考點(diǎn)一
電場(chǎng)力的性質(zhì)

1.[考查點(diǎn)電荷電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)的求解與比較]
直角坐標(biāo)系xOy中，M、N兩點(diǎn)位于x軸上，G、H兩點(diǎn)坐標(biāo)如圖所示。M、N兩點(diǎn)各固定一負(fù)點(diǎn)電荷，將一電荷量為Q的正點(diǎn)電荷置于O點(diǎn)時(shí)，G點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點(diǎn)電荷移動(dòng)到G點(diǎn)，則H點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向分別為(　　)
A.，沿y軸正向　　　　　 B.，沿y軸負(fù)向
C.，沿y軸正向 D.，沿y軸負(fù)向
解析：選B　正點(diǎn)電荷在O點(diǎn)時(shí)，G點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零，則兩負(fù)點(diǎn)電荷在G點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)大小為E1＝，方向沿y軸正方向。由對(duì)稱性知，兩負(fù)點(diǎn)電荷在H點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)大小為E2＝E1＝，方向沿y軸負(fù)方向。當(dāng)把正點(diǎn)電荷放在G點(diǎn)時(shí)，在H點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)的大小為E3＝，方向沿y軸正方向。所以H點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)大小E＝E2－E3＝，方向沿y軸負(fù)方向，選項(xiàng)B正確。
2．[考查勻強(qiáng)電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)的計(jì)算]
如圖所示，梯形abdc位于某勻強(qiáng)電場(chǎng)所在平面內(nèi)，兩底角分別為60°、30°，cd＝2ab＝4 cm。已知a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為4 V、0，將電荷量q＝1.6×10－3 C的正電荷由a點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)，克服電場(chǎng)力做功6.4×10－3 J。下列關(guān)于電場(chǎng)強(qiáng)度的說(shuō)法正確的是(　　)
A．垂直ab向上，大小為400 V/m
B．垂直bd斜向上，大小為400 V/m
C．平行ca斜向上，大小為200 V/m
D．平行bd斜向上，大小為200 V/m
解析：選B　由W＝qU知Uac＝＝ V＝－4 V，而φa＝4 V，所以φc＝8 V，過(guò)b點(diǎn)作be∥ac交cd于e點(diǎn)，因在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，任意兩條平行線上距離相等的兩點(diǎn)間電勢(shì)差相等，所以Uab＝Uce，即φe＝4 V，又因cd＝2ab，所以Ucd＝2Uab，即φd＝0，所以bd為一條等勢(shì)線，又由幾何關(guān)系知eb⊥bd，由電場(chǎng)線與等勢(shì)線的關(guān)系知電場(chǎng)強(qiáng)度必垂直bd斜向上，大小為E＝＝ V/m＝400 V/m，B項(xiàng)正確。
3．[考查特殊電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)的分析與求解]
均勻帶電的球殼在球殼外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)。如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過(guò)半球面頂點(diǎn)與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點(diǎn)，OM＝ON＝2R，已知M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E，則N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為(　　)
A.－E　　　　　　　　 　B.
C.－E D.＋E
解析：選A　若將半球面AB補(bǔ)充成一個(gè)完整的均勻帶電球殼，完整球殼所帶電荷量為2q，在M點(diǎn)產(chǎn)生電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為k＝，設(shè)右半球殼在M點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為E右，根據(jù)電場(chǎng)疊加原理有E＝－E右，解得右半球殼在M點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為E右＝－E，根據(jù)對(duì)稱性，左半球殼在N點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為－E，選項(xiàng)A正確。
4．[考查帶電體在等效場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題]
如圖所示，一條長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線上端固定，下端拴一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，使細(xì)線豎直拉直時(shí)將小球從A點(diǎn)靜止釋放，當(dāng)細(xì)線離開豎直位置偏角α＝60°時(shí)，小球速度為零。
(1)求小球的帶電性質(zhì)和勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；
(2)若小球恰好能在豎直平面內(nèi)完成圓周運(yùn)動(dòng)，求從A點(diǎn)水平釋放小球時(shí)應(yīng)具有的初速度vA的大小(可含根式)。
解析：(1)根據(jù)電場(chǎng)方向和小球受力分析可知小球帶正電。
小球從A點(diǎn)靜止釋放到速度等于零，由動(dòng)能定理得
EqLsin α－mgL(1－cos α)＝0，
解得E＝。
(2)將小球的重力和電場(chǎng)力的合力作為小球的等效重力G′，則G′＝mg，方向與豎直方向成30°角偏向右下方。
若小球恰好能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)由牛頓第二定律得m＝mg，
小球從A點(diǎn)到等效最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理得
－mgL(1＋cos 30°)＝mv2－mvA2，
聯(lián)立解得vA＝)。
答案：(1)帶正電　　(2) )
考點(diǎn)二
電場(chǎng)能的性質(zhì)
5.[考查電勢(shì)高低、電勢(shì)能大小的判斷]
[多選]在光滑的絕緣水平面上，有一個(gè)正方形abcd，對(duì)角線的交點(diǎn)為O，頂點(diǎn)a、c分別固定一個(gè)正點(diǎn)電荷，電荷量相等，如圖所示，若將一個(gè)帶負(fù)電的粒子P置于b點(diǎn)，靜止釋放，粒子P將沿著對(duì)角線bd運(yùn)動(dòng)，則在線段bd上(　　)
A．O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最大
B．O點(diǎn)電勢(shì)最高
C．粒子P在O點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能最大
D．粒子P在O點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大
解析：選BD　根據(jù)等量同種電荷形成的電場(chǎng)線與等勢(shì)面分布特點(diǎn)，可知在直線bd上正中央點(diǎn)的電勢(shì)最高，電場(chǎng)強(qiáng)度為零，A錯(cuò)誤，B正確；負(fù)電荷由b到d先加速后減少，運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，電勢(shì)能最小，故C錯(cuò)誤，D正確。
6．[考查電場(chǎng)中的圖像問題]
[多選]在x軸上有兩個(gè)點(diǎn)電荷q1、q2，其靜電場(chǎng)的電勢(shì)φ在x軸上分布如圖所示。下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．q1和q2帶有異種電荷
B．x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零
C．負(fù)電荷從x1移到x2，電勢(shì)能減小
D．負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場(chǎng)力增大
解析：選AC　由題圖可知，空間的電勢(shì)有正有負(fù)，無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，且只有一個(gè)極值，則兩個(gè)點(diǎn)電荷必定為異種電荷，A項(xiàng)正確；由E＝可知，φ-x圖像的切線的斜率的絕對(duì)值表示電場(chǎng)強(qiáng)度大小，因此x1處的電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，B項(xiàng)錯(cuò)誤；負(fù)電荷從x1移到x2的過(guò)程中，電勢(shì)升高，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，由Ep＝qφ、F＝qE可知，電勢(shì)能減小，受到的電場(chǎng)力減小，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。
7．[考查電場(chǎng)線、等勢(shì)線、運(yùn)動(dòng)軌跡問題]
[多選]帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下，從電場(chǎng)中a點(diǎn)以初速度v0進(jìn)入電場(chǎng)并沿虛線所示的軌跡運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，如圖所示。從a到b過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．粒子帶負(fù)電荷
B．粒子的速度先增大后減小
C．粒子的加速度先減小后增大
D．粒子的機(jī)械能先減少后增加
解析：選CD　做曲線運(yùn)動(dòng)的物體受到的合力指向軌跡的凹側(cè)，結(jié)合場(chǎng)強(qiáng)的方向可知粒子帶正電荷，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電場(chǎng)線的疏密程度表示電場(chǎng)強(qiáng)度大小，電場(chǎng)線越密，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，粒子所受電場(chǎng)力越大，加速度也越大，所以粒子的加速度先減小后增大，選項(xiàng)C正確；粒子的速度方向先與電場(chǎng)力方向夾角為鈍角，然后與電場(chǎng)力方向夾角為銳角，即電場(chǎng)力先做負(fù)功再做正功，所以粒子先減速后加速，機(jī)械能先減少后增加，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確。
8．[考查電場(chǎng)力做功、電場(chǎng)中的功能關(guān)系]
如圖甲所示，在某電場(chǎng)中建立x坐標(biāo)軸，A、B為x軸上的兩點(diǎn)，xA、xB分別為A、B兩點(diǎn)在x軸上的坐標(biāo)值。一電子僅在電場(chǎng)力作用下沿x軸運(yùn)動(dòng)，該電子的電勢(shì)能Ep隨其坐標(biāo)x變化的關(guān)系如圖乙所示，EpA和EpB分別表示電子在A、B兩點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能。下列說(shuō)法中正確的是(　　)

A．該電場(chǎng)可能是孤立的點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)
B．A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于B點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度
C．電子由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)其所做的功W＝EpA－EpB
D．電子在A點(diǎn)的動(dòng)能小于在B點(diǎn)的動(dòng)能
解析：選C　由于A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)能與兩個(gè)位置間的關(guān)系如題圖乙所示，是一條過(guò)原點(diǎn)的直線，說(shuō)明電勢(shì)是均勻增加的，所以一定是勻強(qiáng)電場(chǎng)，而不是孤立點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)，故A、B錯(cuò)誤；由題圖乙可知，電子在A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)能關(guān)系為：EpB＞EpA，說(shuō)明電子由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能增大，電場(chǎng)力做負(fù)功，電場(chǎng)力對(duì)其所做的功為W＝EpA－EpB，故C正確；電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減小，所以電子在A點(diǎn)的動(dòng)能大于在B點(diǎn)的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤。
9．[考查平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析]
如圖所示，平行板電容器兩極板帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在A點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的電勢(shì)能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則(　　)
A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變
C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變
解析：選D　若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離，根據(jù)C＝可知，C變大；根據(jù)Q＝CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢(shì)差減小，則靜電計(jì)指針偏角θ減小；根據(jù)E＝，Q＝CU，C＝，聯(lián)立可得E＝，可知E不變；A點(diǎn)離下極板的距離不變，E不變，則A點(diǎn)與下極板間的電勢(shì)差不變，A點(diǎn)的電勢(shì)不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項(xiàng)D正確。
10．[考查帶電粒子在電容器中的運(yùn)動(dòng)問題]
[多選]如圖所示，平行板電容器兩極板水平放置，電容為C，開始開關(guān)閉合，電容器與一直流電源相連，極板間電壓為U，兩極板間距為d，電容器儲(chǔ)存的能量E＝CU 2。一電荷量大小為q的帶電油滴以初動(dòng)能Ek0從平行板電容器的兩個(gè)極板中央水平射入(極板足夠長(zhǎng))，帶電油滴恰能沿圖中所示水平虛線勻速通過(guò)電容器，則(　　)
A．保持開關(guān)閉合，將上極板下移，帶電油滴仍能沿水平線運(yùn)動(dòng)
B．保持開關(guān)閉合，將上極板下移，帶電油滴將撞擊上極板，撞擊上極板時(shí)的動(dòng)能為Ek0＋
C．?dāng)嚅_開關(guān)，將上極板上移，若不考慮電容器極板的重力勢(shì)能變化，外力對(duì)極板做功至少為CU2
D．?dāng)嚅_開關(guān)，將上極板上移，若不考慮電容器極板的重力勢(shì)能變化，外力對(duì)極板做功至少為CU2
解析：選BD　保持開關(guān)閉合，電壓不變，僅將上極板下移的過(guò)程中，極板距離減小，根據(jù)E＝知電場(chǎng)強(qiáng)度增大，電場(chǎng)力增大，帶電油滴向上偏轉(zhuǎn)，故A錯(cuò)誤；初始時(shí)油滴能勻速通過(guò)電容器，說(shuō)明mg＝q，保持開關(guān)閉合，僅將上極板下移，兩極板間距離變?yōu)閐，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝＝，電場(chǎng)力做功W電＝qE＝，根據(jù)動(dòng)能定理得，－mg·＋＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0＋－·＝Ek0＋，所以撞擊上極板時(shí)的動(dòng)能是Ek0＋，故B正確；開始時(shí)電容器存儲(chǔ)的能量為E1＝CU2，斷開開關(guān)后，電容器所帶電荷量Q不變，上極板上移，由C＝知電容器電容變?yōu)镃，由Q＝UC知，兩極板電勢(shì)差變?yōu)閁，此時(shí)電容器儲(chǔ)存能量E2＝××2＝CU2，根據(jù)能量守恒，不考慮電容器極板重力勢(shì)能的變化，外力對(duì)極板所做的功W＝E2－E1＝CU2，故C錯(cuò)誤，D正確。

考點(diǎn)三
磁場(chǎng)及其對(duì)電流的作用

11.[考查磁感應(yīng)強(qiáng)度的疊加問題]
如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩長(zhǎng)直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l。在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時(shí)，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為(　　)
A．0　　　　　　　　　　　 B.B0
C.B0 D．2B0
解析：選C　導(dǎo)線P和Q中電流I均向里時(shí)，設(shè)其在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小BP＝BQ＝B1，如圖所示，則其夾角為60°，它們?cè)赼點(diǎn)的合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度平行于PQ向右、大小為B1。又根據(jù)題意Ba＝0，則B0＝B1，且B0平行于PQ向左。若P中電流反向，則BP反向、大小不變，BQ和BP大小不變，夾角為120°，合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1′＝B1(方向垂直PQ向上、與B0垂直)，a點(diǎn)合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝＝B0，則A、B、D項(xiàng)均錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確。
12．[考查安培力作用下導(dǎo)體棒的平衡問題]
如圖所示，掛在天平底部的矩形線圈abcd的一部分懸在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)給矩形線圈通入如圖所示的電流I時(shí)，調(diào)節(jié)兩盤中的砝碼，使天平平衡。然后使電流I反向，這時(shí)要在天平的左盤上加質(zhì)量為2×10－2 kg的砝碼，才能使天平重新平衡。若已知矩形線圈共10匝，通入的電流I＝0.1 A，bc邊長(zhǎng)度為10 cm，(g取10 m/s2)則磁場(chǎng)對(duì)bc邊作用力F的大小和該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小分別是(　　)
A．F＝0.2 N，B＝20 T B．F＝0.2 N，B＝2 T
C．F＝0.1 N，B＝1 T D．F＝0.1 N，B＝10 T
解析：選C　當(dāng)線圈中通入電流后，右盤矩形線圈abcd受到的安培力為F＝nBIL，方向向上；設(shè)左盤砝碼的質(zhì)量為M，右盤砝碼的質(zhì)量為m，此時(shí)根據(jù)天平處于平衡狀態(tài)有：Mg＝mg－nBIL，當(dāng)通有反向電流時(shí)，右盤矩形線圈abcd受到的安培力為F＝nBIL，方向向下，此時(shí)根據(jù)天平處于平衡狀態(tài)有：Mg＋(2×10－2×10)N＝mg＋nBIL，聯(lián)立以上兩式解得：B＝1 T，所以F＝0.1 N，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。
考點(diǎn)四
磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用
13.[考查左手定則、半徑公式的應(yīng)用]
如圖所示，通電豎直長(zhǎng)直導(dǎo)線的電流方向向上，初速度為v0的電子平行于直導(dǎo)線豎直向上射出，不考慮電子的重力，則電子將(　　)
A．向右偏轉(zhuǎn)，速率不變，r變大
B．向左偏轉(zhuǎn)，速率改變，r變大
C．向左偏轉(zhuǎn)，速率不變，r變小
D．向右偏轉(zhuǎn)，速率改變，r變小
解析：選A　由安培定則可知，直導(dǎo)線右側(cè)的磁場(chǎng)垂直紙面向里，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨離直導(dǎo)線距離變大而減小，根據(jù)左手定則可知，電子受洛倫茲力方向向右，故向右偏轉(zhuǎn)；由于洛倫茲力不做功，故速率不變，由r＝知r變大，故A正確。
14．[考查電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)的比較]
[多選]有兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是Ⅱ中的k倍。兩個(gè)速率相同的電子分別在兩磁場(chǎng)區(qū)域中做圓周運(yùn)動(dòng)。與Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的電子相比，Ⅱ中的電子(　　)
A．運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍
B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C．做圓周運(yùn)動(dòng)的周期是Ⅰ中的k倍
D．做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度與Ⅰ中的相等
解析：選AC　兩速率相同的電子在兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且Ⅰ磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1是Ⅱ磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的k倍。由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中電子運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，選項(xiàng)A正確。由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。由T＝得T∝r，所以＝k，選項(xiàng)C正確。由ω＝得＝＝，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
15．[考查磁場(chǎng)對(duì)帶電體的作用]
[多選]如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長(zhǎng)的粗糙細(xì)桿上滑動(dòng)，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)給圓環(huán)一個(gè)水平向右的初速度v0，在以后的運(yùn)動(dòng)中下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．圓環(huán)可能做勻減速運(yùn)動(dòng)
B．圓環(huán)可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)
C．圓環(huán)克服摩擦力所做的功可能為mv02
D．圓環(huán)克服摩擦力所做的功不可能為mv02－
解析：選BC　當(dāng)qv0B＜mg時(shí)，圓環(huán)做減速運(yùn)動(dòng)到靜止，速度在減小，洛倫茲力減小，桿的支持力和摩擦力都發(fā)生變化，所以不可能做勻減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)qv0B＝mg時(shí)，圓環(huán)不受支持力和摩擦力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；當(dāng)qv0B＜mg時(shí)，圓環(huán)做減速運(yùn)動(dòng)到靜止，只有摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理得－W＝0－mv02，解得W＝mv02，故C正確；當(dāng)qv0B＞mg時(shí)，圓環(huán)先做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)qvB＝mg時(shí)，圓環(huán)不受摩擦力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，解得v＝，根據(jù)動(dòng)能定理得，－W＝mv2－mv02，代入解得W＝mv02－，故D錯(cuò)誤。

釋疑4大考點(diǎn)

考點(diǎn)一　電場(chǎng)力的性質(zhì)
本考點(diǎn)主要涉及電場(chǎng)強(qiáng)度概念、公式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查時(shí)常結(jié)合庫(kù)侖定律、電場(chǎng)力、平衡條件等相關(guān)知識(shí)簡(jiǎn)單交匯命題，屬于送分題型。建議考生自學(xué)為主。
(一)電場(chǎng)強(qiáng)度的三個(gè)公式

(二)研究電場(chǎng)的思想方法——對(duì)稱法


　　(三)幾種題型的重點(diǎn)關(guān)照
1．求解某點(diǎn)合場(chǎng)強(qiáng)時(shí)，要注意分析疊加在該點(diǎn)上的各個(gè)場(chǎng)強(qiáng)的大小和方向。如診斷卷第1題，正點(diǎn)電荷在O點(diǎn)時(shí)，G點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零，則正點(diǎn)電荷在G點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)與兩負(fù)點(diǎn)電荷在G點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)等大反向。若已知一個(gè)點(diǎn)電荷受力為零或某點(diǎn)合場(chǎng)強(qiáng)為零，當(dāng)各個(gè)分場(chǎng)強(qiáng)的方向不在同一條直線上時(shí)，要運(yùn)用矢量的合成與分解的方法進(jìn)行求解。
2．在勻強(qiáng)電場(chǎng)中沿同一方向，相等距離上電勢(shì)變化量相同。如診斷卷第2題中，因cd＝2ab，有Ucd＝2Uab。
3．應(yīng)用割補(bǔ)法及對(duì)稱思想求解場(chǎng)強(qiáng)，如診斷卷第3題，由于完整的均勻帶電球殼在球殼外空間產(chǎn)生的電場(chǎng)等效于電荷集中于球心處產(chǎn)生的電場(chǎng)，故在解決此題時(shí)可以先將缺損的半個(gè)球殼補(bǔ)充完整使之均勻帶電，電荷量為半球殼的2倍，利用對(duì)稱的思想可知補(bǔ)充的球殼在M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)和缺損的球殼在N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等。
4．用“等效法”處理帶電體在等效場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，如診斷卷第4題，先求出重力與電場(chǎng)力的合力，將這個(gè)合力視為一個(gè)“等效重力”，再將a＝視為“等效重力加速度”，如此便建立起“等效重力場(chǎng)”，最后將物體在重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律遷移到帶電體在等效重力場(chǎng)中分析求解即可。
[題點(diǎn)全練]
1.(2018·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，三個(gè)固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm。小球c所受庫(kù)侖力的合力的方向平行于a、b的連線。設(shè)小球a、b所帶電荷量的比值的絕對(duì)值為k，則(　　)
A．a(chǎn)、b的電荷同號(hào)，k＝
B．a(chǎn)、b的電荷異號(hào)，k＝
C．a(chǎn)、b的電荷同號(hào)，k＝
D．a(chǎn)、b的電荷異號(hào)，k＝
解析：選D　由于小球c所受庫(kù)侖力的合力的方向平行于a、b的連線，根據(jù)受力分析知，a、b的電荷異號(hào)。
根據(jù)庫(kù)侖定律，a對(duì)c的庫(kù)侖力為
Fa＝k0 ①
b對(duì)c的庫(kù)侖力為
Fb＝k0 ②

設(shè)合力向左，如圖所示，根據(jù)相似三角形，得
＝ ③

聯(lián)立①②③式得
k＝＝＝。
2．[多選](2018·云南統(tǒng)一檢測(cè))如圖所示，a、b、c、d是正方形的四個(gè)頂點(diǎn)，O是正方形對(duì)角線的交點(diǎn)。ad邊和bc邊中點(diǎn)處放有等量異種點(diǎn)電荷＋Q、－Q，關(guān)于圖中各點(diǎn)電勢(shì)和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．a(chǎn)、O、c三點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系為φa＞φO＞φc
B．a(chǎn)、b、c、d四個(gè)頂點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度相等
C．在兩點(diǎn)電荷連線上，O點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度最大
D．a(chǎn)、b、c、d、O五個(gè)點(diǎn)中O點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度最大
解析：選AD　根據(jù)等量的異種電荷連線的中垂線即為等勢(shì)線，即φO＝0，a點(diǎn)電勢(shì)大于零，c點(diǎn)電勢(shì)小于零，所以φa＞φO＞φc，故A正確；根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理可知，a、b、c、d四點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向不同，故B錯(cuò)誤；由等量異種電荷電場(chǎng)線分布可知，在兩點(diǎn)電荷連線上，電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大，所以O(shè)點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最小，故C錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理可知，EO＝，其余四點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小均小于EO，故D正確。
3.如圖所示，一均勻帶電的球體半徑為R，在球內(nèi)有一點(diǎn)A，與球心距離為，球外有一點(diǎn)B，與球心距離為，已知球體外場(chǎng)強(qiáng)與電荷全部集中在球心處的點(diǎn)電荷激發(fā)的場(chǎng)強(qiáng)相同，均勻帶電球殼內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)處處為零，則A、B兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)比值為(　　)
A．3∶1　　　　　　　　　 B．1∶1
C．9∶8 D．9∶1
解析：選C　B點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)EB＝＝；根據(jù)均勻帶電球殼內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)處處為零，在均勻帶電的球體中摳去一個(gè)半徑為的球體，根據(jù)填補(bǔ)法可知，EA＝＝，所以A、B兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)比值為9∶8，故C正確。
考點(diǎn)二　電場(chǎng)能的性質(zhì)
本考點(diǎn)在考查中具有“知識(shí)交匯多”“信息含量多”“考查角度多”三多特點(diǎn)，這些特點(diǎn)足夠讓其成為高分路上的一大“攔路虎”，遇到此類問題，考生無(wú)須一見就慌，只要靜下心來(lái)，運(yùn)用所學(xué)知識(shí)靈活變通，從力和能的角度去分析，就不難做出準(zhǔn)確判斷。
(一)基礎(chǔ)知識(shí)要記牢
1．電場(chǎng)能的性質(zhì)

2．電場(chǎng)中電勢(shì)高低、電勢(shì)能大小的判斷

(二)方法技巧要用好
1．電場(chǎng)中圖像問題的分析方法
(1)φ-x圖線上某點(diǎn)切線的斜率的絕對(duì)值等于電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，電場(chǎng)強(qiáng)度為零處，φ-x圖線存在極值，極值點(diǎn)切線的斜率為零，如診斷卷第6題，x2處電場(chǎng)強(qiáng)度為零。
(2)在φ-x圖像中可以直接判斷各點(diǎn)電勢(shì)的大小，并可根據(jù)電勢(shì)大小關(guān)系確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，如診斷卷第6題，O~x2電勢(shì)升高，場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向；x>x2位置電勢(shì)降低，場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸正方向。
(3)判斷電勢(shì)能變化的方法：①直接用Ep＝qφ進(jìn)行判斷；②用電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系進(jìn)行判斷，如診斷卷第6題選項(xiàng)C，負(fù)電荷從x1移到x2，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小。
2．電場(chǎng)中“三線”問題的解題技巧(診斷卷第7題)
(1)帶電粒子所受合力(往往僅為電場(chǎng)力)指向軌跡曲線的內(nèi)側(cè)；
(2)該點(diǎn)速度方向?yàn)檐壽E切線方向；
(3)電場(chǎng)線或等差等勢(shì)面密集的地方場(chǎng)強(qiáng)大；
(4)電場(chǎng)線垂直于等勢(shì)面；
(5)順著電場(chǎng)線電勢(shì)降低最快；
(6)電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減?。浑妶?chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大。有時(shí)還要用到牛頓第二定律、動(dòng)能定理等知識(shí)。
3．電容器有關(guān)問題的解題思路
(1)判斷電容器中某點(diǎn)電勢(shì)的變化時(shí)，一般是通過(guò)該點(diǎn)與某一極板的電勢(shì)差的變化來(lái)判斷。如診斷卷第9題中，因?yàn)樯蠘O板位置變化，下極板位置固定且接地，分析時(shí)應(yīng)以A點(diǎn)與下極板的距離為參考，若以A點(diǎn)與上極板的距離為參考來(lái)分析容易出錯(cuò)。
(2)求解平行板電容器動(dòng)態(tài)分析的問題時(shí)，難點(diǎn)是判斷電容器兩板間場(chǎng)強(qiáng)的變化：①兩板間U不變時(shí)，E與d成反比；②Q不變時(shí)，E與兩板正對(duì)面積成反比，不隨d變化。如診斷卷第10題，A、B項(xiàng)的分析，A項(xiàng)定性分析即可，B項(xiàng)需要結(jié)合變化的數(shù)值計(jì)算出具體的電場(chǎng)強(qiáng)度，對(duì)于題中C、D項(xiàng)，根據(jù)公式C＝和U＝求出上極板上移后電容器的電容及兩板的電勢(shì)差，從而求出上極板移動(dòng)后電容器儲(chǔ)存的能量，再根據(jù)能量守恒定律，便可求出外力對(duì)極板所做的功。
[題點(diǎn)全練]
1．(2018·貴州適應(yīng)考試)如圖所示，實(shí)線表示某電場(chǎng)中的兩條電場(chǎng)線，虛線表示電場(chǎng)中的兩條等勢(shì)線，A、B、C、D分別是電場(chǎng)線與等勢(shì)線的交點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．將點(diǎn)電荷從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，電場(chǎng)力一定做正功
B．負(fù)點(diǎn)電荷在D點(diǎn)的電勢(shì)能大于在A點(diǎn)的電勢(shì)能
C．將一負(fù)點(diǎn)電荷從A點(diǎn)由靜止釋放后，在只受電場(chǎng)力作用下將向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)
D．點(diǎn)電荷在AB等勢(shì)線上受到的電場(chǎng)力與在CD等勢(shì)線上受到的電場(chǎng)力大小相等
解析：選B　B點(diǎn)的電勢(shì)高于D點(diǎn)，D點(diǎn)電勢(shì)等于C點(diǎn)的電勢(shì)，則B點(diǎn)的電勢(shì)高于C點(diǎn)，將負(fù)的點(diǎn)電荷從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，電場(chǎng)力一定做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；A點(diǎn)的電勢(shì)高于D點(diǎn)，則負(fù)點(diǎn)電荷在D點(diǎn)的電勢(shì)能大于在A點(diǎn)的電勢(shì)能，選項(xiàng)B正確； 將一負(fù)點(diǎn)電荷從A點(diǎn)由靜止釋放后，所受的電場(chǎng)力沿CA方向，則在只受電場(chǎng)力作用下將向C點(diǎn)反方向運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；AB等勢(shì)線上電場(chǎng)線較CD處密集，則點(diǎn)電荷在AB等勢(shì)線上受到的電場(chǎng)力比在CD等勢(shì)線上受到的電場(chǎng)力大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
2.(2018·百校聯(lián)盟4月聯(lián)考)如圖所示，圖中虛線為某靜電場(chǎng)中的等差等勢(shì)線，實(shí)線為某帶電粒子在該靜電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡，a、b、c為粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡與等勢(shì)線的交點(diǎn)，粒子只受電場(chǎng)力作用，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．粒子在a點(diǎn)的加速度比在b點(diǎn)的加速度小
B．粒子在a點(diǎn)的動(dòng)能比在b點(diǎn)的動(dòng)能大
C．粒子在a點(diǎn)和在c點(diǎn)時(shí)速度相同
D．粒子在b點(diǎn)的電勢(shì)能比在c點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能小
解析：選D　等勢(shì)線的疏密程度表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，故a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大于b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，根據(jù)a＝，可知粒子在a點(diǎn)的加速度比在b點(diǎn)的加速度大，故A錯(cuò)誤；由題圖可知若粒子從a到b，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，動(dòng)能增大，若粒子從b到a，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，動(dòng)能減小，故粒子在a點(diǎn)的動(dòng)能比在b點(diǎn)的動(dòng)能小，故B錯(cuò)誤；由題圖可知a、c兩點(diǎn)在同一等勢(shì)線上，故粒子在a、c兩點(diǎn)具有相同的電勢(shì)能，根據(jù)能量守恒可知，粒子在a、c兩點(diǎn)具有相同的動(dòng)能，故粒子在這兩點(diǎn)的速度大小相等，但方向不同，故C錯(cuò)誤；因粒子在a、c兩點(diǎn)具有相同的動(dòng)能和電勢(shì)能，而粒子在a點(diǎn)的動(dòng)能比在b點(diǎn)的動(dòng)能小，電勢(shì)能比在b點(diǎn)時(shí)的大，故粒子在b點(diǎn)的電勢(shì)能比在c點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能小，故D正確。
3．[多選](2018·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，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W1；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(　　)
A．此勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向一定與a、b兩點(diǎn)連線平行
B．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
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
D．若W1＝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
解析：選BD　結(jié)合題意，只能判定φa＞φb，φc＞φd，但電場(chǎng)方向不能得出，故A錯(cuò)誤。電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿c→d時(shí)，才有場(chǎng)強(qiáng)E＝，故C錯(cuò)誤。由于M、N分別為ac和bd的中點(diǎn)，對(duì)于勻強(qiáng)電場(chǎng)，φM＝，φN＝，則UMN＝，可知該粒子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功W＝，故B正確。若W1＝W2，則φa－φb＝φc－φd，變形得φa－φc＝φb－φd，即Uac＝Ubd，而UaM＝，UbN＝，可知UaM＝UbN，故D正確。
考點(diǎn)三　磁場(chǎng)及其對(duì)電流的作用
本考點(diǎn)是對(duì)磁場(chǎng)及安培力知識(shí)的考查，常涉及磁場(chǎng)的疊加、安培定則(如診斷卷第11題)，特別是涉及左手定則、安培力的平衡和運(yùn)動(dòng)問題(如診斷卷第12題)考查相對(duì)較多，試題難度中等，建議考生自學(xué)為主。





(一)必備知識(shí)——安培力的大小和方向

(二)重點(diǎn)提醒——解題常見的兩大失誤點(diǎn)
1．通電導(dǎo)線或圓環(huán)周圍的磁場(chǎng)方向可用右手螺旋定則即安培定則確定，磁場(chǎng)方向畫線要準(zhǔn)確，避免磁場(chǎng)的疊加結(jié)果跑偏，如診斷卷第11題。
2．計(jì)算安培力的大小必須考慮線圈的匝數(shù)，如診斷卷第12題，F(xiàn)＝nBIL，同時(shí)根據(jù)左手定則判斷磁場(chǎng)、電流、安培力之間的方向關(guān)系，然后根據(jù)平衡關(guān)系列方程。
(三)解題規(guī)范——求解導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)問題的“三步曲”

[題點(diǎn)全練]
1．[多選](2019屆高三·咸陽(yáng)模擬)如圖所示，紙面內(nèi)同時(shí)存在兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其中一個(gè)平行于紙面水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝1 T。位于紙面內(nèi)的細(xì)直導(dǎo)線，長(zhǎng)L＝5 m，通有I＝3 A的恒定電流。當(dāng)導(dǎo)線與B成60°夾角時(shí)，發(fā)現(xiàn)其受到的磁場(chǎng)力為零，則該區(qū)域存在的另一勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的可能值為(　　)
A. T　　　　　　　　　 B. T
C．2 T D. T
解析：選AC　若導(dǎo)線中受到的安培力為零，則說(shuō)明合磁場(chǎng)的方向沿導(dǎo)線方向；根據(jù)平行四邊形定則知虛線表示合磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，與電流的方向平行，可知B2有一個(gè)最小值，其最小值為B2＝B1sin 60°＝ T，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。
2.[多選]如圖甲所示，兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置，間距為L(zhǎng)，其間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。垂直于導(dǎo)軌水平對(duì)稱放置一根均勻金屬棒。從t＝0時(shí)刻起，棒上通以如圖乙所示的持續(xù)交變電流I，周期為T，最大值為Im，圖甲中I所示方向?yàn)殡娏髡较?。則金屬棒(　　)

A．一直向右移動(dòng)
B．速度隨時(shí)間周期性變化
C．受到的安培力隨時(shí)間周期性變化
D．受到的安培力在一個(gè)周期內(nèi)做正功
解析：選ABC　在0～，金屬棒受到向右的安培力，大小恒為BImL，金屬棒向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；在～T，金屬棒受到的安培力向左，大小仍為BImL，而此時(shí)速度方向仍然向右，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直至速度減為零，之后不斷重復(fù)該運(yùn)動(dòng)過(guò)程，A、B、C正確；安培力在一個(gè)周期內(nèi)做功為零，D錯(cuò)誤。
3．(2018·聊城二模)電磁泵在生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應(yīng)用。如圖所示，泵體是一個(gè)長(zhǎng)方體，ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)1，兩側(cè)端面是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)2的正方形；流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為ρ，在泵頭通入導(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)率為σ(電阻率的倒數(shù))，泵體所在處有方向垂直向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，把泵體的上下兩表面接在電壓為U的電源上(內(nèi)阻不計(jì))，則(　　)
A．泵體上表面應(yīng)接電源負(fù)極
B．通過(guò)泵體的電流I＝
C．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度可獲得更大的抽液高度
D．增大液體的電導(dǎo)率可獲得更大的抽液高度
解析：選CD　當(dāng)泵體上表面接電源的正極時(shí)，電流從上向下流過(guò)泵體，這時(shí)受到的磁場(chǎng)力水平向左，拉動(dòng)液體，故A錯(cuò)誤；根據(jù)電阻定律，泵體內(nèi)液體的電阻：R＝ρ＝×＝，因此流過(guò)泵體的電流I＝UL1σ，故B錯(cuò)誤；增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，受到的磁場(chǎng)力變大，因此可獲得更大的抽液高度，故C正確；若增大液體的電導(dǎo)率，可以使電流增大，受到的磁場(chǎng)力變大，因此可獲得更大的抽液高度，故D正確。


考點(diǎn)四　磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用
本考點(diǎn)幾乎是每年必考的內(nèi)容，主要涉及磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)等。解答時(shí)應(yīng)注意洛倫茲力永不做功的特點(diǎn)，明確半徑公式、周期公式，正確畫出運(yùn)動(dòng)軌跡草圖等，考生應(yīng)學(xué)會(huì)靈活變通。
(一)兩種運(yùn)動(dòng)類型要辨清

(二)兩個(gè)解題思路要明確
1．洛倫茲力永不做功，只改變粒子速度方向，不改變粒子速度的大小。如診斷卷第13題，由電子的速率不變可知，B、D均錯(cuò)誤。
2．帶電體在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，往往需要考慮重力，明確受力情況是分析該類問題的關(guān)鍵，一般先分析場(chǎng)力，比如重力、電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力，再分析彈力、摩擦力。如診斷卷第15題，由于摩擦力是被動(dòng)力，所以要分情況討論。洛倫茲力、支持力和重力均不做功，只有摩擦力做功，所以一定要理清摩擦力的大小變化情況。
[題點(diǎn)全練]
1．(2018·拉薩中學(xué)月考)兩個(gè)帶電粒子以相同的速度垂直磁感線方向進(jìn)入同一空間足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩粒子質(zhì)量之比為1∶4，電荷量之比為1∶2，則兩帶電粒子(　　)
A．受洛倫茲力之比為2∶1
B．運(yùn)動(dòng)周期之比為2∶1
C．軌跡半徑之比為2∶1
D．加速度大小之比為2∶1
解析：選D　根據(jù)洛倫茲力大小f＝Bqv，結(jié)合題意可得，洛倫茲力大小與電荷量成正比，即1∶2，故A錯(cuò)誤。根據(jù)T＝，所以有：＝·＝×＝，故B錯(cuò)誤。因?yàn)锽qv＝m，所以R＝，因?yàn)榱Ｗ幼鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，故v大小不變，故＝·＝×＝，故C錯(cuò)誤。加速度為a＝，因?yàn)関大小不變，故＝＝，故D正確。




2．(2018·雅安三診)兩種不計(jì)重力的帶電粒子M和N，以相同的速度經(jīng)小孔S垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，運(yùn)行的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列表述正確的是(　　)
A．M帶正電， N帶負(fù)電
B．洛倫茲力對(duì)M、N做正功
C．M的比荷小于N的比荷
D．M的運(yùn)行時(shí)間小于N的運(yùn)行時(shí)間
解析：選C　由左手定則判斷出N帶正電荷，M帶負(fù)電荷，故A錯(cuò)誤；洛倫茲力始終與運(yùn)動(dòng)的方向垂直，所以洛倫茲力不做功，故B錯(cuò)誤；粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力qvB＝，比荷為：＝，在速率相同的情況下，半徑大說(shuō)明比荷小，故C正確；粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半周，即時(shí)間為周期的一半，而周期T＝，所以M的運(yùn)行時(shí)間大于N的運(yùn)行時(shí)間，故D錯(cuò)誤。
3．[多選](2018·杭州模擬)如圖所示，一軌道由兩等長(zhǎng)的光滑斜面AB和BC組成，兩斜面在B處用一光滑小圓弧相連接，P是BC的中點(diǎn)，豎直線BD右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，B處可認(rèn)為處在磁場(chǎng)中，一帶電小球從A點(diǎn)由靜止釋放后能沿軌道來(lái)回運(yùn)動(dòng)，C點(diǎn)為小球在BD右側(cè)運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．C點(diǎn)與A點(diǎn)在同一水平線上
B．小球向右或向左滑過(guò)B點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道壓力相等
C．小球向上或向下滑過(guò)P點(diǎn)時(shí)，其所受洛倫茲力相同
D．小球從A到B的時(shí)間是從C到P時(shí)間的 倍
解析：選AD　小球在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受重力、洛倫茲力和軌道支持力作用，因洛倫茲力永不做功，支持力始終與小球運(yùn)動(dòng)方向垂直，也不做功，即只有重力做功，滿足機(jī)械能守恒，因此C點(diǎn)與A點(diǎn)等高，在同一水平線上，選項(xiàng)A正確；小球向右或向左滑過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度等大反向，即洛倫茲力等大反向，小球?qū)壍赖膲毫Σ坏?，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；同理小球向上或向下滑過(guò)P點(diǎn)時(shí)，洛倫茲力也等大反向，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因洛倫茲力始終垂直BC，小球在AB段和BC段(設(shè)斜面傾角均為θ)的加速度均由重力沿斜面的分力產(chǎn)生，大小為gsin θ，由x＝at2得小球從A到B的時(shí)間是從C到P的時(shí)間的倍，選項(xiàng)D正確。
4．初速度為零的一個(gè)質(zhì)子，質(zhì)量為1.67×10－27 kg，經(jīng)過(guò)電壓為1 880 V的電場(chǎng)加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為5.0×10－4 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。質(zhì)子受到的洛倫茲力多大？
解析：質(zhì)子的初速度為零，電場(chǎng)加速的能量全部轉(zhuǎn)化為質(zhì)子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能。按照能量守恒定律，則有：qU＝mv2
可得質(zhì)子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)的速率
v＝ ＝ m/s＝6.0×105 m/s
質(zhì)子是垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，所以其運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)方向夾角為90°，按照洛倫茲力的計(jì)算公式可以得到：F＝qvB＝1.6×10－19×6.0×105×5.0×10－4 N＝4.8×10－17 N。
答案：4.8×10－17 N


一、高考真題集中演練——明規(guī)律
1．(2016·全國(guó)卷Ⅲ)關(guān)于靜電場(chǎng)的等勢(shì)面，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．兩個(gè)電勢(shì)不同的等勢(shì)面可能相交
B．電場(chǎng)線與等勢(shì)面處處相互垂直
C．同一等勢(shì)面上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度一定相等
D．將一負(fù)的試探電荷從電勢(shì)較高的等勢(shì)面移至電勢(shì)較低的等勢(shì)面，電場(chǎng)力做正功
解析：選B　在靜電場(chǎng)中，兩個(gè)電勢(shì)不同的等勢(shì)面不會(huì)相交，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電場(chǎng)線與等勢(shì)面一定相互垂直，選項(xiàng)B正確；同一等勢(shì)面上的電場(chǎng)強(qiáng)度可能相等，也可能不相等，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電場(chǎng)線總是由電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面，將負(fù)試探電荷從電勢(shì)高的等勢(shì)面移到電勢(shì)低的等勢(shì)面時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
2．[多選](2018·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號(hào)相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等。現(xiàn)同時(shí)釋放a、b，它們由靜止開始運(yùn)動(dòng)。在隨后的某時(shí)刻t，a、b經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大
B．在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b的大
C．在t時(shí)刻，a和b的電勢(shì)能相等
D．在t時(shí)刻，a和b的動(dòng)量大小相等
解析：選BD　經(jīng)時(shí)間t，a、b經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則xa＞xb，根據(jù)x＝at2＝t2知，ma＜mb，故A錯(cuò)誤。電場(chǎng)力做功Wa＞W(wǎng)b，由動(dòng)能定理知，a的動(dòng)能比b的動(dòng)能大，故B正確。a、b處在同一等勢(shì)面上，根據(jù)Ep＝qφ，a、b的電勢(shì)能絕對(duì)值相等，符號(hào)相反，故C錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)量定理知a、b的動(dòng)量大小相等，故D正確。



3.[多選](2017·全國(guó)卷Ⅰ)在一靜止點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，任一點(diǎn)的電勢(shì)φ與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的關(guān)系如圖所示。電場(chǎng)中四個(gè)點(diǎn)a、b、c和d的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed。點(diǎn)a到點(diǎn)電荷的距離ra與點(diǎn)a的電勢(shì)φa已在圖中用坐標(biāo)(ra，φa)標(biāo)出，其余類推?，F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點(diǎn)依次經(jīng)b、c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，在相鄰兩點(diǎn)間移動(dòng)的過(guò)程中，電場(chǎng)力所做的功分別為W、W和W。下列選項(xiàng)正確的是(　　)
A．Ea∶Eb＝4∶1　　　　 B．Ec∶Ed＝2∶1
C．W∶W＝3∶1 D．W∶W＝1∶3
解析：選AC　設(shè)點(diǎn)電荷的電荷量為Q，根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度公式E＝k，ra∶rb＝1∶2，rc∶rd＝3∶6，可知，Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；將一帶正電的試探電荷由a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)做的功W＝q(φa－φb)＝3q(J)，試探電荷由b點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)做的功W＝q(φb－φc)＝q(J)，試探電荷由c點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)做功W＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，W∶W＝3∶1，W∶W＝1∶1，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。
4．[多選](2018·全國(guó)卷Ⅰ)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強(qiáng)電場(chǎng)內(nèi)間距相等的一組等勢(shì)面，已知平面b上的電勢(shì)為2 V。一電子經(jīng)過(guò)a時(shí)的動(dòng)能為10 eV，從a到d的過(guò)程中克服電場(chǎng)力所做的功為6 eV。下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．平面c上的電勢(shì)為零
B．該電子可能到達(dá)不了平面f
C．該電子經(jīng)過(guò)平面d時(shí)，其電勢(shì)能為4 eV
D．該電子經(jīng)過(guò)平面b時(shí)的速率是經(jīng)過(guò)d時(shí)的2倍
解析：選AB　因等勢(shì)面間距相等，由U＝Ed得相鄰虛線之間電勢(shì)差相等，由a到d，eUad＝6 eV，故Uad＝6 V；因電場(chǎng)力做負(fù)功，故電場(chǎng)方向向右，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，又φb＝2 V，則φc＝0，各虛線電勢(shì)如圖所示，故A正確。
因電子的速度方向未知，若不垂直于等勢(shì)面，如圖中實(shí)線所示，電子可能到達(dá)不了平面f，故B正確。電子經(jīng)過(guò)平面d時(shí)，電勢(shì)能Ep＝eφd＝2 eV，故C錯(cuò)誤。由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd＝4 eV；則Ekb＝2Ekd，根據(jù)Ek＝mv2知vb＝vd，故D錯(cuò)誤。
5．[多選](2018·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長(zhǎng)直絕緣導(dǎo)線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點(diǎn)，它們相對(duì)于L2對(duì)稱。整個(gè)系統(tǒng)處于勻強(qiáng)外磁場(chǎng)中，外磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外。則(　　)
A．流經(jīng)L1的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0
B．流經(jīng)L1的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0
C．流經(jīng)L2的電流在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0
D．流經(jīng)L2的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0
解析：選AC　外磁場(chǎng)、電流的磁場(chǎng)方向如圖所示，由題意知
在b點(diǎn)：B0＝B0－B1＋B2
在a點(diǎn)：B0＝B0－B1－B2
由上述兩式解得B1＝B0，B2＝B0，故A、C正確。
6.[多選](2014·全國(guó)卷Ⅱ)如圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖。圖中，永磁鐵提供勻強(qiáng)磁場(chǎng)，硅微條徑跡探測(cè)器可以探測(cè)粒子在其中運(yùn)動(dòng)的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子。當(dāng)這些粒子從上部垂直進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同
B．電子與正電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑一定相同
C．僅依據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡無(wú)法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子
D．粒子的動(dòng)能越大，它在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑越小
解析：選AC　根據(jù)左手定則，電子、正電子進(jìn)入磁場(chǎng)后所受洛倫茲力的方向相反，故兩者的偏轉(zhuǎn)方向不同，選項(xiàng)A正確；根據(jù)qvB＝，得r＝，若電子與正電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)速度不相等，則軌跡半徑不相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于質(zhì)子、正電子，它們?cè)诖艌?chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)不能確定mv的大小，僅依據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡無(wú)法判斷粒子是質(zhì)子還是正電子，故選項(xiàng)C正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv＝，粒子的動(dòng)能大，其mv不一定大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。





二、名校模擬重點(diǎn)演練——知熱點(diǎn)
7.(2019屆高三·濮陽(yáng)模擬)把一根絕緣導(dǎo)線PQ彎成兩個(gè)半圓形狀，每個(gè)半圓的半徑都為R，放置在粗糙的水平桌面上，在桌面上加有豎直向下且磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示(俯視圖)?，F(xiàn)給導(dǎo)線通入由P到Q的電流，并逐漸增大電流強(qiáng)度，導(dǎo)線PQ始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．增大電流強(qiáng)度的過(guò)程中，導(dǎo)線PQ對(duì)桌面的摩擦力增大
B．增大電流強(qiáng)度的過(guò)程中，導(dǎo)線PQ對(duì)桌面的壓力增大
C．當(dāng)電流強(qiáng)度為I時(shí)，導(dǎo)線PQ受到的安培力為2πBIR
D．當(dāng)電流強(qiáng)度為I時(shí)，導(dǎo)線PQ受到的安培力為πBIR
解析：選A　在桌面方向上，導(dǎo)線受到安培力和靜摩擦力而平衡，增大電流強(qiáng)度的過(guò)程中，安培力增大，故靜摩擦力也增大，A正確；在豎直方向上導(dǎo)線受到重力和支持力而平衡，與電流強(qiáng)度無(wú)關(guān)，故增大電流強(qiáng)度的過(guò)程中，導(dǎo)線PQ對(duì)桌面的壓力不變，B錯(cuò)誤；導(dǎo)線PQ在磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝4R，故當(dāng)電流為I時(shí)，導(dǎo)線PQ受到的安培力為F＝BIL＝4BIR，C、D錯(cuò)誤。
8．(2018·湖北重點(diǎn)高中聯(lián)考)如圖所示，真空中O點(diǎn)處有一點(diǎn)電荷，在它產(chǎn)生的電場(chǎng)中有a、b兩點(diǎn)，a點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為Ea，方向與ab連線成53°角，b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為Eb，方向與ab連線成37°角。關(guān)于a、b兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)Ea、Eb及電勢(shì)φa、φb的關(guān)系，正確的是(　　)
A．25Ea＝9Eb，φa＞φb
B．16Ea＝9Eb，φa＜φb
C．9Ea＝25Eb，φa＞φb
D．9Ea＝16Eb，φa＜φb
解析：選D　設(shè)a、b兩點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離分別為ra和rb。根據(jù)幾何知識(shí)得：rb＝ra，根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式E＝k，得：Ea＝Eb，由題圖可知，該電場(chǎng)是由負(fù)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的，故在點(diǎn)電荷的周圍越靠近場(chǎng)源電勢(shì)越低，則有φa＜φb，故D正確。
9．(2018·甘肅河西五市一模)如圖所示，不帶電的金屬球A固定在絕緣底座上，它的正上方有一B點(diǎn)，該處有帶正電液滴不斷地由靜止開始下落(不計(jì)空氣阻力，每滴液滴的質(zhì)量、電荷量均相同)，液滴到達(dá)A球后將電荷量全部傳給A球，且前一液滴到達(dá)A球后，后一液滴才開始下落，不計(jì)B點(diǎn)未下落的帶電液滴對(duì)下落液滴的影響，則下列說(shuō)法正確的是(　　)
A．第一滴液滴做自由落體運(yùn)動(dòng)，以后液滴做變加速運(yùn)動(dòng)，都能到達(dá)A球
B．當(dāng)液滴下落到重力與電場(chǎng)力大小相等時(shí)，開始做勻速運(yùn)動(dòng)
C．能夠下落到A球的所有液滴在下落過(guò)程中達(dá)到最大動(dòng)能時(shí)的位置均相同
D．除第一滴外所有液滴下落過(guò)程中電勢(shì)能均在增加
解析：選D　液滴到達(dá)A球后將電荷量全部傳給A球，所以A球電荷量Q逐漸增加，以后的液滴下落過(guò)程中受到重力和電場(chǎng)力共同作用，當(dāng)電荷量Q增加到一定程度后，液滴將不能到達(dá)A球，故A項(xiàng)錯(cuò)誤。液滴受到的電場(chǎng)力是變力，當(dāng)液滴下落到重力等于電場(chǎng)力位置時(shí)，速度最大，以后將減速下落，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。設(shè)速度最大處液滴距A球的距離為R，有mg＝k，可以看出隨Q逐漸增加，R也逐漸增加，故C項(xiàng)錯(cuò)誤。除第一滴外所有液滴下落過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)液滴做負(fù)功，所以液滴下落過(guò)程中電勢(shì)能增加，故D項(xiàng)正確。
10．(2018·西北師大附中模擬)如圖所示，平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，兩板間有一個(gè)帶負(fù)電的試探電荷固定在P點(diǎn)。靜電計(jì)的金屬球與電容器的負(fù)極板連接，外殼接地。以E表示兩板間的場(chǎng)強(qiáng)，φ表示P點(diǎn)的電勢(shì)，Ep表示該試探電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持負(fù)極板不動(dòng)，將正極板緩慢向右平移一小段距離(靜電計(jì)帶電量可忽略不計(jì))，各物理量變化情況描述正確的是(　　)
A．E增大，φ降低，Ep減小，θ增大
B．E不變，φ降低，Ep增大，θ減小
C．E不變，φ升高，Ep減小，θ減小
D．E減小，φ升高，Ep減小，θ減小
解析：選C　將正極板適當(dāng)向右水平移動(dòng)，兩板間的距離減小，根據(jù)電容的決定式C＝可知，電容C增大，因平行板電容器充電后與電源斷開，則電容器的電量Q不變，由C＝得知，板間電壓U減小，因此夾角θ減小，再依據(jù)板間場(chǎng)強(qiáng)E＝＝＝，可見E不變；P點(diǎn)到正極板距離減小，且正極板接地，由公式U＝Ed得知，P點(diǎn)的電勢(shì)增加；負(fù)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能減?。还蔄、B、D錯(cuò)誤，C正確。
11．(2019屆高三·江西八校聯(lián)考)如圖所示，一均勻帶正電的無(wú)限長(zhǎng)絕緣細(xì)桿水平放置，細(xì)桿正上方有A、B、C三點(diǎn)，三點(diǎn)均與細(xì)桿在同一豎直平面內(nèi)，且三點(diǎn)到細(xì)桿的距離滿足rA＝rB

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