第8讲 电场-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习

第一部分专题复习 专题三 电场与磁场 【知识体系】 力的性质：丘号5=是.E=号电场线 性质 能的性质：p= U=-PW=gU,等势面 平衡 对电荷：F=qE 带电粒子在 匀强电场中 一加速 电场 作用 偏转 对导体：静电感应（静电平衡、静电屏蔽） 电容（定义式C=,平行板电容器电容的决定式C= U 4πkd 磁感应强度： 性质 1 磁感线，磁通量中=BS 电场与磁场 磁场 对通电导线： 作用 F=BL(I⊥B) -∥B,F=0,做匀速直线运动 对运动电荷：带电粒子在 F=qB(u⊥B)匀强磁场中 ⊥B,F=gB,做匀速圆周运动 与B的夹角为0，做螺旋线运动 直线运动 组合场中 类平抛（类斜抛）运动 立体空间中的运动 带电粒子的运动 直线运动 叠加场中 圆周运动 般曲线运动 复合场 立体空间中的运动 ①示波管 ②直线加速器 ③速度选择器 洛伦兹力与现代科技 ④磁流体发电机 ⑤电磁流量计 ⑥霍尔元件 ⑦质谱仪 ⑧回旋加速器 第8讲 电场 【备考要求】1.理解电场的性质，会比较电场强度大小、电势高低、电势能大小，会分析和计算静电力做 功.2.会通过电场中的图像来分析问题.3.会用动力学观点和能量观点分析处理带电粒子在电场中的运 动问题. 精品教辅·智慧人生 30 专题三电场与磁场 考点一 电场的性质 1.电场强度的分析与计算 : [例1]（多选)(2025·湖北卷·10)如图所示，在 (1)电场强度的方向是正电荷所受静电力的方 xOy平面内有一以O点为中心的正五边形，顶 向，也是电场线上某点的切线方向，电场的强弱 点到O点的距离为R.在正五边形的顶点上顺 (电场强度的大小)可根据电场线的疏密程度来 时针方向依次固定电荷量为g、2g、3g、4g、5g的 进行比较， 正点电荷，且电荷量为3g的电荷在y轴正半轴 (2)计算电场强度常用的方法：公式法、平衡条 上.静电力常量为k,则O点处的电场强度 件求解、叠加合成法、对称法、补偿法、等效法 2.电势高低的判断 判断依据 判断方法 电场线方向 沿电场线方向电势逐渐降低 取无穷远处电势为零，正电荷周 场源电荷 围电势为正值，负电荷周围电势 的正负 为负值；越靠近正电荷处电势越 高，越靠近负电荷处电势越低 A.方向沿x轴负方向 B.方向与x轴负方向成18°夹角斜向下 电势能 正电荷在电势能大处电势较高， 的大小 负电荷在电势能大处电势较低 C.大小 2kg(c0s54°+cos18) 根据UAB= WB,将WAB9的 D.大小为2g(2c0s54°+cos18) R2 静电力做功 正负号代入，由UAB的正负判断 [例2](2025·辽宁省 B PA9B的高低 沈阳市高三三模)如 图所示，一均匀带电 3.电势能大小的判断 圆环水平放置，在垂 (1)做功判断法：由WAB=EpA一EpB可知，静电 直于圆环面且过圆心 力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能 O的中轴线上有A、 增大 B、C三个点，C与O、 (2)电荷电势法：由E。=q9可知，正电荷在电势 O与A间的距离均为 高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电 d,A与B间的距离为2d,在B点处固定一电荷 势能大 量为十g的点电荷.已知A点处的电场强度为 (3)能量守恒法：若只有静电力做功，电荷的动 零，不考虑点电荷对带电圆环上电荷分布的影 能和电势能之和守恒，动能增大时，电势能减 响，静电力常量为k,取无穷远处电势为零，下列 小，动能减小时，电势能增大 说法正确的是 4.电场的叠加 A.圆环带负电 (1)电场强度的叠加：电场强度是矢量，遵循平 B.A点处的电势也为零 行四边形定则； (2)电势的叠加：某点电荷Q在距离该电荷r处 C.C点处的电场强度为59 16d2 的电势=Q;多个电荷共同激发的电场中，某 D.若将B点处的点电荷以O点为轴顺时针转 点的电势等于各个电荷单独在该点激发的电势 过90°后固定（点电荷到O点间距离不变）， 的代数和 则A、C两点处的电场强度相同 3 精品教辅·智慧人生 高三二轮专题复习·物理 ◆变式训练 变式2（多选）(2025·广东省珠海市高三二模) 变式1（多选）(2025·山东省烟台市高三二模) 在正方体ABCD一A'B'C'D'的每条棱的中点处 如图所示，竖直线O)是等量异种点电荷十Q 均放置一个点电荷.棱 和一Q的连线的中垂线，交点为a,点b、c、d位 AA'中点处点电荷的电 置如图，其中点a、b、c处于同一个金属球壳内. 荷量为一q,其余位置处 下列说法正确的是 ( 点电荷的电荷量均为 ·0 2q,此时正方体中心O D C 点处场强为E.下列说 b 法正确的是 ( +0 A.若将AA'中点处电荷拿走，O点处电场强度 a c 大小为号E 0' B.若将BC中点处电荷拿走，O点处电场强度 A.b、c、d三点的电势的大小关系是p6=9>P B.b、c、d三点的电场强度的大小关系是Ea>E 大小为零E >E C.若将CD中点处电荷所带电荷量变为q,则O C.金属球壳上的感应电荷在a、b、c三点场强大 小关系是E,>Ea>E 点处电场强度大小为号 D.金属球壳上的感应电荷在a、c三点场强方向 D.若将CC中点处电荷所带电荷量变为q,则O 水平向右，在b点场强方向竖直向上 点处电场强度为0 考点二 电场中的图像问题 电场中几种常见的图像 [例3](2025·四川师大附中高三三模)空间内 当带电粒子只受静电力时，从v一1图像 有一与纸面平行的匀强电场，为研究该电场，在 上能确定粒子运动的加速度方向、大小 纸面内建立直角坐标系.规定坐标原点的电势 )一1 为0，测得x轴和y轴上各点的电势如图1、2所 变化情况，进而可判定粒子运动中经过 图像 示.下列说法正确的是 的各点的电场强度方向、电场强度大小、 9/V 电势高低及电势能的变化情况 6 (1)从9一x图像中可以直接判断各点电 势的高低，进而确定电场强度的方向及 试探电荷电势能的变化 10 x/em 10 y/em 图像 图1 图2 (2)Q一x图线切线的斜率大小表示沿x A.电场强度的大小为160V/m 轴方向电场强度E的大小 : B.电场强度的方向与x轴负方向夹角的正切值为号 以电场强度沿x轴方向为例： (1)E>0表示电场强度沿x轴正方向，E C.点(10cm,10cm)处的电势为20V D.纸面内距离坐标原点10cm的各点电势最高 E一x <0表示电场强度沿x轴负方向 为20V 图像 (2)图线与x轴围成的“面积”大小表示 [例4](2025·湖南省常德市二模)三角形OPN 电势差大小，两点的电势高低需根据电 是一光滑绝缘斜面，斜面足够长，斜面倾角为0， 场方向判定 以O点为坐标原点，沿斜面向下为x轴正方向， (1)图像的切线斜率大小表示静电力大小 如图1所示，沿斜面加一静电场，其电场强度E 随x变化的关系如图2所示，设x轴正方向为 (2)可用于判断电场强度、动能、加速度 图像 电场强度的正方向.现将一质量为m,电荷量大 等随位移的变化情况 小为q的带电小滑块（视为质点）从O点静止释 精品教辅·智慧人生 32 专题三电场与磁场 放，且小滑块释放后沿斜面向下运动，已知9E。 A.小滑块一定带正电 =2 ngsin0,运动过程中小滑块的电荷量q保持 B.小滑块沿斜面向下运动过程中机械能先减小 不变.则下列说法正确的是 后增大 C.小滑块沿斜面向下运动过程中的最大速度为 3 qEoxo 2 m 图 图2 D.小滑块沿斜面向下运动的最远距离为2x 考点三带电粒子（带电体）在电场中的运动 1.带电粒子（带电体）在电场中运动时重力的处理 基本粒子一般不考虑重力，带电体（如液滴、油滴、尘埃等）一般不能忽略重力，除有说明或明确的暗示外. 2.带电粒子（带电体）在电场中的常见运动及分析方法 常见运动 受力特点 分析方法 静止或匀速 直线运动 合外力F合=0 共点力平衡 合外力F合≠0， 1.用动力学观点分析：a= ，-号-6-2a适用于匀强电场 变速直线运动 且与初速度方向 m 在同一条直线上 2.用功能观点分析：W=qU= 2m2 2,匀强和非匀强电场都适用 运动的分解 2l2yo 进入电场时⊥ 偏转角：tan0==gUL{ mdv 2Ud l E,粒子做类平 gU12_U22 抛运动 侧移距离：yo 2md话 4dU'y=yo +Ltan 0= 带电粒子在匀 强电场中的 (号+）iam0 偏转 运动的分解 粒子斜射入电 垂直电场方向做匀速直线运动：x=volsin0 场，粒子做类斜 沿电场方向做匀变速直线运动：y=o1cos0 抛运动 1 qE,2 2m 带电粒子 在非匀强 静电力在变化 动能定理，能量守恒定律 电场中运动 3.带电体在电场和重力场的叠加场中运动的分析 [例5](2025·宁夏银川市石嘴山市一模)在研 方法 究带电粒子受控轨迹时，研究人员设计了如图 (1)对带电体的受力情况和运动情况进行分析， 所示的场景：在竖直平面内建立xOy直角坐标 综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规 系，第二象限有沿y轴负方向的匀强电场，第四 律解决问题。 象限存在一边长为L的正六边形CDEFGH区 (2)根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电 域，其中CD边与x轴平行，OC连线与x轴正 体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动 ;:: 方向夹角为60°.让一质量为m、电荷量为十q的 能的相互转化，总的能量保持不变 粒子（可视为点电荷），以初速度。从P(一2L, 33 精品教辅·智慧人生 高三二轮专题复习·物理 √3L)点沿x轴正方向射入电场，粒子刚好从O 6m/s.不计空气阻力，以水平轨道所在平面为 点进入第四象限，随后从C点进入正六边形区 零势能面，重力加速度g取10m/s2,sin37°= 域的同时，在正六边形区域内、外分别施加垂直 0.6,c0s37°=0.8，求： 纸面且大小相等、方向相反的匀强磁场（图中未 画出)，能够使粒子从与C点相邻的顶点第一次 射出正六边形区域，粒子重力忽略不计，求： 37° 0 (1)小物块与O点左侧轨道间动摩擦因数； P 3L (2)小物块电势能的最小值： (3)小物块第一次离开圆弧槽到再一次进入圆 弧槽过程中，圆弧槽运动的位移大小. -2L 0J60° D (1)匀强电场的场强大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小； (3)粒子从开始射入正六边形区域到通过E点 所经历的时间。 [提炼总结]十+++++++ 带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动 (1)等效重力法 将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合 为等效重力场中的“重力”，g F台为等效重 力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等 效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖 直向下方向 [例6](2025·安徽模拟)如图所示，水平长直轨 aE 等效最高点 道上方存在一个竖直向下的匀强电场，电场强 度大小E=1.0×101V/m,O点左侧轨道粗糙， 右侧轨道光滑.在O点右侧放置一个质量M= 2kg,带有四分之一光滑圆弧轨道的绝缘槽，圆 “等效最低点 弧半径R=0.5m,圆弧槽的末端与水平轨道相 (2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中 切于O点.在O左侧1=6m处有一个质量m= : 做圆周运动的带电体，过圆心作合力的平行 1kg,电荷量g=2.0×10一4C的带负电的小物 线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最 块（可视为质点），小物块受到大小F=10N,与 低点 十中十 水平方向成37的推力作用，由静止开始向右运 动，到达O点时撤去力F,此时，小物块速度v= 温馨提示 完成作业专题强化练（八） 精品教辅·智慧人生 34滑块与光滑圆孤物块组成的系统水平方向动量守恒，滑块 滑到，点时，它们水平方向有相同设此时滑块竖直方向分速 度为U,根据动量守恒得：mE=(M十m)v共 由能量守恒得：方m呢=合(M+m)暖十合m心+mgR, 解得：y,=1m/s 滑块冲上圆弧形物块后上升到最高，点时与H点之间的距 ，解得：h=20m 离：h=2g 1 (3)滑块冲上物块到与物块分离的过程中，水平方向动量 守恒：1E=10十Mw2 能量守恒：子m呢=ma+M6,解得：=-1m/s, 1 v2=2 m/s 滑块返回到传送带上时，先减速运动又反向加速返回E: 点，该过程所用时间：2=2盟，解得：2=1s,此过程中，滑 g 块与传送带的相对位移：x2=2,解得：2=3m 滑块由D,点滑上传送带到与传送带共速时，二者的相对位 移西1=6十 241一%41，解得：1=0.25m,整个过程中滑块 和传送带因摩擦产生的热量：Q=mg(x1十22)=0.65J. 例2解(1)爆炸过程b系统动量守恒，规定水平向右为 正方向，则有maya=0,爆炸过程释放的能量E= m,暖+子m喝，联立上式代入数据解得E=48J 1 (2)若平板c固定，物块b从B,点运动到E点的过程中，根 据动能定理有一mgL=分m呢-子m喝 1 若能到达F,点，从E到F的过程中，根据动能定理有 一mbg·2R=2m诉一2m呢，代入数据解得你=0m/s, 若小滑块b恰好过最高，点F,根据牛顿第二定律与向心力 表达式有mg=m尽，代入数据解得中三√而m/s,因为 r<F,所以小滑块b不能经过F点； (3)小滑块b到达E,点与木板共速时，木板℃最长，规定水 平向右为正方向，根据动量守恒定律有，o=(,十m:）} 0,代入数据解得0=4m/s,根据能量守恒定律有7m6呢 =合(om+m)+mu1,代入数据解得L1=号m,小 滑块b回到木板c左端与木板共速时，木板c最短，规定水 平向右为正方向，根据动量守恒定律可得共同速度仍为？ =4m/s,报搭能童守恒定律有子m听=之(m十m,)子+ 2m代入数据解得L,=号m,在这个过程中小滑块 b在圆孤上升高度为H,旅搭能量宁恒定律有了m6=号 (mb十1e)2+1gL2+m,gH,代入数据解得H=0.8m <R=1m,即不会脱离圆孤轨道，故木板c的长度范围为 m<L<9m 8 例3解(1)设小滑块的初速度方向为正方向，第一次碰撞 后瞬间小滑块和长木板的速度分别为心1和.碰撞瞬间， 根据动量守恒定律和机械能守恒定律有3mo=3十 m时，·3m6= 1·3mu7+m21 1 3 两式联立，解得=乞6，心=？6，即第一次碰撞后瞬间 1 小滑块的速度大小为20，方向与初速度方向相同； ·21 (2)发生第一次碰撞后，长木板做匀减速直线运动，小滑块 做匀速直线运动，因为小滑块与长木板发生第一次碰撞后 到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下，所以长木 板匀减速到与小滑块速度相等时二者相对位移恰好等于 L,设第一次碰撞后到二者速度相等所用时间为，长木板 匀减速的加速度大小为a,则有听十4一1=L,a= 2 ,,求得=a=克，由车顿第二定律X(4m)g 0 6 ma得u=8g (3)二者速度相等后，长木板继续匀减速至停止通过的位 香和所用时阅分别务一盖兰一盘一品 2a 8a 这段时同内小清先的位移为江=一。因为一一忌 =二<L,所以小滑块与长木板发生第二次碰撞时长木板 已停止运动，小滑块与长木板第二次碰撞瞬间，以1的方 向为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有3m西 1 =3m2十m吃，2 ·3m听三号·3m哈十m心号，两式联立， 解得==（）w 1 喝=号=子×弓，同理，小滑块与长木板第n次碰接 后瞬间长木板的速度大小 小滑块与长木板发生每次碰撞前长木板均静止，碰后均做 加速度相同的匀减速运动，故，=% 长木旅运功的总时网1g=十红十…+1，密(1+子十 是+…)年s=品 专题三 电场与磁场 第8讲电场 例1AD点电荷在O点产生的场强方向如图所示： y E 由几何关系可知0=18°，02=54°，将5个场强沿x、y轴分 解可得：E,=E1cos54°+E2cos18°-E4cos18°-E5cos54 =-2g(2cos54°+co0s18),E,=E1sin54°+Esin54°- R2 Esn18-Esm1g-E-g0(sin54-sin18-号） 0,根据场强叠加原理可知O点电场强度方向沿x轴负方 向，大小为2g(2cos54+c0s18),故AD正确，BC错误. 例2CB点处的正，点电荷在A点产生的电场方向竖直向 下，由题意可知，A点电场强度为零，在圆环上的电荷在A ,点产生的场强竖直向上，则圆环带正电荷，故A错误；过A 作BC的垂线，由电场的叠加原理可知，BC垂线上从A,点 向外的电场方向向外，沿电场线方向电势逐渐降低，无穷 远处电势为零，则A点的电势是正的，不为零，故B错误；A 点电场强度为零，由电场的叠加原理可知，圆环上的电荷 在A点产生的电场强度大小E露=E一部是，由时 称性可知，圆环上的电荷在C点产生的电场强度大小也为 经，方向整直向下，则C点电场强度大小EC=Ee+Eme -部十是一设，故C正确：格B点处的点电斧以0 ,点为轴顺时针转过90°后固定(，点电荷到O点间距离不 变)，由对称性可知，A、C两点处的电场强度大小相等但方 向不同，则A、C两，点处的电场强度不同，故D错误. 变式1AC金属球壳处于静电平衡，则E,>E。=E,,整个 金属球壳是一个等势体，靠近负电荷的电势较低，则9一 >P,故A正确，B错误；金属球壳上的感应电荷在a、b、 c三点场强与异种等量电荷产生的电场大小相等，根据电 场的叠加可知Ec>E。>Eh,故C正确；金属球壳上的感应！ 电荷在a、b、c三，点场强方向水平向右，故D错误. 变式2AC根据同种等量电荷的电场分布可知，棱AA'中 点处点电荷和CC'中点处点电荷之外，其他电荷量为2g在 O点的合电场强度为0，设棱AA'和CC'到O点距离均为 L,图0点的合电场强度为E=k是十器，若将AN中点 处电荷拿走，0点处电场强度大小为E'=9,解得E= L.2 公，故A正确：若将BC中点处电荷拿走，则AD' 生的电场强度为E0=k器解得ED=号E,方向相向 BC中点，若与E垂直，O点的电场强度大小为E”= √区+E路D,解得E=区E,但实际与E的夹角为纯角， 3 所以E<E<四E,故B错误：若将CD中点处电荷所 带电荷量变为q,则CD中点处电荷和A'B'中点处电荷产 生的也场强定为=是-是解得片=号，方向指向 CD中点，在水平方向的分电场为E,=Esin45°，解得E1,= 6 在坚直方向的分电场为E,=D0s45,解得 与水平方向的原电场E合成后的水平方向的电场强度为E -√Eos45-Er)+(Esn45),解得E,=√2E 6 则北时合电场为一+品·解得居=号E,故C正 确；若将CC中点处电荷所带电荷量变为q,则O的电场强： 度为=是十是，解得E=号E,故D错误。 例3D因为沿着电场线方向电势逐渐降低，由9一x图 线，知x轴方向的电场沿x轴负半轴，由p一y图线，知y 抽方向的电场沿y轴负半轴；x轴方向的电场强度E,= △g 于1002V/m=160V/my轴方向的电场强度E, =会-2,02V/m=120V/m,如图所示： ·22 R=10cmA -AEy B 合电场强度大小E=√E十E=√1602+1202V/m= 200V/m,与x轴负半轴得夹角为0，则有an0==160 E=120 -子，得0=37，故A,B错误：以坐标原点为国心，以R= 10cm做圆，圆上电势最高，点为沿场强方向的直径上的A 点，其电势9A=ER=200×10×10-2V=20V;P(10cm, 10cm),点的电势应大于20V,故C错误，D正确. 例4C根据题图2可知，沿斜面方向的电场强度方向先是 沿斜面向下，后是沿斜面向上，由于qEo=2 ngsin0,且小 滑块释放后沿斜面向下运动，可知滑块先受向下的电场力 作用，后受电场力方向向上，与电场强度方向相反，所以滑 块带负电，故A错误；滑块先受向下的电场力作用，后受电 场力方向向上，则滑块向下运动的过程中电场力先做正 功，后做负功，所以物块沿斜面向下运动过程中机械能先 增大后减小，故B错误；开始时滑块的加速度0= qEo十ngsin0 =3gsin0,可知当滑块的加速度等于0时，即 3 滑块运动到x一？x)处时速度达到最大值，此时物块受力 平衡，根据几何关系可知此位置的电场强度大小为E ,即mgsn30=gE,E一x图像与坐标轴所国面积表示 3 电势差，从开始到工三？x0处的电势差大小为0=号 B,从开始下落到此往置根搭动能定里有mgsn0·号 3 /qEoxo 0十gU=2m呢，联立解得m=号√g0=√m, 3 故C正确；滑块从斜面顶瑞静止释放，由于静电场的电场 强度均匀变化，由对称性可知滑块能够下滑的最大距离xm =2x=3.x0,故D错误. 例5解(1)由粒子可沿着OC进入正六边形区域，可知粒 子的末速度方向如图： ↑y P 3L E to -2L o60 D E G 粒子在水平方向的位移、速度分别满足：2L=出， 粒子在整直方向的位移速度分别满足：L=子×肥× ,=9× ) 粒子的速度大小满足：)= cos60,,=6tan60°，得：u =20· 解得电场强度大小：E= 3m喝 2gL (2)由粒子在磁场中，能够从与C点相邻的顶点，第一次射 出磁场区域，由于磁场方向不确定，可知粒子的运动轨迹 如下图： 120° E D 根据几何关系，可知圆周运动的半径满足：√=L, 根据洛伦兹力提供向心力：gB=m号 可得磁感应强度大小：B= 2√3o (3)由(2)的分析可知，粒子在磁场区域的运动满足：T= 2,解得：T=5,结合磁场和正六边形区战的对称性， 36 可知粒子从射入正六边形区域到通过E点所需要的时间 由两种可能.分别为：1=×T+ 120° 部X76=2×器 ×T+2×240 360大T. 解得-5L,2-25L 30 3 例6解(1)方法一：小物块在O点右侧做匀加速直线运 动，依据功能定理有(Fc0s37°-fD1=之md2 因为FN=mg-qE+Fsin37° 联立解得μ=4 5 方法二：小物块在O点右侧做匀加速直线运动，有2=2al 依据牛顿第二定律有Fcos37°-f=ma 因为f=uFN,FN=mg-qE+Fsin37° 5 联立解得u=14 (2)方法一：设小物块第一次离开圆孤槽时水平速度为？，， 竖直速度为巴，小物块和圆孤槽组成系统，水平方向动量 守恒，故mu=(m十M)u 依据能量守恒有(mg一gB)R=号m2-号(m十M)号 1 21u 联立解得v,=2m/s4,=4m/s 小物块第一次离开圆孤槽后，竖直方向做初速度方向向 上，大小为心，的匀变速直线运动，加速度方向向下，设大小 ·21 为a,依据牛顿第二定律mg一gE=ma 解得a=8m/s2 二1m 小物块第一次离开圆孤槽后上升的最大高度一a 小物块电势能变化量为△E。=一gE(h十R 故小物块电势能的最小值E。=一3J 方法二：小物块第一次离开圆孤槽后上升到最大高度时， 小物块与圆孤槽速度相等 设此时速度为小物块和圆孤槽组成系统，水平方向动 量守恒，故mw=(m十M)v, 徐据能量守饭有(mg一E)(R十)=号2-合(m十 M02 解得h=1m 小物块电势能变化量为△E。=一qE(h十R) 故小物块电势能的最小值E。=一3J (3)方法一：小物块第一次离开圆弧槽和再一次进入圆孤 槽过程，小物块和圆弧槽在水平方向均做速度为，的匀速 直线运动，此过程历时为t,则t= 2u_2×4 a 8 s=1s 故圆孤槽此过程运动位移x=0,t=2X1m=2m 方法二：设小物块第一次离开圆弧槽时水平速度为，竖 直速度为U,,小物块和圆孤槽组成系统，水平方向动量守 恒，故mv=(m+M)v, 依据能量守恒有(mg一9BR=号m2-号(m十M02 子m心 解得v,=2m/sy,=4m/s 小物块第一次离开圆孤槽后，竖直方向做初速度方向向 上，大小为心，的匀变速直线运动， 加速度方向向下，设大小为a,依据牛顿第二定律mg一qE =ma 解得a=8m/s2 小物块第一次离开圆孤槽和再一次进入圆孤槽过程，小物 块和圆孤槽在水平方向均做速度为)，的匀速直线运动，此 过程历时为4=2四=2X4、=1s 故圆孤槽此过程运动位移x=v,t=2×1m=2m. 第9讲磁场 例1BC若I。沿顺时针方向，I4=0,根据左手定则，线图c 受到的安培力方向向右，表明α的方向向左；若I,沿顺时 针方向，I=0,由左手定则，线图d受到的安培力方向向 上，则表明a的方向向下，故A错误，B正确：规定水平方 向为x,竖直方向为y,若a的方向沿左偏上30°，则有ax= ac0s30°=3 号aa,=asin30°=7a,即a,>a,线圈c和线 图d受到的安培力分别向右和向下，依左手定则，则I沿 顺时针方向，L。沿逆时针方向，要求F,>F,,故I>I,故 C正确；同理，若a的方向沿右偏上30°，则有ax=acos30 3 =乞a,a,=asin30°=2a,即a,>a,线图c和线图d受 到的安培力分别向左和向下，依左手定则，则I。沿逆时针 方向，I。沿逆时针方向，要求F>Fv,故I。>I,,故D 错误. 例2Aa、c两点到d点的距离相等，则a、c中电流在d点 产生的磁场的磁感应强度大小相等，即B2=B1=B,