2018届二轮电场、磁场的基本性质教案

专题九磁场的性质带电粒子在磁场及复合场中的运动——————[知识结构互联]——————[核心要点回扣]——————1．掌握“两个磁场力”：(1)安培力：I⊥B时F＝BIL，I∥B时F＝0.(2)洛伦兹力：v⊥B时F＝qvB，v∥B时F＝0.2．明确“六个常用公式”：3．用准“两个定则”：(1)对电流的磁场用准安培定则．(2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用准左手定则．4．画好“两个图形”：(1)对安培力作用下的平衡、运动问题画好受力分析图．(2)对带电粒子的匀速圆周运动问题画好与圆有关的几何图形．考点1 磁场的性质(对应学生用书第44页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年5考：2017年Ⅰ卷T19、Ⅱ卷T21、Ⅲ卷T182015年Ⅱ卷T182014年Ⅰ卷T15[考情分析]1．直线电流的磁场的叠加与安培力相结合及洛伦兹力的应用是命题的热点．2．本考点高考重在考查常见磁体周围磁场的分布，磁感线的形状及特点，电流磁场的判断与叠加、安培力洛伦兹力大小的影响因素及安培力、洛伦兹力方向的判断等知识．3.电流磁场的判断方法及安培力(洛伦兹力)方向的判断方法易混淆．1．(磁场的基本性质)(2017·Ⅲ卷T 18)如图9­1所示，在磁感应强度大小为B 0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9­1A ．0 B.33B 0 C.233B 0 D ．2B 0[题眼点拨] ①“a 点的磁感应强度为零”说明两导线在a 点产生的合磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度B 0等大反向；②“让P 中的电流反向，其他条件不变”说明导线P 在a 点产生的磁场的磁感应强度大小与原来相等，方向相反．C [两长直导线P 和Q 在a 点处的磁感应强度的大小相等，设为B ，方向如图甲所示，此时a 点处的磁感应强度为零，则两磁感应强度的合磁感应强度B 合的大小等于B 0，方向与B 0相反，即B 0的方向水平向左，此时B ＝B 02cos 30°＝33B 0；让P 中的电流反向、其他条件不变，两长直导线P 和Q 在a 点处的磁感应强度的大小仍为B ，方向如图乙所示，则两磁感应强度的合磁感应强度大小为B ，方向竖直向上，B 与B 0垂直，其合磁感应强度为B a ＝B 2＋B 20＝233B 0，选项C 正确．](多选)(2015·Ⅱ卷T 18)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.]2．(安培力的方向和大小)(多选)(2017·Ⅰ卷T19)如图9­2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9­2A．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∶ 3D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1BC[如图，由磁场的叠加知，L2与L3中的电流在L1处产生的合磁场的方向在L2、L3连线的中垂线上，由左手定则知，L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行．选项A错误．L1与L2中的电流在L3处产生的合磁场的方向与L1、L2的连线平行，由左手定则知，L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直．选项B正确．由几何关系知，设电流在另外导线处产生磁场的磁感应强度为B，而L1、L2所在处两个磁场方向的夹角均为120°，则B合＝B，而L3所在处两个磁场方向的夹角为60°，则B′合＝3B，由F＝ILB知，L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ 3.选项C正确，选项D错误．](2014·Ⅰ卷T15)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B[通电直导线在匀强磁场中所受安培力的方向由左手定则判断，安培力的大小由F ＝BIL sin θ计算．安培力的方向始终与电流方向和磁场方向垂直，选项A错误，选项B正确；由F＝BIL sin θ可知，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角时，因磁场与导线的夹角未知，则安培力的大小不能确定，选项D错误．]■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．安培力的大小(1)当I、B夹角为0°时F＝0.(2)当电流与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL，L是有效长度．(3)闭合的通电导线框在匀强磁场中受到的安培力F＝0.2．安培力的特点(1)安培力的方向总是垂直于I、B所决定的平面，可用左手定则判断．(2)安培力可做正功，电能转化为其他形式的能；可做负功，其他形式的能转为电能．(3)安培力是洛伦兹力的宏观表现．3．洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平面，所以洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，即洛伦兹力永不做功．(2)仅电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．(3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力时，要注意将四指指向电荷运动的反方向．4．洛伦兹力的大小(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°)(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB.(θ＝90°)(3)v ＝0时，洛伦兹力F ＝0.■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 磁场的基本性质1．(2016·山东日照模拟)1820年4月的一天，丹麦科学家奥斯特在上课时，无意中让通电导线靠近小磁针，突然发现小磁针偏转．这个现象并没有引起在场其他人的注意，而奥斯特却是个有心人，他非常兴奋，紧紧抓住这个现象，接连三个月深入地研究，反复做了几十次实验．关于奥斯特的实验，如图9­3所示，下列操作中一定能够观察到小磁针偏转的是( )【导学号：19624105】图9­3A ．通电导线AB 东西放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关B ．通电导线AB 南北放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关C ．通电导线AB 东西放置，小磁针放在导线正下方，改变电流方向D ．通电导线AB 南北放置，小磁针在AB 延长线的B 端外侧，改变电流大小B [因为地磁场是南北方向，当通电直导线南北放置时产生的磁场为东西方向，小磁针放在导线正下方，闭合开关时磁场从无到有，这时两种磁场的作用力最大，现象最明显，故B 正确．]如图所示，平行放置在绝缘水平面上的长为l 的直导线a 和无限长的直导线b ，分别通以方向相反，大小为I a 、I b (I a >I b )的恒定电流时，b 对a 的作用力为F .当在空间加一竖直向下(y 轴的负方向)、磁感应强度大小为B 的匀强磁场时，导线a 所受安培力恰好为零．则下列说法正确的是( )A ．电流I b 在导线a 处产生的磁场的磁感应强度大小为B ，方向沿y 轴的负方向B ．所加匀强磁场的磁感应强度大小为B ＝F I a lC ．导线a 对b 的作用力大于F ，方向沿z 轴的正方向D ．电流I a 在导线b 处产生的磁场的磁感应强度大小为F I a l，方向沿y 轴的正方向 B [无限长的直导线b 的电流I b 在平行放置的直导线a 处产生的磁场的磁感应强度处处相等，由于加上题述磁场后a 所受安培力为零，因此电流I b 在导线a 处产生的磁场的磁感应强度大小为B ，方向沿y 轴的正方向，A 选项错误；由磁感应强度定义可得：B ＝F I a l，B 选项正确；由牛顿第三定律可知导线a 对b 的作用力等于F ，C 选项错误；电流I a 在导线b 处产生的磁场的磁感应强度大小并不是处处相等，因此D 选项错误．]考向2 通电导体在磁场中的运动2．(多选)如图9­4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t ＝0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I m ，图甲中I 所示方向为电流正方向．则金属棒( )图9­4A ．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 ．受到的安培力在一个周期内做正功ABC [根据题意得出v ­t 图象如图所示，金属棒一直向右运动，A 正确．速度随时间做周期性变化，B 正确．据F 安＝BIL 及左手定则可判定，F 安大小不变，方向做周期性变化，则C 项正确．F 安在前半周期做正功，后半周期做负功，则D 项错．](2017·商丘一中押题卷)如图所示，磁感应强度大小为B 的匀强磁场方向斜向右上方，与水平方向所夹的锐角为45°.将一个34金属圆环ab 置于磁场中，圆环的圆心为O ，半径为r ，两条半径Oa 和Ob 相互垂直，且Oa 沿水平方向．当圆环中通以电流I 时，圆环受到的安培力大小为( )A.2BIrB.32πBIr C ．BIr D ．2BIrA [通电导线的有效长度为L ＝2r ，故受到的安培力为F ＝BIL ＝2BIr 故选A.] 考向3 洛伦兹力的应用3. (2016·安徽蚌埠模拟)如图9­5所示，xOy 坐标平面在竖直面内，y 轴正方向竖直向上，空间有垂直于xOy 平面的匀强磁场(图中未画出)．一带电小球从O 点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示．下列说法中正确的是( )【导学号：19624106】图9­5A ．轨迹OAB 可能为圆弧B ．小球在整个运动过程中机械能增加C ．小球在A 点时受到的洛伦兹力与重力大小相等D ．小球运动至最低点A 时速度最大，且沿水平方向D [因为重力改变速度的大小，而洛伦兹力仅改变速度的方向，又洛伦兹力大小随速度的变化而变化，故小球运动的轨迹不可能是圆弧，A 项错误；整个过程中由于洛伦兹力不做功，只有重力做功，故系统机械能守恒，B 项错误；小球在A 点时受到洛伦兹力与重力的作用，合力提供向上的向心力，所以洛伦兹力大于重力，C 项错误；因为系统中只有重力做功，小球运动至最低点A 时重力势能最小，则动能最大，速度的方向为该点的切线方向，即最低点的切线方向沿水平方向，故D 项正确．]考点2 带电粒子在匀强磁场中的运动(对应学生用书第46页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年8考：2017年Ⅱ卷T 18 2016年Ⅱ卷T 18、Ⅲ卷T 182015年Ⅱ卷T 19 2014年Ⅰ卷T 16、ⅡT 202013年Ⅰ卷T 18、Ⅱ卷T 17[考情分析]1．高考在本考点的命题多为带电粒子在有界磁场中运动的分析与计算．2．根据题意画出粒子的运动轨迹，利用数学关系求解是常用方法．3．确定临界条件，画轨迹、找圆心、求半径是关键．4．忽视运动电荷的电性分析易造成洛伦兹力方向的错误．3．(磁偏转的基本问题)(2017·Ⅱ卷T 18)如图9­6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，在纸面内沿不同方向射入磁场．若粒子射入速率为v 1，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v 2，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v 2∶v 1为( )图9­6 A.3∶2 B.2∶1 C.3∶1 D ．3∶ 2[题眼点拨] ①“相同的带电粒子以相同的速率”说明粒子做匀速圆周运动的半径相同；②“粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上”说明粒子最远出射点到入射点的距离为粒子圆周运动直径，且等于磁场的半径．C [粒子以v 1入射，一端为入射点P ，对应圆心角为60°(对应六分之一圆周)的弦PP ′必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r 1，如图甲所示，设圆形区域的半径为R ，由几何关系知r 1＝12R .其他不同方向以v 1入射的粒子的出射点在PP ′对应的圆弧内．同理可知，粒子以v 2入射及出射情况，如图乙所示．由几何关系知r 2＝R 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫R 22＝32R ， 可得r 2∶r 1＝3∶1.因为m 、q 、B 均相同，由公式r ＝mv qB可得v ∝r ，所以v 2∶v 1＝3∶1.故选C.](多选)(2015·Ⅱ卷T 19)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ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Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等 AC [A ：由qvB ＝mv 2r 得r ＝mv qB ∝1B，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍，选项A 正确．B ：由F 合＝ma 得a ＝F 合m ＝qvB m ∝B ，所以a 2a 1＝1k，选项B 错误． C ：由T ＝2πr v得T ∝r ，所以T 2T 1＝k ，选项C 正确． D ：由ω＝2πT 得ω2ω1＝T 1T 2＝1k，选项D 错误． 正确选项为A 、C.]4．(磁偏转的临界极值问题)(2016·Ⅲ卷T 18)平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图9­7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9­7A.mv 2qBB.3mv qBC.2mv qBD.4mv qB[题眼点拨] ①“q >0”说明带电粒子带正电；②“与ON 只有一个交点”说明轨迹与ON 边界相切．D [如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R ＝mv qB .设入射点为A ，出射点为B ，圆弧与ON 的交点为P .由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，AB ＝R .由几何图形知，AP ＝3R ，则AO ＝3AP ＝3R ，所以OB ＝4R ＝4mv qB.故选项D 正确．]在第5题中，将磁场改为有界磁场，如图9­8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(速度方向与边界的夹角分别为30°、60°)从宽度为d 的有界匀强磁场的边界上的O 点射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )图9­8A ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为1∶ 3B ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为3(2－3)∶1C ．A 、B 两粒子的比荷之比是3∶1D ．A 、B 两粒子的比荷之比是1∶ 3B [A 、B 两粒子运动轨迹如图所示，粒子所受洛伦兹力提供向心力，轨迹半径R ＝mv qB ，设A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R 和r .由几何关系有R cos 30°＋R ＝d ，r cos 60°＋r ＝d ，解得R r ＝32＋3＝－31，A 错误，B 正确；由于两粒子的速度大小相等，则R 与q m 成反比，所以A 、B 两粒子的比荷之比是(2＋3)∶3，C 、D 错误．](2016·Ⅱ卷T 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( )A.ω3B B.ω2B C.ωBD.2ωBA [如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧MP 所对应的圆心角由几何知识知为30°，则π2ω＝2πm qB ·30°360°，即q m ＝ω3B，选项A 正确．]■释疑难·类题通法…………………………………………………………………· 1．掌握一个解题流程2．用好两个有用结论(1)粒子从直线边界射入磁场，再从这一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等． (2)粒子沿径向射入圆形磁场区域时，必沿径向射出磁场区域． 3．理清三种几何关系(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切． (2)当速率v 一定时，弧长(或弦长)越长，所对的圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．(3)当速率v 变化时，仍然是运动轨迹所对圆心角大的，运动时间长． 4．记住四类多解因素(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．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 磁偏转的基本问题4．在同一匀强磁场中，α粒子(42He)和质子(11H)做匀速圆周运动．若它们的动量大小相等，则α粒子和质子( )【导学号：19624107】A ．运动半径之比是2∶1B ．运动周期之比是2∶1C ．运动速度大小之比是4∶1D ．受到的洛伦兹力之比是2∶1B [由r ＝mv qB ＝pqB，由于两者动量相等且在同一匀强磁场中，所以α粒子和质子运动半径之比等于电荷量反比，即r α∶r H ＝q H ∶q α＝1∶2，故选项A 错误；由T ＝2πmqB，则α粒子与质子运动周期之比为T αT H ＝m αq H q αm H ＝4×12×1＝2∶1，故选项B 正确；由于m αv α＝m H v H ，所以v α∶v H ＝m H ∶m α＝1∶4，故选项C 错误；由于洛伦兹力F ＝qvB ，所以F αF H＝q αv αq H v H ＝2×11×4＝1∶2，故选项D 错误．] 考向2 磁偏转的临界、极值问题5．(多选)(2017·鸡西市模拟)如图9­9所示，一粒子发射源P 位于足够大绝缘板AB 的上方d 处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v 、电荷量为q 、质量为m 的带正电的粒子，空间存在垂直于纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力．已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d ，则( )图9­9A ．能打在板上的区域长度是2dB ．能打在板上的区域长度是(3＋1)dC ．同一时刻发射出的带电粒子到达板上的最大时间差为7πd6vD ．同一时刻发射出的带电粒子到达板上的最大时间差为πqd6mvBC [打在极板上粒子轨迹的临界状态如图所示：根据几何关系知，带电粒子能到达板上的长度l ＝R ＋3R ＝(1＋3)R ＝(1＋3)d ，故A 错误，B 正确；在磁场中运动时间最长和最短粒子运动轨迹示意图如图所示：由几何关系知，最长时间t 1＝34T最短时间t 2＝16T又有粒子在磁场中运动的周期T ＝2πr v ＝2πdv；根据题意：t 1－t 2＝Δt联立解得：Δt ＝712T ＝7πd 6v ，故C 正确，D 错误．]考向3 磁偏转中的多解问题6．如图9­10所示，在x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成60°角的方向斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R (不计重力)，则( )【导学号：19624108】图9­10A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子再次回到x 轴上方所需的时间为2πmBqD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进了3R C [根据R ＝mvBq可知粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，则B 错误；根据对称性，作出粒子的运动轨迹如图所示，则由图可知A 选项错误；根据轨迹可知，粒子完成一次周期性运动的时间为t ＝13×2πm Bq ＋13×2πm B 2q ＝2πm Bq，则C 选项正确；粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进的距离为x ＝2R ×cos 30°＋4R ×cos 30°＝33R ，则D 选项错误．]1.(2017·泉州模拟)一半径为R 的薄圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变．一不计重力的负电粒子从小孔M 沿着MN 方向射入磁场，当筒以大小为ω0的角速度转过90°时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒．(1)若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求该粒子的荷质比和速率分别是多大？ (2)若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN 方向成30°角，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大？【解析】 (1)若粒子沿MN 方向入射，当筒转过90°时，粒子从M 孔(筒逆时针转动)或N 孔(筒顺时针转动)射出，如图，由轨迹1可知半径：r ＝R由qvB ＝mv 2R ，粒子运动周期T ＝2πR v ＝2πmqB筒转过90°的时间：t ＝π2ω0＝π2ω0，又t ＝T 4＝πm2qB联立以上各式得：荷质比q m ＝ω0B， 粒子速率：v ＝ω0R .(2)若粒子与MN 方向成30°入射，速率不变半径仍为R ，作粒子轨迹如图轨迹2，圆心为O ′，则四边形MO ′PO 为菱形，可得∠MO ′P ＝∠MOP ＝2π3，所以∠NOP ＝π3则粒子偏转的时间：t ＝2π32πT ＝T 3；又T ＝2πω0；得：t ＝2π3ω0由于转动方向与射出孔不确定，讨论如下：ⅰ.当圆筒顺时针转动时，设筒转动的角速度变为ω1，若从N 点离开，则筒转动时间满足t ＝π3＋2k πω1，得：ω1＝k ＋2ω0 其中k ＝0,1,2,3…若从M 点离开，则筒转动时间满足t ＝π3＋k ＋πω1，得：ω1＝k ＋2ω0 其中k ＝0,1,2,3…； 综上可得ω1＝n ＋2ω0 其中n ＝0,1,2,3…ⅱ.当圆筒逆时针转动时，设筒转动的角速度变为ω2， 若从M 点离开，则筒转动时间满足t ＝2π3＋2k πω2，得：ω2＝k ＋2ω0 其中k ＝0,1,2,3…若从N 点离开，则筒转动时间满足t ＝2π3＋k ＋πω2，得：ω2＝k ＋＋2]2ω0其中k ＝0,1,2,3…综上可得ω2＝3n ＋22ω0 其中n ＝0,1,2,3…综上所述，圆筒角速度大小应为ω1＝3n ＋12ω0 或者ω2＝3n ＋22ω0 其中n ＝0,1,2,3…【答案】 (1)ω0B ω0R (2)ω1＝3n ＋12ω0 (顺时针转动)或ω2＝3n ＋22ω0 (逆时针转动) 其中n ＝0,1,2,3…2.(2016·东北三省四市联考)在如图所示的xOy 平面内，y ≥0.5 cm 和y <0的范围内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度均为B ＝1.0 T ，一个质量为m ＝1.6×10－15 kg ，带电荷量为q ＝1.6×10－7 C 的带正电粒子，从坐标原点O 以v 0＝5.0×105m/s 的速度沿与x 轴成30°角的方向斜向上射出，经磁场偏转恰好从x 轴上的Q 点飞过，经过Q 点时的速度方向也斜向上(不计重力，π＝3.14)，求：(1)粒子从O 点运动到Q 点所用的最短时间； (2)粒子从O 点运动到Q 点所通过的路程．【解析】 (1)当粒子第一次以斜向上的速度，经过Q点时，时间最短，粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中运动的时间为t 1，则有qv 0B ＝m v 20r解得r ＝mv 0qB ，又T ＝2πr v 0＝2πm qB代入数据解得：r ＝5×10－3m ，T ＝6.28×10－8s由图可知，粒子在磁场中运动的时间是一个周期，所以t 1＝T ＝6.28×10－8s 粒子在无磁场区域运动的时间为t 2，设无磁场区域宽度为d ，有t 2＝4d v 0＝4×5×10－35.0×105s ＝4.0×10－8s最短时间t ＝t 1＋t 2＝1.028×10－7s.(2)粒子可以不断地重复上述运动情况，粒子在磁场中通过的路程为s 1＝2n πr (n ＝1,2,3，…)粒子在无磁场区域通过的路程为s 2＝4nd (n ＝1,2,3，…) 总路程为s ＝s 1＋s 2＝0.051 4n m(n ＝1,2,3…)．【答案】 (1)1.028×10－7s (2)0.051 4n m(n ＝1,2,3，…)考点3 带电粒子在复合场中的运动(对应学生用书第47页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年4考：2017年Ⅰ卷T 16、Ⅲ卷T 24 2016年Ⅰ卷T 15 2015年Ⅰ卷T 14 [考情分析]1．本考点的高考命题主要考查带电粒子“电偏转”“磁偏转”问题，常会结合回旋加速器、质谱仪等背景命题．2．熟悉两类偏转方式的不同规律及不同处理方法是突破的关键．3．组合场问题中不能分段画出各自的轨迹，抓不住“过渡点”的特点易造成错解． 4．粒子是否受重力作用要根据具体情景判断．5．(带电粒子在组合场中的运动)(2017·Ⅲ卷T 24)如图9­11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B 0；x ＜0区域，磁感应强度的大小为λB 0(常数λ>1)．一质量为m 、电荷量为q (q＞0)的带电粒子以速度v 0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9­11(1)粒子运动的时间； (2)粒子与O 点间的距离．[题眼点拨] ①“在x <0区域，磁感应强度大小为λB 0(常数λ>1)”说明带电粒子在y 轴右方圆周运动半径较大；②“从坐标原点O 沿x 轴正方向射入磁场”说明粒子在y 轴右方运动半个圆周进入第二象限区域；③“当粒子的速度方向再次沿x 轴正方向时”说明粒子在第二象限区域又动了半个圆周．【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R 1；在x <0区域，圆周半径为R 2，由洛伦兹力公式及牛顿定律得 qB 0v 0＝m v 20R 1① q λB 0v 0＝m v 20R 2②粒子速度方向转过180°时，所需时间t 1为t 1＝πR 1v 0③粒子再转过180°时，所需时间t 2为t 2＝πR 2v 0④联立①②③④式得，所求时间为t 0＝t 1＋t 2＝πm B 0q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1λ. ⑤(2)由几何关系及①②式得，所求距离为d 0＝2(R 1－R 2)＝2mv 0B 0q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1λ. ⑥【答案】 (1)πm B 0q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1λ (2)2mv 0B 0q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1λ(2015·Ⅰ卷T 14)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，由公式r ＝mvqB可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T ＝2πm qB 可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝2πT知角速度减小．选项D 正确．]6．(磁与现代科技的应用)(2016·Ⅰ卷T 15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图9­12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( )【导学号：19624109】。

第1讲 电场及带电粒子在电场中的运动 [做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律讲课提示：对应学生用书第37页[真题再做]1．(2018·高考全国卷Ⅰ，T16)如图，三个固定的带电小球a 、b 和c ，互相间的距离分别为ab ＝5cm ，bc ＝3cm ，ca ＝4cm.小球c 所受库仑力的协力的方向平行于a 、b 的连线．设小球a 、b 所带电荷量的比值的绝对值为k ，则( )A ．a 、b 的电荷同号，k ＝169B ．a 、b 的电荷异号，k ＝169C ．a 、b 的电荷同号，k ＝6427D ．a 、b 的电荷异号，k ＝6427分析：因为小球c 所受库仑力的协力的方向平行于a 、b 的连线，依据受力剖析知，a 、b 的电荷异号．依据库仑定律，a 对c 的库仑力为F a ＝k 0q a q c (ac )2① b 对c 的库仑力为k ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪q a q b ＝(ac )3(bc )3＝6427. 答案：D2．(多项选择)(2018·高考全国卷Ⅲ，T21)如图，一平行板电容器连结在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a 、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板邻近，与极板距离相等．现同时开释a 、b ，它们由静止开始运动．在随后的某时辰t ，a 、b 经过电容器两极板间下半地区的同一水平面．a、b间的互相作用和重力可忽视．以下说法正确的选项是()A．a的质量比b的大B．在t时辰，a的动能比b的大C．在t时辰，a和b的电势能相等D．在t时辰，a和b的动量大小相等分析：经时间t，a、b经过电容器两极板间下半地区的同一水平面，则x a＞x b，依据x＝12at2，得a a＞a b，又由a＝Fm知，m a＜m b，A错；经时间t到下半地区的同一水平面，则电场力做功W a＞W b，由动能定理知，a的动能比b的动能大，B对；a、b处在同一等势面上，依据E p＝qφ，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C错；依据动量定理Ft＝p－p0，则经过时间t，a、b的动量大小相等，D对．答案：BD3．(多项选择)(2018·高考全国卷Ⅱ，T21)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点．一电荷量为q(q＞0)的粒子从a点挪动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点挪动到d点，其电势能减小W2.以下说法正确的选项是()A．此匀强电场的场强方向必定与a、b两点连线平行B．若该粒子从M点挪动到N点，则电场力做功必定为W1＋W22C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强盛小必定为W2 qLD．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差必定等于b、N两点之间的电势差分析：联合题意，只好判断U ab＞0、U cd＞0，但电场方向不可以得出，A 错误；依据电场力做功与电势能变化量的关系有W1＝q(φa－φb)①，W2＝q(φc －φd)②，W MN＝q(φM－φN)③，依据匀强电场中“同一条直线上两点间的电势差与两点间的距离成正比”的规律可知，U aM ＝U Mc ，即φa －φM ＝φM －φc ，可得φM ＝φa ＋φc 2④，同理可得φN ＝φb ＋φd 2⑤，联立①②③④⑤式可得W MN ＝W 1＋W 22，即B 项正确；电场强度的方向只有沿c →d 时，场强E ＝W 2qL ，但此题中电场方向未知，故C 错误；若W 1＝W 2，则φa －φb ＝φc －φd ，联合④⑤两式可推出φa －φM ＝φb －φN ，即D 正确．答案：BD4.(多项选择)(2017·高考全国卷Ⅰ，T20)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 的关系如下图．电场中四个点a 、b 、c 和d 的电场强度大小分别为E a 、E b 、E c 和E d .点a 到点电荷的距离r a 与点a 的电势φa 已在图顶用坐标(r a ，φa )标出，其余类推．现将一带正电的尝试电荷由a 点挨次经b 、c 点挪动到d 点，在相邻两点间挪动的过程中，电场力所做的功分别为W ab 、W bc 和W cd .以下选项正确的选项是( )A ．E a ∶E b ＝4∶1B.E c ∶E d ＝2∶1 C ．W ab ∶W bc ＝3∶1 D ．W bc ∶W cd ＝1∶3分析：设点电荷的电荷量为Q ，依据点电荷电场强度公式E ＝k Q r 2，r a ∶r b ＝1∶2，r c ∶r d ＝3∶6，可知，E a ∶E b ＝4∶1，E c ∶E d ＝4∶1，选项A 正确，B 错误；将一带正电的尝试电荷由a 点挪动到b 点做的功W ab ＝q (φa －φb )＝3q (J)，尝试电荷由b 点挪动到c 点做的功W bc ＝q (φb －φc )＝q (J)，尝试电荷由c 点挪动到d 点做的功W cd ＝q (φc －φd )＝q (J)，由此可知，W ab ∶W bc ＝3∶1，W bc ∶W cd ＝1∶1，选项C 正确，D 错误．答案：AC5．(多项选择)(2017·高考全国卷Ⅲ，T21)一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a 、b 、c 三点的地点如下图，三点的电势分别为10V 、17V 、26V ．以下说法正确的选项是( )B ．坐标原点处的电势为1VC ．电子在a 点的电势能比在b 点的低7eVD ．电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9eV分析：ac 垂直于bc ，沿ca 和cb 双方向的场强重量大小分别为E 1＝U ca ac ＝2V/cm 、E 2＝U cb bc ＝1.5V/cm ，依据矢量合成可知E ＝2.5 V/cm ，A 项正确；依据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间的电势差相等，有φO －φa ＝φb －φc ，得φO ＝1V ，B 项正确；电子在a 、b 、c 三点的电势能分别为－10eV 、－17eV 和－26eV ，故电子在a 点的电势能比在b 点的高7eV ，C 项错误；电子从b 点运动到c 点，电场力做功W ＝(－17eV)－(－26eV)＝9eV ，D 项正确．答案：ABD[考情剖析]■命题特色与趋向——怎么考1．近几年高考题型主要以选择题为主，命题热门主要集中在电场强度、电场线的用途、电势能的变化、电势高低的判断、匀强电场中电势差与电场强度的关系、带电粒子在电场中的运动等．2．2019年高考命题，选择题可能会以电场线、等势线为背景，联合场强、电势、电势能等基本观点进行考察，也可能会出现以带电粒子在电场中运动为背景考察学生建模能力和数学办理能力的计算题．■解题要领——怎么做1．要紧紧抓住力和能这两条主线，将知识系统化，找出它们的联系，做到举一反三．2．重视电场线、等势面、运动轨迹相联合的题目．重视带电粒子在电场中的加快、偏转以及电容器的有关知识在实质生产、生活中的应用，如静电除尘、电容式传感器、喷墨打印机、示波器等．[建系统·记重点] 知识串连 熟记中心重点讲课提示：对应学生用书第38页[网络建立][重点熟记]1．电场力的性质(1)电场强度的定义式：E ＝F q .(2)真空中点电荷的电场强度公式：E ＝kQ r 2.(3)匀强电场的电场强度与电势差的关系式：E ＝U d .2．电场能的性质(1)电势的定义式：φ＝E p q .(2)电势差的定义式：U AB ＝W AB q .(3)电势差与电势的关系式：U AB ＝φA －φB .(4)电场力做功与电势能的关系式：W AB ＝E p A －E p B .3．熟记“面线”关系(1)电场线老是与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面．(2)电场线越密的地方，等差等势面也越密．(3)沿等势面挪动电荷，电场力不做功，沿电场线挪动电荷，电场力必定做功．[研考向·提能力]考向研析掌握应试技术讲课提示：对应学生用书第38页考向一电场的性质1．电场强度的判断(1)场强方向是电场中正电荷受力方向，也是电场线上某点的切线方向．(2)电场强弱可用电场线疏密判断．2．电势高低的比较(1)依据电场线方向判断，沿着电场线方向，电势愈来愈低；(2)将带电荷量为＋q的电荷从电场中的某点移至无量远处电场力做正功越多，则该点的电势越高；(3)依据电势差U AB＝φA－φB判断，若U AB>0，则φA>φB，反之φA<φB.3．电势能变化的判断(1)依据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少；反之则增添．即W＝－ΔE p.(2)依据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是电势能和其余形式的能互相转变的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能互相转变，总和应保持不变，即当动能增添时，电势能减少．1．(2018·山东济南五校联考)对于静电场的电场线，以下说法正确的选项是()A．电场强度较大的地方电场线必定较疏B．沿电场线方向，电场强度必定愈来愈小C．沿电场线方向，电势必定愈来愈低D．电场线必定是带电粒子在电场中运动的轨迹分析：电场强度较大的地方电场线必定较密集，选项A错误；沿电场线方向，电场强度不必定愈来愈小，比如匀强电场，选项B错误；沿电场线方向，电势必定愈来愈低，选项C正确；电场线不必定与带电粒子的轨迹重合，只有带电粒子只受电场力作用，且电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合，选项D错误．答案：C2．(2018·甘肃武威第六次段考)如下图，在xOy坐标系中以O为中心的椭圆上有A、B、C、D、E五个点，在其一个焦点P上放一负点电荷，以下判断正确的选项是()A．B、E两点电场强度同样B．A点电势比D点电势高C．将一负点电荷由B沿BCDE移到E点，电场力做功为零D．同一正点电荷在D点的电势能小于在C点的电势能分析：由电场线的散布状况和对称性可知，B、E两点电场强度大小相等，但方向不一样，因此电场强度不一样，故A错误．D点到负电荷的距离大于A 点到负电荷的距离，离负电荷越远电势越高，则知D的电势高于A点的电势，故B错误．B、E两点电势相等，负点电荷在B、E两点的电势能相等，因此负点电荷由B沿BCDE移到E点，电场力做功为零，故C正确．D点的电势高于C点电势，而正电荷在电势高处电势能大，则知同一正电荷在D点的电势能大于在C点的电势能，故D错误．答案：C3．(多项选择)(2018·福建龙岩上学期期末)在圆滑绝缘水平面上P点正上方的O点固定了一电荷量为＋Q的点电荷，在水平面上的N点，由静止开释一质量为m、电荷量为－q的带电小球，小球经过P点时速度为v，图中θ＝60°，则在点电荷形成的电场中()A ．N 点电势高于P 点电势B ．U PN ＝mv 22qC ．P 点电场强度大小是N 点的2倍D ．带电小球从N 点到P 点的过程中电势能减少了12mv 2分析：N 点距离正电荷较远，依据顺着电场线方向电势降低可知，N 点电势低于P 点电势，故A 错误．带电小球由N 到P 的过程，由动能定理得－qU NP ＝12mv 2，解得U NP ＝－mv 22q ，则U PN ＝－U NP ＝mv 22q ，故B 正确．P 点电场强度大小是E P ＝kQ r 2P ，N 点电场强度大小是E N ＝kQ r 2N，则E P ∶E N ＝r 2N ∶r 2P ＝4∶1，故C 错误．带电小球从N 点到P 点的过程中，电场力做正功12mv 2，则电势能减少了12mv 2，故D 正确．答案：BD考向二 有关平行板电容器的问题1．三个关系式(1)对于平行板电容器：板间电场可理想化办理，以为板间为匀强电场，不考虑边沿效应．(2)三个关系式：定义式C ＝Q U ，决定式C ＝εr S 4πkd ，关系式E ＝U d .2．两个重要结论(1)电容器与电路(或电源)相连，则两头电压取决于电路(或电源)，稳准时相当于断路，两头电压总等于与之并联的支路电压．(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变，此时若只改变两板间距离，则板间电场强度大小不变．3．当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单导游电性，将使电容器的充电或放电遇到限制．4．(多项选择)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小、电容和极板所带的电荷量分别用d 、U 、E 、C 和Q 表示．以下说法正确的选项是( )A ．保持U 不变，将d 变成本来的两倍，则E 变成本来的一半B ．保持E 不变，将d 变成本来的一半，则U 变成本来的两倍C ．保持C 不变，将Q 变成本来的两倍，则U 变成本来的两倍D ．保持d 、C 不变，将Q 变成本来的一半，则E 变成本来的一半分析：保持U 不变，将d 变成本来的两倍，依据E ＝U d 可得E 变成本来的一半，A 正确；保持E 不变，将d 变成本来的一半，依据U ＝Ed 可得U 变成本来的一半，B 错误；依据公式C ＝Q U 可知将Q 变成本来的两倍，则U 变成本来的两倍，C 正确；依据C ＝Q U 可得C 不变，将Q 变成本来的一半，U 变成本来的一半，依据公式E ＝U d 可知d 不变，U 变成本来的一半，E 变成本来的一半，D 正确．答案：ACD5.如下图，平行板电容器PQ 与电源相接，电源与电容器之间接一理想二极管D .当电容器极板Q 移至虚线处时，有关电容器的以下说法正确的选项是( )A ．电容减小，极板所带电荷量减小B ．电容减小，极板间电压不变C ．极板间电压不变，电场强度减小D ．极板所带电荷量不变，电场强度不变分析：由C ＝εr S 4πkd 可知板间距离变大，电容减小，假定电压不变，则电荷量会减小，因为二极管的单导游电性使得电容器不可以放电，则电荷量不变，那么依据C ＝Q U 可知，极板间的电压增大，依据C ＝εr S 4πkd ，C ＝Q U ，U ＝Ed ，得E＝4πkQ εrS ，由此剖析可知，板间电场强度E 不变，D 正确．答案：D6．第八届中国(上海)国际超级电容器家产博览会于2017年8月23日至25日在上海新国际博览中心举行．如下图为超级平行板电容器，相距为d 的两极板M 、N 分别与电压为U 的恒定电源两极连结，极板M 带正电．现有一质量为m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k ，则( )A ．油滴带正电B ．油滴带电荷量为mg UdC ．电容器的电容为kmgd U 2D ．将极板N 向下迟缓挪动一小段距离，油滴将向上运动分析：带电油滴静止在两极板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上，电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电油滴带负电，选项A 错误；由场强与电势差关系可知，mg ＝Eq ＝U d q ，解得q ＝mgd U ，选项B 错误；由题意知，电容器带电荷量Q ＝kq ＝kmgd U ，由电容的定义式知，C ＝Q U ＝kmgd U 2，选项C 正确；电容器与电源保持连结，两板间电势差不变，N 板向下挪动，板间距离变大，F 电＝U d q ，油滴所受电场力减小，油滴向下运动，选项D 错误．答案：C[方法技巧]电容器动向剖析的解题思路(1)确立不变量，剖析是电压不变仍是所带电荷量不变，如第6题中电压保持不变．(2)依据C＝εr S4πkd，剖析平行板电容器电容的变化状况，如第6题中“下移极板”则d发生变化．(3)依据C＝QU剖析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化状况．(4)依据E＝Ud或E＝4πkQεr S剖析电容器极板间电场强度的变化状况．(5)依据Q的变化状况，剖析电容器发生充电仍是放电，剖析电路中电流的方向．考向三带电粒子在电场中的运动[典例展现](2018·河北衡水中学第六次调研)在直角坐标系中，三个边长都为l＝2m的正方形如下图摆列，第一象限正方形地区ABOC中有水平向左的匀强电场，电场强度大小为E0，第二象限正方形COED的对角线CE左边CED 地区内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC地区内无电场，正方形DENM地区内无电场．(1)现有一带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)从AB边上的A 点由静止开释，恰巧能经过E点，求CED地区内的匀强电场的电场强度E1的大小．(2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形地区ABOC内的某些点由静止开释与上述同样的带电粒子，要使全部的粒子都经过E点，则开释的坐标值x、y 间应知足什么关系？(3)若CDE地区内的电场强度大小变成E2＝43E0，方向不变，其余条件都不变，则在正方形地区ABOC内的某些点由静止开释与上述同样的带电粒子，要使全部粒子都经过N点，则开释点坐标值x、y间又应知足什么关系？[思路研究] (1)带电粒子从A 点开释后在两个电场地区内分别做什么运动？(2)带电粒子都经过N 点的条件是什么？[分析] (1)设粒子出第一象限时速度为v ，加快过程qE 0l ＝12mv 2粒子在CED 地区内做类平抛运动，由类平抛运动的规律得l ＝vtl ＝12·qE 1m t 2计算可得E 1＝4E 0(2)设出发点坐标(x ，y )，加快过程qE 0x ＝12mv 21经过剖析知，要过E 点，粒子在第二象限中做类平抛运动时竖直位移与水平位移相等为yy ＝v 1t 1y ＝12·qE 1m t 21计算可得y ＝x(3)如下图为此中的一条轨迹线，设出发点坐标(x ，y )，加快过程qE 0x ＝12mv 22在第二象限中做类平抛运动时竖直位移为y ′，由几何关系可得水平位移大小为y ，则y ＝v 2t 2y ′＝12·q ·43E 0m t 22由类平抛运动中的中点规律可知y′y －y′＝y2l计算可得y＝3x－4[答案](1)4E0(2)y＝x(3)y＝3x－4[方法技巧]带电粒子在电场中运动问题的剖析思路(1)第一剖析粒子的运动规律，确立粒子在电场中做直线运动仍是曲线运动，如例题中在ABOC地区做直线运动，在CDE地区做类平抛运动．(2)对于直线运动问题，可依据对粒子的受力剖析与运动剖析，从以下两种门路进行办理：①假如是带电粒子在恒定电场力作用下的直线运动问题，应用牛顿第二定律求出加快度，联合运动学公式确立带电粒子的速度、位移等．②假如是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转变，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等．(3)对于曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，往常采纳运动的合成与分解方法办理．经过对带电粒子的受力剖析和运动规律剖析，借助运动的合成与分解，找寻两个分运动，再应用牛顿运动定律或运动学公式求解，如例题中第(2)(3)问的办理方法．(4)当带电粒子从一个电场地区进入另一个电场地区时，要注意剖析带电粒子的运动规律的变化及两地区电场交界处有关系的物理量，这些关系量常常是解决问题的打破口．7．(多项选择)(2018·广西南宁摸底)如下图，在圆滑水平面内有一固定圆滑绝缘挡板AB，P是AB上的一点．以A为坐标原点在水平面成立直角坐标系，y轴与挡板AB重合，x轴上固定一个带正电的点电荷Q.将一个带电小球(可视为质点)轻放到挡板的左边的P处，在静电力作用下小球沿挡板向A运动，则以下说法中正确的选项是()A．小球带负电B ．由P 点到A 点小球做匀加快直线运动C ．P 点的场强比A 点的场强盛D ．小球在P 点的电势能比在A 点的电势能大分析：依据题述，静止带电小球从P 处在静电力作用下沿挡板向A 运动，说明带电小球遇到的是库仑引力，小球带负电，选项A 正确；因为点电荷Q 的电场不是匀强电场，带电小球在运动过程中所受的合外力不行能保持不变，因此小球由P 到A 不行能做匀加快直线运动，选项B 错误；依据点电荷电场特色，P 点的电场强度比A 点的电场强度小，选项C 错误；小球由P 到A 运动，静电力做正功，电势能减小，小球在P 点的电势能比在A 点的电势能大，选项D 正确．答案：AD8．(多项选择)如下图，从电子枪中射出初速度不计的电子，在加快电场中加快后，从P 板的小孔垂直偏转电场方向射入两极板间，最后射出偏转电场，设加快电压为U 1，偏转电压为U 2，则( )A ．U 1变大，则电子进入偏转电场的速度变大B ．U 1变大，则电子在偏转电场中运动的时间变短C ．U 2变大，则电子在偏转电场中运动的加快度变小D ．若要电子走开偏转电场时偏移量变小，仅使U 1变大，其余条件不变即可分析：由qU ＝12mv 2可知，当U 1变大时，电子进入偏转电场的速度变大，电子在偏转电场的水平位移不变，运动时间变短，故A 、B 正确；由F ＝Uq d 可知，U 2变大，电子受力变大，加快度变大，电子在偏转电场中运动的加快度变大，故C 错误；由y ＝U 2L 24dU 1可知，若要电子走开偏转电场时偏移量变小，仅使U 1变大，其余条件不变即可，故D 正确．答案：ABD9.(多项选择)(2018·河北定州中学月考)如下图，虚线为某点电荷电场的等势面，现有两个比荷同样的带电粒子1、2，以同样的速率从同一等势面的a点进入电场后沿不一样的轨迹1和2运动，图中a、b、c、d、e是粒子轨迹与等势面的交点，不计粒子的重力．以下判断正确的选项是()A．两个粒子为异号电荷B．经过b、d两点时，两粒子的速率同样C．经过b、d两点时，两粒子的加快度大小同样D．经过c、e两点时，两粒子的速率同样分析：由粒子运动轨迹可知粒子1遇到中心电荷的斥力，而粒子2遇到中心电荷的引力，故两粒子的电性必定不一样，故A正确；b、d位于同一个等势面上，粒子以同样的速率从同一等势面的a点进入电场后，电场力对粒子1做负功，对粒子2做正功，故经过b、d两点时，两粒子的速率不同样，故B错误；两粒子经过b、d两点时，遇到库仑力作用，由牛顿第二定律可得，a＝Fm＝qEm，由图可知，b、d在某点电荷电场的同一等势面上，到点电荷的距离是相等的，因此b、d两点的电场强度大小相等，因此粒子的加快度大小同样，故C正确；a、c、e三点在同一个等势面上，而粒子1从a到c、粒子2从a到e电场力做功均为零，则经过c、e两点时，两粒子的速率相等，故D正确．答案：ACD10．(2018·湖南师大附中高三期末检测)如下图，绝缘圆滑轨道ABCD竖直放在与水平方向成θ＝45°的匀强电场中，此中BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆相切，现把一质量为m、电荷量为＋q的小球(大小忽视不计)，放在水平面上某点由静止开始开释，恰巧能沿轨道经过半圆轨道最高点D，且落地时恰巧落在B点，求：(1)电场强度E的大小；(2)起点距B点的距离L.分析：(1)小球恰巧能经过D点，则有mg－22Eq＝mv2R小球经过D点后水平方向做匀变速直线运动，有x＝vt－12a x t2由牛顿第二定律得22Eq＝ma x竖直方向做匀加快直线运动，有2R＝12a y t2由牛顿第二定律得mg－22Eq＝ma y联立得v＝2gR2，E＝2mg2q.(2)由起点到D点的过程，依据动能定理得22EqL－mg×2R＋22Eq×2R＝12mv2解得LR答案：(1)2mg 2q R[限训练·通高考]科学设题拿下高考高分独自成册对应学生用书第137页(45分钟)一、单项选择题1．(2016·高考全国卷Ⅲ)对于静电场的等势面，以下说法正确的选项是()A．两个电势不一样的等势面可能订交B．电场线与等势面到处互相垂直C．同一等势面上各点电场强度必定相等D．将一负的尝试电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功分析：在静电场中，两个电势不一样的等势面不会订交，选项A错误；电场线与等势面必定互相垂直，选项B正确；同一等势面上的电场强度可能相等，也可能不相等，选项C错误；电场线老是由电势高的等势面指向电势低的等势面，挪动负尝试电荷时，电场力做负功，选项D错误．答案：B2.(2018·河北定州第三次月考)如图，匀强电场中的点A、B、C、D、E、F、G、H为立方体的8个极点．已知G、F、B、D点的电势分别为8V、3V、2V、4V，则A点的电势为()A．1V B.－1VC．2V D．3V分析：在匀强电场中，由公式U＝Ed知，沿着随意两平行方向行进同样距离，电势差必然相等，因为GF∥CB，且GF＝CB，则有φG－φF＝φC－φB，代入数据解得φC＝φG－φF＋φB＝8V－3V＋2V＝7V，同理，φA－φB＝φD－φC，解得φA＝φB＋φD－φC＝2V＋4V－7V＝－1V，故B正确．答案：BC．φM<φN，E p M<E p ND．a M<a N，E p M<E p N分析：由粒子的轨迹知电场力的方向倾向右，因粒子带负电，故电场线方向倾向左，由沿电场线方向电势降低，可知φN<φM，E p M<E p N.N点电场线比M点密，故场强E M<E N，由加快度a＝Eqm知a M<a N.粒子若从N点运动到M点，电场力做正功，动能增添，故v M>v N.综上所述，选项D正确．答案：D4．(2018·山东菏泽一中高三质检)如图为静电除尘机原理表示图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的灰尘在电场力的作用下向集尘极迁徙并堆积，以达到除尘目的，图中虚线为电场线(方向未标)．不考虑灰尘在迁徙过程中的互相作用和电荷量的变化，则()A．电场线方向由放电极指向集尘极B．图中A点电势高于B点电势C．灰尘在迁徙过程中做匀变速运动D．灰尘在迁徙过程中电势能减小分析：依据题意可知带负电的灰尘在电场力的作用下向集尘极迁徙，则知集尘极带正电荷，是正极，因此电场线方向由集尘极指向放电极，故A错误；集尘极带正电荷，A点更凑近放电极，因此图中A点电势低于B点电势，故B错误；由图可知放电极与集尘极间为非匀强电场，因此灰尘所受的电场力是变化的，灰尘不行能做匀变速运动，故C错误；带电灰尘所受的电场力方向与位移方向同样，电场力做正功，因此在迁徙过程中电势能减小，故D正确．答案：D5．(2018·河北定州中学第三次月考)如下图，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子(不计重力)在该地区内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点．以下说法正确的选项是()A．粒子在三点的电势能大小关系为E p c<E p a<E p bB．粒子在三点所受的电场力不相等C．粒子必先过a，再到b，而后到cD．粒子在三点所拥有的动能大小关系为E k b>E k a>E k c分析：由题图可知，电场的方向是向上的，而粒子受力是向下的，故粒子带负电，而带负电的粒子不论是挨次沿a、b、c运动，仍是挨次沿c、b、a运动，。

专题2 电场与磁场高考研究(六) 聚焦选择题考法——功和功率、动能定理1.(2017·全国Ⅲ卷T16)如图，一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。

用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l 。

重力加速度大小为g 。

在此过程中，外力做的功为( )A.19mgl B.16mgl C.13mgl D.12mgl 解析：选A QM 段绳的质量为m ′＝23m QM 中点处，与M 点距离为13l ，绳的下端Q 拉到M 点时，QM W G ＝－m ′g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13l －16l ＝－19mgl ，将绳的下端Q 拉到M 点的过程中，由能量守恒定律，可知外力做功W ＝－W G ＝19mgl ，可知A 项正确，B 、C 、D 项错误。

2．(2015·全国Ⅱ卷T 17)一汽车在平直公路上行驶。

从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图所示。

假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变。

下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )解析：选A 由P ­t 图象知：0～t 1内汽车以恒定功率P 1行驶，t 1～t 2内汽车以恒定功率P 2行驶。

设汽车所受牵引力为F ，则由P ＝Fv 得，当v 增加时，F 减小，由a ＝F －f m知a 减小，又因速度不可能突变，所以选项B 、C 、D 错误，A 正确。

3．[多选](2016·全国Ⅲ卷T20)如图，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P 。

它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W 。

重力加速度大小为g 。

设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( )A ．a ＝mgR －W mRB ．a ＝2mgR －W mRC ．N ＝3mgR －2W RD ．N ＝mgR －W R解析：选AC 质点P 下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR －W ＝12mv 2，则速度v ＝mgR －W m ，在最低点的向心加速度a ＝v 2R ＝mgR －W mR ，选项A 正确， B 错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N －mg ＝ma ，N ＝3mgR －2W R ，选项C 正确，D 错误。

专题6 电场、磁场的基本性质【2018年高考考纲解读】(1)带电粒子在电场中的运动(2)电场的性质与特点(3)静电场的分布(电场线及等势面规律)结合电场中区域的任意两点①比较其E、φ②移动点电荷＋q、－q时，W电及E p的变化(4)考查磁场的性质、分布特点和规律以及匀强磁场中的安培力时，一般以选择题的形式出现(5)考查洛伦兹力及带电粒子在匀强磁场中的运动时，题型一般为计算题【命题趋势】(1)电场的性质与特点结合曲线运动条件、功能关系等主干知识进行综合考查，一般为选择题；(2)电容器的决定式和定义式综合电路分析的问题考查，应该出现在选择题中；(3)带电粒子在匀强电场中的运动结合力学运动规律、功能关系及电场力做功的特点等考点综合考查，仍将是命题的热点．(4)考查导体棒在匀强磁场中平衡运动的问题；(5)考查带电粒子在匀强磁场中的运动问题.【重点、难点剖析】电场与磁场是历年高考试题中考点分布的重点内容，纵观近几年的高考试题，对电场、磁场性质的考查，涉及运动与力的关系、功与能量的关系、能量守恒定律等重要力学规律，试题题材新颖丰富,对考生的分析综合能力、应用数学知识处理物理问题能力有较高的要求。

电场力与能的性质，带电粒子在重力场、电场、磁场等复合场中的运动是高考的命题热点。

在今后的高考中，对电场力和能的考查仍以选择题的形式出现。

而带电粒子在复合场中的运动仍会结合牛顿运动定律、功能关系，以计算题的形式出现。

一、带电粒子的拐弯问题第一步,由带电粒子的运动曲线判断出粒子受电场力的方向(带电粒子所受合力在曲面的凹侧)。

第二步,把电场线方向、受力方向与带电的电性相联系,从而判断出带电粒子的电性或电场力做功的情况。

第三步,将电场线的疏密与电场力、加速度及做功情况的变化相联系,从而判断出力、加速度及各种能量的变化情况。

二、带电粒子在电场中的运动1.带电粒子在电场中的运动——加速(只受电场力)(1)匀强电场中,v0与E平行,可用牛顿定律和运动学方程求解:a=,E=,v2-=2ax。

专题06 电场、磁场的基本性质本专题主要是综合应用动力学方法和功能关系解决带电粒子在电场和磁场中的运动问题．这部分的题目覆盖的内容多，物理过程多，且情景复杂，综合性强，常作为理综试卷的压轴题．高考对本专题考查的重点有以下几个方面：①对电场力的性质和能的性质的理解；②带电粒子在电场中的加速和偏转问题；③带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题；④带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动问题；⑤带电粒子在电场和磁场的叠加场中的运动问题；⑥带电粒子在电场和磁场中运动的临界问题．一、对电场强度的理解及计算电场强度三个表达式的比较二、电场的基本性质三、带电粒子在电场中的运动 1.带电粒子在电场中的直线运动带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动． 2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．(2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法处理． ①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t ＝v0l. ②沿电场力方向，做匀加速直线运动． 四、带电粒子在磁场中的运动考点一对电场性质的理解例1、【2017·天津卷】如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。

设电子在A、B两点的加速度大小分别为a A、a B，电势能分别为E p A、E p B。

下列说法正确的是A．电子一定从A向B运动B．若a A>a B，则Q靠近M端且为正电荷C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有E p A<E p BD．B点电势可能高于A点电势【答案】BC【解析】电子在电场中做曲线运动，虚线AB是电子只在静电力作用下的运动轨迹，电场力沿电场线直线曲线的凹侧，电场的方向与电场力的方向相反，如图所示，【变式探究】如图1所示，均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能E k0沿OA方向射出．下列关于试探电荷的动能E k与离开球心的距离r的关系图像，可能正确的是( )图1解析 壳内场强处处为零，试探电荷在壳内运动时动能不变，排除选项C 、D ；假设试探电荷在匀强电场中由静止开始运动，由动能定理可得，Fr ＝E k ，则r Ek＝F ，E k 图像的斜率数值上等于电场力的大小，距离球壳越远试探电荷所受电场力越小，图像的斜率越小，正确选项为A. 答案 A【变式探究】如图2所示为某示波管的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a 、b 两点运动到c 点，设电场力对两电子做的功分别为W a 和W b ，a 、b 点的电场强度大小分别为E a 和E b ，则( )图2A ．W a ＝W b ，E a >E bB ．W a ≠W b ，E a >E bC ．W a ＝W b ，E a <E bD ．W a ≠W b ，E a <E b 答案 A【举一反三】真空中存在一点电荷产生的电场，其中a 、b 两点的电场强度方向如图3所示，a 点的电场方向与ab 连线成60°，b 点的电场方向与ab 连线成30°.另一带正电粒子以某初速度只在电场力作用下由a 运动到b .以下说法正确的是( )图3A ．a 、b 两点的电场强度E a ＝3E bB ．a 、b 两点的电势φa <φbC ．带正电粒子在a 、b 两点的动能E k a >E k bD ．带正电粒子在a 、b 两点的电势能E p a >E p b 答案 AD解析 a 点到O 点的距离R a ＝L ab cos 60°＝21L ab ，b 点到O 点距离R b ＝L b cos 30°＝23L ab ，根据点电荷的场强公式E ＝r2kQ，可得：E a ＝3E b ，故A 正确；在正点电荷的周围越靠近场源电势越高，故有φa ＞φb ，故B 错误；带正电粒子在a 、b 两点的电势能E p a >E p b ，故D 正确；由能量守恒，带正电粒子在a 、b 两点的动能E k a <E k b ，故C 错误． 【方法技巧】场强、电势、电势能的比较方法1．电场强度：(1)根据电场线的疏密程度判断，电场线越密，场强越大； (2)根据等差等势面的疏密程度判断，等差等势面越密，场强越大； (3)根据a ＝m qE判断，a 越大，场强越大．2．电势：(1)沿电场线方向电势降低，电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，且电场线垂直于等势面；(2)根据U AB ＝φA －φB 比较正负，判断φA 、φB 的大小． 3．电势能：(1)根据E p ＝q φ，判断E p 的大小；(2)根据电场力做功与电势能的关系判断：无论正电荷还是负电荷，电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加． 考点二 电场力做功问题例2、【2017·新课标Ⅲ卷】一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a 、b 、c 三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V 、17 V 、26 V 。

第1讲 电场和磁场的基本性质知识必备1.电场强度的三个公式2.电场能的性质(1)电势与电势能：φ＝E p q，E p ＝q φ。

(2)电势差与电场力做功：U AB ＝W ABq＝φA －φB 。

(3)电场力做功与电势能的变化：W ＝－ΔE p 。

3.等势面与电场线的关系(1)电场线总是与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面。

(2)电场线越密的地方，等差等势面也越密。

(3)沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功。

4.控制变量法分析电容器动态变化问题(1)电容器始终和电源连接，U 不变：C ＝εr S 4k πd ∝εr S d ，Q ＝CU ＝εr SU 4k πd ∝εr S d ，E ＝U d ∝1d 。

(2)电容器充电后与电源断开，Q 不变：C ＝εr S 4k πd ∝εr S d ，U ＝Q C ＝4k πdQ εr S ∝d εr S ，E ＝U d ＝Q Cd ＝4k πQεr S ∝1εr S 。

5.磁场对电流的作用力—安培力大小：F ＝IlB 方向：左手定则6.磁场对运动电荷的作用(1)磁场只对运动电荷有力的作用，对静止的电荷无力的作用。

磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。

(2)洛伦兹力的大小和方向：其大小为F ＝qvB ，F 的方向由左手定则判断。

备考策略1.掌握电场的“3个要点”(1)掌握几种常见电场的电场线、等势面的分布特点。

(2)掌握判断电势能的大小和电势的高低的方法。

(3)掌握等势面特点和电场强度与电势关系：等势面与电场线垂直；等势面越密，电场强度越大；电场强度方向就是电势降低最快的方向。

2.必须领会的“2种物理思想和5种方法” (1)等效思想、分解思想；(2)比值定义法、控制变量法、对称法、合成法、分解法。

3.必须辨明的“6个易错易混点”(1)在电场强度定义式E ＝F q中，错误地认为E 与F 、q 有关； (2)判断电场力时注意带电粒子的电性，要区分轨迹与电场线； (3)不能随意忽略带电体的重力；(4)电场强度和电势、电势能的大小没有直接联系； (5)公式B ＝F IL中的B 与F 及IL 无关； (6)判断洛伦兹力方向时要注意粒子的电性。