2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題3 電場(chǎng)與磁場(chǎng)教學(xué)案1多選(xx全國(guó)卷T20)在一靜止點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，任一點(diǎn)的電勢(shì)與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖所示。電場(chǎng)中四個(gè)點(diǎn)a、b、c和d的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed。點(diǎn)a到點(diǎn)電荷的距離ra與點(diǎn)a的電勢(shì)a已在圖中用坐標(biāo)(ra，a)標(biāo)出，其余類推?，F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點(diǎn)依次經(jīng)b、c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，在相鄰兩點(diǎn)間移動(dòng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力所做的功分別為W、W和W。下列選項(xiàng)正確的是()AEaEb41BEcEd21CWW31 DWW13解析：選AC設(shè)點(diǎn)電荷的電荷量為Q，根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式Ek，rarb12，rcrd36，可知，EaEb41，EcEd41，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；將一帶正電的試探電荷由a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)做的功Wq(ab)3q(J)，試探電荷由b點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)做的功Wq(bc)q(J)，試探電荷由c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)做的功Wq(cd)q(J)，由此可知，WW31，WW11，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。2多選(xx全國(guó)卷T21)一勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點(diǎn)的位置如圖所示，三點(diǎn)的電勢(shì)分別為10 V、17 V、26 V。下列說(shuō)法正確的是()A電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為2.5 V/cm B坐標(biāo)原點(diǎn)處的電勢(shì)為1 VC電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的低7 eVD電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為9 eV解析：選ABDac垂直于bc，沿ca和cb兩方向的場(chǎng)強(qiáng)分量大小分別為E12 V/cm、E21.5 V/cm，根據(jù)矢量合成可知E2.5 V/cm，A項(xiàng)正確；根據(jù)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中平行線上等距同向的兩點(diǎn)間的電勢(shì)差相等，有Oabc，得O1 V，B項(xiàng)正確；電子在a、b、c三點(diǎn)的電勢(shì)能分別為10 eV、17 eV和26 eV，故電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的高7 eV，C項(xiàng)錯(cuò)誤；電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做功W(1726)eV9 eV，D項(xiàng)正確。3(xx全國(guó)卷T15)關(guān)于靜電場(chǎng)的等勢(shì)面，下列說(shuō)法正確的是()A兩個(gè)電勢(shì)不同的等勢(shì)面可能相交B電場(chǎng)線與等勢(shì)面處處相互垂直C同一等勢(shì)面上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度一定相等D將一負(fù)的試探電荷從電勢(shì)較高的等勢(shì)面移至電勢(shì)較低的等勢(shì)面，電場(chǎng)力做正功解析：選B在靜電場(chǎng)中，兩個(gè)電勢(shì)不同的等勢(shì)面不會(huì)相交，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電場(chǎng)線與等勢(shì)面一定相互垂直，選項(xiàng)B正確；同一等勢(shì)面上的電場(chǎng)強(qiáng)度可能相等，也可能不相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電場(chǎng)線總是由電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面，移動(dòng)負(fù)試探電荷時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。4(xx全國(guó)卷T15)如圖，P是固定的點(diǎn)電荷，虛線是以P為圓心的兩個(gè)圓。帶電粒子Q在P的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個(gè)點(diǎn)。若Q僅受P的電場(chǎng)力作用，其在a、b、c點(diǎn)的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc。則()Aaa>ab>ac，va>vc>vb Baa>ab>ac，vb>vc>vaCab>ac>aa，vb>vc>va Dab>ac>aa，va>vc>vb解析：選Da、b、c三點(diǎn)到固定的點(diǎn)電荷P的距離rbrcra，則三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度由Ek可知EbEcEa，故帶電粒子Q在這三點(diǎn)的加速度abacaa。由運(yùn)動(dòng)軌跡可知帶電粒子Q所受P的電場(chǎng)力為斥力，從a到b電場(chǎng)力做負(fù)功，由動(dòng)能定理|qUab|mvb2mva20，則vbva，從b到c電場(chǎng)力做正功，由動(dòng)能定理|qUbc|mvc2mvb20，vcvb，又|Uab|Ubc|，則vavc，故vavcvb，選項(xiàng)D正確。 5(xx全國(guó)卷T15)如圖，直線a、b和c、d是處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點(diǎn)，四點(diǎn)處的電勢(shì)分別為M、N、P、Q。一電子由M點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力所做的負(fù)功相等。則()A直線a位于某一等勢(shì)面內(nèi)，M>QB直線c位于某一等勢(shì)面內(nèi)，M>NC若電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功D若電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功解析：選B由電子從M點(diǎn)分別運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)和P點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力所做的負(fù)功相等可知，N、P兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，且電場(chǎng)線方向?yàn)镸N，故選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；M點(diǎn)與Q點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，電子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力不做功，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。6多選(xx全國(guó)卷T19)如圖，三根相互平行的固定長(zhǎng)直導(dǎo)線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反。下列說(shuō)法正確的是()AL1所受磁場(chǎng)作用力的方向與L2、L3所在平面垂直BL3所受磁場(chǎng)作用力的方向與L1、L2所在平面垂直CL1、L2和L3單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用力大小之比為11DL1、L2和L3單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用力大小之比為1解析：選BC由安培定則可判斷出L2在L1處產(chǎn)生的磁場(chǎng)(B21)方向垂直L1和L2的連線豎直向上，L3在L1處產(chǎn)生的磁場(chǎng)(B31)方向垂直L1和L3的連線指向右下方，根據(jù)磁場(chǎng)疊加原理，L3和L2在L1處產(chǎn)生的合磁場(chǎng)(B合1)方向如圖1所示，根據(jù)左手定則可判斷出L1所受磁場(chǎng)作用力的方向與L2和L3所在平面平行，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；同理，如圖2所示，可判斷出L3所受磁場(chǎng)(B合3)作用力的方向(豎直向上)與L1、L2所在平面垂直，選項(xiàng)B正確；同理，如圖3所示，設(shè)一根長(zhǎng)直導(dǎo)線在另一根導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，根據(jù)幾何知識(shí)可知，B合1B，B合2B，B合3B，由安培力公式FBIL可知，L1、L2和L3單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用力大小之比為11，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。7多選(xx全國(guó)卷T18)指南針是我國(guó)古代四大發(fā)明之一。關(guān)于指南針，下列說(shuō)法正確的是()A指南針可以僅具有一個(gè)磁極B指南針能夠指向南北，說(shuō)明地球具有磁場(chǎng)C指南針的指向會(huì)受到附近鐵塊的干擾D在指南針正上方附近沿指針?lè)较蚍胖靡恢睂?dǎo)線，導(dǎo)線通電時(shí)指南針不偏轉(zhuǎn)解析：選BC指南針是一個(gè)小磁體，具有N、S兩個(gè)磁極，因?yàn)榈卮艌?chǎng)的作用，指南針的N極指向地理的北極，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；因?yàn)橹改厢槺旧硎且粋€(gè)小磁體，所以會(huì)對(duì)附近的鐵塊產(chǎn)生力的作用，同時(shí)指南針也會(huì)受到反作用力，所以會(huì)受鐵塊干擾，選項(xiàng)C正確；在地磁場(chǎng)中，指南針南北指向，當(dāng)直導(dǎo)線在指南針正上方平行于指南針南北放置時(shí)，通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)在指南針處是東西方向，所以會(huì)使指南針偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。高考題型典型試題難度1.電場(chǎng)力和電場(chǎng)能的性質(zhì)xx全國(guó)卷T20xx全國(guó)卷T21xx全國(guó)卷T15xx全國(guó)卷T15xx全國(guó)卷T152.磁場(chǎng)的基本性質(zhì)和安培力xx全國(guó)卷T19xx全國(guó)卷T18題型(一) 電場(chǎng)力和電場(chǎng)能的性質(zhì)高考定位：?？碱}型解題關(guān)鍵：重在對(duì)電場(chǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度、電場(chǎng)線、電勢(shì)、電勢(shì)差、等勢(shì)面等基本概念的理解 必備知能1電場(chǎng)中的相關(guān)概念2電勢(shì)、電勢(shì)能的判斷方法判斷電勢(shì)的高低根據(jù)電場(chǎng)線的方向判斷由UAB判斷根據(jù)電場(chǎng)力做功(或電勢(shì)能)判斷判斷電勢(shì)能的大小根據(jù)Epq判斷根據(jù)EpW電，由電場(chǎng)力做功判斷3.根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡判斷粒子的受力及運(yùn)動(dòng)情況(1)確定受力方向的依據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的受力特征：帶電粒子受力總指向曲線的凹側(cè)。電場(chǎng)力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向的關(guān)系：正電荷的受力方向與場(chǎng)強(qiáng)方向同向，負(fù)電荷則相反。場(chǎng)強(qiáng)方向與電場(chǎng)線或等勢(shì)面的關(guān)系：電場(chǎng)線的切線方向或等勢(shì)面的法線方向?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的方向。(2)比較加速度大小的依據(jù)電場(chǎng)線或等差等勢(shì)面越密E越大FqE越大a越大。(3)判斷加速或減速的依據(jù)電場(chǎng)力與速度成銳角(鈍角)，電場(chǎng)力做正功(負(fù)功)，速度增加(減小)。演練沖關(guān)1.多選(xx南昌重點(diǎn)中學(xué)模擬)電子束焊接機(jī)中的電子槍如圖所示，K為陰極，A為陽(yáng)極，陰極和陽(yáng)極之間的電場(chǎng)線如圖中虛線所示，A上有一小孔，陰極發(fā)射的電子在陰極和陽(yáng)極間電場(chǎng)作用下聚集成一細(xì)束，以極高的速率穿過(guò)陽(yáng)極上的小孔，射到被焊接的金屬上，使兩塊金屬熔化而焊接到一起，不考慮電子重力，下列說(shuō)法正確的是()AA點(diǎn)的電勢(shì)高于K點(diǎn)的電勢(shì)B電子克服電場(chǎng)力做功C電子的電勢(shì)能不斷增加D電子的動(dòng)能不斷增加解析：選AD在電場(chǎng)中，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)越來(lái)越低，因此A點(diǎn)的電勢(shì)高于K點(diǎn)的電勢(shì)，A正確；電子受力的方向與電場(chǎng)線的方向相反，因此在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)電子做正功，電勢(shì)能不斷減小，B、C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，只有電場(chǎng)力做功，電子的動(dòng)能不斷增加，D正確。2.多選(xx屆高三第二次全國(guó)大聯(lián)考卷)如圖所示為一帶正電的點(diǎn)電荷和兩個(gè)相同的帶負(fù)電的點(diǎn)電荷附近的電場(chǎng)線分布情況，M點(diǎn)是兩負(fù)點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)，M、N點(diǎn)在同一水平線上且到正點(diǎn)電荷的距離相等，下列說(shuō)法正確的是()AE點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比F點(diǎn)的大BE點(diǎn)的電勢(shì)比F點(diǎn)的高C電荷在M點(diǎn)受到的電場(chǎng)力為零D將正電荷從M點(diǎn)移到N點(diǎn)，電勢(shì)能增大解析：選AD由題圖看出，E點(diǎn)處電場(chǎng)線比F點(diǎn)處電場(chǎng)線密，則E點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比F點(diǎn)的大，選項(xiàng)A正確；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，所以F點(diǎn)的電勢(shì)比E點(diǎn)的高，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；兩個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷在M點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為零，正點(diǎn)電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，所以電荷受到的電場(chǎng)力不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；M、N關(guān)于正點(diǎn)電荷對(duì)稱，從M點(diǎn)移到N點(diǎn)，正點(diǎn)電荷對(duì)正電荷不做功，兩負(fù)點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)對(duì)正電荷做負(fù)功，電勢(shì)能增大，選項(xiàng)D正確。3.多選(xx楚雄檢測(cè))如圖，在正點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)中有M、N、P、F四點(diǎn)，M、N、P為直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，F(xiàn)為MN的中點(diǎn)，M30。M、N、P、F四點(diǎn)處的電勢(shì)分別用M、N、P、F表示，已知MN，PF，點(diǎn)電荷Q在M、N、P三點(diǎn)所在平面內(nèi)，則()A點(diǎn)電荷Q一定在MP的連線上B線段PF一定在同一等勢(shì)面上C將正試探電荷從P點(diǎn)搬運(yùn)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功DP大于M解析：選AD點(diǎn)電荷Q的等勢(shì)面是一系列的同心圓，圓弧上任意兩點(diǎn)的連線的中垂線一定通過(guò)圓心，故場(chǎng)源電荷(點(diǎn)電荷Q)在MN的中垂線和FP的中垂線的交點(diǎn)上，如圖所示，在MP的連線上，故A正確；PF，線段PF是P、F所在等勢(shì)面(圓)的一個(gè)弦，故B錯(cuò)誤；在點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)中，離場(chǎng)源越遠(yuǎn)，電勢(shì)越低，將正試探電荷從P點(diǎn)搬運(yùn)到N點(diǎn)，電勢(shì)能降低，故電場(chǎng)力做正功，故C錯(cuò)誤；在點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)中，離場(chǎng)源越遠(yuǎn)，電勢(shì)越低，故P大于M，故D正確。4.多選(xx懷化模擬)如圖所示，現(xiàn)有一個(gè)以O(shè)為圓心、以O(shè)P長(zhǎng)為半徑的圓，四邊形ABCD為圓的內(nèi)接正方形，a、b、c、d分別為正方形的四個(gè)邊AB、BC、CD和DA的中點(diǎn)，P、Q分別為弧和弧的中點(diǎn)?，F(xiàn)在A、B、C、D四點(diǎn)分別放上等量的正電荷和負(fù)電荷，若取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，下列說(shuō)法正確的是()AO點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)均為零B把一正電荷從a點(diǎn)移到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功C把一正電荷從b點(diǎn)移到d點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為零D同一電荷在P、Q兩點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小相等，方向相反解析：選BC如題圖，B、D點(diǎn)兩個(gè)電荷和A、C點(diǎn)兩個(gè)電荷都是等量異種電荷，PQ連線的垂直平分線是一條等勢(shì)線，并延伸到無(wú)窮遠(yuǎn)，則O點(diǎn)電勢(shì)與無(wú)窮遠(yuǎn)電勢(shì)相等，則O點(diǎn)的電勢(shì)為零。根據(jù)電場(chǎng)線從正電荷出發(fā)到負(fù)電荷終止和電場(chǎng)的疊加可知，O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不為零，故A錯(cuò)誤；由四個(gè)電荷分布的位置可知，電場(chǎng)線關(guān)于PQ連線對(duì)稱，且由a指向c，故把一正電荷從a點(diǎn)移到c點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，故B正確；同理，等勢(shì)線關(guān)于PQ連線也對(duì)稱，則b點(diǎn)與d點(diǎn)電勢(shì)相等，電勢(shì)差為零，由WqU可知，把一正電荷從b點(diǎn)移到d點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為零，故C正確；根據(jù)電場(chǎng)線的對(duì)稱性可知，P、Q兩點(diǎn)電場(chǎng)線疏密相同，場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相同，則同一電荷在P、Q兩點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小相等，方向相同，故D錯(cuò)誤。題型(二) 磁場(chǎng)的基本性質(zhì)和安培力高考定位：常考題型解題關(guān)鍵：重在掌握磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加及磁場(chǎng)對(duì)電流的安培力必備知能1磁場(chǎng)的疊加和安培定則應(yīng)用的注意點(diǎn)(1)根據(jù)安培定則確定通電導(dǎo)線周?chē)艌?chǎng)的方向。(2)磁場(chǎng)中每一點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)樵擖c(diǎn)處磁感線的切線方向。(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，多個(gè)通電導(dǎo)體產(chǎn)生的磁場(chǎng)疊加時(shí)，合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度等于各場(chǎng)源單獨(dú)存在時(shí)在該點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和，遵從平行四邊形定則。2安培力作用下力學(xué)問(wèn)題的處理方法(1)求解安培力作用下的力學(xué)問(wèn)題的基本思路(2)求解關(guān)鍵及解題難點(diǎn)演練沖關(guān)5.多選(xx廣州檢測(cè))在同一平面內(nèi)有、三根等間距平行放置的長(zhǎng)直導(dǎo)線，通入的電流強(qiáng)度分別為1 A、2 A、1 A，的電流方向?yàn)閏d 且受到安培力的合力方向水平向右，則()A的電流方向?yàn)閍bB的電流方向?yàn)閑fC受到安培力的合力方向水平向左D受到安培力的合力方向水平向左解析：選BCD根據(jù)“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，因的電流方向?yàn)閏d且受到安培力的合力方向水平向右，可知的電流方向?yàn)閎a，的電流方向?yàn)閑f，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；受到的排斥力，故安培力的合力方向水平向左，選項(xiàng)C正確；受到的吸引力和的排斥力，因的吸引力大于的排斥力，故受到安培力的合力方向水平向左，選項(xiàng)D正確。6.(xx南昌重點(diǎn)中學(xué)模擬)如圖所示，用三條細(xì)線懸掛的水平圓形線圈共有n匝，線圈由粗細(xì)均勻、單位長(zhǎng)度的質(zhì)量為2.5 g的導(dǎo)線繞制而成，三條細(xì)線呈對(duì)稱分布，穩(wěn)定時(shí)線圈平面水平，在線圈正下方放有一個(gè)圓柱形條形磁鐵，磁鐵中軸線OO垂直于線圈平面且通過(guò)其圓心，測(cè)得線圈的導(dǎo)線所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.5 T，方向與豎直線成30角，要使三條細(xì)線上的張力為零，線圈中通過(guò)的電流至少為(g取10 m/s2)()A0.1 A B0.2 AC0.05 A D0.01 A解析：選A設(shè)線圈的半徑為r，則線圈的質(zhì)量m2nr2.5103 kg，磁感應(yīng)強(qiáng)度的水平分量為Bsin 30，線圈受到的安培力為：FnBsin 30I2r，要使三條細(xì)線上的張力為零，線圈所受向上的安培力等于線圈的重力，即mgF，解得：I0.1 A，選項(xiàng)A正確。7.多選(xx長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)檢測(cè))如圖所示，同一平面內(nèi)有兩根平行的無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線1和2，通有大小相等、方向相反的電流，a、b兩點(diǎn)與兩導(dǎo)線共面，a點(diǎn)在兩導(dǎo)線的中間且與兩導(dǎo)線的距離均為r，b點(diǎn)在導(dǎo)線2右側(cè)，與導(dǎo)線2的距離也為r?，F(xiàn)測(cè)得a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，已知距一無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B，其中k為常量，I為無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線的電流大小，下列說(shuō)法正確的是()Ab點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0B若去掉導(dǎo)線2，b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0C若將導(dǎo)線1中電流大小變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0D若去掉導(dǎo)線2，再將導(dǎo)線1中電流大小變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小仍為B0解析：選BD根據(jù)B可知，a點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，則：B0，根據(jù)右手螺旋定則，此時(shí)b點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為：BbB0，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若去掉導(dǎo)線2，b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為：BbB0，故選項(xiàng)B正確；若將導(dǎo)線1中電流大小變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為：BbB0，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若去掉導(dǎo)線2，再將導(dǎo)線1中電流大小變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為：BaB0，故選項(xiàng)D正確。題型(三) 電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加與計(jì)算高考定位：預(yù)測(cè)題型解題關(guān)鍵：掌握常見(jiàn)點(diǎn)電荷產(chǎn)生電場(chǎng)的特點(diǎn)，靈活應(yīng)用類比法、對(duì)稱法解題 典例示法典例(xx屆高三衡陽(yáng)聯(lián)考)如圖所示為一均勻帶電荷量為Q的細(xì)棒，在過(guò)中點(diǎn)c垂直于細(xì)棒的直線上有a、b、d三點(diǎn)，且abbccdL，在a點(diǎn)處有一電荷量為的固定點(diǎn)電荷，已知b點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為零，則d點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)的大小為(k為靜電力常量)()Ak Bk Ck Dk解析電荷量為的點(diǎn)電荷在b處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為E，方向向右。b點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)為零，根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理可知，細(xì)棒與的點(diǎn)電荷在b處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反，則知細(xì)棒在b處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為，方向向左。根據(jù)對(duì)稱性可知，細(xì)棒在d處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為，方向向右；而電荷量為的點(diǎn)電荷在d處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向向右；所以d點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)的大小為EdEEk，方向向右。故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。答案A應(yīng)用類比法、對(duì)稱法求電場(chǎng)強(qiáng)度1類比法當(dāng)空間某一區(qū)域同時(shí)存在兩個(gè)或兩個(gè)以上的電場(chǎng)(由各自獨(dú)立的場(chǎng)源電荷所激發(fā))時(shí)，某點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)E等于各電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)在該點(diǎn)的矢量和，遵循平行四邊形定則，可以類比力的合成與分解法求解。2對(duì)稱法演練沖關(guān)8.直角坐標(biāo)系xOy中，M、N兩點(diǎn)位于x軸上，G、H兩點(diǎn)坐標(biāo)如圖所示。M、N兩點(diǎn)各固定一負(fù)點(diǎn)電荷，一電量為Q的正點(diǎn)電荷置于O點(diǎn)時(shí)，G點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度恰好為零。靜電力常量用k表示，若將該正點(diǎn)電荷移到G點(diǎn)，則H點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向分別為()A.，沿y軸正向 B.，沿y軸負(fù)向C.，沿y軸正向 D.，沿y軸負(fù)向解析：選B處于O點(diǎn)的正點(diǎn)電荷在G點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)E1k，方向沿y軸負(fù)向；又因?yàn)镚點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)為零，所以M、N處兩負(fù)點(diǎn)電荷在G點(diǎn)共同產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)E2E1k，方向沿y軸正向；根據(jù)對(duì)稱性，M、N處兩負(fù)點(diǎn)電荷在H點(diǎn)共同產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)E3E2k，方向沿y軸負(fù)向；將該正點(diǎn)電荷移到G處，該正點(diǎn)電荷在H點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)E4k，方向沿y軸正向，所以H點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)EE3E4，方向沿y軸負(fù)向，故B正確。9如圖所示，真空中a、b、c、d四點(diǎn)共線且等距。先在a點(diǎn)固定一點(diǎn)電荷Q，測(cè)得b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為E。若再將另一點(diǎn)電荷2Q放在d點(diǎn)，則()Ab點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為EBc點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為EC若將電子從b點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)，其電勢(shì)能不變Db點(diǎn)電勢(shì)比c點(diǎn)電勢(shì)高解析：選B設(shè)a、b之間的距離為r，則b、d之間的距離為2r，a、c之間的距離為2r，c、d之間的距離為r，Q在b點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度Ek，方向由a指向d。若再將另一點(diǎn)電荷2Q放在d點(diǎn)，它在b點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度Ekk，方向由d指向a。根據(jù)電場(chǎng)疊加原理，b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為EbEEkkk，方向由a指向d，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；Q在c點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度E1k，2Q在c點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度E2k，二者方向相反，c點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為EcE2E1kkkE，方向由d指向a，選項(xiàng)B正確；若將電子從b點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，其電勢(shì)能先增大后減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；b點(diǎn)的電勢(shì)比c點(diǎn)的電勢(shì)低，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。選擇題保分練 電場(chǎng)性質(zhì)、磁場(chǎng)性質(zhì) 1(xx屆高三湖北八校聯(lián)考)下列說(shuō)法正確的是()A帶電粒子僅在電場(chǎng)力的作用下一定做勻變速運(yùn)動(dòng)B帶電粒子僅在電場(chǎng)力的作用下運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能一定增加C電場(chǎng)力做正功，帶電粒子所在處的電勢(shì)一定降低D電場(chǎng)力做正功，帶電粒子的電勢(shì)能一定減少解析：選D只有電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，帶電粒子僅在電場(chǎng)力的作用下做勻變速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；如果電場(chǎng)力做負(fù)功，則動(dòng)能減小，B錯(cuò)誤；電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能一定減少，若帶電粒子帶負(fù)電荷，則電勢(shì)要升高，故C錯(cuò)誤，D正確。2(xx定州中學(xué)檢測(cè))關(guān)于電荷所受電場(chǎng)力和洛倫茲力，下列說(shuō)法正確的是()A電荷在磁場(chǎng)中一定受洛倫茲力作用B電荷在電場(chǎng)中一定受電場(chǎng)力作用C電荷所受電場(chǎng)力一定與該處電場(chǎng)方向一致D電荷所受的洛倫茲力不一定與磁場(chǎng)方向垂直解析：選B若電荷的運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)方向平行，則電荷不受洛倫茲力，故A錯(cuò)誤；電荷在電場(chǎng)中一定受電場(chǎng)力作用，故B正確；正電荷所受電場(chǎng)力方向與該處的電場(chǎng)方向相同，負(fù)電荷所受電場(chǎng)力方向與該處的電場(chǎng)方向相反，故C錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則知，電荷若受洛倫茲力，則方向與該處磁場(chǎng)方向垂直，故D錯(cuò)誤。3.(xx泰安檢測(cè))如圖，Q為固定的正點(diǎn)電荷，虛線圓是其電場(chǎng)中的一條等勢(shì)線。兩電荷量相同、但質(zhì)量不相等的粒子，分別從同一點(diǎn)A以相同的速度v0射入，軌跡如圖中曲線，B、C為兩曲線與圓的交點(diǎn)。aB、aC表示兩粒子經(jīng)過(guò)B、C時(shí)的加速度大小，vB、vC表示兩粒子經(jīng)過(guò)B、C時(shí)的速度大小。不計(jì)粒子重力，以下判斷正確的是()AaBaCvBvC BaBaCvBvCCaBaCvBvC DaBaCvBvC解析：選C由題圖軌跡判斷可知，粒子均帶正電，AB曲線彎曲程度比AC大，可知AB軌跡的粒子質(zhì)量較小，因?yàn)锽、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等，可知UACUAB，粒子電荷量相同，由動(dòng)能定理：qUmv2mv02，可知vB<vC；由牛頓第二定律：kma，可知質(zhì)量小的加速度大，即aB>aC，綜上分析可知C正確，A、B、D錯(cuò)誤。4.(xx肇慶模擬)如圖所示，空間有一正三棱錐OABC，點(diǎn)A、B、C分別是三條棱的中點(diǎn)?，F(xiàn)在頂點(diǎn)O處固定一正點(diǎn)電荷，下列說(shuō)法中正確的是()AA、B、C三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同BABC所在平面為等勢(shì)面C將一正試探電荷從 A點(diǎn)沿直線AB移到B，靜電力對(duì)該試探電荷先做正功后做負(fù)功D若A點(diǎn)的電勢(shì)為A，A點(diǎn)的電勢(shì)為A，則AA連線中點(diǎn)D處的電勢(shì)D一定小于解析：選D因?yàn)锳、B、C三點(diǎn)離頂點(diǎn)O處的正點(diǎn)電荷的距離相等，故三點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小均相等，但其方向不同，故A錯(cuò)誤；由于ABC所在平面上各點(diǎn)到O點(diǎn)的距離不全相等，由等勢(shì)面的特點(diǎn)可知，ABC所在平面不是等勢(shì)面，故B錯(cuò)誤；由電勢(shì)的特點(diǎn)可知，沿直線AB的電勢(shì)變化為先增大后減小，所以當(dāng)正試探電荷在此直線上從A移動(dòng)到B時(shí)，電場(chǎng)力對(duì)該試探電荷先做負(fù)功后做正功，故C錯(cuò)誤；因?yàn)閁ADEAD，UDAEDA，由點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)關(guān)系可知EAD>EDA，又因?yàn)椋杂蠻ADUDA，即ADDA，整理可得：D<，故D正確。5.(xx龍巖檢測(cè))將無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)視為零，在電荷量為q的點(diǎn)電荷周?chē)滁c(diǎn)的電勢(shì)可用 計(jì)算，式中r為該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離，k為靜電力常量。兩電荷量大小均為Q的異種點(diǎn)電荷固定在相距為L(zhǎng)的兩點(diǎn)，如圖所示?，F(xiàn)將一質(zhì)子(電荷量為e)從兩點(diǎn)電荷連線上的A點(diǎn)，沿以電荷Q為圓心、半徑為R(L>R)的半圓形軌跡ABC移到C點(diǎn)，質(zhì)子從A點(diǎn)移到C點(diǎn)的過(guò)程中電勢(shì)能的變化情況為()A增加 B增加C減少 D減少解析：選BA點(diǎn)的電勢(shì)為Akk；C點(diǎn)的電勢(shì)為Ckk，則A、C間的電勢(shì)差為UACAC，質(zhì)子從A點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為WACeUAC，做負(fù)功，所以質(zhì)子的電勢(shì)能增加，故B正確。6.多選(xx定州中學(xué)檢測(cè))如圖所示，在兩磁極之間放一培養(yǎng)皿，磁感線垂直培養(yǎng)皿向內(nèi)，培養(yǎng)皿內(nèi)側(cè)壁有環(huán)狀電極A，中心有電極K，培養(yǎng)皿內(nèi)裝有電解液，若不考慮電解液和培養(yǎng)皿之間的阻力，當(dāng)兩電極接入如圖所示電路時(shí)，則()A電解液將順時(shí)針旋轉(zhuǎn)流動(dòng)B電解液靜止不動(dòng)C若將滑動(dòng)變阻器的滑片向左移動(dòng)，則電解液旋轉(zhuǎn)流動(dòng)將變慢D若將磁場(chǎng)的方向和電源的方向均變?yōu)楹驮瓉?lái)相反，則電解液轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變解析：選AD兩電極接入題圖所示電路時(shí)，將電解液看成無(wú)數(shù)個(gè)輻條狀導(dǎo)體組成，每根導(dǎo)體中電流從環(huán)狀電極A邊緣流向電極K，由左手定則判斷可知，電解液所受的安培力方向沿順時(shí)針，因此電解液將順時(shí)針旋轉(zhuǎn)流動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；若將滑動(dòng)變阻器的滑片向左移動(dòng)，其有效電阻減小，電路中電流增大，由公式FBIL知，電解液所受的安培力增大，則電解液旋轉(zhuǎn)流動(dòng)將變快，故C錯(cuò)誤；若將磁場(chǎng)的方向和電源的方向均變?yōu)楹驮瓉?lái)相反，由左手定則可知安培力方向不變，則電解液轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，故D正確。7.多選(xx泰州中學(xué)檢測(cè))某靜電場(chǎng)的等勢(shì)面分布如圖所示，下列說(shuō)法中正確的是()AA點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向?yàn)榍€上該點(diǎn)的切線方向B負(fù)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在C點(diǎn)的電勢(shì)能小C將正電荷從圖中A點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功D將電荷從圖中A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力不做功解析：選BD電場(chǎng)線和等勢(shì)面垂直，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿電場(chǎng)線的切線方向，可知A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向不是曲線上該點(diǎn)的切線方向，故A錯(cuò)誤；A點(diǎn)的電勢(shì)高于C點(diǎn)的電勢(shì)，根據(jù)Epq知，負(fù)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在C點(diǎn)的電勢(shì)能小，故B正確；A點(diǎn)的電勢(shì)高于C點(diǎn)的電勢(shì)，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，可知電場(chǎng)線方向大致向左，所以將正電荷從A點(diǎn)移C點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，故C錯(cuò)誤；A、B兩點(diǎn)處于同一等勢(shì)面上，電勢(shì)相等，所以將電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力不做功，故D正確。8.多選(xx屆高三青島六校聯(lián)考)如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)中的三個(gè)點(diǎn)A、B、C構(gòu)成一個(gè)直角三角形，ACB90，ABC60，d。把一個(gè)帶電量為q的點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)電場(chǎng)力不做功；從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)電場(chǎng)力做功為W。若規(guī)定C點(diǎn)的電勢(shì)為零，則()A該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為BC、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UCBCA點(diǎn)的電勢(shì)為D若從A點(diǎn)沿AB方向飛入一電子，其運(yùn)動(dòng)軌跡可能是乙解析：選BD正點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)電場(chǎng)力不做功，說(shuō)明A、B兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)電場(chǎng)力做功為W，說(shuō)明電場(chǎng)強(qiáng)度的方向垂直AB邊向上，則A點(diǎn)的電勢(shì)A，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；C、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UCB，故選項(xiàng)B正確；該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電子從A點(diǎn)沿AB方向飛入，受力方向?qū)⒀仉妶?chǎng)線的反方向，故電子將向下偏轉(zhuǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡的大致圖象如題圖中乙所示，故選項(xiàng)D正確。高考研究(十二) 聚焦選擇題考法電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)1(xx全國(guó)卷T14)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)移出，則電容器( )A極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大B極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大C極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變D極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變解析：選D平行板電容器電容的表達(dá)式為C，將極板間的云母介質(zhì)移出后，導(dǎo)致電容器的電容C變小。由于極板間電壓不變，據(jù)QCU知，極板上的電荷量變小。再考慮到極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E，由于U、d不變，所以極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，選項(xiàng)D正確。2. 多選(xx全國(guó)卷T20)如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對(duì)于過(guò)軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對(duì)稱。忽略空氣阻力。由此可知()AQ點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)高B油滴在Q點(diǎn)的動(dòng)能比它在P點(diǎn)的大C油滴在Q點(diǎn)的電勢(shì)能比它在P點(diǎn)的大D油滴在Q點(diǎn)的加速度大小比它在P點(diǎn)的小解析：選AB帶電油滴在電場(chǎng)中受重力、電場(chǎng)力作用，據(jù)其軌跡的對(duì)稱性可知，電場(chǎng)力方向豎直向上，且電場(chǎng)力大于重力，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功。則電場(chǎng)強(qiáng)度方向向下，Q點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)高，選項(xiàng)A正確；油滴在P點(diǎn)的速度最小，選項(xiàng)B正確；油滴在P點(diǎn)的電勢(shì)能最大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；油滴運(yùn)動(dòng)的加速度大小不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3(xx全國(guó)卷T14)如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將兩板繞過(guò)a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45，再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()A保持靜止?fàn)顟B(tài) B向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng)C向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng) D向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)解析：選D兩板水平放置時(shí)，放置于兩板間a點(diǎn)的帶電微粒保持靜止，帶電微粒受到的電場(chǎng)力與重力平衡。當(dāng)將兩板逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45時(shí)，電場(chǎng)力大小不變，方向逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)45，受力如圖，則其合力方向沿二力角平分線方向，微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)。選項(xiàng)D正確。高考題型典型試題難度1.平行板電容器的性質(zhì)xx全國(guó)卷T142.帶電粒子(考慮重力)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)xx全國(guó)卷T20xx全國(guó)卷T14題型(一) 平行板電容器的性質(zhì)高考定位：?？碱}型, 解題關(guān)鍵：重在正確分析電容器的兩類動(dòng)態(tài)變化，準(zhǔn)確應(yīng)用公式進(jìn)行分析必備知能1平行板電容器動(dòng)態(tài)變化問(wèn)題的兩類題型(1)電容器始終與電源相連，U恒定不變，則有QCUC，C，兩板間場(chǎng)強(qiáng)E。(2)電容器穩(wěn)定后與電源斷開(kāi)，Q恒定不變，則有U，C，場(chǎng)強(qiáng)E。2在分析平行板電容器的動(dòng)態(tài)變化問(wèn)題時(shí)，必須抓住兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)(1)確定不變量：首先要明確動(dòng)態(tài)變化過(guò)程中的哪些量不變，一般情況下是電荷量不變或板間電壓不變。(2)恰當(dāng)選擇公式：要靈活選取電容的兩個(gè)公式分析電容的變化，應(yīng)用E分析板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化情況，即抓住公式C和C。U不變時(shí)，選用E；Q不變時(shí)，選用E。 演練沖關(guān)1(xx屆高三第一次全國(guó)大聯(lián)考卷)如圖所示的裝置可以通過(guò)靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)角度的變化檢測(cè)電容器電容的變化，進(jìn)而檢測(cè)導(dǎo)電液體是增多還是減少。圖中芯柱、導(dǎo)電液體、絕緣體組成一個(gè)電容器，電源通過(guò)電極A、電極B給電容器充電，充電完畢移去電源，由此可以判斷()A靜電計(jì)指針偏角變小，說(shuō)明電容器兩板間電壓增大B靜電計(jì)指針偏角變小，說(shuō)明導(dǎo)電液體增多C靜電計(jì)指針偏角變大，說(shuō)明電容器電容增大D靜電計(jì)指針偏角變大，說(shuō)明導(dǎo)電液體增多解析：選B移去電源后，電容器的Q不變，靜電計(jì)指針偏角變小，說(shuō)明電容器兩板間電壓減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；靜電計(jì)指針偏角變小，根據(jù)C可知，電容器電容增大，因C，所以S增大，導(dǎo)電液體液面升高，導(dǎo)電液體增多，選項(xiàng)B正確；靜電計(jì)指針偏角變大，說(shuō)明電容器兩板間電壓增大，根據(jù)C可知，電容器電容減小，因C，所以S減小，導(dǎo)電液體液面降低，導(dǎo)電液體減少，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。2.(xx懷化模擬)如圖所示，將平行板電容器兩極板分別與電池正、負(fù)極相接，兩板間一帶電液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)貼著下板迅速插入一定厚度的金屬板，則在插入過(guò)程中()A電路將有逆時(shí)針?lè)较虻亩虝弘娏鰾電容器的帶電量減小C帶電液滴仍將靜止D帶電液滴將向下做加速運(yùn)動(dòng)解析：選A插入一金屬板相當(dāng)于極板間距離變小了，根據(jù)電容決定式C，知電容增大，電勢(shì)差不變，則由QCU知，電容器帶電量增大，電路中有逆時(shí)針?lè)较虻亩虝弘娏?，故A正確，B錯(cuò)誤；電勢(shì)差不變，距離減小，則電場(chǎng)強(qiáng)度增大，帶電液滴所受的向上的電場(chǎng)力增大，大于重力，將向上做加速運(yùn)動(dòng)，故C、D錯(cuò)誤。3.多選(xx黃岡中學(xué)檢測(cè))正對(duì)水平放置的兩平行金屬板連接在如圖所示電路中，兩板間有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，D為理想二極管(正向電阻為0，反向電阻無(wú)窮大)，R為滑動(dòng)變阻器，R0為定值電阻。將滑片P置于滑動(dòng)變阻器正中間，閉合開(kāi)關(guān)S，讓一帶電質(zhì)點(diǎn)從兩板左端連線的中點(diǎn)N以水平速度v0射入板間，質(zhì)點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)。在保持開(kāi)關(guān)S閉合的情況下，下列說(shuō)法正確的是()A質(zhì)點(diǎn)可能帶正電，也可能帶負(fù)電B若僅將滑片P向上滑動(dòng)一段后，再讓該質(zhì)點(diǎn)從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)軌跡一定會(huì)向上偏C若僅將滑片P向下滑動(dòng)一段后，再讓該質(zhì)點(diǎn)從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，質(zhì)點(diǎn)依然會(huì)沿直線運(yùn)動(dòng)D若僅將兩板的間距變大一些，再讓該質(zhì)點(diǎn)從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)軌跡會(huì)向下偏解析：選BC若質(zhì)點(diǎn)帶正電，則所受電場(chǎng)力向下，洛倫茲力向下，重力向下，則不可能沿直線運(yùn)動(dòng)，只能帶負(fù)電，則A錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)帶負(fù)電，電場(chǎng)力向上，洛倫茲力向上，滑片P向上滑動(dòng)一段后，電場(chǎng)強(qiáng)度變大，電場(chǎng)力變大，則合力向上，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)軌跡向上偏，則B正確；將滑片P向下滑動(dòng)一段后，因二極管的單向?qū)щ娦裕娙萜鞑环烹?，則電場(chǎng)強(qiáng)度不變，電場(chǎng)力不變，合力不變，質(zhì)點(diǎn)依然會(huì)沿直線運(yùn)動(dòng)，則C正確；若兩板的間距變大，但電量不變，場(chǎng)強(qiáng)E不變，電場(chǎng)力不變，則質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)軌跡不變，則D錯(cuò)誤。題型(二) 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)高考定位：常考題型解題關(guān)鍵：重在正確進(jìn)行受力分析(注意重力是否考慮)，運(yùn)用力和運(yùn)動(dòng)、功能關(guān)系兩條途徑求解典例示法典例(xx天津和平區(qū)檢測(cè))如圖所示，平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度，兩極板與一穩(wěn)壓電源(未畫(huà)出)相連，若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過(guò)電容器，則在此過(guò)程中該粒子()A所受重力與電場(chǎng)力平0衡B電勢(shì)能逐漸增加C機(jī)械能逐漸減小 D做勻變速直線運(yùn)動(dòng)解析帶電粒子在電場(chǎng)中受到電場(chǎng)力與重力，根據(jù)題意可知，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力必定垂直極板向上，若由左向右運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力的合力必定與速度方向相反，粒子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；若由右向左運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力、重力的合力與速度方向相同，粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，D正確；電場(chǎng)力垂直于極板向上，若電場(chǎng)力做負(fù)功，則電勢(shì)能增加；若電場(chǎng)力做正功，則電勢(shì)能減小，故B錯(cuò)誤；因重力不做功，當(dāng)電場(chǎng)力做負(fù)功時(shí)，電勢(shì)能增加，動(dòng)能減小，此時(shí)機(jī)械能減?。划?dāng)電場(chǎng)力做正功時(shí)，動(dòng)能增加，此時(shí)機(jī)械能增加，故C錯(cuò)誤。答案D帶電體通常是指需要考慮重力的物體，如帶電小球、帶電液滴、帶電塵埃等。帶電體在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的研究方法與力學(xué)綜合題的分析方法相近，一般應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律、動(dòng)能定理和能量守恒定律求解。演練沖關(guān)4多選(xx屆高三西安調(diào)研)一平行板電容器的兩個(gè)極板水平放置，兩極板間有一帶電量不變的油滴，油滴在極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)所受空氣阻力的大小與其速率成正比。若兩極板間電壓為零，經(jīng)一段時(shí)間后，油滴以速率v勻速下降；若兩極板間的電壓為U，經(jīng)一段時(shí)間后，油滴以速率v勻速上升。若兩極板間電壓為2U，油滴做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小可能為()A3v B4vC5v D6v解析：選AC若兩極板間電壓為零，經(jīng)一段時(shí)間后，油滴以速率v勻速下降，有mgkv，若兩極板間的電壓為U，經(jīng)一段時(shí)間后，油滴以速率v勻速上升，知電場(chǎng)力大于重力，有：qmgkv，若兩極板間電壓為2U，如果電場(chǎng)力方向向上，則油滴向上做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qmgkv，解得v3v，故A正確；如果電場(chǎng)力方向向下，則油滴向下做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qmgkv，解得v5v，故C正確。5.(xx遼師大附中檢測(cè))如圖，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45角，上極板帶正電。一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處，以初動(dòng)能Ek0豎直向上射出。不計(jì)重力，極板尺寸足夠大。若粒子能打到上極板，則兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值為()A. B. C. D.解析：選B當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度足夠大時(shí)，粒子打到上極板的極限情況為：粒子到達(dá)上極板處時(shí)，速度恰好與上極板平行，粒子的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng)。將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，當(dāng)vy0時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vy22d，vyv0cos 45，Ek0mv02，解得E，故B正確。6多選(xx沈陽(yáng)育才中學(xué)模擬)一帶正電的小球以初速度v0水平向右拋入范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向左，不計(jì)空氣阻力，則小球()A可能做直線運(yùn)動(dòng) B一定做曲線運(yùn)動(dòng)C速率先減小后增大 D速率先增大后減小解析：選BC如圖所示，對(duì)小球受力分析，受重力和電場(chǎng)力兩個(gè)力作用，合力的方向與初速度方向不在同一條直線上，小球做曲線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡大致如圖中曲線所示，故A錯(cuò)誤，B正確；小球所受的合力與速度方向先成鈍角后成銳角，可知合力先做負(fù)功然后做正功，則速率先減小后增大，故C正確，D錯(cuò)誤。選擇題保分練 電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng) 1.(xx長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)檢測(cè))空間中有豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)，一個(gè)帶電小球由P點(diǎn)到Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由此可知()A電場(chǎng)的方向豎直向上B小球一定帶正電C小球受到的電場(chǎng)力大于重力D小球在P點(diǎn)的動(dòng)能小于在Q點(diǎn)的動(dòng)能解析：選C由題圖可知，小球向上偏轉(zhuǎn)，合力向上，小球受到重力和電場(chǎng)力作用，重力豎直向下，所以電場(chǎng)力方向向上且大于重力。由于不知道小球的電性和電場(chǎng)的方向，所以不能判斷出電場(chǎng)的方向與小球的電性，故A、B錯(cuò)誤，C正確；小球受到的電場(chǎng)力與重力恒定不變，小球受到的合力不變，方向豎直向上，所以小球在從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的過(guò)程中合外力對(duì)小球做負(fù)功，小球的動(dòng)能減小，故D錯(cuò)誤。2.(xx湖北黃岡中學(xué)檢測(cè))如圖所示，紙面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場(chǎng)(未畫(huà)出)，帶正電的小球(重力不計(jì))在恒力F的作用下沿圖中虛線由A勻速運(yùn)動(dòng)至B，已知恒力F和AB間夾角為，AB間距離為d，小球帶電量為q，則下列結(jié)論正確的是()A電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為EBA、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為UABC小球由A運(yùn)動(dòng)至B的過(guò)程中，電勢(shì)能增加了Fdcos D若小球由B勻速運(yùn)動(dòng)至A，則恒力F必須反向解析：選C由題知，小球的重力不計(jì)，只受到電場(chǎng)力與恒力F而做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有qEF，解得場(chǎng)強(qiáng)E，A錯(cuò)誤；由小球所受電場(chǎng)力方向與F方向相反及AB的相對(duì)位置可知，A<B，A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為UABEdcos ，B錯(cuò)誤；小球由A運(yùn)動(dòng)至B的過(guò)程中，恒力F做功為WFdcos ，根據(jù)功能關(guān)系可知，電勢(shì)能增加了Fdcos ，C正確；小球所受的電場(chǎng)力恒定不變，若小球由B勻速運(yùn)動(dòng)至A，恒力F大小、方向不變，D錯(cuò)誤。3.(xx屆高三湖南五市十校聯(lián)考)如圖所示，水平放置的平行板電容器的兩板間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，下板接地，兩板間距離為10 cm，A點(diǎn)距下板3 cm，B點(diǎn)距上板3 cm。質(zhì)量m0.01 kg、電荷量為103 C的小球能夠在A點(diǎn)保持靜止。現(xiàn)將小球移到勻強(qiáng)電場(chǎng)之外，g取10 m/s2，下列說(shuō)法正確的是()A上板的電勢(shì)比下板高10 VBA點(diǎn)的電勢(shì)為3 VC電荷量為103 C的帶負(fù)電的點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能為3103 JD將電荷量為103 C的帶負(fù)電的點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)該點(diǎn)電荷做功4103 J解析：選C電場(chǎng)方向向上，即下板電勢(shì)高，A錯(cuò)誤；小球在A點(diǎn)受力平衡，mgEq，解得E V/m100 V/m，所以兩板間的電勢(shì)差UEd10 V，由于下板接地，電勢(shì)為零，故A點(diǎn)電勢(shì)為A(01000.03)V3 V，B錯(cuò)誤；電荷量為103 C的帶負(fù)電的點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能為EpAq3(103)J3103 J，C正確；UAB3 V(01000.07)V4 V，所以將電荷量為103 C的帶負(fù)電的點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力對(duì)該點(diǎn)電荷做功WUABq4(103)J4103 J，D錯(cuò)誤。4.(xx蘭州一中檢測(cè))如圖，一帶電粒子從小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q 之間的真空區(qū)域，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后打在 Q板上如圖所示的位置。在其他條件不變的情況下，要使該粒子能從Q板上的小孔B射出，下列操作中可能實(shí)現(xiàn)的是(不計(jì)粒子重力)()A保持開(kāi)關(guān)S閉合，適當(dāng)上移 P極板B保持開(kāi)關(guān)S閉合，適當(dāng)左移P極板C先斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，再適當(dāng)上移 P極板D先斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，再適當(dāng)下移P極板解析：選A該粒子在平行板間做類斜拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平分速度不變，要使其能從Q板上的小孔B射出，只能通過(guò)延長(zhǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間。保持開(kāi)關(guān)S閉合，適當(dāng)上移P極板，根據(jù)UEd，d增加，場(chǎng)強(qiáng)E減小，故加速度a減小，根據(jù)t，運(yùn)動(dòng)時(shí)間延長(zhǎng)，粒子可能從小孔B射出，故A正確；保持開(kāi)關(guān)S閉合，適當(dāng)左移P極板，場(chǎng)強(qiáng)E不變，故粒子加速度不變，運(yùn)動(dòng)軌跡不變，故B錯(cuò)誤；先斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，再適當(dāng)上移或下移P極板，電荷量不變，場(chǎng)強(qiáng)E不變，故粒子加速度不變，運(yùn)動(dòng)軌跡不變，故C、D錯(cuò)誤。5.多選(xx河北衡水中學(xué)檢測(cè))如圖所示，M、N為兩個(gè)等大的均勻帶電圓環(huán)，其圓心分別為A、C，帶電量分別為Q、Q，將它們平行放置，A、C連線垂直于圓環(huán)平面，B為AC的中點(diǎn)，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電量為q的微粒(重力不計(jì))從左端沿AC連線方向射入，到A點(diǎn)時(shí)速度vA1 m/s，到B點(diǎn)時(shí)速度vB m/s，則()A微粒從B到C做加速運(yùn)動(dòng)，且vC3 m/s B微粒從A到C先做減速運(yùn)動(dòng)，后做加速運(yùn)動(dòng)C微粒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最終速度為 m/sD微粒最終可能返回到B點(diǎn)，其速度大小為 m/s解析：選AC由題圖可知BC間的電場(chǎng)方向向右，微粒所受的電場(chǎng)力向右，所以微粒從B到C做加速運(yùn)動(dòng)。AC之間電場(chǎng)是對(duì)稱分布的，從A到B和從B到C電場(chǎng)力做的功相同，依據(jù)動(dòng)能定理可得：qUmvB2mvA2，2qUmvC2mvA2，解得：vC3 m/s，故A正確；由圓環(huán)電場(chǎng)分布特點(diǎn)易知，在到達(dá)A點(diǎn)之前，微粒做減速運(yùn)動(dòng)，而從A到C微粒一直做加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；過(guò)B點(diǎn)作垂直于AC的線，此線位于等勢(shì)面上且可以延長(zhǎng)至無(wú)窮遠(yuǎn)處，微粒過(guò)C點(diǎn)之后，會(huì)向無(wú)窮遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)，而無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，故B點(diǎn)的動(dòng)能等于無(wú)窮遠(yuǎn)處的動(dòng)能，依據(jù)能量守恒可以得到，微粒最終的速度與B點(diǎn)相同，故C正確，D錯(cuò)誤。6.多選(xx遼寧實(shí)驗(yàn)中學(xué)檢測(cè))如圖所示，絕緣彈簧的下端固定在光滑斜面底端，彈簧與斜面平行，帶電小球Q固定在絕緣斜面上的M點(diǎn)，且在通過(guò)彈簧中心的直線ab上。現(xiàn)將與Q大小相同、帶電量也相同的小球P，從直線ab上的N點(diǎn)由靜止釋放，若兩小球可視為點(diǎn)電荷，在小球P剛與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是()A小球P的速度一定先增大后減小B小球P的機(jī)械能一定在減小C小球P速度最大時(shí)所受彈簧彈力和庫(kù)侖斥力的合力為零D小球P與彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能一定增加解析：選AD小球P先沿斜面加速向下運(yùn)動(dòng)，后減速向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，小球P速度減為零，故A正確；由于小球P除了重力做功，還有彈簧的彈力和庫(kù)侖斥力做功，開(kāi)始彈簧的彈力和庫(kù)侖斥力的合力方向沿斜面向下，做正功，所以小球P的機(jī)械能增大；隨彈力的增大，二者的合力將沿斜面向上，使小球P的機(jī)械能減小，所以小球P的機(jī)械能先增大后減小，故B錯(cuò)誤；小球P的速度一定先增大后減小，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大，所以小球P速度最大時(shí)所受彈簧彈力、重力沿斜面向下的分力與庫(kù)侖斥力的合力為零，故C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律知，小球P的動(dòng)能、重力勢(shì)能、與小球Q間的電勢(shì)能和彈簧彈性勢(shì)能的總和不變，因?yàn)樵谛∏騊剛與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^(guò)程中，Q對(duì)P的庫(kù)侖斥力做正功，電勢(shì)能減小，所以小球P與彈簧系統(tǒng)的機(jī)械能一定增加，故D正確。7.多選(xx河北衡水中學(xué)檢測(cè))如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個(gè)質(zhì)量相等的電荷M和N同時(shí)分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進(jìn)入板間電場(chǎng)，兩電荷恰好在板間某點(diǎn)相遇。若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說(shuō)法正確的是()A電荷M的電荷量大于電荷N的電荷量 B兩電荷在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度相等 C從兩電荷進(jìn)入電場(chǎng)到兩電荷相遇，電場(chǎng)力對(duì)電荷M做的功大于電場(chǎng)力對(duì)電荷N做的功 D電荷M進(jìn)入電場(chǎng)的初速度大小與電荷N進(jìn)入電場(chǎng)的初速度大小一定相同解析：選AC由題圖軌跡可以看出，在豎直方向：yMyN，故t2>t2，解得：>，qMqN，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，電場(chǎng)力做的功為：WEkmvy2，質(zhì)量相等，電荷M豎直分位移大，豎直方向的末速度vy也大，故電場(chǎng)力對(duì)電荷M做的功大于電場(chǎng)力對(duì)電荷N做的功，故C正確；由題圖軌跡可以看出，在水平方向：xMxN，故vMtvNt，故vMvN，故D錯(cuò)誤。8.多選(xx貴州黔東南州模擬)如圖所示，在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一不可伸長(zhǎng)的長(zhǎng)度為L(zhǎng)的不導(dǎo)電細(xì)線的一端連著一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球，另一端固定于O點(diǎn)，當(dāng)小球靜止在B點(diǎn)時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角37(sin 370.6，cos 370.8)，則()A小球帶負(fù)電B勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為C電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為D當(dāng)小球從A點(diǎn)由靜止釋放至B點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，則小球經(jīng)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為解析：選BD小球靜止在B點(diǎn)，受力平衡，受到重力、電場(chǎng)力和細(xì)線的拉力，電場(chǎng)力水平向右，與電場(chǎng)方向一致，說(shuō)明小球帶正電，A錯(cuò)誤；根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可得tan ，解得E，B正確；電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差為UABEdEL(1sin )，C錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力和重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgLcos UABqmvB20，解得vB，D正確。高考研究(十三) 聚焦選擇題考法帶電粒子在磁場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)1(xx全國(guó)卷T14)兩相鄰勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直的帶電粒子(不計(jì)重力)，從較強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場(chǎng)區(qū)域后，粒子的()A軌道半徑減小，角速度增大B軌道半徑減小，角速度減小C軌道半徑增大，角速度增大D軌道半徑增大，角速度減小解析：選D分析軌道半徑：帶電粒子從較強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場(chǎng)區(qū)域后，粒子的速度v大小不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度B減小，由公式r可知，軌道半徑增大。分析角速度：由公式T可知，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期增大，根據(jù)知角速度減小。選項(xiàng)D正確。2多選(xx全國(guó)卷T19)有兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域和，中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是中的k倍。兩個(gè)速率相同的電子分別在兩磁場(chǎng)區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)。與中運(yùn)動(dòng)的電子相比，中的電子()A運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圓周運(yùn)動(dòng)的周期是中的k倍D做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度與中的相等解析：選AC兩速率相同的電子在兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1是磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的k倍。由qvB得r，即中電子運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是中的k倍，選項(xiàng)A正確；由F合ma得aB，所以，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由T得Tr，所以k，選項(xiàng)C正確；由得，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3.(xx全國(guó)卷T18)如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P為磁場(chǎng)邊界上的一點(diǎn)，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場(chǎng)。若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場(chǎng)邊界的出射點(diǎn)分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點(diǎn)分布在三分之一圓周上。不計(jì)重力及帶電粒子之間的相互作用。則v2v1為()A.2B.1C.1 D3解析：選C由于是相同的粒子，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小相同，由qvBm可知，R，即粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同。若粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小為v1，如圖所示，通過(guò)旋轉(zhuǎn)圓可知，當(dāng)粒子在磁場(chǎng)邊界的出射點(diǎn)A離P點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)，則AP2R1；同樣，若粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小為v2，粒子在磁場(chǎng)邊界的出射點(diǎn)B離