第二轮专题三：电场和磁场

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高考物理二轮复习专题三电场和磁场2磁场及带电粒子在磁场中的运动课件

休息时间到啦
同学们，下课休息十分钟。现在是休息时间，你们休睛，
看看远处，要保护好眼睛哦~站起来动一动，久坐对哦~
[规律方法]——知规律握方法求解导体棒所受安培力问题的方法 (1)正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直． (2)画出辅助图(如导轨、斜面等)，并标明辅助方向(磁感应强度 B、电流 I 的方向)． (3)将立体的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图．
＝ AB 2sin
α＝2sAinBθ，然后再与半径公式 2
r＝mqBv联系起来求解．
(3)运动时间的确定：t＝36α0°T(可知，α 越大，粒子在磁场中运
动时间越长)．
[典例赏析]——析典题学通法 [例 2] (2019·全国Ⅰ，24T)如图，在直角三角形 OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压 U 加速后，沿平行于 x 轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在 OP 边上某点以垂直于 x 轴的方向射出．已知 O 点为坐标原点，N 点在 y 轴上，OP 与 x 轴的夹角为 30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为 d，不计重力．求
Ⅰ卷 19T 安培力科学思维磁场的叠加．(2)带电粒子在
Ⅱ卷 18T 洛伦兹力科学思维匀强磁场中的匀速圆周运动
Ⅱ卷 21T 安培力科学思维 (常涉及临界问题、多解问题)
分析粒子在电场和磁场中的
2017
运动，画出运动轨迹，根据
磁感应强
Ⅲ卷 18T
物理观念几何关系结合动能定理．牛
度
顿运动定律解题是今后高考

二轮复习专题三第二讲带电粒子在电场磁场中的运动学案

专题三第二讲带电粒子在电场、磁场中的运动1．(2020·浙江7月选考)如图所示，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速度v 0从MN 连线上的P 点水平向右射入大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中。

已知MN 与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN 连线上的某点时( )A ．所用时间为m v 0qEB ．速度大小为3v 0C ．与P 点的距离为22m v 02qED ．速度方向与竖直方向的夹角为30°解析：C 粒子从P 点垂直电场方向出发到达MN 连线上某点时，由几何知识得沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v 0t ＝12at 2，其中a ＝Eq m ，联立解得t ＝2m v 0qE ，A 项错误；粒子在MN 连线上某点时，粒子沿电场方向的速度v ＝at ＝2v 0，所以合速度大小v ＝(2v 0)2＋v 02＝5v 0，B 项错误；该点到P 点的距离s ＝2x ＝2v 0t ＝22m v 02qE ，C 项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝v 02v 0＝12，则θ≠30°，D 项错误。

2．(2021·河北高考)如图，距离为d 的两平行金属板P 、Q 之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B 1，一束速度大小为v 的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L 的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B 2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P 、Q 相连，质量为m 、电阻为R 的金属棒ab 垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g ，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是( )A ．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v ＝mgR sin θB 1B 2Ld B ．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v ＝mgR sin θB 1B 2LdC ．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v ＝mgR tan θB 1B 2LdD ．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v ＝mgR tan θB 1B 2Ld解析：B 等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得等离子体中的正离子向金属板Q 偏转，负离子向金属板P 偏转，所以金属板Q 带正电荷，金属板P 带负电荷，则电流方向由金属棒a 端流向b 端。

2021届高三物理二轮复习专题三电场和磁场第1讲电场和磁场逐题对点特训

2021届高三物理二轮复习专题三电场和磁场第1讲电场和磁场逐题对点特训1.(2021·湖北襄阳调研)公元前600年左右，希腊人泰勒斯就发觉了用毛皮摩擦过的琥珀能吸引轻小物体．公元一世纪，我国学者王充在《论衡》一书中也写下了“顿牟掇芥”．关于静电场，下列说法正确的是( C )A．沿电场线方向电场强度越来越小B．若电场中某点的电场强度为零，则该点电势也必定为零C．等势面一定与电场强度的方向垂直D．初速度为零的带电粒子在电场中一定沿电场线运动解析在匀强电场中，沿电场线方向电场强度不变，选项A错误；电势与场强无关，等量同种点电荷连线中点处的场强为0、电势不为0(选无穷远处电势为0)，选项B错误；沿电场线方向电势降低，等势面与电场线垂直，选项C正确；在非匀强电场中，初速度为零的带电粒子不一定沿电场线运动，选项D错误．2．(2021·河北二校联考)一个带负电的粒子仅在电场力作用下运动，其电势能随时刻变化规律如图所示，则下列说法正确的是( D )A．该粒子可能做直线运动B．该粒子在运动过程中速度保持不变C．t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度一定相同D．粒子运动轨迹上各点的电势一定相等解析粒子的电势能不变，电场力不做功，而带电粒子只受电场力，不可能做直线运动，选项A错误；依照能量守恒定律可知粒子的动能不变，速度大小不变，粒子做曲线运动，速度方向在改变，选项B错误；粒子的电势能不变，电场力不做功，依照电场力公式W＝qU 知粒子运动轨迹上各点的电势一定相等，而电场强度与电势无关，t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度不一定相同，选项C错误，D正确．3．(2021·山西重点中学模拟)如图所示，一个质量为m 、带电荷量为－q 的滑块(可视为质点)放置在质量为M 的光滑斜劈上，斜劈的倾角为θ＝30°，斜劈固定在水平地面上，现在斜劈的底端C 点竖直放置一绝缘杆，绝缘杆的顶端放置一带电荷量为＋Q 的小球(可视为质点)．已知斜劈的斜边长为L ，绝缘杆的高度也为L ，静电力常量为k ，现给滑块一沿斜劈向下的初速度v ，让滑块沿斜面下滑，若滑块始终在斜面上运动，则下列说法中正确的是( B )A ．运动过程中滑块所受库仑力一直增大B ．滑块受到的库仑力最大值为4kqQ3L 2C ．滑块运动到斜面中点时速度最大D ．滑块运动到C 点时的速度大小为v解析滑块沿斜面向下运动的过程中与小球的距离先减小后增大，故所受库仑力先增大后减小，当滑块运动到斜面的中点时所受库仑力最大，现在F 库＝kqQ L cos θ2＝4kqQ 3L2，故选项A 错误，B 正确．当滑块所受重力沿斜面向下的分力等于库仑力沿斜面向上的分力时，滑块的速度最大，滑块运动到斜面中点时加速度方向沿斜面向下，因此滑块运动到斜面中点时速度不是最大，选项C 错误；滑块运动到C 点的过程中，依照对称性，库仑力对滑块做的总功为零，由动能守恒可得12mv 2＋mgL ·sin θ＝12mv 2C ，故v C >v ，选项D 错误．4．(2021·陕西咸阳模拟)如图，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( B )A ．b 点场强大小为94EB ．c 点场强大小为74EC ．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 Q r2，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 2Q2r2＝kQ2r2，方向由d 指向a .依照电场叠加原理，b 点的场强大小为E b ＝E －E ′＝k Q r 2－k Q 2r 2＝k Q 2r 2＝E2，方向由a 指向d ，选项A 错误；＋Q 在c 点产生的电场强度E 1＝kQ2r2，＋2Q 在c 点产生的电场强度E 2＝k 2Qr2，二者方向相反，c 点的场强大小为E c ＝E 2－E 1＝k 2Q r 2－k Q 4r 2＝74k Q r 2＝74E ，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．5．(2021·江苏高考题)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止开释的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止开释的电子( A )A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点解析电子在A 、B 板间的电场中加速运动，在B 、C 板间的电场中减速运动，设A 、B 板闻的电压为U ，B 、C 板间的电场强度为E ，M 、P 两点间的距离为d ，则有eU －eEd ＝0，若将C 板向右平移到P ′点，B 、C 两板所带电荷量不变，由E ＝U d ＝Q C 0d ＝4πkQεS可知，C 板向右平移到P ′时，B 、C 两板间的电场强度不变，由此能够判定，电子在A 、B 板间加速运动后，在B 、C 板间减速运动，到达P 点时速度为零，然后返回，A 项正确，B 、C 、D 项错误．6．(2021·河南郑州推测)等量异种点电荷在周围空间产生静电场，其连线(x 轴)上各点的电势φ随x 的分布图象如图所示．x 轴上AO <OB <，A 、O 、B 三点的电势分别为φA 、φO 、φB ，电场强度大小分别为E A 、E O 、E B ，电子在A 、O 、B 三点的电势能分别为E p A 、E p O 、E p B .下列判定正确的是( D )A ．φB >φA >φOB ．E A >E O >E BC ．E p O <E p A <E p BD ．E p B －E p O >E p O －E p A解析正电荷周围电势较高，负电荷周围电势较低，φA >φO >φB ，选项A 错误；依照电场强度的合成可知B 点场强最大，O 点最小，选项B 错误；电子带负电．依照电势能E p ＝qφ，可知E p B 最大，E p A 最小，选项C 错误；由图象可知U OB >U AO ，依照电场力做功W ＝qU ，电子带负电，可知W BO >W OA ，即E p B －E p O >E p O －E p A ，故选项D 正确．7．(2021·湖北武汉调考)(多选)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( AC )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从轨迹能够看出y M >y N ，故12·Uq M dm M t 2>12·Uq N dm N t 2，运算得出Uq M dm M >Uq Ndm N，q M >q N ，选项A 正确，B 错误；依照动能定理，电场力的功为W ＝12mv 2y ，质量m 相同，M 电荷竖直分位移大，竖直方向的末速度v y ＝2yt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，选项C正确；从轨迹能够看出x M >x N ，故v M >v N ，选项D 错误．8．(2021·宁夏银川模拟)(多选)一平行板电容器两极板的正对面积为S ，两极板间的距离为d .若两极板之间为空气，则电容为C .若将此电容器串联一个电阻R 后接到电动势为E 、内阻为r 的电源两端充电，如图所示．下列说法正确的是( BC )A ．若保持开关闭合，增大d ，则极板带电荷量Q 不变B ．若保持开关闭合，减小S ，则两极板之间的电场强度不变C ．若断开开关，增大d ，则两极板之间的电场强度不变D ．若断开开关，在两极板间插入云母片，两极板之间的电压不变解析若保持开关闭合，则两极板之间的电压不变．增大d ，依照C ＝εr S4πkd ，可知电容减小，由C ＝Q U ，可知极板带电荷量Q 减小，选项A 错误．由E ＝U d可知，减小S ，则两极板之间的电场强度不变，选项B 正确．若断开开关，则极板带电荷量Q 不变，由E ＝U d ＝Q Cd＝4πkQεr S，可知增大d ，两极板之间的电场强度不变，选项C 正确．在两极板间插入云母片，电容增大，由C ＝Q U，可知两极板之间的电压减小，选项D 错误．9．(2021·河北保定调研)(多选)在匀强电场中，一电荷量为＋q 的粒子(不计重力)以初动能E 0由A 点沿某一方向射出；通过C 点时其动能为3E 0；若将该粒子还以初动能E 0由A 点沿另一方向射出，粒子通过B 点时动能为9E 0.如图所示，A 、B 、C 三点构成直角三角形且∠ABC ＝ 30°，匀强电场平行于△ABC 所在平面．U AB 、U AC 分别表示A 、B 两点与A 、C 两点间电势差，已知AC ＝d ，下列说法正确的是( BC )A ．U AC ∶U AB ＝1∶3 B ．U AC ∶U AB ＝1∶4C ．匀强电场的电场强度大小为4E 0qdD ．匀强电场沿BC 方向解析带电粒子由A 到C 的过程，由动能定理得qU AC ＝3E 0－E 0，带电粒子由A 到B 的过程，由动能定理得qU AB ＝9E 0－E 0，解得U AC ∶U AB ＝1∶4，选项A 错误，B 正确；由分析可知，C 点的电势比B 点的电势高，且在AB 上与C 点电势相等的点为D 点，D 点为AB 的四等分点，如图所示，由几何关系知CD ⊥AB ，因此电场强度的方向由A 指向B ，又AB ＝2d ，则E ＝U AB 2d ＝4E 0qd，选项C 正确，D 错误．10．(2021·河北石家庄二中模拟)(多选)如图所示在两个等量同种负点电荷连线的中垂面上以连线中点O 为圆心的两个同心圆，两圆上有a 、b 、c 、d 四个点，Oac 三点共线，则( BD )A ．a 、c 两点的电场强度方向相同，大小不可能相等B ．a 、b 两点的电势相同C ．将带正电的试探电荷在平面内从b 移到d 点，电场力不做功D ．带正电的试探电荷仅在电场力作用下在此平面内可能做匀速圆周运动解析依照两个等量同种负点电荷电场线特点，a 、c 两点的电场强度方向相同，大小可能相等，选项A 错误；a 、b 两点在同一等势面上，两点的电势相同，选项B 正确；由于b 、d 两点不在同一等势面上，将带正电的试探电荷在平面内从b 移到d 点，电场力做负功，选项C 错误；在中垂面内带正电的试探电荷始终受到方向指向O 点的电场力，在此平面内可能做匀速圆周运动，选项D 正确．11．(2021·广西柳州模拟)(多选)如图甲所示，竖直极板A 、B 之间距离为d 1，电压为U 1，水平极板C 、D 之间距离为d 2，GH 为足够长的荧光屏，到极板C 、D 右侧的距离为L .极板C 、D 之间的电压如图乙所示．在A 板中央有一电子源，能不断产生速率几乎为零的电子．电子经极板A 、B 间电场加速后从极板B 中央的小孔射出，之后沿极板C 、D 的中心线射入极板C 、D 内．已知t ＝0时刻射入C 、D 间的电子经时刻T 恰好能从极板C 的边缘飞出．不计阻力、电子的重力以及电子间的相互作用，下列说法正确的是( AC )A ．电子在荧光屏上形成的亮线长度为d 23B ．保持其他条件不变，只增大d 1，荧光屏上形成的亮线长度变长C ．保持其他条件不变，只增大d 2，荧光屏上形成的亮线长度变短D ．保持其他条件不变，只增大L ，荧光屏上形成的亮线长度变长解析 t ＝0时刻射入C 、D 间的电子，eU 22md 2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＋eU 2md 2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝d 22，则t ＝T2时刻射入C 、D 间的电子，eU 22md 2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝d 26，因为电子穿过C 、D 运动的时刻相等，则出电场时竖直方向的速度恒定，所有电子均平行射出电场，故亮线长度为d 22－d 26＝d 23，选项A 正确；若只增大d 1，则电子射入C 、D 间时的速度不变，荧光屏上形成的亮相长度不变，选项B 错误；若增大C 、D间距离为d ′2，则有eU 22md ′2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＋eU 2md ′2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝d 222d ′2和eU 22md ′2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝d 226d ′2，d 222d ′2－d 226d ′2＝d 223d ′2<d 23，即荧光屏上形成的亮线长度变短，选项C 正确；因为电子均平行射出电场，故亮线长度与L 无关，选项D 错误．12．(2021·江苏南京模拟)(多选)一个带正电的试探电荷，仅在电场力作用下在x 轴上从－x 1向x 1运动，其速度v 随位置x 变化的图象如图所示，由图象可知( BD )A ．电荷从x ＝－x 1运动到x ＝0的过程做匀减速直线运动B ．从x ＝0到x ＝x 1，电场强度逐步增大C ．在x 轴上，x ＝0处电势最低D ．从x ＝－x 1到x ＝x 1的过程中，电荷的电势能先增大后减小解析速度随着位移逐步减小，但不是匀减速直线运动，选项A 错误；从x ＝0到x ＝x 1，速度与位移成正比，速度的平方对位移求导表示加速度，因此电场强度逐步增大，选项B 正确；从x ＝－x 1到x ＝x 1的过程中，动能先减小后增大，因此电荷的电势能先增大后减小，选项D 正确；在x 轴上，x ＝0处电势最高，选项C 错误．13．(2021·山西重点中学联考)如图所示为一多级加速器模型，一质量为m ＝×10－3kg 、电荷量为q ＝×10－5C 的带正电小球(可视为质点)通过1、2级无初速度地进入第3级加速电场，之后沿位于轴心的光滑浅槽，通过多级加速后从A 点水平抛出，恰好能从MN 板的中心小孔B 垂直金属板进入两板间，A 点在MN 板左端M 点正上方，倾斜平行金属板MN 、PQ 的长度均为L ＝1.0 m ，金属板与水平方向的夹角为θ＝37°，sin 37°＝，cos 37°＝，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)忽略在加速级中带电小球重力的阻碍，求A 点到M 点的高度以及多级加速电场的总电压U ；(2)若该平行金属板间有图示方向的匀强电场，且电场强度大小E ＝100 V/m ，要使带电小球不打在PQ 板上，则两板间的距离d 至少要多长？解析 (1)设小球从A 点到B 点的运动时刻为t 1，小球的初速度为v 0，A 点到M 点的高度为y ，则有v 0gt 1＝tan θ， ① L2cos θ＝v 0t 1，② y －L 2sin θ＝12gt 21，③ 联立①②③并代人数据解得v 0＝ 3 m/s ，y ＝1730 m ．④带电小球在多级加速器加速的过程，依照动能定理有qU ＝12mv 20－0，⑤代人数据解得U ＝ V.(2)进入电场时，以沿板向下为x 轴正方向和垂直于板向下为y 轴正方向建立直角坐标系，将重力正交分解，则沿y 轴方向有F y ＝mg cos θ－qE ＝0，⑥ 沿x 轴方向有F x ＝mg sin θ，⑦故小球进入电场后做类平抛运动，设刚好从P 点离开，则有F x ＝ma ， ⑧L 2＝12at 22， ⑨ d min ＝v 0sin θt 2，○10 联立④⑦⑧⑨⑩并代人数据，解得d min ＝526 m ，即两板间的距离d 至少为526m.答案 (1) V (2)526m14．(2021·四川重点中学联考)如图，将一内壁光滑的绝缘细圆管做成的圆环BDC 固定在竖直面内，圆环的圆心为O ，D 为圆环的最低点，其中∠BOC ＝90°，圆环的半径为R ＝2L ，过OD 的虚线与过BC 的虚线垂直且交于点S ，虚线BC 的上方存在水平向右的范畴足够大的匀强电场．圆心O 的正上方A 点有一质量为m 、带电荷量为－q 的绝缘小球(可视为质点)，其直径略小于圆管内径，AS ＝L .现将该小球无初速度开释，通过一段时刻小球刚好无碰撞地进入圆管中并连续在圆管中运动，重力加速度大小用g 表示．(1)求虚线BC 上方匀强电场的电场强度大小；(2)求当小球运动到圆环的最低点D 时对圆环压力的大小；(3)小球从管口C 离开后，通过一段时刻后落到虚线BC 上的F 点(图中未标出)，则C 、F 两点间的电势差为多大？解析 (1)小球被开释后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从B 点沿切线方向进入，则现在速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则tan 45°＝mg Eq ，解得E ＝mg q.(2)小球从A 点到D 点的过程中，依照动能定理得 12mv 2D －0＝mg (2L ＋2L )＋EqL ，当小球运动到圆环的最低点D 时，依照牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2DR，联立解得F N ＝3(2＋1)mg ，依照牛顿第三定律得小球运动到圆环的最低点D 时对圆环的压力大小为3(2＋1)mg . (3)小球从A 点到B 点的过程中，依照动能定理得 12mv 2B ＝mgL ＋EqL ，解得v B ＝2gL ，小球从C 点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度大小v C ＝v B ＝2gL ，小球的加速度大小g ′＝2g .当小球沿抛出方向和垂直抛出方向的位移相等时，回到虚线BC 上，则有v C t ＝12g ′t 2，解得t ＝22L g，则小球沿虚线BC 方向运动的位移x CF ＝2v C t ＝2×2gL ×22Lg＝8L ，沿着电场线方向电势降低，则C 点与F 点间的电势差为U CF ＝－Ex CF ＝－8mgLq.答案 (1)mg q(2)3(2＋1)mg (3)－8mgLq15．(2021·安徽师大附中模拟)如图所示，在场强大小为E 、方向竖直向上的匀强电场内取一个半径为R 的圆周，圆周所在平面平行于电场方向，O 点为该圆周的圆心，A 点是圆周上的最低点，B 点是圆周上最右侧的点．在A 点有放射源，在圆周所在的平面内沿着垂直电场向右的方向开释出相同的粒子，这些粒子从A 点射出时的初速度大小各不相同，已知粒子的质量为m ，带电荷量为＋q ，不计重力．(1)某一粒子运动轨迹通过圆周上的B 点，求该粒子从A 点射出时的初速度大小； (2)取圆周上的C 点，使OC 连线与OA 夹角为θ，试求出粒子通过C 点时的动能表达式； (3)若第(2)问中的C 点位置满足θ＝60°，则从B 、C 之间穿过圆周的这些粒子中通过圆周时所获得的最大动能和最小动能分别是多少？解析 (1)依照牛顿第二定律得a ＝qE m，水平方向有R ＝v 0t ，竖直方向有R ＝12at 2，联立解得v 0＝qER 2m. (2)水平方向有R sin θ＝v 0t ，竖直方向有R －R cos θ＝12at 2，得v 20＝qER sin 2θ2m 1－cos θ，11 / 11 12v 20＝qER sin 2θ41－cos θ＝qER 1＋cos θ4，通过C 点时的动能 E k ＝Eq (R －R cos θ)＋12mv 20＝14EqR (5－3cos θ)． (3)由(2)中的结论能够看出，当θ从0°变化到180°时，电荷通过圆周时的动能逐步增大，因此穿过C 点的电荷的末动能最小，穿过B 点的电荷的末动能最大 E k C ＝14EqR (5－3cos 60°)＝78EqR ，E k B ＝14EqR (5－3cos 90°)＝54EqR .答案 (1)qER 2m (2)3mv 202qL (3)见解析。

高三物理二轮复习专题三电场和磁场

通过场的类比(电场与重力场类比、电场与磁场的类比)，形象理解电场的性质，掌握电场力和洛伦兹力的特性；围绕两大性质，理顺电场中基本概念的相互联系；熟知两大定则(安培定则和左手定则)，准确判定磁场及磁场力的方向；认识两类偏转模型(类平抛和圆周运动)，掌握带电粒子在场中的运动性质、规律和分析处理方法．第6讲带电粒子在电场中的运动1．[2015·全国卷Ⅰ] 如图61所示，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>φQB．直线c位于某一等势面内，φM>φNC．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【考题定位】难度等级：容易出题角度：本题考查了考生对电场能的性质的理解，要求考生掌握匀强电场的电场强度与电势差的关系．2．[2015·全国卷Ⅱ] 如图62所示，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【考题定位】难度等级：容易出题角度：本题考查了力电综合的力与运动关系问题，涉及平行板电容中电场特点、牛顿运动定律的应用等考点．考点一电场的性质1 如图64所示，半径为R的水平绝缘圆盘可绕竖直轴OO′转动，水平虚线AB、CD互相垂直，一电荷量为＋q的可视为质点的小物块置于距转轴r处，空间有方向由A指向B的匀强电场．当圆盘匀速转动时，小物块相对圆盘始终静止．小物块转动到位置Ⅰ(虚线AB上)时受到的摩擦力为零，转动到位置Ⅱ(虚线CD上)时受到的摩擦力为f.求：(1)圆盘边缘两点间电势差的最大值；(2)小物块由位置Ⅰ转动到位置Ⅱ克服摩擦力做的功．导思①小物块分别转动到位置Ⅰ、位置Ⅱ时由哪些力提供向心力？②小物块由位置Ⅰ转动到位置Ⅱ电场力做了多少功？克服摩擦力做了多少功？归纳1．电场力：电场对放入其中的电荷有力的作用，电场力的大小和方向由电场强度和电荷共同决定，大小为F＝qE，正电荷所受的电场力方向与电场方向相同．2．电势能：电势能是标量，电场中电荷的电势能与电势的高低及电荷所带的电荷量及电性有关，即E p＝qφ，而电场力做的功等于电势能变化的相反数，即W＝qU＝－ΔE p.变式1 (多选)图65是某空间部分电场线分布图，在电场中取一点O，以O为圆心的圆周上有M、Q、N三个点，连线MON与直电场线重合，连线OQ垂直于MON.下列说法正确的是( )A．M点的场强大于N点的场强B．O点的电势等于Q点的电势C．将一负点电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D．一静止的正点电荷只受电场力作用能从Q点沿圆周运动至N点变式2 (多选)如图66所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个半径为R＝m 的圆的四个等分点和圆心．b、c、d三点的电势如图所示．已知电场线与圆所在的平面平行，关于等分点a处和圆心O处的电势及电场强度，下列描述正确的是( )A．a点的电势为4 VB．O点的电势为5 VC．电场强度方向由O点指向b点D．电场强度的大小为10 5 V/m考点二带电粒子在电场中的加速和偏转2 图67为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m、电荷量为e的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板间穿出，求：(1)电子通过B点时的速度大小；(2)右侧平行金属板的长度；(3)电子穿出右侧平行金属板时的动能．导思①电子通过A、B做什么运动？怎样计算电子在B点的速度？②电子在两块水平平行金属板间做什么运动？水平位移和竖直位移分别满足什么关系？③电子在运动过程中，电场力一共做了多少功？归纳1．带电粒子在电场中的加速可以应用牛顿运动定律结合匀变速直线运动的公式求解，也可应用动能定理qU ＝12mv 22－12mv 21求解，其中U 为带电粒子初、末位置之间的电势差．2．带电粒子在电场中的偏转带电粒子在匀强电场中做匀变速曲线运动，属类平抛运动，要应用运动的合成与分解的方法求解，同时要注意：(1)明确电场力的方向，确定带电粒子到底向哪个方向偏转；(2)借助画出的运动示意图寻找几何关系或题目中的隐含关系．带电粒子在电场中的运动可从动力学、能量等多个角度来分析和求解．考点三带电体在电场中的运动3 [2015·四川卷] 如图68所示，粗糙、绝缘的直轨道OB 固定在水平桌面上，B 端与桌面边缘对齐，A 是轨道上一点，过A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E ＝×106N /C 、方向水平向右的匀强电场．带负电的小物体P 电荷量是×10－6C ，质量m ＝ kg ，与轨道间动摩擦因数μ＝，P 从O 点由静止开始向右运动，经过 s 到达A 点，到达B 点时速度是5 m /s ，到达空间D 点时速度与竖直方向的夹角为α，且tan α＝，P 在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F 作用，F 大小与P 的速率v 的关系如下表所示．P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，g 取10 m /s 2.求：(1)小物体P 从开始运动至速率为2 m /s 所用的时间； (2)小物体P 从A 运动至D 的过程，电场力做的功．归纳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．带电体在电v/(m ·s －1)0≤v≤22<v<5 v≥5 F/N263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．当带电体同时受重力和电场力时，可以应用等效场的观点处理．变式1 如图69所示，CD左侧存在场强大小 E＝mgq、方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为＋q的光滑绝缘小球从底边BC长为L、倾角为53°的直角三角形斜面顶端A 点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一竖直半圆形细圆管内(C处为一小段长度可忽略的光滑圆弧，圆管内径略大于小球直径，半圆直径CD在竖直线上)，恰能到达细圆管最高点D点，随后从D点离开后落回斜面上某点P.(重力加速度为g , sin 53°＝, cos 53°＝求：(1)小球到达C点时的速度；(2)小球从D点运动到P点的时间t.变式2 如图610所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径．一质量为m、电荷量为＋q的小球套在圆环上，并静止在P点，且OP与竖直方向的夹角θ＝37°.不计空气阻力．已知重力加速度为g，sin37°＝，cos 37°＝.(1)求电场强度E的大小；(2)要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，求小球初速度v应满足的条件．4 如图611甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线．当两板间加电压U MN＝U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场，某种带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计．(1)求带电粒子的比荷q m ；(2)若MN间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝Lv0，从t＝0开始，前T3内U MN＝2U，后2T3内U MN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值．图611导思①MN间加交变电压后，粒子在水平方向做什么运动？运动时间是多少？②MN间加交变电压后，粒子在竖直方向做什么运动？可以分成几个阶段？每阶段的加速度是多少？归纳交变电场中粒子的运动往往属于运动的多过程问题，关键是搞清楚电场力或加速度随时间变化的规律，进而分析速度的变化规律，通过绘制vt图像来分析运动过程比较直观简便．【真题模型再现】平行板电容器中带电粒子的运动2011 ·安徽卷交变电场中粒子的运动2012·新课标全国卷带电粒子在电容器中的匀速直线运动2013·广东卷加速偏转模型应用2014·安徽卷带电粒子在电容器中运动的功能关系2014·天津卷带电体在复合场中的功能转化2015·海南卷带电粒子在电场中加速(续表)【真题模型再现】平行板电容器中带电粒子的运动2015·山东卷带电体在变化电场中运动2015·北京卷带电粒子在电场中的功能转化2015·全国卷Ⅱ带电粒子在电场中的动力学问题【模型核心归纳】带电体在平行板电容器间的运动，实际上就是在电场力作用下的力电综合问题，依然需要根据力学解题思路求解，解题过程要遵从以下基本步骤：(1)确定研究对象(是单个研究对象还是物体组)；(2)进行受力分析(分析研究对象所受的全部外力，包括电场力．其中电子、质子、正负离子等基本微观粒子在没有明确指出或暗示时一般不计重力，而带电油滴、带电小球、带电尘埃等宏观带电体一般要考虑其重力)；(3)进行运动分析(分析研究对象所处的运动环境是否存在束缚条件，并根据研究对象的受力情况确定其运动性质和运动过程)；(4)建立物理等式(由平衡条件或牛顿第二定律结合运动学规律求解，对于涉及能量的问题，一般用动能定理或能量守恒定律列方程求解.例在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两极板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图612所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1，油滴开始向上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2，又经过时间Δt，油滴恰好回到原来位置．假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计，重力加速度为g.试求：(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；(2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比；(3)ΔU1与ΔU2之比．展如图613所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N.今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N 在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回．若保持两极板间的电压不变，则不正确的是( )图613A．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回B．把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C．把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回D．把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落第7讲带电粒子在磁场及复合场中的运动1．(多选)[2014·新课标全国卷Ⅱ] 图71为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )图71A．电子与正电子的偏转方向一定不同B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小【考题定位】难度等级：中等出题角度：本题主要考查学生对左手定则、带电粒子在匀强磁场中运动规律的掌握情况．2．[2015·全国卷Ⅰ] 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【考题定位】难度等级：容易出题角度：本题主要考查学生对带电粒子在匀强磁场中运动结论的掌握情况，属于较简单题目．3．(多选)[2015·全国卷Ⅱ] 两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ的磁感应强度是Ⅱ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【考题定位】难度等级：容易出题角度：本题主要考查学生对带电粒子在匀强磁场中运动规律的掌握情况，考查了应用牛顿运动定律、圆周运动的规律解决物理问题的能力．考点一通电导体在磁场中的安培力问题1 [2015·重庆卷] 音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机．图72是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等．某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向．(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．导思①单根通电直导线垂直磁场放置，安培力的大小、方向如何？n根呢？②安培力的功率与哪些因素有关？归纳安培力与动力学综合问题已成为高考的热点，解决这类问题的关键是把电磁学问题力学化，把立体图转化为平面图，即画出平面受力分析图，其中安培力的方向切忌跟着感觉走，要用左手定则来判断，注意F安⊥B、F安⊥I.其次是选用牛顿第二定律或平衡条件建立方程解题．变式如图73所示，一劲度系数为k的轻质弹簧下面挂有匝数为n的矩形线框边长为l，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直线框平面向里．线框中通以电流I，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态，弹簧处于伸长状态．令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡．则在此过程中线框位移的大小Δx及方向是( )A．Δx＝2nIlBk，方向向上B．Δx＝2nIlBk，方向向下C．Δx＝nIlBk，方向向上D．Δx＝nIlBk，方向向下考点二带电粒子在有界磁场中的运动2 如图74所示，在xOy平面内以O为圆心、R0为半径的圆形区域Ⅰ内有垂直于纸面向外、磁感应强度为B1的匀强磁场．一质量为m、带电荷量为＋q的粒子以速度v0从A(R0，0)点沿x轴负方向射入区域Ⅰ，经过P(0，R0)点，沿y轴正方向进入同心环形区域Ⅱ，为使粒子经过区域Ⅱ后能从Q点回到区域Ⅰ，需在区域Ⅱ内加一垂直于纸面向里、磁感应强度为B2的匀强磁场．已知OQ与x轴负方向成30°角，不计粒子重力．求：(1)区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小；(2)环形区域Ⅱ的外圆半径R的最小值；(3)粒子从A点出发到再次经过A点所用的最短时间．导思①粒子以速度v0从A到P，经过P点的速度方向如何？②粒子在区域Ⅱ从P到Q，圆心角是多少？③粒子从A点出发到再次经过A点，经过哪些圆弧？圆心角分别为多少？归纳解答带电粒子在匀强磁场中运动的关键是画粒子运动轨迹的示意图，确定圆心、半径及圆心角．此类问题的解题思路是：(1)画轨迹：即确定圆心，用几何方法求半径并画出运动轨迹.(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、入射方向、出射方向相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系．(3)用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式．变式1 如图75所示，横截面为正方形abcd的有界匀强磁场的磁场方向垂直纸面向里．一束电子以大小不同、方向垂直ad边界的速度飞入该磁场．对于从不同边界射出的电子，下列判断不正确的是( )图75A．从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等B．从c点离开的电子在磁场中运动时间最长C．电子在磁场中运动的速度偏转角最大为πD．从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度变式2 (多选)如图76所示，ab是匀强磁场的边界，质子(11H)和α粒子(42He)先后从c点射入磁场，初速度方向与ab边界的夹角均为45°，并都到达d点．不计空气阻力和粒子间的作用．关于两粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是( )图76A．质子和α粒子运动轨迹相同B．质子和α粒子运动动能相同C．质子和α粒子运动速率相同D．质子和α粒子运动时间相同考点三带电粒子在复合场中的运动3 [2015·福建卷] 如图77所示，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C 点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g.(1)求小滑块运动到C点时的速度大小v C；(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功W f；(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为v D，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小v P.【规范步骤】[解析] (1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足qvB ＋N＝qE小滑块在C点离开MN时，有N＝0解得v C＝E B .(2)由动能定理，有___________________________________________解得______________________________________．(3)如图78所示，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′g ′＝⎝⎛⎭⎫qE m 2＋g 2 且v 2P ＝v 2D ＋g′2t 2解得_______________________________．归纳带电粒子在复合场中常见的运动形式：①当带电粒子在复合场中所受的合力为零时，粒子处于静止或匀速直线运动状态；②当带电粒子所受的合力大小恒定且提供向心力时，粒子做匀速圆周运动；③当带电粒子所受的合力变化且与速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动．如果带电粒子做曲线运动，则需要根据功能关系求解，需要注意的是洛伦兹力始终不做功．4 如图79所示，直线MN 上方有平行于纸面且与MN 成45°角的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN 下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B.今从MN 上的O 点向磁场中射入一个速度大小为v 、方向与MN 成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R.若该粒子从O 点出发记为第一次经过直线MN ，而第五次经过直线MN 时恰好又通过O 点．不计粒子的重力．求：(1)电场强度的大小；(2)该粒子再次从O 点进入磁场后，运动轨道的半径； (3)该粒子从O 点出发到再次回到O 点所需的时间．导思①粒子从O 点出发到第五次经过直线MN ，经过哪些运动过程，分别做什么运动？②粒子第四次经过直线MN ，进入电场，沿电场线和垂直电场线方向分别做什么运动？其位移分别是多少？③粒子再次从O 点进入磁场后，运动的速度是多少？归纳电场(或磁场)与磁场各位于一定的区域内并不重叠，或在同一区域电场与磁场交替出现，这种情景就是组合场．粒子在某一场中运动时，通常只受该场对粒子的作用力．其处理方法一般为：①分析带电粒子在各场中的受力情况和运动情况，一般在电场中做直线运动或类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动；②正确地画出粒子的运动轨迹图，在画图的基础上注意运用几何知识寻找关系；③注意确定粒子在组合场交界位置处的速度大小与方向，该速度是联系两种运动的桥梁．【真题模型再现】带电粒子在电磁场中运动的科技应用2013·重庆卷霍尔效应原理2014·浙江卷离子推进器2014·福建卷电磁驱动原理2015·浙江卷回旋加速器引出离子问题2015·重庆卷回旋加速器原理2015·江苏卷质谱仪(续表)【模型核心归纳】带电粒子在电场、磁场中的运动与现代科技密切相关，应重视以科学技术的具体问题为背景的考题．涉及带电粒子在复合场中运动的科技应用主要是速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、质谱仪等，对应原理如下：装置名称装置图示原理及结论速度选择器粒子经加速电场加速后得到一定的速度v0，进入正交的电场和磁场，受到的电场力与洛伦兹力方向相反，若使粒子沿直线从右边孔中射出，则有qv0B＝qE，即v0＝EB，故若v＝v0＝EB，粒子必做匀速直线运动，与粒子电荷量、电性、质量均无关．若v＜EB，电场力大，粒子向电场力方向偏，电场力做正功，动能增加．若v＞EB，洛伦兹力大，粒子向洛伦兹力方向偏，电场力做负功，动能减少磁流体发电机正、负离子(等离子体)高速喷入偏转磁场中，在洛伦兹力作用下，正、负离子分别向上、下极板偏转、积累，从而在板间形成一个场强向下的电场，两板间形成一定的电势差．当qvB＝qUd时，电势差达到稳定，U＝dvB，这就相当于一个可以对外供电的电源电磁流量计一圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动．导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下纵向偏转，a、b间出现电势差．当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，由Bqv＝Eq＝Uqd，可得v＝UBd，则流量Q＝Sv＝πUd4B质谱仪选择器中v＝EB1；偏转场中d＝2r，qvB2＝mv2r，解得比荷qm＝2EB1B2d，质量m＝B1B2dq2E.作用：主要用于测量粒子的质量、比荷，研究同位素霍尔效应在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差，这种现象称为霍尔效应例[2015·浙江卷] 使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B.为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器．引出器原理如图710所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出．已知OQ 长度为L，OQ与OP的夹角为θ.(1)求离子的电荷量q并判断其正负；(2)离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B′，求B′；(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应．为使离子仍从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小．图710。

新高考新教材物理二轮复习核心专题突破3电场与磁场第二讲磁场带电粒子在磁场中的运动pptx课件

特殊解
二是直接分析、讨论临界状态,找出临界条件,从而通过临界条
件求出临界值
物理 (1)利用临界条件求极值;(2)利用边界条件求极值;(3)利用矢量
两种方法图求极值
方法数学 (1)用三角函数求极值;(2)用一元二次方程的判别式求极值;(3)
方法用不等式的性质求极值;(4)用图像法求极值
(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
可推知(
)
测量序号
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
1
0
21
-45
2
0
-20
-46
3
21
0
-45
4
-21
0
-45
A.测量地点位于南半球
B.当地的地磁场大小约为50 μT
C.第2次测量时y轴正向指向南方
D.第3次测量时y轴正向指向东方
答案 BC
解析本题考查地磁场的特点及磁感应强度的叠加计算。由表中z轴数据可
(1)若在线圈中通入的微小电流为I,求平衡后
弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射光点
与O点间的弧长s。
(2)某同学用此装置测一微小电流,测量前未调零,将电流通入线圈后,PQ上
反射光点出现在O点上方,与O点间的弧长为s1;保持其他条件不变,只将该
电流反向接入,则反射光点出现在O点下方,与O点间的弧长为s2。求待测

R=ρ0 ,金属棒

运动过程中安培力不变,轨迹中点处金属棒受力平衡,由几何关系得
安

=

=

=

,可知
0

I= ,联

二轮复习专题电场与磁场——带电粒子在电场中的加速与偏转讲义(含解析)

2023届二轮复习专题电场与磁场——带电粒子在电场中的加速与偏转讲义（含解析）本专题主要讲解带电粒子（带电体）在电场中的直线运动、偏转，以及带电粒子在交变电场中运动等相关问题，强调学生对于直线运动、类平抛运动规律的掌握程度。

高考中重点考查学生利用动力学以及能量观点解决问题的能力，对于学生的相互作用观、能量观的建立要求较高。

探究1带电粒子在电场中的直线运动典例1：（2021湖南联考）如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P。

现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点。

若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则（）A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变B．金属板A、B间的电压减小C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同D．乙电子运动到O点的速率为2v0训练1：（2022四川联考题）多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。

质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。

离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。

设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。

（1）求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；（2）反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；（3）已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1。

探究2 带电粒子在电场中的偏转典例2:（2022北京月考）让氕核（1H）和氘核（21H）以相同的动能沿与电场垂直的方向1从ab边进入矩形匀强电场（方向沿a→b，边界为abcd，如图所示）。

高考物理二轮复习第一部分专题三电场与磁场第二讲磁场及带电粒子在磁场中的运动课件.ppt

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3．新高考命题仍会将带电粒子在匀强磁场中的运
动作为磁感应相结合．
解题要领
这类问题的特点是利用有界磁场或利用两种磁场相
互组合命题，带电粒子的运动形式为圆周运动，涉及的
方法和规律包括牛顿运动定律、圆周运动的各物理量的
流产生的磁场的方向也要相反．
解析：导线P和Q中电流I均向里时，
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设其在a点产生的磁感应强度大小BP＝BQ
＝B1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁场
的磁感应强度平行于PQ向右、
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大小为 3 B1.又根据题意Ba＝0，则B0＝ 3 B1，且B0 平行于PQ向左．若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为B′1＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度B＝ B20＋B′1＝233B0，则ABD项均错误，C项正确．
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4. (2017·全国卷Ⅱ)如图，在磁感应强度大小为B0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( )
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mv A.2qB
3mv B. qB
2mv C. qB
4mv D. 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．

高考物理二轮复习专题三电场和磁场1电场及带电粒子在电场中的运动ppt课件

1．必须记住的三个公式 C＝UQ、C＝4επrkSd、E＝Ud 2．必须明确的两个关键点 (1)电路处于接通状态时，电容器两极板间电压不变． (2)电路处于断开状态时，电容器两极板所带的电荷量不变．
[典题例析]——析典题学通法 [例 2] (2018·全国卷Ⅲ，21T)(多选)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，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、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放 a、b，它们由静止开始运动．在随后的某时刻 t，a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b 间的相互作用和重力可忽略，下列说法正确的是( )
♦[迁移 2] 静电场中的图像问题 2.(多选)在 x 轴上有两个点电荷 q1、q2，其静电场的电势 φ 在 x 轴上分布如图所示，下列说法正确的有( )
A．q1、q2 带有异种电荷 B．x1 处的电场强度为零 C．负电荷从 x1 移到 x2，电势能减小 D．负电荷从 x1 移到 x2，受到的电场力增大
C.
2Ek0 2qd
B.2Eqkd0
D.
2Ek0 qd
解析：B [根据电荷受力可以知道，粒子在电场中做曲线运动，如图所示：
当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，如图，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，当分速度 vy＝0 时，则粒子的速度正好平行上极板，则根据运动学公式：－v2y＝－2Emq·d，由于 vy＝v0cos 45°，Ek0 ＝12mv02，联立整理得到：E＝2Eqkd0，故选项 B 正确．]
解析：AC [φ－x 图线的切线斜率表示场强，由图可知从 x1 到 x2 过程中，图线切线斜率变小，到 x2 处斜率为 0，即场强从 x1 到 x2 一直减小，且 E2＝0，电场力 F＝Eq，负电荷从 x1 移动到 x2，受到的电场力减小，选项 B、D 错误；沿 x 轴方向电势由负到正，故 x 轴上的两个电荷 q1、q2 为异种电荷，选项 A 正确；由图可知 φx1＜φx2，负电荷由低电势到高电势，电场力做正功，电势能减小，选项 C 正确．]

2021届高考物理二轮复习专题三电场与磁场(考点+习题)含解析

专题三电场与磁场一、电场1.库仑定律:F=k(真空中的点电荷)。

2.电场强度的表达式:(1)定义式:E=;(2)点电荷:E=;(3)匀强电场E=。

3.几种典型电场的电场线(如图所示)4.电势差和电势的关系:U AB=φA-φB或U BA=φB-φA。

5.电场力做功的计算:(1)普遍适用:W=qU;(2)匀强电场:W=Edq。

6.电容:(1)电容的定义式C=;(2)平行板电容器电容的决定式:C=7.电势高低及电势能大小的判断方法:(1)沿电场线的方向电势降低;(2)电场力做正功,电势能减少;电场力做负功,电势能增加。

8.带电粒子在匀强电场中偏转的处理方法。

二、磁场1.磁感应强度的定义式:B=。

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(1)洛伦兹力充当向心力:qvB=mrω2=m=mr=4π2mrf2=ma;(2)圆周运动的半径r=、周期T=。

5.常见模型:速度选择器、回旋加速器、质谱仪等。

高考演练1.(2017江苏单科,1,3分)如图所示,两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。

圆形匀强磁场B的边缘恰好与a 线圈重合,则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A.1∶1B.1∶2C.1∶4D.4∶1答案A磁通量Φ=B·S,其中B为磁感应强度,S为与B垂直的有效面积。

因为是同一磁场,B相同,且有效面积相同,S a=S b,故Φa=Φb。

选项A正确。

2.(2017江苏单科,4,3分)如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点。

由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。

现将C板向右平移到P'点,则由O点静止释放的电子()A.运动到P点返回B.运动到P和P'点之间返回C.运动到P'点返回D.穿过P'点答案A由题意知,电子在A、B板间做匀加速运动,在B、C板间做匀减速运动,到P点时速度恰好为零,设A、B板和B、C板间电压分别为U1和U2,由动能定理得eU1-eU2=0,所以U1=U2;现将C板右移至P'点,由于板上带电荷量没有变化,B、C板间电场强度E===,E不变,故电子仍运动到P点返回,选项A正确。