（课标通用）2020新高考物理二轮复习选择题逐题突破第六道选择题涉及的命题点教学案.docx

第6道选择题涉及的命题点61电场及带电粒子在电场中的运动62磁场及其对电流的作用63带电粒子在匀强磁场中的运动64带电粒子在组合场、叠加场中的运动61 备考精要1描述电场的物理量间的关系2对称法求解电场强度3电势高低的三种判断方法根据电场线方向判断沿电场线方向电势降落最快根据场源电荷的正负判断取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低根据电场力做功判断根据UAB，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断A、B的高低4.电荷电势能大小判断的“四法”做功判断法电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大电荷电势法正电荷在电势越高的地方电势能越大，负电荷在电势越低的地方电势能越大公式法由Epq，将q、的大小、正负号一起代入公式，Ep数值(包括正负号)越大，表示电势能越大能量守恒法在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，两种能量之和不变，所以电荷动能增加时，其电势能减小；反之，其电势能增大5电容器的有关问题(1)两类动态问题公式CCE情形始终连接电源充电后断开电源不变量UQd变大C变小，Q变小，E变小C变小，U变大，E不变r变大C变大，Q变大，E不变C变大，U变小，E变小S变大C变大，Q变大，E不变C变大，U变小，E变小(2)熟记二级结论在直流电路中，电容器相当于断路，其两端电压等于与之并联的支路两端电压。电容器所带的电荷量恒定不变时，极板间的电场强度与极板间距离无关。6. 带电粒子在匀强电场中运动问题(1)直线运动：用动能定理和运动学公式综合分析。(2)偏转运动：利用类平抛运动或等效场的思想分析。三级练四翼展一练固双基基础性考法1多选如图所示，匀强电场中的A、B、C、D点构成一位于纸面内的平行四边形，电场强度的方向与纸面平行。已知A、B两点的电势分别为A12 V、B6 V，则C、D两点的电势可能分别为()A9 V、15 VB9 V、18 VC0、6 V D6 V、0解析：选AC已知ABCD为平行四边形，则AB与CD平行且等长，因为匀强电场的电场强度的方向与纸面平行，所以UABUDC6 V，分析各选项中数据可知，A、C正确，B、D错误。2多选(2019全国卷)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则()A运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行解析：选AC如图所示，在两正电荷形成的电场中，一带正电的粒子在两电荷的连线上运动时，粒子有可能经过先加速再减速的过程，A正确；粒子运动轨迹与电场线重合需具备初速度为0、电场线为直线、只受电场力三个条件，B错误；带电粒子仅受电场力在电场中运动时，其动能与电势能的总量不变，EkM0，而EkN0，故EpMEpN，C正确；粒子运动轨迹的切线方向为速度方向，由于粒子运动轨迹不一定是直线，故在N点所受电场力的方向与轨迹在该点的切线方向不一定平行，D错误。3.(2018全国卷)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab5 cm，bc3 cm，ca4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则()Aa、b的电荷同号，kBa、b的电荷异号，kCa、b的电荷同号，kDa、b的电荷异号，k解析：选D由于小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线，根据受力分析知，a、b的电荷异号。根据库仑定律，a对c的库仑力为Fak0b对c的库仑力为Fbk0设合力向左，如图所示，根据相似三角形，得联立式得k。4多选(2019全国卷)如图，电荷量分别为q和q(q0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则()Aa点和b点的电势相等Ba点和b点的电场强度大小相等Ca点和b点的电场强度方向相同D将负电荷从a点移到b点，电势能增加解析：选BCb点距q近，a点距q近，则b点的电势高于a点的电势，故A错误。如图所示，a、b两点的电场强度可视为E3与E4、E1与E2的合场强。其中E1E3，E2E4，且知E1E3，E2E4，故合场强Ea与Eb大小相等、方向相同，B、C正确。由于ab，负电荷从低电势移至高电势过程中，电场力做正功，电势能减少，故D错误。5. 如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P点，则由O点静止释放的电子()A运动到P点返回B运动到P和P点之间返回C运动到P点返回D穿过P点解析：选A电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间的电压为U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，则有eUeEd0，若将C板向右平移到P点，B、C两板所带电荷量不变，由E可知，C板向右平移到P时，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A项正确，B、C、D项错误。二练会迁移综合性考法1多选(2018全国卷)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是()Aa的质量比b的大B在t时刻，a的动能比b的大C在t时刻，a和b的电势能相等D在t时刻，a和b的动量大小相等解析：选BD经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xaxb，根据xat2t2知，mamb，故A错误；电场力做功WaWb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，故B正确；a、b处在同一等势面上，根据Epq，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，故C错误；根据动量定理知a、b的动量大小相等，故D正确。2(2019江苏高考)一匀强电场的方向竖直向上。t0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则Pt关系图像是()解析：选A设粒子带正电，运动轨迹如图所示，水平方向，粒子不受力，vxv0。沿电场方向：受电场力F电qE，则加速度a，经时间t，粒子沿电场方向的速度vyat，电场力做功的功率PF电vyqEktt，选项A正确。3(2019江西八校联考)如图所示，一均匀带正电的无限长绝缘细杆水平放置，细杆正上方有A、B、C三点，三点均与细杆在同一竖直平面内，且三点到细杆的距离满足rArBrC，则()AA、B、C三点电势ABCB将一负电荷从A点移到C点，电荷电势能一定增加C三点中，只有A、B两点电场强度方向相同D在A点，若电子(不计重力)以一垂直于纸面向外的速度飞出，电子一定做匀速圆周运动解析：选B细杆外各点电场强度方向都垂直无限长绝缘细杆向外，由rArBC，A、B、C三点电场强度方向相同，故A、C错误；将一负电荷从A点移到C点，电场力做负功，电势能增加，故B正确；在A点，若电子(不计重力)以一垂直于纸面向外的速度飞出，若速度大小满足eEAm，则电子做匀速圆周运动，若不满足，电子做离心运动或向心运动，故D错误。4. 如图所示，图中虚线为某静电场中的等差等势线，实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，a、b、c为粒子的运动轨迹与等势线的交点，粒子只受电场力作用，下列说法正确的是()A粒子在a点的加速度比在b点的加速度小B粒子在a点的动能比在b点的动能大C粒子在a点和在c点时速度相同D粒子在b点的电势能比在c点时的电势能小解析：选D等势线的疏密程度表示电场强度的大小，故a点的电场强度大于b点的电场强度，根据a，可知粒子在a点的加速度比在b点的加速度大，故A错误；由题图可知若粒子从a到b，电场力做正功，电势能减小，动能增大，若粒子从b到a，电场力做负功，电势能增大，动能减小，故粒子在a点的动能比在b点的动能小，故B错误；由题图可知a、c两点在同一等势线上，故粒子在a、c两点具有相同的电势能，根据能量守恒可知，粒子在a、c两点具有相同的动能，故粒子在这两点的速度大小相等，但方向不同，故C错误；因粒子在a、c两点具有相同的动能和电势能，而粒子在a点的动能比在b点的动能小，电势能比在b点时的大，故粒子在b点的电势能比在c点时的电势能小，故D正确。5多选一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化，如图所示。瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间的一层塑料为绝缘介质，其厚度为d，相对介电常数为r。若发现在某段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，设电源电压恒定为U，则下列说法中正确的是()A瓶内液面升高了B瓶内液面降低了C电容器在这段时间内放电D瓶内液面高度在t时间内变化了解析：选BCD据C，当d、r不变时，CS，而正对面积S正比于液面高度h。电流计中有从下向上流过的电流，说明电容器在放电，电容器带电荷量QCU在减小，在电压U恒定时，说明电容C在减小，则h也在减小，瓶内的液面降低了，故A错误，B、C项正确；t时间内放电，释放的电荷量QUCIt，C，解得h，故D项正确。三练提素养创新性、应用性考法1多选(2017全国卷)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标(ra，a)标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W、W和W。下列选项正确的是()AEaEb41 BEcEd21CWW31 DWW13解析：选AC设点电荷的电荷量为Q，根据点电荷电场强度公式Ek，rarb12，rcrd36，可知，EaEb41，EcEd41，选项A正确，B错误；将一带正电的试探电荷由a点移动到b点做的功Wq(ab)3q(J)，试探电荷由b点移动到c点做的功Wq(bc)q(J)，试探电荷由c点移动到d点做功Wq(cd)q(J)，由此可知，WW31，WW11，选项C正确，D错误。2多选(2018全国卷)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是()A平面c上的电势为零B该电子可能到达不了平面fC该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍解析：选AB因等势面间距相等，由UEd得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，eUad6 eV，故Uad6 V；因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，又b2 V，则c0，各虚线电势如图所示，故A正确；因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f，故B正确；电子经过平面d时，电势能Eped2 eV，故C错误；由a到b，WabEkbEka2 eV，所以Ekb8 eV；由a到d，WadEkdEka6 eV，所以Ekd4 eV；则Ekb2Ekd，根据Ekmv2知vbvd，故D错误。3多选如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()A偏转电场E2对三种粒子做功一样多B三种粒子打到屏上时的速度一样大C三种粒子运动到屏上所用时间相同D三种粒子一定打到屏上的同一位置解析：选AD根据动能定理有qE1dmv12，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v1。在偏转电场中，由lv1t2及yt22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据WqE2y得，偏转电场E2对三种粒子做功一样多，选项A正确；根据动能定理，qE1dqE2ymv22，得到粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度大小v2，由于三种粒子的质量不相等，故v2不一样大，选项B错误；粒子打在屏上所用的时间t(L为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C错误；根据vyt2及tan ，得带电粒子的偏转角的正切值tan ，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D正确。4多选如图所示，半径R0.5 m的圆弧接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场中，OB水平。一质量为m104 kg、带电荷量为q8.0105 C的粒子从与圆弧圆心O等高且距O点0.3 m的A点以初速度v03 m/s 水平射出，粒子重力不计，粒子恰好能垂直打到圆弧曲面上的C点(图中未画出)，取C点电势0，则()A该匀强电场的电场强度E100 V/mB粒子在A点的电势能为8105 JC粒子到达C点的速度大小为5 m/sD粒子速率为4 m/s时的电势能为4.5104 J解析：选CD粒子在电场力作用下做类平抛运动，因粒子垂直打在C点，由类平抛运动规律知：C点速度方向的反向延长线必过O点，且ODAO0.3 m，DC0.4 m，即有：ADv0t，DCt2，联立并代入数据可得：E25 N/C，故A错误；因UDCEDC10 V，而A、D两点电势相等，所以A10 V，即粒子在A点的电势能为：EpqA8104 J，故B错误；从A到C由动能定理知：qUACmvC2mv02，代入数据得：vC5 m/s，故C正确；粒子在C点总能量：ECmvC210452 J1.25103 J，由能量守恒定律可知，粒子速率为4 m/s时的电势能为：EpECmv21.25103 J10442 J4.5104 J，故D正确。5多选如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T，粒子质量为m, 不计粒子重力及相互间的作用力，则()A在t0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0B粒子的电荷量为C在tT时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了mv02D在tT时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场解析：选AD粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，所以A正确；在竖直方向，粒子在时间内的位移为，则d2，计算得出q，故B错误；在t时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为d2a22a2aT2d，故电场力做功为WdU0qmv02，故C错误；t时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称可以知道，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，故D正确。62 备考精要1掌握两个力(1)安培力：FBIL(IB)。(2)洛伦兹力：FqvB(vB)。2用准“两个定则”(1)对电流的磁场判定用安培定则。(2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力判定用左手定则。3画好“两个图形”(1)对安培力作用下的平衡、运动问题画好受力分析图。(2)对带电粒子的匀速圆周运动问题画好与圆有关的几何图形。4记住“两个提醒”(1)洛伦兹力永不做功。(2)安培力可做正功，也可做负功。5.用好两个“等效模型”(1)变曲为直：如图所示通电导线，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铁，如图所示。三级练四翼展一练固双基基础性考法1.已知长直通电导线在周围某点产生的磁场的磁感应强度大小与电流成正比，与该点到导线的距离成反比。如图所示，4根电流相等的长直通电导线a、b、c、d平行放置，它们的横截面的连线构成一个正方形，O为正方形中心，a、b、c中电流方向垂直纸面向里，d中电流方向垂直纸面向外，则a、b、c、d长直通电导线在O点产生的合磁场的磁感应强度B()A大小为零B大小不为零，方向由O指向dC大小不为零，方向由O指向cD大小不为零，方向由O指向a解析：选D由安培定则可知，a、c中电流方向相同，两导线在O处产生的磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，合矢量为零；b、d两导线中电流方向相反，由安培定则可知，两导线在O处产生的磁场的磁感应强度方向均由c指向a，故D选项正确。2多选(2018全国卷)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B0B流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0C流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0D流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0解析：选AC外磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知在b点：B0B0B1B2在a点：B0B0B1B2由上述两式解得B1B0，B2B0，故A、C正确。3. 如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，下面挂有匝数为n的矩形线框abcd。bc边长为l，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直线框平面向里，线框中通以电流I，方向如图所示，开始时线框处于平衡状态。令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B，线框达到新的平衡。则在此过程中线框位移的大小x及方向是()Ax，方向向上Bx，方向向下Cx，方向向上Dx，方向向下解析：选B线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力处于平衡，安培力为：FBnBIl，且开始时安培力方向向上，然后方向向下，大小不变。设在磁场反向之前弹簧的伸长量为x，则反向之后弹簧的伸长量为(xx)，则有：kxnBIlG0，k(xx)nBIlG0，解得：x，且线框向下移动。故B正确。4.如图所示，总质量为m，边长为L的正方形线圈共3匝，放置在倾角为的光滑斜面上，刚好关于磁场边界MN对称，MN上方存在匀强磁场。若线圈通以图示方向的恒定电流I后刚好在斜面上保持静止，重力加速度为g，则()A磁场方向可以竖直向下，且BB磁场方向可以竖直向上，且BC磁场方向可以垂直斜面向下，且BD磁场方向可以水平向左，且B解析：选C当磁场方向竖直向下时，由平衡条件得3BILmgtan ，则B，选项A错误；当磁场方向竖直向上时，由受力分析可知线圈不会静止，选项B错误；当磁场方向垂直斜面向下时，由平衡条件得3BILmgsin ，则B，选项C正确；当磁场方向水平向左时，由受力分析可知线圈不会静止，选项D错误。5多选(2017全国卷)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法正确的是()AL1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直BL3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直CL1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11DL1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1解析：选BC由安培定则可判断出L2在L1处产生的磁场(B21)方向垂直L1和L2的连线竖直向上，L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图甲所示，根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3所在平面平行，选项A错误；同理，如图乙所示，可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在平面垂直，选项B正确；同理，如图丙所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据几何知识可知，B合1B，B合2B，B合3B，由安培力公式FBIL可知L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11，选项C正确，D错误。二练会迁移综合性考法1.如图所示，两平行导轨与水平面成37角，导轨间距为L1.0 m，匀强磁场的磁感应强度可调，方向垂直导轨所在平面向下。一金属杆长也为L，质量m0.2 kg，水平放在导轨上，与导轨接触良好而处于静止状态，金属杆与导轨间的动摩擦因数0.5，通有图示方向的电流，电流强度I2.0 A。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 370.6，g10 m/s2，则磁感应强度的最大值和最小值分别为()A1.0 T0 B1.0 T0.6 TC1.0 T0.2 T D0.6 T0.2 T解析：选C由左手定则知安培力的方向沿斜面向上，因mgsin 1.2 N、fmmgcos 0.8 N，所以当磁感应强度B最小时，安培力F1BminIL0.4 N，即Bmin0.2 T；当B最大时，安培力F2BmaxIL2.0 N，即Bmax1.0 T，故C正确。2如图甲所示，PQ和MN为水平、平行放置的两光滑金属导轨，两导轨相距L1 m，导体棒ab垂直于导轨放在导轨上，导体棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，细绳一部分与导轨共面且平行，另一部分与导轨所在平面垂直，物体放在水平面上，匀强磁场的磁感应强度为B1 T，方向竖直向下。开始时绳子刚好要绷紧，现给导体棒中通入电流，使导体棒向左做加速运动，物体运动的加速度大小与导体棒中通入的电流大小关系如图乙所示，重力加速度大小为g10 m/s2。则物体和导体棒的质量分别为()A0.1 kg0.9 kg B0.9 kg0.1 kgC0.1 kg1.0 kg D1.0 kg0.1 kg解析：选A设物体的质量为M，导体棒质量为m，细绳的拉力为T，根据题意由牛顿第二定律可知，TMgMa，BILTma，解得aI，结合题图乙可知，当a13 m/s2时，I14 A，当I01 A时，a0，代入可解得M0.1 kg，m0.9 kg，选项A正确。3.如图所示，挂在天平底部的矩形线圈abcd的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流I时，调节天平两盘中的砝码，使天平平衡。然后使电流I反向，这时要在天平的左盘上加质量为2 102 kg的砝码，才能使天平重新平衡。若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I0.1 A，bc边长度为10 cm，g取10 m/s2，则磁场对bc边作用力F的大小和该磁场的磁感应强度B的大小分别是()AF0.2 N，B20 T BF0.2 N，B2 TCF0.1 N，B1 T DF0.1 N，B10 T解析：选C当线圈中通入电流后，右盘下面的矩形线圈abcd受到的安培力为FnBIL，方向向上；设左盘砝码的质量为M，右盘砝码的质量为m，此时根据天平处于平衡状态有：MgmgnBIL，当通有反向电流时，矩形线圈abcd受到的安培力为FnBIL，方向向下，此时根据天平处于平衡状态有：Mg (2 10210)NmgnBIL，联立以上两式解得：B1 T，所以F0.1 N，故A、B、D错误，C正确。4多选(2019长沙检测)如图所示，同一平面内有两根平行的无限长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流。a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间且与两导线的距离均为r，b点在导线2右侧，与导线2的距离也为r。现测得a点的磁感应强度大小为B0，已知距一无限长直导线d处的磁感应强度大小B，其中k为常量，I为无限长直导线的电流大小，下列说法正确的是()Ab点的磁感应强度大小为B0B若去掉导线2，b点的磁感应强度大小为B0C若将导线1中电流大小变为原来的2倍，b点的磁感应强度为0D若去掉导线2，再将导线1中电流大小变为原来的2倍，a点的磁感应强度大小仍为B0解析：选BD根据B可知，a点磁感应强度大小为B0，则：B0，根据右手螺旋定则，此时b点磁感应强度大小为：BbB0，故选项A错误；若去掉导线2，b点的磁感应强度大小为：BbB0，故选项B正确；若将导线1中电流大小变为原来的2倍，b点的磁感应强度大小为：BbB0，故选项C错误；若去掉导线2，再将导线1中电流大小变为原来的2倍，a点的磁感应强度大小为：BaB0，故选项D正确。5多选(2019聊城二模)电磁泵在生产、科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为，在泵头通入导电剂后液体的电导率为(电阻率的倒数)，泵体所在处有方向垂直前后侧面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，把泵体的上下两导电表面接在电压为U的电源上(内阻不计)，则()A泵体上表面应接电源负极B通过泵体的电流IC增大磁感应强度可获得更大的抽液高度D增大液体的电导率可获得更大的抽液高度解析：选CD当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，由左手定则可知磁场力水平向左，拉动液体，故A错误；根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R，因此流过泵体的电流IUL1，故B错误；增大磁感应强度B，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；若增大液体的电导率，可以使电流增大，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故D正确。三练提素养创新性、应用性考法1(2019濮阳模拟)把一根绝缘导线PQ弯成两个半圆形状，每个半圆的半径都为R，放置在粗糙的水平桌面上，在桌面上加有竖直向下且磁感应强度为B的匀强磁场，如图所示(俯视图)。现给导线通入由P到Q的电流，并逐渐增大电流强度，导线PQ始终处于静止状态，则下列说法正确的是()A增大电流强度的过程中，导线PQ对桌面的摩擦力增大B增大电流强度的过程中，导线PQ对桌面的压力增大C当电流强度为I时，导线PQ受到的安培力为2BIRD当电流强度为I时，导线PQ受到的安培力为BIR解析：选A在桌面方向上，导线受到安培力和静摩擦力而平衡，增大电流强度的过程中，安培力增大，故静摩擦力也增大，A正确；在竖直方向上导线受到重力和支持力而平衡，与电流强度无关，故增大电流强度的过程中，导线PQ对桌面的压力不变，B错误；导线PQ在磁场中的有效长度为L4R，故当电流为I时，导线PQ受到的安培力为FBIL4BIR，C、D错误。2多选(2019咸阳模拟)如图所示，纸面内同时存在两个匀强磁场，其中一个平行于纸面水平向右，磁感应强度B11 T。位于纸面内的细直导线，长L5 m，通有I3 A的恒定电流。当导线与B成60夹角时，发现其受到的磁场力为零，则该区域存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2的可能值为()A. T B. TC2 T D. T解析：选AC若导线中受到的安培力为零，则说明合磁场的方向沿导线方向；根据平行四边形定则知虚线表示合磁感应强度的方向，与电流的方向平行，可知B2有一个最小值，其最小值为B2B1sin 60 T，故A、C正确，B、D错误。3.如图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45的光滑斜面上，b被固定在与a同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x。当两细棒中通以电流为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止。关于b在a处产生的磁场的磁感应强度的说法错误的是()A方向向上B大小为C若使a仍保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移D若使b下移，a将不能保持静止解析：选B根据安培定则可知A正确；对a受力分析，如图所示，可知mgBIL，解得B，B错误；若减小b在a处的磁感应强度，那么F将减小，要使a仍保持静止，由图及受力分析可知b应上移，C正确；同理D正确。4多选(2019榆林模拟)在下列图中，图甲、图乙是电荷量相等的两点电荷，图丙、图丁中通电导线电流大小相等，竖直线为两点电荷、两通电导线连线的中垂线，O为连线的中点。下列说法正确的是()A图甲和图丁中，在连线和中垂线上，O点的电场强度和磁感应强度都最小B图甲和图丁中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两点电场强度和磁感应强度都相等C图乙和图丙中，在连线和中垂线上，O点的电场强度和磁感应强度都最大D图乙和图丙中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两点电场强度和磁感应强度相等解析：选AD根据点电荷电场强度公式Ek，以及电流周围磁场的分布与间距关系，依据矢量的合成法则，题图甲和题图丁中，在连线上，关于O点对称的两点电场强度和磁感应强度只是大小相等，但是方向不同，并在O点的电场强度和磁感应强度不是最大，故选项A正确，B错误。同理，在题图乙和题图丙中，在连线上O点的电场强度和磁感应强度不是最大，而在连线和中垂线上关于O点对称的两点电场强度和磁感应强度大小相等，方向相同，故选项C错误，D正确。5多选如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t0时刻起，棒上通以如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒()A一直向右移动B速度随时间周期性变化C受到的安培力随时间周期性变化D受到的安培力在一个周期内做正功解析：选ABC在0，金属棒受到向右的安培力，大小恒为BImL，金属棒向右做匀加速直线运动；在T，金属棒受到的安培力向左，大小仍为BImL，而此时速度方向仍然向右，做匀减速直线运动，直至速度减为零，之后不断重复该运动过程，A、B、C正确；安培力在一个周期内做功为零，D错误。63 备考精要1两种运动类型要辨清2两个解题思路要明确(1)洛伦兹力永不做功，只改变粒子速度方向，不改变粒子速度的大小。(2)带电体在磁场中的运动，往往需要考虑重力，明确受力情况是分析该类问题的关键，一般先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力。3两种边界类型要掌握(1)直线边界对称性：若带电粒子以与边界成角的速度进入磁场，则一定以与边界成角的速度离开磁场。完整性：正、负带电粒子以相同的速度进入同一匀强磁场时，两带电粒子轨迹圆弧对应的圆心角之和等于2。(2)圆形边界：沿径向射入的粒子，必沿径向射出。4放缩圆法的应用技巧当带电粒子以任一速度沿特定方向射入匀强磁场时，它们的速度v0越大，在磁场中做圆周运动的轨道半径也越大，它们运动轨迹的圆心在垂直速度方向的直线PP上，此时可以用“放缩圆法”分析以入射点为定点，圆心位于直线PP上，将半径放缩作粒子的运动轨迹，从而探索出临界条件。5带电粒子在磁场中运动产生多解的原因6.“三定四写”求解粒子在磁场中的圆周运动问题(1)一定圆心O已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可过入射点和出射点分别作入射方向和出射方向的垂线，两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心O(如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点)。已知入射点和出射点的位置及入射方向时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作该线的垂直平分线，两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心O(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)。(2)二定半径R公式法R。几何法一般由三角关系及圆的几何知识来计算确定。(3)三定圆心角圆心角等于粒子的速度偏向角，也等于弦与切线的夹角(弦切角)的2倍，即2tt，或(l为对应的圆弧弧长)。(4)四写方程基本方程qvBm，半径公式R，周期公式T(与速度无关)，运动时间tT。三级练四翼展一练固双基基础性考法1多选有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域中做圆周运动。与中运动的电子相比，中的电子()A运动轨迹的半径是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圆周运动的周期是中的k倍D做圆周运动的角速度与中的相等解析：选AC两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且磁场磁感应强度B1是磁场磁感应强度B2的k倍。由qvB得r，即中电子运动轨迹的半径是中的k倍，选项A正确。由F合ma得aB，所以，选项B错误。由T得Tr，所以k，选项C正确。由得，选项D错误。2.(2019全国卷)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为()A.kBl，kBlB.kBl，kBlC.kBl，kBlD.kBl，kBl解析：选B若电子从a点射出，运动轨迹如图线所示，有qvaBmRa解得va若电子从d点射出，运动轨迹如图线所示，有qvdBm其中Rd22l2解得vd选项B正确。3.(2017全国卷)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2v1为()A.2 B.1C.1 D3解析：选C由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvBm可知，R，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP2R2，由几何关系可知，R1，R2Rcos 30R，则，C项正确。4多选如图所示，在空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，质子和某种粒子从磁场下边界MN上的O点以相同的速度v0(v0在纸面内，v0与MN的夹角为锐角)射入磁场中，发现质子从边界上的F点离开磁场，另一粒子从E点离开磁场。已知2d，d，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。下列说法正确的是()A从E点飞出的可能是粒子B从E点飞出的可能是氚核C两种粒子在磁场中的运动时间相等D两种粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角相等解析：选BD设质子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r1，另一种粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r2，两种粒子的运动轨迹如图所示，则由几何关系可知，d2r1sin ，3d2r2sin ，两式联立可解得r23r1，由洛伦兹力提供向心力可得r1，另一种粒子的半径r2，可得3，故从E点飞出的可能是氚核，选项A错误，B正确；由几何知识可知，两粒子在磁场中运动时，转过的圆心角均为2()，故选项D正确；根据T可知两种粒子的周期不同，由tT可知，两粒子在磁场中的运动时间不相等，选项C错误。5多选如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷k，则质子的速度可能为()A2BkLB.C.D.解析：选BD因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60，所以质子运行半径r(n1,2,3，)，由洛伦兹力提供向心力得Bqvm，即vBk(n1,2,3，)，选项B、D正确。二练会迁移综合性考法1(2019雅安三诊)两种不计重力的带电粒子M和N，以相同的速度经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是()AM带正电，N带负电B洛伦兹力对M、N做正功CM的比荷小于N的比荷DM的运行时间小于N的运行时间解析：选C由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A错误；洛伦兹力始终与运动的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故B错误；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB，比荷为：，在速率相同的情况下，半径大说明比荷小，故C正确；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期T，所以M的运行时间大于N的运行时间，故D错误。2多选如图所示，一个质量为m、带电荷量为q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是()A圆环可能做匀减速运动B圆环可能做匀速直线运动C圆环克服摩擦力所做的功可能为mv02D圆环克服摩擦力所做的功不可能为mv02解析：选BC当qv0Bmg时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆对圆环的支持力和摩擦力都发生变化，所以圆环不可能做匀减速运动，根据动能定理得W0mv02，解得Wmv02，故C正确；当qv0Bmg时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故B正确；当qv0Bmg时，圆环先做减速运动，当qvBmg时，圆环不受摩擦力，做匀速直线运动，解得v，根据动能定理得，Wmv2mv02，代入解得Wmv02，故D错误。综上可知A错误。3多选(2019杭州模拟)如图所示，一轨道由两等长的光滑斜面AB和BC组成，两斜面在B处用一光滑小圆弧相连接，P是BC的中点，竖直线BD右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，B处可认为处在磁场中。一带电小球(可视为质点)从A点由静止释放后能沿轨道来回运动，C点为小球在BD右侧运动的最高点，则下列说法正确的是()AC点与A点在同一水平线上B小球向右或向左滑过B点时，对轨道压力相等C小球向上或向下滑过P点时，其所受洛伦兹力相同D小球从A到B的时间是从C到P时间的倍解析：选AD小球在磁场运动过程中受重力、洛伦兹力和轨道支持力作用，因洛伦兹力永不做功，支持力始终与小球运动方向垂直，也不做功，即只有重力做功，满足机械能守恒，因此C点与A点等高，在同一水平线上，选项A正确；小球向右或向左滑过B点时速度等大反向，即洛伦兹力等大反向，小球对轨道的压力不等，选项B错误；同理小球向上或向下滑过P点时，洛伦兹力也等大反向，选项C错误；因洛伦兹力始终垂直BC，小球在AB段和BC段(设斜面倾角均为)的加速度均由重力沿斜面的分力产生，大小为gsin ，由xat2得小球从A到B的时间是从C到P的时间的倍，选项D正确。4.如图所示，半径为R的圆形区域里有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，M、N是磁场边界上两点且M、N连线过圆心。在M点有一粒子源，可以在纸面内沿各个方向向磁场里发射质量为m、电荷量为q、速度大小均为v的带正电粒子。不计粒子的重力。若某一个粒子在磁场中运动的时间为t，则该粒子从M点射入磁场时，入射速度方向与MN间夹角的正弦值为()A.B.C.D.解析：选A粒子在磁场中运动轨迹半径r，由于该粒子在磁场中运动的时间tT，因此该粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，MOP为正三角形，粒子从M点射入的速度方向与MN的夹角为30，夹角正弦值为，A正确。5.如图所示，在直角坐标系xOy中，