第1講 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄考法學法根據(jù)近幾年的高考試題來看，電場、磁場的性質(zhì)一直是考查的熱點。多數(shù)情況下，高考對該部分內(nèi)容以選擇題的形式考查，難度中等。主要考查內(nèi)容有：①描述電場性質(zhì)的物理量：電場強度、電勢；②平行板電容器的電容；③描述電場的工具：電場線和等勢面；④描述磁場性質(zhì)的物理量：磁感應強度。用到的思想方法有：①理想模型法；②比值定義法；③控制變量法；④對稱法；⑤合成法；⑥分解法；⑦整體法和隔離法；⑧等效思想；⑨分解思想。┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄[知能全通]————————————————————————————————1．類比法、對稱法求解疊加場的場強(1)類比法：當空間某一區(qū)域同時存在兩個或兩個以上的電場(由各自獨立的場源電荷所激發(fā))時，某點場強E等于各電場的場強在該點的矢量和，遵循平行四邊形定則，可以類比力的合成與分解。(2)對稱法：2．電勢高低的三種判斷方法根據(jù)電場線方向判斷沿電場線方向電勢逐漸降低根據(jù)場源電荷的正負判斷取無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負電荷周圍電勢為負值；靠近正電荷處電勢高，靠近負電荷處電勢低根據(jù)電場力做功判斷根據(jù)UAB＝，UAB＝φA－φB，將WAB、q的正負號代入，由UAB的正負判斷φA、φB的高低  3．電荷電勢能大小判斷的“四法”做功判斷法電場力做正功，電勢能減??；電場力做負功，電勢能增大電荷電勢法正電荷在電勢越高的地方電勢能越大，負電荷在電勢越低的地方電勢能越大能量守恒法在電場中，若只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，兩種能量之和不變，所以電荷動能增加時，其電勢能減??；反之，其電勢能增大公式法將q、φ的大小、正負號一起代入公式Ep＝qφ，Ep數(shù)值(包含正負號)越大，表示電勢能越大4.電勢差的三種計算方法(1)UAB＝φA－φB。(2)UAB＝，適用于任何電場。(3)U＝Ed，適用于勻強電場。[題點全練]————————————————————————————————1.(2018·全國卷Ⅰ)如圖，三個固定的帶電小球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所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線。設小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則(　　)A．a、b的電荷同號，k＝　   B．a、b的電荷異號，k＝C．a、b的電荷同號，k＝     D．a、b的電荷異號，k＝解析：選D　由于小球c所受庫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，根據(jù)庫侖定律，a對c的庫侖力為Fa＝k0，b對c的庫侖力為Fb＝k0。設合力向左，如圖所示，根據(jù)相似三角形，得＝，聯(lián)立以上各式得k＝＝＝，D正確。2．[多選](2018·石家莊質(zhì)檢)如圖所示，正方形ABCD的四個頂點各固定一個點電荷，所帶電荷量分別為＋q、－q、＋q、－q，E、F、O分別為AB、BC、AC的中點。下列說法正確的是(　　)A．E點電勢低于F點電勢B．F點電勢等于E點電勢C．E點電場強度與F點電場強度相同D．F點電場強度大于O點電場強度解析：選BD　根據(jù)對稱性可知，E、F兩點電勢相等，A項錯誤，B項正確；根據(jù)對稱性及電場強度的疊加原理可知，E點和F點電場強度大小相等而方向不同，O點的電場強度為零，F點的電場強度大于零，C項錯誤，D項正確。3.(2018·菏澤模擬)如圖所示為某電場中x軸上電勢φ隨x變化的圖像，一個帶電粒子僅受電場力作用在x＝0處由靜止釋放，沿x軸正方向運動，且以一定的速度通過x＝x2處，則下列說法正確的是(　　)A．x1和x2處的場強均為零B．x1和x2之間的場強方向不變C．粒子從x＝0處運動到x＝x2過程中，電勢能先增大后減小D．粒子從x＝0處運動到x＝x2過程中，加速度先減小后增大解析：選D　φ-x圖像中圖線的斜率表示場強，斜率絕對值的大小表示場強的大小，斜率的正負表示場強的方向，題圖中x1和x2之間的場強大小先減小后增大，場強方向先沿x軸負方向后沿x軸正方向，A、B項錯誤；粒子由x＝0處由靜止沿x軸正方向運動，表明粒子運動方向與電場力方向相同，則從x＝0到x＝x2的過程中，電場力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大，C項錯誤；因從x＝0到x＝x2過程中，場強先減小后增大，即粒子所受的電場力先減小后增大，因此粒子的加速度先減小后增大，D項正確。4．[多選](2018·全國卷Ⅱ)如圖，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點處于勻強電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點。一電荷量為q(q＞0)的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1；若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2。下列說法正確的是(　　)A．此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行B．若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小一定為D．若W1＝W2，則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差解析：選BD　結(jié)合題意，只能判定φa＞φb，φc＞φd，但場強方向不能得出，故A錯誤；場強的方向沿c→d時，才有場強E＝，故C錯誤；由于M、N分別為ac和bd的中點，對于勻強電場，φM＝，φN＝，則UMN＝，可知該粒子從M點移動到N點的過程中，電場力做功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。[知能全通]————————————————————————————————1．公式法分析平行板電容器的兩類動態(tài)問題公式①C＝　②C＝　③E＝情形始終連接電源充電后斷開電源不變量UQd變大C變小，Q變小，E變小C變小，U變大，E不變εr變大C變大，Q變大，E不變C變大，U變小，E變小S變大C變大，Q變大，E不變C變大，U變小，E變小2.熟記二級結(jié)論(1)在直流電路中，電容器相當于斷路，其兩端電壓等于與之并聯(lián)的支路兩端電壓。(2)電容器所帶的電荷量恒定不變時，極板間的電場強度與極板間距離無關(guān)。[題點全練]————————————————————————————————1．(2018·北京高考)研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實驗裝置如圖所示。下列說法正確的是(　　)A．實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C．實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大D．實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大解析：選A　實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應，在b板上將感應出異種電荷，故A正確；實驗中，b板向上平移，正對面積S變小，由C＝知，電容C變小，由C＝知，Q不變，U變大，因此靜電計指針的張角變大，故B錯誤；插入有機玻璃板，相對介電常數(shù)εr變大，由C＝知，電容C變大，由C＝知，Q不變，U變小，因此靜電計指針的張角變小，故C錯誤；只增加極板帶電量，電容C不變，靜電計指針的張角變大，是由于U變大導致的，故D錯誤。2．(2018·江蘇高考)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴(　　) A．仍然保持靜止　　　　　　 B．豎直向下運動C．向左下方運動     D．向右下方運動解析：選D　開始時油滴處于靜止狀態(tài)，有mg＝q，B板右端下移時，U不變，d變大，電場力F＝q變小，mg＞F；并且A、B兩板之間的等差等勢面右端將均勻地順次向下移動，又電場強度垂直于等勢面，可得油滴的受力如圖所示，mg與F的合力方向為向右下方，故油滴向右下方運動，D正確。3．[多選](2019屆高三·上饒六校聯(lián)考)一位同學用底面半徑為r的圓桶形塑料瓶制作了一種電容式傳感器，用來測定瓶內(nèi)溶液深度的變化，如圖所示。瓶的外壁涂有一層導電涂層和瓶內(nèi)導電溶液構(gòu)成電容器的兩極，它們通過探針和導線與電源、電流計、開關(guān)相連，中間的一層塑料為絕緣介質(zhì)，其厚度為d，相對介電常數(shù)為εr。若發(fā)現(xiàn)在某段時間t內(nèi)有大小為I的電流從下向上流過電流計，設電源電壓恒為U，則下列說法中正確的是(　　)A．瓶內(nèi)液面升高了B．瓶內(nèi)液面降低了C．電容器在這段時間內(nèi)放電D．瓶內(nèi)液面高度在時間t內(nèi)變化了解析：選BCD　根據(jù)公式C＝，當d、εr不變時，C∝S，而正對面積S正比于液面高度h。某段時間t內(nèi)電流計中有從下向上流過的電流，說明電容器在該段時間內(nèi)放電，電容器所帶的電荷量Q＝CU在減小，由電源電壓U恒定，可知電容C在減小，則h也在減小，即瓶內(nèi)的液面降低了，故A錯誤，B、C正確；時間t內(nèi)電容器放電，釋放的電荷量ΔQ＝UΔC＝It，ΔC＝＝，解得Δh＝，故D正確。4．[多選]如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管(正向電阻為零可以視為短路，反向電阻無窮大可以視為斷路)連接，電源負極接地。初始電容器不帶電，閉合開關(guān)穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器中的P點且處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是(　　)A．減小極板間的正對面積，帶電油滴會向上運動，且P點的電勢會降低B．將上極板下移，則P點的電勢不變C．將下極板下移，則P點的電勢升高D．無論哪個極板上移還是下移，帶電油滴都不可能向下運動解析：選CD　二極管具有單向?qū)щ娦?，閉合開關(guān)后電容器充電，電容器的電容 C＝＝，極板間的電場強度E＝，整理得E＝，油滴靜止，則qE＝mg，減小極板間的正對面積S，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，所以電場強?/span>E變大，油滴所受電場力變大，油滴會向上運動，P點與下極板的距離不變，E變大，則P點的電勢升高，故A錯誤；將上極板向下移動，d變小，電容器兩極板間的電場強度E＝變大，P點與下極板的距離不變，P點的電勢升高，故B錯誤；將下極板向下移動，d變大，由C＝可知，C變小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，?/span>E＝可知電容器兩極板間的電場強度不變，P點與下極板的距離變大，P點與下極板間的電勢差變大，P點的電勢升高，故C正確；上極板上移或下極板下移時，d變大，由C項分析知電容器兩極板間的電場強度不變，油滴所受電場力不變，油滴靜止不動，上極板下移或下極板上移時，d變小，由B項分析知電場力變大，電場力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上運動，故D正確。[知能全通]————————————————————————————————1．掌握“兩個力”(1)安培力：F＝BIL(I⊥B)。(2)洛倫茲力：F＝qvB(v⊥B)，永不做功。2．用準“兩個定則”(1)對電流周圍的磁場方向判定用安培定則。(2)對安培力和洛倫茲力的方向判定用左手定則。3．畫好“兩個圖形”(1)對安培力作用下的平衡、運動問題畫好受力圖。(2)對帶電粒子的勻速圓周運動問題畫好幾何圖形。4．熟記“兩個等效模型”(1)變曲為直：圖甲所示通電導線，在計算安培力的大小和判斷方向時均可等效為ac直線電流。(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。[題點全練]————————————————————————————————1．[多選](2018·全國卷Ⅱ)如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導線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，它們相對于L2對稱。整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外。則(　　)A．流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0B．流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0C．流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0D．流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0解析：選AC　外磁場、電流的磁場方向如圖所示，由題意知，在b點：B0＝B0－B1＋B2，在a點：B0＝B0－B1－B2，由上述兩式解得B1＝B0，B2＝B0，故A、C正確。2．[多選](2017·全國卷Ⅰ)如圖，三根相互平行的固定長直導線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反。下列說法正確的是(　　)A．L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶D．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為∶∶1解析：選BC　由安培定則可判斷出L2在L1處產(chǎn)生的磁場(B21)方向垂直L1和L2的連線豎直向上，L3在L1處產(chǎn)生的磁場(B31)方向垂直L1和L3的連線指向右下方，根據(jù)磁場疊加原理，L3和L2在L1處產(chǎn)生的合磁場(B合1)方向如圖1所示，根據(jù)左手定則可判斷出L1所受磁場作用力的方向與L2和L3所在平面平行，選項A錯誤；同理，如圖2所示，可判斷出L3所受磁場(B合3)作用力的方向(豎直向上)與L1、L2所在平面垂直，選項B正確；同理，如圖3所示，設一根長直導線在另一根導線處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小為B，根據(jù)幾何知識可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝B，由安培力公式F＝BIL可知，L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶，選項C正確，D錯誤。3.如圖所示，兩平行導軌與水平面的夾角α＝37°，導軌間距為L＝1.0 m，勻強磁場的磁感應強度B可調(diào)，方向垂直導軌所在平面向下。一金屬桿長也為L，質(zhì)量為m＝0.2 kg，水平放置在導軌上，與導軌接觸良好而處于靜止狀態(tài)，金屬桿與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，通有圖示方向的電流，電流大小I＝2.0 A，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則磁感應強度的最大值和最小值分別為(　　)A．1.0 T,0　　　　　　 B．1.0 T,0.6 TC．1.0 T,0.2 T  D．0.6 T,0.2 T解析：選C　由左手定則知安培力的方向沿斜面向上，因mgsin α＝1.2 N，fm＝μmgcos α＝0.8 N，所以當磁感應強度B最小時，安培力F1＝BminIL＝0.4 N，即Bmin＝0.2 T；當B最大時，安培力F2＝BmaxIL＝2.0 N，即Bmax＝1.0 T，C對。4.有一勻強磁場的方向與xOy坐標平面平行，一通電直導線與x軸平行放置時，導線受到的安培力為F。若將該導線做成圓環(huán)，放置在xOy坐標平面內(nèi)，如圖所示，并保持通電的電流不變，兩端點a、b連線也與x軸平行，則圓環(huán)受到的安培力大小為(　　)A．F  B.FC.F  D.F解析：選C　根據(jù)安培力公式F＝BIL，安培力F與導線的有效長度L成正比；若將該導線做成圓環(huán)，由L＝×2πR，解得圓環(huán)的半徑R＝，圓環(huán)a、b兩點之間的有效距離L′＝R＝。由＝，解得F′＝F，選項C正確。    [研一題]————————————————————————————————[多選]如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場(圖中未畫出)，O為圓心，P為邊界上的一點。相同的帶電粒子a、b(不計重力)從P點先后射入磁場，粒子a正對圓心射入，速度方向改變60°后離開磁場，粒子b射入磁場時的速度方向與粒子a射入時的速度方向成60°角，已知它們離開磁場的位置相同，下列說法正確的是(　　)A．兩粒子的速度之比為＝B．兩粒子在磁場中運動的時間之比為＝C．兩粒子在磁場中運動的半徑之比為＝D．兩粒子在磁場中運動的軌跡長度之比為＝[解析]　作出帶電粒子a、b在磁場中運動的軌跡，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，兩粒子運動的軌跡半徑之比＝，由r＝可得，兩粒子的速度之比為＝；兩粒子在磁場中運動的軌跡對應的圓心角之比為＝，根據(jù)T＝，t＝T可得，兩粒子在磁場中運動的時間之比為＝，根據(jù)運動的軌跡長度s＝vt，兩粒子在磁場中運動的軌跡長度之比為＝，B、D正確，A、C錯誤。[答案]　BD[悟一法]———————————————————————————————— “三定四寫”求解粒子在磁場中的圓周運動問題1．一定圓心O(1)已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可過入射點和出射點分別作入射方向和出射方向的垂線，兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心O(如圖甲所示，圖中P為入射點，M為出射點)。　　(2)已知入射點和出射點的位置及入射方向時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作該線的垂直平分線，兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心O(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)。2．二定半徑R(1)公式法——R＝。(2)幾何法——一般由三角關(guān)系及圓的幾何知識來計算確定。3．三定圓心角φ圓心角φ等于粒子的速度偏向角α，也等于弦與切線的夾角(弦切角)θ的2倍，即φ＝α＝2θ＝ωt＝t，或φ＝(l為φ對應的圓弧弧長)。4．四寫方程基本方程qvB＝m，半徑公式R＝，周期公式T＝＝(與速度無關(guān))，運動時間t＝＝T。[通一類]————————————————————————————————1.如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，M、N是磁場邊界上兩點且M、N連線過圓心O，在M點有一粒子源，可以在紙面內(nèi)沿各個方向向磁場里發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、速度大小均為v＝的帶正電粒子，不計粒子的重力，若某一個粒子在磁場中運動的時間為t＝，則該粒子從M點射入磁場時，入射速度方向與MN間夾角的正弦值為(　　)A.　　　           B.　　　  　   C.　　 　  　 D.解析：選A　粒子在磁場中運動的軌跡半徑r＝＝，由于該粒子在磁場中運動的時間t＝＝＝T，可作出該粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，△MOP為正三角形，粒子從M點射入的速度方向與MN的夾角為30°，夾角正弦值為，A正確。2.如圖所示，在直角坐標系xOy中，x軸上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向外。許多質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，沿紙面內(nèi)x軸負方向與y軸正方向之間各個方向以相同的速率v從原點O射入磁場區(qū)域。不計粒子重力及粒子間的相互作用。選項圖中陰影部分表示帶電粒子在磁場中可能經(jīng)過的區(qū)域，其中正確的是(　　)解析：選D　粒子在以x軸為邊界的勻強磁場中做勻速圓周運動，粒子從x軸進入磁場后再離開，粒子在進、出磁場時，速度v與x軸的夾角相同，根據(jù)左手定則和R＝知，當粒子沿x軸負方向運動時，其軌跡如圖所示，是一個完整的圓，隨著粒子入射方向向y軸正方向轉(zhuǎn)動過程中，此圓以O為中心沿順時針方向轉(zhuǎn)動，當粒子沿y軸正方向射入時，其軌跡為一個半圓，兩圖形的相交部分是粒子不能經(jīng)過的地方，故D正確。[專題強訓提能]                                                             1．[多選]如圖所示，勻強電場中的A、B、C、D點構(gòu)成一位于紙面內(nèi)的平行四邊形，電場強度的方向與紙面平行。已知A、B兩點的電勢分別為φA＝12 V、φB＝6 V，則C、D兩點的電勢可能分別為(　　)A．9 V,15 V　　　　　　 B．9 V,18 VC．0,6 V  D．6 V,0解析：選AC　已知四邊形ABCD為平行四邊形，則AB與CD平行且等長，因為勻強電場的電場強度的方向與紙面平行，所以UAB＝UDC＝6 V，分析各選項中數(shù)據(jù)可知，A、C正確，B、D錯誤。2.已知長直通電導線在周圍某點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小與電流成正比，與該點到導線的距離成反比。如圖所示，4根電流相等的長直通電導線a、b、c、d平行放置，它們的橫截面的連線構(gòu)成一個正方形，O為正方形中心，a、b、c中電流方向垂直紙面向里，d中電流方向垂直紙面向外，則長直通電導線a、b、c、d在O點產(chǎn)生的合磁場的磁感應強度B(　　)A．大小為零B．大小不為零，方向由O指向dC．大小不為零，方向由O指向cD．大小不為零，方向由O指向a解析：選D　a、c中電流方向相同，由安培定則可知，兩導線在O處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小相等、方向相反，合矢量為零；b、d中電流方向相反，由安培定則可知，兩導線在O處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度方向均由O指向a，故D選項正確。3．(2018·天津高考)如圖所示，實線表示某電場的電場線(方向未標出)，虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設M點和N點的電勢分別為φM、φN，粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EpM、EpN。下列判斷正確的是(　　)A．vM＜vN，aM＜aN  B．vM＜vN，φM＜φNC．φM＜φN，EpM＜EpN  D．aM＜aN，EpM＜EpN解析：選D　電場線密的地方場強大，粒子受到的電場力大，所以aM<aN。粒子受到的電場力指向曲線運動軌跡的凹側(cè)，又粒子帶負電，所以電場方向由電場線稀疏一側(cè)指向電場線密集一側(cè)，而沿電場線方向電勢降低，即φM>φN，故B、C錯誤；又由Ep＝qφ和能量守恒知，帶負電的粒子在電勢越低的位置，具有的電勢能越大，而動能越小，即EpM<EpN，vM>vN，故A錯誤，D正確。4．[多選]如圖所示，Q1、Q2為兩個帶等量正電的點電荷，在兩者的電場中有M、N和O三點，其中M和O在Q1、Q2的連線上(O為連線的中點)，N為過O點的垂線上的一點。則下列說法中正確的是(　　)  A．在Q1、Q2連線的中垂線位置可以畫出一條電場線B．若將一個帶正電的點電荷分別放在M、N和O三點，則該點電荷在M點時的電勢能最大C．若將一個帶電荷量為－q的點電荷從M點移到O點，則電勢能增加D．若將一個帶電荷量為－q的點電荷從N點移到O點，則電勢能增加解析：選BC　根據(jù)等量同種正點電荷形成的電場在點電荷連線和中垂線上的電場強度和電勢的特點可知，A錯誤；M、N、O三點電勢大小的關(guān)系為φM>φO>φN，可判定帶正電的點電荷在M點時的電勢能最大，B正確；從M點到O點電勢降低，故電場力對帶電荷量為－q的點電荷做負功，則電勢能增加，C正確；從N點到O點電勢升高，故電場力對帶電荷量為－q的點電荷做正功，則電勢能減少，D錯誤。5.在光滑絕緣的水平地面上放置四個相同的可視為質(zhì)點的金屬小球，小球A、B、C位于等邊三角形的三個頂點上，小球D位于三角形的中心，如圖所示?，F(xiàn)讓小球A、B、C都帶電荷量為Q的正電荷，讓小球D帶電荷量為q的負電荷，若四個小球均處于靜止狀態(tài)，則Q與q的比值為(　　)A.  B.C．3  D.解析：選D　設等邊三角形的邊長為a，由幾何知識可知，BD＝acos 30°×＝a，以小球B為研究對象，由平衡條件可知，cos 30°×2＝，解得＝ ，D項正確。6.質(zhì)量為m、長度為l的金屬棒MN兩端由絕緣等長輕質(zhì)細線水平懸掛，處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B。開始時細線豎直，當金屬棒中通以恒定電流后，金屬棒從最低點開始向右擺動，若已知細線與豎直方向的最大夾角為θ＝60°，如圖所示，則金屬棒中的電流(　　)A．方向由M向N，大小為B．方向由N向M，大小為C．方向由M向N，大小為D．方向由N向M，大小為解析：選B　由題意知，金屬棒受到向右的安培力，根據(jù)左手定則，可判斷金屬棒中的電流方向由N向M；金屬棒所受安培力的方向垂直于MN和磁場方向向右，由于金屬棒向上運動的過程中重力和安培力做功，細線的拉力不做功，設細線的長度為x，由功能關(guān)系得：BIlxsin θ－mg(x－xcos θ)＝0，解得：I＝，B正確。7.如圖所示，a、b、c、d、O五點均在勻強電場中，它們剛好是一個半徑為R＝ m的圓的四個等分點和圓心O，b、c、d三點的電勢如圖所示。已知電場線與圓所在平面平行，關(guān)于電場強度的大小和方向，下列說法正確的是(　　)A．電場強度的方向由O指向b點B．電場強度的方向由O指向d點C．電場強度的大小為10 V/mD．電場強度的大小為10 V/m解析：選D　由勻強電場中平行線上等間距點間的電勢差相等可得，O點的電勢為6 V，如圖所示，O、d連線的中點e處的電勢為8 V，連接c、e，過O作ce的垂線交ce于f，則ce為等勢線，電場線垂直于ce向下，即電場強度的方向由f指向O點，連接c、O，由Oc＝ m，eO＝ m，得ec＝ m，由相似三角形得Of＝＝ m，O、f間的電勢差為2 V，則電場強度大小為E＝＝10 V/m，選項D正確。8．[多選](2018·全國卷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?，F(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動。在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過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。下列說法正確的是(　　)A．a的質(zhì)量比b的大B．在t時刻，a的動能比b的大C．在t時刻，a和b的電勢能相等D．在t時刻，a和b的動量大小相等解析：選BD　經(jīng)時間t，a、b經(jīng)過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錯誤；電場力做功Wa＞Wb，由動能定理知，a的動能比b的動能大，故B正確；a、b處在同一等勢面上，根據(jù)Ep＝qφ，a、b的電勢能絕對值相等，符號相反，故C錯誤；根據(jù)動量定理知a、b的動量大小相等，故D正確。9.在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以大小為v的初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝2BC，如圖所示，由此可知(　　)A．小球帶正電B．電場力大小為2mgC．小球從A點到B點與從B點到C點的運動時間相等D．小球從A點到B點與從B點到C點的速度變化不同解析：選D　根據(jù)小球從B點進入電場的軌跡可以看出，小球所受的電場力豎直向上，即小球帶負電，選項A錯誤；因為到達C點時速度水平，所以小球在C點時的速度等于在A點時的速度，因為AB＝2BC，設B、C間豎直距離為h，則A、B間豎直距離為2h，小球由A點到C點根據(jù)動能定理有mg×3h－Eqh＝0，即Eq＝3mg，選項B錯誤；小球從A點到B點的過程中，在豎直方向上的加速度大小為g，方向豎直向下，所用時間為t1＝＝2，從B點到C點的過程中，在豎直方向上的加速度大小為a2＝＝2g，方向豎直向上，故所用時間t2＝ ＝，故t1＝2t2，選項C錯誤；小球從A點到B點與從B點到C點的過程中速度變化大小都等于2，但方向相反，選項D正確。10.(2019屆高三·九江模擬)如圖所示，A是帶電量為＋Q、半徑為R的絕緣球體，且電荷均勻分布(均勻分布電荷的絕緣球體在空間產(chǎn)生對稱的電場，場強大小只和到球心的距離有關(guān))。B為帶電量為＋q的帶電體，可視為點電荷，已檢測到c點的場強為零，d點與c點到球心O的距離都為r，B到c點的距離也為r，若只把B移到e點，則d點場強大小為(　　)A．k  B．kC．k  D．k解析：選A　A在c點產(chǎn)生的場強大小為EA＝k，方向水平向右；B在c點產(chǎn)生的場強大小為EB＝k，方向水平向左；因為c點的場強為零，所以有EA＝EB，即Q＝q。A在d點產(chǎn)生的場強大小為EA′＝k＝k，方向豎直向上；把B移到e點，B在d點產(chǎn)生的場強大小為EB′＝k，方向水平向左；根據(jù)電場的疊加原理，將A、B在d點產(chǎn)生的場強進行矢量疊加，可得d點場強大小為k，故A正確，B、C、D錯誤。11．[多選](2018·全國卷Ⅰ)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2 V。一電子經(jīng)過a時的動能為10 eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6 eV。下列說法正確的是(　　)A．平面c上的電勢為零B．該電子可能到達不了平面fC．該電子經(jīng)過平面d時，其電勢能為4 eVD．該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍解析：選AB　因等勢面間距相等，由U＝Ed得相鄰虛線之間電勢差相等，由a到d，eUad＝－6 eV，故Uad＝6 V，因電場力做負功，故電場方向向右，沿電場線方向電勢降低，又φb＝2 V，則φc＝0，各虛線電勢如圖所示，故A正確；因電子的速度方向未知，若不垂直于等勢面，如圖中實線所示，電子可能到達不了平面f，故B正確；電子經(jīng)過平面d時，電勢能Ep＝eφd＝2 eV，故C錯誤；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錯誤。12．[多選](2018·武漢調(diào)研)如圖所示，等腰直角三角形abc的直角邊長度為L，該區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。三個相同的帶電粒子從b點沿bc方向分別以速度v1、v2、v3射入磁場，在磁場中運動的時間分別為t1、t2、t3，且t1∶t2∶t3＝2∶2∶1。不計粒子的重力，下列說法正確的是(　　)A．三個粒子速度的大小關(guān)系一定是v1＝v2<v3B．三個粒子速度的大小關(guān)系可能是v1<v2<v3C．粒子的比荷＝D．粒子的比荷＝解析：選BC　畫出三個粒子射入磁場的運動軌跡如圖所示，設速度為v1、v2、v3的粒子運動軌跡的半徑分別為r1、r2、r3，由已知條件易知，速度為v3的粒子從ac邊穿出，速度為v1、v2的粒子從ab邊穿出，則偏轉(zhuǎn)角為90°，兩者的速度大小關(guān)系不定，但其半徑一定比速度為v3的粒子半徑小，由半徑公式r＝，則v3一定大于v1和v2，A錯誤，B正確；速度為v1的粒子偏轉(zhuǎn)90°，則t1＝×，解得：＝，C正確；速度為v3的粒子偏轉(zhuǎn)角為45°，由圖中幾何關(guān)系知：r3sin 45°＝L，而r3＝，解得：＝，D錯誤。13．(2018·河南模擬)如圖所示，空間有一正三棱錐OABC，點A′、B′、C′分別是三條棱的中點?，F(xiàn)在頂點O處固定一正點電荷，下列說法中正確的是(　　)A．A′、B′、C′三點的電場強度相同B．△ABC所在平面為等勢面C．將一正試探電荷從 A′點沿直線A′B′移到B′，靜電力對該試探電荷先做正功后做負功D．若A′點的電勢為φA′，A點的電勢為φA，則AA′連線中點D處的電勢φD一定小于解析：選D　因為A′、B′、C′三點離頂點O處的正點電荷的距離相等，故三點處的電場強度大小均相等，但其方向不同，故A錯誤；由于△ABC所在平面上各點到O點的距離不全相等，由等勢面的特點可知，△ABC所在平面不是等勢面，故B錯誤；由電勢的特點可知，沿直線A′B′的電勢變化為先增大后減小，所以當正試探電荷沿此直線從A′移動到B′時，電場力對該試探電荷先做負功后做正功，故C錯誤；因為UA′D＝A′D·，UDA＝DA·，由點電荷的場強關(guān)系可知A′D>DA，又因為＝，所以有UA′D＞UDA，即φA′－φD＞φD－φA，整理可得：φD<，故D正確。14．如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子(　　)A．運動到P點返回B．運動到P和P′點之間返回C．運動到P′點返回D．穿過P′點解析：選A　電子在A、B板間的電場中做加速運動，在B、C板間的電場中做減速運動，設A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場強度為E，M、P兩點間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點，B、C兩板所帶電荷量不變，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′時，B、C兩板間的電場強度不變，由此可以判斷，電子在A、B板間做加速運動后，在B、C板間做減速運動，到達P點時速度為零，然后返回，A項正確，B、C、D項錯誤。  

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