于一定区域，并且互不重叠的情况。2“电偏转”与“磁偏转”的比较匀强电场中的“电偏转”匀强磁场中的“磁偏转”受力特征无论v是否与E垂直，F电qE，F电为恒力v垂直于B时，FBqvB运动规律类平抛运动(vE)vxv0，vytxv0t，y圆周运动(vB)T，r偏转情况tan ，因做类平抛运动，在相等的时间内偏转角度不等若没有磁场边界限制，粒子所能偏转的角度不受限制动能变化动能发生变化动能不变1. (2015孝感模拟)如图所示，在xOy直角坐标平面内 mx0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B0.32 T,0x2.56 m的区域有一沿x方向的匀强电场。在x轴
78、上坐标为的S点有一粒子源，它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向各发射一个比荷为5.0107 C/kg；速率v1.6106 m/s的带正电粒子。若粒子源只发射一次，其中只有一个粒子Z刚能到达电场的右边界，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求：(1)电场强度的大小E及Z粒子从S点发射时的速度方向与磁场左边界的夹角；(2)Z粒子第一次刚进入电场时，还未离开过磁场的粒子占粒子总数的比例。解析(1)由题意可知Z粒子是垂直电场左边界进入电场的，作出Z粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，O1为轨迹圆圆心。分别用dB和dE表示磁场和电场区域的宽度。对Z粒子在电场中运动，由动能定理有qEdEmv2代入数据解得E1.
79、0104 N/CZ粒子在磁场中作圆周运动，设轨迹圆半径为r，由牛顿第二定律得qvBm由几何知识得cos 由并代入数据可得 (2)作Z粒子在磁场中圆弧轨迹对应的弦SN如图乙所示。由几何知识得：SNO1为等边三角形，SNr，弦切角0由题意可知：在磁场中圆弧轨迹对应的弦长大于r的粒子，满足Z粒子第一次刚要进入电场时未离开过磁场。作出另两个圆弧轨迹对应的弦长等于SN的粒子轨迹，交磁场左右边界分别为M、O1，粒子在S点的速度分别为v1和v2。由图可知发射方向在v1和v2之间的粒子轨迹弦长大于r，对应的发射方向分布的角度范围为：10由图可知Z粒子的发射速度与磁场左边界所夹角度范围内发射的粒子轨迹弦长也大于
80、r，所以有解得答案(1)1.0104 N/C(2)2(2015郴州质检)如图所示，离子源A产生初速度为零、带电量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场，已知HOd，HS2d，MNQ90。(忽略粒子所受重力)(1)求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角；(2)求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径；(3)若质量为4m的离子恰好垂直打在NQ的中点S1处，求能打在NQ上的正离子的质量范围。解题关键(1)题干中“垂直射入匀强偏转电场”说明：离
81、子在偏转电场中做类平抛运动。(2)解答问题(3)的关键是画出运动轨迹，找出临界状态。解析(1)设正离子被电压为U0的加速电场加速后速度为v1，对正离子，应用动能定理有eU0mv正离子垂直射入匀强偏转电场，做类平抛运动，在电场力方向有eE0ma，dat2垂直电场方向匀速运动，有2dv1t联立解得E0又tan 解得45(2)正离子进入磁场时的速度大小为v2正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，有ev2Bm解得离子在磁场中做圆周运动的半径R2(3)由(2)中R2可知，质量为4m的离子在磁场中的运动打在S1，其运动半径为R12如图所示，根据几何关系，由R2(2R1)2(RR1)2解得RR1再根据R1RxR
82、1解得mmx25m答案(1)45(2)2(3)mmx25m分析带电粒子在组合场中运动问题的方法(1)要清楚场的性质、方向、强弱、范围等。(2)带电粒子依次通过不同场区时，由受力情况确定粒子在不同区域的运动情况。(3)正确地画出粒子的运动轨迹图。(4)根据区域和运动规律的不同，将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。(5)要明确带电粒子通过不同场区的交界处时速度大小和方向关系，上一个区域的末速度往往是下一个区域的初速度。1(2015江苏高考)一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零。这些离子经加速后通过狭缝
83、O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上。已知放置底片的区域MNL，且OML。某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子。在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到。(1)求原本打在MN中点P的离子质量m；(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；(3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数。(取lg 20.301，lg 30.477，lg 50.699)解析：(1)离子在电场中加速，qU0mv2在磁场中做匀速圆周运动，qvBm解得r0 代入r0L，解得m
84、。(2)由(1)知，U，离子打在Q点时，rL，得U离子打在N点时，rL，得U则电压的范围U。(3)由(1)可知，r由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点，此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上，解得r12L第2次调节电压到U2，原来打在Q1的离子打在N点，原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，则，解得r23L同理，第n次调节电压，有rnn1L检测完整，有rn，解得n12.8最少次数为3次。答案：(1)(2)U(3)最少次数为3次2(2015山东高考)如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(区)和小圆内部
85、(区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m、电量为q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求区磁感应强度大小；(3)若区、区磁感应强度的大小分别为、，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。解析：(1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qEmv2由式得E(2)设区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvBm如图甲所示，粒子运动
86、轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得R联立式得B若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R联立式得B(3)设粒子在区和区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，区和区磁感应强度的大小分别为B1、B2由牛顿第二定律得qvB1m，qvB2m代入数据得R1，R2设粒子在区和区做周围运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式得T1，T2据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称性可知，区两段圆弧所对圆心角相同，设为1，区内圆弧所对圆心角设为2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为，由几何关系得1120218060粒子重复上述交替运动回到H点，
87、轨迹如图丙所示，设粒子在区和区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得t1T1，t2T2设粒子运动的路程为s，由运动学公式得sv(t1t2)联立式得s5.5D。答案：(1)(2)或(3)5.5D考点2带电粒子在复合场中的运动 ： 本考点是近几年高考的热点，更是重点。一般以计算题的形式考查平抛运动、圆周运动及功能关系的综合问题。1复合场模型电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存于同一区域的情况。2带电粒子在复合场中的运动情况分析(1)当带电粒子在复合场中所受合力为零时，做匀速直线运动(如速度选择器)或处于静止状态。(2)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁
88、场的平面内做匀速圆周运动。3带电粒子在复合场中的受力情况分析带电粒子在复合场中的运动问题是电磁学知识和力学知识的结合，分析方法和力学问题的分析方法基本相同，即均用动力学观点、能量观点来分析，不同之处是多了电场力、洛伦兹力，二力的特点是电场力做功与路径无关，洛伦兹力方向始终和运动速度方向垂直永不做功等。1如图所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t，从复合场区穿出时的动能为Ek，则()A若撤去磁场B，质子穿过场区时间大于tB若撤去电场E，质子穿过
89、场区时间等于tC若撤去磁场B，质子穿出场区时动能大于EkD若撤去电场E，质子穿出场区时动能大于Ek解析粒子在电场中是直线加速，进入复合场，电场力与洛伦兹力均与速度垂直，是匀速直线运动。若撤去磁场，只剩下电场，粒子做类平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，速度不变，故质子穿过场区时间不变，等于t，A错误；若撤去电场，只剩下磁场，粒子做匀速圆周运动，速率不变，水平分运动的速度减小，故质子穿过场区时间增加，大于t，B错误；若撤去磁场，只剩下电场，粒子做类平抛运动，电场力做正功，故末动能大于Ek，C正确；若撤去电场，只剩下磁场，粒子做匀速圆周运动，速率不变，末动能不变，仍为Ek，D错误。答案C2在如图所
90、示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角 37。过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E1104 N/C。小物体P1质量m2103 kg、电荷量q8106 C，受到水平向右的推力F 9.98103 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力。当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t0.1 s与P1相遇。P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为0.5，
91、取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力。求：(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；(2)倾斜轨道GH的长度s。解题关键(1)题干中“沿CD向右做匀速直线运动”说明：小物体在CD上运动时所受合力为零。(2)题干中“不带电的小物体P2”说明：小物体P2不受电磁场的作用力。(3)题干中“P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为0.5”说明：两个小物体运动时都会受到摩擦力的作用。解析：(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为Ff，则F1qvBFf(mgF1)由题意，水平方向合力为零FFf
92、0联立式，代入数据解得v4 m/s(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理qErsin mgr(1cos )mvmv2P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律qEcos mgsin (mgcos qEsin )ma1P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则s1vGta1t2设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则m2gsin m2gcos m2a2P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则s2a2t2联立式，代入数据得ss1s20.56 m答案(1)4 m/s(2)0.56 m带
93、电粒子在复合场中运动的解题思路1复合场中重力是否考虑的3种情况(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略，而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等，一般应考虑其重力。(2)题中明确说明的按说明要求判断是否考虑重力。(3)不能直接判断是否考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否考虑重力。2解决带电粒子在复合场中运动问题的4个步骤(1)弄清复合场种类及其特征； (2)正确进行受力分析和运动过程分析；(3)画出运动过程图，明确圆心半径及边角关系等；(4)选择合适的运动学和动力学方程求解。1多选(2015山东高考)如图甲，
94、两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0T时间内运动的描述，正确的是()A末速度大小为 v0 B末速度沿水平方向C重力势能减少了mgd D克服电场力做功为mgd解析：选BC0时间内微粒匀速运动，有mgqE0。把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v0的匀速直线运动；竖直方向：时间内，只受重力，做自由落体运动，时刻，v1yg；T时间内，ag，做匀减速直线运动，T时刻，v2yv1ya0，所以末速度vv0，方向沿
95、水平方向，选项A错误、B正确。重力势能的减少量Epmgmgd，所以选项C正确。根据动能定理：mgdW克电0，得W克电mgd，所以选项D错误。2(2015浙江高考)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B。为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器。引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O点(O点图中未画出)。引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心
96、线从Q点射出。已知OQ长度为L，OQ与OP的夹角为。(1)求离子的电荷量q并判断其正负；(2)离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B，求B；(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应。为使离子仍从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小。解析：(1)离子做圆周运动，Bqvq，正电荷(2)如图所示OQR，OQL，OORr引出轨迹为圆弧，Bqv得R根据几何关系得R故B(3)电场强度方向沿径向向外引出轨迹为圆弧，BqvEqEBv答案：(1)正电荷(2)(3)沿径向向外Bv交汇考
97、点 ： 带电粒子在交变电磁场中的运动带电粒子在交变电磁场中的运动情况比较复杂，能综合考查考生的多种能力，因此有可能成为高考压轴题的命题点。(2015成都一模)如图所示，竖直平面(纸面)内，、区域有垂直于纸面、方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两磁场边界平行，与水平方向夹角为45，两磁场间紧靠边界放置长为L，间距为d的平行金属板MN、PQ，磁场边界上的O点与PQ板在同一水平面上，直线O1O2到两平行板MN、PQ的距离相等，两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向)。质量为m、电量为q的粒子，t0时刻从O点沿垂直于OP竖直向上射入磁场，t时刻沿水平方向从点O1进入电场，并从O2点离
98、开电场，不计粒子重力，求：(1)粒子的初速度v0；(2)粒子从点O进入磁场到射出磁场运动的总时间；(3)若将粒子的速度提高一倍，仍从t0时刻由点O竖直向上射入，且交变电场的周期为T，要使粒子能够穿出电场，则电场强度大小E0满足的条件。快速审题解析(1)粒子的运动轨迹如图中Oa所示，则r由牛顿第二定律得qv0Bm解得v0(2)粒子在磁场中的运动时间t12在电场中的运动时间t2两段电磁场外的时间t3总时间为tt1t2t3解得t(3)粒子速度提高前后，两次在磁场中的运动时间相同，所以第二次进入电场时比第一次提前t所以，粒子第二次是在t0时刻进入的电场。第一次在电场中的轨迹如图甲所示。甲设经过n个周期
99、性的运动穿出电场，则tnT解得n设粒子第二次通过电场的时间为t，则tT粒子第二次在电场中的轨迹如图乙所示。乙半个周期内的侧位移y02要使粒子能够穿出电场，则ny0d联立解得E0答案(1)(2)(3)E解决带电粒子在交变电磁场中运动的3个步骤步骤1：仔细分析并确定各场的变化特点及变化周期，其一般与粒子在电场或磁场中的运动周期相关联。步骤2：把粒子的运动过程还原成一个直观的运动轨迹草图。步骤3：把粒子的运动分解成多个运动阶段分别进行处理，根据每一阶段的受力情况确定粒子的运动规律。1如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、106 C/kg的正电荷于电场中的O点由静止释放，经
100、过105 s后，电荷以v01.5104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图乙所示规律周期性变化(图乙中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为 t0 时刻)。求：甲乙(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)图乙中t105 s时刻电荷与O点的水平距离；(3)如果在O点右方d68 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，电荷从O点出发运动到挡板所需的时间。(sin 370.60，cos 370.80)解析(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的加速度为a、时间为t1105 s，有v0at1Eqma解得E7.2103 N/C(2)当磁场垂直纸
101、面向外时，磁感应强度大小B10.3 T，电荷运动的半径R15 cm周期T1105 s当磁场垂直纸面向里时，磁感应强度大小B20.5 T，电荷运动的半径R23 cm周期T2105 s0105 s内电荷运动轨迹如图a所示，图at105 s时刻电荷与O点的水平距离d2(R1R2)4 cm(3)电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期T105 s ，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个。此时电荷沿MN运动的距离x15d60 cm最后8 cm电荷的运动情况如图b所示，设到达挡板的位置与圆心的连线与MN成角，图b则有R1R1cos 8 cm解得cos 0.6，则53故电荷运动的总时
102、间t总t115TT1T14.0104 s答案 (1)7.2103 N/C(2)4 cm(3)4.0104 s2在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场实现对带电粒子运动的控制。如图甲所示的xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图象如图乙所示，周期为7t0，y轴正方向为E的正方向，垂直纸面向外为B的正方向。在t0时刻从坐标原点由静止释放一个质量为m、电荷量为q的粒子，当B0时，粒子沿某轨道做周期性运动。图中E0、t0已知，不计粒子的重力，试求：(1)t0时刻粒子位置的纵坐标y1及3t0时刻粒子的速度大小v；(2)改变B0的大小，仍要使粒子做周期性运动，
103、B0的可能取值；(3)在(2)的情况下，粒子速度沿y轴负方向时横坐标x的可能值。解析(1)0t0时间内，粒子做匀加速直线运动，设加速度为a，则qE0may1at解得y1粒子在磁场中做匀速圆周运动，则T由于B0则有t0T在t02t0时间内，粒子做匀速圆周运动，运动了四分之一周期；在2t03t0时间内，粒子在x方向做匀速直线运动，在y方向做初速为零的匀加速直线运动，设t3t0时x方向的速度为vx，y方向的速度为vy，则vxat0，vyat0v解得v，方向与x和y方向的夹角均成45。(2)在3t04t0时间内，粒子做匀速圆周运动，运动了四分之一周期；4t05t0时间粒子在x方向做匀速直线运动，在y方
104、向做匀减速直线运动，t5t0时在y方向速度为零；5t06t0做匀速圆周运动，运动了四分之一周期，6t0粒子运动到y轴，速度沿y方向，改变B0的大小，仍要使粒子做周期性运动，则应满足t0T(n0,1,2,3，)解得B0(n0,1,2，3，)(3)在tt0时粒子进入磁场做匀速圆周运动，设运动速度为v1，则v1at0，qvB0粒子的运动轨迹如图， 速度沿y轴负方向时可能的位置有M、N、P点，M、N点对应的横坐标x12r解得x1(n1,2,3，)P点对应的横坐标x2rv1t0r由于qvB0解得x2(n0,1,2,3，)答案见解析一、单项选择题1.如图所示，水平放置的平行金属板a、b带有等量异种电荷，a
105、板带正电，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，若一个带正电的液滴在两板间做直线运动，其运动的方向是 ()A沿竖直方向向下B沿竖直方向向上C沿水平方向向左 D沿水平方向向右解析：选DA项，重力向下，电场力向下，洛伦兹力向右，合力与速度不共线，A错误；B项，直方向向上运动，重力向下，电场力向下，洛伦兹力向左，合力与速度不共线，B错误；C项，重力向下，电场力向下，洛伦兹力向下，合力与速度不共线，C错误；D项，重力向下，电场力向下，当三力平衡时，液滴做匀速直线运动，D正确。2(2015绍兴二模)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期
106、性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是()A增大匀强电场间的加速电压B增大磁场的磁感应强度C减小狭缝间的距离D减小D形金属盒的半径解析：选B回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，粒子射出时的轨道半径恰好等于D形盒的半径，根据qvBm可得，v，因此离开回旋加速器时的动能Ekmv2，可知Ek与加速电压无关，与狭缝距离无关，A、C错误；磁感强度越大，D形盒的半径越大，动能越大，B正确，D错误。3如图所示，沿直线通过速度选择器的正离子从狭缝S射入磁感应强度为B2的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹
107、半径之比为R1R212，则下列说法正确的是()A离子的速度之比为12B离子的电荷量之比为12C离子的质量之比为12D以上说法都不对解析：选D因为两粒子能沿直线通过速度选择器，则qvB1qE，即v，所以两离子的速度相同，选项A错误；根据R，则，选项B、C错误，D正确。4.如图所示，质量为m的带电滑块，沿绝缘斜面匀速下滑。当带电滑块滑到有着理想边界的、方向竖直向下的匀强电场区域时，滑块的运动状态为(静电力小于重力)()A将减速下滑B将加速下滑C将断续匀速下滑D上述三种情况都有可能发生解析：选C设斜面与水平方向的夹角为，则在滑块未进入电场区域时匀速下滑，有 mgsin mgcos ，得sin cos
108、 ；滑块进入电场区域后，将受到竖直方向上的静电力qE，若滑块带正电，有(mgqE)sin (mgqE)cos ；若滑块带负电，有(mgqE)sin (mgqE)cos ，所以只有选项C正确。5如图所示，在xOy直角坐标系中，第象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场。初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，重力不计，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点。已知OAOCd。则磁感应强度B和电场强度E可表示为()AB，E BB，ECB，E DB，E解析：选B
109、设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v，则qUmv2；带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，qBv，依题意可知rd，联立可解得B，带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t从P点到达C点，由dvt，dt2，联立可解得E，B正确。二、多项选择题6(2015江苏高考)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左。不计空气阻力，则小球()A做直线运动 B做曲线运动C速率先减小后增大 D速率先增大后减小解析：选BC小球运动时受重力和电场力的作用，合力F方向与初速度v0方向不在一条直线上，小球做曲线运动，选项A错误，选项B正确。将初速度v0分解为垂直于F方向的v1和沿F方向的
110、v2，根据运动与力的关系，v1的大小不变，v2先减小后反向增大，因此小球的速率先减小后增大，选项C正确，选项D错误。7质谱议的构造原理如图所示。从粒子源S出来时的粒子速度很小，可以看做初速为零，粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而达到照相底片上的P点，测得P点到入口的距离为x，则以下说法正确的是()A粒子一定带正电B粒子一定带负电Cx越大，则粒子的质量与电量之比一定越大Dx越大，则粒子的质量与电量之比一定越小解析：选AC根据左手定则和粒子的运动轨迹，知粒子带正电，故A正确，B错误；根据半径公式r知，x2r，又qUmv2，联立解得x ，知x越大，质量与电量的
111、比值越大，故C正确，D错误。8如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强磁场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的而且绝缘，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，a、b为轨道的最低点，则正确的是()A两小球到达轨道最低点的速度vavbB两小球到达轨道最低点时对轨道的压力FaFbC小球第一次到达a点的时间大于小球第一次到达b点的时间D在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端解析：选ABD小球在磁场中时，由最高点到最低点只有重力做功，而洛伦兹力不做功；在电场中，由最高点到最低点除重力做功外，电场力做负功，根据动能定理可知，两小球到达轨道最低
112、点的速度vavb，选项A正确；两小球到达轨道最低点时，由牛顿第二定律可得FaBqvamgm，Fbmgm，故FaFb，选项B正确；由于小球在磁场中运动时，磁场力总是指向圆心，对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度较小，所以在电场中运动的时间也长，故C错误；由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，所以小球可以到达轨道的另一端，而电场力做小球做负功，所以小球在达到轨道另一端与初位置等高的点之前速度就减为零了，故不能到达轨道的另一端，故D正确。三、非选择题9(2015和平区二模)如图所示，将一金属或半导体薄
113、片垂直置于磁场中，并沿垂直磁场方向通入电流，则在导体中垂直于电流和磁场方向会产生一个电势差，这一现象称为霍尔效应，此电势差称为霍尔电势差。(1)某长方体薄片霍尔元件，其中导电的是自由电子，薄片处在与其上表面垂直的匀强磁场中，在薄片的两个侧面a、b间通以如图所示的电流时，另外两侧面c、d间产生霍尔电势差UH，请判断图中c、d哪端的电势高；(2)可以将(1)中的材料制成厚度为h、宽度为L的微小探头，测量磁感应强度，将探头放入磁感应强度为B0的匀强磁场中，a、b间通以大小为I的电流，测出霍尔电势差UH，再将探头放入待测磁场中，保持I变，测出霍尔电势差UH，利用上述条件，求：此霍尔元件单位体积内自由电
114、子的个数n(已知电子电荷量为e)；待测磁场的磁感应强度Bx和B0之间的关系式；(3)对于特定的半导体材料，其单位体积内的载流子数目n和载流子所带电荷量q均为定值。在具体应用中，有UHKHIB，式中的KH称为霍尔元件灵敏度，一般要求KH越大越好，试通过计算说明为什么霍尔元件一般都做得很薄。解析：(1)c端电势高。(2)电子受到的洛伦兹力与电场力平衡，则evB0eE电场强度E电流的微观表达式InevLh解得nn为材料本身特性，故n解得BxB0(3)由n得UH则KH霍尔灵敏度KH与元件厚度h成反比，h越小，KH值越大，所以霍尔元件一般都做得很薄。答案：(1)c端(2)BxB0(3)见解析10(201
115、5重庆高考)如图所示为某种离子加速器的设计方案。两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场。其中MN和MN是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O，ONONd，P为靶点，OPkd(k为大于1的整数)。极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U。质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速，经O进入磁场区域。当离子打到极板上ON区域(含N点)或外壳上时将会被吸收，两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过，忽略相对论效应和离子所受的重力。求：(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；(2)能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；(3)打
116、到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。解析：(1)离子经一次加速的速度为v0，由动能定理得qUmv离子的轨道半径为R0，则R0kd由洛伦兹力提供向心力，qv0Bm联立式得B(2)设离子在电场中经过n次加速后到达P点，根据动能定理和牛顿第二定律得nqUmvqvn Bmrn联立式解得vn，B当离子经过第一次加速，在磁场中偏转时，qUmvqv1 Bm联立式解得r1由于r1，解得1nk2，且n为整数，所以n1,2,3，k21。磁感应强度的可能值为B(n1,2,3，k21)。(3)当离子在电场中加速(k21)次时，离子打在P点的能量最大此时磁感应强度B最终速度vn离子在磁场中做匀
117、速圆周运动的周期T离子在磁场中运动的时间t1T根据牛顿第二定律，离子在电场中运动的加速度a离子在电场中运动的全过程等效为初速度为0的匀加速直线运动，根据速度公式vnat2，得离子在电场中的运动时间t2h 。答案：(1) (2)(n1,2,3，k21)(3)h 1(2015福建高考)如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g。(1)求小滑块运动到C点时的速度大小
118、vC；(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP。解析：(1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足qvBNqE小滑块在C点离开MN时N0解得vC(2)由动能定理得mghWfmv0解得Wfmgh(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g，g 且vvg2t2解得vP 答案
119、：(1)(2)mgh (3) 2(2014广东高考)如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域和，以水平面MN为理想分界面，区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L。质量为m、电荷量为q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入区，并直接偏转到MN上的P点，再进入区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑。(1)若k1，求匀强电场的电场强度E；(2)若2k3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和区的磁感应强度B与k的关系式。解析：(1)若k1，则有MPL，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，该情况粒子的轨迹半径R1L粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律知qvB0m粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有qEdmv2联立解得E(2)因为2kT0得T答案：(1)mv (2) (3)(n1、2、3、)T