2020届高考物理二轮复习电场与磁场微专题突破 电场的力的性质(带解析)

高考物理二轮复习专题：第2讲 磁场性质及带电粒子在磁场中的运动典题再现1.(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，等边三角形线框LMN 由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M 、N 与直流电源两端相接．已如导体棒MN 受到的安培力大小为F ，则线框LMN 受到的安培力的大小为( )A.2F B ．1.5F C.0.5FD ．0解析：选B.设三角形边长为l ，通过导体棒MN 的电流大小为I ，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML 和LN 的电流大小为I2，如图所示，依题意有F ＝BlI ，则导体棒ML 和LN 所受安培力的合力为F 1＝12BlI ＝12F ，方向与F 的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为1.5F ，选项B 正确.考情分析典题再现2.(2020·山东等级考模拟)如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy 平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy 平面向外、磁感应强度大小为B 0的匀强磁场Ⅱ.一质量为m ，电荷量为＋q 的粒子，从x 轴上M 点以某一初速度垂直于x 轴进入第四象限，在xOy 平面内，以原点O 为圆心做半径为R 0的圆周运动；随后进入电场运动至y 轴上的N 点，沿与y 轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x 轴进入第四象限．不计粒子重力．求：(1)带电粒子从M 点进入第四象限时初速度的大小v 0； (2)电场强度的大小E ；(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B 1. 解析：(1)粒子在第四象限中运动时，洛伦兹力提供向心力，则qv 0B 0＝mv 20R 0解得v 0＝qB 0R 0m. (2)由于带电粒子与y 轴成45°角离开电场，则有v x ＝v y ＝v 0粒子在水平方向匀加速，在竖直方向匀速，故在水平方向上qE ＝ma v 2x －0＝2aR 0解得E ＝qR 0B 202m.(3)粒子在电场中运动时 水平方向：v x ＝at ，R 0＝12at 2竖直方向：y ＝v y t 解得y ＝2R 0过N 点做速度的垂线交x 轴于P 点，P 即为在第一象限做圆周运动的圆心，PN 为半径，因为ON ＝y ＝2R 0，∠PNO ＝45°，所以PN ＝22R 0.由于洛伦兹力提供向心力，故qvB 1＝mv 2PN其中v 为进入第一象限的速度，大小为v ＝2v 0解得B 1＝12B 0.答案：见解析 考情分析命题研究分析近几年高考试题可以看出，对磁场性质和带电粒子在匀强磁场中的运动的考查是高考热点，涉及磁场知识点的题目年年都有，考查与洛伦兹力有关的带电粒子在有界匀强磁场中的运动最多，一般为匀强磁场中的临界、极值问题，其次是与安培力有关的通电导体在磁场中的加速或平衡问题；新高考命题仍会将带电粒子在匀强磁场中的运动作为重点，可能与电场相结合，也可能将对安培力的考查与电磁感应相结合，要熟练掌握磁场中曲线运动的分析方法及临界圆的画法磁场性质及对电流作用 【高分快攻】1．磁场性质分析的两点技巧(1)判断电流磁场要正确应用安培定则，明确大拇指、四指所指的方向及手掌的放法． (2)分析磁场对电流的作用要做到“一明、一转、一析”．即：2．安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路【典题例析】(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，在磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中，两长直导线P和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l .在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离均为l 的a 点处的磁感应强度为零．如果让P 中的电流反向、其他条件不变，则a 点处磁感应强度的大小为( )A ．0 B.33B 0 C.233B 0 D ．2B 0[解析] 导线P 和Q 中电流I 均向里时，设其在a 点产生的磁感应强度大小B P ＝B Q ＝B 1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a 点的合磁场的磁感应强度平行于PQ 向右、大小为3B 1.又根据题意B a ＝0，则B 0＝3B 1，且B 0平行于PQ 向左．若P 中电流反向，则B P 反向、大小不变，B Q 和B P 大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为 B ′1＝B 1(方向垂直PQ 向上、与B 0垂直)，a 点合磁场的磁感应强度B ＝B 20＋B ′21＝233B 0，则A 、B 、D 项均错误，C 项正确．[答案] C【题组突破】1．(多选)如图所示是小丽自制的电流表原理图．质量为m 的均匀细金属杆MN 与一竖直悬挂的绝缘轻质弹簧相连，弹簧劲度系数为k , 在边长ab ＝L 1、bc ＝L 2的矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．MN 的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度，MN 的长度大于ab .当MN 中没有电流通过且MN 处于静止状态时，MN 与ab 边重合，且指针指在标尺的零刻度处；当MN 中有电流时，指针示数可表示电流大小 .MN 始终在纸面内且保持水平，重力加速度g .则( )A ．要使电流表正常工作，金属杆中电流方向应从M 至NB ．当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为零C ．该电流表的最大量程是I m ＝kL 2BL 1D ．该电流表的刻度在0～I m 范围内是不均匀的解析：选AC.要使电流表能正常工作，金属杆受到的安培力的方向应竖直向下，根据磁场的方向和左手定则可知，金属杆中电流方向应从M 至N ，选项A 正确；当该电流表的示数为零时，说明金属杆中电流为零，此时金属杆受竖直向下的重力和竖直向上的弹力作用，根据平衡条件和胡克定律可知，kx ＝mg ，弹簧的伸长量为x ＝mgk，选项B 错误；根据平衡条件和胡克定律可知，k (x ＋L 2)＝mg ＋BI m L 1，解得I m ＝kL 2BL 1，即该电流表的最大量程为I m ＝kL 2BL 1，选项C 正确； 根据平衡条件和胡克定律可知，k (x ＋l )＝mg ＋BIL 1，解得I ＝kBL 1·l ，即该电流表的刻度在0～I m 范围内是均匀的，选项D 错误．2．(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将( )A ．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B ．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C ．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D ．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉解析：选AD.如果将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，则线圈在安培力作用下转动起来，每转一周安培力驱动一次，可保证线圈不断地转动，A 项正确；如果左、右转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，不能保证线圈持续转动下去，B 项错误；如果仅左转轴的上侧绝缘漆刮掉，右转轴的下侧绝缘漆刮掉，则线圈中不可能有电流，因此线圈不可能转动，C 项错误；如果左转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，右转轴仅下侧的绝缘漆刮掉效果与A 项相同，因此D 项正确．带电粒子在匀强磁场中的运动【高分快攻】1．“一点、两画、三定、四写”求解粒子在磁场中的圆周运动(1)一点：在特殊位置或要求粒子到达的位置(如初始位置、要求经过的某一位置等)． (2)两画：画出速度v 和洛伦兹力F 两个矢量的方向． (3)三定：定圆心、定半径、定圆心角．(4)四写：写出基本方程qvB ＝m v 2R ，半径R ＝mv qB ，周期T ＝2πR v ＝2πm qB ，运动时间t ＝s v ＝α2πT .2．常见模型的解题思路(1)解答有关运动电荷在有界匀强磁场中的运动问题时，我们可以先将有界磁场视为无界磁场，假设粒子能够做完整的圆周运动，确定粒子做圆周运动的圆心，作好辅助线，充分利用相关几何知识解题．(2)对称规律解题法①从直线边界射入的粒子，又从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等(如图甲所示)．②在圆形磁场区域内，沿半径方向射入的粒子，一定沿半径方向射出(如图乙所示)．【典题例析】(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面(abcd 所在平面)向外．ab 边中点有一电子发射源O ，可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子．已知电子的比荷为k .则从a 、d 两点射出的电子的速度大小分别为( )A.14kBl ，54kBl B.14kBl ，54kBl C.12kBl ，54kBl D.12kBl ，54kBl [解析] 电子从a 点射出时，其轨迹半径为r a ＝l4，由洛伦兹力提供向心力，有ev a B ＝m v 2ar a，又e m ＝k ，解得v a ＝kBl 4；电子从d 点射出时，由几何关系有r 2d ＝l 2＋⎝⎛⎭⎪⎫r d －l 22，解得轨迹半径为r d ＝5l 4，由洛伦兹力提供向心力，有ev d B ＝m v 2d r d ，又e m ＝k ，解得v d ＝5kBl4，选项B 正确．[答案] B【题组突破】角度1 带电粒子在无边界匀强磁场中的运动分析1．如图所示，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为B ，一群比荷为q m、速度大小为v 的离子以一定发散角α由原点O 出射，y 轴正好平分该发散角，离子束偏转后打在x 轴上长度为L 的区域MN 内，则cos α2为( )A ．1－BqL 4mvB ．12－BqL 4mvC ．1－BqL2mvD ．1－BqL mv解析：选C.根据洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2R ，得R ＝mvqB，离子通过M 、N 点的轨迹如图所示，由几何关系知MN ＝ON －OM ，过M 点的两圆圆心与原点连线与x 轴夹角为α2，圆心在x 轴上的圆在O 点时的速度沿y 轴正方向，由几何关系可知L ＝2R －2R cosα2，解得cosα2＝1－BqL2mv，故选项C 正确．角度2 带电粒子在圆形边界磁场中的运动分析2．(多选)(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场．若粒子射入速率为v 1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v 2，相应的出射点分布在三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．则v 2∶v 1为( )A.3∶2B.2∶1C.3∶1D.3∶ 2解析：选 C.由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB ＝m v 2R可知，R＝mvqB，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同．若粒子运动的速度大小为v 1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子的磁场出射点A 离P 点最远时，则AP ＝2R 1；同样，若粒子运动的速度大小为v 2，粒子的磁场出射点B 离P 点最远时，则BP ＝2R 2，由几何关系可知，R 1＝R2，R 2＝R cos30°＝32R ，则v 2v 1＝R 2R 1＝3，C 项正确．角度3 带电粒子在有边界磁场中的运动分析3．平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m ，电荷量为q (q >0)．粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为( )A.mv2qBB.3mvqBC.2mvqBD.4mvqB解析：选D.如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，设出射点为P，粒子运动轨迹与ON的交点为Q，粒子入射方向与OM成30°角，则射出磁场时速度方向与OM成30°角，由几何关系可知，PQ⊥ON，故出射点到O点的距离为轨迹圆直径的2倍，即4R，又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径R＝mvqB，所以D正确．命题角度解决方法易错辨析带电粒子在直线边界型磁场中的运动对称法遵循进入磁场的角度和出磁场的角度相同的原则带电粒子在圆形边界磁场中的运动准确找到圆心、入射半径方向，利用垂线法确定对应的圆心角若粒子沿半径方向射入磁场，则一定会沿半径方向射出磁场；否则不满足此条规律带电粒子在三角形边界磁场中的运动切线法、临界值法在磁场中运动的临界条件是准确找到与边界相切的条件，以此判断圆周运动的临界半径的大小带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动中垂线法或速度切线法确定圆心和半径方向，利用公式确定周期和半径的大小能熟练画出粒子的运动轨迹并准确找到圆心、半径、圆心角是解题的关键带电粒子在磁场中运动的多解和临界问题【高分快攻】1．求解临界、极值问题的“两思路、两方法”2．带电粒子在磁场中运动的多解问题的处理方法(1)方法技巧①认真读题，逐一确认形成多解的各种因素．②画出粒子运动的可能轨迹，并确定其圆心、半径的可能情况．③对于圆周运动的周期性形成的多解问题，要注意系列解出现的可能，要注意每种解出现的条件，并寻找相关的通项公式．(2)带电粒子在交变磁场中运动的多解问题分析带电粒子在交变磁场中的运动，首先必须明确粒子运动的周期与磁场变化的周期之间的关系，正确作出粒子在磁场中随磁场变化的运动轨迹图，然后灵活运用粒子做圆周运动的规律进行解答，要特别注意对题目中隐含条件的挖掘，分析不确定因素可能形成的多解，力求使解答准确、完整．【典题例析】(2019·济南二模)如图所示，在xOy平面内以O为圆心、R0为半径的圆形区域Ⅰ内有垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为＋q的粒子以速度v0从A(R0，0)点沿x 轴负方向射入区域Ⅰ，经过P(0，R0)点，沿y轴正方向进入同心环形区域Ⅱ，为使粒子经过区域Ⅱ后能从Q点回到区域Ⅰ，需在区域Ⅱ内加一垂直于纸面向里的匀强磁场．已知OQ与x 轴负方向成30°，不计粒子重力．求：(1)区域Ⅰ中磁感应强度B0的大小；(2)环形区域Ⅱ的外圆半径R；(3)粒子从A点出发到再次经过A点所用的最短时间．[解析] (1)设粒子在区域Ⅰ内运动的轨迹圆半径为r1，由图中几何关系可得：r1＝R0，由牛顿第二定律可得：r1＝mv0qB0，解得：B0＝mv0qR0.(2)设粒子在区域Ⅱ中运动的轨迹圆半径为r2，轨迹如图所示，由几何关系知：r2＝3 3r1＝33R0由几何关系得R＝2r2＋r2＝3r2即R＝3R0.(3)当粒子由内侧劣弧经过A点时，时间较短，应满足150°n＋90°＝360°m当m＝4时，n＝9，时间最短当粒子由外侧磁场经优弧经过A点时，应满足(90°＋60°)n＝360°m根据数学知识当m＝5时，n＝12，时间最短所以当粒子由内侧磁场Ⅰ沿劣弧经过A点时，并且当m＝4时，n＝9时，时间最短．t1＝10×14×2πR0v0，t2＝9×23×2π33R0v0t min＝t1＋t2＝5πR0v0＋43πR0v0.[答案] 见解析【题组突破】角度1 带电粒子在磁场中运动的临界问题1．(2019·山东省实验中学一模)如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ab＝L，粒子源在b点将带负电的粒子以大小、方向不同的速度射入磁场，已知粒子质量为m，电荷量为q，则在磁场中运动时间最长的粒子中，速度最大值是( )A.qBL2mB.qBL3mC.3qBL2mD.3qBL3m解析：选D.由左手定则和题意知，沿ba方向射出的粒子在三角形磁场区域内转半周，运动时间最长，速度最大的轨迹恰与ac相切，轨迹如图所示，由几何关系可得最大半径：r＝ab×tan30°＝33L，由洛伦兹力提供向心力qv m B＝mv2mr，从而求得最大速度：v m＝3qBL3m，所以选项A、B、C错误，选项D正确．角度2 带电粒子在磁场中运动的多解问题2.如图所示，M、N为水平放置的彼此平行的不带电的两块平板，板的长度和板间距离均为d，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，在距上板d3处有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，以初速度v0水平射入磁场，若使粒子不能射出磁场，求磁场的方向和磁感应强度B的大小范围．解析：第一种情况：当磁场方向垂直纸面向里时，若粒子从左侧上板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径R1＝12·d3＝d6由qv0B1＝mv20R1得：B1＝6mv0qd若粒子从右侧上板边缘飞出，其运动轨迹如图甲所示，设粒子做圆周运动的半径为R2，则：R22＝⎝⎛⎭⎪⎫R2－d32＋d2，解得：R2＝53d由qv0B2＝mv20R2得：B2＝3mv05qd所以当磁场方向垂直纸面向里时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为3mv05qd＜B＜6mv0qd.第二种情况：当磁场方向垂直纸面向外时，若粒子从左侧下板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径R3＝12·23d＝d3由qv0B3＝mv20R3得：B3＝3mv0qd若粒子从右侧下板边缘飞出，其运动轨迹如图乙所示，设粒子做圆周运动的半径为R4，则：R24＝⎝⎛⎭⎪⎫R4－23d2＋d2，解得：R4＝1312d由qv0B4＝mv20R4得：B4＝12mv013qd所以当磁场方向垂直纸面向外时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为12mv013qd＜B＜3mv0qd.答案：磁场垂直纸面向里时，3mv05qd＜B＜6mv0qd 磁场垂直纸面向外时，12mv013qd＜B＜3mv0qd分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的临界问题时，通常以题目中的“恰好”“最高”“最长”“至少”等为突破口，将不确定的物理量推向极端(如极大、极小，最上、最下，最左、最右等)，结合几何关系分析得出临界条件，列出相应方程求解结果．(1)常见的三种几何关系①刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．②当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．③当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长．(2)两种动态圆的应用方法①如图甲所示，一束带负电的粒子以初速度v垂直进入匀强磁场，若初速度v方向相同，大小不同，所有粒子运动轨迹的圆心都在垂直于初速度方向的直线上，速度增大时，轨迹半径随之增大，所有粒子的轨迹组成一组动态的内切圆，与右边界相切的圆即为临界轨迹．②如图乙所示，一束带负电的粒子以初速度v 垂直进入匀强磁场，若初速度v 大小相同，方向不同，则所有粒子运动的轨迹半径相同，但不同粒子的圆心位置不同，其共同规律是：所有粒子的圆心都在以入射点O 为圆心，以轨迹半径为半径的圆上，从而可以找出动态圆的圆心轨迹．利用动态圆可以画出粒子打在边界上的最高点和最低点．(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．(2019·高考北京卷)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a 点射入，从b 点射出．下列说法正确的是( )A ．粒子带正电B ．粒子在b 点速率大于在a 点速率C ．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b 点右侧射出D ．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短解析：选C.由左手定则可知，粒子带负电，A 项错误；由于洛伦兹力不做功，故粒子速率不变，B 项错误；粒子在磁场中运动轨迹半径R ＝mvqB，若仅减小磁感应强度B 的大小，则R 变大，粒子可能从b 点右侧射出，C 项正确；若仅减小入射速率，则R 变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大，t ＝θ2πT ，T ＝2πmqB，粒子在磁场中的运动时间变长，D 项错误．2．如图所示，竖直平行边界MN 、PQ 间有垂直于纸面向里的匀强磁场，甲、乙两个完全相同的粒子(不计粒子的重力)在边界MN 上的C 点分别以垂直于磁场的速度进入磁场，速度方向与边界MN 的夹角分别为30°、45°，结果两个粒子均从边界PQ 上的D 点射出磁场，C 、D 连线与两边界的垂线CE 的夹角θ＝30°，则两粒子在磁场中运动的速度之比v 甲v 乙及运动的时间之比t 甲t 乙分别为(已知sin 15°＝6－24，cos 15°＝6＋24)( )A.6－222 B.6＋22 2 C.6－24 23D.6＋24 23解析：选 A.C 、D 两点间的距离记为L ，粒子的运动轨迹如图所示，则轨迹半径r ＝L 2cos （θ＋α），轨迹所对的圆心角β＝2(90°－θ－α)＝120°－2α，结合r ＝mvqB和T ＝2πmqB，得v ∝1cos （30°＋α），t ＝β360°T ∝(120°－2α)，则v 甲v 乙＝cos （30°＋45°）cos （30°＋30°）＝6－22，t 甲t 乙＝120°－2×30°120°－2×45°＝2，选项A 正确．3．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )A ．轨道半径减小，角速度增大B ．轨道半径减小，角速度减小C ．轨道半径增大，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小解析：选D.分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v 大小不变，磁感应强度B 减小，由公式r ＝mvqB可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T ＝2πm qB 可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据Ω＝2πT知角速度减小，选项D 正确．4．(2019·淄博模拟)一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度Ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动方向与MN 成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )A.ω3BB.ω2BC.ωBD.2ωB解析：选A.由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为t ＝112×2πm qB ，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即πm 6qB ＝14×2πω，求得q m ＝ω3B ，A 项正确．5．在空间中有一如图所示边界垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，已知P 、Q 、O 为边长为L 的等边三角形的三个顶点，两个带电粒子甲和乙分别从P 点垂直PO 方向射入匀强磁场中，甲从PO 边的M 点射出磁场，乙从QO 边的N 点射出磁场，已知PM ＝2MO ，QN ＝NO ，据此可知( )A ．若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的速度大小之比为1∶2B ．若两个带电粒子的动能相同，则甲、乙两个带电粒子所带电荷量之比为3∶2C ．若两个带电粒子的带电荷量相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的动量大小之比为3∶2D ．若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为3∶2 解析：选 D ．根据题述，画出两个带电粒子在磁场区域中运动的轨迹，如图所示，由几何关系可知，r 甲＝13L ，r 乙＝12L .由qvB ＝m v 2r ，解得r ＝mv qB ＝p qB .若两个带电粒子的比荷 q m相同，由r ＝mv qB可知，甲、乙两个带电粒子射入磁场时的速度大小之比等于轨迹半径之比，即v 甲∶v 乙＝r 甲∶r 乙＝2∶3，选项A 错误；若两个带电粒子的动能相同，由r ＝mv qB＝2mE kqB可知，甲、乙两个带电粒子所带电荷量的比值为q 甲q 乙＝m 甲m 乙 ·r 乙r 甲＝32m 甲m 乙，选项B 错误；若两个带电粒子所带电荷量q 相同，由r ＝mv qB ＝pqB可知，甲、乙两个带电粒子射入磁场时的动量大小之比等于轨迹半径之比，即p 甲∶p 乙＝r 甲∶r 乙＝2∶3，选项C 错误；若两个带电粒子的比荷相同，则由T ＝2πmqB可知两粒子在磁场中运动的周期相同，带电粒子甲在磁场区域中运动轨迹圆弧所对圆心角为180°，在磁场中运动的时间为T2；带电粒子乙在磁场区域中运动轨迹圆弧所对圆心角为120°，在磁场中运动的时间为T3，则甲、乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为t 甲∶t 乙＝3∶2，选项D 正确．6．如图所示，在OA 和OC 两射线间存在着匀强磁场，∠AOC ＝30°，正负电子(质量、电荷量大小相同，电性相反)以相同的速度从M 点垂直OA 方向射入匀强磁场，下列说法正确的是( )A ．若正电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为3∶1B ．若正电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为6∶1 C ．若负电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比不可能为1∶1D ．若负电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为1∶6解析：选D.正电子向右偏转，负电子向左偏转，若正电子不从OC 边射出，负电子一定不会从OC 边射出，二者运动轨迹对应的圆心角均为180°，可知二者在磁场中运动时间之比为1∶1，故A 、B 错误；若负电子不从OC 边射出且正电子也不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动轨迹的圆心角都为180°，可知二者在磁场中运动的时间之比为1∶1；当负电子恰好不从OC 边射出时，运动轨迹对应的圆心角为180°，由几何关系知，此时正电子运动轨迹的圆心角为30°，正负电子在磁场中运动的周期相等，根据t ＝θ2πT 知，正负电子在磁场中运动的时间之比为1∶6，故若负电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比在1∶6与1∶1之间，故C 错误，D 正确．二、多项选择题7．(2019·青岛二模)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M 、N 两小孔中，O 为M 、N 连线中点，连线上a 、b 两点关于O 点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流I .已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B ＝k I r，式中k 是常数，I 是导线中的电流，r 为点到导线的距离．一带正电的小球(图中未画出)以初速度v 0从a 点出发沿连线运动到b 点．关于上述过程，下列说法正确的是( )A ．小球先做加速运动后做减速运动B ．小球一直做匀速直线运动C ．小球对桌面的压力先增大后减小D ．小球对桌面的压力一直在增大解析：选BC.由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在MN 连线上的磁场方向平行桌面向里，所以小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面向上．对小球受力分析，受重力、桌面支持力、洛伦兹力3个力作用，小球在水平方向不受力，故从a 点到b 点，小球一直做匀速直线运动，A 错误，B 正确；由于从a 至b 合磁感应强度先减小后增大，则小球所受洛伦兹力先减小后增大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由作用力与反作用力的关系知小球对桌面的压力先增大后减小，C 正确，D 错误．8．(2019·济宁高三模拟)如图所示，MN 平行于y 轴，在y 轴与MN 之间的区域内存在与xOy 平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B .在t ＝0时刻，从原点O 发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y 轴正方向的夹角分布在0～90°范围内．其中，沿y 轴正方向发射的粒子在t ＝t 0时刻刚好从磁场右边界MN 上的P 点离开磁场，已知P 点的坐标是((2＋2)d ，2d )，不计粒子重力，下列说法正确的是( ) A ．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2＋2d B ．粒子的发射速度大小为3πd2t 0。

a 1＝qE －mgm＝kE －g v 1＝a 1t x 1＝12a 1t 2场强变化后a 2＝mg －qE′m＝g －kE ′x 2＝－v 1t ＋12a 2t 2解得a 2＝3a 1.E ′＝4gk －3E 。

(2) 油滴的末速度大小v 2＝－v 1＋a 2t ＝－a 1t ＋a 2t ＝－(kE －g )t ＋(g －kE ′)t选带电粒子为研究对象.先竖直向上做匀加速直线运动：a 1′＝qE m＝kE .v 1′＝a 1′t场强变化以后.带电粒子仍向上做匀加速直线运动：a 2′＝qE′m＝kE ′ v 2′＝v 1′＋a 2′t ＝kEt ＋kE ′t则v2′v2＝kEt ＋kE′t －kE －g t ＋g －kE′t ＝2g －kEkE －g。

[答案] (1)4g k －3E (2)2g －kEkE －gA ．不包括无穷远处电势为0的点.在x 轴上只有一个点电势为0B ．不包括无穷远处电场强度为0的点.在x 轴上只有A 处电场强度为0C ．B 点的电势大于A 点的电势D ．某一负电荷放在C 点的电势能小于放在A 点的电势能B [因为两点电荷带不等量的异种电荷.所以两点电荷连线所在直线上电势为零的点有两个.一个在两电荷之间.另一个在电荷量较小的电荷即正电荷右侧.选项A 错误；Q 点为等边三角形中心.等边三角形边长为2a .根据几何关系有x QA ＝233a .电荷量为＋q 的点电荷在A 点产生的场强大小为E t ＝k qx2Q A ＝＝k 3q 4a2.方向沿x 轴正方向.电荷量为－3q 的点电荷在A 点产生的场强大小为E 2＝k 3qx2O A ＝k 3q 2a 2＝k 3q4a2.方向沿x 轴负方向.所以A 点的合场强为零.分析知除无穷远处.x 轴上的其他点场强不可能为零.选项B 正确；电荷量为＋q 的点电荷距A 、B 两点的距离相等.在该点电荷产生的电场中.A 、B 两点的电势相同.电荷量为－3q 的点电荷距B 点的距离小于距A 点的距离.所以在该点电荷产生的电场中.B 点的电势小于A 点的电势.电势为标量.所以在两点电荷产生的电场中.B 点的电势小于A 点的电势.选项C 错误；同理可得.C 点的电势小于A 点的电势.根据E p ＝qφ知.负电荷在电势越高处电势能越小.所以负电荷在C 点的电势能大于在A 点的电势能.选项D 错误。

2020年高考物理二轮专题复习六：电场、磁场的基本性质（解析附后）考纲指导高考对电场与磁场考查的重点有以下几个方面：对电场力的性质和能的性质的理解；带电粒子在电场中的加速和偏转问题；带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题；带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动问题；带电粒子在电场和磁场的叠加场中的运动问题；带电粒子在电场和磁场中运动的临界问题。

知识梳理1．主要研究方法(1)理想化模型法。

如点电荷。

(2)比值定义法。

如电场强度、电势的定义方法，是定义物理量的一种重要方法。

(3)类比的方法。

如电场和重力场的类比；电场力做功与重力做功的类比；带电粒子在匀强电场中的运动和平抛运动的类比。

2．静电力做功的求解方法(1)由功的定义式W＝Fl cos α来求；(2)利用结论“电场力做功等于电荷电势能变化量的负值”来求，即W＝－ΔE p；(3)利用W AB＝qU AB来求。

3．电场中的曲线运动的分析：采用运动合成与分解的思想方法。

4．匀强磁场中的圆周运动解题关键找圆心：若已知进场点的速度和出场点，可以作进场点速度的垂线，依据是F洛⊥v，与进出场点连线的垂直平分线的交点即为圆心；若只知道进场位置，则要利用圆周运动的对称性定性画出轨迹，找圆心，利用平面几何知识求解问题。

训练题1．(多选)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则( )A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行2．如图所示，在直角三角形acd中，∠a＝60°，三根通电长直导线垂直纸面分别放置在a、b、c三点，其中b为ac的中点。

三根导线中的电流大小分别为I、2I、3I，方向均垂直纸面向里。

通电长直导线在其周围空间某点产生的磁感应强度B ＝kI r，其中I 表示电流强度，r 表示该点到导线的距离，k 为常数。

避躲市安闲阳光实验学校第六章静电场一、三年高考考点统计与分析考点试题题型分值库仑定律电场强度安徽T20浙江T19山东T19江苏T1上海T11海南T3重庆T19广东T21海南T4新课标全国T17福建T18选择选择选择选择选择选择选择选择选择选择选择6分6分5分3分3分3分6分6分3分6分6分电势能电势电势差天津T5福建T15安徽T18重庆T20海南T3山东T21江苏T8上海T14上海T9江苏T5选择选择选择选择选择选择选择选择选择选择6分6分6分6分3分4分4分3分3分3分电容器带电粒子在电场中的运动新课标全国T18广东T20江苏T2海南T9北京T24天津T5新课标全国T20安徽T20选择选择选择选择计算选择选择6分6分3分4分20分6分6分北京T24福建T20安徽T18北京T18选择计算计算选择选择6分20分15分6分6分(1)试题主要集中在电场强度、电场线、电场力、电势、电势差、等势面、电势能、平行板电容器、匀强电场、电场力做功、电势能的变化，还有带电粒子在电场中的加速和偏转等知识。

其中在全国各地试卷中，对电场的性质及库仑定律的考查共计5次；对电容器，带电粒子在电场中的运动的考查共计6次；对电势、电势能、电势差的考查共计4次。

(2)高考试题的考查题型多以选择题，计算题形式出现，其中电场的性质的考查以选择形式出现5次，每题分值3～6分不等；电容器，带电粒子在电场中的运动的考查以选择形式出现3次，每次3～6分，以计算的形式出现了3次，分值在16～20分之间。

(3)高考试题对知识点的考查主要有三种形式：一种是基本概念和规律与力学中牛顿运动定律、动能定理、动能关系相结合；一种是以实际生产、生活为背景材料。

对带电粒子在电场中的加速、偏转等问题进行考查；还有一种形式是粒子在复合场中的运动，试题难度中等以上。

二、高考考情预测预计的高考中，对本专题的考查仍将是热点之一，在上述考查角度的基础上，重点以选择题的形式考查静电场的基本知识点，以综合题的形式考查静电场知识和其他相关知识在生产、生活中的实际应用。

高考物理复习冲刺压轴题专项突破—电场能的性质（含解析）一、单选题1．在光滑的水平面内有一沿x 轴的静电场，其电势ϕ随x 坐标值的变化图线如图所示。

一质量为m ，带电量为q 的带正电小球（可视为质点）从O 点以初速度0v 沿x 轴正向移动。

下列叙述正确的是（）A ．若小球能运动到1x 处，则该过程小球所受电场力逐渐增大B ．带电小球从1x 运动到3x 的过程中，电势能先减小后增大C ．若该小球能运动到4x 处，则初速度0v 至少为D ．若0v =m v =【答案】D 【解析】A ．由于φ-x 图象的斜率等于电场强度，则可知小球从O 运动到x 1的过程中，场强不变，由F=qE 知，粒子所受电场力保持不变，故A 错误；B ．正电荷在电势高处电势能大，则小球从x 1运动到x 3的过程中，电势不断减少，正电荷的电势能不断减少，故B 错误；C ．若小球恰好能运动到x 1处，初速度v 0最小，从x =0到x 1处，根据动能定理得200012q mv ϕ-=-得0v =故C 错误；D ．当带电粒子运动到x 3处时，电场力做正功最大，粒子的速度最大，从x =0到x 3处，根据动能定理得qφ0=12mv m 2-12mv 02由题意0v =m v =故D 正确。

故选D 。

2．如图所示，在真空中某点电荷的电场中，将两个电荷量相等的试探电荷分别置于M 、N 两点时，两试探电荷所受电场力相互垂直，且213F F =，则以下说法正确的是A ．这两个试探电荷的电性可能相同B ．M 、N 两点可能在同一等势面上C ．把电子从M 点移到N 点，电势能可能增大D ．过MN 上某点P （未标出）的电场线与MN 垂直时，P 、N 的距离可能是P 、M 距离的3倍【答案】C【解析】在点电荷电场中，两个试探电荷所受的电场力的方向的延长线的交点即为点电荷的位置，由图可知两个试探电荷为异种电荷，选项A 错误；两个电荷量相等的试探电荷在N 点受电场力较大可知，N 点离点电荷的位置较近，则M 、N 两点不在同一等势面上，选项B 错误；若是负点电荷电场，则M 点的电势较高，把电子从M 点移到N 点，电势能增大，选项C 正确；根据2kQ E r=，F =Eq ，因F 2=3F 1，则OM =，可知60ONM ∠= ，由几何关系可知，3PM PN =,故选项D 错误．故选C ．3．如图所示，一个“V”形玻璃管ABC 倒置于竖直平面内，并处于场强大小为E ＝1×103V/m ，方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为G ＝1×10－3N 、电荷量为q ＝2×10－6C 的带负电小滑块从A 点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数μ＝0.5.已知管长AB ＝BC ＝L ＝2m ，倾角α＝37°，B 点处是一段很短的光滑圆弧管，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10m/s 2.下列说法正确的是（）A ．B .A 两点间的电势差为2000VB ．小滑块从A 点第一次运动到B 点的过程中电势能增大C ．小滑块第一次速度为零的位置在C 处D ．从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3m【答案】D【解析】A.AB 两点间沿电场方向的长度为sin 37 1.2md L =︒=BA 两点间的电势差为1200VBA U Ed ==A 错误；B.由于小滑块带负电，所以小滑块从A 点第一次运动到B 点的过程中，电场力做正功，电势能减小，B 错误；C.在上滑的过程中受到重力、竖直向上的电场力、垂直玻璃管向下的弹力和沿玻璃管向下的摩擦力，受力如图所示．根据牛顿第二定律得：()()1sin 37cos37qE mg qE mg ma μ-︒--︒=得212m/s a =所以小球第一次到达B 点时的速度为v ===在下滑的过程中受到重力、竖直向上的电场力、垂直玻璃管向下的弹力和沿玻璃管向上的摩擦力，在BC 面上，小球开始从B 点做匀减速运动，()()2sin 37cos37qE mg qE mg ma μ-︒+-︒=得2210m/s a =所以，速度为0时到B 的距离为2228m 0.4m 220v x a ===C 错误；D.接着小球又反向向B 加速运动，到B 后又减速向A 运动，这样不断地往复，最后停在B 点，有：()()sin cos qE mg L qE mg s αμα-=-得：小球通过的全路程3ms =D 正确。

专题六电场、磁场的基本性质本专题主要是综合应用动力学方法和功能关系解决带电粒子在电场和磁场中的运动问题．这部分的题目覆盖的内容多，物理过程多，且情景复杂，综合性强，常作为理综试卷的压轴题．高考对本专题考查的重点有以下几个方面：①对电场力的性质和能的性质的理解；②带电粒子在电场中的加速和偏转问题；③带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题；④带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动问题；⑤带电粒子在电场和磁场的叠加场中的运动问题；⑥带电粒子在电场和磁场中运动的临界问题．知识点一、对电场强度的理解及计算电场强度三个表达式的比较知识点二、电场的基本性质知识点三、带电粒子在电场中的运动1.带电粒子在电场中的直线运动带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动．2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．(2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法处理．①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝lv0.②沿电场力方向，做匀加速直线运动．知识点四、带电粒子在磁场中的运动高频考点一对电场性质的理解例1、（2019·新课标全国Ⅲ卷）如图，电荷量分别为q和–q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。

则A．a点和b点的电势相等B．a点和b点的电场强度大小相等C．a点和b点的电场强度方向相同D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加【答案】BC【解析】由几何关系，可知b的电势大于a的电势，故A错误，把负电荷从a移到b，电势能减少，故D错误;由对称性和电场的叠加原理，可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同，故B、C正确。

【举一反三】（2018年全国Ⅰ卷）图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。

一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。

高考押题专练1．在竖直平面内有水平向右、场强为E的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球，它静止时位于A点，此时细线与竖直方向成37°角，如图1所示．现对在A点的该小球施加一沿与细线垂直方向的瞬时冲量，小球能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动．下列对小球运动的分析，正确的是(不考虑空气阻力，细线不会缠绕在O点上)()图1A．小球运动到C点时动能最小B．小球运动到C点时绳子拉力最小C．小球运动到Q点时动能最大D．小球运动到B点时机械能最大【答案】D【解析】由题意可知，电场力与重力的合力应沿着OA方向，因此小球在竖直平面内运动时，运动到A 点时动能最大，C错误；运动到与A点关于圆心对称的点时动能最小，在该点时绳子拉力也恰好最小，A、B错误；而在运动过程中，运动到B点时电场力做功最多，因此机械能最大，D正确．2．某区域的电场线分布如图2所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计．在O到A运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能E k和运动径迹上电势φ随位移x的变化图线可能正确的是()图2【解析】由题图可知，从O到A点，电场线由密到疏再到密，电场强度先减小后增大，因此粒子受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B正确；沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图像的斜率表示电场强度，所以斜率应先减小后增大，因此C错误；电场力对粒子做正功，导致电势能减小，则动能增加，且图线斜率先减小后增大，故D错误．3．如图3所示，在两个等量异种电荷形成的电场中，D、E、F是两电荷连线上间距相等的三个点，三点的电势关系是φD>φE>φF，K、M、L是过这三个点的等势线，其中等势线L与两电荷连线垂直．带电粒子从a点射入电场后运动轨迹与三条等势线的交点是a、b、c，粒子在a、b、c三点的电势能分别是E p a、E p b、E p c，以下判断正确的是()图3A．带电粒子带正电B．E p a<E p b<E p cC．E p c－E p b＝E p b－E p aD．E p c－E p b<E p b－E p a【答案】BD【解析】因φD>φE>φF，则左边是正点电荷，由运动轨迹可知，带电粒子带负电荷，则电场力做负功，导致负电荷的电势能增加，故A错误，B正确；D、E、F是两电荷连线上间距相等的三个点，结合点电荷电场矢量叠加原理，ab电势差大于bc电势差，根据W＝qU，则E p c－E p b<E p b－E p a，故C错误，D正确．4．如图4所示是一个正方体ABCDEFGH，m点是ABCD面的中点、n点是EFGH面的中点．当在正方体的八个角上各固定一个带电量相同的正点电荷，比较m、n两点的电场强度和电势，下列判断正确的是()图4A．电场强度相同，电势相等B．电场强度不相同，电势不相等C．电场强度相同，电势不相等D．电场强度不相同，电势相等【解析】由对称性可知，m 、n 点电场强度大小相等，m 点电场强度方向垂直ABCD 面向上，n 点电场强度方向垂直EFGH 面向下，两点电场强度的方向相反．由叠加可知m 、n 点连线中点的电场强度为0.当电荷沿m 、n 连线从m 点移动到n 点的过程中电场力做功一定为0，表明m 、n 两点电势相等，故D 正确．5．如图5所示，在一个真空环境里，有一个空心导体球，半径为a ，另有一个半径为b 的细圆环，环心与球心连线长为L (L >a )，连线与环面垂直，已知环上均匀带电，总电荷量为Q .当导体球接地时(取无穷远处电势为零，与带电量为q 的点电荷相距r 处电势为φ＝k qr，k 为静电力恒量)，下列说法正确的是()图5A ．球面上感应电荷量为q 感＝－aQ b 2＋L 2B ．球面上感应电荷量为q 感＝－aQ LC ．感应电荷在O 点的场强为E 感＝kQ L 2D ．感应电荷在O 点的场强为E 感＝k Qa 2【答案】A【解析】据题意，由于静电感应，球上所带电荷与圆环电性相反，球与大地相连，球的电势为0，即球上的电荷在球中心产生的电势与环上电荷在球中心产生的电势之和为0，故有：k qa ＋k Q L 2＋b 2＝0，则选项A正确，而选项B 错误；由于静电平衡，导体内场强处处为0，球上的电荷在O 点产生场强等于环在O 点产生的场强，方向相反，现将环看成无数个电荷的集合体，每个电荷在O 点产生的场强为：E 1＝kQ 1L 2＋b 2，而所有电荷在O 点产生的场强是每个电荷在该点产生场强的矢量和，则为：E 感＝－E 环＝－k QL 2，故选项C 、D 均错误．6．如图6所示，真空中同一平面内MN 直线上固定电荷量分别为－9Q 和＋Q 的两个点电荷，两者相距为L ，以＋Q 电荷为圆心，半径为L2画圆，a 、b 、c 、d 是圆周上四点，其中a 、b 在MN 直线上，c 、d 两点连线垂直于MN ，一电荷量为＋q 的试探电荷在圆周上运动，则下列判断错误的是()图6A ．电荷＋q 在a 处所受到的电场力最大B ．电荷＋q 在a 处的电势能最大C ．电荷＋q 在b 处的电势能最大D ．电荷＋q 在c 、d 两处的电势能相等【答案】B【解析】电场强度叠加后，a 点处场强最大，A 正确；将正电荷从a 点沿圆弧移动到c 、b 、d 点，＋Q 对正电荷不做功，－9Q 对正电荷均做负功，电势能均增加，且移动到b 点克服电场力做功最多，移动到c 、d 两点克服电场力做功相同，因此正电荷在a 处电势能最小，在b 处电势能最大，在c 、d 两处电势能相等，B 错误，C 、D 正确．7．如图7所示，以直角三角形AOC 为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B ，∠A ＝60°，AO ＝L ，在O 点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子(不计重力作用)，粒子的比荷为qm ，发射速度大小都为v 0，且满足v 0＝qBLm.粒子发射方向与OC 边的夹角为θ，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是()图7A ．粒子有可能打到A 点B ．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短C ．以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等D ．在AC 边界上只有一半区域有粒子射出【答案】AD【解析】根据Bqv 0＝m v 20r ，又v 0＝qBL m ，可得r ＝mv0Bq ＝L ，又OA ＝L ，所以当θ＝60°时，粒子经过A 点，所以A 正确；根据粒子运动的时间t ＝α2πT ，圆心角越大，时间越长，粒子以θ＝60°飞入磁场中时，粒子从A 点飞出，轨迹圆心角等于60°，圆心角最大，运动的时间最长，所以B 错误；当粒子沿θ＝0°飞入磁场中，粒子恰好从AC 中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是T6，θ从0°到60°在磁场中运动时间先减小后增大，在AC 边上有一半区域有粒子飞出，所以C 错误，D 正确．8.如图1所示，虚线为某静电场的等势面，且相邻两等势面间的电势差相等.一带负电的粒子由M 点移动到N点的过程中，电场力做正功，M、N两点的电势用φM、φN表示，M、N两点的电场强度用E M、E N表示.则下列说法正确的是()图1A.φM＝φNB.φM>φNC.E M>E ND.E M<E N【答案】D【解析】带负电的粒子由M点移动到N点的过程中，电场力做正功，电势能减小，电势增加，则φM<φN；N处等势面密集，电场线也密集，电场强度大.9.一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图2所示.容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是()图2A.A点的电场强度比B点的大B.小球表面的电势比容器内表面的低C.B点的电场强度方向与该处内表面垂直D.将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同【答案】C【解析】由电场线的疏密表示场强大小可知，A点的电场强度比B点的小，A项错误；沿电场线的方向电势逐渐降低，B项错误；容器的内表面为一等势面，内表面处各点场强的方向与等势面垂直，C项对；容器内表面为等势面，在等势面上移动电荷，电场力不做功，D项错误.9.(多选)一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，其速度—时间图象如图3所示.分析图象后，下列说法正确的是()图3A.B、D两点的电场强度和电势一定都为零B.A处的电场强度大于C处的电场强度C.粒子在A处的电势能小于在C处的电势能D.A、C两点的电势差大于B、D两点间的电势差【答案】BC【解析】速度－时间图象的斜率表示加速度，B、D两点的斜率为零，说明合力为零，因为一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C运动到D点，所以B、D两点的电场力为零，电场强度为零，但是电势不一定为零，A错误；A处的斜率大小大于C处的斜率大小，因为a＝Eqm，所以A处的电场强度大于C处的电场强度，B正确；因为只受电场力，所以运动过程中动能和电势能相互转化，从图中可得A点的速度大于C点的速度，所以从A到C一部分动能转化为电势能，故粒子在A处的电势能小于在C处的电势能，C正确；从图中可得A、C两点的速度变化量小于B、D两点的速度变化量，根据公式W＝Uq＝ΔE k可得A、C两点的电势差小于B、D两点间的电势差，D错误.10.(多选)空间存在着平行于x轴方向的静电场.A、M、O、N、B为x轴上的点，OA<OB，OM＝ON，AB间的电势φ随x的分布如图4所示，一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是()图4A.粒子一定带负电B.粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大C.粒子一定能通过N点D.AO间的电场强度大于OB间的电场强度【答案】ACD【解析】由图可知，AB两点电势相等，O点的电势最高，A到O是逆电场线，粒子仅在电场力作用下，从M点由静止开始沿x轴向右运动即逆电场线方向运动，故粒子一定带负电，故A正确；A到O电势均匀升高，故A到O的电场是匀强电场，所以粒子从M向O运动过程中所受电场力不变.故B错误；由图可知，AB两点电势相等，M点的电势小于N点的电势，故M到O电场力做的功大于O到N电场力做的功，所以粒子能通过N点.故C正确；由于OA<OB，所以OA之间的电势变化快于OB之间的电势变化，即AO间的电场强度大于OB间的电场强度，故D正确.11.电子束焊接机中的电场线如图5中虚线所示.K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d.在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速.不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是()图5 A.A、K之间的电场强度为UdB.电子到达A极板时的动能大于eUC.由K到A电子的电势能减小了eUD.由K沿直线到A电势逐渐减小【答案】C【解析】A、K之间建立的是非匀强电场，公式U＝Ed不适用，因此A、K之间的电场强度不等于U d .故A错误；根据动能定理得：E k－0＝eU，得电子到达A极板时的动能E k＝eU，故B错误；由能量守恒定律知，由K到A电子的电势能减小了eU，故C正确；电场力对电子做正功，则电子受到的电场力向下，电场方向向上，则由K沿直线到A电势逐渐升高，故D错误.12.如图6所示，在真空中固定两个等量异号点电荷＋Q和－Q，图中O点为两点电荷的连线中点，P 点为连线上靠近－Q的一点，MN为过O点的一条线段，且M点与N点关于O点对称.则下列说法正确的是()图6A.同一个试探电荷在M、N两点所受的电场力相同B.M、N两点的电势相同C.将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电荷的电势能先增大后减小D.只将－Q移到P点，其它点在空间的位置不变，则O点的电势升高【答案】A【解析】等量异种点电荷的电场的分布具有一定的对称性，如图：由图可得M、N两点的电场强度相同，故A正确；画出过M、N的等势面，如图所示：电场线从电势高的等势面指向电势低的等势面，故M点的电势大于N点的电势，故B错误；将带正电的试探电荷从M点沿直线移到N点的过程中，电场力一直做正功，故电势能一直减小，故C 错误；等量异号点电荷连线的中垂线是一条等势线，故O点的电势为零；只将－Q移到P点，其它点在空间的位置不变，此时两个电荷连线的中点在O点的左侧，故O点的电势变为负值，故O点的电势减小，故D错误.13.(多选)如图7所示，O为半径为R的圆的圆心，ac、bd为圆的两个互相垂直的直径，在圆心O处固定一电荷量为Q的负点电荷，在a点处固定一电荷量为4Q的正点电荷，e为Oc连线上一点，f为Oc延长线上一点ec＝cf，则下列说法正确的是()图7A.b、c、d三点中，b、d两点场强相等，c点场强最小B.b、c、d三点中，b、d两点电势相等，c点电势最低C.将一负的点电荷从e点沿直线移到f点，点电荷的电势能先减小后增大D.e、f两点的场强大小关系为E e>E f【答案】BCD【解析】b、c、d三点的场强为a、O两点固定点电荷产生的电场的叠加，根据电场叠加的结果，b、d 两点的场强大小相等，但方向不同，因此场强不等，A项错误；在O处点电荷的电场中，b、c、d三点的电势相等，而在a处点电荷的电场中b、d两点电势相等，c点电势最低，因此电势叠加的结果，b、d两点电势相等，c点电势最低，B项正确；由于c点场强为E c＝k×4Q2R2－kQR2＝0，可以判断Oc连线上场强方向水平向左，Oc延长线上的场强方向水平向右，因此一个负的点电荷从e点沿直线移到f点，电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小后增大，C项正确；设ec＝ef＝L，根据E＝k Qx2作出E－x图象，由图象可知，E e 大小等于点电荷Q 电场中距场源(R －L )和(R －L2)处场强大小的差，同样E f 大小等于点电荷Q 电场中距场源(R ＋L )和(R ＋L2)处场强大小的差，由图象可知，E e >E f ，D 项正确.14.A 、B 为两等量异种点电荷，图中水平虚线为A 、B 连线的中垂线.现将另两个等量异种的检验电荷a 、b ，如图8所示，用绝缘细杆连接后从离AB 无穷远处沿中垂线平移到AB 的连线，平移过程中两检验电荷位置始终关于中垂线对称.若规定离AB 无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是()图8A.在AB 的连线上a 所处的位置电势φa <0B.a 、b 整体在AB 连线处具有的电势能E p >0C.整个移动过程中，静电力对a 做正功D.整个移动过程中，静电力对a 、b 整体做正功【答案】B【解析】设AB 连线的中点为O .由于AB 连线的垂直平分线是一条等势线，且一直延伸到无穷远处，所以O 点的电势为零.AO 间的电场线方向由A →O ，而顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，a 所处的位置电势φa >0，故A 错误；a 所处的位置电势φa >0，b 所处的位置电势φb <0，由E p ＝qφ知，a 、b 在AB 连线处的电势能均大于零，则整体的电势能E p >0.故B 正确；在平移过程中，a 所受的静电力与其位移方向的夹角为钝角，则静电力对a 做负功，故C 错误；a 、b 看成一个整体，总电量为零，所以整个移动过程中，静电力对a 、b 整体做功为零，故D 错误.15.如图9所示，有一带电量为＋q 的点电荷与均匀带电圆形薄板相距为2d ，＋q 到带电薄板的垂线通过板的圆心.若图中a 点处的电场强度为零，则图中b 点处的电场强度大小是()图9A.k q 9d 2＋k q d 2B.k q 9d 2－k q d 2C.0D.kq d 2【答案】A【解析】＋q 在a 处产生的场强大小为E ＝k qd 2，方向水平向左.据题，a 点处的电场强度为零，＋q 与带电薄板在a 点产生的场强大小相等，方向相反，则带电薄板在a 点产生的场强大小为E ＝k qd2，方向水平向右.根据对称性可知，带电薄板在b 点产生的场强大小为E ＝k qd 2，方向水平向左.＋q 在b 处产生的场强大小为E ＝k q (3d )2，方向水平向左，则b 点处的电场强度大小是E b ＝kq 9d 2＋k qd 2.16.(多选)如图10所示，在一等腰直角三角形ACD 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)从AC 边的中点O 垂直于AC 边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2L ，则下列关于粒子运动的说法中正确的是()图10A.若该粒子的入射速度为v ＝qBLm，则粒子一定从CD 边射出磁场，且距点C 的距离为L B.若要使粒子从CD 边射出，则该粒子从O 点入射的最大速度应为v ＝2qBL mC.若要使粒子从AC 边射出，则该粒子从O 点入射的最大速度应为v ＝qBl2m D.该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为m πqB 【答案】ACD【解析】根据洛伦兹力充当向心力可知：Bqv ＝m v 2r ，若v ＝qBLm ，解得：r ＝L ；根据几何关系可知，粒子一定从CD 边距C 点为L 的位置离开磁场；故A 正确；根据洛伦兹力充当向心力可知，v ＝Bqrm，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子与AD 边相切时速度最大，则由几何关系可知，最大半径为一定大于2L ；故B 错误；若要使粒子从AC 边射出，则该粒子从O 点入射的最大半径为L2；因此最大速度应为v ＝qBL 2m ；故C 正确；粒子运行周期为2πmBq ，根据几何关系可知，粒子在磁场中最大圆心角为180°；故最长时间为m πqB；故D 正确.17．在真空中某区域有一电场，电场中有一点O ，经过O 点的一条直线上有P 、M 、N 三点，到O 点的距离分别为r 0、r 1、r 2，直线上各点的电势φ分布如图所示，r 表示该直线上某点到O 点的距离，下列说法中正确的是()A ．O 、P 两点间电势不变，O 、P 间场强不一定为零B ．M 点的电势低于N 点的电势C ．M 点的电场强度大小小于N 点的电场强度大小D ．在将正电荷沿该直线从M 移到N 的过程中，电场力做负功【答案】A【解析】O 、P 两点间的各点电势不变，各点间电势差为零，移动电荷时电场力不做功，O 、P 间场强不一定为零，选项A 正确；由图象可知，M 点的电势高于N 点的电势，B 错误；电势变化越快的地方场强越大，根据图线斜率可以得出，M 点的电场强度大小大于N 点的电场强度大小，选项C 错误；在将正电荷沿该直线从M 移到N 的过程中，电势降低，电势能减小，电场力做正功，选项D 错误．18．(多选)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一带正电小球(电荷量很小)固定在P 点，如图所示．以U 表示两极板间的电压，E 表示两极板间的场强，E p 表示该小球在P 点的电势能，若保持负极板不动，而将正极板移至图中虚线所示位置，则()A ．U 变小B ．U 不变C ．E 变大D ．E p 不变【答案】AD 【解析】根据电容器充电后与电源断开可知，Q 不变，将正极板移至图中虚线所示位置，间距d 减小，由C ＝εr S 4k πd ，知电容C 增大，又U ＝Q C ，电压U 减小，因E ＝U d ＝Q Cd ＝4k πQ εr S，E 不变，P 点到下极板的距离不变，则P 点与下极板的电势差不变，P 点的电势φ不变，P 点电势能E p ＝φq 不变，选项A 、D 正确．19．(多选)如图所示，直线MN 与水平方向成60°角，MN 的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B .一粒子源位于MN 上的a 点，能水平向右发射不同速率、质量为m (重力不计)、电荷量为q (q >0)的同种粒子，所有粒子均能通过MN 上的b 点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是()A.3BqL6m B.3BqL3mC.3BqL2m D.3BqLm【答案】AB【解析】由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为120°，所以粒子运动的半径为r＝33·Ln(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m v2r，则v＝Bqrm＝3BqL3m·1n(n＝1,2,3，…)，所以A、B对．20．(多选)如图所示，两个等量异种点电荷A、B固定在一条水平直线上，O点为A、B的中点，a点在连线的中垂线上，若在a点以一定初速度v0沿aO方向发射一质量为m的电子(重力不计)，电子运动到距离正点电荷最近时具有的速度是初速度的3倍(取无穷远处电势能为零)，则下列说法正确的是()A．电子可能沿直线aO匀速运动B．电子一定先加速再减速，最后匀速C．电子在运动中具有的最小电势能为－4mv20D．电子最终的速率一定大于v0【答案】BC【解析】由等量异种点电荷电场的电场线分布情况可知，A、B两点电荷连线的中垂线上各点的电场强度方向均水平向右，发射的电子在电场力作用下必做曲线运动，A项错误；在电子运动到距离正点电荷最近的过程中，电场力对电子做正功，电势能减小，动能增加，之后电场力对电子做负功，电子运动到足够远处时，其电势能为零，由能量守恒定律知其动能不变，所以粒子做匀速运动，B 项正确；在电子运动到距离正点电荷最近的过程中，由能量守恒定律知电势能的减少量等于动能的增加量，所以电子的最小电势能为E p ＝－12m (3v 0)2＋12mv 20＝－4mv 20(电子在a 点的电势能为零)，C 项正确；由能量守恒及电子在无穷远处电势能为零可知，电子最终的速率一定等于v 0，D 项错误．21．(多选)如图所示的虚线为电场中的三条等势线，三条虚线平行且等间距，电势分别为10V 、19V 、28V ，实线是仅受电场力的带电粒子的运动轨迹，a 、b 、c 是轨迹上的三个点，a 到中间虚线的距离大于c 到中间虚线的距离，下列说法正确的是()A ．粒子在a 、b 、c 三点受到的电场力方向相同B ．粒子带负电C ．粒子在a 、b 、c 三点的电势能大小关系为E p c >E p b >E p aD ．粒子从a 运动到b 与从b 运动到c ，电场力做的功可能相等【答案】ABC【解析】带电粒子在匀强电场中运动，受到的电场力方向不变，选项A 正确；根据粒子的运动轨迹可知粒子带负电，带负电的粒子在电势高的位置电势能小，所以E p c >E p b >E p a ，选项B 、C 正确；a 、b 间的电势差与b 、c 间的电势差不相等，粒子从a 运动到b 与从b 运动到c ，电场力做的功不相等，选项D 错误．22．如图，空间有一竖直向下沿x 轴方向的静电场，电场的场强大小按E ＝kx 分布(x 是轴上某点到O 点的距离)，k ＝mg 3qL.x 轴上，有一长为L 的绝缘细线连接A 、B 两个小球，两球质量均为m ，B 球带负电，带电荷量为q ，A 球距O 点的距离为L .两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用．(1)求A 球的带电荷量q A ；(2)剪断细线后，求B 球的最大速度v m .【解析】(1)A 、B 两球静止时，A 球所处位置场强为E 1＝kL ＝mg3qB 球所处的位置场强为E 2＝k ·2L ＝2mg 3q对A 、B 由整体法得：2mg ＋q A E 1－qE 2＝0解得：q A ＝－4q(2)当B 球下落速度达到最大时，B 球距O 点距离为x 0mg ＝qE ＝q mg 3qLx 0解得：x 0＝3L 运动过程中，电场力大小线性变化，所以由动能定理得：mgL －EqL ＝12mv 2m －12mv 20Eq ＝23mg ＋mg 2＝56mg 解得：v m ＝gL3【答案】(1)－4q (2)gL323.如图11所示，N 、M 、P 为很长的平行界面，N 、M 与M 、P 间距分别为l 1、l 2，其间分别有磁感应强度为B 1和B 2的匀强磁场区，Ⅰ和Ⅱ磁场方向垂直纸面向里，B 1≠B 2，有一带正电粒子的电量为q ，质量为m ，以某一初速度垂直边界N 及磁场方向射入MN 间的磁场区域.不计粒子的重力.求：图11(1)要使粒子能穿过Ⅰ磁场进入Ⅱ磁场，粒子的初速度至少应为多少？(2)粒子初速度v 为多少时，才可恰好穿过两个磁场区域.【答案】(1)B 1ql 1m (2)qB 1l 1＋qB 2l 2m【解析】(1)粒子的初速度为v 0时恰好能进入Ⅱ磁场，则进入Ⅱ磁场时速度恰好沿M 边界，所以半径为r ＝l 1则B 1qv 0＝m v 20r解得：v 0＝B 1ql 1m(2)设粒子速度为v 时，粒子在B 2磁场中的轨迹恰好与P 边界相切，轨迹如图所示，由Bqv ＝mv 2R 可得：R 1＝mv B 1q ，R 2＝mv B 2q sin θ＝l 1R 1＝qB 1l 1mv粒子在B 2中运动有：R 2－R 2sin θ＝l 2解得：v ＝qB 1l 1＋qB 2l 2m24.真空中存在一中空的柱形圆筒，如图12所示是它的一个截面，a 、b 、c 为此截面上的三个小孔，三个小孔在圆形截面上均匀分布，圆筒半径为R .在圆筒的外部空间存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B ，其方向与圆筒的轴线平行，在图中垂直于纸面向里.现在a 处向圆筒内发射一个带正电的粒子，其质量为m ，带电荷量为q ，使粒子在如图所示平面内运动，设粒子只受磁场力的作用，若粒子碰到圆筒即会被吸收，则：图12(1)若要粒子发射后在以后的运动中始终不会碰到圆筒，则粒子的初速度的大小和方向有何要求？(2)如果在圆筒内的区域中还存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小也为B ，则为使粒子以后都不会碰到圆筒，粒子的初速度大小和方向有何要求？【答案】(1)qBR m ，方向从a 指向b (2)3qBR m，方向由a 指向圆筒截面的圆心【解析】(1)依题意，粒子进入圆筒后从a 指向b ，从b 进入磁场偏转后只能由c 进入圆筒，且方向指向a .画出粒子运动的轨迹如图甲，粒子的偏转角是240°，由图中的几何关系得：粒子运动的圆心一定在圆筒上，而且粒子的半径r ＝R .粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，所以：qv 1B ＝mv 21r ，联立得：v 1＝qBR m.。

专题三 第1讲一、选择题：每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～7题有多项符合题目要求．1．(2019年河北衡水模拟)固定在M 、N 两点的两个完全相同的带正电实心铜质小球，球心间距为l ，半径为r ，质量为m ，电荷量为q ，已知l ＝3r ，静电力常量为k ，万有引力常量为G ，下列说法正确的是( )A ．两小球均可视为质点且二者间的万有引力可直接通过万有引力定律求解B ．两小球均可视为点电荷且二者间的电场力可直接通过库仑定律求解C ．二者间的万有引力大小为G m 29r 2，二者间的电场力大小为k q 29r2 D ．二者间的万有引力大小为G m 29r 2，二者间的电场力小于k q 29r2 【答案】D2．(2019年豫北豫南名校联考)有一沿x 轴方向的静电场，其电势φ随x 轴坐标的变化情况如图所示．P 、Q 为x 轴上的两点，其坐标分别为x P ＝1 cm 、x Q ＝4 cm.若将一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)从x 轴上的某处释放，则下列说法中正确的是( )A ．若该粒子从坐标原点处由静止释放，则粒子在P 点和Q 点的加速度大小相等，方向相反B ．若该粒子从坐标原点处由静止释放，则粒子经过P 点和Q 点时，电场力做功的功率相等C ．若该粒子从Q 点由静止释放，则粒子将沿x 轴负方向一直向前运动D ．若该粒子从P 点以沿x 轴正方向的水平速度v 0＝2qφ0m释放，则粒子将沿x 轴正方向一直向前运动【答案】D【解析】φ－x 图象的斜率大小等于场强E ，则知P 点的场强大于Q 点的场强，根据牛顿第二定律a ＝qE m知粒子在P 点的加速度大于在Q 点的加速度，加速度方向相反，故A 错误．粒子经过P 点与Q 点时电势相等则电势能相等，动能相等，速度大小相等；由图象知道电场强度之比为2∶1，所以电场力大小之比为2∶1，根据P ＝F v ，粒子经过P 点时电场力做功的功率大小是Q 点的两倍，B 错误．若粒子从Q 点释放，先向x 轴负方向加速运动再减速运动，到达P 点时速度减为零，此时电场力沿x 轴正向，故反向做加速运动，C 错误．粒子在P 点以某一初速度释放，先加速后减速运动到Q 点速度相等，假设此后减速过程到10 cm 处速度减为零时电场力做的负功为W ＝q ·2φ0＝12m v 20，解得v 0＝2qφ0m ，则保证运动不反向的初速度至少为2qφ0m ，D 正确． 3．(2019年陕西榆林四模)如图所示，矩形虚线框MNPQ 内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．a 、b 、c 是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ 边的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹．粒子重力不计．下列说法正确的是( )A ．粒子a 带负电B ．粒子c 的动能最大C ．粒子b 在磁场中运动的时间最长D ．粒子b 在磁场中运动时的向心力最大【答案】D【解析】根据左手定则知粒子a 带正电，粒子b 、c 带负电；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据q v B ＝m v 2r ，可得r ＝m v qB ，粒子的动能E k ＝12m v 2，已知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，c 粒子速率最小，b 粒子速率最大，b 粒子动能最大，向心力最大，故B 错误，D 正确．根据t ＝θ2π·2πm qB ＝θm qB，则c 粒子圆弧转过的圆心角最大，时间最长，选项C 错误；故选D. 4．(2019年天津卷)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图所示，一块宽为a 、长为b 的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒。

2020年高考物理备考微专题精准突破专题4.1 电场的力学性质【专题诠释】1.电场强度三个表达式的比较表达式比较E＝Fq E＝kQr2E＝Ud公式意义电场强度定义式真空中点电荷的电场强度决定式匀强电场中E与U关系式适用条件一切电场①真空；②点电荷匀强电场决定因素由电场本身决定，与q无关由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同决定由电场本身决定2．电场线的用途(1)判断电场力的方向——正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同，负电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相反．(2)判断电场强度的大小(定性)——电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可判断电荷受力大小和加速度的大小．(3)判断电势的高低与电势降低的快慢——沿电场线的方向电势逐渐降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向．(4)判断等势面的疏密——电场线越密的地方，等差等势面越密集；电场线越疏的地方，等差等势面越稀疏．3．两种等量点电荷的电场比较等量异种点电荷等量同种点电荷电场线分布图连线中点O的电场强度在电荷连线上，中点O的电场强度最小，指向负电荷一方为零连线上的电场强度大小沿连线先变小，再变大沿连线先变小，再变大沿中垂线由O点向外电场强度O点最大，向外逐渐减小O点最小，向外先变大后变小大小关于O点对称的A与A′、B与B′等大同向等大反向的电场强度【高考领航】【2019·全国卷Ⅲ】如图，电荷量分别为q和－q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。

则()A．a点和b点的电势相等B．a点和b点的电场强度大小相等C．a点和b点的电场强度方向相同D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加【答案】BC【解析】b点距q近，a点距－q近，则b点的电势高于a点的电势，A错误。

如图所示，a、b两点的电场强度可视为E3与E4、E1与E2的合场强。

其中E1∥E3，E2∥E4，且知E1＝E3，E2＝E4，故合场强E a与E b大小相等、方向相同，B、C正确。

电场中的力和能的性质1、如图所示,在等量异种电荷形成的电场中有一正方形ABCD,其对角线AC 与两点电荷的连线重合,两对角线的交点位于电荷连线的中点O.下列说法中正确的有( )A.A 、B 两点的电场强度方向相同B.B 、D 两点的电势相同C.质子由C 点沿C →O →A 路径移至A 点,电场力对其先做负功后做正功D.电子由B 点沿B →C →D 路径移至D 点,电势能先增大后减小2、如图甲，直线MN 表示某电场中一条电场线，a 、b 是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a 点处由静止释放，粒子从a 运动到b 过程中的v －t 图线如图乙所示，设a 、b 两点的电势分别为a b ϕϕ、，场强大小分别为a b E E 、，粒子在a 、b 两点的电势能分别为a b W W 、，不计重力，则有（ ）A. a b ϕϕ>B. a b E E >C. a b E E <D. a b W W >3、两块大小、形状完全相同的金属平板平行正对放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关S ，电源即给电容器充电．则( )A ．保持S 接通，减小两极板间的距离，则在电阻R 中会出现从b 流向a 的电流B ．断开S ，增大两极板间的距离，则两极板间的场强会增大C ．保持S 接通，在两极板间插入一块电介质，则极板上的电荷量增大D ．断开S ，减小两极板间的距离，电容器上电荷量会增大4、如图所示，一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂面重合，A 、O 、B 为该面上同一条竖直线上的三点，且O 为点电荷连线的中点。

现有带电荷量为q 、质量为m 的小物块(可视为质点)，在A 点以初速度v 0释放沿AOB 向下滑动，则 ( )A ．小物块带正电B ．从A 到B ，小物块的电势能先减小后增大C ．从A 到B ，小物块所受电场力先增大后减小D ．从A 到B ，小物块的加速度不变5、如图所示，一个质量为m 、带电荷量为+q 的粒子在匀强电场中运动，依次通过等腰直角三角形的三个顶点粒子在A 、B 两点的速率均为v 0，在C 点的速率为055v ，已知AB d ,匀强电场在三角形ABC 所在平面内，粒子仅受电场力作用。

专题强化练(九)题型一电场的性质1.(2020·北京卷)真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等．下列说法正确的是( )A．该点电荷一定为正电荷B．P点的场强一定比Q点的场强大C．P点电势一定比Q点电势低D．正检验电荷在P点比在Q点的电势能大解析：正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，该点电荷不一定为正电荷，故A错误；相邻等势面间电势差相等，P点附近的等差等势面更加密集，故P点的场强一定比Q 点的场强大，故B正确；正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，若为正点电荷，则P点电势一定比Q点电势高，故C错误；从等势面的情况无法判断该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法判断P点电势与Q点电势的高低，就无法判断正检验电荷在P点和在Q点的电势能的大小，故D错误．答案：B2.[2020·新高考卷Ⅰ(山东卷)](多选)真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等．一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态．过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示．以下说法正确的是( )A．a点电势低于O点B．b点电势低于c点C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D．该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能解析：由题意可知O点合场强为零，根据同种电荷之间电场线的分布可知aO之间电场线由a到O，故a点电势高于O点电势，故A错误；同理根据同种电荷电场线分布可知b点电势低于c 点电势，故B 正确；根据电场线分布可知负电荷从a 到b 电场力做负功，电势能增加，即该试探电荷在a 点的电势能小于在b 点的电势能，故C 错误；同理根据电场线分布可知负电荷从c 点到d 点电场力做负功，电势能增加，即该试探电荷在c 点的电势能小于在d 点的电势能，故D 正确．答案：BD3.如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态．现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动．关于小球所受的电场力大小F 和绳子的拉力大小T ，下列判断正确的是( )A ．F 逐渐减小，T 逐渐减小B ．F 逐渐增大，T 逐渐减小C ．F 逐渐减小，T 逐渐增大D ．F 逐渐增大，T 逐渐增大解析：F ＝U dq ，d 增大，则F 减小；T ＝G 2＋F 2，F 减小，则T 减小． 答案：A4.(多选)如图所示，均匀带电的半圆环在圆心O 点产生的电场强度为E 、电势为φ，把半圆环分成AB 、BC 、CD 三部分．下列说法正确的是( )A ．BC 部分在O 点产生的电场强度的大小为E 2B ．BC 部分在O 点产生的电场强度的大小为E3C ．BC 部分在O 点产生的电势为φ2D ．BC 部分在O 点产生的电势为φ3解析：如图所示，B 、C 两点把半圆环等分为三段．设每段在O 点产生的电场强度大小均为E ′.AB 段和CD 段在O 处产生的电场强度夹角为120°，它们的合电场强度大小为E ′，则O 点的合电场强度：E ＝2E ′，则：E ′＝E 2；故圆弧BC 在圆心O 处产生的电场强度为E2.电势是标量，设圆弧BC 在圆心O 点产生的电势为φ′，则有3φ′＝φ，则φ′＝φ3，A 、D 正确．答案：AD5．(2019·全国卷Ⅱ)(多选)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M 点由静止运动，N 为粒子运动轨迹上的另外一点，则( )A ．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B ．在M 、N 两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C ．粒子在M 点的电势能不低于其在N 点的电势能D ．粒子在N 点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行解析：在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M 点由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A 正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N 点的动能为零，则带电粒子在N 、M 两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，可知若粒子运动到N 点时动能不为零，则粒子在N 点的电势能小于在M 点的电势能，即粒子在M 点的电势能不低于其在N 点的电势能，选项C 正确．若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合，选项B 错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N 点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D 错误．答案：AC6.(2017·全国卷Ⅰ)(多选)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r 的关系如图所示．电场中四个点a 、b 、c 和d 的电场强度大小分别为E a 、E b 、E c 、和E d .点a 到点电荷的距离r a 与点a 的电势φa 已在图中用坐标(r a ，φa )标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a 点依次经b 、c 点移动到d 点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab 、W bc 和W cd .下列选项正确的是( )A ．E a ∶E b ＝4∶1B ．E c ∶E d ＝2∶1C ．W ab ∶W bc ＝3∶1D ．W bc ∶W cd ＝1∶3解析：由图可知，a 、b 、c 、d 到点电荷的距离分别为1 m 、2 m 、3 m 、6 m ，根据点电荷的场强公式E ＝k Q r 2可知，E a E b ＝r 2br 2a ＝41，E c E d ＝r 2d r 2c ＝41，故选项A 正确，B 错误；电场力做功W ＝qU ，a 与b 、b 与c 、c 与d 之间的电势差分别为3 V 、1 V 、1 V ，所以W ab W bc ＝31，W bc W cd ＝11，故选项C 正确，D 错误．答案：AC7.(2019·江苏卷)(多选)如图所示，ABC 为等边三角形，电荷量为＋q 的点电荷固定在A 点．先将一电荷量也为＋q 的点电荷Q 1从无穷远处(电势为0)移到C 点，此过程中，电场力做功为－W .再将Q 1从C 点沿CB 移到B 点并固定．最后将一电荷量为－2q 的点电荷Q 2从无穷远处移到C 点．下列说法正确的有( )A ．Q 1移入之前，C 点的电势为WqB ．Q 1从C 点移到B 点的过程中，所受电场力做的功为0 C ．Q 2从无穷远处移到C 点的过程中，所受电场力做的功为2WD ．Q 2在移到C 点后的电势能为－4W解析：根据电场力做功与电势能的变化关系知Q 1在C 点的电势能E p ＝W ，根据电势的定义知C 点电势φ＝E p q ＝W q，A 正确；在A 点的点电荷产生的电场中，B 、C 两点处在同一等势面上，Q 1从C 移到B 的过程中，电场力做功为0，B 正确；单独在A 点固定电荷量为＋q 的点电荷时，C 点电势为φ，单独在B 点固定点电荷Q 1时，C 点电势也为φ，两点电荷都存在时，C 点电势为2φ，Q 2从无穷远移到C 点时，具有的电势能E ′p ＝－2q ×2φ＝－4W ，电场力做功W ′＝－E ′p ＝4W ，C 错误，D 正确．答案：ABD题型二 与电容器有关的电场问题8.(多选)如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a 、b 与电池相连，b 板接地(规定大地电势为零)，在距离两板一样远的P 点有一个带电液滴处于静止状态．若将b 板向下平移一小段距离，则稳定后，下列说法正确的是( )A ．液滴将加速向下运动B ．P 点电势升高，液滴在P 点时的电势能减小C ．P 点的电场强度变大D ．在b 板移动前后两种情况下，若将液滴从a 板移到b 板，电场力做功不变 解析：因液滴开始处于静止状态，所以开始时受力平衡，则受到的电场力向上，液滴带负电，有mg ＝qE .金属板a 、b 与电池相连，两端电势差不变，由E ＝U d可知，d 增大，E 减小，液滴受到的电场力减小，故将加速向下运动，A 正确，C 错误；b 极接地，电势为零，P 点与a 板距离不变，E 减小，所以P 点与a 板间电势差变小，而a 、b 之间电势差没有变，所以P 点与b 板之间电势差变大，P 点电势升高，由E p ＝qφ可知，电势能减小，故B 正确；由W ＝qU 可知，电势差不变，前后两种情况下，电场力做功相同，故D 正确．答案：ABD9.(多选)如图所示，A 、B 为平行板电容器的金属板，G 为静电计，开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度．下述结论正确的是( )A ．若保持开关S 闭合，将A 、B 两极板靠近些，指针张开角度将变小 B ．若保持开关S 闭合，将A 、B 两极板正对面积变小些，指针张开角度将不变C ．若断开开关S 后，将A 、B 两极板靠近些，指针张开角度将变小D ．若断开开关S 后，将A 、B 两极板正对面积变小些，指针张开角度将变大解析：保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，静电计测量的是电容器两端的电势差，所以指针张角不变，故A 错误，B 正确；断开开关，电容器带电荷量不变，将A 、B 靠近一些，则d 减小，根据C ＝εr S 4πkd 知，电容增大，根据C ＝QU 知，电势差减小，指针张角减小，故C 正确；断开开关，电容器带电荷量不变，将A 、B 正对面积变小些，根据C ＝εr S4πkd 知，电容减小，根据C ＝Q U知，电势差增大，指针张角增大，故D 正确．答案：BCD题型三 带电粒子在电场中的运动10.(2020·浙江卷)如图所示，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速度v 0从MN 连线上的P 点水平向右射入大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN 与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN 连线上的某点时( )A ．所用时间为mv 0qEB ．速度大小为3v 0C ．与P 点的距离为22mv 2qED ．速度方向与竖直方向的夹角为30°解析：粒子在电场中做类平抛运动，水平方向x ＝v 0t ，竖直方向y ＝12Eq mt 2，由tan 45°＝y x，可得t ＝2mv 0Eq，故A 错误；由于v y ＝Eq mt ＝2v 0，故粒子速度大小为v ＝v 20＋v 2y ＝5v 0，故B 错误；由几何关系可知，到P 点的距离为L ＝2v 0t ＝22mv 20Eq，故C 正确；由平抛推论可知，tan α＝2tan β，速度正切tan α＝2tan 45°＝2，故D 错误．答案：C11.(2019·全国卷Ⅱ)如图，两金属板P 、Q 水平放置，间距为d .两金属板正中间有一水平放置的金属网G ，P 、Q 、G 的尺寸相同．G 接地，P 、Q 的电势均为φ(φ>0)．质量为m ，电荷量为q (q >0)的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置，以速度v 0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．(1)求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？解析：(1)PG 、QG 间场强大小相等，均为E .粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有E ＝2φd，①F ＝qE ＝ma .②设粒子第一次到达G 时动能为E k ，由动能定理有qEh ＝E k －12mv 20，③设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移大小为l ，则有h ＝12at 2，④ l ＝v 0t ，⑤联立①②③④⑤式解得E k ＝12mv 20＋2φdqh ，⑥l ＝v 0mdh qφ.⑦ (2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度L 为L ＝2l ＝2v 0mdh qφ.⑧ 答案：(1)12mv 20＋2φdqh v 0mdhqφ(2)2v 0mdh qφ12．(2019·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O 、P 是电场中的两点．从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A 、B .A 不带电，B 的电荷量为q (q >0)．A 从O 点发射时的速度大小为v 0，到达P 点所用时间为t ；B 从O 点到达P 点所用时间为t2.重力加速度为g ，求：(1)电场强度的大小； (2)B 运动到P 点时的动能．解析：(1)设电场强度的大小为E ，小球B 运动的加速度为a .根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg ＋qE ＝ma ，①12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22＝12gt 2，② 解得E ＝3mg q.③(2)设B 从O 点发射时的速度为v 1，到达P 点时的动能为E k ，O 、P 两点的高度差为h ，根据动能定理有E k －12mv 21＝mgh ＋qEh ，④且有v 1t2＝v 0t ，⑤h ＝12gt 2，⑥联立③④⑤⑥式得E k ＝2m (v 20＋g 2t 2)．答案：(1)3mg q(2)2m (v 20＋g 2t 2)13．如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L .槽内有两个质量均为m 的小球A 和B ，球A 带电量为＋2q ，球B 带电量为－3q ，两球由长为2L 的轻杆相连，组成一带电系统．最初A 和B 分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L .若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E 后(设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布)，求：(1)球B 刚进入电场时，带电系统的速度大小；(2)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A 与右板的距离． 解析：对带电系统进行分析，假设球A 能达到右极板，电场力对系统做功为W 1，有W 1＝2qE ×2.5L ＋(－3qE ×1.5L )>0，而且还能穿过小孔，离开右极板．假设球B 能达到右极板，电场力对系统做功为W 2，有W 2＝2qE ×2.5L ＋(－3qE ×3.5L )<0.综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A 、B 应分别在右极板两侧． (1)带电系统开始运动时，设加速度为a 1，由牛顿第二定律得a 1＝2qE 2m ＝qE m. 球B 刚进入电场时，带电系统的速度为v 1，有v 21＝2a 1L ，求得：v 1＝2qELm.(2)设球B 从静止到刚进入电场的时间为t 1，则t 1＝v 1a 1，解得：t 1＝2mLqE.球B 进入电场后，带电系统的加速度为a 2，由牛顿第二定律得a 2＝－3qE ＋2qE 2m ＝－qE2m. 显然，带电系统做匀减速运动．设球A 刚达到右极板时的速度为v 2，减速所需时间为t 2，则有v 22－v 21＝2a 2×1.5L,t 2＝v 2－v 1a 2，求得：v 2＝122qELm，t 2＝2mL qE.球A 离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a 3，再由牛顿第二定律得a 3＝－3qE2m. 设球A 从离开电场到静止所需的时间为t 3，运动的位移为x ，则有t 3＝0－v 2a 3，－v 22＝2a 3x ， 求得t 1＝132mLqE，x ＝L 6.可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝732mL qE，球A 相对右板的位置为x ＝L6.答案：(1) 2qELm(2)732mLqE L6。

2020年高考物理二轮重点专题整合突破专题十:电场与磁场的理解专题定位：本专题主要是综合应用动力学方法和功能关系解决带电粒子在电场和磁场中的运动问题.这部分的题目覆盖的内容多，物理过程多，且情景复杂，综合性强，常作为理综试卷的压轴题.高考对本专题考查的重点有以下几个方面：①对电场力的性质和能的性质的理解；②带电粒子在电场中的加速和偏转问题；③带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题；④带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动问题；⑤带电粒子在电场和磁场的叠加场中的运动问题；⑥带电粒子在电场和磁场中运动的临界问题.应考策略： 针对本专题的特点，应“抓住两条主线、明确两类运动、运用两种方法”解决有关问题.两条主线是指电场力的性质(物理量——电场强度)和能的性质(物理量——电势和电势能)；两类运动是指类平抛运动和匀速圆周运动；两种方法是指动力学方法和功能关系.知识回扣：1.对电场强度的三个公式的理解(1)E ＝Fq 是电场强度的定义式，适用于任何电场.电场中某点的场强是确定值，其大小和方向与试探电荷q 无关.试探电荷q 充当“测量工具”的作用.(2)E ＝k Qr 2是真空中点电荷所形成的电场的决定式.E 由场源电荷Q 和场源电荷到某点的距离r 决定.(3)E ＝Ud 是场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场，注意：式中d 为两点间沿电场方向的距离.2.电场能的性质(1)电势与电势能：φ＝E pq .(2)电势差与电场力做功：U AB ＝W ABq＝φA －φB . (3)电场力做功与电势能的变化：W ＝－ΔE p . 3.等势面与电场线的关系(1)电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面. (2)电场线越密的地方，等差等势面也越密.(3)沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功. 4.带电粒子在磁场中的受力情况(1)磁场只对运动的电荷有力的作用，对静止的电荷无力的作用.磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力. (2)洛伦兹力的大小和方向：其大小为F ＝qvB sin θ，注意：θ为v 与B 的夹角.F 的方向由左手定则判定，但四指的指向应为正电荷运动的方向或负电荷运动方向的反方向. 5.洛伦兹力做功的特点由于洛伦兹力始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力永不做功.规律方法：1.本部分内容的主要研究方法有：(1)理想化模型.如点电荷、电场线、等势面；(2)比值定义法.电场强度、电势的定义方法是定义物理量的一种重要方法；(3)类比的方法.电场和重力场的比较；电场力做功与重力做功的比较；带电粒子在匀强电场中的运动和平抛运动的类比.2.静电力做功的求解方法：(1)由功的定义式W ＝Fl cos α来求；(2)利用结论“电场力做功等于电荷电势能增量的负值”来求，即W ＝－ΔE p ；(3)利用W AB ＝qU AB 来求.3.研究带电粒子在电场中的曲线运动时，采用运动合成与分解的思想方法；带电粒子在组合场中的运动实际是类平抛运动和匀速圆周运动的组合，一般类平抛运动的末速度就是匀速圆周运动的线速度.题型一：对电场性质的理解【解题方略】1.电场线：假想线，直观形象地描述电场中各点场强的强弱及方向，曲线上各点的切线方向表示该点的场强方向，曲线的疏密程度表示电场的强弱.2.电势高低的比较(1)根据电场线方向，沿着电场线方向，电势越来越低；(2)根据电势的定义式φ＝Wq ，即将＋q 从电场中的某点移至无穷远处电场力做功越多，则该点的电势越高；(3)根据电势差U AB ＝φA －φB ，若U AB >0，则φA >φB ，反之φA <φB . 3.电势能变化的判断(1)根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少；反之则增加.即W AB ＝－ΔE p .(2)根据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，而总和应保持不变.即当动能增加时，电势能减少.例1 两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a 、b 、c 、d 为电场中几个点，并且a 、d 为紧靠导体表面的两点，选无穷远为电势零点，则( )A.场强大小关系有E b >E cB.电势大小关系有φb <φdC.将一负电荷放在d 点时其电势能为负值D.将一正电荷由a 点移到d 点的过程中电场力做正功解析 由图可得c 点的电场线密，所以有E c >E b ，故A 错误；沿着电场线，电势逐渐降低，b 点所处的电场线位于右侧导体的前面，即b 点的电势比右侧的导体高，而右侧导体的电势比d 高，故b 点电势高于d 点的电势，故B 错误；电势能的正负与零势能点的选择有关，该题以无穷远为零电势点，所以说负电荷放在d 点时其电势能为正值，故C 错误；从图中可以看出，a 点的电势高于b 点的电势，而b 点的电势又高于d 点的电势，所以a 点的电势高于d 点的电势.正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正检验电荷从a 点移到d 点的过程中，电势能减小，则电场力做正功，故D 正确. 【答案】D检测1 如图所示，P 是固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆.带电粒子Q 在P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a 、b 、c 为轨迹上的三个点.若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ，速度大小分别为v a 、v b 、v c ，则( )A.a a >a b >a c ，v a >v c >v bB.a a >a b >a c ，v b >v c >v aC.a b >a c >a a ，v b >v c >v aD.a b >a c >a a ，v a >v c >v b【答案】D解析 由库仑定律F ＝kq 1q 2r 2可知，粒子在a 、b 、c 三点受到的电场力的大小关系为F b >F c >F a ，由a ＝Fm ，可知a b >a c >a a .根据粒子的轨迹可知，粒子Q 与场源电荷P 的电性相同，二者之间存在斥力，由c →b →a 整个过程中，电场力先做负功再做正功，且W ba >|W cb |，结合动能定理可知，v a >v c >v b ，故选项D 正确.检测2 如图所示，虚线a 、b 、c 、d 表示匀强电场中的4个等势面.两个带电粒子M 、N (重力忽略不计)以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN 和NQM 所示.已知M 是带正电的带电粒子.则下列说法中正确的是( )A.N 一定也带正电B.a 点的电势高于b 点的电势，a 点的场强大于b 点的场强C.带电粒子M 的动能减小，电势能增大D.带电粒子N 的动能增大，电势能减小 【答案】 D解析 电场线和等势面垂直，所以电场沿水平方向，从正电荷M 的轨迹MPN 可知，电场力水平向右，故电场的方向水平向右.N 电荷受电场力方向指向其轨迹内侧，故受电场力水平向左，所以N 带负电，故A 错误；电场线水平向右，沿电场线电势降低，所以a 点的电势高于b 点的电势，而两点的场强大小相等.故B错误；电场力对M 粒子和N 粒子都做正功，其电势能减小，动能增加，故C 错误，D 正确.题型二：电场矢量合成问题【解题方略】1.熟练掌握常见电场的电场线和等势面的画法.2.对于复杂的电场场强、电场力合成时要用平行四边形定则.3.电势的高低可以根据“沿电场线方向电势降低”或者由离正、负场源电荷的距离来确定.例2 电荷量为＋Q 的点电荷和接地金属板MN 附近的电场线分布如图所示，点电荷与金属板相距为2d ，图中P 点到金属板和点电荷间的距离均为d .已知P 点的电场强度为E 0，则金属板上感应电荷在P 点处产生的电场强度E 的大小为( )A.E ＝0B.E ＝kQ d 2C.E ＝E 0－kQ d 2D.E ＝E 02解析 ＋Q 在P 点产生的场强大小 E 1＝k Qd 2，方向水平向右.根据电场的叠加原理可得：E 0＝E 1＋E解得金属板上感应电荷在P 点处产生的电场强度E 的大小为 E ＝E 0－k Qd 2，故C 正确.【答案】 C检测3 如图所示，直角坐标系的y 轴上的两点A (0，r )，B (0，－r )各放置着电量均为＋Q 的点电荷，则其在x 轴上的四个点O (0,0)，a (r,0)，b (2r,0)，c (3r,0)中所激发的电场场强最大的是( )A.O 点B.a 点C.b 点D.c 点【答案】 B解析 由平行四边形定则E 合＝2k Q r 2＋x 2·xr 2＋x 2，将x ＝0，x ＝r ，x ＝2r ，x ＝3r 代入知，a 点电场强度最大.检测4 两个相距很近的等量异号点电荷组成的系统称为电偶极子，如图所示，该电偶极子由相距为l ，电荷量分别为＋q 和－q 的点电荷构成，取二者连线方向为y 轴方向，中点O 为原点，建立xOy 坐标系，P 点距坐标原点O 的距离为r (r ≫l )，P 、O 两点间连线与y 轴正方向的夹角为θ，设无穷远处的电势为零，P 点的电势为φ，静电力常量为k ，下面给出了φ的四个表达式，其中只有一个是合理的.你可能不会求解P 点的电势φ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断，那么φ的合理表达式应为( )A.φ＝kqr sin θl 2B.φ＝kql cos θr 2C.φ＝kqr cos θl 2 D .φ＝kql sin θr 2【答案】B解析 若夹角θ＝90°，则x 轴上的电势处处为0，这与cos θ相符，A 、D 错误；因离O 点越远，其电势就越小，故r 应在分母上，故B 正确.题型三：带电粒子在有界磁场中的临界、极值问题【解题方略】1.解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系.2.粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切.例3 如图所示，M 、N 为中心开有小孔的平行板电容器的两极板，相距为D ，其右侧有一边长为2a 的正三角形区域，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，在极板M 、N 之间加上电压U 后，M 板电势高于N 板电势.现有一带正电的粒子，质量为m ，电荷量为q ，其重力和初速度均忽略不计，粒子从极板M 的中央小孔S 1处射入电容器，穿过小孔S 2后从距三角形A 点3a 的P 处垂直AB 方向进入磁场，试求：(1)粒子到达小孔S 2时的速度；(2)若粒子从P 点进入磁场后经时间t 从AP 间离开磁场，求粒子的运动半径和磁感应强度的大小； (3)若粒子能从AC 间离开磁场，磁感应强度应满足什么条件？ 解析 (1)带电粒子在加速电场中运动时由动能定理得： qU ＝12mv 2解得粒子进入磁场时的速度大小为v ＝2qUm(2)粒子的轨迹图如图甲所示，粒子从进入磁场到从AP 间离开，由牛顿第二定律可得：qvB ＝m v 2R粒子在磁场中运动的时间为t ＝πR v ，由以上两式可解得轨道半径R ＝2qUmπmt磁感应强度为B ＝πmqt(3)粒子从进入磁场到从AC 间离开，若粒子恰能到达BC 边界，如图乙所示，设此时的磁感应强度为B 1，根据几何关系有此时粒子的轨道半径为R 1＝2a sin 60°＝3a 由牛顿第二定律可得qvB 1＝m v 2R 1，解得B 1＝6qUm 3qa粒子从进入磁场到从AC 间离开，若粒子恰能到达AC 边界，如图丙所示，设此时的磁感应强度为B 2，根据几何关系有：R 2＝(3a －R 2)sin 60° 由牛顿第二定律可得qvB 2＝m v 2R 2由以上两式解得B 2＝(2＋3)2qUm3qa综上所述要使粒子能从AC 间离开磁场，磁感应强度应满足：6qUm3qa ≤B ＜(2＋3)2qUm 3qa【答案】 (1)2qU m (2)2qUm πm ·t πm qt (3)6qUm3qa ≤B ＜(2＋3)2qUm 3qa检测5 (多选)如图所示，边长为L 的正方形abcd 内有垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，一束速率不同的带正电粒子从左边界ad 中点P 垂直射入磁场，速度方向与ad 边夹角θ ＝ 30°，已知粒子质量为m 、电荷量为q ，粒子间的相互作用和粒子重力不计.则( )A.粒子在磁场中运动的最长时间为5πm3qBB.粒子在磁场中运动的最短时间为πm3qBC.上边界ab 上有粒子到达的区域长为(1－36)L D.下边界cd 上有粒子到达的位置离c 点的最短距离为(2－3)L2【答案】 AD检测6 如图所示，空间存在一个半径为R 0的圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为B ，有一个粒子源在纸面内沿各个方向以一定速率发射大量粒子，粒子的质量为m 、电荷量为＋q .将粒子源置于圆心，则所有粒子刚好都不离开磁场，不考虑粒子之间的相互作用.(1)求带电粒子的速率.(2)若粒子源可置于磁场中任意位置，且磁场的磁感应强度大小变为24B ，求粒子在磁场中最长的运动时间t .(3)若原磁场不变，再叠加另一个半径为R 1(R 1>R 0)的圆形匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小为B2，方向垂直于纸面向外，两磁场区域成同心圆，此时该粒子源从圆心出发的粒子都能回到圆心，求R 1的最小值和粒子运动的周期T .【答案】 (1)qBR 02m (2)πm 2qB (3)(3＋1)R 0 28πm3qB解析 (1)粒子离开出发点最远的距离为轨道半径的2倍，由几何关系，则有R 0＝2r ，r ＝0.5R 0 根据半径公式得：r ＝mvqB ，解得v ＝qBR 02m(2)磁场的大小变为24B ，由半径公式r ＝mv qB ，可知粒子的轨道半径变为原来的42＝22倍，即为2R 0，根据几何关系可以得知，当弦最长时，运动的时间最长，弦为2R 0时最长，圆心角90°，解得：t ＝90°360°T ＝14×2πmqB ＝πm 2qB(3)根据矢量合成法则，叠加区域的磁场大小为B 2，方向向里，R 0以外的区域磁场大小为B2，方向向外.粒子运动的半径为R 0，根据对称性画出情境图，由几何关系可得R 1的最小值为：(3＋1)R 0；根据周期公式，则有：T ＝(π3＋56π)·4m q ·B 2＝28πm3qB .题型四：带电粒子在匀强磁场中的多过程问题例4 如图甲所示，在直角坐标系xOy 平面内，以O 点为中心的正方形abcd 与半径为3L 的圆形之间的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .在y 轴上有一挡板PQ ，挡板长为L ，挡板的放置关于x 轴对称.a 处有一个质子源，Oa ＝L ，可以向y 轴方向发射出速度从零开始的一系列质子.已知质子的质量为m ，电量为q ，不计质子的重力、质子间的相互作用，质子碰到档板被立即吸收.求：(1)要使质子不离开圆形区域的最大速度；(2)当质子速度满足什么条件时，质子运动中能够经过c 点； (3)质子第一次回到a 点的最长时间；(4)如图乙，如果整个圆内都充满磁感应强度为B 的匀强磁场，挡板长度增为2L ，挡板的放置仍关于x 轴对称，而且a 点能在xOy 平面内向四周均发射v ＝qBL m 的质子，那么，求从a 点发射出的所有带电粒子中击中挡板左面粒子与击中挡板右面粒子的比.解析 (1)由洛伦兹力提供向心力得到：qvB ＝mv 2R ①由题意得到最大的半径R max ＝2L 因此得到v max ＝qBR max m ＝2qBLm(2)由题目得到质子的半径R 取值范围为：L2≤R ≤L综合①式，得到qBL 2m ≤v ≤qBLm(3)计算得到质子做一个完整圆周运动的周期T ＝2πR v ＝2πmqB质子经过a 点的最长时间，是以半径为L2运动的质子，如图所示，在磁场中运动的时间正好为一个圆周运动时间，t 1＝T ＝2πmqB在没有磁场的区域正好做匀速直线运动，时间t 2＝2L qBL 2m ＝4mqB故t max ＝t 1＋t 2＝(2π＋4)mqB(4)由几何关系得，打到挡板左面的粒子所对应的角度为90°，打到挡板右面的粒子所对应的角度也为90°.所以，从a 点发射出的所有带电粒子中击中挡板左面粒子与击中挡板右面粒子的比为1∶1.如图所示.【答案】 (1)2qBL m (2)qBL 2m ≤v ≤qBLm (3)(2π＋4)m qB(4)1∶1 检测7 如图所示，平行直线A 1、A 2间，存在两个在竖直方向足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以竖直面MN 为理想分界面，方向均垂直纸面向外.两磁场区域的宽度d 相同，磁感应强度的大小分别为B 和B2.在A 1边界某处有一个正粒子发射装置P ，可调节粒子发射速度的大小及方向，保证粒子运动轨迹均平行于纸面.已知磁场宽度d ＝mv 02qB，粒子质量为m ，电量为q ，不计粒子所受重力.则：(1)若以v 0垂直A 1边界发射粒子，要保证粒子均能够进入Ⅱ区域又最终不能从A 2边界穿出，求发射粒子的速度范围；(2)调节发射装置，使粒子速度大小变为v 02，改变射入时的方向(其它条件不变)，使粒子以最短时间穿过Ⅰ区域.求粒子在Ⅱ区域的运动时间t .【答案】(1)12v 0<v ≤34v 0 (2)4πm3qB解析 (1)在磁场中，由牛顿第二定律，有qvB ＝m v 2r①粒子恰不能穿过MN 边界，即在Ⅰ区域中运动轨迹与MN 相切，由几何关系，有r 1＝d ② 由①式，可得速度最小为 v 1＝qBd m ＝v 02③ 由①式，在Ⅰ、Ⅱ区域中，运动半径满足r 1′r 2′＝B 2B 1＝12④即r 2′＝2r 1′粒子进入Ⅱ区域后，恰不能从A 2离开，由几何关系，有d r 2′－d ＝r 1′r 2′⑤ 联立，可得r 1′＝3d2⑥则由①式，可得速度最大为 v 2＝3qBd 2m ＝34v 0⑦可得速度范围为12v 0<v ≤34v 0⑧(2)由于速率一定，要粒子穿过Ⅰ区域的时间最短，则需粒子穿过I 区域的弧长最短(对应的弦长最短) 运动轨迹如图.由①式，在I 区域的半径：R 1＝mv 02qB ＝d ⑨由图可知：sin α＝d2R 1⑩解得α＝π6⑪由④式，在Ⅱ区域运动的半径R 2＝2R 1＝2d由几何关系，粒子在Ⅱ区域中运动的圆心恰在A 1边界上，且运动轨迹恰与A 2边界相切，在Ⅱ区域中转过角度β＝2(π2－α)＝23π 在Ⅱ区域中，运动周期T ＝2πR 2v 02＝4πm qB在Ⅱ区域的运动时间t ＝β2π·T ＝4πm 3qB。

高考物理二轮复习热点题型归纳—电场性质、带电粒子在电场中的运动考点1电场的性质............................................................................................1考点2与平行板电容器相关的电场问题.................................................................4考点3带电粒子在电场中的运动..........................................................................7考点4电场中常考的“四类”图象问题..................................................................9考点5带电粒子的力电综合问题. (11)考点1电场的性质1．电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系2．电势高低的比较(1)根据电场线方向判断，沿着电场线方向，电势越来越低。

(2)将带电荷量为＋q 的电荷从电场中的某点移至无穷远处时，电场力做正功越多，则该点的电势越高。

(3)根据电势差U AB ＝φA －φB 判断，若U AB >0，则φA >φB ，反之φA <φB 。

3．电势能变化的判断(1)根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少；反之则增加。

即W ＝－ΔE p 。

(2)根据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，总和应保持不变，即当动能增加时，电势能减少。

【典例1】如图所示，四幅有关电场说法正确的是()A．图甲为等量同种点电荷形成的电场线B．图乙离点电荷距离相等的a 、b 两点场强相同C．图丙中在c 点静止释放一正电荷，可以沿着电场线运动到d 点D．图丁中某一电荷放在e 点与放到f 点，它们的电势能相同【答案】选D【解析】由图可知，甲为等量异种电荷形成的电场线，故A 错误；乙为正的点电荷所形成的电场线分布，离点电荷距离相等的a 、b 两点电场强度大小相同，电场强度方向不同，故B 错误；只有电场线为直线时，粒子才有可能沿着电场线运动。

热点六电场、磁场的性质及对带电粒子的作用近几年高考对电场的性质，磁场对电荷的作用，带电粒子在电磁场中的运动一直是考查热点，既可单独考查带电粒子在电场中的偏转或在磁场中的偏转，也可以带电粒子在组合场或叠加场中的运动分析为考查内容，有时也以带电体的形式进行考查，近几年高考试卷中选择题出现的很多，在复习时应引起足够的重视。

考向一电场力的性质在光滑绝缘的水平面的A、B、C三点上固定有a、b、c三个带电小球，彼此相距为L，质量分别为m、m、2m，带电荷量分别为＋q、＋q、－2q，则下列说法正确的是图1A．a球受到的合力沿∠CAB的角平分线方向B．b球受到的合力与AB垂直水平向右C．若只释放c球，则c球释放瞬间的加速度大小为3kq2 2mL2D．若同时释放a、b球，则此后的运动中a、b、c三球距离始终相等[解析]本题考查力的合成与库仑定律，意在考查考生的分析综合能力。

对a受力分析，如图甲所示，受到b对a的库仑力F BA与c对a的库仑力F CA，F BA＝kq2 L2，F CA＝2kq2L2，根据力的合成可知，F BA与F CA的合力F A方向水平向右，且F A＝3kq2L2，故选项A错误；同理，对b受力分析，如图乙所示，可知选项B正确；对c受力分析，如图丙所示，受到F BC、F AC两个力作用，F AC＝F BC＝2kq2L2，夹角为60°，故合力F C＝23kq2L2，c球释放瞬间的加速度a c＝3kq2mL2，选项C错误；释放a、b球后，两球将向右运动，三球距离不可能始终相等，选项D错误。

[答案] B考向二电场能的性质(多选)如图2所示，图中两组曲线中实线代表电场线(方向未画出)、虚线a、b、c代表等势线，已知a与b、b与c之间的电势差相等，b等势线的电势为零，虚线AB是一个带电荷量为q＝＋4.8×10－10 C的粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，若带电粒子过a、c等势线时的动能分别为4.8×10－9 eV和9.6×10－9 eV，则下列说法正确的是图2A．相邻等势线间的电势差为10 VB．a等势线的电势为5 V，c等势线的电势为－5 VC．带电粒子一定是从A点运动到B点D．带电粒子运动到b等势线时电场力的方向一定是沿电场线的切线方向斜向下[解析]若带电粒子从A到B，则动能增加，由功能关系可知电势能减小，则电场力做正功，根据U＝Wq＝9.6×10－9－4.8×10－94.8×10－10V＝10 V，故相邻等势线间的电势差为5 V，因为b等势线的电势为零，故a等势线的电势为5 V，c等势线的电势为－5 V，故A错，B对；带电粒子可以是从A点运动到B点，也可以是从B 点运动到A点，但过等势线b时所受电场力的方向可以由做曲线运动的条件判断一定是沿电场线的切线方向斜向下，故C错，D对。

电容器问题1、板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时,两极板间的电势差为U 1,板间场强为E 1.现将电容器所带电荷量变为2Q,板间距变为0.5d,其他条件不变,这时两极板间电势差为U 2,板间场强为E 2,下列说法正确的是( ) A.U 2=U 1,E 2=E 1B.U 2=2U 1,E 2=4E 1C.U 2=U 1,E 2=2E 1D.U 2=2U 1,E 2=2E 12、两个较大的平行金属板A 、B 相距为d ,分别接在电压为U 的电源正、负极上,这时质量为m 、带电荷量为-q 的油滴恰好静止在两板之间,在其他条件不变的情况下,如果将两板非常缓慢地水平错开一些,那么在错开的过程中( )A.油滴将向上加速运动,电流计中的电流从b 流向aB.油滴将向下加速运动,电流计中的电流从a 流向bC.油滴静止不动,电流计中的电流从b 流向aD.油滴静止不动,电流计中的电流从a 流向b3、如图所示,平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)和灵敏电流计连接,电容器下极板接地.一带电油滴位于电容器中的P 点且恰好处于平衡状态.现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离,则( )A.带电油滴将沿竖直方向向上运动B.P 点的电势将降低C.带电油滴在P 点的电势能将减小D.此过程中灵敏电流计中的电流方向是由b 流向a 4、原有一油滴静止在极板水平放置的平行板电容器中,给电容器释放一些电荷Q ∆,油滴开始向上运动,经时间t 后,电容器突然放电失去一部分电荷'Q ∆,又经t 时间,油滴回到原位置,假如在运动过程中油滴电荷量一定,则( )A.'4QQ∆=∆B.'3QQ∆=∆C.'2QQ∆=∆D.'1QQ∆=∆5、如图所示,R是一个定值电阻,A,B为水平正对放置的两块平行金属板,两板间带电微粒P处于静止状态,则下列说法正确的是( )A.若增大A,B两金属板的间距,则有向右的电流通过电阻RB.若增大A,B两金属板的间距, P将向上运动C.若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片, P将向上运动D.若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片, P将向上运动6、如图所示,平行板电容器与一个恒压直流电源连接,下极板通过A点接地,一带正电小球被固定于P点,现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,则( )A.平行板电容器的电容将变大B.静电计指针张角变小C.电容器的电荷量不变D.带电小球的电势能将增大7、如图所示,一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地,正极板与静电计相连,两板间有一个正检验电荷固定在P点。