2019-2020步步高考前三個(gè)月專題三第6課時(shí)

1、第一篇專題復(fù)習(xí)專題三電場(chǎng)與磁場(chǎng)考情分析與備考建議1 .五年考情分析分課時(shí)考點(diǎn)試卷及題號(hào)第6課時(shí)電場(chǎng)與磁場(chǎng)的理解考點(diǎn)1電場(chǎng)性質(zhì)的理解15 年 I 卷 T15、16 年 I 卷 T20、16 年 出卷T15、17年I卷 T20、17年出卷 T21、18 年 I 卷 T16、18 年 I 卷 T21、 18年H卷 T21、18年出卷 T21、19年 n卷T20、19年出卷T21考點(diǎn)2帶電粒子（帶電體）在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)15 年 H 卷 T14、15 年 H 卷 T24、16 年n卷T15、17年I卷 T25、17年n卷T25、19 年 H 卷 T24、19 年出卷 T24考點(diǎn)3磁場(chǎng)對(duì)電流的作用15 年

2、I 卷 T24、15 年 H 卷 T18、17 年I卷T19、17年H卷 T21、17年出卷T18、19年I卷 T17考點(diǎn)4 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用15 年I卷 T14、15年H卷 T19、16 年n卷T18、16年出卷 T18、17年n卷T18、19 年H卷 T17、19 年出卷 T18第7課時(shí)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)1帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用實(shí)例16年I卷T15考點(diǎn)2帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)17年I卷T16考點(diǎn)3帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)17年出卷 T24、18年I卷 T25、18年n卷T25、18年出卷 T24、19年I卷T242 .復(fù)習(xí)備考建議(1)電場(chǎng)問(wèn)題是動(dòng)力學(xué)與能量觀點(diǎn)在電磁

3、學(xué)中的延續(xù)，主要考查點(diǎn)有電場(chǎng)疊加、電場(chǎng)描述、電 場(chǎng)能的性質(zhì)、帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)等. 帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)能夠綜 合考查運(yùn)動(dòng)的合成與分解、牛頓第二定律、動(dòng)能定理等.2015、2017、2019年均在高考計(jì)算題中出現(xiàn)，可見(jiàn)這部分內(nèi)容綜合性強(qiáng)，仍然是命題的熱點(diǎn).(2)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)綜合了洛倫茲力、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻速圓周運(yùn)動(dòng)等知識(shí)，是 高考命題的熱點(diǎn)和重點(diǎn)，磁場(chǎng)疊加、安培力近年來(lái)也頻繁考查，難度一般不大.高考對(duì)于帶 電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的考查，多為選擇題，難度適中，2018年全國(guó)I、n、出卷考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)出現(xiàn)在了計(jì)算題中，2017年全國(guó)出卷、201

4、9年全國(guó)I卷也有復(fù)合場(chǎng)的計(jì)算題，但難度適中，所以要重點(diǎn)復(fù)習(xí)，但不要過(guò)于繁、難.第6課時(shí)電場(chǎng)與磁場(chǎng)的理解考點(diǎn)O電場(chǎng)性質(zhì)的理解1 .電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電勢(shì)能的表達(dá)式及特點(diǎn)對(duì)比表達(dá)式特點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E=q, E=k* e4矢量，由電場(chǎng)本身決定.電場(chǎng)線越密，電場(chǎng)強(qiáng)度越大電勢(shì),ep彳標(biāo)量，與零電勢(shì)點(diǎn)的選取有美， 沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低電勢(shì)能ep = q d),AEp= 一 W 電標(biāo)量，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小2 .電勢(shì)高低的比較(1)沿著電場(chǎng)線方向，電勢(shì)越來(lái)越低；(2)帶電荷量為+ q的點(diǎn)電荷，在電場(chǎng)力的作用下從電場(chǎng)中的某點(diǎn)移至無(wú)窮遠(yuǎn)處，電場(chǎng)力做功 越多，則該點(diǎn)的電勢(shì)越高；(3)根據(jù)電勢(shì)差 UAB=忸一帆

5、若UAB>0,則(jA> (jB,反之(j)A<怛3 .電勢(shì)能變化的判斷由Ep=q(j)判斷：正電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能大，負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能大；(2)由Wab=Epa Epb判斷：電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大；(3)只有電場(chǎng)力做功時(shí)，電荷的電勢(shì)能與動(dòng)能之和守恒.4 .運(yùn)動(dòng)軌跡問(wèn)題(1)某點(diǎn)速度方向即為軌跡在該點(diǎn)的切線方向；（2）從軌跡的彎曲方向判斷受力方向（軌跡向合外力方向彎曲），從而分析電場(chǎng)方向或電荷的正、 負(fù)；（3）結(jié)合速度方向與電場(chǎng)力的方向，確定電場(chǎng)力做功的正、負(fù)，從而確定電勢(shì)能、電勢(shì)的變化傳1（多選）（2019貴州安順市上學(xué)期質(zhì)量監(jiān)測(cè)）

6、兩電荷量分別為qi和q2的點(diǎn)電荷分別放在x軸上的O、M兩點(diǎn)，兩電荷連線上各點(diǎn)電勢(shì)4隨x變化的關(guān)系如圖1所示，其中A、N兩點(diǎn)的電勢(shì)均為零,ND段中的C點(diǎn)電勢(shì)最高，則（）圖1A .中帶正電，q2帶負(fù)電B. A、N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為零C. NC間場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向D.將一負(fù)點(diǎn)電荷從 N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電勢(shì)能一直增大答案 AC解析 由題圖可知，在 q1附近電勢(shì)為正，q2附近電勢(shì)為負(fù)，可知 q1帶正電，q2帶負(fù)電，故A正確；4一x圖象的斜率表示場(chǎng)強(qiáng) 巳 可知A、N兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，故 B錯(cuò)誤；由題圖可知：由N至C,電勢(shì)升高，所以場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向，故C正確；由N至D,電勢(shì)先升高后降低，則將一負(fù)點(diǎn)電荷從

7、 N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電勢(shì)能先減小后增大，故 D錯(cuò)誤.【變式訓(xùn)練】1.（多選）（2019全國(guó)卷出21）如圖2,電荷量分別為q和一q（q>0）的點(diǎn)電荷固定在正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)上，a、b是正方體的另外兩個(gè)頂點(diǎn).則 （）圖2A . a點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢(shì)相等B. a點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等C. a點(diǎn)和b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同D.將負(fù)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電勢(shì)能增加答案 BC解析 b點(diǎn)距q近，a點(diǎn)距一q近，則b點(diǎn)的電勢(shì)高于a點(diǎn)的電勢(shì)，A錯(cuò)誤；如圖所示,h Ea、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度可視為 E3與E4、Ei與E2的合場(chǎng)強(qiáng).其中 Ei / E3, E2/E4,且知 Ei =E3, E2=E4,故合場(chǎng)強(qiáng) Ea與Eb大小相

8、等、方向相同，B、C正確；由于 婀岫，負(fù)電荷從低電勢(shì)處移至高電勢(shì)處過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少， D錯(cuò)誤.2. （2019河南鄭州市第二次質(zhì)量預(yù)測(cè) ）某電場(chǎng)的電場(chǎng)線和等勢(shì)面分布如圖3所示，其中實(shí)線為電場(chǎng)線，虛線為等勢(shì)面，a、b、c為電場(chǎng)中的三個(gè)點(diǎn).下列說(shuō)法正確的是（）圖3A. a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)B . a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于 b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度C.電子從a點(diǎn)移到c點(diǎn)，電勢(shì)能增大D.將電子從a點(diǎn)移到c點(diǎn)，再?gòu)腸點(diǎn)移到b點(diǎn)，電場(chǎng)力做功代數(shù)和為零 答案 D解析 因a、b兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，則 a點(diǎn)的電勢(shì)等于b點(diǎn)的電勢(shì)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；a點(diǎn)附近 電場(chǎng)線較b點(diǎn)附近密集，可知 a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于 b點(diǎn)的電場(chǎng)

9、強(qiáng)度，選項(xiàng) B錯(cuò)誤；因c點(diǎn)電 勢(shì)高于a點(diǎn)，可知電子從a點(diǎn)移到c點(diǎn)，電勢(shì)能減小，選項(xiàng) C錯(cuò)誤；因a點(diǎn)的電勢(shì)等于b點(diǎn) 的電勢(shì)，則將電子從 a點(diǎn)移到c點(diǎn)，再?gòu)腸點(diǎn)移到b點(diǎn)，電勢(shì)能的變化為零，即電場(chǎng)力做功 代數(shù)和為零，選項(xiàng) D正確.【仞2（多選）（2018全國(guó)卷n 21）如圖4,同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點(diǎn)處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與此平面平行， M為a、c連線的中點(diǎn)，N為b、d連線的中點(diǎn).一電荷量為 q（q>0）的 粒子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，其電勢(shì)能減小 Wi；若該粒子從c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，其電勢(shì)能減小 W2. 下列說(shuō)法正確的是（）京 'nrj工ci 7圖4A.此勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向一定與a、b

10、兩點(diǎn)連線平行W1 + W2B .若該粒子從 M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，則電場(chǎng)力做功一定為 一2一C.若c、d之間的距離為L(zhǎng),則該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小一定為 W2 qD.若Wi = W2,則a、M兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差一定等于 b、N兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差答案 BD解析 結(jié)合題意，只能判定 Uab>0, Ucd>0,但電場(chǎng)方向不能確定，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由于 M、N分（ja+8 （jb+（j）d Uab+Ucd別為ac和bd的中點(diǎn)，對(duì)于勻強(qiáng)電場(chǎng)，則 Umn=-2 2 =2,可知該粒子由 MWl +W2至N過(guò)程中，電場(chǎng)力做功 W= 2 ，B項(xiàng)正確；電場(chǎng)強(qiáng)度的方向只有沿c一d時(shí)，才有場(chǎng)W2即（|a （|）ba、 b、c強(qiáng)&

11、#163;=工，但本題中電場(chǎng)萬(wàn)向未知，C項(xiàng)錯(cuò)誤；若 W1= W2,則Uab=Ucd=UMN,qL=帆一（N,加一帆=岫一（N,可知 UaM=UbN, D項(xiàng)正確.【變式訓(xùn)練】3.（多選）（2019山東日照市上學(xué)期期末）一勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)三點(diǎn)的位置如圖5所示，三點(diǎn)的電勢(shì)分別為10 V、16 V、24 V.下列說(shuō)法正確的是A .坐標(biāo)原點(diǎn)的電勢(shì)為18 VB .電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為1.25 V/cmC.電場(chǎng)強(qiáng)度的方向從c點(diǎn)指向a點(diǎn)圖5D.電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)原點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為2 eV答案 ABD解析 根據(jù) 如一（j）a=卜一M,因a、b、c二點(diǎn)電勢(shì)分別為值=10 V、（|b= 16 V

12、、8= 24 V ,則原點(diǎn)處的電勢(shì)為 （fo=18 V,故A正確；如圖,vkm。2 4 6 H x/cm()O 8y軸上y=2點(diǎn)(M點(diǎn))的電勢(shì)為 料=(O-4=16 V,所以b點(diǎn)與y軸上y=2點(diǎn)的電勢(shì)相等，連接b點(diǎn)與y軸上y= 2點(diǎn)的直線即為等勢(shì)線，過(guò) a點(diǎn)作Mb的垂線即為電場(chǎng)線，方向與y軸負(fù)方向成37°角斜向上，垂足為N,由幾何關(guān)系得：Z abM = 37°, aN = ab sin 37= 4.8 cm,岫，所以E=智=1.25 V/cm,故B正確，C錯(cuò)誤；加<加，則電子從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)原 aN點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，w= 2 eV,故D正確.考點(diǎn)O帶電粒子(帶電體)在

13、電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1 .直線運(yùn)動(dòng)的兩種處理方法(1)動(dòng)能定理：不涉及 t、a時(shí)可用.(2)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：涉及a、t時(shí)可用.尤其是交變電場(chǎng)中，最好再結(jié)合v t圖象使用.2 .勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)問(wèn)題的處理方法(1)運(yùn)動(dòng)的分解已知粒子只在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，且初速度方向與電場(chǎng)方向垂直.沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=L.V0沿電場(chǎng)方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a=F=aE=qU.m m md2離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的偏移量 y= 2at2= 2 d 2.速度偏向角tan *=" mUx2 -tan 戶 mb；位移偏向角y qUxx= lqULtan 0=x=2mdv02> ta

14、n 0= 2mdv02.(2)動(dòng)能定理：涉及功能問(wèn)題時(shí)可用.注意：偏轉(zhuǎn)時(shí)電場(chǎng)力做的功不一定是W= qU板間，應(yīng)該是 W= qEy(y為偏移量).3.非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)(1)電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡偏向所受合外力的一側(cè)，即合外力指向軌跡凹的一側(cè)；電場(chǎng)力一定沿電場(chǎng) 線切線方向，即垂直于等勢(shì)面.(2)由電場(chǎng)力的方向與運(yùn)動(dòng)方向的夾角，判斷電場(chǎng)力做功的正負(fù)，再由功能關(guān)系判斷動(dòng)能、電 勢(shì)能的變化.他3 (2019全國(guó)卷H 24)如圖6,兩金屬板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(shì)均為火，0).質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子自G

15、的左端上方距離 G為h的位置，以速度 Vo平行于紙面水平射入 電場(chǎng)，重力忽略不計(jì).Q_:Q圖6(1)求粒子第一次穿過(guò) G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)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(kāi)電場(chǎng)，則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為多少？收田 小12,2mdh答案 (1)2mv0+學(xué)qh v0yqjmdh(2)2V0；7T解析(1)PG、QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均為 E.粒子在PG間所受電場(chǎng)力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a,有E = F = qE = ma 設(shè)粒子第一次到達(dá) G時(shí)動(dòng)能為Ek,由動(dòng)能定理有1 小 qEh= Ek 2mv02 1 設(shè)粒子第一次到達(dá) G時(shí)所

16、用的時(shí)間為t,粒子在水平方向的位移為l,則有h=：1at2 l= V0t 聯(lián)立式解得Ek=1mV02+牛qh ,mdhe l = V0、/ V q(2)若粒子穿過(guò)G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長(zhǎng)度最短.由對(duì)稱性知，此時(shí)金屬板的長(zhǎng)度為mdhL = 2l = 2voA /-V q。變式訓(xùn)練4. （2019湖南六校4月聯(lián)考）如圖7所示，空間中存在著由一固定的負(fù)點(diǎn)電荷Q（圖中未畫(huà)出）產(chǎn)生的電場(chǎng).另一正點(diǎn)電荷 q僅在電場(chǎng)力作用下沿曲線 MN運(yùn)動(dòng)，在M點(diǎn)的速度大小為vo,方向沿MP方向，到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度大小為v,且v<vo,則（圖7A. Q一定在虛線 MP下方B. M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的電勢(shì)高C.

17、q在M點(diǎn)的電勢(shì)能比在 N點(diǎn)的電勢(shì)能小D. q在M點(diǎn)的加速度比在 N點(diǎn)的加速度小答案 C解析 場(chǎng)源電荷帶負(fù)電，運(yùn)動(dòng)電荷帶正電，它們之間是吸引力，而曲線運(yùn)動(dòng)合力指向曲線的內(nèi)側(cè)，故負(fù)點(diǎn)電荷Q應(yīng)該在軌跡的內(nèi)側(cè)， 故A錯(cuò)誤；只有電場(chǎng)力做功，動(dòng)能和電勢(shì)能之和守 恒，運(yùn)動(dòng)電荷在 N點(diǎn)的動(dòng)能小，故其在 N點(diǎn)的電勢(shì)能大，故 C正確；運(yùn)動(dòng)電荷為正電荷，故N點(diǎn)電勢(shì)高于 M點(diǎn)電勢(shì)，故M點(diǎn)離場(chǎng)源電荷較近， 則M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)較大，所以q在M點(diǎn)的加 速度比在N點(diǎn)的加速度大，故 B、D錯(cuò)誤.5.（2019河北“五個(gè)一名校聯(lián)盟”第一次診斷）如圖8所示，地面上某區(qū)域存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m的帶負(fù)電的小球以水平方向的初速度

18、Vo由O點(diǎn)射入該區(qū)域，剛好豎直向下通過(guò)豎直平面中的P點(diǎn)，已知連線OP與初速度方向的夾角為 60°,重力加速度為g,則以下說(shuō)法正確的是（）圖8A.電場(chǎng)力大小為您mgB.小球所受的合外力大小為 “3mgc.小球由。點(diǎn)到p點(diǎn)用時(shí)"3"D.小球通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為2mv02答案 C解析 設(shè)OP=L,從。到P水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)的水平速度為零；豎直方向V0 .13vo做自由洛體運(yùn)動(dòng)，則水平萬(wàn)向：Lcos 60 =i,豎直萬(wàn)向：Lsin 60 = gt2,解得：1=七一，選項(xiàng)C正確；水平方向Fi= ma= mvmg,小球所受的合外力是 Fi與mg的合力，可知 t 3合

19、力的大小F = q mg 2+ Fi 2 = 233mg,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；小球通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度vp=gt=#vo,則動(dòng)能：EkP=；mvp 2=|mvo2,選項(xiàng) D 錯(cuò)誤.考點(diǎn)令磁場(chǎng)對(duì)電流的作用1 .對(duì)磁場(chǎng)的理解(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，其方向與通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受力的方向垂直； (2)電流元必須垂直于磁場(chǎng)方向放置，公式B = F才成立；(3)磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是由磁場(chǎng)本身決定的,與通電導(dǎo)線受力的大小及方向均無(wú)關(guān).2 .磁場(chǎng)的疊加對(duì)于電流在空間某點(diǎn)的磁場(chǎng)，首先應(yīng)用安培定則判斷出各電流在該點(diǎn)的磁場(chǎng)方向，然后應(yīng)用平行四邊形定則合成.3 .安培力(1)若磁場(chǎng)方向和電流方向垂直：F = BL.(2)

20、若磁場(chǎng)方向和電流方向平行：F = 0.(3)方向判斷：左手定則.(4)方向特點(diǎn)：垂直于磁感線和通電導(dǎo)線確定的平面.4 .兩個(gè)等效模型(1)變曲為直：如圖 9甲所示的通電導(dǎo)線，在計(jì)算安培力的大小和判斷方向時(shí)均可等效為ac直線電流.甲乙圖9（2）化電為磁：環(huán)形電流可等效為小磁針，通電螺線管可等效為條形磁鐵，如圖乙.5 .磁場(chǎng)力做功情況磁場(chǎng)力包括洛倫茲力和安培力，由于洛倫茲力的方向始終和帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向垂直，洛倫 茲力不做功，但是安培力可以做功.隋4】（2019全國(guó)卷I 17）如圖10,等邊三角形線框 LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成， 固 定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直， 線框頂點(diǎn)

21、M、N與直流電源兩端相接. 已 知導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為 F,則線框LMN受到的安培力的大小為（）圖10A. 2F B. 1.5F C. 0.5F D. 0答案 B解析 設(shè)三角形邊長(zhǎng)為1,通過(guò)導(dǎo)體棒MN的電流大小為I,則根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)可知通過(guò)導(dǎo)體棒ML和LN的電流大小為2,如圖所示，M I NI 1依題意有F = B1I,則導(dǎo)體棒 ML和LN所受安培力的合力為 F = B12=2F,萬(wàn)向與F的萬(wàn)向相同，所以線框 LMN受到的安培力大小為 1.5F,選項(xiàng)B正確.【變式訓(xùn)練】6. （2019山西晉城市二模）一正方形導(dǎo)體框 abcd,其單位長(zhǎng)度的電阻值為 r,現(xiàn)將該正方形導(dǎo) 體框置于如圖1

22、1所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中， 磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 B,用不計(jì)電阻的導(dǎo)線將導(dǎo)體框連 接在電動(dòng)勢(shì)為E、不計(jì)內(nèi)阻的電源兩端，則關(guān)于導(dǎo)體框所受的安培力，下列描述正確的是（）A.安培力的大小為B.安培力的大小為C.安培力的大小為D.安培力的大小為圖11甯方向豎直向上4EB"37EBrEBr,方向豎直向下方向豎直向下方向豎直向上答案 B解析由題圖可知,電路接通后流過(guò)導(dǎo)體框的電流方向?yàn)閍d及abcd，假設(shè)導(dǎo)體框的邊長(zhǎng)為 L,由歐姆定律可得流過(guò)ad邊的電流大小為Ii = LEr，流過(guò)bc邊的電流大小為I2=TE-；又由左手3Llad、bc兩邊所受安培力方向均豎直定則可知ab、cd兩邊所受安培力大小相等、方向

23、相反,向下，則導(dǎo)體框所受的安培力大小為4EBF = BI iL+Bl2L=-r,方向豎直向下，故選項(xiàng) B正確. 317. （2019天一大聯(lián)考上學(xué)期期末）一課外探究小組用如圖 12所示實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量學(xué)校所在位置 的地磁場(chǎng)的水平分量 Bx.將一段細(xì)長(zhǎng)直導(dǎo)體棒南北方向放置，并與開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線、電阻箱以及電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為R的電源組成如圖所示的電路.在導(dǎo)體棒正下方距其l處放一小磁針，開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)小磁針與導(dǎo)體棒平行，現(xiàn)閉合開(kāi)關(guān)，緩慢調(diào)節(jié)電阻箱阻值，發(fā)現(xiàn)小磁針逐漸偏離南北方向，當(dāng)電阻箱的接入阻值為5R時(shí)，小磁針的偏轉(zhuǎn)角恰好為30°.已知通電長(zhǎng)直導(dǎo)線周圍k為比例系數(shù)），導(dǎo)體棒和導(dǎo)某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B

24、= k1（r為該點(diǎn)到通電長(zhǎng)直導(dǎo)線的距離,線電阻不計(jì)，則該位置地磁場(chǎng)的水平分量大小為（）一nI I d I 1 I J I1-L 圖12,3kEA. 5lRC .'3kED 一 3kE15lR18lR答案 B解析 通電長(zhǎng)直導(dǎo)體棒在其正下方距其 l處產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bi=kI,方向沿東西方向，其中的E E 上I=RT=詞如圖'小-B1'3kE 由磁場(chǎng)的疊加可知Bx=tan研三故選B.考點(diǎn)o磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用v2 丁 2 7r qvB=m 丁=7-i、人mv 2 7m重要結(jié)論：r=, T=qB qB .2 .基本思路 (1)畫(huà)軌跡：確定圓心，用幾何方法求半徑并畫(huà)

25、出運(yùn)動(dòng)軌跡.(2)找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度、 運(yùn)動(dòng)速度相聯(lián)系；偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、 運(yùn)動(dòng)時(shí)間相聯(lián)系； 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和周期相聯(lián)系.(3)用規(guī)律：利用牛頓第二定律和圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，特別是周期公式和半徑公式.3 .軌跡的幾個(gè)基本特點(diǎn)(1)粒子從同一直線邊界射入磁場(chǎng)和射出磁場(chǎng)時(shí)，入射角等于出射角.如圖13, 01=色=電(2)粒子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)時(shí)速度方向的偏轉(zhuǎn)角等于其軌跡的圓心角，即“1=02.圖13(3)沿半徑方向射入圓形磁場(chǎng)的粒子，射出時(shí)亦沿半徑方向，如圖14.圖14圖15(4)磁場(chǎng)圓與軌跡圓半徑相同時(shí)，以相同速率從同一點(diǎn)沿各個(gè)方向射入的粒子，出射速度方向相互平行.反之，以相互平行的相同速率射入

26、時(shí)，會(huì)從同一點(diǎn)射出(即磁聚焦現(xiàn)象)，如圖15所示.4 .半徑的確定2方法一：由物理方程求.由于Bqv=mv,所以半徑R=mv；RqB方法二：由幾何關(guān)系求.一般由數(shù)學(xué)知識(shí)(勾股定理、三角函數(shù)等)通過(guò)計(jì)算來(lái)確定.5 .時(shí)間的確定方法一：由圓心角求，t=4；方法二：由弧長(zhǎng)求，t = §6 .臨界問(wèn)題(1)解決帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題，關(guān)鍵在于運(yùn)用動(dòng)態(tài)思維，尋找臨界點(diǎn)，確定臨界 狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向確定半徑方向，同時(shí)由磁場(chǎng)邊界和題設(shè)條件畫(huà)好軌跡，定好圓心，建立幾何關(guān)系.(2)粒子射出或不射出磁場(chǎng)的臨界狀態(tài)是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場(chǎng)邊界相切.【例5】如圖16所示，在矩形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向

27、外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B =5.0X 10 2 T,矩形區(qū)域長(zhǎng)為 寺 m,寬為0.2 m,在AD邊中點(diǎn)。處有一粒子源，某時(shí)刻， 粒子源沿紙面向磁場(chǎng)中各方向均勻地發(fā)射出速率均為v=2X106 m/s的某種帶正電粒子，帶電粒子質(zhì)量 m= 1.6X 10 27 kg、電荷量為q = + 3.2X 10 19 C(不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作 用)，求：fCA TT D圖16(1)帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為多大？(2)從BC邊界射出的粒子中，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為多少?(3)從BC邊界射出的粒子中，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為多少? 答案 (1)0.2 m (2)鏟 10 7 s (3)

28、2x 10 7 s解析(1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，2由牛頓第二定律得：qvB= mzrR解得：R=0.2 m.運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，作(2)因?yàn)樗辛Ｗ拥能壍腊霃较嗤?，所以弦最短的圓所對(duì)應(yīng)的圓心角最小,EOXAD,則EO弦最短，如圖所示.因?yàn)?EO=0.2 m,且 R= 0.2 m, 兀所以對(duì)應(yīng)的圓心角為9=73由牛頓第二定律得：qvB= m(2T) 2R解得：T =2 TmqB最短時(shí)間為:6_0mtmin= 2-J =qBBC邊界相切或粒子,粒子的最長(zhǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)解得：tmin=/X10-7 s.3(3)從BC邊界射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向指向OA方向，

29、轉(zhuǎn)過(guò)4圓周，對(duì)應(yīng)的圓心角：間：tmax=：T=瑞，解得：tmax = 2tX 10 7 s.【變式訓(xùn)練】8. （2019山東荷澤市下學(xué)期第一次模擬）如圖17所示，abcd為邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形，在四分之一圓abd區(qū)域內(nèi)有垂直正方形平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 荷量為q的帶正電粒子從b點(diǎn)沿ba方向射入磁場(chǎng)，結(jié)果粒子恰好能通過(guò)B.一個(gè)質(zhì)量為m、電c點(diǎn)，不計(jì)粒子的重圖17A.qmLB.0 <2i qBL C.D.V2+ 1 qBLm答案 C解析 粒子沿半徑方向射入磁場(chǎng)，則出射速度的反向延長(zhǎng)線一定過(guò)圓心,由于粒子能經(jīng)過(guò)c點(diǎn),因此粒子出磁場(chǎng)時(shí)一定沿 ac方向，軌跡如圖所示,1Rb力，則粒子的速

30、度大小為（）由幾何關(guān)系可知，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=J2L L=（421）L,根據(jù)牛頓第二定律得 qvoB=mvr0-,求得 vo=m qBL, c 項(xiàng)正確.9.（2019全國(guó)卷H 17）如圖18,邊長(zhǎng)為l方向垂直于紙面（abcd所在平面）向外.的正方形abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為ab邊中點(diǎn)有一電子發(fā)射源 O,可向磁場(chǎng)內(nèi)沿垂直于B,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(diǎn)射出的電子的速度大小分別為（圖181.5A.4kBl, tkBlb.4網(wǎng)4kBl,515TkBl "kBlvkBl答案 B解析如圖,電子從a點(diǎn)射出時(shí)，其軌跡半徑為 a=由洛倫茲力提供向心力

31、，有evaB = mv-,又弓=k,4am- kBll5l解得va =；電子從d點(diǎn)射出時(shí)，由幾何關(guān)系有rd 2=l2+（rd-）2,解得軌跡半徑為rd= ,.vd 2 一 e5kBl 由洛倫茲力提供向心力，有evdB=m7,又m=k,斛倚vd=>,選項(xiàng)B正確.專題突破練級(jí)保分練1.（2019山東濟(jì)南市上學(xué)期期末）長(zhǎng)為L(zhǎng)的直導(dǎo)體棒a放置在光滑絕緣水平面上，固定的長(zhǎng)直 導(dǎo)線b與a平行放置，導(dǎo)體棒 a與力傳感器相連，如圖 1所示（俯視圖）.a、b中通有大小分 別為Ia、Ib的恒定電流，Ia、Ib方向未知.導(dǎo)體棒 a靜止時(shí)，傳感器受到 a給它的方向向左、 大小為F的拉力.下列說(shuō)法正確的是 （）L

32、 L -I傳感生A. Ib與Ia的方向相同，Ib在a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B大小為吉I bLB. Ib與Ia的方向相同，Ib在a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B大小為工 I aLC. Ib與Ia的方向相反，Ib在a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B大小為5"I bLD. Ib與Ia的方向相反，Ib在a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B大小為F"I aL答案 B解析 因傳感器受到a給它的方向向左、大小為F的拉力，可知電流a、b之間是相互吸引力，即a、b中的電流同向；根據(jù) F = BIaL,可知Ib在a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B大小為B= 7T ,故I aL選B.2. （2019浙江紹興市3月選考）如圖2所示，下邊緣浸入水銀槽中的鋁盤置

33、于蹄形磁鐵的磁場(chǎng) 中，可繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)轉(zhuǎn)軸、水銀槽分別與電源的正、負(fù)極相連時(shí)，鋁盤開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng).下列說(shuō)法中不正確的是（）A.鋁盤繞順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)B.只改變磁場(chǎng)方向，鋁盤的轉(zhuǎn)動(dòng)方向改變C.只改變電流方向，鋁盤的轉(zhuǎn)動(dòng)方向改變D.同時(shí)改變磁場(chǎng)方向與電流方向，鋁盤的轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變答案 A3 .（2019安徽合肥市第一次質(zhì)量檢測(cè) ）如圖3所示，真空中位于 x軸上的兩個(gè)等量負(fù)點(diǎn)電荷,答案 A關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)解析 設(shè)x軸的正方向代表電場(chǎng)強(qiáng)度的正方向，兩負(fù)點(diǎn)電荷所在位置分別為A、B點(diǎn)，等量負(fù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)線分布如圖所示.在A點(diǎn)左側(cè)電場(chǎng)線水平向右，場(chǎng)強(qiáng)為正,A點(diǎn)越近，場(chǎng)強(qiáng)越大；在A到O之間，電場(chǎng)線向左，場(chǎng)強(qiáng)為負(fù)，離 A越近，

34、場(chǎng)強(qiáng)越大;在。到B之間，電場(chǎng)線向右，場(chǎng)強(qiáng)為正，離 B越近，場(chǎng)強(qiáng)越大； 在B點(diǎn)右側(cè)，電場(chǎng)線水平向左，場(chǎng)強(qiáng)為負(fù)，離B越近，場(chǎng)強(qiáng)越大.4 . （2019福建廈門市第一次質(zhì)量檢查 ）如圖4所示，菱形 ABCD的對(duì)角線相交于 。點(diǎn)，兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷分別固定在 AC連線上的M點(diǎn)與N點(diǎn)，且OM=ON,則（）圖4A. B、D兩處電勢(shì)相等B.把一個(gè)帶正電的試探電荷從A點(diǎn)沿直線移動(dòng)到 B點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力先做正功再做負(fù)功C. A、C兩處場(chǎng)強(qiáng)大小相等、方向相反D.同一個(gè)試探電荷放在 A、C兩處時(shí)電勢(shì)能相等答案 A5.（多選）（2019全國(guó)卷H 20）靜電場(chǎng)中，一帶電粒子僅在電場(chǎng)力的作用下自M點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，N為

35、粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的另外一點(diǎn)，則（）A.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B.在M、N兩點(diǎn)間，粒子的軌跡一定與某條電場(chǎng)線重合C.粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在 N點(diǎn)的電勢(shì)能D.粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向一定與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行答案 AC解析 在兩個(gè)等量同種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，一帶同種電荷的粒子在兩點(diǎn)電荷的連線上自M點(diǎn)（非兩點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)）由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，粒子的速度先增大后減小，選項(xiàng) A正確；僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，帶電粒子的動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變，粒子運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)動(dòng)能不小于零，則粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能不低于其在 N點(diǎn)的電勢(shì)能，選項(xiàng) C正確；若靜電場(chǎng)的電場(chǎng)線不是直線，帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下的

36、運(yùn)動(dòng)軌跡不會(huì)與電場(chǎng)線重合，選項(xiàng) B錯(cuò)誤；若粒子運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線，根據(jù)粒子做曲線運(yùn)動(dòng)的條件，可知粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向一定不與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線平行，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.6 .（多選）（2019廣東珠海市質(zhì)量監(jiān)測(cè)）如圖5,空間有平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，處于該電場(chǎng)中 的直角三角形 ABC直角邊BC=20 cm, / A= 60°, AD是/ A的角平分線.若在直角頂點(diǎn)B處有一個(gè)射線源，能朝空間各方向射出動(dòng)能為1 000 eV的電子，則能在頂點(diǎn)A和C分別探測(cè)到動(dòng)能為1 100 eV和900 eV的電子，本題中運(yùn)動(dòng)的電子僅需考慮勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力，則（） 、叱君yA . AB間的電勢(shì)差 Uab= 1

37、00 VB .該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng) E = 1 000 V/mC.電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿 A指向DD.整個(gè)三角形內(nèi)，頂點(diǎn) C的電勢(shì)最高答案 ABC解析 從B到A由動(dòng)能定理可得：eUBA=1 100 eV 1 000 eV,可得Uba=100 V,所以Uab=100 V ,故A正確；由題可知 BC間的電勢(shì)差 Ubc= 100 V,所以AC間的電勢(shì)差為 Uac= 200 V ,由幾何知識(shí)可得 AC在AD方向上的投影是 AB在AD方向上的投影的2倍，這就說(shuō)明電場(chǎng)的方向一定沿著 AD,并且由A指向D,故C正確；AB在AD上的投影AB ' =AB cos 30100=BC tan 30 cos 30 =

38、BC sin 30 = 10 cm,所以電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為：E = 67 V/m=1 000V/m,故B正確；分析可知，整個(gè)三角形內(nèi)，頂點(diǎn)A的電勢(shì)最高，故 D錯(cuò)誤.7 .電磁炮是一種理想兵器，它的主要原理如圖 6所示.1982年澳大利亞國(guó)立大學(xué)成功研制出能把2.2 g的彈體（包括金屬桿 MN的質(zhì)量）加速到10 km/s的電磁炮.若軌道寬 2 m,長(zhǎng)100 m,通過(guò)金屬桿的電流恒為10 A,不計(jì)軌道摩擦，則（）圖6A.垂直軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為5.5 TB.垂直軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為5.5X104 TC.該電磁炮工作時(shí)磁場(chǎng)力的最大功率為1.1 X 104 kWD.該電磁

39、炮裝置對(duì)磁場(chǎng)方向和電流方向的關(guān)系沒(méi)有要求答案 C解析由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2-V02=2ax,可得彈體的加速度大小v2 V02a =2x10 X 103 222X 100 m/s= 5X105 m/s2;彈體所受安培力為 F=BIL,由牛頓第二定律可得：BIL = ma,ma解得：B=L =2.2X 10 3X5X10510X 2T = 55 T,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；速度最大時(shí)磁場(chǎng)力的功率最大,Pm= BIL vm= 55X 10X 2X 104 W= 1.1 X 104 kW,選項(xiàng)C正確；磁場(chǎng)方向和電流方向決定安培力方向，選 項(xiàng)D錯(cuò)誤.8.（多選）（2019山東煙臺(tái)市上學(xué)期期末）如圖7所示，一平行板電容

40、器的A、B兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d,兩極板間有一個(gè)質(zhì)量為 m的帶電粒子靜止于P點(diǎn).下列說(shuō)法正確的是（）圖7A.帶電粒子帶負(fù)電B.若僅將A板稍微向上移動(dòng)一定距離，則帶電粒子仍將保持靜止C.若僅將兩極板各繞其中點(diǎn)快速順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)一定小角度，則粒子將向左做直線運(yùn)動(dòng)D.若斷開(kāi)電源并將 B板稍向右移動(dòng)一定距離，則帶電粒子將向上做直線運(yùn)動(dòng)答案 AD解析 帶電粒子靜止于 P點(diǎn)，則所受電場(chǎng)力豎直向上，因電場(chǎng)強(qiáng)度方向向下， 知粒子帶負(fù)電，故A正確；若僅將 A板稍微向上移動(dòng)一定距離，因電壓 U不變，E = £,則電場(chǎng)力減小，因 此粒子將向下運(yùn)動(dòng)，故 B錯(cuò)誤；將兩極板順時(shí)針旋

41、轉(zhuǎn)口角度后，電場(chǎng)強(qiáng)度 E' =-7-U,而d COS a且電場(chǎng)強(qiáng)度的方向也旋轉(zhuǎn)了a,由受力分析可知，豎直方向合力為0,水平方向有電場(chǎng)力向右的分力，所以粒子水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故 C錯(cuò)誤；若斷開(kāi)電源，電容器所帶電荷一、Q U一，S4jkQ 一,量Q不變，根據(jù)C=j, E=d及C=4得E=<S"，則知將B板稍向右移動(dòng)一定距離，電場(chǎng)強(qiáng)度E增大，則帶電粒子將向上做直線運(yùn)動(dòng)，故 D正確.9.（多選）（2019江西贛州市上學(xué)期期末）如圖8所示，在半徑為 R的圓形區(qū)域內(nèi)，存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B,方向垂直于圓平面（未畫(huà)出）.一群比荷為 1的負(fù)離子以相同速率 Vo（較大

42、），由P點(diǎn)在紙平面內(nèi)沿不同方向射入磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)后，又飛出磁場(chǎng)，最終打在磁場(chǎng)區(qū)域右側(cè)的熒光屏（足夠大）上，則下列說(shuō)法正確的是（不計(jì)離子的重力和離子間的相互作用）（）圖8A.離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑一定相等B.離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一定相等C.沿PQ方向射入的離子飛出時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角最大jmD.若離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r=2R,則離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為3qB答案 AD解析 離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得:qvB=mv,解 mv得：=布，因離子的速率相同，比何相同，故軌跡半徑相同，故A正確；設(shè)離子軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為。，則離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為=白，T=窗，所有離子的運(yùn)動(dòng)周期相等，由于離子從圓上不同點(diǎn)射出時(shí)，軌跡的圓心角不同，所以離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同，故B錯(cuò)誤；由圓的性質(zhì)可知，軌跡圓與磁場(chǎng)圓相交，當(dāng)軌跡圓的弦長(zhǎng)最大時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角最大，離子圓周運(yùn)動(dòng)的最大弦長(zhǎng)為PQ,故由Q點(diǎn)飛出的離子圓心角最大，所對(duì)應(yīng)的時(shí)間最長(zhǎng)，此時(shí)離子一定不會(huì)沿 PQ方向射入，即沿 PQ方向射入的離子飛出時(shí)的速度偏轉(zhuǎn)角不是最大的，故C錯(cuò)誤；若離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r=2R,則離子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的最