2019高考物理二轮练习专题三电场与磁场

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1、2019高考物理二轮练习专题三电场与磁场系统知识明晰备考考什么本专题考查旳主要内容有：库仑定律，电场强度，电势，电势差，电势能，带电粒子在电场、磁场、复合场中旳运动，安培力，洛伦兹力等.怎么考本专题知识是高考旳重点和难点，对电场强度、电势、电场力做功与电势能变化旳关系、磁场旳基本概念、安培力旳应用等知识多以选择题旳形式考查；带电粒子在电场、磁场、复合场中旳运动与控制，与牛顿运动定律、功能关系相综合，多以计算题旳形式考查.怎么办复习时要注意熟悉各种电场旳电场线、等势面分布特点，深入理解电场强度、电势、电势能大小旳比较方法，特别关注等量旳同种、异种电荷电场分布规律；对带电粒子在电场、磁场、复合场中

2、旳运动与控制问题，要善于联系力学中旳模型，充分挖掘题给条件，从受力情况、运动规律、能量转换等角度分析，注意对空间想象能力和运用数学工具解决物理问题能力旳培养.第1讲带电粒子在电场中旳运动电场旳特点与性质(2012福建高考)如图311所示，在点电荷Q产生旳电场中，将两个带正电旳试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线.取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远旳过程中外力克服电场力做旳功相等，则下列说法正确旳是() AA点电势大于B点电势图311BA、B两点旳电场强度相等Cq1旳电荷量小于q2旳电荷量Dq1在A点旳电势能小于q2在B点旳电势能解答本题时应注意以下两点：(1)点电荷

3、周围电场线旳分布规律.(2)电场力做功与电势能变化旳关系.由题意知点电荷Q带负电，所以有AB0，得|UA|UB|，移动两试探电荷克服电场力做功相等，有q1|UA|q2|UB|，所以q1q2，选项A错误，C正确.因为Ek，A点比B点离Q近，所以EAEB，选项B错误.根据电场力做功与电势能变化旳关系，q1在A点旳电势能等于q2在B点旳电势能，选项D错误.C一、基础知识要记牢电场强度、电势、电势能旳表达式及特点对比表达式特点电场强度E，Ek，E矢量，由电场本身决定，电场线越密电场强度越大电势标量，与零电势点旳选择有关，沿电场线电势逐渐降低电势能Epq，EpW电标量，电场力做正功，电势能减小二、方法技

4、巧要用好电场强度、电势、电势能旳比较方法1电场强度(1)根据电场线旳疏密程度判断，电场线越密处电场强度越强.(2)根据等差等势面旳疏密程度判断，等差等势面越密处电场强度越强.(3)根据aEq/m，a越大处电场强度越强.2电势(1)沿电场线方向电势降低，电场线由电势高旳等势面指向电势低旳等势面，且电场线垂直于等势面.(2)判断UAB旳正负，根据UABAB，比较A和B旳大小.3电势能电场力做正功，电荷(无论正电荷还是负电荷)从电势能较大处移向电势能较小处；反之，如果电荷克服电场力做功，那么电荷将从电荷能较小处移向电势能较大处.三、易错易混要明了电场强度大旳地方电势不一定高，处于该点旳电荷具有旳电势

5、能也不一定大.平行板电容器问题分析一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地.两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图312所示，以C表示电容器旳电容、E表示两板间旳场强、表示P点旳电势，W表示正电荷在P点旳电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0旳过程中，各物理量与负极板移动距离x旳关系图象中正确旳是() 图312图313由平行板电容器旳电容C可知d减小时，C变大，但不是一次函数，A错.在电容器两极板所带电荷量一定情况下，U，E与d无关，则B错.在负极板接地旳情况下，设P点电势为0，则负极板移动后P点旳电势为0El0，C项正确.正电荷在P点旳电势能Wqq(0El0)，显然D

6、错.C一、基础知识要记牢(1)电容旳定义式：C(2)平行板电容器电容旳决定式：C(3)平行板间匀强电场旳电场强度：E二、方法技巧要用好平行板电容器旳两类动态问题分析(1)充电后与电池两极相连：(2)充电后与电池两极断开：带电体在电场中旳运动问题(2012云南三校二模)如图314所示，直流电源旳路端电压U182 V，金属板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近.它们分别和变阻器上旳触点a、b、c、d连接.变阻器上ab、bc、cd段电阻之比为123.孔O1正对B和E，孔O2正对D和G.边缘A和C正对，F和H正对.一个电子以初速度v04106 m/s沿AB方向从A点进入电场，恰好穿过孔O1和O2后

7、，从H点离开电场.金属板间旳距离L12 cm，L24 cm，L36 cm，电子质量me9.11031 kg，电荷量q1.61019C.正对旳两平行板间可视为匀强电场，求：图314(1)各相对两板间旳电场强度；(2)电子离开H点时旳动能；(3)四块金属板旳总长度(ABCDEFGH).(1)各相邻金属板间旳电压与变阻器上各段电阻阻值旳大小关系.(2)电子在金属板间做什么规律旳运动？(3)四块金属板旳总长度与电子水平位移间旳大小关系.(1)三对正对极板间电压之比U1U2U3RabRbcRcd123板间距离之比L1L2L3123故三个电场电场强度相等E1 516.67 N/C(2)根据动能定理qUme

8、v2mev02电子离开H点时旳动能Ekmev02qU3.641017 J(3)由于板间电场强度相等，则电子在竖直方向所受电场力不变，加速度恒定，可知电子做类平抛运动：竖直方向：L1L2L3t2水平方向：xv0t消去t解得x0.12 m四块金属板旳总长度ABCDEFGH2x0.24 m(1)均为1 516.67 N/C(2)3.641017 J(3)0.24 m一、基础知识要记牢1加速(1)匀强电场中，v0与E平行时，可用牛顿第二定律和运动学公式求解.(2)非匀强电场中，用功能关系求解qUmv2mv02.2偏转在匀强电场中，当v0与E方向垂直时，带电粒子旳运动为类平抛运动.(1)沿v0方向旳匀速

9、直线运动xv0t.(2)垂直于v0方向旳匀加速直线运动.加速度a偏转位移：yat2()2偏转角：tan 。二、方法技巧要用好1解决带电粒子在电场中运动问题的一般思路(1)选取研究对象；(2)分析研究对象受力情况；(3)分析运动状态和运动过程(初始状态及条件，直线运动还是曲线运动等)；(4)建立正确的物理模型，恰当选用规律或其他手段(如图线等)找出物理量间的关系，建立方程组解题；(5)讨论所得结果。2重力是否可忽略的问题在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时， 重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略。一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重

10、力可以忽略。一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。1(2011新课标全国卷)一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线 abc 从 a 运动到 c ，已知质点的速率是递减的。关于 b 点电场强度 E 的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在 b 点的切线)()图315解析：选D题中质点所带电荷是负电荷，电场方向应与负电荷受到的电场力方向相反，又因为质点的速度是递减的，因此力的方向应与速度方向夹角大于90，故选项D正确。2.如图316所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab中点。a、b的电势分别为a5 V，b3 V，下列叙述正确的是() 图316A该电场在c点处的电

11、势一定为4 VBa点处的电场强度Ea一定大于b点处的电场强度EbC一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a解析：选C只有一根电场线，此处无法判断是否为匀强电场，故A、B错误；由电势高低情况可知电场线方向为a指向b，故正电荷所受的电场力方向由c指向b，正电荷由c点移到b点，电场力做正功，电势能减少，故D错误、C正确。3(2012江苏高考)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()AC和U均增大BC增大，U减小CC减小，U增大 DC和U均减小解析：选B根据平行板电容器电

12、容公式C，在两极板间插入电介质后，电容C增大，因电容器所带电荷量Q不变，由C可知，U减小，B正确。4.图317是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有()A带正电的矿粉落在右侧B电场力对矿粉做负功图317C带负电的矿粉电势能变大D带正电的矿粉电势能变小解析：选D在水平方向上带正电的矿粉受到向左的电场力，应落在左侧，A错；电场力对两种矿粉都做正功，电势能均减小，所以只有D正确。 5. (2012福建省高三仿真模拟)空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图318所示，一个质量为m、电量为q的小球在该电

13、场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为，A、B两点之间的高度差与水平距离均为H，则以下判断中正确的是() 图318A若v2v1，则电场力一定做正功BA、B两点间的电势差U(v22v12)C小球由A点运动至B点，电场力做的功Wmv22mv12mgHD小球运动到B点时所受重力的瞬时功率Pmgv2解析：选C设电场力做功为W。由动能定理得mv22mv12mgHW0，故W可能大于零也可能小于零，电场力不一定做正功，A错；由mv22mv12mgHW，及WqUmv22mv12mgH可知B错，C对；小球运动到B点时，所受重力的瞬时功

14、率应为Pmgv2sin ，故D错。6(2012重庆联考)如图319所示，在两等量异种点电荷连线上有D、E、F三点，且DEEF。K、M、L分别为过D、E、F三点的等势面。一不计重力的带负电粒子，从a点射入电场，运动轨迹如图中实线所示，以|Wab|表示该粒子从a点到b点电场力做功的数值，以|Wbc|表示该粒子从b点到c点电场力做功的数值，则() 图319A|Wab|Wbc|B|Wab|Ubc|，而WqU，所以|Wab|Wbc|，故A、B均错误；从粒子的运动轨迹可知该粒子从a点到c点受到大体向左的作用力，左侧为正电荷，从左向右电势降低，D错误；粒子由a点到b点，电场力做负功，电势能增加，动能减少，C

15、正确。1(2012上海高考)A、B、C三点在同一直线上，ABBC12，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为2q的点电荷，其所受电场力为()AF/2BF/2CF DF解析：选B如图所示，设B处的点电荷带电荷量为正，ABr，则BC2r，根据库仑定律F，F，可得F，故选项B正确。2.(2012福建质检)一静电场的方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图1所示的折线。现将带正电的试探电荷沿x轴从x1d移到x22d，在此过程中，下列判断正确的是()A电场力的方向始终沿x轴正方向图1B电场力的大小先

16、逐渐增大后逐渐减小C电势能先逐渐减小后逐渐增大D电场力先做负功后做正功解析：选D由图可知在d到O的过程中电势在升高，故电场线的方向沿x轴的反方向，在O到2d的过程中电势在降低，故电场线的方向沿x轴的正方向，所以电场线的方向先向x轴的反方向再向正方向，电场力的方向先向反方向，再向正方向，故A错；由图象知电势随x均匀变化，故沿x正方向和反方向的电场都是匀强电场，故B错；在d到O的过程中电势在升高，正电荷的电势能在增加，在O到2d的过程中电势在降低，正电荷的电势能在减小，电场力先做负功后做正功，故C错D对。3如图2甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点。一个带负电的点电荷仅受电场力作用，从A点沿

17、电场线运动到B点。在此过程中，该点电荷的速度v随时间t变化的规律如图乙所示。则下列说法中正确的是()图2AA点的电场强度比B点的大BA、B两点的电场强度相等CA点的电势比B点的电势高DA点的电势比B点的电势低解析：选C由题图乙可得该点电荷由A点到B点做减速运动，所以点电荷所受的电场力与运动方向相反，由B指向A，由于点电荷带负电，所受电场力与电场强度方向相反，故电场强度方向由A指向B，沿着电场线方向电势越来越低，所以A点电势比B点电势高，C正确，D错误；由图乙可得vt图象斜率越来越大，说明点电荷的加速度越来越大，由牛顿第二定律可得电场力越来越大，所以由A到B电场强度在增大，A点的电场强度比B点的

18、小，A、B错误。4. (2012温州模拟)一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S，电容器充电后，悬线与竖直方向夹角为，如图3所示。下列方法中能使夹角减小的是()A保持开关闭合，使两极板靠近一些图3B保持开关闭合，使滑动变阻器滑片向右移动C保持开关闭合，使两极板远离一些D断开开关，使两极板靠近一些解析：选C保持开关闭合，两极板间电压不变，使两极板靠近一些，板间电场强度变大，夹角增大，A错；保持开关闭合，使滑动变阻器滑片向右移动，不会影响板间电压，夹角不变，B错；保持开关闭合，板间电压不变，使两极板远离一些，由E可知，电场强度减小，夹角减小，C对；断开开关，使两极板靠近一些，极板上电荷量不变

19、，板间电场强度不变，夹角不变，D错。5平行板间有如图4所示的周期性变化的电压。重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况。在图5所示的图象中，正确定性描述粒子运动的速度图象的是()图4图5解析：选A0时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动。T时间内做加速度恒定的匀减速直线运动，由对称性可知，在T时速度减为零。此后周期性重复，故A正确。6.(2012重庆高考)空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图6所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则()AP、Q两点处的电荷等量同种图6Ba点和b点的电场强度相同Cc点的电

20、势低于d点的电势D负电荷从a到c，电势能减少解析：选D根据电场线与等势线垂直得：必有一条电场线与P、Q连线重合，P为正电荷，故该电场线必从P沿直线指向Q，因电场线总是由正电荷指向负电荷，故P、Q电荷为等量异种电荷，A选项错误；电场强度是矢量，a、b两处电场强度方向不同，B选项错误；因越靠近正电荷，电势越高，故c点电势高于d点电势，C选项错误；根据等势线的分布及P、Q的电性，c所在的等势线电势高于a所在等势线的电势，负电荷从a到c，电场力做正功，电势能减少，D选项正确。7(2012安徽高考)如图7所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0 V，点A处的电

21、势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为()A200 V/m B200 V/m图7C100 V/m D100 V/m解析：选A在匀强电场中，若沿某一方向电势降落，则在这一方向上电势均匀降落，故OA的中点C的电势C3 V(如图所示)，因此B、C为等势面。O点到BC的距离dOCsin ，而sin ，所以dOC1.5102m。根据E得，匀强电场的电场强度E V/m200 V/m，故选项A正确，选项B、C、D错误。8(2012安徽高考)如图8甲所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E2k，方向沿x

22、轴。现考虑单位面积带电量为0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图乙所示。则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为()图8A2k0 B2k0C2k0 D2k0解析：选A利用均匀带电圆板轴线上的电场强度公式，当R无限大时，Q点电场强度E12k0，当Rr时，Q点电场强度E22k0，现从带电平板上中间挖去一半径为r的圆板，则Q点电场强度E3E1E2，只有选项A正确。9(2011福建高考)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。如图9所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场

23、力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是E12.0103 N/C和E24.0103 N/C，方向如图所示，带电微粒质量m1.01020 kg ，带电量图9q1.0109C，A点距虚线MN的距离d11.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求：(1)B点距虚线MN的距离d2；(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t。解析：(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有|q|E1d1|q|E2d20解得d2d10.50 cm(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有|q|E1ma1|q|E2ma2设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为

24、t1、t2，由运动学公式有d1a1t12d2a2t22又tt1t2由式解得t1.5108s答案：(1)0.50 cm(2)1.5108 s10(2012湖南四市联考)如图10所示，在同一条竖直线上，有电荷量均为Q的A、B两个正点电荷，GH是它们连线的垂直平分线。另有一个带电小球C，质量为m、电荷量为q(可视为点电荷)，被长为L的绝缘轻细线悬挂于O点，现在把小球O拉起到M点，使细线水平且与A、B处于同一竖直面内，由静止开始释放，小球C向下运动到GH线上的N点时刚好速度为零，此时细线与竖直方向的夹角30。试求：图10(1)在A、B所形成的电场中M、N两点间的电势差，并指出M、N哪一点的电势高。(2

25、)若N点与A、B两个点电荷所在位置正好形成一个边长为a的正三角形，则小球运动到N点瞬间，轻细线对小球的拉力FT(静电力常量为k)。解析：(1)带电小球C在A、B形成的电场中从M点运动到N点的过程中，重力和电场力做功，但合力功为零，则qUMNmglcos 0所以UMN即M、N两点间的电势差大小为且N点的电势高于M点的电势。(2)在N点，小球C受到重力mg、细线的拉力FT以及A和B分别对它的斥力FA和FB四个力的作用如图所示，且沿细线方向的合力为零(向心力为零)。则FTmgcos 30FAcos 300又FAFBk得FTmgcos 30kcos 30答案：(1)N点电势高(2)mgcos 30kc

26、os 30第2讲带电粒子在磁场中的运动导体棒在磁场中所受安培力问题(2012上海高考)载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为BkI/r，式中常量k0，I为电流强度，r为距导线的距离。在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流，图321被两根轻质绝缘细线静止地悬挂，如图321所示。开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0。当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1，当MN内电流强度变为I2时，两细线内的张力均大于T0。(1)分别指出强度为I1、I2的电流的方向；(2)求MN分别通以强度为I1、I2的电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；(3)求

27、MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a，求I3。(1)如何表示ab边和cd边所在处的磁感应强度？请写出表达式。(2)如何表示ab边和cd边所受的安培力大小？请写出表达式。(3)线圈abcd受哪几个力作用？试分析MN中电流方向与线圈所受安培力方向的关系。(4)要使两细线断裂，MN中的电流I3应沿什么方向？断线瞬间线圈受哪些力作用？(1)MN对ab边的安培力大于MN对cd边的安培力，故当MN中通电I1，细线张力减小，MN对ab边的安培力方向向上，由左手定则可判断，矩形线圈abcd所处的磁场方向垂直纸面向外，由右手螺旋定则可判断，MN中电流I1水平向左，同理可分析I2水

28、平向右。(2)当MN中电流为I1时，BabkI1/r1，BcdkI1/r2，设线圈中电流为i，L为ab、cd的长度，则线圈所受安培力F1BabiLBcdiLkI1iL同理F2kI2iL，可得：。(3)设MN中电流为I3时，线圈受安培力为F3，由F3方向竖直向下可判断I3方向水平向右由题设条件可得2T0mg，2T1F1mgF3mgma由(2)问可知，以上各式联立解得：I3I1(1)I1方向水平向左，I2方向水平向右(2)(3)I1，方向向右一、基础知识要记牢1安培力的大小FBIL sin (其中为B与I之间的夹角)(1)若磁场和电流垂直：FBIL；(2)若磁场和电流平行：F0。2安培力的方向(1

29、)左手定则可判定安培力的方向。(2)特点：电流所受的安培力的方向既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直，所以安培力的方向总是垂直于磁感线和通电导线所确定的平面。二、方法技巧要用好解决安培力问题的一般思路(1)确定研究对象；(2)明确导线中电流的方向及其周围磁场的方向；(3)利用左手定则判断通电导线所受安培力的方向；(4)结合物体的平衡条件或牛顿运动定律进行求解。带电粒子在匀强磁场中的运动如图322所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点。下列说法正确的是()图322A若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于

30、v0B若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0C若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0qBd/mD若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0qBd/2m解答本题时应注意以下三点：(1)从O点射入磁场的粒子速度方向是不确定的。(2)垂直于MN射入磁场的粒子，出磁场的位置离O点最远。(3)垂直进入磁场且落在A点右侧d处的粒子对应粒子速度的最小值。因粒子由O点以速度v0入射时，最远落在A点，又粒子在O点垂直射入磁场时，在边界上的落点最远，即，所以粒子若落在A的右侧，速度应大于v0，B正确；当粒子落在A的左侧时，由于不一定是垂直入射，所以速度可能等于、大于或小于v0，A错误

31、；当粒子射到A点左侧相距d的点时，最小速度为vmin，则，又因，所以vminv0，所以粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于vminv0，C错误；当粒子射到A点右侧相距d的点时，最小速度为v1，则，又因，即v1v0，D错误。B一、基础知识要记牢1洛伦兹力(1)大小：vB时，F0。vB时，FqvB。v与B夹角为时：FqvBsin 。(2)方向：F、v、B三者的关系满足左手定则。(3)特点：由于F始终垂直于v的方向，故洛伦兹力永不做功。2带电粒子在匀强磁场中的运动(1)若vB，带电粒子以速度v做匀速直线运动，此情况下洛伦兹力等于零。(2)若vB，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做

32、匀速圆周运动。向心力由洛伦兹力提供，qvBm；轨道半径R；周期：T。二、方法技巧要用好(1)带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动是比较典型的运动，分析时须掌握以下几点：圆心的确定：轨迹圆心总是位于入射点和出射点所受洛伦兹力作用线的交点上或过这两点的弦中垂线与任一个洛伦兹力作用线的交点上。半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径。运动时间的确定：tT，其中为偏转角度。(2)作出粒子运动轨迹时需注意的“点”、“线”、“角”四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点。六条线：圆弧两端点所在的轨迹半径，入射速度直线和出射速度直线， 入射点与出射点的连线，圆心与两条速度

33、直线交点的连线。前面四条边构成一个四边形，后面两条为对角线。三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。 带电粒子在磁场中运动的周期性和多解性 (2012徐州模拟)如图323所示，M、N为水平放置的彼此平行的不带电的两块平板，板的长度和板间距离均为d，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，在距上板处有一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，以初速度v0水平射入磁场，若使粒子不能射出磁场求磁场的方向和磁感应强度B的大小范围。图323(1)如果磁场垂直纸面向里，粒子从左侧上板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径R1由qv0B1m得：B1粒子从右侧上板边缘飞出，

34、则粒子做圆周运动的半径为R2，则R222d2，解得：R2d由qv0B2m得：B2所以当磁场方向垂直纸面向里时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为B(2)当磁场方向垂直纸面向外时粒子从左侧下板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径为R3d由qv0B3m得：B3粒子从右侧下板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径为R4，则R42(R4d)2d2得：R4d由qv0B4m解得：B4所以当磁场方向垂直纸面向外时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为BR2。假定穿过铝板前后粒子电荷量保持不变，则该粒子()A带正电图5B在、区域的运动速度大小相同C在、区域的运动时间相同D从区域穿过铝板运动到区域解析：选C粒子穿过

35、铝板受到铝板的阻力速度将减小，由r可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径将减小，故可得粒子由区域运动到区域，结合左手定则可知粒子带负电，A、B、D选项错误；由T可知粒子运动的周期不变，粒子在区域和区域中运动的时间均为tT，C选项正确。7(2012安徽高考)如图6所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t时间从C点射出磁场，OC与OB成60角。现将带电粒子的速度变为，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为() 图6A.t B2tC.t D3t解析：选B作出粒子运动轨迹如图所示，设电子粒子以速度v进入磁场做圆周

36、运动，圆心为O1，半径为r1，则根据qvB，得r1，根据几何关系得tan ，且160当带电粒子以v的速度进入时，轨道半径r2r1，圆心在O2，则tan 。即tan 3tan 。故60，2120；带电粒子在磁场中运动的时间tT，所以，即t22t12t，故选项B正确，选项A、C、D错误。8空间存在垂直于纸面方向的均匀磁场，其方向随时间做周期性变化，磁感应强度B随时间t变化的图象如图7所示。规定B0时，磁场的方向穿出纸面。一电荷量q5107 C、质量m51010 kg的带电粒子，位于某点O处，在t0时以初速度v0 m/s沿某方向开始运动。不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的一切其他影响。则在磁场

37、变化N个(N为整数)周期的时间内带电粒子的平均速度的大小等于()图7A m/s B. m/sC2 m/s D2 m/s解析：选C带电粒子在磁场中的运动半径为r0.01 m，周期为T 0.02 s，作出粒子的轨迹示意图如图所示，所以在磁场变化N个(N为整数)周期的时间内，由平均速度的定义式 m/s2 m/s，即C选项正确。9(2012新课标全国卷)如图8所示，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为R。现将磁场换为平

38、行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以图8同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。解析：粒子在磁场中做圆周运动。设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvBm式中v为粒子在a点的速度。过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段、和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形。因此r设x，由几何关系得RxR联立式得rR再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qEma粒子在电场方向和直线方

39、向所走的距离均为r，由运动学公式得rat2rvt式中t是粒子在电场中运动的时间。联立式得E答案：10(2012海南高考)图9(a)所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面(纸面)垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图(b)所示。当B为B0时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于。不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。图9(1)若t00，则直线OA与x轴的夹角是多少？(2)若t0，则直线OA与x轴的夹角是多少？解析：(1)设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为m、q与v

40、，粒子P在洛伦兹力作用下，在xOy平面内做圆周运动，分别用R与T表示圆周的半径和运动周期，则有qvB0m2Rv由式与已知条件得TT粒子P在t0到t时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上的B点，此时磁场方向反转；继而，在t到tT时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上的A点，如图(a)所示。OA与x轴的夹角0(2)粒子P在t0时刻开始运动，在t到t时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达C点，此时磁场方向反转；继而，在t到tT时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在tT到t时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达A点，如图(b)所示。由几何关系可知，A点在y轴上，即

41、OA与x轴的夹角。答案：(1)0(2)第3讲带电粒子在复合场中的运动带电粒子在组合场中的运动(2012天津高考)对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义。如图331所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动，离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离图331子束的等效电流为I。不考虑离子重力及离子间的相互作用。(1)求加速电场的电压U。(2)求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M。(3)实际上加速电压的大小会在UU范

42、围内微小变化。若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，应小于多少？(结果用百分数表示，保留两位有效数字)(1)时间t内被收集的离子的总电荷量如何表示？它与被收集的离子个数有什么关系？请写出表达式。(2)离子圆周运动的半径与离子的质量和加速电压有怎样的关系？试推导之。(3)为使两种离子在磁场中的运动轨迹不发生重叠，两种粒子运动的轨道半径应满足什么关系？(1)设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v，由动能定理得qUmv2离子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力，即qvBm由式解得U(2

43、)设在t时间内收集到的离子个数为N，总电荷量为Q，则QItNMNm由式解得M(3)由式有R 设m为铀238离子的质量，由于电压在UU之间有微小变化，铀235离子在磁场中最大半径为Rmax 铀238离子在磁场中最小半径为Rmin 这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为RmaxRmin即 则有m(UU)m(UU)其中铀235离子的质量m235 u(u为原子质量单位)，铀238离子的质量m238 u，故解得0.63 %(1)(2)(3)0.63%一、基础知识要记牢带电粒子的“磁偏转”和“电偏转”的比较匀强磁场中的“磁偏转”匀强电场中的“电偏转”受力特征v垂直于B时，FBqvBv不垂直于B时，

44、FBqvB，FB为变力，只改变v的方向无论v是否与E垂直，FEqE，FE为恒力运动规律圆周运动(vB) T，r类平抛运动(vE) vxv0，vyt xv0t，y偏转情况若没有磁场边界限制，粒子所能偏转的角度不受限制arctan ，因做类平抛运动，在相等的时间内偏转角度往往不等动能变化动能不变动能发生变化二、方法技巧要用好分析带电粒子在组合场中运动问题的方法(1)带电粒子依次通过不同场区时，由受力情况确定粒子在不同区域的运动情况。(2)根据区域和运动规律的不同，将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。(3)正确地画出粒子的运动轨迹图。三、易错易混要明了带电粒子通过不同场区的交界处时速度的大小和方向关系。带电粒子在复合场中的运动(2012浙江高考)如图332所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴。调节电图332源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运