电场和磁场专题

知识梳理一、电场的基本性质1．电场力的性质库仑定律：F=kQ1Q2/r2;电场力：F=qE..注意电场强度只与源处电荷有关;与检验电荷无关..电场线形象直观地反映电场的强弱与方向..疏密表示电场的强弱;而切线方向表示电场的方向..2．电场能的性质1电势与电势差：UAB=W/q;电势高低与零势点选择有关;但电势差与零势点选择无关..2电势的变化规律：沿着场线的方向;电势是逐渐降低的..3电场力做功特点：电场力做功与路径无关;只与初末位置有关..电场力做功;电势能减少；外力克服电场力做功;电势能增加..3．电容1两个公式：C=Q/U ;C= εrS/4πkd前者是定义式;后者是平行板电容器的决定式..2平行板内部电场是匀强电场..二、带电粒子在电场的特点1．平衡：与其它力一起参与力的合成;合力为零;则物体处于平衡状态..2．加速运动：初速度与电场平行时..3．偏转：初速度与电场垂直时..三、电流与电荷在磁场中受力及运动1．磁感应强度B=F/IL ;注意磁场产生的两种方式：磁铁产生与电流产生..2．磁场方向a．用小磁针N极受力方向判定..b．用右手法则判定电流产生的磁场..3．磁感应线;其为闭合的曲线;比较于电场线不同..4．安培力1公式：F=BIL..2方向：左手定则;注意将安培力比较于电场力：电荷只要放在电场中就一定受到电场力作用;而电流处于磁场中;受的安培力与放置位置有关;导线与磁场垂直时;安培力最大..5．洛仑兹力1公式：F=qvB;判定方向注意电荷正负..2特点：永不做功；电场力与洛仑兹力的大小与方向上的不同..命题预测考查电场力方向与电场方向关系;洛仑兹力的大小与速度的关系;安培力的大小与电流强度的关系;及这些力与其它力使物体平衡、作匀速直线运动;是命题热点..运用功能关系处理带电粒子在电场及磁场中速度大小问题;考查电场力做功与路径无关;及洛仑兹力不做功的特点;也是命题热点之一..地磁场是命题的一个热点;它涉及地理、生物、物理知识;还涉及学生空间想象能力..例题精析题型一电场、磁场的概念例1如果空间某一区域中存在有电场或磁场中的一种;则下列说法正确的是设放人的电荷质量很小A．如果存在的是电场;则在某处放入电荷;该电荷不一定会运动B．如果存在的是磁场;则放人电荷时;该电荷不会做圆周运动C．如果存在磁场;则放入通电直导体后;该直导体一定受到安培力的作用D．如果存在电场;在某处放入一电荷后经过一段时间后;该电荷的电势能会增加解析电场对电荷作用是没有条件的;而磁场对电荷或电流作用是有条件的;磁场只对运动电荷作用;且电荷速度方向不与磁场平行;而磁场对通电直导体的作用也是直导体不与磁场平行..答案B点评理解概念与公式定律;要充分理解其条件..题型二电场力、电场方向与平衡条件的应用例2如图7－1所示;带电量为q的小球质量为m;用一细线系在O点;整个放置在水平匀强电场中;静止时小球与竖直线的夹角为θ..下列说法正确的是A．小球带正电荷;电场强度大小是E=mgtanθ/qB．小球带正电荷;电场强度大小是 E=mgcosθ/qC．若细线断开;则小球作平抛运动D．以上说法都不对..解析因为小球平衡;所以球受的合力为零..小球受力分析如图7—2所示;电场力一定向右;所以小球带正电..列方程有：Tcosθ=mg;Tsinθ=qE所以E=mgtanθ/q答案A点评要会判定电场力与电场方向关系;会对物体进行受力分析;列出相应的平衡方程..题型三电场力做功与路径无关及洛仑兹力不做功;场力做功与电势能变化关系例3带电量为q的粒子;不计重力的作用;当它以初速度v分别自电场与磁场中的A点往宽度为L的电场与磁场中射入;最后都从相应高度的B 处射出..下列说法正确的是A．电荷从两个场中出来的速度大小一样大B．电荷在电场中出来时的速度要变大C．电荷在磁场中的运动轨迹是抛物线D．从A到B过程中;电场对电荷做功为qEL解析电荷在电场与磁场中都受到力的作用;电场力对电荷做功;洛仑兹力不做功;所以A错..由力可知;电场力对电荷做正功;且W=Fscosθ中..s是在力的方向的位移;应为h;根据动能定理;电荷的速度增大;所以B对D 错..电荷受洛仑兹力作用做圆周运动;不是平抛运动;C错..答案B点评掌握电场力与洛仑兹力的特点; 区分粒子在其中的运动轨迹的不同..题型四电场线、电场力做功与电势及电势能的变化例4在固定的等量异种电荷连线上;a点是连线的中点;如图7－5所示;静止a点的点电荷在电场力作用下向b点运动..在运动过程中;以下判定正确的是A．点电荷的速度越来越大B．点电荷的加速度不变C．点电荷的电势能越来越大D．点电荷通过的各点电势越来越高解析根据电场线的特点;沿电场线电势逐渐降低;所以D不正确..由于放入a处的电荷静止时从a运动到b;说明该电荷是正电荷;且电场力一直做正功;所以电势能减少;C不正确..根据动能定理;可知速度越来越大;所以A正确..加速度的大小由合外力决定;合外力F=qE;根据等量异种电荷的电场线特点;可知E是变化的;故B不正确..答案A点评要充分利用几种常见的电场线特点进行电势的分析;要运用动能定理判定粒子的速度变化;要学会根据运动状态的动态变化判定粒子的一些性质..摸拟操练1．如图7－6所示;在点电荷Q的电场中;已知a、b两点在同一等势面上;c、d两点在同一等势面上;无穷远处电势为零..甲、乙两个带粒子经过a点时动能相同; 甲粒子的运动轨迹为acb;乙粒子的运动轨迹为adb..判定错误的是A．甲粒子经过c点与乙粒子经过d点时的动能相等B．甲、乙两粒子带异种电荷C．甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能D．两粒子经过b点时具有相同的动能2．在赤道上空;水平放置一根通以由西向东的电流的直导线;则此导线A．受到竖直向上的安培力B．受到竖直向下的安培力C．受到由南向北的安培力D．受到由西向东的安培力3．关于磁场和磁感线的描述;下列说法正确的是A．磁感线就是细铁屑连成的曲线B．磁感线可以形象地描述各点的磁场的强弱和方向;磁感线上每一点的切线方向都和小磁针在该点静止时N极所指的方向一致C．异名磁极相互吸引;同名磁极相互排斥;任何时候都是成立的D．磁感线总是从磁极的N极出发;到S极终止4．有一电场的电场线如图7—7 所示;场中A、B两点电场强度的大小和电势分别用EA 、EB和UA、UB表示;则5．两个完全相同的金属小球带有异种电荷;其电量之比是1：7;当它们互相接触后再置于原来的位置上;它们的作用力是原来的倍6．条形磁铁放在水平桌面上;它的上方靠S极一侧吊挂一根与它垂直的导电棒;图7—8中只画出此棒的截面图;并标出此棒中的电流是流向纸内的;在通电的一瞬间可能产生的情况是A．磁铁对桌面的压力减小B．磁铁对桌面的压力增大C．磁铁不受摩擦力D．磁铁受向左的摩擦力7．如图7－9所示;绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强磁场中;在与环心等高处放有一质量为m、带电+q的小球;由静止开始沿轨道运动;下述说法正确的是A．小球在运动过程中机械能守恒B．小球经过环的最低点时速度最大C．小球经过环的最低点时对轨道压力为2mgD．小球经过环的最低点时对轨道压力为3mg答案点拨1．A 根据等势线及物体作曲线运动的条件进行判定2．A 根据地磁场方向与安培力左手法则进行判定3．B4．D 电场线的疏密表示电场的强弱;而沿电场线的方向电势逐渐降低5．B根据同种物质接触;电荷先中和后平分的原则及库仑定律求解6．A 画出磁铁磁感应线;分析电流受力．应用牛顿第三定律7．D 根据洛仑兹力不做功及圆周运动规律。

电磁场练习题电场与磁场的叠加与相互作用电磁场练习题——电场与磁场的叠加与相互作用在物理学中，电磁场是电荷与电流所产生的场，由电场和磁场组成。

电磁场的相互作用以及叠加是电磁学的重要内容。

下面，我们将通过一些实例来解析电场与磁场的叠加与相互作用。

1. 实例一：平行板电容器中的带电粒子假设有一个带正电荷q的质点，位于距离一个平行板电容器距离为d的位置。

平行板电容器的两个平行的金属板分别带上正电荷和负电荷，形成了一个匀强电场。

此时，电场的电势差为ΔV，根据电场的叠加原理，带电粒子所受到的电场力为F1 = qΔV。

假设带电粒子的速度v与电场垂直，则带电粒子还受到一个宽度为d的磁场，根据磁场的叠加原理，粒子在磁场中受到的洛伦兹力为F2 = qvB。

因此，带电粒子所受到的合力为F = F1 + F2 = qΔV + qvB。

2. 实例二：电流通过直导线考虑一个长直导线，导线中有电流I，与导线平行的方向定义为x轴方向。

在导线周围产生一个以导线为轴线的环形磁场。

现在，我们再在导线周围和导线之间施加一个电场，即有一个电场E与导线方向相同。

根据磁场的叠加原理，磁场B和电场E的合力为F1 = qE。

根据电场的叠加原理，导线所带来的电场力为F2 = ILB，其中L为导线的长度，B为导线周围的磁场强度。

所以，导线受到的总合力为F = F1 + F2 = qE + ILB。

3. 实例三：异向电场和磁场中的运动粒子假设有一个粒子，同时存在电场和磁场。

电场E方向为x轴方向，磁场B方向为z轴方向。

粒子的速度v方向既不与电场方向也不与磁场方向垂直，而是与两者夹角θ。

粒子在电场中受到的电场力为F1 = qE。

粒子在磁场中受到的洛伦兹力为F2 = qvBsinθ。

所以，粒子所受到的合力为F = F1 + F2 = qE + qvBsi nθ。

当粒子在电磁场中运动时，合力将改变粒子的运动轨迹。

总结起来，电场与磁场的叠加与相互作用是电磁学中的基本概念。

静电和静电场(一)电荷、电荷守恒定律1、电荷(1)两种电荷：自然界存在两种电荷，正电荷和负电荷。

(2)电荷量：电荷量指物体所带电荷的多少，单位是库仑，简称库，符号C。

(3)元电荷：电子所带电荷量e=1.60×10－19c，所以带电体的电荷量等于e或是e的整数倍，因此e称元电荷。

2、电荷守恒定律：电荷既不能创造，也不能被消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分，在转移的过程中，电荷总量不变。

(二)库仑定律(1)内容：真空中两个点电荷间的作用力跟它们所带电量的乘积成正比，跟它们距离的平方成反比，作用力的方向在两点电荷的连线上。

(2)公式：，式中K=9×109N·m2/c2叫静电常数。

(3)适用条件：①真空；②点电荷。

(三)电场、电场强度1、电场(1)电场：带电体周围存在一种物质，是电荷间相互作用的媒体。

(2)电场的最基本性质是对放入其中的电荷有力的作用。

2、电场强度(1)定义：放于电场中某点的电荷所受电场力与此电荷的电荷量的比值，叫电场强度，用E表示。

(2)定义式：。

单位：N/c或V/m 方向：矢量，其方向为正电荷在电场中的受力方向(3)电场强度只与电场有关，与电场中是否有试探电荷无关，与试探电荷的电量无关。

(4)点电荷场强的计算式：(四)电场线及其性质1、电场线：在电场中画出一系列从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止的曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致，此曲线叫电场线。

2、电场线的特点：(1)电场线是起源于正电荷或无穷远处，终止于负电荷或无穷远处的有源线。

(2)电场线不闭合，不相交相切，不间断的曲线。

(3)电场线的疏密反映电场的强弱，电场线密的地方场强大，电场线稀的地方场强小。

(4)电场线不表示电荷在电场中的运动轨迹，也不是客观存在的曲线，而是人们为了形象直观的描述电场而假想的曲线。

(5)在满足下列三个条件的情况下，电荷才可以沿电场线运动。

高三电场与磁场知识点总结电场与磁场是物理学中重要的概念，对于高三学生而言，掌握电场与磁场的知识点至关重要。

下面将对电场与磁场的相关知识进行总结，以便帮助同学们更好地理解和应用这一内容。

1. 电场的基础知识电场是由电荷所产生的一种物理现象，在空间中存在电场的地方，会对电荷产生力的作用。

电场强度E表示单位正电荷所受力的大小，其方向与正电荷所受力的方向相同。

电场强度与电荷量的比值成正比，与距离的平方成反比。

公式为E = k * Q / r^2，其中k为电场常量。

2. 电场力与电场之间的关系带电粒子在电场中会受到电场力的作用，而电场力的大小与电场的性质有关。

在电场中，正电荷受到的电场力方向与电场强度的方向相同，负电荷则与电场强度的方向相反。

3. 同一电荷在电场中受力规律当两个相同的点电荷之间存在电场时，它们之间会产生一个力，称为库仑力。

库仑力的大小与电荷量的乘积成正比，与两个电荷之间的距离的平方成反比。

公式为F = k * Q1 * Q2 / r^2。

4. 超导体中的电场超导体是指在低温下电阻变为零的材料。

在超导体中，电场加速度为零，电场分布只在超导体表面存在。

超导体表面的电场强度与表面电荷密度成正比。

5. 磁场的基本概念磁场是由磁性物质或电流所产生的一种物理现象。

磁场可以通过磁感线来表示，磁感线的方向是磁场力线的方向。

磁感线从南极出发，进入北极。

6. 洛伦兹力与磁场之间的关系当带电粒子在磁场中运动时，会受到一个力的作用，称为洛伦兹力。

洛伦兹力的大小与电荷量、电荷的速度以及磁场的强度和方向有关。

洛伦兹力的方向垂直于电荷的速度方向和磁感线。

7. 安培环路定理安培环路定理是描述磁场的定量规律之一。

根据安培环路定理，通过一个封闭回路的磁感应强度的总和等于回路所包围的电流的代数和的N倍。

公式为∮B· dl = μ0 * N * I，其中∮B· dl表示磁感应强度的环路积分，μ0为磁场中的磁导率。

专题四电场和磁场第1课时电场和磁场基本问题1.电场强度的三个公式(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 Qr2是真空中点电荷所形成的电场场强的决定式，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 p q。

(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。

(2)洛伦兹力的大小和方向：F洛＝q v B sin θ。

注意：θ为v与B的夹角。

F的方向由左手定则判定，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。

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。

电场磁场计算题专项训练【注】该专项涉及运动：电场中加速、抛物线运动、磁场中圆周 1、（2009浙江）如图所示，相距为d 的平行金属板A 、B 竖直放置，在两板之间水平放置一绝缘平板。

有一质量m 、电荷量q （q ＞0）的小物块在与金属板A 相距l 处静止。

若某一时刻在金属板A 、B 间加一电压U AB ＝-qmgd23μ，小物块与金属板只发生了一次碰撞，碰撞后电荷量变为-q /2，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回。

已知小物块与绝缘平板间的动摩擦因数为μ，若不计小物块几何量对电场的影响和碰撞时间。

则（1）小物块与金属板A 碰撞前瞬间的速度大小是多少？ （2）小物块碰撞后经过多长时间停止运动？停在何位置？2、（2006天津）在以坐标原点O 为圆心、半径为r 的圆形区域内，存在磁感应强度应大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。

一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x 轴的交点A 处以速度v 沿－x 方向射入磁场，它恰好从磁场边界的交点C 处沿＋y 方向飞出。

（1）判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷q /m ；（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B /，该粒子仍以A 处相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B /多大？此粒子在磁场中运动所用时间t 是多少？3、（2010全国卷Ⅰ）如下图，在a x 30≤≤区域内存在与xy 平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B 。

在t = 0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy 平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y 轴正方向夹角分布在0~180°范围内。

已知B沿y轴正方向发射的粒子在t =t0时刻刚好从磁场边界上P(a3,a)点离开磁场。

求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q／m；（2）t0时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间．4、（2008天津）在平面直角坐标系xOy中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。

专题八、电场和磁场一、单项选择题（2分题）1、下列实验中准确测定元电荷电量的实验是（ B ）（A ）库仑扭秤实验 （B ）密立根油滴实验 （C ）用DIS 描绘电场的等势线实验 （D ）奥斯特电流磁效应实验 2、如右图所示，一线圈放在通电螺线管的正中间A 处，现向右移动到B 处，则在移动过程中通过线圈的磁通量如何变化（ B ） A ．变大 B ．变小 C ．不变 D ．无法确定3、某电场的分布如右图所示，带箭头的实线为电场线，虚线为等势面。

A 、B 、C 三点的电场强度大小分别为A E 、B E 、C E ，电势分别为A ϕ、B ϕ、C ϕ，关于这三点的电场强度和电势的关系，以下判断正确的是（ D ） A ．A E ＜B E ，B ϕ＝C ϕ B ．A E ＝B E ，B ϕ＝C ϕC ．A E ＜B E ，A ϕ＜B ϕD ．AE ＞B E ，A ϕ＞B ϕ4．分别置于a 、b 两处的长直导线垂直纸面放置，通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，a 、b 、c 、d 在一条直线上，且ac=cb=bd 。

已知c 点的磁感应强度大小为B 1，d 点的磁感应强度大小为B 2。

若将b 处导线的电流切断，则（ A ）（A ）c 点的磁感应强度大小变为12B 1，d 点的磁感应强度大小变为12B 1- B 2（B ）c 点的磁感应强度大小变为12B 1，d 点的磁感应强度大小变为12B 2- B 1（C ）c 点的磁感应强度大小变为B 1-B 2，d 点的磁感应强度大小变为12B 1- B 2（D ）c 点的磁感应强度大小变为B 1- B 2，d 点的磁感应强度大小变为12B 2- B 15、关于静电的利用和防范，以下说法正确的是A ．没有安装避雷针的建筑物一定会被雷电击毁B ．油罐车行驶途中车尾有一条铁链拖在地上，避免产生电火花引起爆炸C ．飞机起落架的轮胎用绝缘橡胶制成，可防止静电积聚D ．手术室的医生和护士都要穿绝缘性能良好的化纤制品，可防止麻醉药燃烧 答案B 6、一个点电荷从静电场中a 点移动到b 点，其电势能变化为零，则C（A ）ab 两点场强一定相等 （B ）此点电荷一定沿着等势面移动（C ）a 、b 两点的电势一定相等 （D ）作用于此电荷的电场力与其移动方向总是垂直的vIA Bca× d7、某电场的分布如右图所示，带箭头的实线为电场线，虚线为等势面。

电场的基本性质本专题主要讲解电场的基本性质，主要涉及静电力作用下的平衡问题、场强的叠加问题、电势的高低及电势能大小的判断、电容器充放电及动态分析问题、电场线、等势面及运动轨迹问题等考点，重点考查多个知识点的综合应用，综合性强，要求学生善于将复杂、抽象的电场问题转化成较熟悉的力学问题，再结合牛顿运动定律以及功与能思想解决。

对学生的模型建构、分析综合能力、抽象能力要求较高。

电场的力的性质（2021年湖南卷）如图，在(a，0)位置放置电荷量为q的正点电荷，在(0，a)位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P(a，a)为2a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。

则Q的位置及电荷量分别为（）A．(0，2a)B．(0，2a)，C．(2a，0)D．(2a，0)，关键信息：点电荷→点电荷的场强2QE krP点的电场强度为零→场强叠加原理（平行四边形定则）在距P(a，a)的某点处放置正点电荷Q→点电荷Q位于以P(a，a)为半径的圆周上，确定了点电荷Q产生的场强的方向，即可确定点电荷Q具体位置解题思路：根据点电荷场强的决定式确定场强，利用平行四边形定则进行矢量叠加如图所示：在(a ，0)位置放置电荷量为q 的正点电荷，其在P (a ，a )处产生的电场的电场强度大小为：E ＋＝2qka，方向沿y 轴正方向，在(0，a )位置放置的电荷量为q 的负点电荷，其在P (a ，a )处产生的电场的电场强度大小为：E －＝2q k a ，方向沿x 轴负方向，则这两个电荷在P 点的合电场强度大小为：E 合2qa ，方向与y 轴正方向夹角为45°。

现在距离P (a ，a )的某点放置正点电荷Q ，使得P 点的电场强度为零，根据电场叠加原理：点电荷Q 在P 点产生的场强与E 合大小相等，方向相反，故有：2qa ，解得Q ＝，根据几何关系，Q 的位置坐标为(0，2a )，B 项正确。

故选B 。

（2022·山东模拟）真空空间中有四个点o 、a 、b 、c ，任意两点间距离均为L ，点d （未画出）到点o 、a 、b 、c 的距离均相等，如图所示。

电场与磁场专题1.(多选)[2024·安徽卷] 空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度大小为E ,磁感应强度大小为B.一质量为m 的带电油滴a ,在纸面内做半径为R 的圆周运动,轨迹如图所示.当a 运动到最低点P 时,瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅰ,二者带电荷量、质量均相同.Ⅰ在P 点时与a 的速度方向相同,并做半径为3R 的圆周运动,轨迹如图所示.Ⅰ的轨迹未画出.已知重力加速度大小为g ,不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅰ分开后的相互作用,则 ( )A .油滴a 带负电,所带电荷量的大小为mgE B .油滴a 做圆周运动的速度大小为gBREC .小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为3gBRE ,周期为4πEgB D .小油滴Ⅰ沿顺时针方向做圆周运动1.ABD [解析] 油滴a 做圆周运动,故重力与电场力平衡,可知带负电,有mg =Eq ,解得q =mgE ,故A 正确;根据洛伦兹力提供向心力有Bqv =m v 2R ,得R =mvBq ,解得油滴a 做圆周运动的速度大小为v =gBR E ,故B 正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v 1,得3R =m 2v 1B q 2,解得v 1=3BqR m =3gBRE ,周期为T =2π·3R v 1=2πEgB ,故C 错误;带电油滴a 分离前后动量守恒,设分离后小油滴Ⅰ的速度为v 2,取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向,得mv =m 2v 1+m 2v 2,解得v 2=-gBRE,由于分离后的小油滴受到的电场力和重力仍然平衡,分离后小油滴Ⅰ的速度方向与正方向相反,根据左手定则可知小油滴Ⅰ沿顺时针方向做圆周运动,故D 正确.2.[2024·北京卷] 如图所示,两个等量异种点电荷分别位于M 、N 两点,P 、Q 是MN 连线上的两点,且MP=QN.下列说法正确的是()A.P点电场强度比Q点电场强度大B.P点电势与Q点电势相等C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P点电场强度大小也变为原来的2倍D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,P、Q两点间电势差不变2.C[解析] 由等量异种点电荷的电场线分布特点知,P、Q两点电场强度相等,A错误;由沿电场线方向电势越来越低知,P点电势高于Q点电势,B错误;由电场叠加得P点电场强度E=k QMP2+k QNP2,若仅两点电荷的电荷量均变为原来的2倍,则P点电场强度大小也变为原来的2倍,同理Q点电场强度大小也变为原来的2倍,而P、Q间距不变,根据U=Ed定性分析可知P、Q两点间电势差变大,C正确,D错误.3.[2024·北京卷] 我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道.图为某种霍尔推进器的放电室(两个半径接近的同轴圆筒间的区域)的示意图.放电室的左、右两端分别为阳极和阴极,间距为d.阴极发射电子,一部分电子进入放电室,另一部分未进入.稳定运行时,可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场,电场强度和磁感应强度大小分别为E和B1;还有方向沿半径向外的径向磁场,大小处处相等.放电室内的大量电子可视为处于阳极附近,在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动(如截面图所示),可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离.每个氙离子的质量为M、电荷量为+e,初速度近似为零.氙离子经过电场加速,最终从放电室右端喷出,与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和.已知电子的质量为m、电荷量为-e;对于氙离子,仅考虑电场的作用.(1)求氙离子在放电室内运动的加速度大小a;(2)求径向磁场的磁感应强度大小B2;(3)设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k,单位时间内阴极发射的电子总数为n,求此霍尔推进器获得的推力大小F.3.(1)eEM (2)mEB1eR(3)nk√2eEMd1+k[解析] (1)氙离子在放电室时只受电场力作用,由牛顿第二定律有eE=Ma解得a=eEM(2)电子处于阳极附近,在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动,沿轴向向右的匀强磁场的洛伦兹力提供向心力,则有B1ev=m v 2R可得v=B1eRm轴线方向上所受电场力(水平向左)与径向磁场的洛伦兹力(水平向右)平衡,即Ee=evB2解得B2=mEB1eR(3)单位时间内阴极发射的电子总数为n,设单位时间内被电离的氙原子数为N,根据被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k,可知进入放电室的电子数为Nk又由于这些电离氙原子数与未进入放电室的电子刚好完全中和,说明未进入放电室的电子数也为N即有n=N+Nk则单位时间内被电离的氙离子数N=nk1+k氙离子经电场加速,有eEd=12M v12-0可得v1=√2eEdM设时间Δt内氙离子所受到的作用力为F',由动量定理有F'·Δt=N·Δt·Mv1解得F'=nk√2eEMd1+k由牛顿第三定律可知,霍尔推进器获得的推力大小F=F'则F=nk√2eEMd1+k4.[2024·福建卷] 以O点为圆心,半径为R的圆上八等分放置电荷,除G为-Q,其他为+Q,M、N为半径上的点,OM=ON,已知静电力常量为k,则O点场强大小为,M点电势(选填“大于”“等于”或“小于”)N点电势.将+q点电荷从M沿MN移动到N点,电场力(选填“做正功”“做负功”或“不做功”).4.2kQR2大于做正功[解析] 根据点电荷的场强特点可知,除了MN连线上的正负电荷外,其余的6个电荷形成的电场在O点处相互抵消,故O点场强大小为E O=kQR2+kQR2=2kQR2;根据对称性可知,若没有沿水平直径方向上的正电荷和负电荷,则M和N点的电势相等,由于M点靠近最左边的正电荷,N点靠近最右边的负电荷,故M点电势大于N点电势;将+q点电荷从M沿MN移动到N点,由于电势降低,故电场力做正功.5.[2024·甘肃卷] 一平行板电容器充放电电路如图所示.开关S接1,电源E给电容器C充电;开关S接2,电容器C对电阻R放电.下列说法正确的是()A.充电过程中,电容器两极板间电势差增加,充电电流增加B.充电过程中,电容器的上极板带正电荷、流过电阻R的电流由M点流向N点C.放电过程中,电容器两极板间电势差减小,放电电流减小D.放电过程中,电容器的上极板带负电荷,流过电阻R的电流由N点流向M点5.C[解析] 充电过程中,随着电容器带电荷量的增加,电容器两极板间电势差增加,充电电流在减小,故A错误;根据电路图可知,充电过程中,电容器的上极板带正电荷,流过电阻R的电流由N点流向M点,故B错误;放电过程中,随着电容器带电荷量的减小,电容器两极板间电势差减小,放电电流在减小,故C正确;根据电路图可知,放电过程中,电容器的上极板带正电荷,流过电阻R的电流由M点流向N点,故D错误.6.(多选)[2024·甘肃卷] 某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示,虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹,M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点,下列说法正确的是 ( )A .粒子带负电荷B .M 点的电场强度比N 点的小C .粒子在运动轨迹上存在动能最小的点D .粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能6.BCD [解析] 根据粒子所受电场力指向曲线轨迹的凹侧可知,带电粒子带正电荷,故A 错误;等差等势面越密集的地方场强越大,故M 点的电场强度比N 点的小,故B 正确;粒子带正电,因为M 点的电势大于N 点的电势,故粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能,故D 正确;由于带电粒子仅在电场作用下运动,电势能与动能总和不变,故可知当电势能最大时动能最小,故粒子在运动轨迹上到达最大电势处时动能最小,故C 正确.7.[2024·甘肃卷] 质谱仪是科学研究中的重要仪器,其原理如图所示.Ⅰ为粒子加速器,加速电压为U ;Ⅰ为速度选择器,匀强电场的电场强度大小为E 1,方向沿纸面向下,匀强磁场的磁感应强度大小为B 1,方向垂直纸面向里;Ⅰ为偏转分离器,匀强磁场的磁感应强度大小为B 2,方向垂直纸面向里.从S 点释放初速度为零的带电粒子(不计重力),加速后进入速度选择器做直线运动,再由O 点进入分离器做圆周运动,最后打到照相底片的P 点处,运动轨迹如图中虚线所示. (1)粒子带正电还是负电?求粒子的比荷. (2)求O 点到P 点的距离.(3)若速度选择器Ⅰ中匀强电场的电场强度大小变为E 2(E 2略大于E 1),方向不变,粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上.求粒子打在O'点的速度大小.7.(1)正电E 122UB 12(2)4UB 1E 1B 2 (3)2E 2-E1B 1[解析] (1)由于粒子在偏转分离器Ⅰ中向上偏转,根据左手定则可知粒子带正电;设粒子的质量为m ,电荷量为q ,粒子进入速度选择器Ⅰ时的速度为v 0,在速度选择器中粒子做匀速直线运动,由平衡条件有qv 0B 1=qE 1在粒子加速器Ⅰ中,由动能定理有 qU =12m v 02联立解得粒子的比荷为q m =E 122UB 12(2)在偏转分离器Ⅰ中,洛伦兹力提供向心力,有qv 0B 2=m v 02r可得O点到P点的距离为OP=2r=4UB1E1B2(3)粒子进入速度选择器Ⅰ瞬间,粒子受到向上的洛伦兹力F洛=qv0B1向下的电场力F=qE2由于E2>E1,且qv0B1=qE1所以通过配速法,如图所示其中满足qE2=q(v0+v1)B1则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0+v1做匀速运动的同时,在竖直面内以速度v1做匀速圆周运动,当速度转向到水平向右时,满足垂直打在速度选择器右挡板的O'点的要求,故此时粒子打在O'点的速度大小为v'=v0+v1+v1=2E2-E1B18.(多选)[2024·广东卷] 污水中的污泥絮体经处理后带负电,可利用电泳技术对其进行沉淀去污,基本原理如图所示.涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极,金属圆盘置于容器底部,金属棒插入污水中,形成如图所示的电场分布,其中实线为电场线,虚线为等势面.M点和N点在同一电场线上,M点和P点在同一等势面上.下列说法正确的有()A.M点的电势比N点的低B.N点的电场强度比P点的大C.污泥絮体从M点移到N点,电场力对其做正功D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大8.AC[解析] 电场线的疏密程度反映电场强度大小,电场线越密则电场强度越大,由于N点附近的电场线比P点附近的稀疏,故N点的电场强度比P点的小,B错误;沿电场线方向电势逐渐降低,故M点的电势比N点的低,污泥絮体带负电,故其受到的电场力方向与电场强度方向相反,若从M点移到N点,则电场力对其做正功,A、C正确;由于M点和P点在同一等势面上,故M点电势等于P点电势,则N点电势高于P点电势,污泥絮体带负电,即q<0,根据电势能E p=qφ可知,污泥絮体在N点的电势能比其在P点的小,D错误.9.[2024·广东卷] 如图甲所示,两块平行正对的金属板水平放置,板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压.金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场,右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放,在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内,在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场,并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场.已知金属板的板长是板间距离的π3倍,粒子质量为m.忽略粒子所受的重力和场的边缘效应.(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q;(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v;(3)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中,电场力对粒子做的功W.9.(1)带正电πmBt0(2)√3πU0t08B√π3U024Bt0(3)(π3+16π)mU048Bt0[解析] (1)由带电粒子在左侧电场中由静止释放后加速运动的方向可知粒子带正电(或由带电粒子在磁场中做圆周运动的方向结合左手定则可知粒子带正电).设粒子在磁场内做圆周运动的速度为v,半径为r,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m v 2r粒子在磁场中运动半个圆周所用的时间Δt=3t0-2t0粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=2Δt又知T=2πrv联立解得q=πmBt0(2)设金属板间的电场强度为E,粒子在金属板间运动的加速度为a,则有E=U0Da=qEmt 0~2t 0内,粒子在金属板间的电场内做两个对称的类平抛运动,在垂直于金属板方向的位移等于在磁场中做圆周运动的直径,即y =2r 在垂直于金属板方向有y =2×12a (t 02)2在沿金属板方向有π3D =vt 0 联立解得D =√3πU 0t 08B ,v =√π3U 024Bt 0(3)由(1)(2)可知y =2D3由对称性可知,3t 0~4t 0内,粒子第二次进入金属板间的电场内,粒子在竖直方向的位移仍为y ,由于y <D ,故粒子不会碰到金属板.t =4t 0后,粒子进入左侧电场,先减速到速度为零,后反向加速,并在t =6t 0时刻第三次进入金属板间的电场内,此时粒子距上板的距离为h =D -y =D3,注意到h =y2,故粒子恰在加速阶段结束时碰到金属板.粒子第一次、第二次进出金属板间的电场过程中,电场力做功为0,粒子第三次进入金属板间的电场后,电场力做功为qEh ,设粒子在左侧电场中运动时电场力做功为W 左,根据动能定理有 W 左=12mv 2电场力对粒子做的总功为W =W 左+qEh联立解得W =(π3+16π)mU 048Bt 010.[2024·广西卷] xOy 坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示,磁感应强度大小为B ,方向垂直纸面向里.质量为m ,电荷量为+q 的粒子,以初速度v 从O 点沿x 轴正向开始运动,粒子过y 轴时速度与y 轴正向夹角为45°,交点为P .不计粒子重力,则P 点至O 点的距离为 ( )A .mv qBB .3mv2qBC .(1+√2)mvqB D .(1+√22)mvqB10.C [解析] 粒子运动轨迹如图所示,在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力有qvB =m v 2r ,可得粒子做圆周运动的半径为r =mvqB ,根据几何关系可得P 点至O 点的距离为L PO =r +r sin45°=(1+√2)mvqB ,故选C .11.[2024·广西卷] 如图所示,将不计重力、电荷量为q 的带负电的小圆环套在半径为R 的光滑绝缘半圆弧上,半圆弧直径两端的M 点和N 点分别固定电荷量为27Q 和64Q 的负点电荷.将小圆环从靠近N 点处静止释放,小圆环先后经过图上P 1点和P 2点,己知sin θ=35,则小圆环从P 1点运动到P 2点的过程中 ( )A .静电力做正功B .静电力做负功C .静电力先做正功再做负功D .静电力先做负功再做正功11.A [解析] 沿电场线越靠近负电荷则电势越低,画出两个不等量负点电荷的电场线分布如图甲所示,半圆与电场线的交点中其电场强度沿半径方向时,该点对应的电势最高,设该点为P ,如图乙所示,设连线PM 与直径MN 的夹角为α,则P 点到M 点的距离d M =2R cos α,P 点到N 点的距离为d N =2R sin α,M 点处点电荷在P 点产生的电场强度为E M =k 27Q d M2,N点处点电荷在P点产生的电场强度为E N =k64Qd N 2,P 点的电场强度沿着圆半径方向,由电场叠加原理可知E NE M=tan α,联立解得α=53°,已知P 2点和N 点连线与直径MN 的夹角恰好为37°,则P 2点和M 点连线与直径MN 的夹角恰好为53°,故半圆上P 2点的电势最高,因此带负电的圆环从P 1点运动到P 2点的过程中,电势一直升高,静电力一直做正功,选项A 正确.12.(多选)[2024·海南卷] 真空中有两个点电荷,电荷量均为-q (q ≥0),固定于相距为2r 的P 1、P 2两点,O 是P 1P 2连线的中点,M 点在P 1P 2连线的中垂线上,距离O 点为r ,N 点在P 1P 2连线上,距离O 点为x (x ≪r ),已知静电力常量为k ,则下列说法正确的是 ( )A .P 1P 2中垂线上电场强度最大的点到O 点的距离为√33rB .P 1P 2中垂线上电场强度的最大值为4√3kq9r 2C .在M 点放入一电子,从静止释放,电子的加速度一直减小D .在N 点放入一电子,从静止释放,电子的运动可视为简谐运动12.BCD [解析] 设P 1处的点电荷在P 1P 2中垂线上某点A 处产生的场强与竖直方向的夹角为θ,则根据场强的叠加原理可知,A 点的合场强为E =k 2qr 2sin 2 θcos θ,根据均值不等式可知当cos θ=√33时E 有最大值,且最大值为E m =4√3kq9r 2,此时A 点到O 点的距离为y =√22r ,故A 错误,B 正确;在M 点放入一电子,从静止释放,由于r >y =√22r ,可知电子向上运动的过程中所受电场力一直减小,则电子的加速度一直减小,故C 正确;根据等量同种电荷的电场线分布可知,电子运动过程中,O 点为平衡位置,可知当发生的位移为x 时,粒子受到的电场力为F =keq ·4rx(r -x )2(r+x )2,由于x ≪r ,整理后有F =4keqr 3·x ,在N 点放入一电子,从静止释放,电子的运动可视为以O 点为平衡位置的简谐运动,故D 正确.13.[2024·海南卷] 如图,在xOy 坐标系中有三个区域,圆形区域Ⅰ分别与x 轴和y 轴相切于P 点和S 点.半圆形区域Ⅰ的半径是区域Ⅰ半径的2倍.区域Ⅰ、Ⅰ的圆心O 1、O 2连线与x 轴平行,半圆与圆相切于Q 点,QF 垂直于x 轴,半圆的直径MN 所在的直线右侧为区域Ⅰ.区域Ⅰ、Ⅰ分别有磁感应强度大小为B 、B 2的匀强磁场,磁场方向均垂直纸面向外.区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器,可将质量为m 、电荷量为q 的粒子由电场加速到v 0.改变发射器的位置,使带电粒子在OF 范围内都沿着y 轴正方向以相同的速度v 0沿纸面射入区域Ⅰ.已知某粒子从P 点射入区域Ⅰ,并从Q 点射入区域Ⅰ.(不计粒子的重力和粒子之间的影响) (1)求加速电场两板间的电压U 和区域Ⅰ的半径R.(2)在能射入区域Ⅰ的粒子中,某粒子在区域Ⅰ中运动的时间最短,求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅰ中运动的总时间t.(3)在区域Ⅰ加入匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小为B ,方向垂直纸面向里,电场强度的大小E =Bv 0,方向沿x 轴正方向.此后,粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅰ射入区域Ⅰ,进入区域Ⅰ时速度方向与y 轴负方向成74°角.当粒子动能最大时,求粒子的速度大小及所在的位置到y 轴的距离(sin37°=35,sin53°=45).13.(1)mv 022qmv 0qB (2)πmqB(3)2.6v 0172mv 025qB[解析] (1)根据动能定理得qU =12m v 02解得U =mv 022q粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动,根据题意某粒子从P 点射入区域Ⅰ,并从Q 点射入区域Ⅰ,故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R 相等,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力qBv 0=m v 02R 解得R =mv0qB(2)带电粒子在OF 范围内都沿着y 轴正方向以相同的速度v 0沿纸面射入区域Ⅰ,由(1)可得,粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动,轨迹半径为R ,因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等,所以粒子射入点、区域Ⅰ圆心O 1、粒子出射点、轨迹圆心O'四点构成一个菱形,由几何关系可得,区域Ⅰ圆心O 1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线,则区域Ⅰ圆心O 1和粒子出射点连线水平,根据磁聚焦原理可知粒子都从Q 点射出,粒子射入区域Ⅰ,仍做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力q B2v 0=m v 02R '解得R'=2R如图甲所示,要使粒子在区域Ⅰ中运动的时间最短,轨迹所对应的圆心角最小,可知在区域Ⅰ中运动的圆弧所对的弦长最短,即此时最短弦长为区域Ⅰ的磁场圆半径2R ,根据几何知识可得此时在区域Ⅰ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为60°,粒子在两区域磁场中运动周期分别为 T 1=2πR v 0=2πmqBT 2=2π·2R v 0=4πmqB 故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅰ中运动的总时间为 t =60°360°T 1+60°360°T 2=πmqB甲(3)如图乙所示,将速度v 0分解为沿y 轴正方向的速度v 0及速度v',因为E =Bv 0,可得qE =qBv 0,故可知沿y 轴正方向的速度v 0产生的洛伦兹力与电场力平衡,粒子同时受到另一方向的洛伦兹力qBv',故粒子沿y 轴正方向做旋进运动,根据几何关系可知 v'=2v 0sin 53°=1.6v 0故当v'方向为竖直向上时粒子速度最大,最大速度为 v m =v 0+1.6v 0=2.6v 0根据几何关系可知此时所在的位置到y 轴的距离为 L =R'+R'sin 53°+2R +2R =6.88R =172mv 025qB乙14.[2024·河北卷] 我国古人最早发现了尖端放电现象,并将其用于生产生活,如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔.雷雨中某时刻,一古塔顶端附近等势线分布如图所示,相邻等势线电势差相等,则a 、b 、c 、d 四点中电场强度最大的是 ( )A .a 点B .b 点C .c 点D .d 点14.C [解析] 在静电场中,等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小,等差势线越密,则电场强度越大.由题图可知,c 点等差等势线最密集,故c 点电场强度最大,C 正确.15.[2024·河北卷] 如图所示,真空中有两个电荷量均为q (q >0)的点电荷,分别固定在正三角形ABC 的顶点B 、C.M 为三角形ABC 的中心,沿AM 的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆,电荷量为q2.已知正三角形ABC 的边长为a ,M 点的电场强度为0,静电力常量为k.顶点A 处的电场强度大小为( )A .2√3kq a 2B .kq a 2(6+√3)C .kq a 2(3√3+1)D .kqa2(3+√3)15.D [解析] 如图所示,B 、C 两处点电荷在M 处产生的电场强度大小E 1=E 2=kq(√33a )2=3kqa 2,由于M 点的电场强度为0,故带电细杆在M 点产生的电场强度大小E 3=E 1cos 60°+E 2cos 60°=3kq a 2,B 、C 两处点电荷在A 处产生的电场强度大小E 4=E 5=kqq 2,合场强E 合'=E 4cos 30°+E 5cos 30°=√3kqa 2,方向向上,由于M 点与A 点关于带电细杆对称,故细杆在A 处产生的电场强度大小E 6=E 3=3kqa 2,方向向上,因此A 点的电场强度大小E =E 合'+E 6=kqa 2(√3+3),D 正确.16.(多选)[2024·河北卷] 如图所示,真空区域有同心正方形ABCD 和abcd ,其各对应边平行,ABCD 的边长一定,abcd 的边长可调,两正方形之间充满恒定匀强磁场,方向垂直于正方形所在平面.A处有一个粒子源,可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子,粒子沿AD方向进入磁场.调整abcd的边长,可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出.对满足前述条件的粒子,下列说法正确的是()A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°,则粒子必垂直BC射出B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°,则粒子必垂直BC射出C.若粒子经cd边垂直BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45°D.若粒子经bc边垂直BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°16.ACD[解析] 若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°,则粒子必经过cd边,作出粒子运动轨迹图,如图甲所示,由对称性可知,粒子从C点垂直于BC射出,A、C正确;若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°,则粒子可能从cd边再次进磁场,作出粒子运动轨迹如图乙所示,此时粒子不能垂直BC射出,粒子也可能经bc边再次进入磁场,作出粒子运动轨迹如图丙所示,此时粒子垂直BC边射出,B错误,D正确.17.[2024·河北卷] 如图所示,竖直向上的匀强电场中,用长为L的绝缘细线系住一带电小球,在竖直平面内绕O点做圆周运动.图中A、B为圆周上的两点,A点为最低点,B点与O点等高.当小球运动到A 点时,细线对小球的拉力恰好为0,已知小球的电荷量为q (q >0),质量为m ,A 、B 两点间的电势差为U ,重力加速度大小为g ,求: (1)电场强度E 的大小.(2)小球在A 、B 两点的速度大小.17.(1)U L(2)√Uq -mgLm√3(Uq -mgL )m[解析] (1)A 、B 两点沿电场线方向的距离为L ,在匀强电场中,由电场强度与电势差的关系可知E =U L(2)当小球运动到A 点时,细线对小球的拉力为0,由牛顿第二定律得Eq -mg =mv A 2L解得v A =√Uq -mgLm小球由A 点运动到B 点,由动能定理得 Uq -mgL =12m v B 2-12m v A 2 解得v B =√3(Uq -mgL )m18.[2024·湖北卷] 如图所示,在以O 点为圆心、半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场.一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电粒子沿直径AC 方向从A 点射入圆形区域.不计重力,下列说法正确的是 ( )A .粒子的运动轨迹可能经过O 点B .粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向C .粒子连续两次由A 点沿AC 方向射入圆形区域的最小时间间隔为7πm3qBD.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,粒子运动的速度大小为√3qBR3m18.D[解析] 根据磁场圆和轨迹圆相交形成的圆形具有对称性可知,在圆形匀强磁场区域内,沿着径向射入的粒子总是沿径向射出,所以粒子的运动轨迹不可能经过O点,故A、B错误;粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的时间间隔最短对应的轨迹如图甲所示,则最小时间间隔为Δt=2T=4πmqB,故C错误;粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短对应的轨迹如图乙所示,设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知r=√33R,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m v 2r ,解得v=√3qBR3m,故D正确.19.(多选)[2024·湖北卷] 关于电荷和静电场,下列说法正确的是()A.一个与外界没有电荷交换的系统,电荷的代数和保持不变B.电场线与等势面垂直,且由电势低的等势面指向电势高的等势面C.点电荷仅在电场力作用下从静止释放,该点电荷的电势能将减小D.点电荷仅在电场力作用下从静止释放,将从高电势的地方向低电势的地方运动19.AC[解析] 根据电荷守恒定律可知,一个与外界没有电荷交换的系统,电荷的代数和保持不变,故A正确;根据电场线和等势面的关系可知,电场线与等势面垂直,且由电势高的等势面指向电势低的等势面,故B错误;点电荷仅在电场力作用下从静止释放,则电场力做正功,该点电荷的电势能将减小,根据φ=E pq可知,正电荷将从电势高的地方向电势低的地方运动,负电荷将从电势低的地方向电势高的地方运动,故C正确,D错误.20.[2024·湖南卷] 真空中有电荷量为+4q和-q的两个点电荷,分别固定在x轴上-1和0处.设无限远处电势为0,x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是()。