第1讲 电场和磁场的基本性质
要点提炼
1.电场的基本性质
(1)对电场强度的三个公式的理解
①E＝是电场强度的定义式，适用于任何电场。电场中某点的场强是确定的，其大小和方向与试探电荷q无关。
②E＝k是真空中点电荷所形成的电场的场强的决定式，只适用于点电荷的电场。某点的电场强度E由场源电荷Q和该点到场源电荷的距离r决定。
③E＝是场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场。注意：式中d为两点间沿电场方向的距离。
(2)电场能的性质
①电势与电势能：φ＝。
②电势差与电场力做功：UAB＝＝φA－φB。
③电场力做功与电势能的变化：W＝－ΔEp。
(3)等势面与电场线的关系
①电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面。
②电场线越密的地方，等差等势面也越密。
③沿等势面移动电荷，电场力不做功；沿电场线移动电荷，电场力一定做功。
2．平行板电容器问题的三个公式、两种情形
(1)三个公式：①C＝；②C＝；③E＝。
(2)两种情形：与直流电源相连时，两极板间电压不变；充电后断开电源时，两极板所带电荷量不变。
3．带电粒子在电场中常见的运动类型
(1)直线运动：通常利用动能定理qU＝mv2－mv来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd来求解。
(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题。对于类平抛运动可直接利用类平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理。
4．磁场对通电导体的作用
(1)通电导体在磁场中受到的安培力
①方向：根据左手定则判断。
②大小：F＝BIL。
a．B、I与F三者两两垂直；
b．L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度。
(2)熟悉“两个等效模型”
①变曲为直：如图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。
②化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁体，如图乙所示。
5．磁场对带电粒子的作用
(1)带电粒子在磁场中的受力情况
①磁场只对运动的电荷有力的作用，对静止的电荷无力的作用。磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。
②洛伦兹力的大小和方向：其大小为F＝qvB
sin
θ，注意：θ为v与B的夹角。F的方向由左手定则判定，四指的指向应为正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向。
(2)洛伦兹力做功的特点
由于洛伦兹力始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功。
6．带电粒子在匀强磁场中常见的运动类型
(1)匀速直线运动：当v∥B时，带电粒子以速度v做匀速直线运动。
(2)匀速圆周运动：当v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度大小做匀速圆周运动。
高考考向1 电场的基本性质
命题角度1
电场的叠加
例1 (2020·全国卷Ⅱ)(多选)如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则( )
A．a、b两点的场强相等
B．a、b两点的电势相等
C．c、d两点的场强相等
D．c、d两点的电势相等
解析 如图甲所示，为等量异种点电荷周围空间的电场线分布图。本题的带电圆环，可分割成如图乙所示无数对沿竖直方向的等量异种点电荷。图乙等量异种点电荷有共同的对称轴PP′，由图甲电场线分布图可知，图乙中任一对等量异种点电荷在PP′上产生的电场都竖直向下，故PP′上的合电场也竖直向下，故PP′所在的水平直线为等势线，即φa＝φb，而沿电场线的方向电势降低，则φc>φd，故B正确，D错误。
由圆环上电荷左右分布的对称性及图乙模型可知，a、b两点的场强方向均竖直向下，场强大小相等；由圆环上电荷左右、上下分布的对称性及图乙模型可知，c、d两点的场强方向均竖直向下，场强大小相等，故A、C正确。
答案 ABC
1．电场的叠加
(1)电场强度是矢量，电场中某点的合场强为各个场源电荷在该点电场强度的矢量和。
(2)电势是标量，电场中某点的总电势为各个场源电荷在该点电势的代数和。
2．对称法求电场强度和电势
备课记录：
1.
(2020·云南省玉溪市普通高中高三第二次教学质量检测)(多选)如图，真空中固定有两个静止的等量正点电荷A与B，电荷量均为Q，AB连线长度为2L，中点为O，C为AB连线的中垂线上距O点为L的点。现将电荷B移动到O点并固定，若取无穷远处为电势零点，静电力常量为k，不考虑运动电荷产生的磁场，则下列说法正确的是( )
A．在电荷B未移动之前，从A点到O点电场强度先增大后减小
B．在电荷B未移动之前，一重力不计的带负电粒子可在AB中垂面内以某一速率绕O点做匀速圆周运动
C．电荷B移动到O点的过程中，C点电势和电场强度都一直增大
D．当电荷B移动到O点时，C点的电场强度大小为
答案 BCD
解析 在电荷B未移动之前，根据场强叠加原理可知，O点场强为零，从A点到O点电场强度逐渐减小，A错误。在电荷B未移动之前，根据场强叠加原理可知，AB中垂面内以O点为圆心的圆周上各点的场强大小相等，方向为由O点指向该点，则一重力不计的带负电粒子可在AB中垂面内以某一速率绕O点做匀速圆周运动，B正确。电荷B移动到O点的过程中，因为电荷A在C点产生的场强大小、方向不变，而电荷B在C点产生的场强逐渐变大，且两电荷在C点产生的场强方向的夹角由90°逐渐减小，由平行四边形定则可知，C点的电场强度一直增大；因电荷A在C点产生的电场的电势不变，而电荷B在C点产生的电场的电势逐渐增大，可知C点电势一直增大，C正确；由几何关系可知，A与C之间的距离为L，A在C点产生的场强为EA＝，EA与AB连线之间的夹角为45°，所以EA沿水平方向的分量为EAx＝，沿竖直方向的分量为EAy＝，B在C点产生的电场强度方向向上，大小为EB＝，则C点的电场强度大小为EC＝
eq
\r(E＋（EAy＋EB）2)＝，故D正确。
命题角度2
根据电场中的“点、线、面、迹”判断相关物理量的变化
例2 (2020·安徽省马鞍山市高三(下)三模)如图所示，MN是某匀强电场中的一条等势线。虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，在纸面内由a运动到b的轨迹。下列判断正确的是( )
A．电场方向一定是垂直MN向上
B．a点的电势一定不等于b点的电势
C．带电粒子的加速度可能平行MN向右
D．带电粒子由a运动到b的过程中动能可能增加
解析 MN是某匀强电场中的一条等势线，带电粒子只受电场力的作用，根据轨迹可以判断电场力的方向垂直MN向上，带电粒子的加速度垂直MN向上，因为不知道带电粒子的电性，所以无法判断电场的方向，A、C错误；MN是某匀强电场中的一条等势线，而a点和b点位于MN两侧，所以a点的电势一定不等于b点的电势，故B正确；带电粒子由a运动到b的过程中，电场力与速度方向的夹角是钝角，所以电场力做负功，带电粒子的动能减小，故D错误。
答案 B
根据运动轨迹判断带电粒子在电场中相关物理量的变化
(1)确定受力方向的依据
①曲线运动的受力特征：带电粒子受力总指向曲线的凹侧；
②电场力方向与场强方向的关系：正电荷的受力方向与场强方向相同，负电荷则相反；
③场强方向与电场线或等势面的关系：电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度的方向。
(2)比较加速度大小的依据：电场线或等差等势面越密?E越大?F＝qE越大?a＝越大。
(3)判断加速或减速的依据：电场力与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，速度增大；电场力与速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，速度减小。
备课记录：
2－1 (2020·广东省潮州市高三(下)高考第二次模拟)避雷针上方有雷雨云时，避雷针附近的电场线分布如图所示，图中中央的竖直黑线AB代表避雷针，CD为水平地面。MN是电场线上的两个点，下列说法正确的是( )
A.M点的电势比N点的电势高
B．M点的场强比N点的场强大
C．在试探电荷从M点到N点的多条路径中，沿直线MN运动电场力做功最少
D．CD的电势为零，但其表面附近的电场线有些位置和地面不垂直
答案 A
解析 等势面与电场线垂直，沿电场线电势降低，可知M点的电势比N点的电势高，A正确；电场线越密集，则场强越大，可知M点的场强比N点的场强小，B错误；电场力做功与路径无关，则在试探电荷从M点到N点的多条路径中，电场力做功相同，C错误；CD的电势为零，是等势面，电场线与等势面垂直，可知CD表面附近的电场线和地面都垂直，D错误。
2－2 (2020·福建省漳州市高三(下)高考模拟(一))(多选)如图，水平面有一匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为0.5l，取BB′为零势面。一电子沿AA′方向从A点射入电场，电子在A点的动能为8
eV，经电场偏转后刚好从C′点离开。已知AA′距离为2l，电子重力忽略不计，则( )
A．平面AA′上的电势为－4
V
B．该电子在平面BB′上的动能是12
eV
C．该电子到达C′点时的电势能是－8
eV
D．该电子经过C′点时的速率是A点时的2倍
答案 AB
解析 电子做类平抛运动，根据类平抛运动规律有：tan
α＝＝2·＝1，所以vy＝v0，vC′＝
eq
\r(v＋v)＝v0，则该电子到达C′点时的动能EkC′＝m(v0)2＝2·mv＝2EkA＝16
eV，在平面BB′上的动能是＝12
eV，又因为只在电场力作用下电势能和动能的总和是一个定值，所以在电场中任意一点电势能和动能的总和都等于12
eV，所以该电子到达C′点时的电势能为－4
eV，在平面AA′上的电势能为4
eV，根据电势能EpA＝－eφA，解得平面AA′上的电势φA＝－4
V，故A、B正确，C、D错误。
命题角度3
E＝的应用
例3 (2020·宁夏银川市高三(下)4月教学质量检测(一模))(多选)如图，空间有平行于纸面的匀强电场，处于该电场中的直角三角形ABC的直角边BC＝20
cm，∠A＝60°，AD是∠A的角平分线。若在直角顶点B处有一个射线源，能朝空间各方向射出动能为2000
eV的电子，在顶点A和C分别探测到动能为2100
eV和1900
eV的电子，本题中运动的电子仅需考虑受匀强电场的电场力，则( )
A．A、B间的电势差UAB＝100
V
B．该匀强电场的场强E＝1000
V/m
C．电场强度的方向由A指向D
D．整个三角形内，顶点C的电势最高
解析 电子由B到A，由动能定理可得－eUBA＝2100
eV－2000
eV，解得UBA＝－100
V，则UAB＝100
V，故A正确；同理可知B、C间的电势差UBC＝100
V，所以A、C间的电势差为UAC＝UAB＋UBC＝100
V＋100
V＝200
V，则B点与AC中点的电势相等，连接B点与AC中点即为等势线，如图所示，由几何关系可知，电场线方向沿AD方向，且电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，
则电场线方向由A指向D，电场强度大小为E＝＝
V/m＝1000
V/m，故B错误，C正确；电场线方向沿AD方向且由A指向D，故在整个三角形内，顶点A的电势最高，故D错误。
答案 AC
匀强电场中由公式U＝Ed得出的“一式、二结论”
(1)“一式”：E＝＝，其中d是两点间沿电场线方向上的距离。
(2)“二结论”
结论1：匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC＝，如图甲所示。
结论2：匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如图乙所示。
备课记录：
3.
(2020·山西省运城市高三调研)(多选)如图所示，在竖直平面内有A、B、C、D、E、F六个点均匀分布在半径为R＝
m的圆周上，直径AD水平，整个空间分布着方向与圆平面平行的匀强电场。已知φA＝(2－)V、φB＝2
V、φC＝(2＋)V，重力加速度g＝10
m/s2，下列说法中正确的是( )
A．电场强度的大小为2
V/m，方向由C指向A
B．将一负电荷从B点沿圆弧经C、D移到E点，其电势能先减少后增大
C．一电荷量为q＝＋1×10－6
C、重力不计的粒子以2×10－6
J的动能从B点抛出，调整抛出的方向，粒子可到达圆周上的任何位置
D．将一电荷量为q＝＋1×10－6
C、质量为m＝2×10－7
kg的小球以2×10－6
J的动能从B点沿某一方向抛出，小球到达E点的动能为8×10－6
J
答案 BD
解析 连接A、C，根据匀强电场中电势的变化特点，可知AC中点的电势为2
V，又因为φB＝2
V，BE垂直于AC且过AC的中点，如图所示，则EB为一条等势线，电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，
所以电场强度的方向为由C指向A；由几何关系可知θ＝30°，AC＝3
m，根据U＝Ed可知E＝＝
V/m，故A错误。将一负电荷从B点沿圆弧经C、D移到E点，电势先增大后减小，则电势能先减小后增大，故B正确。CD圆弧中间点G为圆周上电势最高点，根据U＝Ed可知该点电势为4
V，电荷量为q＝＋1×10－6
C、重力不计的粒子从B点抛出，受到沿电场方向的电场力，若要落到G点，则抛出后粒子做类斜抛运动，到达G点时速度不为零，根据W＝qU＝Ek－Ek0，可知Ek0>2×10－6
J，故C错误；电荷量为q＝＋1×10－6
C、质量为m＝2×10－7
kg的小球以2×10－6
J的动能从B点沿某一方向抛出，到达E点的过程中电场力做功为零，根据几何关系，小球下落高度为h＝2Rsin60°＝3
m，根据动能定理有：mgh＝Ek－Ek0，解得小球到达E点的动能为Ek＝8×10－6
J，故D正确。
命题角度4
与平行板电容器相关的电场问题
例4 (2020·吉林省白山市高三(下)二模)如图所示，竖直正对的平行板电容器带等量异种电荷，带正电的右板与静电计相连，左板接地。假设两极板所带的电荷量不变，电场中P点固定一带正电的点电荷，下列说法正确的是( )
A．若仅将左板上移少许，则静电计指针偏角θ变小
B．若仅将左板右移少许，则静电计指针偏角θ变大
C．若仅将左板上移少许，则P点电势升高
D．若仅将左板右移少许，则P点处点电荷的电势能增大
解析 两极板所带的电荷量不变，若仅将左板上移少许，S变小，根据C＝可知，电容C减小，由Q＝CU可知U增大，所以静电计指针偏角θ变大，故A错误；若仅将左板右移少许，d减小，由C＝可知，电容C增大，由Q＝CU可知，U减小，所以静电计指针偏角θ变小，故B错误；若仅将左板上移少许，S变小，根据C＝可知，电容C减小，由Q＝CU可知，U增大，由E＝可知，E增大，左极板接地，由沿电场线方向电势降低可知P点的电势为正，根据UP左＝φP＝Ed可知P点的电势升高，故C正确；若仅将左板右移少许，两极板所带的电荷量不变，则E＝＝＝不变，根据UP左＝φP＝Ed可得P点电势降低，则由EP＝qφP可得P点处点电荷的电势能减小，故D错误。
答案 C
1．分析电容器问题的两个常用条件
(1)电容器与电路(或电源)相连，则两端电压取决于电路(或电源)，稳定时相当于断路，两端电压总等于与之并联的支路电压。
(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变，此时若只改变两板间距离，则板间电场强度大小不变。
2．电容器动态分析的解题思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。
(2)根据C＝，分析平行板电容器电容的变化情况，如例4中“右移极板”，则d发生变化。
(3)根据C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化情况。
(4)根据E＝或E＝分析电容器极板间电场强度的变化情况。
(5)根据Q的变化情况，分析电容器充电还是放电，分析电路中电流的方向。
备课记录：
4－1 (2020·江苏省苏锡常镇四市高三教学情况调研)(多选)传感器是智能社会的基础元件。如图为电容式位移传感器的示意图，观测电容C的变化即可知道物体位移x的变化，表征该传感器的灵敏度。电容器极板和电介质板长度均为L，测量范围为－≤x≤。下列说法正确的是( )
A．电容器的电容变大，物体向－x方向运动
B．电容器的电容变大，物体向＋x方向运动
C．电介质的介电常数越大，传感器灵敏度越高
D．电容器的板间电压越大，传感器灵敏度越高
答案 AC
解析 根据C＝可知，电容器的电容变大，两板间电介质增多，物体向－x方向运动，故A正确，B错误；电介质的介电常数越大，当物体沿左右方向移动相同距离时，电容器电容的变化量越大，越大，即传感器的灵敏度越高，故C正确；电容器的电容和板间电压无关，电容器的板间电压越大，物体沿左右方向移动相同距离时，电容器电容的变化量不变，不变，即传感器的灵敏度不变，故D错误。
4－2 (2020·河南省洛阳市高三(下)第三次统一考试)(多选)如图所示，一中央开有正对小孔的平行板电容器水平放置，并与电源连接，电源电压恒为U，电键闭合时，将一带电液滴从两小孔的正上方P点静止释放，液滴穿过A板的小孔a恰好能够达到B板的小孔b处。然后沿原路返回(不计一切阻力，且液滴运动过程中电荷量保持不变)。现欲使液滴能从小孔b处穿出，下列可行的办法是( )
A．保持电键闭合，将A板下移一段距离
B．保持电键闭合，将B板下移一段距离
C．将电键断开，将A板上移一段距离
D．将电键断开，将B板上移一段距离
答案 BD
解析 液滴从P点运动到b点的过程中，根据动能定理有：mghPb－qU＝Ekb－0，电键闭合时，电容器两板之间的电压U不变，将A板下移一段距离，hPb不变，液滴仍恰好能够达到B板的小孔b处；将B板下移一段距离，hPb增大，Ekb>0，液滴能从小孔b处穿出，故A错误，B正确。根据题意可知mghPb－qEd＝Ekb－0，电键断开时，E＝＝＝＝，可知改变两极板间距离，场强不变，将A板上移一段距离，d增大，根据动能定理，则液滴不能到达小孔b处，不可能从小孔b处穿出；将B板上移一段距离，d减小，Ekb>0，液滴能从小孔b处穿出，C错误，D正确。
高考考向2 磁场的基本性质
命题角度1
磁场的叠加
例5 (2018·全国卷Ⅱ)(多选)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则( )
A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
解析 L1在a、b两点产生的磁场磁感应强度大小相等，设为B1，方向都垂直于纸面向里，而L2在a点产生的磁场磁感应强度大小设为B2，方向垂直纸面向里，在b点产生的磁场磁感应强度大小也为B2，方向垂直纸面向外，规定向外为正方向，根据矢量叠加原理可知B0－B1－B2＝B0，B2＋B0－B1＝B0，联立这两式可解得：B1＝B0，B2＝B0，故A、C正确。
答案 AC
(1)磁感应强度的矢量运算法则同力、电场强度的矢量运算法则相同，仍然适用平行四边形定则或三角形定则。
(2)处理电流产生的磁场叠加问题，要先据安培定则确定磁感线形状，磁感线在某点的切线方向就是该点的磁感应强度方向。
备课记录：
5．(2020·四川省宜宾市普通高中高三(下)高考适应性考试(三诊))如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2。当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为( )
A．B1－
B．B2－
C．B2－B1
D．
答案 A
解析 对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左。设aO1＝O1b＝bO2＝O2c＝r，单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r，在距离中点3r位置的磁感应强度为B3r，故a点的磁感应强度为：B1＝B1r＋B3r，b点的磁感应强度为：B2＝B1r＋B1r；当撤去环形电流乙后，c点的磁感应强度为：Bc＝B3r＝B1－B2，故选A。
命题角度2
磁场对电流的作用
例6 (2020·辽宁省辽阳市高三(下)二模)如图所示，粗糙固定斜面的倾角为θ，整个斜面处于垂直斜面向下的匀强磁场(大小未知)中，在斜面上有一根有效长度为L、质量为m水平放置的导体棒，当导体棒中电流为I1和I2时，导体棒均能沿斜面匀速运动。已知电流I1、I2的方向相同且I1A．电流方向垂直纸面向里
B．匀强磁场的磁感应强度大小为
C．导体棒与斜面间的动摩擦因数为
D．可能存在一个与I1、I2大小不同的电流，使导体棒沿斜面做匀速直线运动
解析 由题意可知，当导体棒中电流为I1和I2时，导体棒均能沿斜面匀速运动，I1、I2的方向相同且I1＜I2，故电流为I1时导体棒沿斜面向下运动，电流为I2时导体棒沿斜面向上运动，导体棒受到的安培力沿着斜面向上，由左手定则知电流方向垂直纸面向外，根据平衡条件有：mg
sin
θ＝BI1L＋μmg
cos
θ，mg
sin
θ＋μmg
cos
θ＝BI2L，联立解得：μ＝，B＝，故B正确，A、C错误；因I1和I2可分别使导体棒沿斜面向下、向上做匀速运动，而根据磁场方向知安培力沿斜面方向，摩擦力大小不变，重力沿斜面方向的分力不变，故不存在其他电流使导体棒沿斜面做匀速直线运动，故D错误。
答案 B
磁场中通电导体类问题的解题步骤
(1)选定研究对象进行受力分析，受力分析时考虑安培力。
(2)作受力分析图，标出辅助方向(如磁场的方向、通电直导线电流的方向等)，有助于分析安培力的方向。由于安培力F、电流I和磁感应强度B的方向两两垂直，涉及三维空间，所以在受力分析时要善于用平面图(侧视图、剖面图或俯视图等)表示出三维的空间关系。
(3)根据平衡条件、牛顿第二定律或功能关系列式求解。
备课记录：
6－1 (2019·全国卷Ⅰ)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为( )
A．2F
B．1.5F
C．0.5F
D．0
答案 B
解析 设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两支路电阻之比为R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上下两支路电流之比为I1∶I2＝1∶2。如图所示，由于上边支路通电的导体受安培力的有效长度也为L，根据安培力计算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝0.5F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的安培力大小为F＋F′＝1.5F，B正确。
6－2 (2020·宁夏回族自治区吴忠市高三一模)如图所示，MN、PQ为水平放置的平行导轨，静止的导体棒ab垂直放置在导轨上并通以从b到a的恒定电流，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝，在竖直平面内加与导体棒ab垂直的匀强磁场，发现无论磁感应强度多大都不能使导体棒运动，则磁场方向与轨道平面的夹角最大为( )
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
答案 A
解析 对导体棒受力分析如图所示，由题意可知，安培力的水平分力小于等于导体棒与导轨间的最大静摩擦力，即有：F
sin
θ≤μ(mg＋F
cos
θ)，当磁感应强度足够大时，由数学关系可知，mg＋F
cos
θ≈F
cos
θ，即当tan
θ≤μ时，无论安培力多大，导体棒都不能运动，因为μ＝，所以磁场方向与轨道平面的夹角最大为θ＝30°，故A正确。
命题角度3
磁场对带电粒子的作用
例7 (2019·北京高考)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是( )
A．粒子带正电
B．粒子在b点速率大于在a点速率
C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
解析 由左手定则知，粒子带负电，A错误；由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变，B错误；由r＝，若仅减小磁感应强度B，则r变大，粒子可能从b点右侧射出，C正确；由r＝，若仅减小入射速率v，则r变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大，由t＝T、T＝知，粒子在磁场中的运动时间变长，D错误。
答案 C
1．带电粒子在有界匀强磁场中做圆周运动时轨迹圆心和半径的确定
带电粒子在有界匀强磁场中的轨迹圆心和半径的确定是解题的第一步，也很容易出错，特别是四分之一坐标轴磁场、矩形磁场、三角形磁场和圆形磁场，要注意轨迹圆心不一定在坐标轴或磁场直线边界上。要准确确定轨迹圆心，需要抓住以下两点：①轨迹半径垂直于速度方向；②轨迹圆心在弦的垂直平分线上。轨迹圆心确定了，就可以由几何知识确定轨迹半径。
2．临界问题
(1)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系。常用方法如下：
①动态放缩法：定点粒子源发射速度大小不同、方向相同、比荷和电性都相同的粒子，速度越大半径越大，圆心在垂直初速度方向的直线上。
②旋转平移法：定点粒子源发射速度大小v相等、方向不同、比荷和电性都相同的粒子，运动轨迹的圆心在以入射点为圆心、半径为R＝的圆周上，其中B为匀强磁场的磁感应强度。
(2)粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。
备课记录：
7－1 (2020·安徽省芜湖市高三(下)5月模拟)如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为( )
A．
B．
C．
D．
答案 C
解析 粒子沿磁场半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定经过圆心a，由于粒子能经过c点，因此粒子出磁场时一定沿ac方向，轨迹如图，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为r＝L－L＝(－1)L，根据牛顿第二定律得：qv0B＝m
eq
\f(v,r)，解得：v0＝，故C正确。
7－2 (2020·河北省保定市二模)(多选)如图所示，边界OA与OC之间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，∠AOC＝60°。边界OA上距O点l处有一粒子源S，可发射质量为m、带正电荷q的等速粒子。当S沿纸面向磁场各个方向发射粒子，发现都没有粒子从OC边界射出。则( )
A．粒子的最大发射速率不超过
B．粒子的最大发射速率不超过
C．粒子从OA边界离开磁场时离S的最远距离可能为l
D．粒子从OA边界离开磁场时离S的最远距离可能为
答案 AD
解析 要使所有粒子不从OC边界射出，画出临界轨迹如图所示。
由几何关系知其轨迹半径r＝l·sin
60°，由l·sin
60°＝，解得v＝，则粒子的最大发射速度不超过，故A正确，B错误；当粒子的发射速度大小为v＝、方向垂直OA向上时，从OA边界离开磁场时离S的距离最远，由几何关系知最远距离d＝2r＝l·sin
60°＝l，故C错误，D正确。
7－3 (2020·全国卷Ⅱ)如图，在0≤x≤h，－∞0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。
(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
(2)如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。
答案 (1)磁场方向垂直于纸面向里
(2) (2－)h
解析 (1)由题意可知，粒子刚进入磁场时受到沿y轴正方向的洛伦兹力，由左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向里。设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有qv0B＝m
eq
\f(v,R)①
由此可得R＝②
粒子从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，穿过y轴正半轴离开磁场，故其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足R≤h③
由题意可知，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此可得Bm＝。④
(2)若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时粒子的运动半径为R′＝2h⑤
粒子会通过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，由几何关系有
sin
α＝＝⑥
即α＝⑦
由几何关系可得，P点到x轴的距离为
y＝2h(1－cos
α)⑧
联立⑦⑧式得y＝(2－)h。⑨
专题作业
1．(2020·山西省大同市高三第一次联合考试)下图为静电除尘机的原理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，图中虚线为电场线(方向未标)。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则( )
A．电场线方向由放电极指向集尘极
B．图中A点电势低于B点电势
C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动
D．尘埃在迁移过程中动能减小
答案 B
解析 带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则集尘极带正电荷，所以电场线方向由集尘极指向放电极，A错误；集尘极带正电荷，A点更靠近放电极，所以图中A点电势低于B点电势，B正确；放电极与集尘极间是非匀强电场，尘埃在迁移过程中所受的电场力是变化的，所以尘埃不是做匀变速运动，C错误；带电尘埃所受的电场力做正功，所以尘埃在迁移过程中动能增大，D错误。
2.
(2020·四川省成都市高三(下)6月第三次诊断性检测)如图，在直角三角形ACD区域的C、D两点分别固定着两根垂直纸面的长直导线，导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流，∠A＝90°，∠C＝30°，E是CD边的中点，此时E点的磁感应强度大小为B，若仅将D处的导线平移至A处，则E点的磁感应强度( )
A．大小仍为B，方向垂直于AC向上
B．大小为B，方向垂直于AC向下
C．大小为B，方向垂直于AC向上
D．大小为B，方向垂直于AC向下
答案 B
解析 由安培定则可知，C、D两点固定的两根长直导线在E点产生的磁场方向均垂直于CD斜向下，根据对称性，C、D两点固定的两根长直导线在E点产生的磁场磁感应强度大小均为B0＝；由几何关系可知AE＝CE＝DE，所以若仅将D处的导线平移至A处，两导线在E点产生的磁感应强度大小仍均为B0，方向如图所示，根据平行四边形定则，E点的磁感应强度大小为B′＝2B0cos
30°＝B，方向垂直于AC向下。故A、C、D错误，B正确。
3.
(2020·四川省阆中中学高三二模)(多选)如图所示，真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为－9Q和＋Q的两个点电荷，两者相距为L，以＋Q点电荷为圆心、半径为画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，一电荷量为q的负点电荷在圆周上运动，比较a、b、c、d四点，则下列说法错误的是( )
A．c、d两点电场强度相同
B．负点电荷q在b点的电势能最大
C．c、d两点的电势相等
D．移动负点电荷q从a点到c点过程中静电力做正功
答案 AB
解析 根据场强的叠加法则可知，c、d两点的电场强度大小相等，方向不同，A错误；对于＋Q，圆上四点处于＋Q的等势面上，所以电势均相等，对于－9Q，沿电场线方向电势降低，所以φb>φc＝φd>φa，根据Ep＝qφ可知负点电荷q在b点的电势能最小，B错误，C正确；根据Ep＝qφ可知，负点电荷在a、c两点的电势能关系为Epc4.
(2020·湖北省武汉市武昌区高三(下)6月调研考试(一))如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个边长为L的正方形闭合线框abcd，其四个顶点均位于一个圆形区域的边界上，ac为圆形区域的一条直径，ac上方和下方分别存在大小均为B、方向相反的匀强磁场。现给线框接入从a点流入、d点流出的大小为I的恒定电流，则线框受到的安培力的大小为( )
A．0
B．BIL
C．BIL
D．BIL
答案 D
解析 电流I经过a点后流入两条支路，其大小分别为Iabcd＝I，Iad＝I，根据左手定则可判断出线框四边所受安培力的大小和方向分别为：Fab＝BIL，水平向右；Fbc＝BIL，竖直向下；Fcd＝BIL，水平向右；Fad＝BIL，竖直向上。根据平行四边形定则可知，线框受到的安培力的大小为F＝BIL。A、B、C错误，D正确。
5.
(2020·福建省漳州市高三第一次教学质量检测)如图，边长为1
cm的立方体abdc－fgih处于匀强电场中，d、c两点间电势差Udc＝3
V，d、b两点间电势差Udb＝3
V。若一电子从b到g电场力做功为零，则( )
A．b、g两点间的电势差为零
B．匀强电场的方向从d指向c
C．a、b两点间的电势差Uab＝3
V
D．匀强电场的电场强度E＝300
V/m
答案 A
解析 由于电子从b到g电场力做功为零，因此b、g两点间的电势差一定为零，A正确；由题可知，c、b、g三点确定的平面为等势面，电场线与等势面垂直，因此匀强电场的方向为从d指向a，B错误；d、b两点间电势差Udb＝3
V，c、b、g三点确定的平面为等势面，根据对称性，a、b两点间的电势差Uab＝－3
V，C错误；根据E＝，可知匀强电场的电场强度E＝＝300
V/m，D错误。
6．(2020·山东省潍坊市高三五县联考)2019年12月18日，我国首艘自主建造的国产航母山东舰入列服役，我国也成了双航母国家。舰载机是航空母舰的主要武装力量，其性能决定航空母舰的战斗力。舰载机在起飞的过程中，光靠自身发动机喷气不足以在飞行甲板的短距离上达到足够的速度，如果安装辅助起飞的电磁弹射系统(如图甲所示)就能达到要求。电磁弹射系统的一种设计可简化为如图乙所示情境，图中MN、PQ是光滑平行金属直导轨(电阻忽略不计)，AB是电磁弹射车。当M、P两端加载恒定电压时，在回路PBAM中就会有电流，电流产生的磁场对弹射车施加磁场力的作用，从而带动舰载机由静止开始向右加速起飞。关于该系统，下列说法正确的是( )
A．MN、PQ间的磁场是匀强磁场
B．弹射车做匀加速直线运动
C．弹射车的动能与电压的大小成正比
D．在M、P两端加载交变电压，电磁弹射系统不能正常工作
答案 B
解析 根据安培定则及矢量合成可知，两根相互平行的水平导轨内存在竖直向上的磁场，且MN、PQ间的磁场不是匀强磁场，但弹射车运动过程中所在位置的磁场不变，所受安培力不变，做匀加速直线运动，故A错误，B正确；设电磁弹射车的电阻为R，平行的水平导轨的宽度为L，电磁弹射车沿水平导轨的运动的位移为x，则弹射车受到的安培力为F安＝BIL＝BL，根据动能定理有Ek＝F安x＝，U增大时B也增大，可知弹射车的动能与电压的大小不成正比，故C错误；在M、P两端加载交变电压时，由安培定则和左手定则可知，不论电流方向如何，弹射车所受安培力方向均向右，则电磁弹射系统能正常工作，故D错误。
7.
(2020·河北省张家口市高三(下)5月模拟考试)一质子以速度v0进入足够大的匀强电场区域，φ1、φ2、φ3、φ4表示相邻的四个等势面，且φ1＜φ2＜φ3＜φ4。不计质子重力，下列说法正确的是( )
A．质子运动过程一定是匀变速运动
B．质子运动过程中最小动能可能为0
C．质子可以回到原出发点
D．质子返回到等势面φ1时的速度仍为v0
答案 A
解析 质子在匀强电场中做类斜抛运动，因此运动过程一定是匀变速运动，且质子不能回到原出发点，故A正确，C错误；当质子的速度方向与等势面平行时，动能最小，但此时质子的速度不为0，则最小动能不可能为0，故B错误；根据动能定理及类斜抛运动的规律，可知质子返回到等势面φ1时的速度大小与v0相同，方向与v0不同，故D错误。
8.
(2020·江苏省连云港市老六所四星高中高三(下)模拟考试)(多选)如图所示，平行板电容器水平放置，开关S断开，电源通过二极管给电容器充电，一带电粒子从上、下极板左侧正中央的O点以一定速度平行于极板射入，恰好从下极板右侧边缘飞出，不计粒子自身重力和空气阻力，极板间电场可视为匀强电场，若粒子打到极板上即被吸收。以下情形，保持入射点O的位置不变，其中说法正确的是( )
A．开关保持断开，若将上极板稍向上移动，粒子仍恰好从下极板右侧边缘飞出
B．开关保持断开，若上极板稍向下移动，粒子仍能从极板右端射出
C．将开关保持闭合，若将下极板稍向上移动，粒子在极板间运动时电势能减少量变小
D．将开关保持闭合，若上极板稍向下移动，要求粒子仍能从下极板右侧边缘飞出，则需要增大入射速度
答案 ACD
解析 开关保持断开，若将上极板稍向上移动，由C＝，可知电容器的电容减小，若没有二极管，根据Q＝CU，U等于电源电动势，可知电容器将放电；但因为二极管的存在，电容器不能放电，所带电荷量Q不变，根据E＝＝，电容器极板间电场强度不变，故粒子仍恰好从下极板右侧边缘飞出，故A正确。开关保持断开，若上极板稍向下移动，由C＝、Q＝CU可得，极板上所带电荷量增大，二极管导通，故极板间电压不变，由E＝可知，极板间电场强度变大，故粒子一定打到下极板上，不能从极板右端射出，故B错误。将开关保持闭合，极板间电压保持不变，原来O点与下极板间的电势差为，若将下极板稍向上移动，由E＝可知，极板间电场强度变大，粒子一定打到下极板，且可知O与下极板间的电势差小于，粒子在极板间运动时电势能减少量变小，故C正确。将开关保持闭合，极板间电压保持不变，若将上极板稍向下移动，由E＝可知，极板间电场强度变大，要求粒子仍能从下极板右侧边缘飞出，则需要增大入射速度，故D正确。
9.
(2020·山西省吕梁市高三第一次模拟考试)(多选)如图所示，在荧屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里。距离荧屏d处有一粒子源S，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射电荷量为q、质量为m、速率为v的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子做圆周运动的半径也恰好为d，则( )
A．粒子能打到荧屏上的区域长度为2d
B．能打到荧屏上最左侧的粒子所用的时间为
C．粒子从发射到打到荧屏上的最长时间为
D．同一时刻发射的粒子打到荧屏上的最大时间差为
答案 BD
解析 打在荧屏上粒子轨迹的临界状态如图1所示，根据几何关系知，带电粒子能到达荧屏上的长度为：l＝R＋R＝(1＋)R＝(1＋)d，A错误；由运动轨迹图可知，能打到荧屏上最左侧的粒子运动了半个周期，故所用时间为：t＝T，又T＝，解得：t＝，B正确；在磁场中运动时间最长(优弧1)和最短(劣弧2)的粒子运动轨迹如图2所示，粒子做整个圆周运动的周期T＝，由几何关系可知，粒子从发射到打到荧屏上的最长时间为：t1＝T＝，最短时间为：t2＝T＝，则同一时刻发射的粒子打到荧屏上的最大时间差为：Δt＝t1－t2＝，C错误，D正确。
10.
(2020·福建省泉州市高三第二次质量检测)如图，在半径为L、圆心为O的圆形区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。MN为水平直径，a、b粒子(重力均不计)分别从磁场区域下方不同位置以相同速度沿垂直于MN的方向射入磁场，其中a粒子从圆形区域最低点射入，两粒子均从M点离开，离开时，a粒子速度沿水平方向，b粒子与a粒子的速度方向夹角为30°。已知两粒子的质量均为m、电荷量均为＋q，求：
(1)两粒子进入磁场时的速度大小v；
(2)b粒子在磁场中的运动时间t。
答案 (1) (2)
解析 (1)a粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可得其轨迹半径为R＝L
由洛伦兹力提供向心力，得qvB＝m
解得v＝。
(2)b粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可得轨迹所对的圆心角θ＝120°
粒子在磁场中的运动周期T＝＝
则b粒子在磁场中的运动时间为t＝T
解得t＝。
11．(2019·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能。
答案 (1) (2)2m(v＋g2t2)
解析 (1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有
mg＋qE＝ma①
a＝gt2②
解得E＝③
(2)设B从O点发射时的速度大小为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
Ek－mv＝mgh＋qEh④
且有v1＝v0t⑤
h＝gt2⑥
联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v＋g2t2)。(共140张PPT)
第1讲 电场和磁场
的基本性质
要点提炼
高考考向
专题作业
本课结束
解析
答案
