2011高考物理热点分析与预测专题7：电场和磁场
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4.(多选)(2019江苏单科,7,4分)如图所示,在光滑的水平桌面上,a和b是两条固 定的平行长直导线,通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间, 通有顺时针方向的电流,在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向 可能是 ( CD) A.均向左 B.均向右 C.a的向左,b的向右 D.a的向右,b的向左
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解析 由于线框在两通电导线的中间,且对边电流方向相反,大小相等, 只要a、b两导线通有相反方向的电流,利用安培定则,可知线框的对边所在处 磁场大小相等,方向相同,再利用左手定则可判定线框对边所受安培力大小相 等,方向相反,线框处于平衡状态,故A、B错误,C、D正确。
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二、磁场
1.磁感应强度的定义式:B=
F IL
。
2.安培力:(1)大小:F=BIL(B、I相互垂直);(2)方向:左手定则判断。
3.洛伦兹力:(1)大小:F=qvB;(2)方向:左手定则判断。
4.带电粒子在匀强磁场中的运动
变式2 (多选)(2020江苏南通吕四中学质量检测)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。下列说法正确的是 (ACD) A.保持U不变,将d变为原来的两倍,则E变为原来的一半 B.保持E不变,将d变为原来的一半,则U变为原来的两倍 C.保持C不变,将Q变为原来的两倍,则U变为原来的两倍 D.保持d、C不变,将Q变为原来的一半,则E变为原来的一半
高考物理真题分类汇编电场(详解精校)
高中物理学习资料金戈铁骑整理制作2011 年高考物理真题分类汇编（详解+精校）电场1．（ 2011年高考·海南理综卷）对于静电场，以下说法正确的选项是（）A．电势等于零的物体必定不带电B．电场强度为零的点，电势必定为零C．同一电场线上的各点，电势必定相等D．负电荷沿电场线方向挪动时，电势能必定增添分析：观察电场和电势观点及其电场力做功与电势能的关系，选D。
2．（ 2011年高考·重庆理综卷）以下图，电量为+q和-q的点电荷分别位于正方体的极点，正方体范围内电场强度为零的点有-q+q+q-q+q-q-q+qA．体中心、各面中心和各边中点B．体中心和各边中点C．各面中心和各边中点D．体中心和各面中心分析：两个等量同种电荷在其连线的中点处的合场强为零。
两个等量同种正电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向远离正电荷的方向。
两个等量同种负电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向负电荷的方向。
在正方体的上边中心，上边的四个电荷分红两组产生的场强都是零，下边的四个电荷分红两组产生的场强等大反向，所以正方体的上边中心处的合场强为零，同理全部各面中心处的合场强都为零。
在体中心，能够将八个电荷分红四组，产生的合场强为零。
而在各边中心，场强没法抵消，合场强不为零。
正确答案是 D 。
3．（ 2011 年高考 ·山东理综卷 ）以下图，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线， a 、 b 、c 三点所在直线平行于两电荷的连线，且a 与 c 对于 MN对称， b 点位于 MN 上， d 点位于两电荷的连线上。
以下判断正确的选项是MabcA ． b 点场强盛于 d 点场强B ． b 点场强小于 d 点场强+dNC ． a 、 b 两点间的电势差等于 b 、 c 两点间的电势差D ．尝试电荷 +q 在 a 点的电势能小于在c 点的电势能分析： 依据等量同种电荷的电场线散布可知b 点场强小于 d 点场强， B 正确， A错误；由对称性可知a 、b 两点的电势差等于b 、c 两点间的电势差， C 正确； MN 左边电势大于零，而右边小于零所以尝试电荷＋q 在 a 点的电势能大于在c 点的电势能， D 错误。
高考真题 专题七【静电场】带解析
专题七静电场1．(2011年高考大纲全国卷)通常一次闪电过程历时约0.2～0.3 s，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80 μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V，云地间距离约为1 km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是()A．闪电电流的瞬时值可达到1×105 AB．整个闪电过程的平均功率约为1×1014 WC．闪电前云地间的电场强度约为1×106 V/mD．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J2．(2011年高考重庆卷)如右图所示，电量为＋q和－q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有()A．体中心、各面中心和各边中点B．体中心和各边中点C．各面中心和各边中点D．体中心和各面中心3．(2011年高考江苏卷)一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力．下列说法正确的有()A．粒子带负电荷B．粒子的加速度先不变，后变小C．粒子的速度不断增大D．粒子的电势能先减小，后增大4．(2011年高考安徽卷)图甲为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图A、B、C、D中的()5.(2011年高考海南卷)三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q ，球2的带电量为nq ，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F .现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F ，方向不变．由此可知( )A ．n ＝3B ．n ＝4C ．n ＝5D ．n ＝66．(2011年高考广东卷)右图为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的．下列表述正确的是( )A ．到达集尘极的尘埃带正电荷B ．电场方向由集尘极指向放电极C ．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D ．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大7．(2011年高考浙江卷)如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料．图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连．质量为m 、电荷量为－q 、分布均匀的尘埃以水平速度v 0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．通过调整两板间距d 可以改变收集频率η.当d ＝d 0时，η为81%(即离下板0.81d 0范围内的尘埃能够被收集)．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．甲 乙 (1)求收集效率为100%时，两板间距的最大值d m ； (2)求收集效率η与两板间距d 的函数关系；(3)若单位体积内的尘埃数为n ，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量ΔMΔt 与两板间距d 的函数关系，并绘出图线．8．(2011年高考北京卷)静电场方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d 为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x ＝0为中心、沿x 轴方向做周期性运动，已知该粒子质量为m 、电荷量为－q ，其动能与电势能之和为－A (0<A <qφ0 )．忽略重力．求：(1)粒子所受电场力的大小； (2)粒子的运动区间； (3)粒子的运动周期．专题七 静电场1．【解析】选AC.由I ＝q t ＝66×10－5A ＝1×105 A 知，A 对．由E ＝U d ＝1.0×1091×103V/m ＝1×106 V/m知，C 对；由W ＝qU ＝6×1.0×109 J ＝6×109J知，D 错；P 1＝W t ＝6×1090.2W＝3×1010W ，B 错．2．【解析】选D.利用点电荷产生场强的公式E ＝k Qr 2和场强叠加原理，对某边中点处的场强进行分析求合场强可知其大小并不是零，排除选项A 、B 、C ，选项D 正确．3．【解析】选AB.电场线如图所示，由于受力总指向运动轨迹的凹侧，故粒子带负电荷，A 对；由电场线分布知电场力先不变，后越来越小，B 对；电场力一直做负功，粒子速度一直减小，电势能一直增加，C 、D 错．4．【解析】选B.由题图乙及题图丙知，当U Y 为正时，Y 板电势高，电子向Y 偏，而此时U X 为负，即X ′板电势高，电子向X ′板偏，所以选B.5．【解析】选D.根据库仑定律，球3未与球1、球2接触前，球1、2间的库仑力F ＝k nq 2r2，三个金属小球相同，接触后电量均分，球3与球2接触后，球2和球3的带电量q 2＝q 3＝nq2，球3再与球1接触后，球1的带电量q 1＝q ＋nq 22＝(n ＋2)q 4，此时1、2间的作用力F ′＝k nq 2·(n ＋2)q4r 2＝k n (n ＋2)q 28r 2，由题意知F ′＝F ，即n ＝n (n ＋2)8，解得n ＝6.故D 正确．6．【解析】选BD.由题图知，集尘极连电源正极，电势高，所以电场方向由集尘极指向放电极，B 正确．带电尘埃向集尘极迁移，带电尘埃所受电场力方向与电场方向相反，带负电，A 、C 错误. 由F ＝qE 知，同一位置F 正比于q ，D 正确．7．【解析】(1)收集效率η为81%，即离下板0.81d 0的尖埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U ，则在水平方向有L ＝v 0t ①在竖直方向有0.81d 0＝12at 2②其中a ＝F m ＝qE m ＝qUmd 0③当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率．收集效率恰好为100%时，两板间距即为d m .如果进一步减小d ，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有L ＝v 0t ④在竖直方向有d m ＝12a ′t 2⑤其中a ′＝F ′m ＝qE ′m ＝qUmd m⑥联立①②③④⑤⑥式可得d m ＝0.9d 0⑦(2)通过前面的求解可知，当d ≤0.9d 0时，收集效率η均为100%.当d ＞0.9d 0时，设距下板x 处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有 x ＝12qU md (L v 0)2⑧ 根据题意，收集效率为η＝xd ⑨联立①②③⑧⑨式可得η＝0.81(d 0d)2.(3)稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量为 ΔMΔt＝ηnmbd v 0 当d ≤0.9d 0时，η＝1，因此ΔMΔt＝nmbd v 0 当d ＞0.9d 0时，η＝0.81(d 0d )2，因此ΔM Δt ＝0.81nmb v 0d 20d绘出的图线如下【答案】见解析8．【解析】(1)由题图可知，0与d (或－d )两点间的电势差为φ0， 电场强度的大小E ＝φ0d，电场力的大小F ＝qE ＝qφ0d.(2)设粒子在[－x 0，x 0]区间内运动，速率为v ，由题意得 12m v 2－qφ＝－A ① 由题图可知φ＝φ0(1－|x |d )②由①②得12m v 2＝qφ0(1－|x |d )－A ③因动能非负，有qφ0(1－|x |d )－A ≥0，得|x |≤d (1－A qφ0)， 即x 0＝d (1－Aqφ0)④粒子的运动区间满足 －d (1－A qφ0)≤x ≤d (1－Aqφ0)．(3)考虑粒子从－x 0处开始运动的四分之一周期，根据牛顿第二定律，粒子的加速度 a ＝F m ＝qE m ＝qφ0md⑤ 由匀加速直线运动规律得t ＝2x 0a. 将④⑤代入，得t ＝2md 2qφ0(1－Aqφ0). 粒子的运动周期 T ＝4t ＝4dqφ02m (qφ0－A ). 【答案】(1)qφ0d (2)－d (1－A qφ0)≤x ≤d (1－A qφ0) (3)4dqφ02m (qφ0－A )。
2011届高考物理磁场预测试题81
2011高考物理二轮复习 磁场专题训练4一、 选择题1.（扬州市2011届第二次调研）如图所示，1L 和2L 为平行的虚线，1L 上方和2L 下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，AB 两点都在2L 上。
带电粒子从A 点以初速v 与2L 成030斜向上射出，经过偏转后正好过B 点，经过B 点时速度方向也斜向上，不计重力。
下列说法中正确的是（ AB ）A 、带电粒子经过B 点时的速度一定跟在A 点的速度相同； B 、若将带电粒子在A 点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过B 点；C 、若将带电粒子在A 点时的初速度方向改为与2L 成060角斜向上，它就不一定经过B 点；D 、粒子一定带正电荷；2.（2011年上海市徐汇区4月模拟）如图所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强度较大的直流电流。
现用一闭合的检测线圈（线圈中串有灵敏电流计，图中未画出）检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中的感应电流的方向是 （ D ） （A ）先顺时针后逆时针 （B ）先逆时针后顺时针（C ）先顺时针后逆时针，然后再顺时针 （D ）先逆时针后顺时针，然后再逆时针 3.(2011江苏淮安市)．下图中分别标明了通电直导线中电流 I 、匀强磁场的磁感应强度 B 和电流所受安培力 F 的方向，其中正确的是 （.A ）4.（2007江苏如皋海安联考）如图所示，一块铜板放在磁场中，板面与磁场方 向垂直，板内通有如图所示方向的电流，a 、b 是铜板左、右边缘的两点，则下列判断正确的是 （B ）①电势U a >U b ②电势U b >U a ③仅电流增大时，b a U U 增大 ④其它条件不变，将铜板改为NaCl 的水溶液时，电势U b >U aA ．只有②正确B ．②③正确C ．① ④正确D ．①③正确5.（2011年北京东城区二模）为了测量某化肥厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a 、b 、c ，左右两端开口，在垂直于上下表面方向加磁感应强度为B 的匀强磁场，在前后两个内侧面固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U ．若用Q 表示污水流量 (单位时间内排出的污水体积)，下列说法正确的是 ( B )A ．若污水中正离子较多，则前内侧面比后内侧面电势高B ．前内侧面的电势一定低于后内侧面的电势，与哪种离子多无关C ．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D ．污水流量Q 与电压U 成正比，与a 、b 有关6.（2011年淮安、连云港、宿迁、徐州四市第2次调研）如图所示，三根通电长直导线P 、Q 、R 互相平行，垂直纸面放置，其间距均为A ，电流强度均为I ，方向垂直纸面向里(已知电流为I 的长直导线产生的磁场中，距导线R 处的磁感应强度B=KI/R ，其中K 为常数) 。
2011年高考物理试题分类汇编(全一本)-答案
目录2011普通高校招生考试试题汇编-直线运动参考答案 (2)2011普通高校招生考试试题汇编-相互作用参考答案 (6)2011普通高校招生考试试题汇编-牛顿运动定律参考答案 (7)2011普通高校招生考试试题汇编-曲线运动参考答案 (8)2011普通高校招生考试试题汇编-万有引力参考答案 (11)2011普通高校招生考试试题汇编-功和能的关系参考答案 (12)2011普通高校招生考试试题汇编-静电场 (20)2011普通高校招生考试试题汇编-恒定电流 (24)2011普通高校招生考试试题汇编-磁场参考答案 (27)2011普通高校招生考试试题汇编-电磁感应参考答案 (36)2011普通高校招生考试试题汇编-交变电流参考答案 (39)2011普通高校招生考试试题汇编-选修3-4参考答案 (41)2011普通高校招生考试试题汇编-选修3-5参考答案 (43)2011普通高校招生考试试题汇编-力学实验参考答案 (46)2011普通高校招生考试试题汇编-电学实验参考答案 (48)2011普通高校招生考试试题汇编-直线运动参考答案1（2011安徽第16题）．答案：A解析：物体作匀加速直线运动在前一段x ∆所用的时间为1t ，平均速度为11x v t ∆=，即为12t时刻的瞬时速度；物体在后一段x ∆所用的时间为2t ，平均速度为22x v t ∆=，即为22t 时刻的瞬时速度。
速度由1v 变化到2v 的时间为122t t t +∆=，所以加速度 211212122()()v v x t t a t t t t t -∆-==∆+，A 正确。
2(2011海南第8题）.BC 解析：A ，0—5s,物体向正向运动，5—6s 向负向运动， 故5s 末离出发点最远，A 错B 由面积法求出0—5s 的位移s 1=35m, 5—6s 的位移s 2=-5m,总路程为：40m,B对C 由面积法求出0—4s 的位移s=30m ，平度速度为：v=s/t=7.5m/s C 对D 由图像知5～6s 过程物体加速，合力和位移同向，合力做正功，D 错3（2011新课标理综第15题）.解析：主要考查力和运动关系。
2011届高考物理一轮复习错题集专题系列之电场
电场错题集一、主要内容本章内容包括电荷、电场、电场力、电场强度、电场线、电势、电势差、电场力功、电容器、电容的定义和平行板电容器电容的决定条件等基本概念，以及库仑定律、静电感应、电场强度与电势差的关系、带电粒子在电场中的运动规律等。
二、基本方法本章涉及到的基本方法有，运用电场线、等势面几何方法形象化地描述电场的分布；将运动学动力学的规律应用到电场中，分析解决带电粒子在电场中的运动问题、解决导体静电平衡的问题。
本章对能力的具体要求是概念准确，不乱套公式懂得规律的成立条件适用的范围。
从规律出发进行逻辑推理，把相关知识融会贯通灵活处理物理问题。
三、错解分析在本章知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：不善于运用电场线、等势面为工具，将抽象的电场形象化后再对电场的场强、电势进行具体分析；对静电平衡内容理解有偏差；在运用力学规律解决电场问题时操作不规范等。
例1 如图8-1所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的[ ]是:A.电荷从a到b加速度减小B.b处电势能大C.b处电势高D.电荷在b处速度小【错解】由图8 —1可知，由b,速度变小，所以，加速度变小，选A。
因为检验电荷带负电，所以电荷运动方向为电势升高方向，所以b处电势高于a点，选C o【错解原因】选A 的同学属于加速度与速度的关系不清；选 C 的同学属于功能关系不清。
【分析解答】 由图8 — 1可知b 处的电场线比a 处的电场线密，说明 b 处的场强大于a处的场强。
根据牛顿第二定律，检验电荷在b 处的加速度大于在 a 处的加速度，A 选项错。
由图8 — 1可知，电荷做曲线运动，必受到不等于零的合外力， 即Fe z 0,且Fe 的方向 应指向运动轨迹的凹向。
因为检验电荷带负电， 所以电场线指向是从疏到密。
再利用“电场 线方向为电势降低最快的方向”判断 a , b 处电势高低关系是 U k > U b , C 选项不正确。
2011年高考物理真题分类汇编-电、磁学实验(详解_精校)
2011年高考物理真题分类汇编（详解+精校）电、磁学实验1．（2011年高考·重庆理综卷）在测量电珠伏安特性实验中，同学们连接的电路中有四个错误电路，如图所示。
电源内阻不计，导线连接良好。
若将滑动变阻器的触头置于左端，闭合S，在向右端滑动触头过程中，会分别出现如下四种现象：a．电珠L不亮；电流表示数几乎为零；b．电珠L亮度增加；电流表示数增大；c．电珠L开始不亮；后来忽然发光；电流表从示数不为零到线圈烧断；d．电珠L不亮；电流表从示数增大到线圈烧断。
与上述abcd四种现象对应的电路序号为A．③①②④B．③④②①C．③①④②D．②①④③1.A 解析：在①中伏特表和安培表的连接是错误的，将滑动变阻器的触头置于左端，闭合S后电珠L不亮，在向右端滑动触头过程中，电珠L逐渐变亮，由于总电阻减小，干路电流增大，电流表示数增大，是b；在②中安培表连接错误，应该连接在干路上，开始时滑动变阻器的电阻最大，通过电珠的电流太小，电珠L不亮，在向右端滑动触头过程中，电珠后来忽然发光，由于大部分电流流过电流表造成电流表从示数不为零到线圈烧断，是c；在③中伏特表和安培表应该互换位置，由于伏特表串联造成电珠L不亮，电流表示数几乎为零，是a；在④中安培表使电珠短路，电珠L始终不亮，电流表从示数增大到线圈烧断，是d。
即①②③④分别对应bcad。
正确的是A。
[来源:学科网ZXXK]2.（2011年高考·天津理综卷）用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示。
该金属丝的直径是mm。
2.1.706（1.704-1.708均可）解析：注意副尺一定要有估读。
读数为1.5+20.6×0.01mm=1.706mm。
因为个人情况不同，估读不一定一致，本题读数1.704-1.708都算正确。
3．（2011年高考·重庆理综卷）某电动机的三组线圈①、②、③阻值相同，均为几欧姆，252015②③④接法可能是图1中甲、乙两种之一，A 、B 和C 是外接头。
高考物理-历年高考真题分类汇编2011K单元-磁场
K 单元 磁场 K1 磁场 安培力14．K1[2011·课标全国卷] 为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I 引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )图1－2【解析】 B 地理的南极是地磁场的N 极，由右手螺旋定则知B 正确．18．K1[2011·课标全国卷] 电磁轨道炮工作原理如图1－4所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场图1－4(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I 成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是( )A ．只将轨道长度L 变为原来的2倍B ．只将电流I 增加至原来的2倍C ．只将弹体质量减至原来的一半D ．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍，其他量不变【解析】 BD 弹体所受安培力为F 安＝BIl ，由动能定理得：BIL ＝12m v 2，只将轨道长度L 变为原来的2倍，其速度将增加至原来的2倍，A 错误；只将电流I 增加至原来的2倍，其磁感应强度也随之增加至原来的2倍，其速度将增加至原来的2倍，B 正确；只将弹体质量减至原来的一半，其速度将增加至原来的2倍，C 错误； 将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍时，其速度将增加至原来的2倍，D 正确．15．K1[2011·全国卷] 如图1－1所示，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I 1和I 2，且I 1>I 2；a 、b 、c 、d 为导线某一横截面所在平面内的四点，且a 、b 、c 与两导线共面；b 点在两导线之间，b 、d 的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是( )图1－1A ．a 点B ．b 点C ．c 点D ．d 点【解析】 C 空间某点的磁感应强度的大小和方向是I 1、I 2各自产生的磁场叠加的结果．距离导线越近的地方，磁场越强．根据安培定则，只有在c点，两条导线电流各自产生的磁场才有可能大小相等，方向相反，叠加后互相抵消，磁感应强度为零．2．K1L1[2011·江苏物理卷] 如图2所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行．线框由静止释放，在下落过程中()图2A．穿过线框的磁通量保持不变B．线框中感应电流方向保持不变C．线框所受安培力的合力为零D．线框的机械能不断增大2．K1L1[2011·江苏物理卷] B【解析】当线框由静止向下运动时，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为顺时针且方向不发生变化，A错误，B正确；因线框上下两边所处的磁场强弱不同，线框所受的安培力的合力一定不为零，C错误；整个线框所受的安培力的合力竖直向上，对线框做负功，线框的机械能减小，D错误．K2 磁场对运动电荷的作用25．K2[2011·课标全国卷] 如图1－10所示，在区域Ⅰ(0≤x ≤d )和区域Ⅱ(d ≤x ≤2d )内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B ，方向相反，且都垂直于Oxy 平面．一质量为m 、带电荷量q (q ＞0)的粒子a 于某时刻从y 轴上的P 点射入区域Ⅰ，其速度方向沿x 轴正向．已知a 在离开区域Ⅰ时，速度方向与x 轴正向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a 相同的粒子b 也从P 点沿x 轴正向射入区域Ⅰ，其速度大小是a 的13.不计重力和两粒子之间的相互作用力．求：(1)粒子a 射入区域Ⅰ时速度的大小；(2)当a 离开区域Ⅱ时，a 、b 两粒子的y 坐标之差．图1－10【答案】 (1)设粒子a 在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为C (在y 轴上)，半径为R a 1，粒子速率为v a ，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P ′，如图所示．由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得q v a B ＝m v 2aR a 1①由几何关系得 ∠PCP ′＝θ② R a 1＝dsin θ③式中，θ＝30°. 由①②③式得 v a ＝2dqB m④(2)设粒子a 在Ⅱ内做圆周运动的圆心为O a ，半径为R a 2，射出点为P a (图中未画出轨迹)，∠P ′O a P a ＝θ′＝2θ.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得q v a (2B )＝m v 2aR a 2⑤由①⑤式得 R a 2＝R a 12⑥C 、P ′和O a 三点共线，且由⑥式知O a 点必位于x ＝32d 的平面上，由对称性知，P a 点与P ′点纵坐标相同，即y Pa ＝R a 1cos θ＋h ⑦式中，h 是C 点的y 坐标．设b 在Ⅰ中运动的轨道半径为R b 1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得q ⎝⎛⎭⎫v a 3B ＝m R b 1⎝⎛⎭⎫v a32⑧ 设a 到达P a 点时，b 位于P b 点，转过的角度为α.如果b 没有飞出Ⅰ，则 t T a 2＝θ′2π⑨ tT b 1＝α2π⑩ 式中，t 是a 在区域Ⅱ中运动的时间，而 T a 2＝2πR a 2v a ⑪ T b 1＝2πR b 1v a /3⑫ 由⑤⑧⑨⑩⑪⑫式得α＝30°⑬由①③⑧⑬式可见，b 没有飞出Ⅰ.P b 点的y 坐标为 y Pb ＝R b 1cos α＋Ra 1－Rb 1＋h ⑭由①③⑦⑧⑬⑭式及题给条件得，a 、b 两粒子的y 坐标之差为y Pa －y Pb ＝23(3－2)d ⑮10．K2[2011·海南物理卷] 空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图1－7中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O 点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是( )图1－8A ．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C ．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D ．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大【解析】 BD 带电粒子进入磁场中后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，轨道半径R ＝m vqB ，因所有粒子比荷相同，若入射速度相同，则轨道半径相同，轨迹一定相同，B 选项正确；所有带电粒子做圆周运动周期T ＝2πmqB 相同，所以轨迹所对圆心角越大的粒子在磁场中运动时间越长，D 选项正确；若带电粒子能从磁场左边界射出，即使入射速度不同，所用时间也一定相同，因为此情况时轨迹所对圆心角均为180°，这些粒子的轨迹与入射速度有关，故AC 选项错误．K3 带电粒子在组合场及复合场中运动25．K3[2011·全国卷] 如图1－7所示，与水平面成45°角的平面MN 将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速度v 0从平面MN 上的P 0点水平向右射入Ⅰ区．粒子在Ⅰ区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E ；在Ⅱ区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里．求粒子首次从Ⅱ区离开时到出发点P 0的距离．粒子的重力可以忽略．图1－7【解析】 带电粒子进入电场后，在电场力的作用下沿抛物线运动，其加速度方向竖直向下，设其大小为a ，由牛顿定律得qE ＝ma ①设经过时间t 0，粒子从平面MN 上的点P 1进入磁场，由运动学公式和几何关系得v 0t 0＝12at 20②粒子速度大小v 1为v 1＝v 20＋（at 0）2③设速度方向与竖直方向的夹角为α，则tan α＝v 0at 0④此时粒子到出发点P 0的距离为s 0＝2v 0t 0⑤此后，粒子进入磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为 r 1＝m v 1qB⑥ 设粒子首次离开磁场的点为P 2，弧P 1P 2所张的圆心角为2β，则P 1到点P 2的距离为 s 1＝2r 1sin β⑦ 由几何关系得 α＋β＝45°⑧联立①②③④⑥⑦⑧式得 s 1＝2m v 0qB ⑨点P 2与点P 0相距 l ＝s 0＋s 1⑩联立①②⑤⑨⑩解得l ＝2m v 0q ⎝⎛⎭⎫2v 0E ＋1B图1－1125．K3[2011·山东卷] 扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图1－11，Ⅰ、Ⅱ两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L ，磁场方向相反且垂直于纸面．一质量为m 、电量为－q 、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN 板处由静止释放，极板间电压为U ，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平方向夹角θ＝30°.(1)当Ⅰ区宽度L 1＝L 、磁感应强度大小B 1＝B 0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求B 0及粒子在Ⅰ区运动的时间t 0.(2)若Ⅱ区宽度L 2＝L 1＝L ，磁感应强度大小B 2＝B 1＝B 0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h .(3)若L 2＝L 1＝L 、B 1＝B 0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B 2应满足的条件．(4)若B 1≠B 2，L 1≠L 2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，求B 1、B 2、L 1、L 2之间应满足的关系式．【解析】 如图1所示，设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为v ，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为R 1，由动能定理和牛顿第二定律得qU ＝12m v 2①q v B 1＝m v 2R 1②图1由几何知识得 L ＝2R 1sin θ③联立①②③式，代入数据得 B 0＝1L2mUq④ 设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为T ，运动的时间为t T ＝2πR 1v ⑤t ＝2θ2πT ⑥ 联立②④⑤⑥式，代入数据得 t ＝πL 3m 2qU⑦ (2)设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为R 2，由牛顿第二定律得 q v B 2＝m v 2R 2⑧由几何知识可得h ＝(R 1＋R 2)(1－cos θ)＋L tan θ⑨ 联立②③⑧⑨式，代入数据得 h ＝(2－233)L ⑩(3)如图2所示，为使粒子能再次回到Ⅰ区，应满足R 2(1＋sin θ)<L [或R 2(1＋sin θ)≤L ]⑪联立①⑧⑪式，代入数据得 B 2>3LmU 2q (或B 2≥3LmU2q)⑫图2(4)如图3(或图4)所示，设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向的夹角为α，由几何知识可得L 1＝R 1(sin θ＋sin α)⑬ [或L 1＝R 1(sin θ－sin α)] L 2＝R 2(sin θ＋sin α)⑭ [或L 2＝R 2(sin θ－sin α)] 联立②⑧式得 B 1R 1＝B 2R 2⑮ 联立⑬⑭⑮式得 B 1L 1＝B 2L 2⑯图3图423．K3[2011·安徽卷] 如图1－16所示，在以坐标原点O 为圆心、半径为R 的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场方向垂直于xOy 平面向里．一带正电的粒子(不计重力)从O 点沿y 轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t 0时间从P 点射出．(1)求电场强度的大小和方向．(2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从O 点以相同的速度射入，经t 02时间恰从半圆形区域的边界射出．求粒子运动加速度的大小．(2)若仅撤去电场，带电粒子仍从O 点射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间．图1－16【解析】 (1)设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，初速度为v ，电场强度为E .可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x 轴负方向，于是可知电场强度沿x 轴正方向且有qE ＝q v B ① 又R ＝v t 0②则E ＝BR t 0③(2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 在y 方向位移为y ＝v t 02④由②④式得 y ＝R2⑤设在水平方向位移为x ，因射出位置在半圆形区域边界上，于是 x ＝32R 又由x ＝12a ⎝⎛⎭⎫t 022⑥得a ＝4 3R t 20⑦(3)仅有磁场时，入射速度v ′＝4v ，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r ，由牛顿第二定律有q v ′B ＝m v ′2r ⑧又qE ＝ma ⑨ 由③⑦⑧⑨式得r ＝3R 3⑩ 由几何知识sin α＝R2r ⑪即sin α＝32，α＝π3⑫带电粒子在磁场中运动周期 T ＝2πmqB则带电粒子在磁场中运动时间 t B ＝2α2πT所以t B ＝3π18t 0⑬35．K3[2011·广东物理卷] 如图19甲所示，在以O 为圆心，内外半径分别为R 1和R 2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U 为常量，R 1＝R 0，R 2＝3R 0，一电荷量为＋q 、质量为m 的粒子从内圆上的A 点进入该区域，不计重力．(1)已知粒子从外圆上以速度v 1射出，求粒子在A 点的初速度v 0的大小． (2)若撤去电场，如图19乙所示，已知粒子从OA 延长线与外圆的交点C 以速度v 2射出，方向与OA 延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间．(3) 在图19乙中，若粒子从A 点进入磁场，速度大小为v 3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？19【解析】 (1)电、磁场都存在时，只有电场力对带电粒子做功，由动能定理 qU ＝12m v 21－12m v 20①得v 0＝v 21－2qU m② (2)由牛顿第二定律 qB v 2＝m v 22R③如图所示，由几何关系确定粒子运动轨迹的圆心O ′和半径RR 2＋R 2＝(R 2－R 1)2④联立③④，得磁感应强度大小 B ＝2m v 22qR 0⑤ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T ＝2πR v 2⑥由几何关系确定粒子在磁场中运动的时间 t ＝T 4⑦ 联立④⑥⑦式，得 t ＝2πR 02v 2⑧ (3)如图所示，为使粒子射出，则粒子在磁场内的运动半径应大于过A 点的最大内切圆半径，该半径为R c ＝R 1＋R 22⑨由③⑨得磁感应强度应小于 B c ＝m v 32qR 0⑩25．K3[2011·重庆卷] 某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图1－14所示，材料表面上方矩形区域PP ′N ′N 充满竖直向下的匀强电场，宽为d ；矩形区域NN ′M ′M 充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，长为3s ，宽为s ；NN ′为磁场与电场之间的薄隔离层．一个电荷量为e 、质量为m 、初速为零的电子，从P 点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，最后电子仅能从磁场边界M ′N ′飞出．不计电子所受重力．图1－14(1)求电子第二次与第一次圆周运动半径之比； (2)求电场强度的取值范围；(3)A 是M ′N ′的中点，若要使电子在A 、M ′间垂直于AM ′飞出，求电子在磁场区域中运动的时间．25．K3[2011·重庆卷] 【解析】 (1)设圆周运动的半径分别为R 1、R 2、…R n 、R n ＋1…，第一次和第二次圆周运动速率分别为v 1和v 2，动能分别为E k1和E k2.由：E k2＝0.81E k1，R 1＝m v 1Be ，R 2＝m v 2Be ，E k1＝12m v 21，E k2＝12m v 22 得：R 2∶R 1＝0.9(2)设电场强度为E ，第一次到达隔离层前的速率为v ′. 由eEd ＝12m v ′2，0.9×12m v ′2＝12m v 21，R 1≤s得E ≤5B 2es 29md又由R n ＝0.9n －1R 1，2R 1(1＋0.9＋0.92＋…＋0.9n ＋…)>3s得：E >B 2es 280mdB 2es 280md <E ≤5B 2es 29md(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的周期为T ，运动的半圆周个数为n ，运动总时间为t .由题意，有：2R 1（1－0.9n ）1－0.9＋R n ＋1＝3s ，R 1≤s ，R n ＋1＝0.9n R 1，R n ＋1≥s 2得：n ＝2 又由：T ＝2πmeB得：t ＝5πm2eB23.K3[2011·北京卷] 利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示的矩形区域ACDG (AC 边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A 处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA 边且垂于磁场的方向射入磁场，运动到GA 边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已知被加速的两种正离子的质量分别是m 1和m 2(m 1>m 2)，电荷量均为q .加速电场的电势差为U ，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．(1)求质量为m 1的离子进入磁场时的速率 v 1；(2)当磁感应强度的大小为B 时，求两种离子在GA 边落点的间距s ； (3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，可能使两束离子在GA 边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA 边长为定值L ，狭缝宽度为d ，狭缝右边缘在A 处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA 边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA 边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度．23．K3[2011·北京卷] 【答案】 (1)加速电场对离子m 1做的功W ＝qU由动能定理12m 1v 21＝qU得v 1＝2qUm 1① (2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式q v B ＝m v 2R ，R ＝m vqB ，利用①式得离子在磁场中的轨道半径分别为R 1＝2m 1UqB 2，R 2＝2m 2UqB 2② 两种离子在GA 上落点的间距 s ＝2R 1－2R 2＝8UqB 2(m 1－m 2)③ (3)质量为m 1的离子，在GA 边上的落点都在其入射点左侧2R 1处，由于狭缝的宽度为d ，因此落点区域的宽度也是d .同理，质量为m 2的离子在GA 边上落点区域的宽度也是d .为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2(R 1－R 2)＞d ④利用②式，代入④式得2R 1⎝⎛⎭⎫1－m 2m 1＞d R 1的最大值满足2R 1m ＝L －d 得(L －d )⎝⎛⎭⎫1－m 2m 1＞dm1－m2 2 m1－m2L求得最大值d m＝K4 磁场综合25．K4[2011·四川卷] 如图1－10所示，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ 边长l ＝1.8 m ，距地面h ＝0.8 m ．平行板电容器的极板CD 间距d ＝0.1 m 且垂直放置于台面，C 板位于边界WX 上，D 板与边界WZ 相交处有一小孔．电容器外的台面区域内有磁感应强度B ＝1 T 、方向竖直向上的匀强磁场．电荷量q ＝5×10－13 C 的微粒静止于W 处，在CD 间加上恒定电压U ＝2.5 V ，板间微粒经电场加速后由D 板所开小孔进入磁场(微粒始终不与极板接触)，然后由XY 边界离开台面．在微粒离开台面瞬时，静止于X 正下方水平地面上A 点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇．假定微粒在真空中运动，极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.(1)求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性； (2)求由XY 边界离开台面的微粒的质量范围；(3)若微粒质量m 0＝1×10－13 kg ，求滑块开始运动时所获得的速度．图1－10【解析】 (1)微粒在极板间所受电场力大小为 F ＝qU d①代入数据得F ＝1.25×1011 N ②由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场加速，故C 板为正极，D 板为负极．(2)若微粒的质量为m ，刚进入磁场时的速度大小为v ，由动能定理 Uq ＝12m v 2③微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，若圆周运动半径为R ，有 q v B ＝m v 2R④微粒要从XY 边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值分别为R 1＝l 2⑤R 2＝l －d ⑥联立③～⑥，代入数据，有8．1×10－14 kg<m ≤2.89×10－13 kg ⑦(3)如图所示，微粒在台面以速度v 做以O 点为圆心、R 为半径的圆周运动，从台面边缘P 点沿与XY 边界成θ角飞出做平抛运动，落地点为Q ，水平位移为s ，下落时间为t .设滑块质量为M ，滑块获得速度v 0后在t 内沿与平台前侧面成φ角方向，以加速度a 做匀减速直线运动到Q ，经过位移为k .由几何关系，可是cos θ＝l －RR ⑧根据平抛运动， t ＝2h g⑨ s ＝v t ⑩对于滑块，由牛顿定律及运动学方程，有 μMg ＝Ma ⑪ k ＝v 0t －12at 2⑫再由余弦定理，k 2＝s 2＋(d ＋R sin θ)2－2s (d ＋R sin θ)cos θ⑬ 及正弦定理， sin φs ＝sin θk⑭ 联立③、④和⑧～⑭，并代入数据，解得： v 0＝4.15 m/s ⑮φ＝arcsin0.8(或φ＝53°)⑯15．I3、K4[2011·江苏物理卷] 某种加速器的理想模型如图所示：两块相距很近的平行小极板中间各开一个有一小孔a 、b ，两极板间电压u ab 的变化图象如图所示，电压的最大值为U 0、周期为T 0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场．若将一质量为m 0、电荷量为q 的带正电的粒子从板内a 孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运行时间T 0后恰能再次从a 孔进入电场加速．现该粒子的质量增加了1100m 0.(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)(1)若在t ＝0时将该粒子从板内a 孔处静止释放，求其第二次加速后从b 孔射出时的动能；(2)现要利用一根长为L 的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响)，使图中实线轨迹(圆心为O )上运动的粒子从a 孔正下方相距L 处的c 孔水平射出，请在图上的相应位置处画出磁屏蔽管；(3)若将电压u ab 的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a 孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？图1415．I3、K4[2011·江苏物理卷] 【解析】 (1)质量为m 0的粒子在磁场中做匀速圆周运动， q v B ＝m 0v 2r ，T 0＝2πr v 则T 0＝2πm 0qB当粒子的质量增加了1100m 0，其周期增加ΔT ＝1100T 0. 则根据图可知，粒子第一次的加速电压u 1＝U 0粒子回到电场中用时⎝⎛⎭⎫1＋1100T 0，由图可读出粒子第二次的加速电压u 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－T 0100T 04U＝2425U 0 射出时的动能E k2＝qu 1＋qu 2； 解得E k2＝4925qU 0.图15(2)磁屏蔽管的位置如图所示．(3)在u ab >0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数 N ＝T 0/4ΔT，得N ＝25分析可得，粒子在连续被加速的次数最多且u ＝U 0时也被加速的情况下，最终获得的动能最大．粒子由静止开始加速的时刻t ＝⎝⎛⎭⎫12n ＋12－1100×12T 0＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1950T 0 (n ＝0，1，2，…) 最大动能E km ＝2×⎝⎛⎭⎫125＋325＋…＋2325qU 0＋qU 0 解得E km ＝31325qU 0.22．K4[2011·福建卷] 如图1－11甲所示，在x ＞0的空间中存在沿y 轴负方向的匀强电场和垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E ，磁感应强度大小为B .一质量为m ，带电量为q (q ＞0)的粒子从坐标原点O 处，以初速度v 0沿x 轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力．(1)求该粒子运动到y ＝h 时的速度大小v ；(2)现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹(y －x 曲线)不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y 轴方向上的运动(y －t 关系)是简谐运动，且都有相同的周期T ＝2πmqB.Ⅰ.求粒子在一个周期T 内，沿x 轴方向前进的距离s ；Ⅱ.当入射粒子的初速度大小为v 0时，其y －t 图象如图丙所示，求该粒子在y 轴方向上做简谐运动的振幅A y ，并写出y －t 的函数表达式．图1－1122．K4[2011·福建卷] 【答案】 由于洛伦兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有 －qEh ＝12m v 2－12m v 20①由①式解得v ＝v 20－2qEh m②(2)Ⅰ.由图乙可知，所有粒子在一个周期T 内沿x 轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x 轴方向匀速运动的粒子在T 时间内前进的距离．设粒子恰好沿x 轴方向匀速运动的速度大小为v 1，则q v 1B ＝qE ③ 又s ＝v 1T ④式中T ＝2πmqB由③④式解得s ＝2πmEqB 2⑤Ⅱ.设粒子在y 方向上的最大位移为y m (图丙曲线的最高点处)，对应的粒子运动速度大小为v 2(方向沿x 轴)，因为粒子在y 方向上的运动为简谐运动，因而在y ＝0和y ＝y m 处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则q v 0B －qE ＝－(q v 2B －qE )⑥由动能定理有－qEy m ＝12m v 22－12m v 20⑦ 又A y ＝12y m ⑧由⑥⑦⑧式解得A y ＝mqB ⎝⎛⎫v 0－E B 可写出图丙曲线满足的简谐运动y －t 函数表达式为 y ＝mqB ⎝⎛⎭⎫v 0－E B ⎝⎛⎭⎫1－cos qB m t。
高考物理(广东专用)精讲专题7_电场与磁场
高考定位本专题知识是高考的重点和难点，常考知识内容：①电场强度、磁感应强度；②电场的基本性质；③磁场的基本性质；④带电粒子在电磁场中的运动．高考命题趋势：对电场强度、电势、电场力做功与电势能变化的关系、磁场的基本概念、安培力的应用等知识多以选择题的形式考查；带电粒子在电场、磁场中的运动与控制，与牛顿运动定律、功能关系相结合，多以计算题的形式考查．考题1对电场性质的理解例1(单选)(2014·山东·19)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的关系图象，可能正确的是()图11．(单选)(2014·重庆·3)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 b B．W a≠W b，E a>E bC．W a＝W b，E a<E b D．W a≠W b，E a<E b2．(双选)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 b B．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 b3．(单选)(2014·江苏·4)如图4所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是()图4A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低考题2电场矢量合成问题例2(单选)如图5所示，在正方形区域的四个顶点固定放置四个点电荷，它们的电量的绝对值相等，电性如图中所示．K、L、M、N分别为正方形四条边的中点，O为正方形的中心．下列关于各点的电场强度与电势的判断正确的是()图5A．K点与M点的电场强度大小相等、方向相反B．O点的电场强度为零C．N点电场强度的大小大于L点电场强度的大小D．K、O、M三点的电势相等4．(单选)如图6所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，在AB两点间取一正五角星形路径abcdefghija，五角星的中心与AB连线的中点重合，其中af连线与AB 连线垂直．现将一电子沿该路径逆时针方向移动一周，下列判断正确的是()图6A．e点和g点的电场强度相同B．h点和d点的电势相等C．电子在e点的电势能比g点电势能大D．电子从f点到e点再到d点过程中，电场力先做正功后做负功5．(2014·福建·20)如图7所示，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L＝2.0 m．若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6 C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，求：图7(1)两点电荷间的库仑力大小；(2)C点的电场强度的大小和方向．(计算结果保留两位有效数字)考题3带电粒子在有界磁场中的临界、极值问题例3(2014·江苏·14)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图8所示．装置的长为L，上、下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板的位置．不计粒子的重力．图8(1)求磁场区域的宽度h ；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P 点移到N 点，求粒子入射速度的最小变化量Δv ；(3)欲使粒子到达M 点，求粒子入射速度大小的可能值．6．(单选)图9为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B ＝2.0×10－3 T ，在x 轴上距坐标原点L ＝0.50 m 的P 处为离子的入射口，在y 轴上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v ＝3.5×104 m/s 的速率从P 处射入磁场，若粒子在y 轴上距坐标原点L ＝0.50 m 的M 处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m ，电量为q ，不计其重力．则上述粒子的比荷q m(C/kg)是( )图9A ．3.5×107B ．4.9×107C ．5.3×107D ．7×1077．如图10所示，在边长为L 的正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B .在正方形对角线CE 上有一点P ，其到CF 、CD 距离均为L 4，且在P 点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向纸面内的各方向发射出速率不同的正离子．已知离子的质量为m ，电荷量为q ，不计离子重力及离子间相互作用力．图10(1)速率在什么范围内的所有离子均不可能射出正方形区域？(2)求速率为v ＝13qBL 32m的离子在DE 边的射出点距离D 点的范围．考题4带电粒子在匀强磁场中的多过程问题例4(20分)如图11所示，在xOy平面内，以O′(0，R)为圆心、R为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，x轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．第四象限有一与x轴成45°角倾斜放置的挡板PQ，P、Q两点在坐标轴上，且O、P两点间的距离大于2R，在圆形磁场的左侧0<y<2R的区间内，均匀分布着质量为m、电荷量为＋q的一簇带电粒子，当所有粒子均沿x轴正向以速度v射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O点进入x轴下方磁场，结果有一半粒子能打在挡板上．不计粒子重力、不考虑粒子间相互作用力．求：图11(1)磁场的磁感应强度B的大小；(2)挡板端点P的坐标；(3)挡板上被粒子打中的区域长度．(2014·重庆·9)(18分)如图12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.图12(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)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．知识专题练训练7题组1对电场性质的理解1．(单选)在竖直平面内有水平向右、场强为E的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L 的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，它静止时位于A点，此时细线与竖直方向成37°角，如图1所示．现对在A点的该小球施加一沿与细线垂直方向的瞬时冲量，小球能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动．下列对小球运动的分析，正确的是(不考虑空气阻力，细线不会缠绕在O点上)()图1A．小球运动到C点时动能最小B．小球运动到C点时绳子拉力最小C．小球运动到Q点时动能最大D．小球运动到B点时机械能最大2．(单选)某区域的电场线分布如图2所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为s轴正方向，粒子的重力忽略不计．在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移s的变化图线可能正确的是()图23．(双选)如图3所示，在两个等量异种电荷形成的电场中，D、E、F是两电荷连线上间距相等的三个点，三点的电势关系是φD>φE>φF，K、M、L是过这三个点的等势线，其中等势线L与两电荷连线垂直．带电粒子从a点射入电场后运动轨迹与三条等势线的交点是a、b、c，粒子在a、b、c三点的电势能分别是E p a、E p b、E p c，以下判断正确的是()图3A．带电粒子带正电B．E p a<E p b<E p c C．E p c－E p b＝E p b－E p a D．E p c－E p b<E p b－E p a题组2 电场矢量合成问题4．(单选)如图4所示是一个正方体ABCDEFGH ，m 点是ABCD 面的中点、n 点是EFGH 面的中点．当在正方体的八个角上各固定一个带电量相同的正点电荷，比较m 、n 两点的电场强度和电势，下列判断正确的是( )图4A ．电场强度相同，电势相等B ．电场强度不相同，电势不相等C ．电场强度相同，电势不相等D ．电场强度不相同，电势相等5．(单选)如图5所示，在一个真空环境里，有一个空心导体球，半径为a ，另有一个半径为b 的细圆环，环心与球心连线长为L (L >a )，连线与环面垂直，已知环上均匀带电，总电荷量为Q .当导体球接地时(取无穷远处电势为零，与带电量为q 的点电荷相距r 处电势为φ＝k q r ，k 为静电力恒量)，下列说法正确的是( )图5A ．球面上感应电荷量为q 感＝－aQ b 2＋L2 B ．球面上感应电荷量为q 感＝－aQ L C ．感应电荷在O 点的场强为E 感＝k Q L 2 D ．感应电荷在O 点的场强为E 感＝k Q a 26．(单选)如图6所示，真空中同一平面内MN 直线上固定电荷量分别为－9Q 和＋Q 的两个点电荷，两者相距为L ，以＋Q 电荷为圆心，半径为L 2画圆，a 、b 、c 、d 是圆周上四点，其中a 、b 在MN 直线上，c 、d 两点连线垂直于MN ，一电荷量为＋q 的试探电荷在圆周上运动，则下列判断错误的是( )图6A ．电荷＋q 在a 处所受到的电场力最大B ．电荷＋q 在a 处的电势能最大C ．电荷＋q 在b 处的电势能最大D ．电荷＋q 在c 、d 两处的电势能相等题组3 带电粒子在有界磁场中的临界、极值问题7．(双选)如图7所示，以直角三角形AOC 为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B ，∠A ＝60°，AO ＝L ，在O 点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子(不计重力作用)，粒子的比荷为q m ，发射速度大小都为v 0，且满足v 0＝qBL m.粒子发射方向与OC 边的夹角为θ，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是( )图7A ．粒子有可能打到A 点B ．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短C ．以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等D ．在AC 边界上只有一半区域有粒子射出8．如图8所示，在匀强电场中建立直角坐标系xOy ，y 轴竖直向上，一质量为m 、电荷量为＋q 的微粒从x 轴上的M 点射出，方向与x 轴夹角为θ，微粒恰能以速度v 做匀速直线运动，重力加速度为g .图8(1)求匀强电场场强E ；(2)若再叠加一圆形边界的匀强磁场，使微粒能到达x 轴上的N 点，M 、N 两点关于原点O 对称，距离为L ，微粒运动轨迹也关于y 轴对称．已知磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直xOy 平面向外，求磁场区域的最小面积S 及微粒从M 运动到N 的时间t . 题组4 带电粒子在匀强磁场中的多过程问题9．(双选)如图9所示，在xOy 平面内存在着磁感应强度大小为B 的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外．P (－2L,0)、Q (0，－2L )为坐标轴上的两个点．现有一电子从P 点沿PQ 方向射出，不计电子的重力( )图9A ．若电子从P 点出发恰好经原点O 第一次射出磁场分界线，则电子运动的路程一定为πL 2B ．若电子从P 点出发经原点O 到达Q 点，则电子运动的路程一定为πLC ．若电子从P 点出发经原点O 到达Q 点，则电子运动的路程一定为2πLD ．若电子从P 点出发经原点O 到达Q 点，则电子运动的路程可能为πL ，也可能为2πL10．如图10所示，在坐标系xOy 的第二象限内有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第三象限内存在匀强磁场Ⅰ，y 轴右侧区域内存在匀强磁场Ⅱ，Ⅰ、Ⅱ磁场的方向均垂直于纸面向里．一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子自P (－l ，l )点由静止释放，沿垂直于x 轴的方向进入磁场Ⅰ，接着以垂直于y 轴的方向进入磁场Ⅱ，不计粒子重力．图10(1)求磁场Ⅰ的磁感应强度B 1；(2)若磁场Ⅱ的磁感应强度B 2＝B 1，粒子从磁场Ⅱ再次进入电场，求粒子第二次离开电场时的横坐标；(3)若磁场Ⅱ的磁感应强度B 2＝3B 1，求粒子在第一次经过y 轴到第六次经过y 轴的时间内，粒子的平均速度．。
第1课时 电场和磁场的基本知识和规律
√
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解析：选C。在取走 、 处两段小圆弧上的电荷之前，整个圆环上的电荷在 点产生的场强为零，而取走的 、 处的电荷的电量 ， 、 在 点产生的合场强为 ，方向从 指向 ，故取走 、 处的电荷之后，剩余部分在 点产生的场强大小为 ，方向由 指向 ，而点电荷 放在 点后， 点场强为零，故 在 点产生的场强与 、 在 点产生的合场强相同，所以 为负电荷，即有 ，解得 ，C正确。
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考题3 带电粒子在匀强磁场中的运动
1.受力情况
（1）磁场只对运动的电荷有力的作用，对静止的电荷无力的作用。
（2）洛伦兹力的大小和方向： ，注意： 为 与 的夹角。 的方向由左手定则判定，四指的指向应为正电荷运动的方向或负电荷运动方向的反方向。
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2.解题关键找圆心：若已知进场点的速度和出场点，可以作进场点速度的垂线，依据是 ，与进、出场点连线的垂直平分线的交点即为圆心；若只知道进场位置，则要利用圆周运动的对称性定性画出轨迹，找圆心，利用平面几何知识求解问题。
（2）电势差与电场力做功： 。
（3）电场力做功与电势能的变化： 。
5.静电力做功
（1）由功的定义式 来求；
（2）利用结论“电场力做功等于电荷电势能变化量的负值”来求，即 ；
（3）利用 来求。
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例1 （2022·济南市二模）如图所示， 是边长为 的等边三角形， 点是三角形的中心，在三角形的三个顶点分别固定三个电荷量均为 的点电荷（电性已在图中标出），若要使放置在 点处的电荷不受电场力的作用，则可在三角形所在平面内加一匀强电场。静电力常量为 ，对于所加匀强电场的电场强度的大小和方向，下列说法正确的是( )
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2011高考物理热点分析与预测专题7·电场和磁场 一、2011大纲解读 电场和磁场是电磁学的两大基石，与电路共同构建出完整的电磁学知识框架．作为基础，电场和磁场的性质是大纲要求掌握的重点之一，是建立力、电综合试题的切入点．由此建立的力、电综合问题是历届高考考查的热点，纵观近三年高考试题，这部分内容每年至少1题，如仅带电粒子在电场、磁场中的运动，这类问题从“场对电荷（物质）的作用”的特殊视角，产生与电、磁场的性质相结合的综合考点，涉及运动与力的关系、功和能量的关系、动量和冲量的关系、能量守恒定律和动量守恒定律等重要力学规律，是每年高考必考内容．知识覆盖面广，考题题材新颖丰富，注重与科技背景的结合，综合性强，对学生的空间想象能力、分析综合能力、应用数学知识处理物理问题的能力有较高的要求，是考查考生多项能力的极好载体．除基础题外，试题多是计算题甚至是压轴题，有较高的难度和区分度． 二、重点剖析 “场”的本质源自电荷，电荷的周围存在电场，运动电荷产生磁场，因此知识链条的顶端是电荷．．；同时电场或磁场又反过来对电荷或运动电荷施加力的作用，体现了知识体系的完
整，因果轮回．知识结构如图7－1．分“场”的产生、场对物质（电荷或导体）的作用和能量关系三个版块． 1．静止电荷、运动电荷和变化的磁场，在周围空间都产生电场；运动电荷、电流和变化的电场在周围空间产生磁场． 2．电场对静止电荷和运动电荷都有电场力的作用；磁场只对运动电荷和电流有磁场力作用，对静止电荷没有作用力．这与“场”的产生严格对应．由于场力的作用，电荷或导体会有不同形式的运动，因此分析场力是判断电荷或导体运动性质的关键． 3．场力可能．．对电荷或导体做功，实现能量转化．当点电荷绕另一点电荷做匀速圆周运
动时，电场力不做功；洛伦兹力不做功．要对带电粒子加速就要对其做功，因此电场即可以加速带电粒子，也可以使带电粒子偏转，而稳定磁场则只能使粒子偏转却不能加速．变化的磁场产生电场，所以变化的磁场则可以改变带电粒子速度的大小．
三、考点透视 考点1、“场”的性质 从力和能两个角度去描述场的性质．电场强度E和磁感应强度B分别描述电场和磁场对放入其中的物质（电荷、通电导体）力的作用；电势就是从电场能的角度引入的物理量，虽然中学物理没有直接对磁场的能给出量度，但安培力做功则反映了放入磁场中的通电导体与磁场共同具有能量． 例1：匀强电场中有a、b、c三点，如图所示．在以它们为顶点的三角形中， ∠a＝30°、
∠c＝90°,．电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b和c点的电势分别为(23)V、
(23)V和2 V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为（ ）
A．(23)V、(23)V B．0 V、4 V
C．43(2)3V、43(2)3
D．0 V、3V 解析：如图所示，取ab的中点O，即为三角形的外接圆的圆心，且该点电势为2V，故Oc为等势面，MN为电场线，方向为MN方向，UOP= UOa=3V，因UON : UOP=2 :3，故UON =2V,N点电势为零，为最小电势点，同理M点电势为4V，为最大电势点。
例2：如图7－4所示，一重力不计的带电粒子，在垂直纸面的匀强磁场B1中做半径为r的匀速圆周运动．那么当匀强磁场突然减弱B2之后，该带电粒子的动能将（ ）
A．不变 B．变大 C．变小 D．不确定 解析：当磁感应强度B突然减弱时，变化的磁场产生电场，由楞次定律可判断此电场方向为顺时针方向；由带电粒子的运动方向可判断粒子带正电，因此电场方向与正电荷运动方向相反，对粒子做负功，粒子动能减小，C正确．
图7－4
a b c O N
M
P 答案： C 点拨：该题综合考查了麦克斯韦电磁理论、电磁感应原理以及楞次定律，“突然减弱”的磁场不仅使带电粒子所受洛伦兹力单纯减小，由变化的磁场产生的电场会对带电粒子做功而改变其动能，使用楞次定律判断电场的方向是难点．同学们一般都只将问题放在带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动中去分析判断，认为洛伦兹力不做功，带电粒子的动能不变而错选A． 例3：如图7－5所示，在原来不带电的金属细杆ab附近P处，放置一个正点电荷，达到静电平衡后，则（ ） A．a端的电势比b端的高 B．b端的电势比d点的低 C．a端的电势不一定比d点的低 D．杆内c处的场强的方向由a指向b 解析：静电平衡时，整个导体是等势体，导体表面是等势面，a、b电势相等，导体内场强处处为零，AD错；d点场强方向即正点电荷产生的场强方向，即由d指向b，沿电场线方向电势降低，故b端的电势比d点的低，B对C错； 答案：B 点拨：这部分只要求掌握静电平衡时导体的特性即可．一是不要以带电正、负来判断电势高低，二是要区分静电平衡时导体内部的三种场强：场源电荷的场强、感应电荷的场强和实际场强． 四、热点分析： 电场、磁场问题一直是历届高考关注和考查的重点和热点，其中场对物质的作用更是力、电综合的命题的核心内容，从近两年全国高考试卷中有涉及两“场”试题有考查关于场的性质，有考查了场对物质的作用，特别是带电粒子在“场”中的运动，有考查综合问题，由此可见，场对物质的作用是100%命题热点．解析试题可以完全按力学方法，从产生加速度和做功两个主要方面来展开思路，只是在粒子所受的各种机械力之外加上电场力罢了． 热点1、力和运动的关系：根据带电粒子所受的力，运用牛顿第二定律并结合运动学规律求解． 热点2、功能关系：根据场力及其它外力对带电粒子做功引起的能量变化或全过程中的功能关系，从而可确定带电粒子的运动情况，这条线索不但适用于均匀场，也适用于非均匀场．因此要熟悉各种力做功的特点． 处理带电粒子在电场、磁场中的运动，还应画好示意图，在画图的基础上特别注意运用几何知识寻找关系．特别要注意训练“三维”图的识别． 例4：在如图所示的空间中，存在场强为E的匀强电场，同时存在沿x轴负方向，磁感应强度为B的匀强磁场。一质子(电荷量为e)在该空间
恰沿y轴正方向以速度v匀速运动。据此可以判断出 A．质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能减小，沿着z轴方向电势升高 B．质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能增大，沿着z轴方向电势降低 C．质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变，沿着z轴方向电势升高 D．质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变，沿着z轴方向电势降低 本题简介：本题为2008年高考北京理综第19题，考点多，考生容易在电场力、洛伦兹力方向上的判断上出现错误，及电势高低的判断上出现错误，要求考生知识面全，能灵活运动所学知识去解答遇到的实际问题． 解析：质子所受电场力与洛伦兹力平衡，大小等于evB,运动中电势能不变;电场线沿z轴负方向，沿z轴正方向电势升高。 答案：C 反思：本题能够很好地考查考生对电学多个知识点(电场力、洛伦兹力、平衡条件、
图7－5 图7－6 左手定则、电势高低的判断等)的掌握情况，是一道难得的好题。 例5：如图7－6所示，一根长L＝1.5 m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E＝1.0×105 N/C、与水平方向成θ＝30°角的倾斜向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝+4.5×10-6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝+1.0×10-6 C，质量m＝1.0×10-2 kg．现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动．（静电力常量k＝9.0×109 N·m2／C2，取g＝l0 m/s2) ⑴小球B开始运动时的加速度为多大？ ⑵小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？ ⑶小球B从N端运动到距M端的高度h2＝0.6l m时，速度为v＝1.0 m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？
本题简介：试题以匀强电场为背景，叠加了点电荷的电场和重力场，场力两恒一变，考查变力作用下的牛顿第二定律的运用、物体运动状态分析、叠加电场中电荷电势能的变化等，综合运动和力、能量关系，全方位考查两大热点，试题容量大，覆盖面广，综合性强，难度适中． 2212pEmgLhmv 解得：28.410 JpE 答案：⑴a＝3.2 m/s2；⑵h1＝0.9 m；⑶28.410 JpE 反思：由于点电荷A在空间各点产生的场强并不相等，使小球B的运动加速度也不恒定，因此不能从运动规律求高度h1，必须对小球B在运动中受力情况的变化作出分析和判断，得到“小球B速度最大时合力为零”的结论，然后通过求合力来计算高度h1；第⑶问是本题的难点，抛开考生熟悉的点电荷在单一电场中电势能变化与电场力做功的关系模式，考生必须从能量转化与做功的关系的角度出发，确定小球B电势能的改变与两个力做功有关：匀强电场的电场力和小球A对小球B的库仑力，且电场力做的功等于电荷电势能的减少量，才能确
定23pEWW． 五、能力突破： 例6：如图7－7所示，在第一象限的abcO范围内存在沿x正向的匀强电场，质量为m、电量为q的带电粒子，从原点O点以与x轴成θ角的初速度v0射入电场中，飞出电场时速度恰好沿y轴的正方向．不计粒子的重力，则（ ） A．粒子穿过电场的过程中，电场力对粒子的冲量的大小是mv0cosθ，方向沿y轴负方向 B．粒子射出电场时速度大小为v0sinθ
C．粒子穿过电场的过程中，电场力做功2201cos2mv
D．粒子穿过电场的过程中，电势能减小2201cos2mv 解析：带电粒子只受电场力，由轨迹可判断电场力方向沿x轴负方向，粒子带负电；在y方向粒子不受力，因此做匀速直线运动，且速度为0siny=vv．粒子出电场时速度恰好
沿y轴的正方向，因此x方向速度恰好减小到零，由动量定理得00cosFt=-mv，即电场力冲量的大小为0cosmv，方向沿x轴负方向，A错B对；粒子穿过电场的过程中，只有
电场力做功，由动能定理得22222222000011111sincos22222W=m-m=m-m=-mvvvvv，C错；且电场力做的功等于电势能的减小量，电场力做负功，因此电势能增大，D错． 答案：B 反思：带电粒子飞出电场时速度恰好沿y轴的正方向，反过来看，从粒子飞出点到原点O，该曲线就是一条类平抛运动的抛物线，即粒子的运动为类平抛运动，因此y方
向速度不变，x方向做匀减速运动，飞出时速度恰好减小到零． 例7：如图7－8所示，带正电的小球穿在绝缘粗糙倾角为θ的直杆上，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直于杆斜向上的匀强磁场，小球沿杆向下滑动，在a点时动能为100J，到C点时动能为零，则b点恰为a、c的中点，则在此运动过程中（ ） A．小球经b点时动能为50J B．小球电势能增加量可能大于其重力势能减少量 C．小球在ab段克服摩擦力所做的功与在bc段克服摩擦力所做的功相等 D．小球到c点后可能沿杆向上运动 解析：电场力方向竖直向上，因此电场力与重力的合力P恒定且一定在竖直方向上；小球到C点时动能为零，说明小球有减速运动．若小球先做加速运动，则随速度的增大洛伦兹力（垂直于杆）增大，小球受到杆的弹力增大，因此滑动摩擦力增大，加速度减小，当加速度减小到零时速度最大，然后做匀速运动，不合题意，故小球一开始就做减速运动，由于速度减小而洛伦兹力减小，则滑动摩擦力随之减小，因此从a到b的平均摩擦力大于从b到c，两段合力做功不行，A、C错；若合力P若向下，mg>qE，则运动过程中电势能的增加量小于