高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題講練突破三 電場和磁場

專題三 電場和磁場第1講電場及帶電體在電場中的運動微網(wǎng)構(gòu)建核心再現(xiàn)知識規(guī)律(1)電場力的性質(zhì)電場強度的定義式：E.真空中點電荷的場強公式：Ek.勻強電場場強與電勢差的關(guān)系式：E.(2)電場能的性質(zhì)電勢的定義式：.電勢差的定義式：UAB.電勢差與電勢的關(guān)系式：UABAB.電場力做功與電勢能：WABEp.思想方法(1)物理思想：等效思想、分解思想(2)物理方法：理想化模型法、比值定義法、控制變量法、對稱法、合成法、分解法等.高頻考點一電場的特點和性質(zhì)知能必備1.電場強度的三種表達(dá)形式及適用條件2.電場強度、電勢、電勢能大小的比較方法3.電場的疊加原理及常見電荷電場線、等勢線的分布特點.命題視角視角1電場強度的計算例1直角坐標(biāo)系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標(biāo)如圖M、N兩點各固定一負(fù)點電荷，一電量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零靜電力常量用k表示若將該正點電荷移到G點，則H點處場強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)向思路探究(1)點電荷電場強度大小的計算式？方向如何判斷？(2)多個點電荷在空間形成的場如何計算電場強度？嘗試解答_解析處于O點的正點電荷在G點處產(chǎn)生的場強大小E1k，方向沿y軸負(fù)向；又因為G點處場強為零，所以M、N處兩負(fù)點電荷在G點共同產(chǎn)生的場強大小E2E1k，方向沿y軸正向；根據(jù)對稱性，M、N處兩負(fù)點電荷在H點共同產(chǎn)生的場強E3E2k，方向沿y軸負(fù)向；將該正點電荷移到G處，該正點電荷在H點產(chǎn)生的場強E4k，方向沿y軸正向，所以H點的場強EE3E4，方向沿y軸負(fù)向答案B視角2電場強度、電勢、電勢能的判斷例2(2016全國大聯(lián)考押題卷)(多選)如圖所示，虛線為某電場中的三條電場線1、2、3，實線表示某帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點，則下列說法中正確的是()A粒子在a點的加速度大小小于在b點的加速度大小B粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能C粒子在a點的速度大小大于在b點的速度大小Da點的電勢高于b點的電勢思路探究(1)如何利用電場線判斷電場強度的大?。?2)如何根據(jù)電場線和運動軌跡判斷電場力做功情況？(3)電場力做功與電勢能的變化關(guān)系怎樣？嘗試解答_解析由題圖知a處電場線比b處稀疏，即EaEb，由牛頓第二定律知粒子在a點的加速度大小小于在b點的加速度大小，A項正確；由粒子做曲線運動的條件知粒子受到指向凹側(cè)的電場力且電場線上某點電場力的方向一定沿該點的切線方向，若粒子由a向b運動，其位移方向與其所受電場力方向成銳角，電場力做正功，電勢能減小，動能增加；若粒子由b向a運動，其位移方向與其所受電場力方向成鈍角，電場力做負(fù)功，電勢能增加，動能減小，即不論粒子的運動方向和電性如何，粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，在a點的動能小于在b點的動能，B項正確，C項錯誤；由于電場線的方向不能確定，故無法判斷a、b兩點電勢的高低，D項錯誤答案AB電場性質(zhì)的判斷方法1電場強度的判斷方法：(1)根據(jù)電場線的疏密程度進(jìn)行判斷(2)根據(jù)等差等勢面的疏密程度進(jìn)行判斷(3)根據(jù)E進(jìn)行判斷2電勢高低的判斷方法：(1)由沿電場線方向電勢逐漸降低進(jìn)行判斷(2)若q和WAB已知，由UAB進(jìn)行判斷3電勢能大小的判斷根據(jù)電場力做功的正負(fù)判斷電勢能的變化或動能的變化 題組沖關(guān)1(多選)兩個固定的等量異種點電荷所形成電場的等勢線如圖中虛線所示，一帶電粒子以某一速度從圖中f點進(jìn)入電場，其運動軌跡如圖中實線所示，若粒子只受靜電力作用，則下列說法中正確的是()Af、b、c、d、e五點中，c點電場強度最大B帶電粒子的加速度逐漸變大C帶電粒子的速度先增大后減小D粒子經(jīng)過b點和d點時的速度大小相同解析：選AD.電場強度的大小由電場線或等差等勢面的疏密判斷，越密的地方電場強度越大，A項正確；由a可判斷帶電粒子的加速度先增大后變小，B項錯誤；粒子從f到e的過程中電場力先做負(fù)功后做正功，速度先減小后增大，電勢能先增大后減小，選項C錯誤；因為b、d兩點在同一等勢面上，所以粒子在b、d兩點的電勢能相同，所以粒子經(jīng)過b點和d點時的速度大小相同，選項D正確2(多選)兩個相同的負(fù)電荷和一個正電荷附近的電場線分布如圖所示，c是兩負(fù)電荷連線的中點，d點在正電荷的正上方，c、d到正電荷的距離相等，則()Aa點的電場強度比b點的大Ba點的電勢比b點的高Cc點的電場強度比d點的大Dc點的電勢比d點的低解析：選ACD.根據(jù)電場線的分布圖，a、b兩點中，a點的電場線較密，則a點的電場強度較大，選項A正確沿電場線的方向電勢降低，a點的電勢低于b點的電勢，選項B錯誤由于c、d關(guān)于正電荷對稱，正電荷在c、d兩點產(chǎn)生的電場強度大小相等、方向相反；兩負(fù)電荷在c點產(chǎn)生的合電場強度為0，在d點產(chǎn)生的電場強度方向向下，根據(jù)電場的疊加原理，c點的電場強度比d點的大，選項C正確c、d兩點中c點離負(fù)電荷的距離更小，c點電勢比d點低，選項D正確3(2016湖北武漢調(diào)研)在真空中某區(qū)域有一電場，電場中有一點O，經(jīng)過O點的一條直線上有P、M、N三點，到O點的距離分別為r0、r1、r2，直線上各點的電勢分布如圖所示，r表示該直線上某點到O點的距離，下列說法中正確的是()AO、P兩點間電勢不變，O、P間場強一定為零BM點的電勢低于N點的電勢CM點的電場強度大小小于N點的電場強度大小D在將正電荷沿該直線從M移到N的過程中，電場力做負(fù)功解析：選A.O、P兩點間的各點電勢不變，各點間電勢差為零，移動電荷時電場力不做功，O、P間場強一定為零，選項A正確；由圖象可知，M點的電勢高于N點的電勢，選項B錯誤；電勢變化越快的地方場強越大，根據(jù)圖線斜率可以得出，M點的電場強度大小大于N點的電場強度大小，選項C錯誤；在將正電荷沿該直線從M移到N的過程中，電勢降低，電勢能減小，電場力做正功，選項D錯誤高頻考點二平行板電容器問題知能必備1.電容的定義式和決定式、板間電場強度的計算式2.引起電容器電容變化的因素及動態(tài)分析問題的兩種結(jié)論及處理方法.命題視角視角1平行板電容器板間電場強度的計算例3已知均勻帶電的無窮大平面在真空中激發(fā)電場的場強大小為，其中為平面上單位面積所帶的電荷量，0為常量如圖所示的平行板電容器，極板正對面積為S，其間為真空，帶電荷量為Q.不計邊緣效應(yīng)時，極板可看做無窮大導(dǎo)體板，則極板間的電場強度大小和兩極板間相互的靜電引力大小分別為()A.和B.和C.和 D.和思路探究(1)公式中各符號的意義及整體的意義是什么？(2)平行板間的電場是哪個極板上的電荷形成的？嘗試解答_解析每塊極板上單位面積所帶的電荷量為，每塊極板產(chǎn)生的電場強度為E，所以兩極板間的電場強度為2E.一塊極板在另一塊極板處產(chǎn)生的電場強度E，故另一塊極板所受的電場力FqEQ，選項D正確答案D視角2平行板電容器的動態(tài)分析例4(2016山西名校聯(lián)盟)(多選)如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略一帶負(fù)電油滴被固定于電容器中的P點現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則下列說法中正確的是()A平行板電容器的電容將變小B靜電計指針張角變小C帶電油滴的電勢能將減少D若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變思路探究(1)圖中靜電計的作用是什么？(2)平行板與電源相連，移動極板時，哪些量發(fā)生變化？哪些量不變？(3)平行板與電源線斷開，移動極板時，變量與不變量又是哪些？嘗試解答_解析將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離時，兩極板的正對面積S不變，間距d變大，根據(jù)關(guān)系式C可知，電容C減小，選項A正確；因為靜電計指針的變化表征了電容器兩極板間電勢差的變化，題中電容器兩極板間的電勢差U不變，所以靜電計指針張角不變，選項B錯誤；U不變，極板間距d變大時，板間電場強度E減小，帶電油滴所處位置的電勢PUEd1增大，其中d1為油滴到上極板的距離，又因為油滴帶負(fù)電，所以其電勢能將減少，選項C正確；若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則電容器的電荷量Q不變，極板間距d變大，根據(jù)QCU，E和C可知E，可見，極板間電場強度E不變，所以帶電油滴所受電場力不變，選項D正確答案ACD平行板電容器問題的分析思路1明確平行板電容器中的哪些物理量是不變的，哪些物理量是變化的以及怎樣變化2應(yīng)用平行板電容器的決定式C分析電容器的電容的變化3應(yīng)用電容的定義式C分析電容器帶電量和兩板間電壓的變化情況4應(yīng)用E分析電容器兩極板間電場強度的變化題組沖關(guān)1如圖所示，平行板電容器與一電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接，一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)在其他條件不變的情況下，現(xiàn)將平行板電容器的兩極板緩慢地錯開一些，那么在錯開的過程中()A電容器的電容C增大B電容器所帶電荷量Q增多C油滴將向下加速運動，電流計中的電流從N流向MD油滴靜止不動，電流計中的電流從N流向M解析：選D.在電容器兩極板錯開的過程中，根據(jù)電容的決定式C得知，電容C減小，選項A錯誤由C可知，U不變時，Q減小，選項B錯誤電容器所帶電荷量減少，電容器放電，放電電流方向由N到M；電容器兩極板接在電源的正、負(fù)極上沒有斷開，故電容器兩端的電壓不變，兩極板間距離不變，則場強不變，油滴受力情況不變，油滴靜止不動，故選項C錯誤、D正確2(2016陜西寶雞高三二模)如圖所示，一帶電小球懸掛在平行板電容器內(nèi)部，閉合電鍵S，電容器充電后，細(xì)線與豎直方向夾角為，則下列說法中正確的是()A保持電鍵S閉合，使兩極板靠近一些，將減小B保持電鍵S閉合，將滑動變阻器滑片向右移動，將減小C打開電鍵S，使兩極板靠近一些，將不變D輕輕將細(xì)線剪斷，小球?qū)⒆鲂睊佭\動解析：選C.保持電鍵S閉合，即電容器兩端電壓不變，使兩極板靠近些，由E知，電場強度增大，將增大，A項錯誤；調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片不影響電容器兩極板間的電壓，B項錯誤；打開電鍵S，電容器兩極板所帶電荷量不變，使兩極板靠近一些，由C、U、E知，E不變，即夾角不變，C項正確；輕輕將細(xì)線剪斷，小球?qū)⒀丶?xì)線方向向下做勻加速直線運動，D項錯誤3(創(chuàng)新題)如圖所示，理想二極管(具有單向?qū)щ娦?、平行板電容器、電源組成閉合電路，帶電液滴P置于水平放置的平行板電容器的正中間而靜止，則下列說法中正確的是()A若將極板A向下移動少許，則液滴的電勢能將減小B若將極板A向上移動少許，則液滴將向上運動C若將極板B向上移動少許，則液滴的電勢能將增大D若將極板A、B錯開少許，使兩極板正對面積變小，則液滴將向下運動解析：選A.若將極板A向下移動少許(d減小)，電容器電容增大，二極管正向?qū)ńo電容器充電，電容器兩端電壓保持U不變，由E知兩極板間電場強度增大，電場力大于液滴重力，液滴將沿電場力方向運動，電場力做正功，帶電液滴的電勢能減小，A對；若將極板A向上移動少許(d增大)，由C知C減小，由QCU知Q將減小，但因二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器的帶電荷量Q將不變，由E、QCU及C知兩極板間電場強度不變，所以液滴仍靜止，B錯；若將極板B向上移動少許(d減小)，由E知兩極板間電場強度增大，與選項A相同，帶電液滴將沿電場力方向向上運動，電場力做正功，電勢能減小，C錯；若將極板A、B錯開少許(S減小)，電容減小，但二極管阻止電容器放電，電容器帶電荷量Q不變，由C可知兩極板間電壓升高，由E知兩極板間電場強度增大，液滴沿電場力方向向上運動，D錯高頻考點三帶電粒子在電場中的運動知能必備1.牛頓第二定律和運動學(xué)方程2.動能定理及功能關(guān)系3.類平拋運動的處理方法4.類平拋運動的兩個推論.命題視角視角1帶電粒子在勻強電場中的加速或偏轉(zhuǎn)例5(名師原創(chuàng))如圖所示，金屬絲發(fā)射出的電子(質(zhì)量為m、電荷量為e，初速度與重力均忽略不計)被加速后從金屬板的小孔穿出進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(小孔與上、下極板間的距離相等)已知偏轉(zhuǎn)電場兩極板間距離為d，當(dāng)加速電壓為U1、偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，電子恰好打在下極板的右邊緣M點，現(xiàn)將偏轉(zhuǎn)電場的下極板向下平移.(1)如何只改變加速電壓U1，使電子打在下極板的中點？(2)如何只改變偏轉(zhuǎn)電壓U2，使電子仍打在下極板的M點？思路探究(1)U2不變時，下極板向下平移，電場強度如何變化？(2)只改變U2時，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的粒子速度是否改變？嘗試解答_解析(1)令移動前后偏轉(zhuǎn)電場的電場強度分別為E和E，電子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度大小分別為a、a，加速電壓改變前后，電子穿出小孔時的速度大小分別為v0、v1因偏轉(zhuǎn)電壓不變，所以有EdEd，即EE由qEma及qEma知aa設(shè)極板長度為L，則da2，a2聯(lián)立得v在加速電場中由動能定理知eU1mv，eU1mvU1，即加速電壓應(yīng)減為原加速電壓的，才能使電子打在下極板的中點(2)因電子在水平方向上做勻速直線運動，極板移動前后，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間t相等設(shè)極板移動前后，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的加速度大小分別為a1、a2，則有a1t2，da2t2，即a22a1由牛頓第二定律知a1，a2聯(lián)立得U23U2，即偏轉(zhuǎn)電壓應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?倍，才能使電子仍打在M點答案(1)U1減為原來的(2)U2變?yōu)樵瓉淼?倍視角2帶電粒子在交變電場中的運動例6如圖甲所示，A、B兩板豎直放置，兩板之間的電壓U1100 V，M、N兩板水平放置，兩板之間的距離d0.1 m，板長L0.2 m一個質(zhì)量m21012kg、電荷量q1108C的帶電粒子(不計重力)從靠近A板處由靜止釋放，經(jīng)加速電場加速后從B板的小孔穿出，沿著M、N兩板的中軸線垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場如果在M、N兩板之間加上如圖乙所示的偏轉(zhuǎn)電壓，當(dāng)t時，帶電粒子剛開始進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，則：(1)帶電粒子從B板的小孔穿出時的速度為多大？(2)要使帶電粒子能夠從M、N兩板之間(不沿中軸線)穿出，并且穿出后的速度方向保持水平，則交流電U2的周期T為多少？(3)在滿足(2)條件的情況下，它在偏轉(zhuǎn)電場中的最大偏移量是多少？(結(jié)果保留一位有效數(shù)字)思路探究(1)帶電粒子在MN間運動時水平速度是否變化？(2)帶電粒子能穿過MN的最大偏移量是多少？嘗試解答_解析(1)由動能定理得qU1mv，解得v01103 m/s.(2)要使帶電粒子能夠從M、N兩板之間穿出，并且穿出后速度方向不變，則帶電粒子穿過偏轉(zhuǎn)電場的時間t(n)T(n0,1,2，)帶電粒子沿水平方向做勻速直線運動，則Lv0t所以T s(n0,1,2，)帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的加速度a電場強度E帶電粒子在進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后的前內(nèi)沿豎直方向的位移ya()2要使帶電粒子能夠從M、N兩板之間穿出，需滿足2y聯(lián)立式解得n4.5.所以T s(n5,6,7，)(3)要使總偏移量最大，則n應(yīng)取值最小，故n5，由此解得，最大偏移量y2y0.04 m.答案(1)1103 m/s(2) s(n5,6,7，)(3)0.04 m解決帶電粒子在電場中運動問題的基本思路及注意問題題組沖關(guān)1(2016湖南十校聯(lián)考)(多選)如圖甲所示，三個相同的金屬板共軸排列，它們的距離與寬度均相同，軸線上開有小孔(不影響板間電場分布)，在左邊和右邊兩個金屬板上加電壓U后，金屬板間就形成勻強電場；有一個比荷1.0102 C/kg的帶正電的粒子從左邊金屬板小孔軸線A處由靜止釋放，在靜電力作用下沿小孔軸線射出(不計粒子重力)，其vt圖象如圖乙所示，則下列說法正確的是()A右側(cè)金屬板接電源的正極B所加電壓U100 VC乙圖中的v22 m/sD通過極板間隙所用時間比為1(1)解析：選BD.帶正電的粒子在靜電力作用下由左極板向右運動，可判斷左側(cè)金屬板接電源正極，選項A錯誤；由vt圖象可知，帶電粒子的加速度a2 m/s2，相鄰兩極板間距dat20.25 m，由qEma得E200 V/m，U2Ed100 V，選項B正確；可將粒子在兩個間隙間的運動看成是初速度為零的連續(xù)的勻加速運動，兩間隙距離相等，則有t1t21(1)，選項D正確；v1v2t1(t1t2)1，將v11.0 m/s代入，得v2 m/s，選項C錯誤2(多選)如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1，之后進(jìn)入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么()A偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多B三種粒子打到屏上時的速度一樣大C三種粒子運動到屏上所用時間相同D三種粒子一定打到屏上的同一位置解析：選AD.根據(jù)動能定理有qE1dmv，得三種粒子經(jīng)加速電場加速后獲得的速度v1 .在偏轉(zhuǎn)電場中，由lv1t2及yt得，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)位移y，則三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)位移大小相等，又三種粒子帶電荷量相同，根據(jù)WqE2y得，偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多，選項A正確根據(jù)動能定理，qE1dqE2ymv，得到粒子離開偏轉(zhuǎn)電場E2打到屏上時的速度v2 ，由于三種粒子的質(zhì)量不相等，故v2不一樣大，選項B錯誤粒子打在屏上所用的時間t(L為偏轉(zhuǎn)電場左端到屏的水平距離)，由于v1不一樣大，所以三種粒子打在屏上的時間不相同，選項C錯誤根據(jù)vyt2及tan 得，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值tan ，即三種帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角相等，又由于它們的側(cè)位移相等，故三種粒子打到屏上的同一位置，選項D正確3(2016陜西五校聯(lián)考)如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，在t0時刻，一不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場，粒子射入電場時的速度為v0，tT時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場則()A該粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方向的B在t時刻，該粒子的速度大小為2v0C若該粒子在時刻以速度v0進(jìn)入電場，則粒子會打在板上D若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，則該粒子仍在tT時刻射出電場解析：選A.由題設(shè)條件可知：粒子在0做類平拋運動，在T做類斜拋運動，因粒子在電場中所受的電場力大小相等，根據(jù)運動的對稱性，粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方向的，如圖所示，選項A正確；前后兩段運動的時間相等，時將速度分解，設(shè)板長為l，由類平拋運動規(guī)律可得：lv0T，lvT，則vv0，則時刻該粒子的速度為v0，選項B錯誤；若該粒子在時刻以速度v0進(jìn)入電場，粒子將先向下做類平拋運動，后做類斜拋運動，并從PQ板右邊緣射出電場，選項C錯誤；若該粒子的入射速度變?yōu)?v0，粒子在場中運動的時間t，選項D錯誤真題試做真題1(2016高考全國乙卷)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，極板間電場強度變大B極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變解析：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強度E，由于U、d不變，所以極板間電場強度不變，選項D正確真題2(2016高考全國甲卷)如圖，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓帶電粒子Q在P的電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點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>vbBaa>ab>ac，vb>vc>vaCab>ac>aa，vb>vc>vaDab>ac>aa，va>vc>vb解析：選D.a、b、c三點到固定的點電荷P的距離rb<rc<ra，則三點的電場強度由Ek可知Eb>Ec>Ea，故帶電粒子Q在這三點的加速度ab>ac>aa.由運動軌跡可知帶電粒子Q所受P的電場力為斥力，從a到b電場力做負(fù)功，由動能定理|qUab|mvmv<0，則vb<va，從b到c電場力做正功，由動能定理|qUbc|mvmv>0，vc>vb，又|Uab|>|Ubc|，則va>vc，故va>vc>vb，選項D正確真題3(2015高考全國卷)如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點，已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60；它運動到B點時速度方向與電場方向的夾角為30.不計重力求A、B兩點間的電勢差解析：設(shè)帶電粒子在B點的速度大小為vB.粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vBsin 30v0sin 60由此得vBv0 設(shè)A、B兩點間的電勢差為UAB，由動能定理有qUABm(vv)聯(lián)立式得UAB答案：新題預(yù)測如圖所示，兩個帶等量正電的點電荷分別固定于P、Q兩點，它們連線的中點是O，A、B是P、Q連線的中垂線上的兩點，OAOB.則下列說法正確的是()AA點場強大小一定大于B點的場強大小BA、B所在直線是一條等勢線，等勢線左右對稱點電勢相等C將一正試探電荷分別置于A和B點，該試探電荷在A點的電勢能等于在B點的電勢能D將一負(fù)試探電荷分別置于A和B點，該試探電荷在A點的電勢能小于在B點的電勢能解析：選D.O點場強大小為零，由O點沿P、Q連線的中垂線向外場強先增大后減小，無法判斷A、B兩點場強大小關(guān)系，選項A錯誤A、B兩點的場強方向相反，A點的電勢高于B點的電勢，正試探電荷在A點的電勢能大于在B點的電勢能，負(fù)試探電荷在A點的電勢能小于在B點的電勢能，選項B、C錯誤，選項D正確“等勢線(電場線)運動軌跡”組合模型模型特點：當(dāng)帶電粒子在電場中的運動軌跡是一條與電場線、等勢線都不重合的曲線時，這種現(xiàn)象簡稱為“拐彎現(xiàn)象”，其實質(zhì)為“運動與力”的關(guān)系運用“牛頓運動定律、功和能”的知識分析：(1)“運動與力兩線法”畫出“速度線”(運動軌跡在某一位置的切線)與“力線”(在同一位置電場線的切線方向且指向軌跡的凹側(cè))，從二者的夾角情況來分析帶電粒子做曲線運動的情況(2)“三不知時要假設(shè)”電荷的正負(fù)、場強的方向(或等勢面電勢的高低)、電荷運動的方向，是題目中相互制約的三個方面若已知其中一個，可分析判定各待求量；若三個都不知(三不知)，則要用“假設(shè)法”進(jìn)行分析典例展示1(多選)在光滑絕緣的水平桌面上，存在著方向水平向右的勻強電場，電場線如圖中實線所示一初速度不為零的帶電小球從桌面上的A點開始運動，到C點時，突然受到一個外加的水平恒力F作用而繼續(xù)運動到B點，其運動軌跡如圖中虛線所示，v表示小球經(jīng)過C點時的速度則()A小球帶正電B恒力F的方向可能水平向左C恒力F的方向可能與v方向相反D在A、B兩點處小球的速率不可能相等解析由小球從A到C的軌跡可得，小球所受靜電力向右，帶正電，選項A正確；小球從C到B，合力指向軌跡凹側(cè)，當(dāng)水平恒力F水平向左時合力可能向左，由于v方向與水平方向有夾角，故F方向不可能與v方向相反，選項B正確，C錯誤；小球從A到B，由動能定理，當(dāng)靜電力與恒力F做功代數(shù)和為0時，在A、B兩點小球的速率相等，選項D錯誤答案AB2(多選)如圖所示，虛線為某電場中的三個等差等勢面1、2、3，實線表示某帶電粒子僅在電場力作用下的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點，則下列說法中正確的是()A等勢面1的電勢最高B粒子在a點的加速度大小小于在b點的加速度大小C粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能D粒子在a點的速度大小大于在b點的速度大小解析由粒子做曲線運動的條件知粒子受到指向凹側(cè)的電場力，但因不清楚粒子的運動方向及粒子的電性，所以電場線的方向不能確定，即無法確定電勢的高低，A項錯誤；等差等勢面的疏密程度可表示電場強度的大小，由圖知EaEb，由牛頓第二定律知粒子在a點的加速度大小小于在b點的加速度大小，B項正確；由題圖知若粒子由a向b運動，其位移方向與其所受電場力方向成鈍角，電場力做負(fù)功，電勢能增加，動能減??；若粒子由b向a運動，其位移方向與其所受電場力方向成銳角，電場力做正功，電勢能減小，動能增加，即不論粒子的運動方向和電性如何，粒子在a點的電勢能小于在b點的電勢能，粒子在a點的動能大于在b點的動能，所以C項錯誤，D項正確答案BD點評“等勢線(電場線)運動軌跡”模型的處理思路自悟自練1(限時3分鐘滿分6分)(多選)如圖所示，直線是一簇未標(biāo)明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，曲線是某一帶電粒子通過電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上兩點若帶電粒子運動中只受電場力作用，根據(jù)此圖可以作出的判斷是()A帶電粒子所帶電荷的符號B帶電粒子在a、b兩點的受力方向C帶電粒子在a、b兩點的加速度何處大D帶電粒子在a、b兩點的加速度方向解析：選BCD.如圖所示，由于帶電粒子在電場力作用下做曲線運動，所以電場力應(yīng)指向軌跡的凹側(cè)，且沿電場線，即沿電場線向左，B正確；由于電場線方向未知，故不能確定帶電粒子的電性，A錯誤；加速度由電場力產(chǎn)生，由于a處電場線較b處密，所以a處電場強度大，由FqE知，帶電粒子在a處受電場力大，故加速度大，且方向與電場力方向相同，C、D正確2(限時3分鐘滿分6分)(多選)如圖所示的虛線為電場中的三條等勢線，三條虛線平行且等間距，電勢分別為10 V、19 V、28 V，實線是僅受電場力的帶電粒子的運動軌跡，a、b、c是軌跡上的三個點，a到中間虛線的距離大于c到中間虛線的距離，下列說法正確的是()A粒子在a、b、c三點受到的電場力方向相同B粒子帶負(fù)電C粒子在a、b、c三點的電勢能大小關(guān)系為EpcEpbEpaD粒子從a運動到b與從b運動到c，電場力做的功可能相等解析：選ABC.帶電粒子在勻強電場中運動，受到的電場力方向不變，選項A正確；根據(jù)粒子的運動軌跡可知粒子帶負(fù)電，帶負(fù)電的粒子在電勢高的位置電勢能小，所以Epc>EpbEpa，選項B、C正確；a、b間的電勢差與b、c間的電勢差不相等，粒子從a運動到b與從b運動到c，電場力做的功不相等，選項D錯誤限時規(guī)范訓(xùn)練建議用時：40分鐘1如圖所示，邊長為L1 m的等邊三角形ABC置于勻強電場中，電場線的方向平行于ABC所在平面，其中A點電勢為1 V，AC中點電勢為2 V，BC中點的電勢為4 V，則該勻強電場的場強大小是()A1 V/mB. V/mC3 V/m D4 V/m解析：選D.在勻強電場中，同一條直線(非等勢線)上兩點之間的電勢差與其距離成正比，可得C點電勢為3 V，B點電勢為5 V，則AB中點D的電勢為3 V，故CD為一條等勢線，如圖所示，則AB所在直線為電場線，易得E4 V/m.2帶有等量異種電荷的兩塊等大的平行金屬板M、N水平正對放置兩板間有一帶電微粒以速度v0沿直線運動，當(dāng)微粒運動到P點時，將M板迅速向上平移一小段距離后，則此后微粒的可能運動情況是()A沿軌跡運動 B沿軌跡運動C沿軌跡運動 D沿軌跡運動解析：選B.M板平移前，帶電微粒做勻速直線運動，所受電場力與重力二力平衡，M板移動后，根據(jù)C、U、E可得：E，所以兩極板間電場強度不變，帶電微粒仍然受力平衡，沿原方向做勻速直線運動，選項B正確3(2016湖北八市聯(lián)考)如圖，M和N是兩個帶有異種電荷的帶電體(M在N的正上方，圖示平面為豎直平面)，P和Q是M表面上的兩點，S是N表面上的一點在M和N之間的電場中畫有三條等勢線現(xiàn)有一個帶正電的液滴從E點射入電場，它先后經(jīng)過了F點和W點已知油滴在F點時的機(jī)械能大于在W點時的機(jī)械能，E、W兩點在同一等勢面上，不計油滴對原電場的影響，不計空氣阻力，則以下說法正確的是()AP和Q兩點的電勢不相等BP點的電勢高于S點的電勢C油滴在F點的電勢能高于在E點的電勢能D油滴在E、F、W三點的機(jī)械能和電勢能之和不變解析：選D.帶電導(dǎo)體表面是等勢面，A錯；因油滴在F點時的機(jī)械能大于在W點時的機(jī)械能，則液滴從F點到W點，電場力做負(fù)功，即F點電勢低于W點電勢，所以M帶負(fù)電，N帶正電，P點電勢低于S點電勢，B錯；正電荷在F點的電勢能比在E點時的低，C錯；因只有電場力和重力做功，能量是守恒的，所以機(jī)械能和電勢能之和不變，D對4(2016浙江寧波高三聯(lián)考)如圖所示，分別在M、N兩點固定放置兩個點電荷，電荷量均為Q，MN連線的中點為O.正方形ABCD以O(shè)點為中心，E、F、G、H是正方形四邊的中點，取無窮遠(yuǎn)處電勢為0，則下列說法正確的是()AA點電勢低于B點電勢B正點電荷沿直線從F到H，電勢能先增大后減小CO點的電場強度為零，電勢也為零D沿路徑ADC移動一負(fù)點電荷比沿路徑AB移動同一負(fù)點電荷克服電場力做的功多解析：選B.由于是等量同種電荷形成的電場，由電場分布的對稱性可知A、B兩點電勢相等，A錯；在MN中垂線上，O點的電場強度為0，但電場方向從O點指向外，即正電荷沿直線從F到H，電場力先做負(fù)功再做正功，電勢能先增大后減小，B對；取無窮遠(yuǎn)處電勢為0，沿著電場線方向電勢是逐漸降低的，則MN中垂線上O點電勢最高，C錯；由電場的對稱性可知B、C兩點電勢相等，所以沿路徑ADC移動一負(fù)點電荷與沿路徑AB移動同一負(fù)點電荷克服電場力做的功相同，D錯5(多選)靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷()A在x2和x4處電勢能相等B由x1運動到x3的過程中電勢能增大C由x1運動到x4的過程中電場力先增大后減小D由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大解析：選BC.由題圖可知， x1到x4場強先變大，再變小，則點電荷受到的電場力先增大后減小，C正確、D錯誤由x1到x3及由x2到x4過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增大，A錯誤、B正確6如圖所示，平行板電容器的兩金屬板A、B豎直放置，電容器所帶電荷量為Q，一液滴從A板上邊緣由靜止釋放，液滴恰好能擊中B板的中點O，若電容器所帶電荷量增加Q1，液滴從同一位置由靜止釋放，液滴恰好擊中OB的中點C，若電容器所帶電荷量減小Q2，液滴從同一位置由靜止釋放，液滴恰好擊中B板的下邊緣D點，則()A1 B2C3 D4解析：選B.由運動的合成與分解知液滴在豎直方向做自由落體運動，水平方向在電場力作用下做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)兩金屬板長為L、間距為d、正對面積為S，兩極板間場強為E，液滴所帶電荷量為q、質(zhì)量為m，則豎直方向有hgt2，水平方向有dt2，E，所以Qh常數(shù)，即Q(QQ1)，Q(QQ2)L，聯(lián)立得2，B對7(2016河南開封二模)(多選)如圖所示，一帶電粒子在勻強電場中從A點拋出，運動到B點時速度方向豎直向下，且在B點時粒子的速度為粒子在電場中運動的最小速度，已知電場方向和粒子運動軌跡在同一豎直平面內(nèi)，粒子的重力和空氣阻力與電場力相比可忽略不計，則()A電場方向一定水平向右B電場中A點的電勢一定高于B點的電勢C從A到B的過程中，粒子的電勢能一定增加D從A到B的過程中，粒子的電勢能與動能之和一定不變解析：選CD.粒子只受電場力，做拋體運動，類似重力場中的斜上拋運動，B點為等效最高點，故電場力方向水平向右，由于不知粒子的電性，故無法判斷電場方向，A項錯誤；無法判斷電場方向，所以不能確定A點和B點的電勢的高低，故B項錯誤；從A到B的過程中，電場力對粒子做負(fù)功，粒子的電勢能增大，故C項正確；從A到B的過程中，只有電場力做負(fù)功，動能減小，電勢能增加，電勢能和動能之和保持不變，故D項正確8如圖所示是一對等量異種點電荷的電場線分布圖，圖中兩點電荷P、Q連線長度為r，M點、N點到兩點電荷P、Q的距離都為r，S點到點電荷Q的距離也為r，由此可知()AM點的電場強度為2kBM、N、S三點的電勢可能相等C把同一試探電荷放在M點，其所受電場力等于放在S點所受的電場力D沿圖中虛線，將一試探電荷從N點移到M點，電場力一定不做功解析：選D.點電荷P、Q在M點產(chǎn)生的電場強度大小均為Ek，這兩個點電荷在M點形成的合場強的大小為E2kcos 60k，方向水平向左，A錯誤；S點的電勢大于零，而M點、N點的電勢為零，B錯誤；由于兩點電荷在S點產(chǎn)生的場強方向水平向右，因此同一試探電荷在S點、M點時所受的電場力方向不同，C錯誤；由于M、N所在直線為零勢能線，試探電荷從N點移到M點，電場力不做功，D正確9(多選)如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是O，最低點是P，直徑MN水平，a、b是兩個完全相同的帶正電小球(視為點電荷)，b固定在M點，a從N點靜止釋放，沿半圓槽運動經(jīng)過P點到達(dá)某點Q(圖中未畫出)時速度為零，則小球a()A從N到Q的過程中，重力與庫侖力的合力先增大后減小B從N到P的過程中，速率先增大后減小C從N到Q的過程中，電勢能一直增加D從P到Q的過程中，動能減少量小于電勢能增加量解析：選BC.小球a從N點釋放一直到達(dá)Q點的過程中，a、b兩球的距離一直減小，庫侖力變大，a受重力不變，重力和庫侖力的夾角從90一直減小，故合力變大，選項A錯誤；小球a從N到P的過程中，速度方向與重力和庫侖力的合力方向的夾角由小于90到大于90，故庫侖力與重力的合力先做正功后做負(fù)功，a球速率先增大后減小，選項B正確；小球a由N到Q的過程中庫侖力一直做負(fù)功，電勢能一直增加，選項C正確；小球a從P到Q的過程中，減少的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能和電勢能之和，故動能的減少量大于電勢能的增加量，則選項D錯誤10在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強電場，場強大小為E(圖中未畫出)，由A點斜射出一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的粒子，B和C是粒子運動軌跡上的兩點，如圖所示，其中l(wèi)0為常數(shù)粒子所受重力忽略不計求：(1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功；(2)粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間；(3)粒子經(jīng)過C點時的速率解析：(1)WACqE(yAyC)3qEl0(2)根據(jù)拋體運動的特點，粒子在x方向做勻速直線運動，由對稱性可知軌跡最高點D在y軸上，可令tADtDBT，則tBCT由qEma得a又y0aT2y03l0a(2T)2解得T 則AC過程所經(jīng)歷的時間t3(3)粒子在DC段做類平拋運動，于是有2l0vCx(2T) vCya(2T)vC 答案：(1)3qEl0(2)3(3) 11如圖，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個點，OB沿豎直方向，BOA60，OBOA，將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O(shè)點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點使此小球帶電，電荷量為q(q>0)，同時加一勻強電場，場強方向與OAB所在平面平行現(xiàn)從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達(dá)A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達(dá)B點時的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g.求：(1)無電場時，小球到達(dá)A點時的動能與初動能的比值；(2)電場強度的大小和方向解析：(1)設(shè)小球的初速度為v0，初動能為Ek0，從O點運動到A點的時間為t，令OAd，則OBd，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有dsin 60v0tdcos 60gt2又有Ek0mv由式得Ek0mgd設(shè)小球到達(dá)A點時的動能為EkA，則EkAEk0mgd由式得(2)加電場后，小球從O點到A點和B點，高度分別降低了和，設(shè)電勢能分別減小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0在勻強電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的設(shè)直線OB上的M點與A點等電勢，M與O點的距離為x，如圖，則有解得xd，MA為等勢線，電場強度方向必與其垂線OC方向平行設(shè)電場方向與豎直向下的方向的夾角為，由幾何關(guān)系可得30.即電場強度方向與豎直向下的方向的夾角為30.設(shè)電場強度的大小為E，有qEdcos 30EpA由式得E答案：(1)(2)電場方向與豎直向下的方向的夾角為3012如圖甲所示，水平放置的平行金屬板A和B的距離為d，它們的右端安放著垂直于金屬板的靶MN，現(xiàn)在A、B板上加上如圖乙所示的方波形電壓，電壓的正向值為U0，反向電壓值為，且每隔變向1次現(xiàn)將質(zhì)量為m的帶正電且電荷量為q的粒子束從AB的中點O以平行于金屬板的方向OO射入，設(shè)粒子能全部打在靶上，而且所有粒子在A、B間的飛行時間均為T.不計重力的影響，試求：(1)定性分析在t0時刻從O點進(jìn)入的粒子，在垂直于金屬板的方向上的運動情況(2)在距靶MN的中心O點多遠(yuǎn)的范圍內(nèi)有粒子擊中？(3)要使粒子能全部打在靶MN上，電壓U0的數(shù)值應(yīng)滿足什么條件？(寫出U0、m、d、q、T的關(guān)系式即可)解析：(1)0時間內(nèi)，帶正電的粒子受到向下的電場力而向下做加速運動，在T時間內(nèi)，粒子受到向上的電場力而向下做減速運動(2)當(dāng)粒子在0、T、2TnT(n0,1,2)時刻進(jìn)入電場中時，粒子將打在O點下方最遠(yuǎn)點，在前時間內(nèi)，粒子豎直向下的位移：y1a12在后時間內(nèi)，粒子豎直向下的位移：y2va22其中：va1a2解得：y2故粒子打在距O點正下方的最大位移：yy1y2當(dāng)粒子在、(n0,1,2)時刻進(jìn)入電場時，將打在O點上方最遠(yuǎn)點，在前時間內(nèi)，粒子豎直向上的位移：y1a12在后時間內(nèi)，粒子豎直向上的位移：y2va22其中：va1a2解得：y20故粒子打在距O點正上方的最大位移：yy1y2擊中的范圍在O以下到O以上(3)要使粒子能全部打在靶上，需有：解得：U0答案：(1)見解析(2)O以下到O以上(3)U0第2講磁場及帶電體在磁場中的運動微網(wǎng)構(gòu)建核心再現(xiàn)知識規(guī)律(1)掌握“兩個磁場力”安培力：FBILsin ，其中為B與I的夾角洛倫茲力：FqvBsin ，其中為B與v的夾角(2)明確“兩個公式”帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑公式：R.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期公式：T.(3)用準(zhǔn)“兩個定則”對電流的磁場用準(zhǔn)安培定則對安培力和洛倫茲力用準(zhǔn)左手定則(4)畫好“兩個圖形”對安培力作用下的平衡、運動問題畫好受力分析圖.對帶電粒子的勻速圓周運動問題畫好與圓有關(guān)的幾何圖形思想方法(1)物理思想：等效思想(2)物理方法：理想化模型法、比值定義法、對稱法、臨界法等.高頻考點一磁場的性質(zhì)知能必備1.磁感應(yīng)強度的定義，磁場的疊加原理2.電流磁場方向的判斷方法，磁感線的用途3.磁場對通電電流作用大小計算及方向的判斷.題組沖關(guān)1如圖所示，兩根互相平行的長直導(dǎo)線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流a、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到O點的距離均相等關(guān)于以上幾點處的磁場，下列說法正確的是()AO點處的磁感應(yīng)強度為零Ba、b兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相反Cc、d兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同Da、c兩點處磁感應(yīng)強度的方向不同解析：選C.由安培定則可知，兩導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁場均豎直向下，合磁感應(yīng)強度一定不為零，選項A錯；由安培定則，兩導(dǎo)線在a、b兩處產(chǎn)生的磁場方向均豎直向下，由于對稱性，電流M在a處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度等于電流N在b處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度，同時電流M在b處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度等于電流N在a處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度，所以a、b兩處磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同，選項B錯；根據(jù)安培定則，兩導(dǎo)線在c、d處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同，選項C正確；a、c兩處的磁感應(yīng)強度的方向均豎直向下，選項D錯2如圖所示，用絕緣細(xì)線懸掛一個導(dǎo)線框，導(dǎo)線框是由兩同心半圓弧導(dǎo)線和直導(dǎo)線ab、cd(ab、cd在同一條水平直線上)連接而成的閉合回路，導(dǎo)線框中通有圖示方向的電流，處于靜止?fàn)顟B(tài)在半圓弧導(dǎo)線的圓心處沿垂直于導(dǎo)線框平面的方向放置一根長直導(dǎo)線P.當(dāng)P中通以方向向外的電流時()A導(dǎo)線框?qū)⑾蜃髷[動B導(dǎo)線框?qū)⑾蛴覕[動C從上往下看，導(dǎo)線框?qū)㈨槙r針轉(zhuǎn)動D從上往下看，導(dǎo)線框?qū)⒛鏁r針轉(zhuǎn)動解析：選D.當(dāng)直導(dǎo)線P中通以方向向外的電流時，由安培定則可判斷出長直導(dǎo)線P產(chǎn)生的磁場方向為逆時針方向，磁感線是以P為圓心的同心圓，半圓弧導(dǎo)線與磁感線平行不受安培力，由左手定則可判斷出直導(dǎo)線ab所受的安培力方向垂直紙面向外，cd所受的安培力方向垂直紙面向里，從上往下看，導(dǎo)線框?qū)⒛鏁r針轉(zhuǎn)動，故D正確3(2016西安名校大聯(lián)盟)電磁炮有很多優(yōu)點，備受各國軍事家的重視，如圖是導(dǎo)軌式電磁炮實驗裝置的示意圖兩根平行長直金屬導(dǎo)軌沿水平方向固定，其間安放金屬滑塊(即實驗用彈丸)滑塊可沿導(dǎo)軌無摩擦滑行，且始終與導(dǎo)軌保持良好接觸電源提供的強大電流從一根導(dǎo)軌流入，經(jīng)過滑塊，再從另一導(dǎo)軌流回電源滑塊被導(dǎo)軌中的電流形成的磁場推動而發(fā)射在發(fā)射過程中，滑塊所在位置始終可以簡化為勻強磁場，方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強度與電流的關(guān)系為BkI，如果兩導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距為l，滑塊的質(zhì)量為m，滑塊沿導(dǎo)軌滑行距離s后，獲得的發(fā)射速度為v.以下說法中正確的是()A若使電流的方向反向，滑塊的發(fā)射方向也將隨之反向 B若將電源提供的電流加倍，則滑塊沿導(dǎo)軌滑行距離s后獲得的發(fā)射速度為2vC若將電源提供的電流加倍，則滑塊沿導(dǎo)軌滑行距離s后獲得的發(fā)射速度為4vD若使滑塊的質(zhì)量加倍，則滑塊沿導(dǎo)軌滑行距離s后獲得的發(fā)射速度為0.5v解析：選B.由安培定則知，當(dāng)電流方向改變時磁場方向同時發(fā)生改變，由左手定則判斷得出，滑塊所受安培力方向不變，A項錯誤；以滑塊為研究對象，從開始到發(fā)射的過程，由動能定理得：BIlsmv2，而BkI，聯(lián)立解得：vI，若將電源提供的電流I加倍，由vI可知，滑塊沿導(dǎo)軌滑行距離s后獲得的發(fā)射速度為2v，B項正確，C項錯誤；若使滑塊的質(zhì)量加倍，由vI可知，滑塊沿導(dǎo)軌滑行距離s后獲得的發(fā)射速度為v，D項錯誤4(2016湖北三市六校二聯(lián))(多選)如圖所示，兩根光滑金屬導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌所在平面與水平面間的夾角為.質(zhì)量為m、長為L的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，整個裝置處于垂直ab方向的勻強磁場中當(dāng)金屬桿ab中通有從a到b的恒定電流I時，金屬桿ab保持靜止則磁感應(yīng)強度的方向和大小可能為()A豎直向上，mgtan /(IL)B平行導(dǎo)軌向上，mgcos /(IL)C水平向右，mg/(IL)D水平向左，mg/(IL)解析：選AD.若磁場方向豎直向上，則金屬桿受重力、支持力和水平向右的安培力，這三個力可以平衡，平衡時有BILmgtan 0，解得B，A正確；磁場方向平行導(dǎo)軌向上時，安培力方向垂直導(dǎo)軌平面向下，它與重力和支持力不可能平衡，B錯誤；當(dāng)磁場方向水平向右時，安培力豎直向下，它與重力和支持力不可能平衡，C錯誤；當(dāng)磁場方向水平向左時，安培力方向豎直向上，當(dāng)它與重力相等時，支持力為零，金屬棒可以處于平衡狀態(tài)，此時有BILmg0，解得B，D正確磁場性質(zhì)分析的兩點技巧1判斷電流磁場要正確應(yīng)用安培定則，明確大拇指、四指及手掌的放法2分析磁場對電流的作用要做到“一明、一轉(zhuǎn)、一分析”即：高頻考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動知能必備1.洛倫茲力大小的計算及方向的判斷方法2.洛倫茲力作用下帶電粒子的運動特點及規(guī)律.命題視角視角1洛倫茲力作用下圓周運動的基本規(guī)律例1(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域和，中的磁感應(yīng)強度是中的k倍兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動與中運動的電子相比，中的電子()A運動軌跡的半徑是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圓周運動的周期是中的k倍D做圓周運動的角速度與中的相等思路探究洛倫茲力作用下勻速圓周運動的v、T、a和哪些因素有關(guān)？嘗試解答_解