2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 專題復(fù)習(xí)篇五 電場與磁場練習(xí)（含解析）

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1、電場與磁場 要點提煉 1.電場的性質(zhì)及帶電粒子在電場中的運動 (1)對電場強度的三個公式的理解 ①E＝是電場強度的定義式，適用于任何電場。電場中某點的場強是確定的，其大小和方向與試探電荷q無關(guān)，試探電荷q充當“測量工具”。 ②E＝k是真空中點電荷所形成的電場的場強的決定式，某點的電場強度E由場源電荷Q和該點到場源電荷的距離r決定。 ③E＝是場強與電勢差的關(guān)系式，只適用于勻強電場，注意：式中d為兩點間沿電場方向的距離。 (2)電場能的性質(zhì) ①電勢與電勢能：φ＝。 ②電勢差與電場力做功：UAB＝＝φA－φB。 ③電場力做功與電勢能的變化：W＝－ΔEp。 (3)等勢面與電場線的

2、關(guān)系 ①電場線總是與等勢面垂直，且從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。 ②電場線越密的地方，等差等勢面也越密。 ③沿等勢面移動電荷，電場力不做功，沿電場線移動電荷，電場力一定做功。 (4)帶電粒子在電場中常見的運動類型 ①直線運動：通常利用動能定理qU＝mv2－mv來求解；對于勻強電場，電場力做功也可以用W＝qEd來求解。 ②偏轉(zhuǎn)運動：一般研究帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題。對于類平拋運動可直接利用類平拋運動的規(guī)律以及推論；較復(fù)雜的曲線運動常用運動的合成與分解的方法來處理。 (5)電場問題中常見的圖象 ①φ－x圖象：電場強度的大小等于φ－x圖線的斜率大小。 ②E－x圖象：圖線

3、與x軸圍成的“面積”大小表示電勢差的大小，兩點的電勢高低根據(jù)電場線的方向判定。 2．磁場的性質(zhì)及帶電粒子在磁場中的運動 (1)帶電粒子在磁場中的受力情況 ①磁場只對運動的電荷有力的作用，對靜止的電荷無力的作用。磁場對運動電荷的作用力叫洛倫茲力。 ②洛倫茲力的大小和方向：其大小為F＝qvBsinθ，注意：θ為v與B的夾角。F的方向由左手定則判定，四指的指向應(yīng)為正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向。 (2)洛倫茲力做功的特點 由于洛倫茲力始終和速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功。 (3)帶電粒子在勻強磁場中常見的運動類型 ①勻速直線運動：當v∥B時，帶電粒子以速度v做勻速直線運動。

4、 ②勻速圓周運動：當v⊥B時，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度大小做勻速圓周運動。 (4)帶電粒子在磁場中的運動，難點和關(guān)鍵點是畫粒子的運動軌跡，需要的物理知識是左手定則、向心力公式qvB＝m、軌跡半徑的表達式R＝、周期的表達式T＝或T＝；需要的數(shù)學(xué)知識是直角三角形的三角函數(shù)關(guān)系、勾股定理，一般三角形的正弦定理，圖中所涉及的不同三角形間的邊角關(guān)系等。 (5)粒子在直線邊界磁場中的運動，一要利用好其中的對稱性：從一直線邊界射入勻強磁場中的粒子，從同一直線邊界射出時，射入和射出具有對稱性；二要充分利用粒子在直線邊界上的入射點和出射點速度方向和向心力的方向是垂直的。 3．復(fù)合場中是否需

5、要考慮粒子重力的三種情況 (1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)考慮其重力。 (2)題目中明確說明是否要考慮重力。 (3)不能直接判斷是否要考慮重力的情況，在進行受力分析與運動分析時，根據(jù)運動狀態(tài)可分析出是否要考慮重力。 高考考向1　場的性質(zhì)與場的疊加 命題角度1 電場的疊加　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 例1　(2019·全國卷Ⅲ)(多選)如圖，電荷量分別為q和－q(q>0)的點電荷固定在正方體的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點。則(　　)

6、 A．a(chǎn)點和b點的電勢相等 B．a(chǎn)點和b點的電場強度大小相等 C．a(chǎn)點和b點的電場強度方向相同 D．將負電荷從a點移到b點，電勢能增加 解析　b點距q近，a點距－q近，則b點的電勢高于a點的電勢，A錯誤。如圖所示，a、b兩點的電場強度可視為E3與E4、E1與E2的合場強，其中E1∥E3，E2∥E4，且知E1＝E3，E2＝E4，故合場強Ea與Eb大小相等、方向相同，B、C正確。由于φa<φb，將負電荷從低電勢處移至高電勢處的過程中，電場力做正功，電勢能減少，D錯誤。 答案　BC (1)電場的疊加 ①電場強度是矢量，電場中某點的幾個電場強度的合場強為各個電場強度的矢量和。

7、②電勢是標量，電場中某點幾個電場的電勢的總電勢為各個電勢的代數(shù)和。 (2)①對稱法求電場強度 ②特殊值法和極限法求電場強度 從題中給出的條件出發(fā)，需經(jīng)過較復(fù)雜的計算才能得到結(jié)果的一般形式，并且條件似乎不足，使得結(jié)果難以確定，這時我們可以嘗試采用極限思維的方法，將其變化過程引向極端的情況，就能把比較隱蔽的條件或臨界現(xiàn)象暴露出來，從而有助于結(jié)論的迅速取得。對于某些具有復(fù)雜運算的題目，還可以通過特殊值驗證的方法排除錯誤選項，提高效率。 注：某些特殊情況還可以通過分析等式兩邊物理量的單位即量綱是否一致來排除錯誤選項。 備課記錄：

8、 　 1－1　(2019·山東濟寧二模)如圖所示，一個絕緣圓環(huán)，當它的均勻帶電且電荷量為＋q時，圓心O處的電場強度大小為E?，F(xiàn)使半圓ABC均勻帶電＋2q，而另一半圓ADC均勻帶電－2q，則圓心O處電場強度的大小和方向為(　　) A．2E，方向由O

9、指向D B．4E，方向由O指向D C．2E，方向由O指向B D．0 答案　A 解析　當圓環(huán)的均勻帶電且電荷量為＋q時，圓心O處的電場強度大小為E，當半圓ABC均勻帶電＋2q，由如圖所示的矢量合成可得，在圓心處的電場強度大小為E，方向由O到D；當另一半圓ADC均勻帶電－2q，同理，在圓心處的電場強度大小為E，方向由O到D；根據(jù)矢量的合成法則，圓心O處的電場強度的大小為2E，方向由O到D，A正確，B、C、D錯誤。 1－2　圖示為一個內(nèi)、外半徑分別為R1和R2的圓環(huán)狀均勻帶電平面，其單位面積帶電量為σ。取環(huán)面中心O為原點，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸。設(shè)軸上任意點P到O點的距離為x，P點

10、電場強度的大小為E。下面給出E的四個表達式(式中k為靜電力常量)，其中只有一個是合理的。你可能不會求解此處的場強E，但是你可以通過一定的物理分析，對下列表達式的合理性做出判斷。根據(jù)你的判斷，E的合理表達式應(yīng)為(　　) A．E＝2πkσx B．E＝2πkσx C．E＝2πkσx D．E＝2πkσx 答案　B 解析　當R1＝0時，帶電圓環(huán)演變?yōu)閹щ妶A面，假設(shè)σ>0，則中心軸線上一點的電場強度E>0，而A項中，E<0，故A錯誤；當x→∞時E→0，而C項E＝2πkσ·＝2πkσ，x→∞時，E→2πkσ(R1＋R2)，同理可知D項中x→∞時，E→4πkσ，故C、D錯誤；所以正確選項為B。

11、 1－3　如圖所示，半徑為R的大球O被內(nèi)切地挖去半徑為的小球O′，余下的部分均勻地帶有電荷量Q。今在兩球球心連線OO′的延長線上，距大球球心O的距離為r(r＞R)處放置一個點電荷q，則q所受的力大小為(你可以不必進行復(fù)雜的計算，而是根據(jù)所學(xué)的物理知識和物理方法進行分析，從而判斷解的合理性。)(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　許多物理量都是有量綱的，用數(shù)學(xué)公式表述一個物理規(guī)律時，等式兩端必須保持量綱一致，根據(jù)量綱可排除A；若r遠大于R，可將帶電的大球看做點電荷，根據(jù)庫侖定律，q所受的力F＝，觀察B、C、D中的表達式，當r趨于無窮大時，只有C中的表達式的值趨于

12、，故本題答案為C。 命題角度2 電場的性質(zhì) 例2　(2019·全國卷Ⅱ)(多選)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則(　　) A．運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小 B．在M、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合 C．粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能 D．粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行 解析　如圖所示，在兩正電荷形成的電場中，一帶正電的粒子在兩電荷的連線上運動時，粒子有可能經(jīng)過先加速再減速的過程，A正確；已知帶電粒子只受電場力，粒子運動軌跡與電場線重合須具備初速度與電場線平

13、行或為0、電場線為直線兩個條件，B錯誤；帶電粒子僅受電場力在電場中運動時，其動能與電勢能的總量不變，EkM＝0，而EkN≥0，故EpM≥EpN，C正確；粒子運動軌跡的切線方向為速度方向，由于粒子運動軌跡不一定是直線，故粒子在N點所受電場力的方向與粒子軌跡在該點的切線方向不一定平行，D錯誤。 答案　AC (1)電勢和電勢能 電勢高低的判斷 根據(jù)電場線的方向判斷；根據(jù)UAB＝判斷；根據(jù)電場力做功(或電勢能)判斷 電勢能的大小和改變 根據(jù)Ep＝qφ判斷；根據(jù)ΔEp＝－W電，由電場力做功判斷 (2)根據(jù)運動軌跡判斷粒子的受力及運動情況 ①確定受力方向的依據(jù) a．曲線運動的受力特征

14、：帶電粒子受力總指向曲線的凹側(cè)； b．電場力方向與場強方向的關(guān)系：正電荷的受力方向與場強方向相同，負電荷則相反； c．場強方向與電場線或等勢面的關(guān)系：電場線的切線方向或等勢面的法線方向為電場強度的方向。 ②比較加速度大小的依據(jù)：電場線或等差等勢面越密?E越大?F＝qE越大?a＝越大。 ③判斷加速或減速的依據(jù)：電場力與速度成銳角(鈍角)，電場力做正功(負功)，速度增加(減小)。 備課記錄：

15、 　 2－1　(2019·四川綿陽市三診)如圖所示，O是正三角形ABC的中心，將帶正電的小球a、b分別放在A、B兩頂點，此時b球所受的庫侖力大小為F，再將一個帶負電的小球c放在C點，b球所受的庫侖力大小仍為F。現(xiàn)固定小球a、c，將小球b從B點沿直線移動到O點(　　) A．移動過程中電場力對小球b不做功 B．移動過程中電場力對小球b做正功 C．小球b在B點受到的電場力等于在O點受到

16、的電場力 D．小球b在B點受到的電場力大于在O點受到的電場力 答案　A 解析　設(shè)正三角形邊長為L，當沒放小球c時有F＝k，放上小球c后，對小球b受力分析，合力大小仍為F，而FAB與FCB夾角為120°，合力與一個分力大小相等，可以得出FAB＝FCB，即k＝k，得到qa＝qc，所以小球a、c是等量異種電荷。等量異種電荷的中垂面是一個等勢面，所以將小球b從B點沿直線移動到O點過程中，電場力不做功，A正確，B錯誤；根據(jù)等量異種電荷的場強分布特點，可知B點的場強大小小于O點的場強大小，小球b在B點受到的電場力小于在O點受到的電場力，C、D錯誤。 2－2　(2019·廣東深圳市二調(diào))真空中，在x

17、軸上x＝0和x＝8處分別固定兩個電性相同的點電荷Q1和Q2。電荷間連線上的電場強度E隨x變化的圖象如圖所示(＋x方向為場強正方向)，其中x＝6處E＝0。將一個正試探電荷在x＝2處由靜止釋放(重力不計，取無窮遠處電勢為零)。則(　　) A．Q1、Q2均為負電荷 B．Q1、Q2帶電量之比為9∶1 C．在x＝6處電勢為0 D．該試探電荷向x軸正方向運動時，電勢能一直減小 答案　B 解析　由圖知在x＝0處場強為正，x＝8處場強為負，根據(jù)電場線分布特點可知Q1、Q2均為正電荷，A錯誤；在x＝6處，合場強為0，有k＝k，解得＝＝，B正確；在兩個正電荷形成的電場中，由于無窮遠處電勢為零，故在

18、x＝6處電勢大于零，C錯誤；試探電荷向x軸正方向運動時，電場力先做正功后做負功，因此電勢能先減小后增大，D錯誤。 命題角度3 勻強電場的性質(zhì) 例3　(2017·全國卷Ⅲ)(多選)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V。下列說法正確的是(　　) A．電場強度的大小為2.5 V/cm B．坐標原點處的電勢為1 V C．電子在a點的電勢能比在b點的低7 eV D．電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV 解析　如圖所示，由勻強電場中兩平行線距離相等的兩點間電勢差相等知，Oa間電勢差與bc間電勢差相等

19、，故O點電勢為1 V，B正確；則在x軸上，每0.5 cm長度對應(yīng)電勢差為1 V,10 V對應(yīng)的等勢線與x軸交點e坐標為(4.5,0)，△aOe中，Oe∶Oa＝4.5∶6＝3∶4，由幾何知識得：Od長度為3.6 cm，代入公式E＝得，E＝2.5 V/cm，A正確；電子帶負電，電勢越高，電勢能越小，電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV，C錯誤；電子從b點運動到c點，電場力做功W＝－eU＝9 eV，D正確。 答案　ABD 在勻強電場中由公式U＝Ed得出的“一式、二結(jié)論” (1)“一式”：E＝＝，其中d是沿電場線方向上兩點間的距離。 (2)“二結(jié)論” 結(jié)論1：勻強電場中的任一線段AB

20、的中點C的電勢φC＝，如圖甲所示。 結(jié)論2：勻強電場中若兩線段AB∥CD，且AB＝CD，則UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如圖乙所示。 備課記錄： 　 3．(2019·河南

21、名校聯(lián)盟五調(diào))(多選)如圖所示，在勻強電場中有一直角三角形ABC，∠C＝90°，∠A＝30°，BC邊長2 cm。電場強度的方向與三角形ABC平面平行。一電子從A點移到C點電場力做功為15 eV，從B點移到C點電場力做功為5 eV。則(　　) A．A、B兩點間的電勢差UAB為10 V B．電場強度的方向由A點指向C點 C．電場強度的大小為500 V/m D．一電子從B點移到AC的中點，電勢能增加2.5 eV 答案　CD 解析　由題意得UAC＝＝－15 V，UBC＝＝－5 V，UAC＝φA－φC，UBC＝φB－φC，UAB＝φA－φB＝UAC－UBC＝－10 V，A錯誤；把AC

22、線段三等分，連接BR，如圖所示，由幾何關(guān)系得AC＝2 cm，CR＝ cm，∠CBR＝30°，則∠ABR＝30°，根據(jù)勻強電場等分線段等分電勢差得BR為等勢線，且UAR＝－10 V，過A點作BR的垂線交BR于M點，則B、R、M三點電勢相等，由幾何關(guān)系可知AM＝2 cm，故E＝＝500 V/m，方向由M點指向A點，B錯誤，C正確；設(shè)AC的中點為P，有UPC＝－7.5 V，由于UBC＝－5 V，故UBP＝UBC－UPC＝2.5 V，電子從B點移到AC的中點P，電場力的功為W＝－eUBP＝－2.5 eV，故ΔEp＝－W＝2.5 eV，即電勢能增加2.5 eV，D正確。 命題角度4 磁場的疊加

23、 例4　(2018·全國卷Ⅱ)(多選)如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱。整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應(yīng)強度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外。則(　　) A．流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0 B．流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0 C．流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0 D．流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0 解析　L1在a、b兩點產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強

24、度大小相等，設(shè)為B1，方向都垂直于紙面向里，而L2在a點產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強度大小設(shè)為B2，方向垂直紙面向里，在b點產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強度大小也為B2，方向垂直紙面向外，規(guī)定向外為正方向，根據(jù)矢量疊加原理可知B0－B1－B2＝B0，B2＋B0－B1＝B0，聯(lián)立這兩式可解得：B1＝B0，B2＝B0，故A、C正確。 答案　AC 磁場的疊加和安培定則的綜合問題 (1)根據(jù)安培定則確定通電導(dǎo)線周圍磁感線的方向。 (2)磁場中每一點磁感應(yīng)強度的方向為該點磁感線的切線方向。 (3)磁感應(yīng)強度是矢量，多個通電導(dǎo)體產(chǎn)生的磁場疊加時，合磁場的磁感應(yīng)強度等于各通電導(dǎo)體單獨存在時在該點磁感應(yīng)強度的矢量和。

25、 備課記錄： 　 4．(2019·陜西渭南市二檢)有兩條長直導(dǎo)線垂直水平紙面放置，交紙面于a、b兩點，導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示。a、b的連線水平，c是ab的中點，d點與c點關(guān)

26、于b點對稱。已知c點的磁感應(yīng)強度為B1，d點的磁感應(yīng)強度為B2，則關(guān)于a處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度的大小及方向，下列說法中正確的是(　　) A．B1＋B2，方向豎直向下 B．B1－B2，方向豎直向上 C.＋B2，方向豎直向上 D.－B2，方向豎直向下 答案　D 解析　根據(jù)安培定則，a處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的方向為豎直向下。a處導(dǎo)線和b處導(dǎo)線在c點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同，可知大小都為，則b處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為，方向豎直向上。因為d點的磁感應(yīng)強度大小為B2，方向向上，即B2＝－Ba，可得a處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為Ba＝－B2。故D正確

27、，A、B、C錯誤。 命題角度5 磁場的性質(zhì) 例5　(2019·江蘇高考)(多選)如圖所示，在光滑的水平桌面上，a和b是兩條固定的平行長直導(dǎo)線，通過的電流強度相等。矩形線框位于兩條導(dǎo)線的正中間，通有順時針方向的電流，在a、b產(chǎn)生的磁場作用下靜止。則a、b的電流方向可能是(　　) A．均向左 B．均向右 C．a(chǎn)的向左，b的向右 D．a(chǎn)的向右，b的向左 解析　如圖1所示，若a、b中電流方向均向左，矩形線框靠近導(dǎo)線的兩邊所受安培力方向相同，使線框向?qū)Ь€b移動。 同理可知，若a、b中電流均向右，線框向?qū)Ь€a移動，故A、B不符合題意。 若a導(dǎo)線的電流方向向左，b導(dǎo)線的電流方

28、向向右，a、b中電流I′在線框所在處產(chǎn)生的磁場方向如圖2所示，線框靠近導(dǎo)線的兩邊所在處的磁感應(yīng)強度相同，所受的安培力大小相等、方向相反，線框靜止。 同理可知，若a導(dǎo)線的電流方向向右，b導(dǎo)線的電流方向向左，線框也靜止，C、D符合題意。 答案　CD (1)安培力大小和方向 (2)同向電流相互吸引，反向電流相互排斥。 備課記錄：

29、 　 5．(2019·湖北七市州教研協(xié)作體高三聯(lián)合模擬)(多選)如圖所示，兩根通電長直導(dǎo)線A、B垂直于紙面固定放置，二者之間的連線水平，電流方向均垂直于紙面向里，A中電流是B中電流的2倍，此時A受到的磁場作用力大小為F，而在A、B的正中間再放置一根與A、B平行共面的通電長直導(dǎo)線C后，A受到的磁場作用力大小變?yōu)?F，則B受到的磁場作用力大小和方向可能為(　　) A．大小為F，方向水平向右 B．大小為F，方向水平向左 C．大小為F，方向

30、水平向右 D．大小為F，方向水平向左 答案　BC 解析　由于A、B間的磁場力是兩導(dǎo)體棒的相互作用，故B受到A的磁場力大小為F，由同向電流相互吸引知，A受B的作用力向右，B受A的作用力向左；中間再加一通電長直導(dǎo)線C時，由于C處于中間，其在A、B兩位置產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反，故A受到的磁場力為B受磁場力的2倍，且兩力方向相反；由于A受到的磁場作用力大小變?yōu)?F，則可能有兩種情況：①C對A的作用力為F，方向向右；則C對B的作用力為F，方向向左，故B受合力大小為F，方向水平向左；②C對A的作用力為3F，方向向左，則C對B的作用力為F，方向向右，故B受合力大小為F，方向水平向右。故B、

31、C正確A、D錯誤。 高考考向2　帶電粒子(物體)在有界場中的運動 命題角度1 帶電粒子(物體)在有界電場中的運動　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 例6　(2019·全國卷Ⅱ)如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0)。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。 (1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大??； (2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，

32、則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？ 解析　(1)PG、QG間場強大小相等，設(shè)均為E。粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有 E＝① F＝qE＝ma② 設(shè)粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有 qEh＝Ek－mv③ 設(shè)粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有 h＝at2④ l＝v0t⑤ 聯(lián)立①②③④⑤式解得 Ek＝mv＋qh⑥ l＝v0⑦ (2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短。由對稱性知，此時金屬板的長度為 L＝2l＝2v0。 答案　(1)mv＋qh　v0　(2)2v0 有關(guān)平行板電容器

33、問題的分析思路 (1)抓住三個關(guān)系式：①電容決定式C＝；②電容定義式C＝；③場強關(guān)系式E＝。 (2)看清兩種模式：①電容器連接電源，電容器兩極板間電壓不變；②電容器與電源斷開(且不與其他電學(xué)元件形成回路)，電容器兩極板上所帶電荷量不變。 備課記錄：

34、 　 6．(2019·山東淄博三模)(多選)如圖，平行板電容器的A、B兩極板水平放置，與理想二極管串聯(lián)接在電源上，已知A和電源的正極相連，二極管具有單向?qū)щ娦?，一帶電小球沿AB中心水平射入，打在B極板上的N點。現(xiàn)保持B板不動，通過上下移動A板來改變兩極板的間距(兩板仍平行)，下列說法中正確的是(　　) A．若小球帶正電，當AB間距減小時，小球打在N的左側(cè) B．若小球帶正電，當AB間距增大時，小球打在N的左側(cè) C．若小球帶負電，當AB間距增大時，小球可能打在N的左側(cè) D．若小球帶負電，當AB間距減小時，小球可能打在N的右側(cè)

35、 答案　AD 解析　若小球帶正電，當d減小時，電容增大，Q增大，U不變，根據(jù)E＝，知d減小時E增大，所以電場力變大，方向向下，小球做平拋運動且豎直方向加速度增大，運動時間變短，小球打在N點左側(cè)，故A正確；若小球帶正電，當d增大時，電容減小，但由于二極管的單向?qū)щ娦允沟肣不可能減小，所以Q不變，根據(jù)E＝＝＝，知E不變，所以電場力不變，小球仍然打在N點，故B錯誤；若小球帶負電，當AB間距d增大時，電容減小，但Q不可能減小，所以Q不變，根據(jù)E＝＝＝，知E不變，所以電場力大小不變，方向向上，小球做類平拋運動且豎直向下的加速度不變，運動時間不變，小球仍然打在N點，故C錯誤；若小球帶負電，當AB間距d

36、減小時，電容增大，U不變，則Q增大，根據(jù)E＝，知E增大，所以電場力變大，方向向上，若電場力仍小于重力，小球做類平拋運動且豎直向下的加速度減小，運動時間變長，小球?qū)⒋蛟贜點的右側(cè)，故D正確。 命題角度2 帶電粒子(物體)在有界磁場中的運動 例7　(2019·全國卷Ⅰ)如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不

37、計重力。求： (1)帶電粒子的比荷； (2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。 解析　(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v。由動能定理有 qU＝mv2① 設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 qvB＝m② 粒子運動的軌跡如圖， 由幾何關(guān)系知d＝r③ 聯(lián)立①②③式得＝④ (2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子從射入磁場到運動至x軸所經(jīng)過的路程為s＝＋rtan30°⑤ 帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為 t＝⑥ 聯(lián)立②③④⑤⑥式得t＝。 答案　(1)　(2) 帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的解題步驟

38、 備課記錄： 　 7－1　(2019·全國卷Ⅱ)如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向

39、磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為(　　) A.kBl，kBl B.kBl，kBl C.kBl，kBl D.kBl，kBl 答案　B 解析　若電子從a點射出，運動軌跡如圖線①，有qvaB＝m，Ra＝，解得va＝＝＝；若電子從d點射出，運動軌跡如圖線②，有qvdB＝m，R＝2＋l2，解得vd＝＝＝。B正確。 7－2　(2019·北京高考)如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是(　　) A．粒子帶正電 B．粒子在b點速率大于在a點速率

40、 C．若僅減小磁感應(yīng)強度，則粒子可能從b點右側(cè)射出 D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短 答案　C 解析　由左手定則知，粒子帶負電，A錯誤；由于洛倫茲力不做功，粒子速率不變，B錯誤；由R＝，若僅減小磁感應(yīng)強度B，則R變大，粒子可能從b點右側(cè)射出，C正確；由R＝，若僅減小入射速率v，則R變小，粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角θ變大，由t＝T、T＝知，粒子在磁場中的運動時間變長，D錯誤。 7－3　(2019·江西高三九校3月聯(lián)考)(多選)如圖所示是一個半徑為R的豎直圓形磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B，磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里。有一個粒子源在圓上的A點不停地發(fā)射出速率相同的帶正電的粒子，帶

41、電粒子的質(zhì)量均為m，電荷量均為q，運動的半徑為r，在磁場中的軌跡所對應(yīng)的圓心角為α。下列說法正確的是(　　) A．若r＝2R，則粒子在磁場中運動的最長時間為 B．若r＝2R，粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場，則有tan＝ C．若r＝R，粒子沿著磁場的半徑方向射入，則粒子在磁場中的運動時間為 D．若r＝R，粒子沿著與半徑方向成60°角斜向下射入磁場，則圓心角α為150° 答案　BD 解析　若r＝2R，粒子在磁場中運動時間最長時，磁場區(qū)域的直徑是軌跡的弦，作出軌跡如圖1所示，因為r＝2R，圓心角α＝60°，則粒子在磁場中運動的最長時間為tmax＝T＝·＝，故A錯誤；若r＝

42、2R，粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場，作出軌跡 如圖2所示，根據(jù)幾何關(guān)系，有tan＝＝＝，故B正確；若r＝R，粒子沿著磁場的半徑方向射入，粒子運動軌跡如圖3所示，圓心角為90°，粒子在磁場中運動的時間t＝T＝·＝，故C錯誤；若r＝R，粒子沿著與半徑方向成60°角斜向下射入磁場，軌跡如圖4所示，圖中軌跡圓心與磁場圓心以及入射點和出射點連線構(gòu)成菱形，由幾何知識知圓心角α為150°，故D正確。 高考考向3　帶電粒子(物體)在組合場、復(fù)合場中的運動 命題角度1 帶電粒子(物體)在組合場中的運動　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 例8　(2018·全國卷Ⅰ)如圖，在y>0

43、的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E；在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核H和一個氘核H先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場。H的質(zhì)量為m，電荷量為q。不計重力。求： (1)H第一次進入磁場的位置到原點O的距離； (2)磁場的磁感應(yīng)強度大小； (3)H第一次離開磁場的位置到原點O的距離。 解析　(1)H在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示。設(shè)H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為

44、t1，第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1。由運動學(xué)公式有 s1＝v1t1① h＝a1t② 由題給條件，H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60°。H進入磁場時速度的y分量的大小為 a1t1＝v1tanθ1③ 聯(lián)立以上各式得s1＝h④ (2)H在電場中運動時，由牛頓第二定律有 qE＝ma1⑤ 設(shè)H進入磁場時速度的大小為v1′，由速度合成法則有 v1′＝⑥ 設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 qv1′B＝⑦ 由幾何關(guān)系得s1＝2R1sinθ1⑧ 聯(lián)立以上各式得B＝ ⑨ (3)設(shè)H在電場中沿x軸正方向射出的

45、速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得 (2m)v＝mv⑩ 由牛頓第二定律有qE＝2ma2? 設(shè)H第一次射入磁場時的速度大小為v2′，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2。由運動學(xué)公式有 s2＝v2t2? h＝a2t? v2′＝? sinθ2＝? 聯(lián)立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′? 設(shè)H在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得 R2＝＝R1? 所以出射點在原點左側(cè)。設(shè)H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s2′，由幾何關(guān)系有 s2

46、′＝2R2sinθ2? 聯(lián)立④⑧???式得，H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為s2′－s2＝(－1)h。 答案　(1)h　(2) 　(3)(－1)h 帶電粒子在組合場中運動的解題思路 (1)明性質(zhì)：要清楚場的性質(zhì)、方向、強弱、范圍等。 (2)定運動：帶電粒子依次通過不同場區(qū)時，由受力情況確定粒子在不同區(qū)域的運動情況。 (3)畫軌跡：正確畫出粒子的運動軌跡。 (4)用規(guī)律：根據(jù)區(qū)域和運動規(guī)律的不同，將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律進行處理。 (5)找關(guān)系：要明確帶電粒子通過不同場區(qū)的交界處時速度大小和方向的關(guān)系，上一個區(qū)域的末速度往往是下一

47、個區(qū)域的初速度。 備課記錄： 　 8. (2019·福建省三明市模擬)如圖，在平面直角坐標系xOy中有一曲線邊界OQ，邊界上方區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，邊界下方區(qū)域

48、存在豎直方向上的勻強電場，場強大小為E。在x軸上的P處，有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子由靜止釋放，經(jīng)過時間t，粒子到達曲線上的N點，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)恰好垂直穿過y軸，軌跡如圖所示，粒子的重力不計，求： (1)P處粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑r； (2)若此粒子從x軸正半軸上任意位置處由靜止出發(fā)，最終都能垂直穿過y軸，則邊界曲線OQ滿足的方程。 答案　(1)　(2)y＝ 解析　(1)在電場中：qE＝ma，v＝at 在磁場中：qvB＝，r＝，聯(lián)立解得：r＝。 (2)設(shè)邊界上某一點的橫、縱坐標分別為x和y， 由幾何關(guān)系可得x＝r 又y＝at2 聯(lián)立解得曲線OQ滿足的方程為：y＝。

49、 命題角度2 帶電粒子(物體)在復(fù)合場中的運動 例9　(2019·天津高考)筆記本電腦機身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為a、長為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此控制屏幕的熄滅。則元件的(　　) 　 A．前表面的電勢比后表面的低 B．前、后表面間的電壓U與v無關(guān) C．前、后表面間的

50、電壓U與c成正比 D．自由電子受到的洛倫茲力大小為 解析　由左手定則判斷，后表面帶負電，電勢低，A錯誤；電子受力平衡后，U穩(wěn)定不變，由e＝evB得U＝Bav，故前、后表面間的電壓U與v成正比，與c無關(guān)，故B、C錯誤；自由電子受到的洛倫茲力F＝evB＝，D正確。 答案　D 帶電粒子在復(fù)合場中運動的解題思路 備課記錄：

51、 　 　 9．(2019·山東省濱州市二模)如圖所示，處于豎直面內(nèi)的坐標系x軸水平、y軸豎直，第二象限內(nèi)有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直坐標平面向里。帶電微粒從x軸上M點以某一速度射入電磁場中，速度與x軸負半軸夾角α＝53°，微粒在第二象限做勻速圓周運動，并垂直y軸進入第一象限。已知微粒的質(zhì)量為m，電荷量為－q，OM間距離為L，重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求： (1)勻強電場的電場強度E

52、； (2)若微粒再次回到x軸時動能為M點動能的2倍，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B為多少？ 答案　(1)　(2) 解析　(1)微粒在第二象限做勻速圓周運動， 則qE＝mg 解得：E＝。 (2)微粒垂直y軸進入第一象限，則圓周運動圓心在y軸上，由幾何關(guān)系得：rsinα＝L 洛倫茲力提供向心力，有：qvB＝m 微粒在第一象限中運動時機械能守恒，有： mgr(1＋cosα)＝Ek－mv2 又因為Ek＝2×mv2 聯(lián)立以上各式解得：B＝ 。 閱卷現(xiàn)場　帶電粒子(物體)運動過程分析出錯 例10　(2019·四川德陽二診)(20分)如圖所示，在豎直平面(紙面)內(nèi)有長為l的CD、EF

53、兩平行帶電極板，上方CD為正極板，下方EF為負極板，兩極板間距為l，O點為兩極板邊緣C、E兩點連線的中點；兩極板右側(cè)為邊長為l的正方形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外。粒子源P產(chǎn)生的電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子飄入電壓為U1的加速電場，其初速度幾乎為零，被電場加速后在豎直平面內(nèi)從O點斜向上射入兩極板間，帶電粒子恰好從CD極板邊緣D點垂直DF邊界進入勻強磁場區(qū)域。已知磁感應(yīng)強度大小B與帶電粒子射入電場O點時的速度大小v0的關(guān)系為＝，帶電粒子重力不計。求： (1)帶電粒子射入電場O點時的速度大小v0； (2)兩平行極板間的電壓U2； (3)帶電粒子在磁場區(qū)域運動的時間t。 正解　

54、(1)電荷在電壓為U1的加速電場中加速，由動能定理得：qU1＝mv，(2分) 解得：v0＝。(1分) (2)設(shè)粒子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度方向與水平方向間的夾角為θ，在偏轉(zhuǎn)電場中：l＝v0cosθ·t0，(2分) ＝v0sinθ·t0，(2分) v0sinθ＝at0，(2分) 加速度：a＝＝，(2分) 解得：U2＝U1，θ＝。(2分) (3)粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力， 由牛頓第二定律得：qv0cosθ·B＝m，(2分) 解得：R＝l，(1分) 由幾何知識知，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角α＝，(1分) 粒子在磁場中的運動時間：t＝，(2分) 解得：t＝ 。(1分) 答

55、案　(1) 　(2)U1　(3) 錯解　(1)電荷在電壓為U1的加速電場中加速，由動能定理得：qU1＝mv，(2分) 解得：v0＝。(1分) (2)設(shè)粒子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度方向與水平方向間的夾角為θ，在偏轉(zhuǎn)電場中：l＝v0cosθ·t0，(2分) ＝v0sinθ·t0，(2分) v0sinθ＝at0，(2分) 加速度：a＝＝，(2分) 解得：U2＝U1，θ＝。(2分) (3)粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv0B＝m，(扣2分) 解得：R＝l，(扣1分) 由幾何知識知，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角α＝，(扣1分) 粒子在磁場中的運動時間：t＝，(扣

56、2分) 解得：t＝ 。(扣1分) 答案　(1) 　(2)U1　(3) 本題考查帶電粒子在組合場中的運動，第(1)問考查帶電粒子在電場中的加速運動，第(2)問需要利用逆向思維的方法和類平拋運動的規(guī)律求解，注意這個運動過程的末速度是粒子在磁場中運動的初速度，只有第(1)(2)問都求解正確第(3)問才可能求解正確。 專題作業(yè) 1．(2019·山東省聊城市二模)如圖所示，三根相互平行的固定長直導(dǎo)線L1、L2和L3垂直紙面放置，直導(dǎo)線與紙面的交點及坐標原點O分別位于邊長為a的正方形的四個頂點。L1與L3中的電流均為2I、方向均垂直紙面向里，L2中的電流為I、方向垂直紙面向外。已知在電

57、流為I的長直導(dǎo)線的磁場中，距導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強度B＝，其中k為常數(shù)。某時刻有一電子正好經(jīng)過原點O且速度方向垂直紙面向外，速度大小為v，電子電量為e，則該電子所受磁場力(　　) A．方向與y軸正方向成45°角，大小為 B．方向與y軸負方向成45°角，大小為 C．方向與y軸正方向成45°角，大小為 D．方向與y軸負方向成45°角，大小為 答案　D 解析　通電直導(dǎo)線L1、L2、L3分別在原點O處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度B1＝k、B2＝k、B3＝k，方向如圖所示。則三電流在O點處產(chǎn)生合磁場的磁感應(yīng)強度B＝B1－B2＝，方向與y軸正方向成45°角且指向第一象限。電子經(jīng)過原點O速度方向垂直

58、紙面向外，速度大小為v，據(jù)左手定則知，該電子所受洛倫茲力方向與y軸負方向成45°角，洛倫茲力的大小f＝evB＝，D正確，A、B、C錯誤。 2．(2019·福建省三明市檢測)如圖，正方形MNPQ處于紙面內(nèi)，M、P處分別固定兩根通電長直導(dǎo)線，二者相互平行且垂直紙面放置，通入電流的大小均為I，電流方向如圖，它們在N點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小均為B0。下列說法正確的是(　　) A．N、Q兩點的磁感應(yīng)強度方向相反 B．Q點處的磁感應(yīng)強度大小為2B0 C．若使P處直導(dǎo)線電流反向，大小不變，則N處的磁感應(yīng)強度大小為0 D．若使P處直導(dǎo)線電流反向，大小不變，則Q處的磁感應(yīng)強度方向與原來垂直 答案

59、　D 解析　兩條直導(dǎo)線在N點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B0，則在N點的合磁場的磁感應(yīng)強度為B0，由安培定則和矢量合成法則可知其方向沿NQ方向向上，同理在Q點的合磁場的磁感應(yīng)強度也為B0，其方向沿NQ方向向上，A、B錯誤；若使P處直導(dǎo)線電流反向，大小不變，由安培定則和矢量合成法則可知N處的磁感應(yīng)強度大小仍為B0，Q處的磁感應(yīng)強度方向變?yōu)樗较蜃?，與原來垂直，C錯誤，D正確。 3. (2019·河南省洛陽市三模)(多選)如圖所示，虛線OL與y軸的夾角為60°，在此角范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一帶正電荷的粒子從y軸上的M點沿平行于x軸的方向射入磁場，粒子離開磁場后的運動軌跡與x

60、軸交于P點(圖中未畫出)。已知OP之間的距離與粒子在磁場中運動的軌道半徑相等，不計粒子的重力。則下列說法正確的是(　　) A．粒子離開磁場時的速度方向可能垂直虛線OL B．粒子經(jīng)過x軸時的速度方向可能垂直x軸 C．粒子離開磁場時的速度方向可能和虛線OL成30°夾角 D．粒子經(jīng)過x軸時的速度方向可能與x軸正方向成30°夾角 答案　BD 解析　如果粒子離開磁場時的速度方向垂直虛線OL，則軌跡圓心為O，可知OP＞r，A錯誤；如果粒子經(jīng)過x軸時的速度方向垂直x軸，則粒子經(jīng)過OL時速度方向豎直向下，粒子運動軌跡如圖1所示， 由幾何關(guān)系可得OP＝r，B正確；如果粒子離開磁場時的速度方

61、向和虛線OL成30°夾角，則粒子運動軌跡如圖2所示， 由幾何知識可知，此時OP距離一定小于r，C錯誤；如果粒子經(jīng)過x軸時的速度方向與x軸正方向成30°夾角，軌跡如圖3所示， 由幾何知識知△AOC與△OAP全等，故OP＝AC＝r，D正確。 4．(2019·江西省南昌市二模)如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B1，P點為磁場邊界上的一點。相同的帶正電荷粒子，以相同的速率從P點射入磁場區(qū)域，速度方向沿位于紙面內(nèi)的各個方向，這些粒子射出磁場區(qū)域的位置均處于磁場邊界的某一段弧上，這段圓弧的弧長是磁場邊界圓周長的。若只將磁感應(yīng)強度的大小變?yōu)锽2，結(jié)果相應(yīng)的弧

62、長變?yōu)榇艌鲞吔鐖A周長的，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，則等于(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　當磁感應(yīng)強度為B2時，從P點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點是軌跡上直徑與磁場邊界圓的交點，如圖所示，故∠POM＝120°。所以粒子做圓周運動的半徑r2＝Rsin60°＝，同理可知r1＝Rsin30°＝，解得＝，B正確，A、C、D錯誤。 5．(2019·山東省聊城市二模) (多選)如圖所示，圓心角為90°的扇形COD內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，E點為半徑OD的中點，現(xiàn)有比荷大小相等的兩個帶電粒子a、b，以不同的速度分別從O、E點沿OC方向射入磁場，

63、粒子a、b分別從D、C兩點射出磁場，不計粒子所受重力及粒子間相互作用，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法中正確的是(　　) A．粒子a帶負電，粒子b帶正電 B．粒子a、b在磁場中運動的加速度之比為2∶5 C．粒子a、b的速度之比為5∶2 D．粒子a、b在磁場中運動的時間之比為180∶53 答案　ABD 解析　根據(jù)題中條件，畫出兩粒子的軌跡如圖。由圖根據(jù)左手定則，可判斷粒子a帶負電，粒子b帶正電，A正確；設(shè)扇形COD的半徑為R，據(jù)幾何關(guān)系可得，ra＝，2＋R2＝r，則＝＝，由qvB＝m，解得v＝，兩粒子的比荷相等，則粒子a、b的速度之比為2∶5，根據(jù)q

64、vB＝ma，解得a＝，兩粒子的比荷相等，則粒子a、b在磁場中運動的加速度之比為2∶5，B正確，C錯誤；由圖知，粒子a軌跡的圓心角θa＝180°，根據(jù)sinθb＝可得粒子b軌跡的圓心角θb＝53°，根據(jù)t＝T、T＝可得，粒子a、b在磁場中運動的時間之比為180∶53，D正確。 6．(2019·河南省八市三模)如圖ABCD的矩形區(qū)域存在沿A至D方向的勻強電場，場強為E，邊長AB＝2AD，質(zhì)量為m、帶電量為q的正電粒子以速度v從A點沿AB方向射入矩形區(qū)域，粒子恰好從C點以速度v1射出電場，粒子在電場中運動時間為t，不計粒子重力，則(　　) A．若電場強度變?yōu)?E，粒子從DC邊中點射出 B．

65、若電場強度變?yōu)?E，粒子射出電場的速度為2v1 C．若粒子入射速度變?yōu)?，則粒子從DC邊中點射出電場 D．若粒子入射速度變?yōu)?，則粒子射出電場時的速度為 答案　C 解析　若電場強度變?yōu)?E，則粒子從DC邊離開，由AD＝··t2可知運動時間變?yōu)閠，則水平位移x＝vt變?yōu)樵瓉淼?，而不是，A錯誤；在粒子穿過電場的過程中，由動能定理得Eq·AD＝mv－mv2，可知，若電場強度加倍，則射出電場的速度不等于2v1，B錯誤；若粒子入射速度變?yōu)?，粒子在電場中運動的時間不變，則粒子從DC邊中點射出電場，C正確；由于電場不變，電場力做功不變，由動能定理可知，粒子射出電場時的速度不是，D錯誤。 7．(2019

66、·山東省濰坊市二模)(多選)如圖1所示，長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O、O′分別為兩金屬板兩側(cè)邊緣連線的中點，在O點有一粒子源，能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為v0、電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子。在兩板間存在如圖2所示的交變電場，取豎直向下為正方向，不計粒子重力。以下判斷正確的是(　　) A．粒子在電場中運動的最短時間為 B．射出粒子的最大動能為mv C．t＝時刻進入的粒子，從O′點射出 D．t＝時刻進入的粒子，從O′點射出 答案　AD 解析　由圖2可知場強大小E0＝，則粒子在電場中的加速度大小a＝＝，因為a·2＝d，則粒子在電場中運動的最短時間滿足＝at，解得tmin＝，A正確；能從板間射出的粒子在板間運動的時間均為t＝，則由圖2和動能定理可知，任意時刻射入的粒子射出電場時沿電場方向的速度均為0，可知射出電場時的動能均為mv，B錯誤；由圖2可知，t＝時刻進入的粒子先豎直向下加速，加速時間t加＝－＝>，由A選項分析可知，t＝時刻進入的粒子在t＝前已經(jīng)打在下極板上，不可能從O′點射出，C錯誤；由圖2可知，t＝＝T時刻進入的粒子，豎直方向上先向上加速，加速時間t1＝－