a b 【解题思路】由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的，所以A错；由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线O点的电势最高，
O 所以从b到a，电势是先增大后减小，故B错；由于只有电场力做功，所以只
有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，C错；由b到O电
cd 场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，D对。
必考十八、电场的能的性质
【典题22】如图所示，水平虚线上有两个等量异种点电荷A、B， M、N、O是AB的垂线上两点，且AO＞OB，2ON＝OM。一个带正电的试探电荷在空间中运动的轨迹如图中实线所示，设M、N两点的场强大小分别EM、EN，电势分别为φM、φN，则下列判断正确的是（ ）
M A．A点电荷一定带正电
B．试探电荷在M处的电势能小于N处的电势能 N A B C．EM一定小于EN，φM可能大于φN O D．UMN＝UNO
【解题思路】由正试探电荷的轨迹弯曲方向可判定A点电荷一定带正电，A对；根据等量异种点电荷的电场线、等势面分布可知M点电势高于N点电势，M点场强较小，C错；由电势差公式可知B错（从试探电荷受电场力做负功也可判断）；NO部分场强较强，相同距离的电势差较大，D错。
必考十九、带电粒子在磁场中的匀速圆周运动 【典题23】如图所示，有一垂直于纸面向外的磁感应强度为B的有界匀强磁场（边界上有磁场），其边界为一边长为L的三角形，A、B、C为三角形的顶点。今有一质量为m、电荷量为＋q的粒子（不计重力），以速度v＝
3qBL
从AB边上某点P既垂直于AB边又垂直4m
C 于磁场的方向射入磁场，然后从BC边上某点Q射出。若从P点射入的该粒子能从Q点射出，则（ ）
A．|PB|≤
2＋3
L 41＋3
L 43L 4
C Q B．|PB|＜C．|QB|≤
A B 1
D．|QB|≤L
2
A P1 P2 O1 O2B 【解题思路】考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动。本题粒子的半径确定，圆心必定在
经过AB的直线上，可将粒子的半圆画出来，然后移动三角形，获取AC边的切点以及从BC边射出的最远点。由半径公式可得粒子在磁场中做圆周运动的半径为R＝
3
L，如图所示，当圆心处于O1位置时，粒子正好从AC边4
y M v0 切过，并与BC边切过，因此入射点P1为离开B最远的点，满2＋3
足PB＜L，A对；当圆心处于O2位置时，粒子从P2射入，
4打在BC边的Q点，由于此时Q点距离AB最远为圆的半径R，1
故QB最大，即QB≤L，D对。【答案】AD
2
【典题24】平面直角坐标系xOy中，第1象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入
O N 600 x 600 P 9
电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点与y轴正方向成600角射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求
（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R； （2）粒子从M点运动到P点的总时间t； （3）匀强电场的场强大小E。 【解题思路】
v0（1）设粒子过N点时的速度为v，根据平抛运动的速度关系 v＝ cos60°
分别过N、P点作速度方向的垂线，相交于Q点，则Q是粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，mv02
根据牛顿第二定律 qvB＝
R
2mv0联立解得轨道半径 R＝
qB
（2）设粒子在电场中运动的时间为t1，有 ON＝v0t1 由几何关系得 ON＝Rsin30°＋Rcos30° (1＋3)m联立解得 t1＝ qB
2πm
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T＝
qB由几何关系知∠NQP＝150°，设粒子在磁场中运动的时间150°为t2 t2＝T
360°
5πm
联立解得 t2＝
6qB
5πm
故粒子从M点运动到P点的总时间 t＝t1＋t2＝(1＋3＋) 6qB（3）粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a qE=ma
设沿电场方向的分速度为vy vy=at1 又 vy=v0tan60° (3－3)v0B
联立解得 E＝
2
(3－3)v0B2mv05πm
【答案】（1） ；（2）(1＋3＋)；（3） 。
qB6qB2必考二十、带电粒子在复合场中的运动
【典题25】如图所示，在xOy坐标平面内的第Ⅰ象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切与P、Q点，圆内存在垂直xOy平面的匀强磁场。在第Ⅱ象限内存在沿y轴方向的匀强电场，电场强度为E。一质量为m、电荷量为q的粒子从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M（2R，0）点射出电场，出射方向与x轴夹角α满足tanα＝1.5。求：
（1）粒子进入电场时的速率v0； （2）匀强磁场的磁感应强度B； （3）粒子从P点入射的方向与x轴负方向的夹角θ。
y M O v N 600 x Q 600 P y Q θ P O M α x 10
【解题思路】
（1）在M处，粒子的y轴分速度 vy＝2v0tanα
设粒子在电场中运动时间为t，在x轴方向匀速运动：
2R＝v0t
设y轴方向匀加速运动的加速度为a，由 qE＝ma 且vy＝at
联立解得：v0＝
4RqE 3m
y P′ N O1 Q O2 θ P O M α x （2）如图所示，O1为磁场圆的圆心，O2为粒子轨迹圆的圆心，P′为粒子射出磁场的位置，依题意可知粒子垂直y轴进入电场，则P′O2//PO1，且P′O1//PO1＝R，O2P＝O2P′，由几何关系可知O1P′O-2P为另行，即粒子轨迹圆半径等于R。
v02
由向心力公式及牛顿第二定律：qv0B＝m m联立解得：B＝
4Em 3qR
（3）粒子从N点进入电场，由y轴方向匀加速直线运动公式有NO的长度y满足vy2＝2ay 联立解得：y＝1.5R
由几何关系：R＋Rcosθ＝y 解得：θ＝60° 【答案】（1）
4RqE；（2）3m
4Em；（3）60°。 3qR
必考二十一、楞次定律及法拉第电磁感应定律
【典题26】如图所示，某同学将一个闭合线圈穿入蹄形磁铁由位置1经过a 位置2到位置3，在此过程中，线圈的感应电流的方向是（ ） b 1 A．沿abcd不变
d N B．沿dcba不变
2 c S C．先沿abcd，后沿dcba
D．先沿dcba，后沿abcd 3
【解题思路】根据磁感线从N极出来，进入到S极。在经过1位置时，N极上方磁感线有竖直向上的分量，ab边切割磁感线，N极下方磁感线有竖直向下的分量，cd边切割磁感线，根据右手定则可判断出电流方向为dcba，在经过2位置时，没有切割效果，电流为零，同理经过3位置时，S极上方磁感线有竖直向下的分量，cd边切割磁感线，S极下方磁感线有竖直向上的分量，ab边切割磁感线，根据右手定则可判断出电流方向为abcd，D对。【答案】D
【典题27】如图所示，在距离水平地面h?0.8m的虚线的上方有一个方向垂直于纸面水平向里的匀强磁场，磁感应强度B=1T。正方形线框abcd的边长l=0.2m、质量m=0.1kgcd，R=0.08Ω，物体A的质量M=0.2kg。开始时线框的
边在地面上，各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置将A从静止释放。一段时间后线框进入磁场运动。当线框的cd边进入磁场时物体A恰好落地，此时轻绳与物体A分离，线框继续上升一段时间后开始下落，最后落至地面。整个过程线框没有转动，线框平面始终处于纸面，g取10m/s2。求：
（1）线框从开始运动到最高点所用的时间；
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（2）线框落地时的速度大小；
（3）线框进入和离开磁场的整个过程中线框产生的热量。
【解题思路】设线框ab边到达磁场边界时速度大小为v，由机械能守恒定律可得
Mg(h?l)?mg(h?l)?
1(M?m)v22
代入数据解得：v?2m/s
I? 线框的ab边刚进入磁场时，感应电流
线框受到的安培力F安＝BIl＝而Mg?mg?1N?IBl
B2l2v
＝1N R
BlvR
线框匀速进入磁场。设线框进入磁场之前运动时间为t1，有
h?l?
1vt12
代入数据解得：t1?0.6s
线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间：
t2?l?0.1sv
此后细绳绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，到最高点时所用时间
t3?
v?0.2sg
线框从开始运动到最高点，所用时间：
t?t1?t2?t3?0.9s
（2）线框cd边下落到磁场边界时速度大小还等于v，线框所受安培力大小
F安?1N也不
变，又因mg?1N，因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动
1212mv1?mv?mg(h?l)2由机械能守恒定律可得：2
代入数据解得线框落地时的速度：v1?4m/s （3）线框进入和离开磁场产生的热量：Q?2mgl?0.4J
或
Q?2I2Rt2?2(Blv2)Rt2?0.4JR
【答案】（1）0.9s（2）4m/s；（3）0.4J
必考二十二、变压器、交流电的“四值”运算
【典题28】如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，将原
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