【物理】2018届二轮复习专题三电场与磁场教案 65页

高考研究(十一) 聚焦选择题考法——电场性质、磁场性质 ‎1．[多选](2017·全国Ⅰ卷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的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W、W和W。下列选项正确的是(　　)‎ A．Ea∶Eb＝4∶1　　　　 B．Ec∶Ed＝2∶1‎ C．W∶W＝3∶1 D．W∶W＝1∶3‎ 解析：选AC　设点电荷的电荷量为Q，根据点电荷电场强度公式E＝k，ra∶rb＝1∶2，rc∶rd＝3∶6，可知，Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，选项A正确，B错误；将一带正电的试探电荷由a点移动到b点做的功W＝q(φa－φb)＝3q(J)，试探电荷由b点移动到c点做的功W＝q(φb－φc)＝q(J)，试探电荷由c点移动到d点做的功W＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，W∶W＝3∶1，W∶W＝1∶1，选项C正确，D错误。‎ ‎2．[多选](2017·全国Ⅲ卷T21)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。下列说法正确的是(　　)‎ A．电场强度的大小为2.5 V/cm ‎ B．坐标原点处的电势为1 V C．电子在a点的电势能比在b点的低7 eV D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV 解析：选ABD　ac垂直于bc，沿ca和cb两方向的场强分量大小分别为E1＝＝2 V/cm、E2＝＝1.5 V/cm，根据矢量合成可知E＝2.5 V/cm，A项正确；根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＝1‎ ‎ V，B项正确；电子在a、b、c三点的电势能分别为－10 eV、－17 eV和－26 eV，故电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C项错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝(－17＋26)eV＝9 eV，D项正确。‎ ‎3．(2016·全国Ⅲ卷T15)关于静电场的等势面，下列说法正确的是(　　)‎ A．两个电势不同的等势面可能相交 B．电场线与等势面处处相互垂直 C．同一等势面上各点电场强度一定相等 D．将一负的试探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 解析：选B　在静电场中，两个电势不同的等势面不会相交，选项A错误；电场线与等势面一定相互垂直，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；电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面，移动负试探电荷时，电场力做负功，选项D错误。‎ ‎4．(2016·全国Ⅱ卷T15)如图，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc。则(　　)‎ A．aa>ab>ac，va>vc>vb B．aa>ab>ac，vb>vc>va C．ab>ac>aa，vb>vc>va D．ab>ac>aa，va>vc>vb 解析：选D　a、b、c三点到固定的点电荷P的距离rb＜rc＜ra，则三点的电场强度由E＝k可知Eb＞Ec＞Ea，故带电粒子Q在这三点的加速度ab＞ac＞aa。由运动轨迹可知带电粒子Q所受P的电场力为斥力，从a到b电场力做负功，由动能定理－|qUab|＝mvb2－mva2＜0，则vb＜va，从b到c电场力做正功，由动能定理|qUbc|＝mvc2－mvb2＞0，vc＞vb，又|Uab|＞|Ubc|，则va＞vc，故va＞vc＞vb，选项D正确。 ‎ ‎5．(2015·全国Ⅰ卷T15)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φM、φN、φP、φQ。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，φM>φQ B．直线c位于某一等势面内，φM>φN C．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 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M→N，故选项B正确，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。‎ ‎6．[多选](2017·全国Ⅰ卷T19)如图，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(　　)‎ A．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∶ D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1‎ 解析：选BC　由安培定则可判断出L2在L1处产生的磁场(B21)方向垂直L1和L2的连线竖直向上，L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图1所示，根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3所在平面平行，选项A错误；同理，如图2所示，可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在平面垂直，选项B正确；同理，如图3所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据几何知识可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝B，由安培力公式F＝BIL可知，L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶，选项C正确，D错误。‎ ‎7．[多选](2015·全国Ⅱ卷T18)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，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，选项D错误。‎ 高考题型 典型试题 难度 ‎1.电场力和电场能的性质 ‎2017·全国Ⅰ卷T20‎ ‎★★★‎ ‎2017·全国Ⅲ卷T21‎ ‎★★★‎ ‎2016·全国Ⅲ卷T15‎ ‎★★☆‎ ‎2016·全国Ⅱ卷T15‎ ‎★★★‎ ‎2015·全国Ⅰ卷T15‎ ‎★★★‎ ‎2.磁场的基本性质和安培力 ‎2017·全国Ⅰ卷T19‎ ‎★★★‎ ‎2015·全国Ⅱ卷T18‎ ‎★☆☆‎ 题型(一) 电场力和电场能的性质 高考定位：常考题型　　‎ 解题关键：重在对电场、电场强度、电场线、电势、电势差、等势面等基本概念的理解 ‎ [必备知能]‎ ‎1．电场中的相关概念 ‎2．电势、电势能的判断方法 判断电势的高低 根据电场线的方向判断 由UAB＝判断 根据电场力做功(或电势能)判断 判断电势能的大小 根据Ep＝qφ判断 根据ΔEp＝－W电，由电场力做功判断 ‎　　3.根据运动轨迹判断粒子的受力及运动情况 ‎(1)确定受力方向的依据 ‎①曲线运动的受力特征：带电粒子受力总指向曲线的凹侧。‎ ‎②电场力方向与场强方向的关系：正电荷的受力方向与场强方向同向，负电荷则相反。‎ ‎③‎ 场强方向与电场线或等势面的关系：电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度的方向。‎ ‎(2)比较加速度大小的依据 电场线或等差等势面越密⇒E越大⇒F＝qE越大⇒a＝越大。‎ ‎(3)判断加速或减速的依据 电场力与速度成锐角(钝角)，电场力做正功(负功)，速度增加(减小)。‎ ‎[演练冲关]‎ ‎1.[多选](2017·南昌重点中学模拟)电子束焊接机中的电子枪如图所示，K为阴极，A为阳极，阴极和阳极之间的电场线如图中虚线所示，A上有一小孔，阴极发射的电子在阴极和阳极间电场作用下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上，使两块金属熔化而焊接到一起，不考虑电子重力，下列说法正确的是(　　)‎ A．A点的电势高于K点的电势 B．电子克服电场力做功 C．电子的电势能不断增加 D．电子的动能不断增加 解析：选AD　在电场中，沿着电场线方向电势越来越低，因此A点的电势高于K点的电势，A正确；电子受力的方向与电场线的方向相反，因此在运动过程中，电场力对电子做正功，电势能不断减小，B、C错误；根据动能定理，在运动过程中，只有电场力做功，电子的动能不断增加，D正确。‎ ‎2.[多选](2018届高三·第二次全国大联考Ⅲ卷)如图所示为一带正电的点电荷和两个相同的带负电的点电荷附近的电场线分布情况，M点是两负点电荷连线的中点，M、N点在同一水平线上且到正点电荷的距离相等，下列说法正确的是(　　)‎ A．E点的电场强度比F点的大 B．E点的电势比F点的高 C．电荷在M点受到的电场力为零 D．将正电荷从M点移到N点，电势能增大 解析：选AD　由题图看出，E点处电场线比F点处电场线密，则E点的电场强度比F点的大，选项A正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，所以F点的电势比E点的高，选项B错误；两个负点电荷在M点的合场强为零，正点电荷在M点产生的电场强度不为零，所以电荷受到的电场力不为零，选项C错误；M、N关于正点电荷对称，从M点移到N点，正点电荷对正电荷不做功，两负点电荷形成的电场对正电荷做负功，电势能增大，选项D正确。‎ ‎3.[多选](2017·楚雄检测)如图，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，∠M＝30°。M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，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．线段PF一定在同一等势面上 C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功 D．φP大于φM 解析：选AD　点电荷Q的等势面是一系列的同心圆，圆弧上任意两点的连线的中垂线一定通过圆心，故场源电荷(点电荷Q)在MN的中垂线和FP的中垂线的交点上，如图所示，在MP的连线上，故A正确；φP＝φF，线段PF是P、F所在等势面(圆)的一个弦，故B错误；在点电荷Q的电场中，离场源越远，电势越低，将正试探电荷从P点搬运到N点，电势能降低，故电场力做正功，故C错误；在点电荷Q的电场中，离场源越远，电势越低，故φP大于φM，故D正确。‎ ‎4.[多选](2017·怀化模拟)如图所示，现有一个以O为圆心、以OP长为半径的圆，四边形ABCD为圆的内接正方形，a、b、c、d分别为正方形的四个边AB、BC、CD和DA的中点，P、Q分别为弧和弧的中点。现在A、B、C、D四点分别放上等量的正电荷和负电荷，若取无穷远处电势为零，下列说法正确的是(　　)‎ A．O点的电场强度和电势均为零 B．把一正电荷从a点移到c点，电场力做正功 C．把一正电荷从b点移到d点，电场力做功为零 D．同一电荷在P、Q两点所受电场力大小相等，方向相反 解析：选BC　如题图，B、D点两个电荷和A、C点两个电荷都是等量异种电荷，PQ连线的垂直平分线是一条等势线，并延伸到无穷远，则O点电势与无穷远电势相等，则O点的电势为零。根据电场线从正电荷出发到负电荷终止和电场的叠加可知，O点的场强不为零，故A错误；由四个电荷分布的位置可知，电场线关于PQ连线对称，且由a指向c，故把一正电荷从a点移到c点，电场力做正功，故B正确；同理，等势线关于PQ连线也对称，则b点与d点电势相等，电势差为零，由W＝qU可知，把一正电荷从b点移到d点，电场力做功为零，故C正确；根据电场线的对称性可知，P、Q两点电场线疏密相同，场强大小相等，方向相同，则同一电荷在P、Q两点所受电场力大小相等，方向相同，故D错误。‎ 题型(二) 磁场的基本性质和安培力 高考定位：常考题型 解题关键：‎ 重在掌握磁感应强度的叠加及磁场对电流的安培力 ‎[必备知能]‎ ‎1．磁场的叠加和安培定则应用的注意点 ‎(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。‎ ‎(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点处磁感线的切线方向。‎ ‎(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点的磁感应强度的矢量和，遵从平行四边形定则。‎ ‎2．安培力作用下力学问题的处理方法 ‎(1)求解安培力作用下的力学问题的基本思路 ‎(2)求解关键及解题难点 ‎[演练冲关]‎ ‎5.[多选](2017·广州检测)在同一平面内有①、②、③三根等间距平行放置的长直导线，通入的电流强度分别为‎1 A、‎2 A、‎1 A，②的电流方向为c→d 且受到安培力的合力方向水平向右，则(　　)‎ A．①的电流方向为a→b B．③的电流方向为e→f C．①受到安培力的合力方向水平向左 D．③受到安培力的合力方向水平向左 解析：选BCD　根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，因②的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向水平向右，可知①的电流方向为b→a，③的电流方向为e→f，选项A错误，B正确；①受到②③的排斥力，故安培力的合力方向水平向左，选项C正确；③受到②的吸引力和①的排斥力，因②的吸引力大于①的排斥力，故③受到安培力的合力方向水平向左，选项D正确。‎ ‎6.(2017·南昌重点中学模拟)如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝，线圈由粗细均匀、单位长度的质量为‎2.5 g 的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小B＝0.5 T，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为(g取‎10 m/s2)(　　)‎ A．‎0.1 A B．‎‎0.2 A C．‎0.05 A D．‎‎0.01 A 解析：选A　设线圈的半径为r，则线圈的质量m＝2nπr×2.5×10－‎3 kg，磁感应强度的水平分量为Bsin 30°，线圈受到的安培力为：F＝nBsin 30°×I×2πr，要使三条细线上的张力为零，线圈所受向上的安培力等于线圈的重力，即mg＝F，解得：I＝‎0.1 A，选项A正确。‎ ‎7.[多选](2017·长沙长郡中学检测)如图所示，同一平面内有两根平行的无限长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间且与两导线的距离均为r，b点在导线2右侧，与导线2的距离也为r。现测得a点的磁感应强度大小为B0，已知距一无限长直导线d处的磁感应强度大小B＝，其中k为常量，I为无限长直导线的电流大小，下列说法正确的是(　　)‎ A．b点的磁感应强度大小为B0‎ B．若去掉导线2，b点的磁感应强度大小为B0‎ C．若将导线1中电流大小变为原来的2倍，b点的磁感应强度为0‎ D．若去掉导线2，再将导线1中电流大小变为原来的2倍，a点的磁感应强度大小仍为B0‎ 解析：选BD　根据B＝可知，a点磁感应强度大小为B0＝＋＝，则：＝B0，根据右手螺旋定则，此时b点磁感应强度大小为：Bb＝－＝＝B0，故选项A错误；若去掉导线2，b点的磁感应强度大小为：Bb′＝＝B0，故选项B正确；若将导线1中电流大小变为原来的2倍，b点的磁感应强度大小为：Bb″＝－＝＝B0，故选项C错误；若去掉导线2，再将导线1中电流大小变为原来的2倍，a点的磁感应强度大小为：Ba″＝＝B0，故选项D正确。‎ 题型(三) 电场强度的叠加与计算 高考定位：预测题型 解题关键：掌握常见点电荷产生电场的特点，灵活应用类比法、对称法解题 ‎ [典例示法]‎ ‎[典例]　(2018届高三·衡阳联考)如图所示为一均匀带电荷量为＋Q的细棒，在过中点c垂直于细棒的直线上有a、b、d三点，且ab＝bc＝cd＝L，在a点处有一电荷量为＋的固定点电荷，已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)(　　)‎ A．k B．k ‎ C．k D．k ‎[解析]　电荷量为＋的点电荷在b处产生的场强为E＝，方向向右。b点处的场强为零，根据电场的叠加原理可知，细棒与＋的点电荷在b处产生的场强大小相等，方向相反，则知细棒在b处产生的场强大小为，方向向左。根据对称性可知，细棒在d处产生的场强大小为，方向向右；而电荷量为＋的点电荷在d处产生的场强大小为E′＝＝，方向向右；所以d点处场强的大小为Ed＝E＋E′＝k，方向向右。故A正确，B、C、D错误。‎ ‎[答案]　A 应用类比法、对称法求电场强度 ‎1．类比法 当空间某一区域同时存在两个或两个以上的电场(由各自独立的场源电荷所激发)时，某点场强E等于各电场的场强在该点的矢量和，遵循平行四边形定则，可以类比力的合成与分解法求解。‎ ‎2．对称法 ‎[演练冲关]‎ ‎8.直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图所示。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E1＝k，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E2＝E1＝k，方向沿y轴正向；根据对称性，M、N处两负点电荷在H点共同产生的场强E3＝E2＝k，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E4＝k，方向沿y轴正向，所以H点的场强E＝E3－E4＝，方向沿y轴负向，故B正确。‎ ‎9．如图所示，真空中a、b、c、d四点共线且等距。先在a点固定一点电荷＋Q，测得b点场强大小为E。若再将另一点电荷＋2Q放在d点，则(　　)‎ A．b点场强大小为E B．c点场强大小为E C．若将电子从b点移动到c点，其电势能不变 D．b点电势比c点电势高 解析：选B　设a、b之间的距离为r，则b、d之间的距离为2r，a、c之间的距离为2r，c、d之间的距离为r，＋Q在b点产生的电场强度E＝k，方向由a指向d。若再将另一点电荷＋2Q放在d点，它在b点产生的电场强度E′＝k＝k，方向由d指向a。根据电场叠加原理，b点的场强大小为Eb＝E－E′＝k－k＝k＝，方向由a指向d，选项A错误；＋Q在c点产生的电场强度E1＝k，＋2Q在c点产生的电场强度E2＝k，二者方向相反，c点的场强大小为Ec＝E2－E1＝k－k＝k＝E，方向由d指向a，选项B正确；若将电子从b点移动到c点，电场力先做负功后做正功，其电势能先增大后减小，选项C错误；b点的电势比c点的电势低，选项D错误。‎ ‎[选择题保分练] 电场性质、磁场性质 ‎ ‎1．(2018届高三·湖北八校联考)下列说法正确的是(　　)‎ A．带电粒子仅在电场力的作用下一定做匀变速运动 B．带电粒子仅在电场力的作用下运动时，动能一定增加 C．电场力做正功，带电粒子所在处的电势一定降低 D．电场力做正功，带电粒子的电势能一定减少 解析：选D　只有电场是匀强电场时，带电粒子仅在电场力的作用下做匀变速运动，A错误；如果电场力做负功，则动能减小，B错误；电场力做正功，电势能一定减少，若带电粒子带负电荷，则电势要升高，故C错误，D正确。‎ ‎2．(2017·定州中学检测)关于电荷所受电场力和洛伦兹力，下列说法正确的是(　　)‎ A．电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用 B．电荷在电场中一定受电场力作用 C．电荷所受电场力一定与该处电场方向一致 D．电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直 解析：选B　若电荷的运动方向与磁场方向平行，则电荷不受洛伦兹力，故A错误；电荷在电场中一定受电场力作用，故B正确；正电荷所受电场力方向与该处的电场方向相同，负电荷所受电场力方向与该处的电场方向相反，故C错误；根据左手定则知，电荷若受洛伦兹力，则方向与该处磁场方向垂直，故D错误。‎ ‎3.(2017·泰安检测)如图，＋Q为固定的正点电荷，虚线圆是其电场中的一条等势线。两电荷量相同、但质量不相等的粒子，分别从同一点A以相同的速度v0射入，轨迹如图中曲线，B、C为两曲线与圆的交点。aB、aC表示两粒子经过B、C时的加速度大小，vB、vC表示两粒子经过B、C时的速度大小。不计粒子重力，以下判断正确的是(　　)‎ A．aB＝aC　vB＝vC B．aB＞aC　vB＝vC C．aB＞aC　vB＜vC D．aB＜aC　vB＞vC 解析：选C　由题图轨迹判断可知，粒子均带正电，AB曲线弯曲程度比AC大，可知AB轨迹的粒子质量较小，因为B、C两点电势相等，可知UAC＝UAB，粒子电荷量相同，由动能定理：－qU＝mv2－mv02，可知vBaC，综上分析可知C正确，A、B、D错误。‎ ‎4.(2017·肇庆模拟)如图所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点。现在顶点O处固定一正点电荷，下列说法中正确的是(　　)‎ A．A′、B′、C′三点的电场强度相同 B．△ABC所在平面为等势面 C．将一正试探电荷从 A′点沿直线A′B′移到B′，静电力对该试探电荷先做正功后做负功 D．若A′点的电势为φA′，A点的电势为φA，则AA′连线中点D处的电势φD一定小于 解析：选D　因为A′、B′、C′三点离顶点O处的正点电荷的距离相等，故三点处的电场强度大小均相等，但其方向不同，故A错误；由于△ABC所在平面上各点到O点的距离不全相等，由等势面的特点可知，△ABC所在平面不是等势面，故B错误；由电势的特点可知，沿直线A′B′的电势变化为先增大后减小，所以当正试探电荷在此直线上从A′移动到B′时，电场力对该试探电荷先做负功后做正功，故C错误；因为UA′D＝EA′D·，UDA＝EDA·，由点电荷的场强关系可知EA′D>EDA，又因为＝，所以有UA′D＞UDA，即φA′－φD＞φD－φA，整理可得：φD<，故D正确。‎ ‎5.(2017·龙岩检测)将无穷远处的电势视为零，在电荷量为q的点电荷周围某点的电势可用φ＝ 计算，式中r为该点到点电荷的距离，k为静电力常量。两电荷量大小均为Q的异种点电荷固定在相距为L的两点，如图所示。现将一质子(电荷量为e)从两点电荷连线上的A点，沿以电荷＋Q为圆心、半径为R(L>R)的半圆形轨迹ABC移到C点，质子从A点移到C点的过程中电势能的变化情况为(　　)‎ A．增加 B．增加 C．减少 D．减少 解析：选B　A点的电势为φA＝k－k＝；C点的电势为φC＝k－k＝，则A、C间的电势差为UAC＝φA－φC＝－，质子从A点移到C点，电场力做功为WAC＝eUAC＝－，做负功，所以质子的电势能增加，故B正确。‎ ‎6.[多选](2017·定州中学检测)如图所示，在两磁极之间放一培养皿，磁感线垂直培养皿向内，培养皿内侧壁有环状电极A，中心有电极K，培养皿内装有电解液，若不考虑电解液和培养皿之间的阻力，当两电极接入如图所示电路时，则(　　)‎ A．电解液将顺时针旋转流动 B．电解液静止不动 C．若将滑动变阻器的滑片向左移动，则电解液旋转流动将变慢 D．若将磁场的方向和电源的方向均变为和原来相反，则电解液转动方向不变 解析：选AD　两电极接入题图所示电路时，将电解液看成无数个辐条状导体组成，每根导体中电流从环状电极A边缘流向电极K，由左手定则判断可知，电解液所受的安培力方向沿顺时针，因此电解液将顺时针旋转流动，故A正确，B错误；若将滑动变阻器的滑片向左移动，其有效电阻减小，电路中电流增大，由公式F＝BIL知，电解液所受的安培力增大，则电解液旋转流动将变快，故C错误；若将磁场的方向和电源的方向均变为和原来相反，由左手定则可知安培力方向不变，则电解液转动方向不变，故D正确。‎ ‎7.[多选](2017·泰州中学检测)某静电场的等势面分布如图所示，下列说法中正确的是(　　)‎ A．A点电场强度的方向为曲线上该点的切线方向 B．负电荷在A点的电势能比在C点的电势能小 C．将正电荷从图中A点移到C点，电场力做负功 D．将电荷从图中A点移到B点，电场力不做功 解析：选BD　电场线和等势面垂直，电场强度的方向沿电场线的切线方向，可知A点的电场强度方向不是曲线上该点的切线方向，故A错误；A点的电势高于C点的电势，根据Ep＝qφ知，负电荷在A点的电势能比在C点 的电势能小，故B正确；A点的电势高于C点的电势，沿电场线方向电势逐渐降低，可知电场线方向大致向左，所以将正电荷从A点移C点，电场力做正功，故C错误；A、B两点处于同一等势面上，电势相等，所以将电荷从A点移到B点，电场力不做功，故D正确。‎ ‎8.[多选](2018届高三·青岛六校联考)如图所示，匀强电场中的三个点A、B、C构成一个直角三角形，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，＝d。把一个带电量为＋q的点电荷从A点移动到B点电场力不做功；从B点移动到C点电场力做功为－W。若规定C点的电势为零，则(　　)‎ A．该电场的电场强度大小为 B．C、B两点间的电势差为UCB＝ C．A点的电势为 D．若从A点沿AB方向飞入一电子，其运动轨迹可能是乙 解析：选BD　正点电荷从A点移动到B点电场力不做功，说明A、B两点在同一等势面上，从B点移动到C点电场力做功为－W，说明电场强度的方向垂直AB边向上，则A点的电势φA＝－，故选项C错误；C、B两点间的电势差为UCB＝，故选项B正确；该电场的电场强度大小为E＝＝，故选项A错误；电子从A点沿AB方向飞入，受力方向将沿电场线的反方向，故电子将向下偏转，运动轨迹的大致图象如题图中乙所示，故选项D正确。‎ 高考研究(十二) 聚焦选择题考法——电容器、带电粒子在电场中运动 ‎1．(2016·全国Ⅰ卷T14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器(　　 )‎ A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大 B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大 C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变 D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 解析：选D　平行板电容器电容的表达式为C＝，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小。由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小。再考虑到极板间电场强度E＝，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确。‎ ‎2. [多选](2016·全国Ⅰ卷T20)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知(　　)‎ A．Q点的电势比P点高 B．油滴在Q点的动能比它在P点的大 C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小 解析：选AB　带电油滴在电场中受重力、电场力作用，据其轨迹的对称性可知，电场力方向竖直向上，且电场力大于重力，电场力先做负功后做正功。则电场强度方向向下，Q点的电势比P点高，选项A正确；油滴在P点的速度最小，选项B正确；油滴在P点的电势能最大，选项C错误；油滴运动的加速度大小不变，选项D错误。‎ ‎3．(2015·全国Ⅱ卷T14)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。‎ 高考题型 典型试题 难度 ‎1.平行板电容器的性质 ‎2016·全国Ⅰ卷T14‎ ‎★★☆‎ ‎2.带电粒子(考虑重力)在电场中的运动 ‎2016·全国Ⅰ卷T20‎ ‎★★★‎ ‎2015·全国Ⅱ卷T14‎ ‎★★☆‎ 题型(一) 平行板电容器的性质 高考定位：常考题型,　 　‎ 解题关键：重在正确分析电容器的两类动态变化，准确应用公式进行分析 ‎[必备知能]‎ ‎1．平行板电容器动态变化问题的两类题型 ‎(1)电容器始终与电源相连，U恒定不变，则有Q＝CU∝C，C＝∝，两板间场强E＝∝。‎ ‎(2)电容器稳定后与电源断开，Q恒定不变，则有U＝，C∝，场强E＝＝∝。‎ ‎2．在分析平行板电容器的动态变化问题时，必须抓住两个关键点 ‎(1)确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况下是电荷量不变或板间电压不变。‎ ‎(2)恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，应用E＝分析板间电场强度的变化情况，即抓住公式C＝和C＝。U不变时，选用E＝；Q不变时，选用E＝。‎ ‎ [演练冲关]‎ ‎1．(2018届高三·第一次全国大联考Ⅲ卷)如图所示的装置可以通过静电计指针偏转角度的变化检测电容器电容的变化，进而检测导电液体是增多还是减少。图中芯柱、导电液体、绝缘体组成一个电容器，电源通过电极A、电极B给电容器充电，充电完毕移去电源，由此可以判断(　　)‎ A．静电计指针偏角变小，说明电容器两板间电压增大 B．静电计指针偏角变小，说明导电液体增多 C．静电计指针偏角变大，说明电容器电容增大 D．静电计指针偏角变大，说明导电液体增多 解析：选B　移去电源后，电容器的Q不变，静电计指针偏角变小，说明电容器两板间电压减小，选项A错误；静电计指针偏角变小，根据C＝可知，电容器电容增大，因C＝，所以S增大，导电液体液面升高，导电液体增多，选项B正确；静电计指针偏角变大，说明电容器两板间电压增大，根据C＝可知，电容器电容减小，因C＝，所以S减小，导电液体液面降低，导电液体减少，选项C、D错误。‎ ‎2.(2017·怀化模拟)如图所示，将平行板电容器两极板分别与电池正、负极相接，两板间一带电液滴恰好处于静止状态。现贴着下板迅速插入一定厚度的金属板，则在插入过程中(　　)‎ A．电路将有逆时针方向的短暂电流 B．电容器的带电量减小 C．带电液滴仍将静止 D．带电液滴将向下做加速运动 解析：选A　插入一金属板相当于极板间距离变小了，根据电容决定式C＝，知电容增大，电势差不变，则由Q＝CU知，电容器带电量增大，电路中有逆时针方向的短暂电流，故A正确，B错误；电势差不变，距离减小，则电场强度增大，带电液滴所受的向上的电场力增大，大于重力，将向上做加速运动，故C、D错误。‎ ‎3.[多选](2017·黄冈中学检测)正对水平放置的两平行金属板连接在如图所示电路中，两板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，D为理想二极管(正向电阻为0，反向电阻无穷大)，R为滑动变阻器，R0为定值电阻。将滑片P置于滑动变阻器正中间，闭合开关S，让一带电质点从两板左端连线的中点N以水平速度v0射入板间，质点沿直线运动。在保持开关S闭合的情况下，下列说法正确的是(　　)‎ A．质点可能带正电，也可能带负电 B．若仅将滑片P向上滑动一段后，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点运动轨迹一定会向上偏 C．若仅将滑片P向下滑动一段后，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点依然会沿直线运动 D．若仅将两板的间距变大一些，再让该质点从N点以水平速度v0射入板间，质点运动轨迹会向下偏 解析：选BC　若质点带正电，则所受电场力向下，洛伦兹力向下，重力向下，则不可能沿直线运动，只能带负电，则 A错误；质点带负电，电场力向上，洛伦兹力向上，滑片P向上滑动一段后，电场强度变大，电场力变大，则合力向上，质点运动轨迹向上偏，则B正确；将滑片P向下滑动一段后，因二极管的单向导电性，电容器不放电，则电场强度不变，电场力不变，合力不变，质点依然会沿直线运动，则C正确；若两板的间距变大，但电量不变，场强E＝不变，电场力不变，则质点运动轨迹不变，则D错误。‎ 题型(二) 带电粒子在电场中的运动 高考定位：常考题型　　‎ 解题关键：重在正确进行受力分析(注意重力是否考虑)，运用力和运动、功能关系两条途径求解 ‎[典例示法]‎ ‎[典例]　(2017·天津和平区检测)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一稳压电源(未画出)相连，若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中该粒子(　　)‎ A．所受重力与电场力平0衡 B．电势能逐渐增加 C．机械能逐渐减小 D．做匀变速直线运动 ‎[解析]　带电粒子在电场中受到电场力与重力，根据题意可知，粒子做直线运动，电场力必定垂直极板向上，若由左向右运动，则电场力与重力的合力必定与速度方向相反，粒子做匀减速直线运动；若由右向左运动，则电场力、重力的合力与速度方向相同，粒子做匀加速直线运动，故A错误，D正确；电场力垂直于极板向上，若电场力做负功，则电势能增加；若电场力做正功，则电势能减小，故B错误；因重力不做功，当电场力做负功时，电势能增加，动能减小，此时机械能减小；当电场力做正功时，动能增加，此时机械能增加，故C错误。‎ ‎[答案]　D 带电体通常是指需要考虑重力的物体，如带电小球、带电液滴、带电尘埃等。带电体在叠加场中运动的研究方法与力学综合题的分析方法相近，一般应用牛顿运动定律、运动学规律、动能定理和能量守恒定律求解。‎ ‎[演练冲关]‎ ‎4．[多选](2018届高三·西安调研)一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比。若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U ‎，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升。若两极板间电压为2U，油滴做匀速运动时速度的大小可能为(　　)‎ A．3v B．4v C．5v D．6v 解析：选AC　若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降，有mg＝kv，若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升，知电场力大于重力，有：q＝mg＋kv，若两极板间电压为2U，如果电场力方向向上，则油滴向上做匀速运动时，有q＝mg＋kv′，解得v′＝3v，故A正确；如果电场力方向向下，则油滴向下做匀速运动时，有q＋mg＝kv″，解得v″＝5v，故C正确。‎ ‎5.(2017·辽师大附中检测)如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电。一电荷量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析：选B　当电场强度足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时，速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动。将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当vy′＝0时，根据运动学公式有vy2＝2d，vy＝v0cos 45°，Ek0＝mv02，解得E＝，故B正确。‎ ‎6．[多选](2017·沈阳育才中学模拟)一带正电的小球以初速度v0水平向右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．可能做直线运动 B．一定做曲线运动 C．速率先减小后增大 D．速率先增大后减小 解析：选BC　如图所示，对小球受力分析，受重力和电场力两个力作用，合力的方向与初速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动，运动轨迹大致如图中曲线所示，故A错误，B正确；小球所受的合力与速度方向先成钝角后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速率先减小后增大，故C正确，D错误。‎ ‎[选择题保分练] 电容器、带电粒子在电场中运动 ‎ ‎1.(2017·长沙长郡中学检测)空间中有竖直方向的匀强电场(图中未画出)，一个带电小球由P点到Q点的运动轨迹如图所示，由此可知(　　)‎ A．电场的方向竖直向上 B．小球一定带正电 C．小球受到的电场力大于重力 D．小球在P点的动能小于在Q点的动能 解析：选C　由题图可知，小球向上偏转，合力向上，小球受到重力和电场力作用，重力竖直向下，所以电场力方向向上且大于重力。由于不知道小球的电性和电场的方向，所以不能判断出电场的方向与小球的电性，故A、B错误，C正确；小球受到的电场力与重力恒定不变，小球受到的合力不变，方向竖直向上，所以小球在从P点到Q点的过程中合外力对小球做负功，小球的动能减小，故D错误。‎ ‎2.(2017·湖北黄冈中学检测)如图所示，纸面内有一匀强电场(未画出)，带正电的小球(重力不计)在恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B，已知恒力F和AB间夹角为θ，AB间距离为d，小球带电量为q，则下列结论正确的是(　　)‎ A．电场强度的大小为E＝ B．A、B两点的电势差为UAB＝ C．小球由A运动至B的过程中，电势能增加了Fdcos θ D．若小球由B匀速运动至A，则恒力F必须反向 解析：选C　由题知，小球的重力不计，只受到电场力与恒力F而做匀速直线运动，则有qE＝F，解得场强E＝，A错误；由小球所受电场力方向与F方向相反及AB的相对位置可知，φA<φB，A、B两点的电势差为UAB＝－Edcos θ＝－，B错误；小球由A运动至B的过程中，恒力F做功为W＝Fdcos θ，根据功能关系可知，电势能增加了Fdcos θ，C正确；小球所受的电场力恒定不变，若小球由B匀速运动至A，恒力F大小、方向不变，D错误。‎ ‎3.(2018届高三·湖南五市十校联考)如图所示，水平放置的平行板电容器的两板间存在竖直向上的匀强电场，下板接地，两板间距离为‎10 cm，A点距下板‎3 cm，B点距上板‎3 cm。质量m＝‎0.01 kg、电荷量为＋10－‎3 C的小球能够在A点保持静止。现将小球移到匀强电场之外，g取‎10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．上板的电势比下板高10 V B．A点的电势为3 V C．电荷量为－10－‎3 C的带负电的点电荷在A点的电势能为3×10－3 J D．将电荷量为－10－‎3 C的带负电的点电荷从A点移到B点，电场力对该点电荷做功4×10－3 J 解析：选C　电场方向向上，即下板电势高，A错误；小球在A点受力平衡，mg＝Eq，解得E＝＝ V/m＝100 V/m，所以两板间的电势差U＝Ed＝10 V，由于下板接地，电势为零，故A点电势为φA＝(0－100×0.03)V＝－3 V，B错误；电荷量为－10－‎3 C的带负电的点电荷在A点的电势能为Ep＝φAq＝－3×(－10－3)J＝3×10－3 J，C正确；UAB＝－3 V－(0－100×0.07)V＝4 V，所以将电荷量为－10－‎3 C的带负电的点电荷从A点移到B点，电场力对该点电荷做功W＝UABq＝4×(－10－3)J＝－4×10－3 J，D错误。‎ ‎4.(2017·兰州一中检测)如图，一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q 之间的真空区域，经偏转后打在 Q板上如图所示的位置。在其他条件不变的情况下，要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，下列操作中可能实现的是(不计粒子重力)(　　)‎ A．保持开关S闭合，适当上移 P极板 B．保持开关S闭合，适当左移P极板 C．先断开开关S，再适当上移 P极板 D．先断开开关S，再适当下移P极板 解析：选A　该粒子在平行板间做类斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，水平分速度不变，要使其能从Q板上的小孔B射出，只能通过延长运动时间。保持开关S闭合，适当上移P极板，根据U＝Ed，d增加，场强E减小，故加速度a＝减小，根据t＝，运动时间延长，粒子可能从小孔B射出，故A正确；保持开关S闭合，适当左移P极板，场强E不变，故粒子加速度不变，运动轨迹不变，故B错误；先断开开关S，再适当上移或下移P极板，电荷量不变，场强E＝不变，故粒子加速度不变，运动轨迹不变，故C、D错误。‎ ‎5.[多选](2017·河北衡水中学检测)如图所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电量分别为＋Q、－Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电量为＋q的微粒(重力不计)从左端沿AC连线方向射入，到A点时速度vA＝‎1 m/s，到B点时速度vB＝ m/s，则(　　)‎ A．微粒从B到C做加速运动，且vC＝‎3 m/s ‎ B．微粒从A到C先做减速运动，后做加速运动 C．微粒在整个运动过程中的最终速度为 m/s D．微粒最终可能返回到B点，其速度大小为 m/s 解析：选AC　由题图可知BC 间的电场方向向右，微粒所受的电场力向右，所以微粒从B到C做加速运动。AC之间电场是对称分布的，从A到B和从B到C电场力做的功相同，依据动能定理可得：qU＝mvB2－mvA2，2qU＝mvC2－mvA2，解得：vC＝‎3 m/s，故A正确；由圆环电场分布特点易知，在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，故B错误；过B点作垂直于AC的线，此线位于等势面上且可以延长至无穷远处，微粒过C点之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故B点的动能等于无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到，微粒最终的速度与B点相同，故C正确，D错误。‎ ‎6.[多选](2017·辽宁实验中学检测)如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上。现将与Q大小相同、带电量也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷，在小球P刚与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是(　　)‎ A．小球P的速度一定先增大后减小 B．小球P的机械能一定在减小 C．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑斥力的合力为零 D．小球P与弹簧系统的机械能一定增加 解析：选AD　小球P先沿斜面加速向下运动，后减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球P速度减为零，故A正确；由于小球P除了重力做功，还有弹簧的弹力和库仑斥力做功，开始弹簧的弹力和库仑斥力的合力方向沿斜面向下，做正功，所以小球P的机械能增大；随弹力的增大，二者的合力将沿斜面向上，使小球P的机械能减小，所以小球P的机械能先增大后减小，故B错误；小球P的速度一定先增大后减小，当加速度为零时，速度最大，所以小球P速度最大时所受弹簧弹力、重力沿斜面向下的分力与库仑斥力的合力为零，故C错误；根据能量守恒定律知，小球P的动能、重力势能、与小球Q间的电势能和弹簧弹性势能的总和不变，因为在小球P刚与弹簧接触到速度变为零的过程中，Q对P的库仑斥力做正功，电势能减小，所以小球P与弹簧系统的机械能一定增加，故D正确。‎ ‎7.[多选](2017·河北衡水中学检测)如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是(　　)‎ A．电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量 ‎ B．两电荷在电场中运动的加速度相等 ‎ C．从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功 ‎ D．电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同 解析：选AC　由题图轨迹可以看出，在竖直方向：yM＞yN，故·t2>·t2，解得：>，qM＞qN，故A正确，B错误；根据动能定理，电场力做的功为：W＝ΔEk＝mvy2，质量相等，电荷M竖直分位移大，竖直方向的末速度vy＝也大，故电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功，故C正确；由题图轨迹可以看出，在水平方向：xM＞xN，故vMt＞vNt，故vM＞vN，故D错误。‎ ‎8.[多选](2017·贵州黔东南州模拟)如图所示，在方向水平向右的匀强电场中，一不可伸长的长度为L的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，当小球静止在B点时，细线与竖直方向的夹角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则(　　)‎ A．小球带负电 B．匀强电场电场强度的大小为 C．电场中A、B两点的电势差为 D．当小球从A点由静止释放至B点，电场力做负功，则小球经B点时的速度大小为 解析：选BD　小球静止在B点，受力平衡，受到重力、电场力和细线的拉力，电场力水平向右，与电场方向一致，说明小球带正电，A错误；根据共点力平衡条件可得tan θ＝，解得E＝，B正确；电场中A、B两点的电势差为UAB＝－Ed＝－EL(1－sin θ)＝－，C错误；小球运动过程中电场力和重力做功，根据动能定理可得mgLcos θ＋UABq＝mvB2－0，解得vB＝，D正确。‎ 高考研究(十三) 聚焦选择题考法——带电粒子在磁场、复合场中运动 ‎1．(2015·全国Ⅰ卷T14)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，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ω＝知角速度减小。选项D正确。‎ ‎2．[多选](2015·全国Ⅱ卷T19)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 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Ⅰ磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍。由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，选项A正确；由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，选项B错误；由T＝得T∝r，所以＝k，选项C正确；由ω＝得＝＝，选项D错误。‎ ‎3.(2017·全国Ⅱ卷T18)如图，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v1，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v2，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v2∶v1为(　　)‎ A.∶2　　　　　　　 B.∶1‎ C.∶1 D．3∶ 解析：选C　由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，则＝＝，C项正确。‎ ‎4．(2016·全国Ⅲ卷T18)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，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(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　如图所示，粒子在磁场中运动的轨迹半径为R＝。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。由几何关系知，AP＝R，则AO＝AP＝3R，所以OB＝4R＝。故选项D正确。‎ ‎5．(2016·全国Ⅱ卷T18)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. B. C. D. 解析：选A　如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧所对应的圆心角由几何知识知为30°，则＝·，即＝，选项A正确。‎ ‎6.(2017·全国Ⅰ卷T16)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　)‎ A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma 解析：选B　该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有mag＝qE，解得ma＝。b 在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋。c在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－。综上所述，可知mb>ma>mc，选项B正确。‎ ‎7．(2016·全国Ⅰ卷T15)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(　　)‎ A．11　　　 B．‎12　‎　　　‎ C．121　　　　 D．144‎ 解析：选D　带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝，由以上两式整理得：r＝。由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得：＝144，选项D正确。‎ 高考题型 典型试题 难度 ‎1.带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动 ‎2015·全国Ⅰ卷T14‎ ‎★★☆‎ ‎2015·全国Ⅱ卷T19‎ ‎★★☆‎ ‎2.带电粒子在有界匀强磁场中的运动 ‎2017·全国Ⅱ卷T18‎ ‎★★★‎ ‎2016·全国Ⅲ卷T18‎ ‎★★★‎ ‎2016·全国Ⅱ卷T18‎ ‎★★★‎ ‎3.带电粒子在复合场中的运动 ‎2017·全国Ⅰ卷T16‎ ‎★★★‎ ‎2016·全国Ⅰ卷T15‎ ‎★★★‎ 题型(一) 带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动 高考定位：常考题型　　‎ 解题关键：重在掌握带电粒子在匀强磁场中运动的周期公式和半径公式的应用 ‎[必备知能]‎ ‎[演练冲关]‎ ‎1．(2017·温州中学模拟)带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径。若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb，则一定有(　　)‎ A．qa，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，粒子将偏转，只有当粒子带负电时，粒子向下极板偏转，故D错误。‎ ‎4.(2018届高三·大同调研)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2，从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的F点(图中未画出)接收到该粒子，且GF＝R。则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　粒子运动轨迹如图所示。设粒子被加速后获得的速度为v，由动能定理有：qU＝mv2，由几何关系可得，粒子在磁场中做圆周运动的偏转角θ ‎＝60°，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r＝，又Bqv＝m，解得＝，故C正确。‎ ‎5.[多选](2018届高三·第一次全国大联考Ⅱ卷)如图所示，区域Ⅰ中有正交的匀强电场和匀强磁场，区域Ⅱ只有匀强磁场，不同的离子(不计重力)从左侧进入两个区域，在区域Ⅰ中都没有发生偏转，在区域Ⅱ中做圆周运动的轨迹都相同，下列关于这些离子的说法正确的是(　　)‎ A．离子一定都带正电 B．离子进入复合场的初速度相等 C．离子的比荷一定相同 D．离子的初动量一定相同 解析：选BC　因为离子通过区域Ⅰ时不偏转，说明受到的电场力与洛伦兹力相等，即Eq＝B1qv，故离子的速度相等，若离子带正电，则电场力向下，洛伦兹力向上，若离子带负电，则电场力向上，洛伦兹力向下，均能满足平衡条件，选项A错误，B正确；又因为进入区域Ⅱ后，其偏转半径相同，由公式R＝可知，它们的比荷相同，选项C正确；虽然可确定初速度相等，但无法判断离子质量是否相等，所以无法判断初动量是否相等，选项D错误。‎ ‎6.[多选](2017·湖南常德模拟)如图所示，圆形区域半径为R，区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，P为磁场边界上的最低点。大量质量为m、电荷量大小为q的带负电粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向。粒子的轨道半径为2R，A、C为圆形区域水平直径的两个端点，粒子重力不计，空气阻力不计，则(　　)‎ A．粒子射入磁场的速率为v＝ B．粒子在磁场中运动的最长时间为t＝ C．不可能有粒子从C点射出磁场 D．若粒子的速率可以变化，则可能有粒子从A点水平射出 解析：选ABD　粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力：qvB＝m，解得：r＝，根据题意知r＝2R，解得：v＝，故A正确；当粒子以圆形区域直径2R为运动轨迹对应的弦时，运动时间最长，由几何关系可知圆心角为60°，粒子运动的周期为：T＝ ‎，由此可知粒子在磁场中运动的最长时间为：t＝＝，故B正确；粒子的轨道半径为2R，磁场的半径为R，PC间的距离为R，易知粒子可能从C点射出，故C错误；由几何关系易知，当粒子的轨道半径为R时，竖直向上射入的粒子可以从A点水平射出，且速度满足：v＝，故D正确。‎ ‎7.[多选]正负电子对撞机的最后部分的简化示意图如图所示(俯视图)，位于水平面内的粗实线所示的圆环形真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，经过加速器加速后，质量均为m的正、负电子被分别引入该管道时，具有相等的速率v，它们沿着管道向相反的方向运动。在管道中控制它们转变的是一系列圆形电磁铁，即图甲中的A1、A2、A3、…、An共有n个，均匀分布在整个圆环上，每组电磁铁内的磁场都是磁感应强度相同的匀强磁场，并且方向竖直向下，磁场区域的直径为d(如图乙)，改变电磁铁内电流的大小，就可改变磁场的磁感应强度从而改变电子偏转的角度。经过精确的调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中虚线所示的轨迹运动，这时电子经过每个电磁场区域时射入点和射出点都是电磁场区域的同一直径的两端，如图乙所示。若电子的重力不计，则下列相关说法正确的是(　　)‎ A．负电子在管道内沿顺时针方向运动 B．电子经过每个电磁铁偏转的角度是θ＝ C．碰撞点为过入射点所在直径的另一端 D．电子在电磁铁内做圆周运动的半径为R＝ 解析：选ACD　电子在运动的过程中受力的方向指向圆心，根据左手定则可知，负电子在管道内沿顺时针方向运动，故A正确；电子经过n个磁场的偏转后转过的角度是2π，经过每个电磁铁偏转的角度是θ＝，故B错误；由题意，首先电子在环形管道中沿题图甲中虚线所示的轨迹运动，电子经过每个电磁场区域时，射入点和射出点都是电磁场区域的同一直径的两端，所以碰撞点为入射点所在直径的另一端，故C正确；由电子经过每个电磁铁偏转的角度是θ＝，由几何关系知，＝sin ，得R＝，故D正确。‎ ‎8.[多选](2017·遂宁模拟)如图所示，成30°角的直线OA、OB间(含OA、OB线上)有一垂直纸面向里的匀强磁场，OA边界上的S 点有一电子源，在纸面内向各个方向均匀发射速率相同的电子，电子在磁场中运动的半径为r、周期为T。已知从OB边界射出的电子在磁场中运动的最短时间为，则下列说法正确的是 (　　)‎ A．沿某一方向发射的电子，可能从O点射出 B．沿某一方向发射的电子，可能沿垂直于OB的方向射出 C．从OA边界射出的电子在磁场中运动的最长时间为 D．从OB边界射出的电子在磁场中运动的最长时间为 解析：选BC　电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由evB＝m，解得r＝，由于电子速率v相同，则电子在磁场中做圆周运动的轨道半径r相同，所有可能做圆周运动的圆心都在以S为圆心，半径为r的圆弧上。当出射点D与S点的连线垂直于OB时，弦SD最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短，t＝T＝T，则θ＝60°，△O1SD为等边三角形(其中O1为此时电子圆周轨迹的圆心)，SD＝r，如图甲所示，‎ 而在Rt△OSD中，∠OSD＝90°－30°＝60°，OS＝2r，所以O1在OS连线上且为OS连线的中点，可知在磁场中运动的时间最短的电子应垂直于OA，发射的电子到达O点前就已经从D点射出磁场了，而其他方向发射的电子更不可能从O点射出，故A错误；由以上分析可知，‎ 若电子垂直于SD发射，则垂直于OB射出，故B正确；从OA边界射出的电子在圆弧轨迹刚好与BO相切时，在磁场中轨迹最长，对应圆心角和运动时间最长，如图乙所示，‎ 由几何关系可得，所对圆心角为120°，运动时间t最大＝T＝T，故C正确；画出沿SA发射的电子运动的轨迹，如图丙所示，可知电子运动的时间一定大于T，故D错误。‎ 高考研究(十四) 聚焦计算题考法——带电粒子在电、磁场中运动 ‎1.(2017·全国Ⅱ卷T25)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：‎ ‎(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比；‎ ‎(2)A点距电场上边界的高度；‎ ‎(3)该电场的电场强度大小。‎ 解析：(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2。由题给条件和运动学公式得 v0－at＝0①‎ s1＝v0t＋at2②‎ s2＝v0t－at2③‎ 联立①②③式得 ＝3。④‎ ‎(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式得 vy2＝2gh⑤‎ H＝vyt＋gt2⑥‎ M进入电场后做直线运动，由几何关系知 ＝⑦‎ 联立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H。⑧‎ ‎(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则 ＝⑨‎ 设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得 Ek1＝m(v02＋vy2)＋mgH＋qEs1⑩‎ Ek2＝m(v02＋vy2)＋mgH－qEs2⑪‎ 由已知条件 Ek1＝1.5Ek2⑫‎ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 E＝。⑬‎ 答案：(1)3∶1　(2)H　(3) ‎2．(2017·全国Ⅰ卷T25)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。‎ ‎(1)求油滴运动到B点时的速度；‎ ‎(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。‎ 解析：(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。‎ 在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足 qE2－mg＝ma1①‎ 油滴在时刻t1的速度为 v1＝v0＋a1t1②‎ 电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足 qE2＋mg＝ma2③‎ 油滴在时刻t2＝2t1的速度为 v2＝v1－a2t1④‎ 由①②③④式得 v2＝v0－2gt1。⑤‎ ‎(2)由题意，在t＝0时刻前有 qE1＝mg⑥‎ 油滴从t＝0到时刻t1的位移为 s1＝v0t1＋a1t12⑦‎ 油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为 s2＝v1t1－a2t12⑧‎ 由题给条件有 v02＝‎2g·2h⑨‎ 式中h是B、A两点之间的距离。‎ 若B点在A点之上，依题意有 s1＋s2＝h⑩‎ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝E1⑪‎ 为使E2>E1，应有 ‎2－2＋2>1⑫‎ 即当0⑭‎ 才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形。‎ 若B点在A点之下，依题意有 s1＋s2＝－h⑮‎ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得 E2＝E1⑯‎ 为使E2>E1，应有 ‎2－2－2>1⑰‎ 即t1>⑱‎ 另一解为负，不合题意，已舍去。‎ 答案：(1)v0－2gt1　(2)见解析 ‎3.(2017·全国Ⅲ卷T24)如图，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B0；x<0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0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)‎ ‎(1)粒子运动的时间；‎ ‎(2)粒子与O点间的距离。‎ 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R1；在x＜0区域，圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得 qB0v0＝m①‎ qλB0v0＝m②‎ 粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为 t1＝③‎ 粒子再转过180°时，所需时间t2为 t2＝④‎ 联立①②③④式得，所求时间为 t0＝t1＋t2＝1＋。⑤‎ ‎(2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d0＝2(R1－R2)＝。⑥‎ 答案：(1)　(2) 高考题型 典型试题 难度 ‎1.带电粒子在磁场中的运动 ‎2017·全国Ⅲ卷T24‎ ‎★★☆‎ ‎2.带电粒子在复合场(电场、重力场)中的运动 ‎2017·全国Ⅱ卷T25‎ ‎★★★‎ ‎2017·全国Ⅰ卷T25‎ ‎★★★‎ 题型(一) 带电粒子在电场中的运动 高考定位：预测题型　　‎ 解题关键：重在分析加速和偏转运动，掌握 “三个一”，即：一个偏转角、一个几何关系、一个功能关系 ‎ [必备知能]‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　 [演练冲关]‎ ‎1．(2016·北京高考)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0。偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。‎ ‎(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；‎ ‎(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－‎2 m，m＝9.1×10－‎31 kg，e＝1.6×10－‎19 C，g＝‎10 m/s2。‎ ‎(3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。‎ 解析：(1)根据功和能的关系，有eU0＝mv02‎ 电子射入偏转电场的初速度v0＝ 在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝＝L 偏转距离Δy＝a(Δt)2＝。‎ ‎(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有 重力G＝mg～10－29 N 电场力F＝～10－15 N 由于F≫G，因此不需要考虑电子所受重力。‎ ‎(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，‎ 即φ＝ 由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值，叫做“重力势”，即φG＝。‎ 电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定。‎ 答案：(1) 　　(2)(3)见解析 ‎2．(2017·济宁模拟)如图所示为研究电子枪中电子在恒定电场中运动的简化模型示意图。在xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y＝的一段(0≤x≤L，0≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅰ，电场强度为E；在第二象限存在以(－‎2L≤x≤0,0≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅱ。一电子(电荷量大小为e，质量为m，不计重力)从区域Ⅰ的边界B点处由静止释放，恰好从N点离开区域Ⅱ。求：‎ ‎(1)电子通过C点时的速度大小；‎ ‎(2)区域Ⅱ中的电场强度的大小；‎ ‎(3)证明：从AB曲线上的任一位置由静止释放的电子都能从N点离开电场。‎ 解析：(1)由双曲线y＝，B点纵坐标为L知，BC间距离为 从B到C由动能定理得，eE·＝mvC2－0‎ 解得电子通过C点时的速度大小vC＝ 。‎ ‎(2)电子从C点进入区域Ⅱ，在区域Ⅱ中做类平抛运动，轨迹如图中CN之间虚线弧所示，‎ x轴方向‎2L＝vxt y轴方向L＝·t2‎ 解得区域Ⅱ中的电场强度的大小E′＝。‎ ‎(3)证明：设电子从AB曲线上点P(x，y)进入区域Ⅰ 在区域Ⅰ由动能定理得，eEx＝mv02－0‎ 假设电子能够在区域Ⅱ中一直做类平抛运动且落在x轴上的x′处。则 y轴方向y＝·t2‎ x轴方向x′＝v0t 又y＝ 解得x′＝‎2L，轨迹如图中PN之间虚线所示，‎ 即所有从边界AB曲线上的任一位置由静止释放的电子都能从N点离开电场。‎ 答案：(1) 　(2)　(3)见解析 题型(二) 带电粒子在磁场中的运动 高考定位：常考题型 解题关键：确定轨迹、圆心和半径是根本，数学知识是保障 ‎[典例示法]‎ ‎[例1]　(2017·江苏泰州中学检测)如图，在边长为L的等边三角形ACD区域内，存在垂直于所在平面向里的匀强磁场(未画出)。大量的质量为m、电荷量为q的带正电粒子以相同速度(速度大小未确定)沿垂直于CD的方向射入磁场，经磁场偏转后三条边均有粒子射出，其中垂直于AD边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：‎ ‎(1)磁场的磁感应强度大小；‎ ‎(2)要确保粒子能从CD边射出，射入的最大速度；‎ ‎(3)若粒子以(2)中的最大速度射入磁场，AC、AD边上可能有粒子射出的范围。‎ ‎　 ‎1．根据几何关系求出粒子垂直于AD射出时圆心角的大小，利用周期公式和运动时间求出磁感应强度的大小。‎ ‎2．当轨迹圆与AC、AD都相切时，粒子能从CD 边射出的半径最大，速度为最大值。‎ ‎3．当轨迹圆与AC相切时，从AC边射出的粒子距C点最远，当轨迹圆与AD边的交点恰在轨迹圆圆心正上方时，射出的粒子距D点最远。　 ‎ ‎[解析]　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得qvB＝m 周期：T＝ 当粒子垂直于AD边射出时，根据几何关系可知：对应圆心角为60°，在磁场中运动的时间为t0＝ 解得：B＝。‎ ‎(2)当粒子运动的轨迹圆与AC、AD都相切时，粒子能从CD边射出的半径最大，轨迹如图所示，此时速度为最大值，由几何关系可知：‎ r＝sin 60°＝L 由洛伦兹力提供向心力qvB＝m，得r＝，‎ 解得：v＝。‎ ‎(3)由(2)知，当轨迹圆与AC相切时，从AC边射出的粒子距C最远，故粒子射出的范围为CE段：‎ xCE＝cos 60°＝ 当轨迹圆与AD边的交点F恰在其圆心O正上方时，射出的粒子距D点最远，如图所示 故粒子射出的范围为DF段：‎ xDF＝＝。‎ ‎[答案]　(1)　(2)　(3)与C点相距0～　与D点相距0～ ‎[演练冲关]‎ ‎3.(2017·石家庄检测)如图所示，圆心为O、半径为R的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场，以圆心O为坐标原点建立坐标系，在y＝－3R处有一垂直于y轴的固定绝缘挡板，一质量为m、带电量为＋q的粒子，与x轴成60°角从M点(－R,0)以初速度v0斜向上射入磁场区域，经磁场偏转后由N点离开磁场(N点未画出)，恰好垂直打在挡板上，粒子与挡板碰撞后原速率弹回，再次进入磁场，最后离开磁场。不计粒子的重力，求：‎ ‎(1)磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)N点的坐标；‎ ‎(3)粒子从M点进入磁场到最终离开磁场运动的总时间。‎ 解析：(1)设粒子在磁场中运动的半径为r，根据题设条件画出粒子的运动轨迹：‎ 由几何关系可得：r＝R 由洛伦兹力提供向心力：qv0B＝m，‎ 解得：B＝。‎ ‎(2)由(1)图中N点的位置，‎ 根据几何关系可得：x＝Rcos 30°＝R，‎ y＝－Rsin 30°＝－R N点坐标为。‎ ‎(3)粒子在磁场中运动的周期T＝，‎ 由(1)图结合几何知识得粒子在磁场中运动的圆心角共为180°，粒子在磁场中运动时间：t1＝，‎ 粒子在磁场外的运动轨迹即(1)图中NP段，由匀速直线运动规律可以得到：‎ 从出磁场到再次进磁场的时间为：t2＝，‎ 其中s＝3R－R＝R，‎ 粒子从M点进入磁场到最终离开磁场运动的总时间 t＝t1＋t2‎ 解得：t＝。‎ 答案：(1)　(2)　(3) 题型(三) 带电粒子在复合场中的运动 高考定位：常考题型　　‎ 解题关键：对于复杂运动过程，采用先分解后组合的分析思路，即：分解过程，依次分析，场场关联，求解速度 ‎[典例示法]‎ ‎[例2]　(2017·南昌重点中学模拟)如图所示，在xOy平面内，以O1(0，R)为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直平面向里的匀强磁场B1，x轴下方有一直线ab，ab与x轴相距为d，x轴与直线ab区域间有平行于y轴的匀强电场E，在ab的下方有一平行于x轴的感光板MN，ab与MN区域间有垂直平面向外的匀强磁场B2。在0≤y≤2R的区域内，质量为m的电子从圆形区域左侧的任何位置沿x轴正方向以速度v0射入圆形区域，经过磁场B1偏转后都经过O点，然后进入x轴下方。已知x轴与直线ab间匀强电场场强大小E＝，ab与MN间匀强磁场磁感应强度大小B2＝，不计电子重力。求：‎ ‎(1)圆形区域内匀强磁场磁感应强度B1的大小；‎ ‎(2)若要求从所有不同位置出发的电子都不能打在感光板MN上，MN与ab间的最小距离h1；‎ ‎(3)若要求从所有不同位置出发的电子都能打在感光板MN上，MN与ab间的最大距离h2；当MN与ab间的距离最大时，电子从O点到MN运动的最长时间。‎ ‎1．所有电子射入圆形区域后做圆周运动的半径大小相等，根据几何关系得出电子的运动半径，结合半径公式求出圆形区域内匀强磁场磁感应强度B1的大小。‎ ‎2．根据动能定理求出电子进入下方磁场的速度，根据半径公式求出电子的运动半径，根据几何关系求出电子进入磁场时速度方向与水平方向的夹角及MN与ab间的最小距离h1。‎ ‎3．如果电子在O点沿x轴正方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，能打在MN上，则所有电子都能打在MN上，根据几何关系求出MN与ab间的最大距离。　 　‎ ‎[解析]　(1)所有电子射入圆形区域后做匀速圆周运动，轨道半径大小相等，设为r，‎ 从位置y＝R处射入的电子经过O点进入x轴下方，由几何关系易得：r＝R，‎ 由洛伦兹力提供向心力得：ev0B1＝m，‎ 解得B1＝。‎ ‎(2)设电子经电场加速后到达ab时速度大小为v，电子在ab与MN间磁场做匀速圆周运动的轨道半径为r1，沿x轴负方向射入电场的电子离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，则：‎ eEd＝mv2－mv02，r1＝，cos θ＝ 解得v＝2v0，r1＝2d，θ＝60°‎ 如果电子在O点以速度v0沿x轴负方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，不能打在MN上，则所有电子都不能打在MN上。设恰好不能打在MN上的电子在磁场中的圆轨道圆心为O2，如图甲所示，‎ 则MN与ab间的最小距离h1＝r1＋r1cos θ 解得h1＝3d。‎ ‎(3)如果电子在O点沿x轴正方向射入电场，经电场偏转和磁场偏转后，能打在MN上，则所有电子都能打在MN上。设恰好能打在MN上的电子在磁场中的圆轨道圆心为O3，如图乙所示，‎ 则MN与ab间的最大距离h2＝r1－r1cos θ，‎ 由电子在电场中运动与(2)中的对称性可知，‎ r1＝2d，θ＝60°‎ 解得h2＝d 当MN与ab间的距离最大为h2＝d时，所有从O点到MN的电子中，沿x轴正方向射入电场的电子，运动时间最长。设该电子在匀强电场中运动的加速度为a，运动时间为t1，在磁场B2中运动周期为T，时间为t2，‎ 则a＝，d＝at12，T＝，t2＝T 运动最长时间tm＝t1＋t2‎ 解得t1＝，T＝，t2＝，tm＝＋。‎ ‎[答案]　(1)　(2)3d　(3)d　＋ ‎3步破解“带电粒子在复合场中的运动”难题 ‎[演练冲关]‎ ‎4.(2018届高三·第三次全国大联考Ⅰ卷)如图所示，直角坐标系xOy平面内，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场；M是x轴上的一点，在第四象限里过M点的虚线平行于y轴，在虚线右边区域存在方向垂直于坐标平面的有界匀强磁场(图中未画出)。现有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从y轴上P点(0，L)，以平行于x轴方向的初速度v0射入电场，并恰好从M点处射出电场进入磁场，粒子从有界磁场中射出后，恰好通过y轴上Q点(0，－‎3L)，且射出时速度方向与y轴负方向的夹角θ＝30°，不计带电粒子的重力。求：‎ ‎(1)M点的坐标和匀强电场的电场强度；‎ ‎(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；‎ ‎(3)带电粒子从P点运动到Q点的时间。 ‎ 解析：(1)带电粒子运动轨迹如图所示 由图可知，带电粒子离开电场时 沿电场方向的速度vy＝，‎ 沿电场线方向做匀加速直线运动 加速度a＝＝＝，‎ 解得E＝ 带电粒子从P点运动到离开电场的时间t1＝＝ 沿x轴方向的位移xM＝v0t1＝L，‎ 所以M点的坐标是。‎ ‎(2)由左手定则可知，匀强磁场的方向垂直于坐标平面向外 由几何关系易知，带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的半径r＝MN，又OQ＝MN＋ 解得：r＝L 带电粒子进入磁场的速度v＝＝2v0‎ 带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB＝ 解得B＝。‎ ‎(3)由几何关系易知，带电粒子在匀强磁场中的偏转角为2θ＝，运动周期T＝，‎ 可得带电粒子在匀强磁场的运动时间t2＝＝ 带电粒子离开匀强磁场后做匀速直线运动到达Q点的运动时间t3＝＝ 带电粒子从P点运动到Q点的时间 t＝t1＋t2＋t3＝＋。‎ 答案：(1)　　(2)　方向垂直于坐标平面向外　(3)＋ ‎5.(2017·常德模拟)如图所示，ABCD矩形区域内存在互相垂直的有界匀强电场和匀强磁场的复合场，有一带电小球质量为m、电量大小为q，小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压为U的电场加速后，水平进入ABCD区域中，恰能在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，且从B 点射出，已知AB长度为L，AD长度为L，求：‎ ‎(1)小球带何种电荷及进入复合场时的速度大小；‎ ‎(2)小球在复合场中做圆周运动的轨道半径；‎ ‎(3)小球在复合场中运动的时间。‎ 解析：(1)小球在电场、磁场和重力场的复合场中，做匀速圆周运动，且从B点射出，根据左手定则可知小球带负电荷。‎ 小球进入复合场之前，由动能定理得：qU＝mv2，‎ 解得：v＝ 。‎ ‎(2)设小球做圆周运动的轨道半径为r，由几何关系得：‎ r2＝(r－L)2＋(L)2，解得r＝‎2L。‎ ‎(3)由(2)知小球在复合场中做圆周运动对应的圆心角：‎ sin θ＝，解得θ＝ 小球运动周期：T＝，运动时间为：t＝T 联立以上可得：t＝。‎ 答案：(1)负电荷　　(2)‎2L　(3) ‎[计算题增分练] 带电粒子在电、磁场中运动 ‎ ‎1.(2017·榆林模拟)如图所示，有一平行板电容器左边缘在y轴上，下极板与x轴重合，两极板间匀强电场的场强为E。一电量为q、质量为m的带电粒子，从O点与x轴成θ角斜向上射入极板间，粒子经过K板边缘 a点平行于x轴飞出电容器，立即进入一磁感应强度为B的圆形磁场的一部分(磁场分布在电容器的右侧且未画出)，随后从c点垂直穿过x轴离开磁场。已知粒子在O点的初速度大小为v＝，∠acO＝45°，cos θ＝，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁场与电容器不重合，带电粒子重力不计，求：‎ ‎(1)K板所带电荷的电性；‎ ‎(2)粒子经过c点时的速度大小；‎ ‎(3)圆形磁场区域的最小面积。‎ 解析：(1)粒子由a到c，向下偏转，根据左手定则判断，可知粒子带正电。粒子在电场中做类斜抛运动，根据粒子做曲线运动的条件可知，粒子所受电场力垂直于两极板向下，正电荷受到的电场力与电场方向相同，故电场方向垂直于两极板向下，K板带正电，L板带负电。‎ ‎(2)粒子由O到a做类斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，到达a点平行于x轴飞出电容器，即竖直方向分速度减为零，a点速度等于初速度的水平分量，出电场后粒子在磁场外做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，速度大小始终不变，故粒子经过c点时的速度与a点速度大小相等。‎ 由上可知粒子经过c点时的速度大小 vc＝va＝vcos θ＝＝。‎ ‎(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，‎ a、c为两个切点。‎ 洛伦兹力提供向心力qvcB＝m 可得轨迹半径R＝ 粒子飞出电容器立即进入圆形磁场，且磁场与电容器不重合，圆形磁场必与电容器右边界ab切于a点，还需保证c点也在磁场中，当圆形磁场与bc切于c点时磁场面积最小，由几何关系易知此时磁场半径与轨迹半径相等。‎ 磁场最小面积S＝πR2＝。‎ 答案：(1)正电　(2)　(3) ‎2．(2018届高三·衡阳联考)“太空粒子探测器”是由加速装置、偏转装置和收集装置三部分组成的，其原理可简化为如图所示示意图，辐射状的加速电场区域边界为两个同心圆，圆心为O，外圆的半径R1＝‎2 m，电势φ1＝50 V，内圆的半径R2＝‎1 m，电势φ2＝0，内圆内有磁感应强度大小B＝5×10－3 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，收集薄板MN与内圆的一条直径重合，收集薄板两端M、N与内圆间各存在狭缝。假设太空中漂浮着质量m＝1.0×10－‎10 kg、电荷量q＝4×10－‎4 C的带正电粒子，它们能均匀地吸附到外圆面上，并被加速电场从静止开始加速，进入磁场后，发生偏转，最后打在收集薄板MN 上并被吸收(收集薄板两侧均能吸收粒子)，不考虑粒子相互间的碰撞和作用。‎ ‎(1)求粒子刚到达内圆时速度的大小；‎ ‎(2)以收集薄板MN所在的直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，分析外圆哪些位置的粒子将在电场和磁场中做周期性运动，指出该位置并求出这些粒子运动一个周期内在磁场中所用时间。‎ 解析：(1)粒子在电场中被加速时，由动能定理可知 qU＝mv2－0‎ U＝φ1－φ2‎ 解得：v＝2×‎104 m/s。‎ ‎(2)粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下发生偏转，有qvB＝ 解得r＝‎‎1 m 因为r＝R2，所以由几何关系可知，从收集薄板MN左端贴着其上表面进入磁场的粒子在磁场中运动圆周后，射出磁场，进入电场，在电场中先减速至外圆处后反向加速，并返回磁场，如此反复地做周期运动，其运动轨迹如图所示。‎ 由图易知，粒子运动一个周期内在磁场中所用时间为T。‎ T＝＝ 解得T＝π×10－4 s 在电场和磁场中做周期性运动的粒子的四个位置坐标分别为(0,‎2 m)，(‎2 m,0)，(0，－‎2 m)，(－‎2 m,0)。‎ 答案：(1)2×‎104 m/s　(2)(0,‎2 m)，(‎2 m, 0)，(0, －‎2 m)，(－‎2 m, 0)　π×10－4 s ‎3.(2018届高三·洛阳六校联考)如图所示，在半径为R的圆周内外两区域分别存在与圆周平面垂直、方向相反的匀强磁场，其中内部区域的磁感应强度大小为B，外部区域磁感应强度大小未知。M、N、P、Q是两条互相垂直的直径与圆周边界的交点，现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)，从M点沿MN方向射入圆周内部区域。‎ ‎(1)若粒子从M点沿MN方向射入圆周内部区域后，从P点射出圆周区域，求粒子所带电荷的电性及射入速度v0的大小；‎ ‎(2)若该粒子从P点射出后，从N点返回圆周内部区域，求圆周外部区域的磁感应强度大小及该粒子由M点运动到N点所用的时间；‎ ‎(3)若圆周内外的磁感应强度大小相等，要使粒子从M点指向圆心方向射入，经过偏转绕圆周边界一周后回到M点，求粒子运动的速度v应满足的条件。‎ 解析：(1)根据粒子偏转方向，利用左手定则可以判断粒子带正电荷 如图甲所示，由几何关系易知，粒子做圆周运动的轨迹半径与圆周边界的半径相等，即r＝R 在圆周内部磁场区域里有 qv0B＝m，‎ 解得：v0＝。‎ ‎(2)如图乙所示，粒子从P点射出后，从N点返回圆周内部区域 由几何知识可得，粒子在圆周外部区域运动的轨迹半径r1＝R 设圆周外部区域磁感应强度大小为B1，粒子运动时洛伦兹力提供向心力，有qv0B1＝m 解得B1＝B 由粒子做圆周运动的周期T＝可知，粒子在圆周内部和圆周外部做匀速圆周运动的周期相等，‎ 即T外＝T内＝ 粒子从M点运动到N点的时间为t＝T内＋T外 解得t＝。‎ ‎(3)如图丙所示，粒子每次偏转中射入圆周内部区域的速度方向和射出速度方向与圆周边界有两交点，设两交点与圆心连线的夹角为θ 由几何关系可知，粒子在圆周内部区域的轨迹半径r2＝Rtan 粒子运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m 若经偏转绕圆周边界一周回到M点，由几何关系易知，粒子最少在圆周边界内外偏转3次，有 nθ＝2π　(n＝3,4,5,6，…)‎ 解得粒子的运动速度为 v＝　(n＝3,4,5,6，…)。‎ 答案：(1)正电荷　　(2)B　 ‎(3)v＝　(n＝3,4,5,6，…)‎ ‎4．(2018届高三·第一次全国大联考Ⅰ卷)如图甲所示，某空间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t作周期性变化(周期为T)的图象如图乙所示。取竖直向下为电场正方向，垂直纸面向外为磁场正方向。在t＝0时，一质量为m，电荷量为q的带负电小球从离地面高为h＝的地方由静止释放。已知重力加速度为g，E0＝，B0＝。求：‎ ‎(1)小球第一次做圆周运动的半径；‎ ‎(2)要让小球下落过程中一直在电场中运动，电场在水平方向上的最小宽度；‎ ‎(3)小球落地时间。‎ 解析：(1)在0～时间内，电场力qE0＝mg，重力和电场力平衡，小球静止不动，在～T时间内，小球只受电场力和重力，两力方向相同，‎ 由牛顿第二定律有qE0＋mg＝ma，解得a＝‎‎2g 在T时刻，小球的速度v1＝a·＝gT，‎ 位移x1＝a2＝ 在T～T时间内，小球所受电场力和重力平衡，合力为洛伦兹力，小球第一次做圆周运动，小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，‎ 有qv1B0＝，解得R1＝。‎ ‎(2)小球做圆周运动的周期T′＝＝＝，只与磁场有关，且恒定，故小球相继在内做匀加速直线运动和完整的圆周运动，小球做匀加速直线运动的加速度恒为a＝‎2g，‎ 则在T、2T、3T、……时刻，‎ 小球运动的总位移为x1、4x1、9x1、……‎ 速度为v1、2v1、3v1、……‎ 由R＝知，做圆周运动的半径为R1、2R1、3R1、……‎ 由h＝＝9x1＋<9x1＋3R1，可知小球在第三次做圆周运动时转过圆心角θ落地，小球的运动轨迹如图所示 由几何关系可知sin θ＝＝，解得θ＝ 由3R1(1－cos θ)<2×2R1，则电场在水平方向上的最小宽度 d＝2×2R1＝。‎ ‎(3)小球落地时间t＝3T＋＝。‎ 答案：(1)　(2)　(3) ‎ 一、选择题(第1～5题为单项选择题，第6～8题为多项选择题)‎ ‎1.(2018届高三·韶关六校联考)如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线(方向未画出)。虚线是一带电的粒子(重力不计)只在电场力的作用下，由a运动到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线。下列判断正确的是(　　)‎ A．电场线MN的方向一定是由N指向M B．带电粒子由a运动到b的过程中动能不一定增加 C．带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能 D．带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度 解析：选C　由于带电粒子只受电场力作用且做曲线运动，所受的电场力指向轨迹内侧，带电粒子所受的电场力一定是由M指向N，但是带电粒子的电荷性质未知，所以电场线的方向无法确定，故A错误；带电粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故B错误，C正确；由a到b的运动轨迹为一抛物线，带电粒子所受电场力可能为恒力，即在a点的加速度可能等于在b点的加速度，故D错误。‎ ‎2.(2017·吉林模拟)真空中，在x轴上的原点处和x＝‎6a 处分别固定点电荷M、N，在x＝‎2a处由静止释放一个正试探电荷P，假设试探电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到试探电荷P的速度与其在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．点电荷M、N一定都是负电荷 B．试探电荷P的电势能一定是先增大后减小 C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为2∶1‎ D．x＝‎4a处的电场强度一定为零 解析：选D　根据题意结合题图易知，试探电荷P仅在电场力作用下先加速后减速，其动能先增大后减小，其电势能先减小后增大，选项B错误；根据试探电荷P的速度变化特点可知，在x轴上从原点处到x＝‎6a处，电场强度从两头指向x＝‎4a处，点电荷M、N一定都是正电荷，选项A错误；试探电荷P在x＝‎4a处速度最大，电势能最小，该处电场强度一定为零，选项D正确；由上述分析可知，＝，解得QM＝4QN，选项C错误。‎ ‎3.(2017·株洲检测)如图所示，R 是一个定值电阻，A、B 为水平正对放置的两块平行金属板，两板间带电微粒 P 处于静止状态，则下列说法正确的是(　　)‎ A．若增大A、B两板的间距，则有向右的电流通过电阻R B．若增大A、B两板的间距，P将向上运动 C．若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片，P将向上运动 D．若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，P 将向上运动 解析：选C　A、B两板和电源相连，则两极板间的电压恒定，若增大A、B两板的间距，根据C＝可知，电容减小，根据公式C＝以及电容减小、电压不变，可得电容器两极板上所带电荷量减小，故电容器放电，R中有向左的电流，A错误；由于两极板间的电压不变，若增大A、B两板的间距，根据公式E＝可得，两极板间的电场强度减小，电场力小于重力，P将向下运动，B错误；若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片，相当于两极板间的距离减小，电场强度增大，则电场力大于重力，P将向上运动，C正确；若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，相当于εr增大，两极板间的电场强度E＝恒定不变，所以电场力不变，P仍静止，D错误。‎ ‎4.(2018届高三·南昌三校联考)如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点，通过pa段用时为t，若该微粒经过p点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上。若两个微粒所受重力均忽略，则新微粒运动的(　　)‎ A．轨迹为pb，至屏MN的时间将小于t B．轨迹为pc，至屏MN的时间将大于t C．轨迹为pa，至屏MN的时间将大于t D．轨迹为pb，至屏MN的时间将等于t 解析：选C　带电微粒和不带电微粒碰撞，遵守动量守恒，故总动量不变，总电量也保持不变，由Bqv＝m，得：r＝＝，p、q都不变，可知碰撞前后的轨迹半径r不变，故新微粒轨迹应为pa，由周期T＝可知，因m增大，故新微粒运动的周期增大，因所对应的弧线不变，圆心角不变，故至屏MN的时间将大于t，C正确。‎ ‎5.(2017·淮北第一中学检测)利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B的大小。用绝缘轻质丝线把底部长为L、电阻为R、质量为m的“U”形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计。当有拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，拉力显示器可以直接显示力敏传感器所受的拉力。当线框接入恒定电压为U1时，拉力显示器的示数为F1；接入恒定电压为U2时(电流方向与电压为U1时相反)，拉力显示器的示数为F2。已知 F1>F2，则磁感应强度B的大小为(　　)‎ A．B＝ B．B＝ C．B＝ D．B＝ 解析：选B　当线框接入恒定电压为U1时，拉力显示器的示数为F1，则F1＝mg＋B·L; 接入恒定电压为U2时(电流方向与电压为U1时相反)，拉力显示器的示数为F2，则F2＝mg－B·L；解得B＝，选项B正确。‎ ‎6．如图所示为某电场中等势面的分布图，各等势面的电势值图中已标出。下列说法正确的是(　　)‎ A．A点的电场强度比B点的大 B．中心轴线上各点的电场强度方向向左 C．电子由A点移至B点克服电场力做功0.17 eV D．电子在A点的电势能比B点的小 解析：选AB　A点与B点相比较，A点附近等势面密集且相邻等势面的电势差较大，故A点的电场强度大于B点的，故A正确；电场线与等势面垂直且从高电势指向低电势，故中心轴线上可以画出向左的电场线，且各点的电场强度方向向左，故B正确；电子由A点移至B点电场力做功：WAB＝qUAB＝(－e)(0.8 V－0.97 V)＝0.17 eV，电子由A点移至B点电场力做正功0.17 eV，故C错误；电子带负电荷，在电势低的点电势能大，由于A点的电势小于B点的电势，故电子在A点的电势能比B点的大，故D错误。‎ ‎7.(2017·吉林延边州检测)如图所示，真空中有一正四面体ABCD，M、N分别是AB和CD的中点。现在A、B两点分别固定电荷量为＋Q、－Q的点电荷，下列说法正确的是(　　)‎ A．将试探电荷＋q从C点移到D点，电场力做正功，试探电荷＋q的电势能降低 B．将试探电荷－q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷－q的电势能不变 C．C、D两点的电场强度大小相等 D．N点的电场强度方向平行于AB且与CD垂直 解析：选BCD　CD与AB的中垂线平行，等量异种点电荷在此处的电势为零，所以将试探电荷＋q从C点移到D点，电场力不做功，电势能不变，A错误；MN是AB的中垂线，‎ M点的电势等于N点的电势，所以将试探电荷－q从M点移到N点，电场力不做功，电势能不变，B正确；根据等量异种点电荷在空间的电场线分布特点，可知C、D两点的电场强度大小相等，C正确；根据电场叠加原理，可知N点的电场强度方向平行于AB且与CD垂直，D正确。‎ ‎8.(2017·淮北第一中学检测)如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直竖直面向内。有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α。以下说法正确的是(　　)‎ A．若r＝2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为 B．若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，则有tan＝ C．若r＝R，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为 D．若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为150°‎ 解析：选BD　若r＝2R，粒子在磁场中运动的时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，轨迹如图1所示，因为r＝2R，由几何关系知圆心角α＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝T＝·＝，故A错误；若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，轨迹如图2所示，根据几何关系，有tan ＝＝＝，故B正确；‎ 若r＝R，粒子沿着磁场的半径方向射入，轨迹如图3所示，圆心角α为90°，粒子在磁场中运动的时间t＝T＝·＝，故C错误；若r＝R ‎，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图4所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角α为150°，故D正确。‎ 二、非选择题 ‎9.(2017·揭阳检测)如图所示，空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按E＝x 分布(x是轴上某点到O点的距离)。x轴上，有一长为L的绝缘细线连接均带负电的两球A、B，两球质量均为m，B球带电荷量大小为q，A球距O点的距离为L。两球现处于静止状态，不计空气阻力及两球之间的静电力作用。求：‎ ‎(1)A球的带电荷量大小qA；‎ ‎(2)剪断细线后，B球下落速度最大时距O点的距离x0；‎ ‎(3)剪断细线后，B球下落的最大高度h。‎ 解析：(1)对两球由整体法得：‎ ‎2mg－qA·L－q··‎2L＝0，‎ 解得：qA＝6q。‎ ‎(2)当B球下落速度达到最大时，由平衡条件得 mg＝q·x0，‎ 解得：x0＝‎4L。‎ ‎(3)B球下落过程中，电场力大小线性变化，所以由动能定理得：‎ mgh－h＝0‎ 解得：h＝‎4L。‎ 答案：(1)6q　(2)‎4L　(3)‎‎4L ‎10.(2017·宁德检测)在光滑水平平面xOy内存在着如图所示的匀强电场和匀强磁场，其中第一象限内存在磁感应强度大小B＝0.2 T、方向垂直水平面向里的匀强磁场，第二、四象限内电场方向与y轴平行且大小相等、方向相反，一质量m＝2×10－‎12 kg、电荷量 q＝1×10－‎10 C的带正电小球(大小忽略不计)，从第四象限内的P点(‎0.3 m，－‎0.1 m)由静止释放，小球沿垂直于y轴方向进入第二象限，求：‎ ‎(1)电场的电场强度大小E；‎ ‎(2)小球到达x轴负半轴时的位置坐标。‎ 解析：(1)小球在第一象限内运动时，由洛伦兹力提供向心力，则qv0B＝m，由题意可知R＝‎‎0.3 m 解得v0＝‎3 m/s 小球在第四象限内有qEL＝mv02，其中L＝‎‎0.1 m 解得E＝0.9 N/C。‎ ‎(2)小球在第二象限内做类平抛运动 x＝v0t，R＝·t2，‎ 解得x＝ m，‎ 故到达x轴负半轴的位置坐标为。‎ 答案：(1)0.9 N/C　(2) ‎11.(2017·吉林模拟)某高中物理实验课程基地拟采购一批实验器材，增强学生对电偏转和磁偏转研究的动手能力，其核心结构原理简化示意图如图所示。AB、CD间的区域有竖直向上的匀强电场，在CD的右侧有一与CD相切于M点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。一带正电粒子自O点以水平初速度v0正对P点进入该电场后，从M点飞离CD边界，再经磁场偏转后又从N点垂直于CD边界回到电场区域，并恰能返回O点。已知OP间距离为d，粒子质量为m，电荷量为q，电场强度大小E＝，粒子重力不计。求：‎ ‎(1)粒子从M点飞离CD边界时的速度大小；‎ ‎(2)P、N两点间的距离；‎ ‎(3)磁感应强度的大小和圆形有界匀强磁场的半径。‎ 解析：(1)据题意，作出带电粒子的运动轨迹，如图所示：‎ 粒子在电场中做类平抛运动，粒子从O点到M点所用时间：‎ t1＝，‎ 粒子在电场中的加速度：‎ a＝＝ 粒子在M点时竖直方向的速度：vy＝at1＝v0，‎ 粒子在M点时的速度大小：v＝＝2v0‎ 速度偏转角正切：tan θ＝＝，故θ＝60°。‎ ‎(2)粒子从N点到O点时间：t2＝，‎ 粒子从N点到O点过程竖直方向的位移：y＝at22‎ 故P、N两点间的距离为：PN＝y＝d。‎ ‎(3)设粒子在匀强磁场中的轨迹半径为R，‎ 由几何关系得：Rcos θ＋R＝PN＋PM＝d，其中PM＝at12，‎ 可得半径：R＝d 由qvB＝m，得：R＝，解得：B＝。‎ 由几何知识确定匀强磁场的半径为：R′＝2Rsin θ，即R′＝d。‎ 答案：(1)2v0　(2)d　(3)　d