2017-2018學(xué)年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題3 電場與磁場教學(xué)案

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1、 專題3 電場與磁場 高考研究(十一) 聚焦選擇題考法——電場性質(zhì)、磁場性質(zhì) 1．[多選](2017·全國Ⅰ卷T20)在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關(guān)系如圖所示。電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed。點a到點電荷的距離ra與點a的電勢φa已在圖中用坐標(biāo)(ra，φa)標(biāo)出，其余類推。現(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點依次經(jīng)b、c點移動到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為W、W和W。下列選項正確的是(　　) A．Ea∶Eb＝4∶1　　　　 B．Ec∶Ed＝2∶1 C．W∶W＝3∶1 D．W∶W＝1∶3

2、解析：選AC　設(shè)點電荷的電荷量為Q，根據(jù)點電荷電場強度公式E＝k，ra∶rb＝1∶2，rc∶rd＝3∶6，可知，Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，選項A正確，B錯誤；將一帶正電的試探電荷由a點移動到b點做的功W＝q(φa－φb)＝3q(J)，試探電荷由b點移動到c點做的功W＝q(φb－φc)＝q(J)，試探電荷由c點移動到d點做的功W＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，W∶W＝3∶1，W∶W＝1∶1，選項C正確，D錯誤。 2．[多選](2017·全國Ⅲ卷T21)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V。下列說

3、法正確的是(　　) A．電場強度的大小為2.5 V/cm B．坐標(biāo)原點處的電勢為1 V C．電子在a點的電勢能比在b點的低7 eV D．電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV 解析：選ABD　ac垂直于bc，沿ca和cb兩方向的場強分量大小分別為E1＝＝2 V/cm、E2＝＝1.5 V/cm，根據(jù)矢量合成可知E＝2.5 V/cm，A項正確；根據(jù)在勻強電場中平行線上等距同向的兩點間的電勢差相等，有φO－φa＝φb－φc，得φO＝1 V，B項正確；電子在a、b、c三點的電勢能分別為－10 eV、－17 eV和－26 eV，故電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV，C項錯誤；電子從b

4、點運動到c點，電場力做功W＝(－17＋26)eV＝9 eV，D項正確。 3．(2016·全國Ⅲ卷T15)關(guān)于靜電場的等勢面，下列說法正確的是(　　) A．兩個電勢不同的等勢面可能相交 B．電場線與等勢面處處相互垂直 C．同一等勢面上各點電場強度一定相等 D．將一負(fù)的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功 解析：選B　在靜電場中，兩個電勢不同的等勢面不會相交，選項A錯誤；電場線與等勢面一定相互垂直，選項B正確；同一等勢面上的電場強度可能相等，也可能不相等，選項C錯誤；電場線總是由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，移動負(fù)試探電荷時，電場力做負(fù)功，選項D錯誤。 4

5、．(2016·全國Ⅱ卷T15)如圖，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓。帶電粒子Q在P的電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點。若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc。則(　　) A．a(chǎn)a>ab>ac，va>vc>vb B．a(chǎn)a>ab>ac，vb>vc>va C．a(chǎn)b>ac>aa，vb>vc>va D．a(chǎn)b>ac>aa，va>vc>vb 解析：選D　a、b、c三點到固定的點電荷P的距離rb＜rc＜ra，則三點的電場強度由E＝k可知Eb＞Ec＞Ea，故帶電粒子Q在這三點的加速度ab＞

6、ac＞aa。由運動軌跡可知帶電粒子Q所受P的電場力為斥力，從a到b電場力做負(fù)功，由動能定理－|qUab|＝mvb2－mva2＜0，則vb＜va，從b到c電場力做正功，由動能定理|qUbc|＝mvc2－mvb2＞0，vc＞vb，又|Uab|＞|Ubc|，則va＞vc，故va＞vc＞vb，選項D正確。 5．(2015·全國Ⅰ卷T15)如圖，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ。一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負(fù)功相等。則(　　) A．直線a位于某一等勢面內(nèi)，φM>φQ B．直線c位于某一等

7、勢面內(nèi)，φM>φN C．若電子由M點運動到Q點，電場力做正功 D．若電子由P點運動到Q點，電場力做負(fù)功 解析：選B　由電子從M點分別運動到N點和P點的過程中電場力所做的負(fù)功相等可知，N、P兩點在同一等勢面上，且電場線方向為M→N，故選項B正確，A錯誤；M點與Q點在同一等勢面上，電子由M點運動到Q點，電場力不做功，故選項C錯誤；電子由P點運動到Q點，電場力做正功，故選項D錯誤。 6．[多選](2017·全國Ⅰ卷T19)如圖，三根相互平行的固定長直導(dǎo)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

8、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(

9、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(shè)一根長直導(dǎo)線在另一根導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)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。 7．[多選](2015·全國Ⅱ卷T18)指南針是我國古代四大發(fā)明之一。關(guān)于指南針，下列說法正確的是(　　) A．指南針可以僅具有一個磁極 B．指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場 C．指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾 D．在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導(dǎo)線，導(dǎo)線通電時指南針不偏轉(zhuǎn) 解析：

10、選BC　指南針是一個小磁體，具有N、S兩個磁極，因為地磁場的作用，指南針的N極指向地理的北極，選項A錯誤，B正確；因為指南針本身是一個小磁體，所以會對附近的鐵塊產(chǎn)生力的作用，同時指南針也會受到反作用力，所以會受鐵塊干擾，選項C正確；在地磁場中，指南針南北指向，當(dāng)直導(dǎo)線在指南針正上方平行于指南針南北放置時，通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場在指南針處是東西方向，所以會使指南針偏轉(zhuǎn)，選項D錯誤。 高考題型 典型試題 難度 1.電場力和電場能的性質(zhì) 2017·全國Ⅰ卷T20 ★★★ 2017·全國Ⅲ卷T21 ★★★ 2016·全國Ⅲ卷T15 ★★☆ 2016·全國Ⅱ卷T15 ★★★

11、 2015·全國Ⅰ卷T15 ★★★ 2.磁場的基本性質(zhì)和安培力 2017·全國Ⅰ卷T19 ★★★ 2015·全國Ⅱ卷T18 ★☆☆ 題型(一) 電場力和電場能的性質(zhì) 高考定位：?？碱}型　　 解題關(guān)鍵：重在對電場、電場強度、電場線、電勢、電勢差、等勢面等基本概念的理解 [必備知能] 1．電場中的相關(guān)概念 2．電勢、電勢能的判斷方法 判斷電勢的高低 根據(jù)電場線的方向判斷 由UAB＝判斷 根據(jù)電場力做功(或電勢能)判斷 判斷電勢能的大小 根據(jù)Ep＝qφ判斷 根據(jù)ΔEp＝－W電，由電場力做功判斷 　　3.根據(jù)運動軌跡判斷粒子的受力及運動情況 (1)確

12、定受力方向的依據(jù) ①曲線運動的受力特征：帶電粒子受力總指向曲線的凹側(cè)。 ②電場力方向與場強方向的關(guān)系：正電荷的受力方向與場強方向同向，負(fù)電荷則相反。 ③場強方向與電場線或等勢面的關(guān)系：電場線的切線方向或等勢面的法線方向為電場強度的方向。 (2)比較加速度大小的依據(jù) 電場線或等差等勢面越密?E越大?F＝qE越大?a＝越大。 (3)判斷加速或減速的依據(jù) 電場力與速度成銳角(鈍角)，電場力做正功(負(fù)功)，速度增加(減小)。 [演練沖關(guān)] 1.[多選](2017·南昌重點中學(xué)模擬)電子束焊接機中的電子槍如圖所示，K為陰極，A為陽極，陰極和陽極之間的電場線如圖中虛線所示，A上有一小孔，

13、陰極發(fā)射的電子在陰極和陽極間電場作用下聚集成一細(xì)束，以極高的速率穿過陽極上的小孔，射到被焊接的金屬上，使兩塊金屬熔化而焊接到一起，不考慮電子重力，下列說法正確的是(　　) A．A點的電勢高于K點的電勢 B．電子克服電場力做功 C．電子的電勢能不斷增加 D．電子的動能不斷增加 解析：選AD　在電場中，沿著電場線方向電勢越來越低，因此A點的電勢高于K點的電勢，A正確；電子受力的方向與電場線的方向相反，因此在運動過程中，電場力對電子做正功，電勢能不斷減小，B、C錯誤；根據(jù)動能定理，在運動過程中，只有電場力做功，電子的動能不斷增加，D正確。 2.[多選](2018屆高三·第二次全國大聯(lián)考Ⅲ

14、卷)如圖所示為一帶正電的點電荷和兩個相同的帶負(fù)電的點電荷附近的電場線分布情況，M點是兩負(fù)點電荷連線的中點，M、N點在同一水平線上且到正點電荷的距離相等，下列說法正確的是(　　) A．E點的電場強度比F點的大 B．E點的電勢比F點的高 C．電荷在M點受到的電場力為零 D．將正電荷從M點移到N點，電勢能增大 解析：選AD　由題圖看出，E點處電場線比F點處電場線密，則E點的電場強度比F點的大，選項A正確；沿著電場線方向電勢逐漸降低，所以F點的電勢比E點的高，選項B錯誤；兩個負(fù)點電荷在M點的合場強為零，正點電荷在M點產(chǎn)生的電場強度不為零，所以電荷受到的電場力不為零，選項C錯誤；M、N關(guān)于正點

15、電荷對稱，從M點移到N點，正點電荷對正電荷不做功，兩負(fù)點電荷形成的電場對正電荷做負(fù)功，電勢能增大，選項D正確。 3.[多選](2017·楚雄檢測)如圖，在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點，M、N、P為直角三角形的三個頂點，F(xiàn)為MN的中點，∠M＝30°。M、N、P、F四點處的電勢分別用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內(nèi)，則(　　) A．點電荷Q一定在MP的連線上 B．線段PF一定在同一等勢面上 C．將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做負(fù)功 D．φP大于φM 解析：選AD　點電荷Q的等勢面是一系列的同心圓，圓弧上任意兩點的

16、連線的中垂線一定通過圓心，故場源電荷(點電荷Q)在MN的中垂線和FP的中垂線的交點上，如圖所示，在MP的連線上，故A正確；φP＝φF，線段PF是P、F所在等勢面(圓)的一個弦，故B錯誤；在點電荷Q的電場中，離場源越遠(yuǎn)，電勢越低，將正試探電荷從P點搬運到N點，電勢能降低，故電場力做正功，故C錯誤；在點電荷Q的電場中，離場源越遠(yuǎn)，電勢越低，故φP大于φM，故D正確。 4.[多選](2017·懷化模擬)如圖所示，現(xiàn)有一個以O(shè)為圓心、以O(shè)P長為半徑的圓，四邊形ABCD為圓的內(nèi)接正方形，a、b、c、d分別為正方形的四個邊AB、BC、CD和DA的中點，P、Q分別為弧和弧的中點?，F(xiàn)在A、B、C、D四點分別

17、放上等量的正電荷和負(fù)電荷，若取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，下列說法正確的是(　　) A．O點的電場強度和電勢均為零 B．把一正電荷從a點移到c點，電場力做正功 C．把一正電荷從b點移到d點，電場力做功為零 D．同一電荷在P、Q兩點所受電場力大小相等，方向相反 解析：選BC　如題圖，B、D點兩個電荷和A、C點兩個電荷都是等量異種電荷，PQ連線的垂直平分線是一條等勢線，并延伸到無窮遠(yuǎn)，則O點電勢與無窮遠(yuǎn)電勢相等，則O點的電勢為零。根據(jù)電場線從正電荷出發(fā)到負(fù)電荷終止和電場的疊加可知，O點的場強不為零，故A錯誤；由四個電荷分布的位置可知，電場線關(guān)于PQ連線對稱，且由a指向c，故把一正電荷從a點移到c點

18、，電場力做正功，故B正確；同理，等勢線關(guān)于PQ連線也對稱，則b點與d點電勢相等，電勢差為零，由W＝qU可知，把一正電荷從b點移到d點，電場力做功為零，故C正確；根據(jù)電場線的對稱性可知，P、Q兩點電場線疏密相同，場強大小相等，方向相同，則同一電荷在P、Q兩點所受電場力大小相等，方向相同，故D錯誤。 題型(二) 磁場的基本性質(zhì)和安培力 高考定位：?？碱}型 解題關(guān)鍵：重在掌握磁感應(yīng)強度的疊加及磁場對電流的安培力 [必備知能] 1．磁場的疊加和安培定則應(yīng)用的注意點 (1)根據(jù)安培定則確定通電導(dǎo)線周圍磁場的方向。 (2)磁場中每一點磁感應(yīng)強度的方向為該點處磁感線的切線方向。 (3)磁感應(yīng)

19、強度是矢量，多個通電導(dǎo)體產(chǎn)生的磁場疊加時，合磁場的磁感應(yīng)強度等于各場源單獨存在時在該點的磁感應(yīng)強度的矢量和，遵從平行四邊形定則。 2．安培力作用下力學(xué)問題的處理方法 (1)求解安培力作用下的力學(xué)問題的基本思路 (2)求解關(guān)鍵及解題難點 [演練沖關(guān)] 5.[多選](2017·廣州檢測)在同一平面內(nèi)有①、②、③三根等間距平行放置的長直導(dǎo)線，通入的電流強度分別為1 A、2 A、1 A，②的電流方向為c→d 且受到安培力的合力方向水平向右，則(　　) A．①的電流方向為a→b B．③的電流方向為e→f C．①受到安培力的合力方向水平向左 D．③受到安培力的合力方向水平向左

20、解析：選BCD　根據(jù)“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，因②的電流方向為c→d且受到安培力的合力方向水平向右，可知①的電流方向為b→a，③的電流方向為e→f，選項A錯誤，B正確；①受到②③的排斥力，故安培力的合力方向水平向左，選項C正確；③受到②的吸引力和①的排斥力，因②的吸引力大于①的排斥力，故③受到安培力的合力方向水平向左，選項D正確。 6.(2017·南昌重點中學(xué)模擬)如圖所示，用三條細(xì)線懸掛的水平圓形線圈共有n匝，線圈由粗細(xì)均勻、單位長度的質(zhì)量為2.5 g的導(dǎo)線繞制而成，三條細(xì)線呈對稱分布，穩(wěn)定時線圈平面水平，在線圈正下方放有一個圓柱形條形磁鐵，磁鐵中軸線OO′垂直于線圈

21、平面且通過其圓心，測得線圈的導(dǎo)線所在處磁感應(yīng)強度大小B＝0.5 T，方向與豎直線成30°角，要使三條細(xì)線上的張力為零，線圈中通過的電流至少為(g取10 m/s2)(　　) A．0.1 A B．0.2 A C．0.05 A D．0.01 A 解析：選A　設(shè)線圈的半徑為r，則線圈的質(zhì)量m＝2nπr×2.5×10－3 kg，磁感應(yīng)強度的水平分量為Bsin 30°，線圈受到的安培力為：F＝nBsin 30°×I×2πr，要使三條細(xì)線上的張力為零，線圈所受向上的安培力等于線圈的重力，即mg＝F，解得：I＝0.1 A，選項A正確。 7.[多選](2017·長沙長郡中學(xué)檢測)如圖所示，同一平面內(nèi)

22、有兩根平行的無限長直導(dǎo)線1和2，通有大小相等、方向相反的電流，a、b兩點與兩導(dǎo)線共面，a點在兩導(dǎo)線的中間且與兩導(dǎo)線的距離均為r，b點在導(dǎo)線2右側(cè)，與導(dǎo)線2的距離也為r?，F(xiàn)測得a點的磁感應(yīng)強度大小為B0，已知距一無限長直導(dǎo)線d處的磁感應(yīng)強度大小B＝，其中k為常量，I為無限長直導(dǎo)線的電流大小，下列說法正確的是(　　) A．b點的磁感應(yīng)強度大小為B0 B．若去掉導(dǎo)線2，b點的磁感應(yīng)強度大小為B0 C．若將導(dǎo)線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，b點的磁感應(yīng)強度為0 D．若去掉導(dǎo)線2，再將導(dǎo)線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，a點的磁感應(yīng)強度大小仍為B0 解析：選BD　根據(jù)B＝可知，a點磁感應(yīng)強度大小為B

23、0＝＋＝，則：＝B0，根據(jù)右手螺旋定則，此時b點磁感應(yīng)強度大小為：Bb＝－＝＝B0，故選項A錯誤；若去掉導(dǎo)線2，b點的磁感應(yīng)強度大小為：Bb′＝＝B0，故選項B正確；若將導(dǎo)線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，b點的磁感應(yīng)強度大小為：Bb″＝－＝＝B0，故選項C錯誤；若去掉導(dǎo)線2，再將導(dǎo)線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，a點的磁感應(yīng)強度大小為：Ba″＝＝B0，故選項D正確。 題型(三) 電場強度的疊加與計算 高考定位：預(yù)測題型 解題關(guān)鍵：掌握常見點電荷產(chǎn)生電場的特點，靈活應(yīng)用類比法、對稱法解題 [典例示法] [典例]　(2018屆高三·衡陽聯(lián)考)如圖所示為一均勻帶電荷量為＋Q的細(xì)棒，在

24、過中點c垂直于細(xì)棒的直線上有a、b、d三點，且ab＝bc＝cd＝L，在a點處有一電荷量為＋的固定點電荷，已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量)(　　) A．k B．k C．k D．k [解析]　電荷量為＋的點電荷在b處產(chǎn)生的場強為E＝，方向向右。b點處的場強為零，根據(jù)電場的疊加原理可知，細(xì)棒與＋的點電荷在b處產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反，則知細(xì)棒在b處產(chǎn)生的場強大小為，方向向左。根據(jù)對稱性可知，細(xì)棒在d處產(chǎn)生的場強大小為，方向向右；而電荷量為＋的點電荷在d處產(chǎn)生的場強大小為E′＝＝，方向向右；所以d點處場強的大小為Ed＝E＋E′＝k，方向向右。故A正確，B、

25、C、D錯誤。 [答案]　A 應(yīng)用類比法、對稱法求電場強度 1．類比法 當(dāng)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法求解。 2．對稱法 [演練沖關(guān)] 8.直角坐標(biāo)系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標(biāo)如圖所示。M、N兩點各固定一負(fù)點電荷，一電量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零。靜電力常量用k表示，若將該正點電荷移到G點，則H點處場強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

26、.，沿y軸負(fù)向 解析：選B　處于O點的正點電荷在G點處產(chǎn)生的場強E1＝k，方向沿y軸負(fù)向；又因為G點處場強為零，所以M、N處兩負(fù)點電荷在G點共同產(chǎn)生的場強E2＝E1＝k，方向沿y軸正向；根據(jù)對稱性，M、N處兩負(fù)點電荷在H點共同產(chǎn)生的場強E3＝E2＝k，方向沿y軸負(fù)向；將該正點電荷移到G處，該正點電荷在H點產(chǎn)生的場強E4＝k，方向沿y軸正向，所以H點的場強E＝E3－E4＝，方向沿y軸負(fù)向，故B正確。 9．如圖所示，真空中a、b、c、d四點共線且等距。先在a點固定一點電荷＋Q，測得b點場強大小為E。若再將另一點電荷＋2Q放在d點，則(　　) A．b點場強大小為E B．c點場強大小為E

27、 C．若將電子從b點移動到c點，其電勢能不變 D．b點電勢比c點電勢高 解析：選B　設(shè)a、b之間的距離為r，則b、d之間的距離為2r，a、c之間的距離為2r，c、d之間的距離為r，＋Q在b點產(chǎn)生的電場強度E＝k，方向由a指向d。若再將另一點電荷＋2Q放在d點，它在b點產(chǎn)生的電場強度E′＝k＝k，方向由d指向a。根據(jù)電場疊加原理，b點的場強大小為Eb＝E－E′＝k－k＝k＝，方向由a指向d，選項A錯誤；＋Q在c點產(chǎn)生的電場強度E1＝k，＋2Q在c點產(chǎn)生的電場強度E2＝k，二者方向相反，c點的場強大小為Ec＝E2－E1＝k－k＝k＝E，方向由d指向a，選項B正確；若將電子從b點移動到c點，電場

28、力先做負(fù)功后做正功，其電勢能先增大后減小，選項C錯誤；b點的電勢比c點的電勢低，選項D錯誤。 [選擇題保分練] 電場性質(zhì)、磁場性質(zhì) 1．(2018屆高三·湖北八校聯(lián)考)下列說法正確的是(　　) A．帶電粒子僅在電場力的作用下一定做勻變速運動 B．帶電粒子僅在電場力的作用下運動時，動能一定增加 C．電場力做正功，帶電粒子所在處的電勢一定降低 D．電場力做正功，帶電粒子的電勢能一定減少 解析：選D　只有電場是勻強電場時，帶電粒子僅在電場力的作用下做勻變速運動，A錯誤；如果電場力做負(fù)功，則動能減小，

29、B錯誤；電場力做正功，電勢能一定減少，若帶電粒子帶負(fù)電荷，則電勢要升高，故C錯誤，D正確。 2．(2017·定州中學(xué)檢測)關(guān)于電荷所受電場力和洛倫茲力，下列說法正確的是(　　) A．電荷在磁場中一定受洛倫茲力作用 B．電荷在電場中一定受電場力作用 C．電荷所受電場力一定與該處電場方向一致 D．電荷所受的洛倫茲力不一定與磁場方向垂直 解析：選B　若電荷的運動方向與磁場方向平行，則電荷不受洛倫茲力，故A錯誤；電荷在電場中一定受電場力作用，故B正確；正電荷所受電場力方向與該處的電場方向相同，負(fù)電荷所受電場力方向與該處的電場方向相反，故C錯誤；根據(jù)左手定則知，電荷若受洛倫茲力，則方向與該處

30、磁場方向垂直，故D錯誤。 3.(2017·泰安檢測)如圖，＋Q為固定的正點電荷，虛線圓是其電場中的一條等勢線。兩電荷量相同、但質(zhì)量不相等的粒子，分別從同一點A以相同的速度v0射入，軌跡如圖中曲線，B、C為兩曲線與圓的交點。aB、aC表示兩粒子經(jīng)過B、C時的加速度大小，vB、vC表示兩粒子經(jīng)過B、C時的速度大小。不計粒子重力，以下判斷正確的是(　　) A．a(chǎn)B＝aC　vB＝vC B．a(chǎn)B＞aC　vB＝vC C．a(chǎn)B＞aC　vB＜vC D．a(chǎn)B＜aC　vB＞vC 解析：選C　由題圖軌跡判斷可知，粒子均帶正電，AB曲線彎曲程度比AC大，可知AB軌跡的粒子質(zhì)量較小，因為B、C兩點電勢相等，

31、可知UAC＝UAB，粒子電荷量相同，由動能定理：－qU＝mv2－mv02，可知vBaC，綜上分析可知C正確，A、B、D錯誤。 4.(2017·肇慶模擬)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。現(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(fù)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

32、 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(dāng)正試探電荷在此直線上從A′移動到B′時，電場力對該試探電荷先做負(fù)功后做正功，故C錯誤；因為UA′D＝EA′D·，UDA＝EDA·，由點電荷的場強關(guān)系可知EA′D>EDA，又因為＝，所以有UA′D＞UDA，即φA′－φD＞φD－φA，整理可得：φD<，故D正確。 5.(2017·龍巖檢測)將無窮遠(yuǎn)處的電勢

33、視為零，在電荷量為q的點電荷周圍某點的電勢可用φ＝ 計算，式中r為該點到點電荷的距離，k為靜電力常量。兩電荷量大小均為Q的異種點電荷固定在相距為L的兩點，如圖所示。現(xiàn)將一質(zhì)子(電荷量為e)從兩點電荷連線上的A點，沿以電荷＋Q為圓心、半徑為R(L>R)的半圓形軌跡ABC移到C點，質(zhì)子從A點移到C點的過程中電勢能的變化情況為(　　) A．增加 B．增加 C．減少 D．減少 解析：選B　A點的電勢為φA＝k－k＝；C點的電勢為φC＝k－k＝，則A、C間的電勢差為UAC＝φA－φC＝－，質(zhì)子從A點移到C點，電場力做功為WAC＝eUAC＝－，做負(fù)功，所以質(zhì)子的電勢能增加，故B正確。 6.[

34、多選](2017·定州中學(xué)檢測)如圖所示，在兩磁極之間放一培養(yǎng)皿，磁感線垂直培養(yǎng)皿向內(nèi)，培養(yǎng)皿內(nèi)側(cè)壁有環(huán)狀電極A，中心有電極K，培養(yǎng)皿內(nèi)裝有電解液，若不考慮電解液和培養(yǎng)皿之間的阻力，當(dāng)兩電極接入如圖所示電路時，則(　　) A．電解液將順時針旋轉(zhuǎn)流動 B．電解液靜止不動 C．若將滑動變阻器的滑片向左移動，則電解液旋轉(zhuǎn)流動將變慢 D．若將磁場的方向和電源的方向均變?yōu)楹驮瓉硐喾?，則電解液轉(zhuǎn)動方向不變 解析：選AD　兩電極接入題圖所示電路時，將電解液看成無數(shù)個輻條狀導(dǎo)體組成，每根導(dǎo)體中電流從環(huán)狀電極A邊緣流向電極K，由左手定則判斷可知，電解液所受的安培力方向沿順時針，因此電解液將順時針旋轉(zhuǎn)流

35、動，故A正確，B錯誤；若將滑動變阻器的滑片向左移動，其有效電阻減小，電路中電流增大，由公式F＝BIL知，電解液所受的安培力增大，則電解液旋轉(zhuǎn)流動將變快，故C錯誤；若將磁場的方向和電源的方向均變?yōu)楹驮瓉硐喾?，由左手定則可知安培力方向不變，則電解液轉(zhuǎn)動方向不變，故D正確。 7.[多選](2017·泰州中學(xué)檢測)某靜電場的等勢面分布如圖所示，下列說法中正確的是(　　) A．A點電場強度的方向為曲線上該點的切線方向 B．負(fù)電荷在A點的電勢能比在C點的電勢能小 C．將正電荷從圖中A點移到C點，電場力做負(fù)功 D．將電荷從圖中A點移到B點，電場力不做功 解析：選BD　電場線和等勢面垂直，電場強度

36、的方向沿電場線的切線方向，可知A點的電場強度方向不是曲線上該點的切線方向，故A錯誤；A點的電勢高于C點的電勢，根據(jù)Ep＝qφ知，負(fù)電荷在A點的電勢能比在C點 的電勢能小，故B正確；A點的電勢高于C點的電勢，沿電場線方向電勢逐漸降低，可知電場線方向大致向左，所以將正電荷從A點移C點，電場力做正功，故C錯誤；A、B兩點處于同一等勢面上，電勢相等，所以將電荷從A點移到B點，電場力不做功，故D正確。 8.[多選](2018屆高三·青島六校聯(lián)考)如圖所示，勻強電場中的三個點A、B、C構(gòu)成一個直角三角形，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，＝d。把一個帶電量為＋q的點電荷從A點移動到B

37、點電場力不做功；從B點移動到C點電場力做功為－W。若規(guī)定C點的電勢為零，則(　　) A．該電場的電場強度大小為 B．C、B兩點間的電勢差為UCB＝ C．A點的電勢為 D．若從A點沿AB方向飛入一電子，其運動軌跡可能是乙 解析：選BD　正點電荷從A點移動到B點電場力不做功，說明A、B兩點在同一等勢面上，從B點移動到C點電場力做功為－W，說明電場強度的方向垂直AB邊向上，則A點的電勢φA＝－，故選項C錯誤；C、B兩點間的電勢差為UCB＝，故選項B正確；該電場的電場強度大小為E＝＝，故選項A錯誤；電子從A點沿AB方向飛入，受力方向?qū)⒀仉妶鼍€的反方向，故電子將向下偏轉(zhuǎn)，運動軌跡的大致圖象如題

38、圖中乙所示，故選項D正確。 高考研究(十二) 聚焦選擇題考法——電容器、帶電粒子在電場中運動 1．(2016·全國Ⅰ卷T14)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)移出，則電容器(　　 ) A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大 B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大 C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變 D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變 解析：選D　平行板電容器電容的表達(dá)式為C＝，將極板間的云母介質(zhì)移出后，導(dǎo)致電容器的電容C變小。由于極板間電壓不變，據(jù)Q＝CU知，極板上的電荷量變小。再考慮到極板間電場強度E＝，由于U

39、、d不變，所以極板間電場強度不變，選項D正確。 2. [多選](2016·全國Ⅰ卷T20)如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知(　　) A．Q點的電勢比P點高 B．油滴在Q點的動能比它在P點的大 C．油滴在Q點的電勢能比它在P點的大 D．油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小 解析：選AB　帶電油滴在電場中受重力、電場力作用，據(jù)其軌跡的對稱性可知，電場力方向豎直向上，且電場力大于重力，電場力先做負(fù)功后做正功。則電場強度方向向下，Q點的電勢比P點高，選項A正確；油滴在P點的速度最小，選項B正確；油滴

40、在P點的電勢能最大，選項C錯誤；油滴運動的加速度大小不變，選項D錯誤。 3．(2015·全國Ⅱ卷T14)如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將(　　) A．保持靜止?fàn)顟B(tài)　　　 　 B．向左上方做勻加速運動 C．向正下方做勻加速運動 D．向左下方做勻加速運動 解析：選D　兩板水平放置時，放置于兩板間a點的帶電微粒保持靜止，帶電微粒受到的電場力與重力平衡。當(dāng)將兩板逆時針旋轉(zhuǎn)45°時，電場力大小不變，方向逆時針偏轉(zhuǎn)45°，受力如圖，則其合力方向

41、沿二力角平分線方向，微粒將向左下方做勻加速運動。選項D正確。 高考題型 典型試題 難度 1.平行板電容器的性質(zhì) 2016·全國Ⅰ卷T14 ★★☆ 2.帶電粒子(考慮重力)在電場中的運動 2016·全國Ⅰ卷T20 ★★★ 2015·全國Ⅱ卷T14 ★★☆ 題型(一) 平行板電容器的性質(zhì) 高考定位：?？碱}型,　 　 解題關(guān)鍵：重在正確分析電容器的兩類動態(tài)變化，準(zhǔn)確應(yīng)用公式進(jìn)行分析 [必備知能] 1．平行板電容器動態(tài)變化問題的兩類題型 (1)電容器始終與電源相連，U恒定不變，則有Q＝CU∝C，C＝∝，兩板間場強E＝∝。 (2)電容器穩(wěn)定后與電源斷開，Q

42、恒定不變，則有U＝，C∝，場強E＝＝∝。 2．在分析平行板電容器的動態(tài)變化問題時，必須抓住兩個關(guān)鍵點 (1)確定不變量：首先要明確動態(tài)變化過程中的哪些量不變，一般情況下是電荷量不變或板間電壓不變。 (2)恰當(dāng)選擇公式：要靈活選取電容的兩個公式分析電容的變化，應(yīng)用E＝分析板間電場強度的變化情況，即抓住公式C＝和C＝。U不變時，選用E＝；Q不變時，選用E＝。 [演練沖關(guān)] 1．(2018屆高三·第一次全國大聯(lián)考Ⅲ卷)如圖所示的裝置可以通過靜電計指針偏轉(zhuǎn)角度的變化檢測電容器電容的變化，進(jìn)而檢測導(dǎo)電液體是增多還是減少。圖中芯柱、導(dǎo)電液體、絕緣體組成一個電容器，電源通過電極A、電極B給電容器

43、充電，充電完畢移去電源，由此可以判斷(　　) A．靜電計指針偏角變小，說明電容器兩板間電壓增大 B．靜電計指針偏角變小，說明導(dǎo)電液體增多 C．靜電計指針偏角變大，說明電容器電容增大 D．靜電計指針偏角變大，說明導(dǎo)電液體增多 解析：選B　移去電源后，電容器的Q不變，靜電計指針偏角變小，說明電容器兩板間電壓減小，選項A錯誤；靜電計指針偏角變小，根據(jù)C＝可知，電容器電容增大，因C＝，所以S增大，導(dǎo)電液體液面升高，導(dǎo)電液體增多，選項B正確；靜電計指針偏角變大，說明電容器兩板間電壓增大，根據(jù)C＝可知，電容器電容減小，因C＝，所以S減小，導(dǎo)電液體液面降低，導(dǎo)電液體減少，選項C、D錯誤。

44、 2.(2017·懷化模擬)如圖所示，將平行板電容器兩極板分別與電池正、負(fù)極相接，兩板間一帶電液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)貼著下板迅速插入一定厚度的金屬板，則在插入過程中(　　) A．電路將有逆時針方向的短暫電流 B．電容器的帶電量減小 C．帶電液滴仍將靜止 D．帶電液滴將向下做加速運動 解析：選A　插入一金屬板相當(dāng)于極板間距離變小了，根據(jù)電容決定式C＝，知電容增大，電勢差不變，則由Q＝CU知，電容器帶電量增大，電路中有逆時針方向的短暫電流，故A正確，B錯誤；電勢差不變，距離減小，則電場強度增大，帶電液滴所受的向上的電場力增大，大于重力，將向上做加速運動，故C、D錯誤。

45、 3.[多選](2017·黃岡中學(xué)檢測)正對水平放置的兩平行金屬板連接在如圖所示電路中，兩板間有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，D為理想二極管(正向電阻為0，反向電阻無窮大)，R為滑動變阻器，R0為定值電阻。將滑片P置于滑動變阻器正中間，閉合開關(guān)S，讓一帶電質(zhì)點從兩板左端連線的中點N以水平速度v0射入板間，質(zhì)點沿直線運動。在保持開關(guān)S閉合的情況下，下列說法正確的是(　　) A．質(zhì)點可能帶正電，也可能帶負(fù)電 B．若僅將滑片P向上滑動一段后，再讓該質(zhì)點從N點以水平速度v0射入板間，質(zhì)點運動軌跡一定會向上偏 C．若僅將滑片P向下滑動一段后，再讓該質(zhì)點從N點以水平速度v0射入板間，質(zhì)

46、點依然會沿直線運動 D．若僅將兩板的間距變大一些，再讓該質(zhì)點從N點以水平速度v0射入板間，質(zhì)點運動軌跡會向下偏 解析：選BC　若質(zhì)點帶正電，則所受電場力向下，洛倫茲力向下，重力向下，則不可能沿直線運動，只能帶負(fù)電，則 A錯誤；質(zhì)點帶負(fù)電，電場力向上，洛倫茲力向上，滑片P向上滑動一段后，電場強度變大，電場力變大，則合力向上，質(zhì)點運動軌跡向上偏，則B正確；將滑片P向下滑動一段后，因二極管的單向?qū)щ娦?，電容器不放電，則電場強度不變，電場力不變，合力不變，質(zhì)點依然會沿直線運動，則C正確；若兩板的間距變大，但電量不變，場強E＝不變，電場力不變，則質(zhì)點運動軌跡不變，則D錯誤。 題型(二

47、) 帶電粒子在電場中的運動 高考定位：?？碱}型　　 解題關(guān)鍵：重在正確進(jìn)行受力分析(注意重力是否考慮)，運用力和運動、功能關(guān)系兩條途徑求解 [典例示法] [典例]　(2017·天津和平區(qū)檢測)如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一穩(wěn)壓電源(未畫出)相連，若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中該粒子(　　) A．所受重力與電場力平0衡 B．電勢能逐漸增加 C．機械能逐漸減小 D．做勻變速直線運動 [解析]　帶電粒子在電場中受到電場力與重力，根據(jù)題意可知，粒子做直線運動，電場力必定垂直極板向上，若由左向右運動，則電場力與重力的合力必定與速

48、度方向相反，粒子做勻減速直線運動；若由右向左運動，則電場力、重力的合力與速度方向相同，粒子做勻加速直線運動，故A錯誤，D正確；電場力垂直于極板向上，若電場力做負(fù)功，則電勢能增加；若電場力做正功，則電勢能減小，故B錯誤；因重力不做功，當(dāng)電場力做負(fù)功時，電勢能增加，動能減小，此時機械能減??；當(dāng)電場力做正功時，動能增加，此時機械能增加，故C錯誤。 [答案]　D 帶電體通常是指需要考慮重力的物體，如帶電小球、帶電液滴、帶電塵埃等。帶電體在疊加場中運動的研究方法與力學(xué)綜合題的分析方法相近，一般應(yīng)用牛頓運動定律、運動學(xué)規(guī)律、動能定理和能量守恒定律求解。 [演練沖關(guān)] 4．[多選](2018

49、屆高三·西安調(diào)研)一平行板電容器的兩個極板水平放置，兩極板間有一帶電量不變的油滴，油滴在極板間運動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比。若兩極板間電壓為零，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速下降；若兩極板間的電壓為U，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速上升。若兩極板間電壓為2U，油滴做勻速運動時速度的大小可能為(　　) A．3v B．4v C．5v D．6v 解析：選AC　若兩極板間電壓為零，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速下降，有mg＝kv，若兩極板間的電壓為U，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速上升，知電場力大于重力，有：q＝mg＋kv，若兩極板間電壓為2U，如果電場力方向向上，則油滴向上做勻速

50、運動時，有q＝mg＋kv′，解得v′＝3v，故A正確；如果電場力方向向下，則油滴向下做勻速運動時，有q＋mg＝kv″，解得v″＝5v，故C正確。 5.(2017·遼師大附中檢測)如圖，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電。一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處，以初動能Ek0豎直向上射出。不計重力，極板尺寸足夠大。若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強度的最大值為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　當(dāng)電場強度足夠大時，粒子打到上極板的極限情況為：粒子到達(dá)上極板處時，速度恰好與上極板平行，粒子的運動為類平拋運動的逆運動。將粒子初

51、速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運動的合成與分解，當(dāng)vy′＝0時，根據(jù)運動學(xué)公式有vy2＝2d，vy＝v0cos 45°，Ek0＝mv02，解得E＝，故B正確。 6．[多選](2017·沈陽育才中學(xué)模擬)一帶正電的小球以初速度v0水平向右拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左，不計空氣阻力，則小球(　　) A．可能做直線運動 B．一定做曲線運動 C．速率先減小后增大 D．速率先增大后減小 解析：選BC　如圖所示，對小球受力分析，受重力和電場力兩個力作用，合力的方向與初速度方向不在同一條直線上，小球做曲線運動，運動軌跡大致如圖中曲線所示，故A錯誤，B正確；小

52、球所受的合力與速度方向先成鈍角后成銳角，可知合力先做負(fù)功然后做正功，則速率先減小后增大，故C正確，D錯誤。 [選擇題保分練] 電容器、帶電粒子在電場中運動 1.(2017·長沙長郡中學(xué)檢測)空間中有豎直方向的勻強電場(圖中未畫出)，一個帶電小球由P點到Q點的運動軌跡如圖所示，由此可知(　　) A．電場的方向豎直向上 B．小球一定帶正電 C．小球受到的電場力大于重力 D．小球在P點的動能小于在Q點的動能 解析：選C　由題圖可知，小球向上偏轉(zhuǎn)，合力向上，小球受到重力和電場力作用，重力豎直向下，所以電場力方向向上且大于重力

53、。由于不知道小球的電性和電場的方向，所以不能判斷出電場的方向與小球的電性，故A、B錯誤，C正確；小球受到的電場力與重力恒定不變，小球受到的合力不變，方向豎直向上，所以小球在從P點到Q點的過程中合外力對小球做負(fù)功，小球的動能減小，故D錯誤。 2.(2017·湖北黃岡中學(xué)檢測)如圖所示，紙面內(nèi)有一勻強電場(未畫出)，帶正電的小球(重力不計)在恒力F的作用下沿圖中虛線由A勻速運動至B，已知恒力F和AB間夾角為θ，AB間距離為d，小球帶電量為q，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．電場強度的大小為E＝ B．A、B兩點的電勢差為UAB＝ C．小球由A運動至B的過程中，電勢能增加了Fdcos θ D

54、．若小球由B勻速運動至A，則恒力F必須反向 解析：選C　由題知，小球的重力不計，只受到電場力與恒力F而做勻速直線運動，則有qE＝F，解得場強E＝，A錯誤；由小球所受電場力方向與F方向相反及AB的相對位置可知，φA<φB，A、B兩點的電勢差為UAB＝－Edcos θ＝－，B錯誤；小球由A運動至B的過程中，恒力F做功為W＝Fdcos θ，根據(jù)功能關(guān)系可知，電勢能增加了Fdcos θ，C正確；小球所受的電場力恒定不變，若小球由B勻速運動至A，恒力F大小、方向不變，D錯誤。 3.(2018屆高三·湖南五市十校聯(lián)考)如圖所示，水平放置的平行板電容器的兩板間存在豎直向上的勻強電場，下板接地，兩板間距離

55、為10 cm，A點距下板3 cm，B點距上板3 cm。質(zhì)量m＝0.01 kg、電荷量為＋10－3 C的小球能夠在A點保持靜止?，F(xiàn)將小球移到勻強電場之外，g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　) A．上板的電勢比下板高10 V B．A點的電勢為3 V C．電荷量為－10－3 C的帶負(fù)電的點電荷在A點的電勢能為3×10－3 J D．將電荷量為－10－3 C的帶負(fù)電的點電荷從A點移到B點，電場力對該點電荷做功4×10－3 J 解析：選C　電場方向向上，即下板電勢高，A錯誤；小球在A點受力平衡，mg＝Eq，解得E＝＝ V/m＝100 V/m，所以兩板間的電勢差U＝Ed＝10 V，由于下板

56、接地，電勢為零，故A點電勢為φA＝(0－100×0.03)V＝－3 V，B錯誤；電荷量為－10－3 C的帶負(fù)電的點電荷在A點的電勢能為Ep＝φAq＝－3×(－10－3)J＝3×10－3 J，C正確；UAB＝－3 V－(0－100×0.07)V＝4 V，所以將電荷量為－10－3 C的帶負(fù)電的點電荷從A點移到B點，電場力對該點電荷做功W＝UABq＝4×(－10－3)J＝－4×10－3 J，D錯誤。 4.(2017·蘭州一中檢測)如圖，一帶電粒子從小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q 之間的真空區(qū)域，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后打在 Q板上如圖所示的位置。在其他條件不變的情況下，要使該粒子能從Q板上的小孔B射出，下列

57、操作中可能實現(xiàn)的是(不計粒子重力)(　　) A．保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)上移 P極板 B．保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)左移P極板 C．先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)上移 P極板 D．先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)下移P極板 解析：選A　該粒子在平行板間做類斜拋運動，水平方向做勻速直線運動，水平分速度不變，要使其能從Q板上的小孔B射出，只能通過延長運動時間。保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)上移P極板，根據(jù)U＝Ed，d增加，場強E減小，故加速度a＝減小，根據(jù)t＝，運動時間延長，粒子可能從小孔B射出，故A正確；保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)左移P極板，場強E不變，故粒子加速度不變，運動軌跡不變，故B錯誤；先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)上移或下移P極板，

58、電荷量不變，場強E＝不變，故粒子加速度不變，運動軌跡不變，故C、D錯誤。 5.[多選](2017·河北衡水中學(xué)檢測)如圖所示，M、N為兩個等大的均勻帶電圓環(huán)，其圓心分別為A、C，帶電量分別為＋Q、－Q，將它們平行放置，A、C連線垂直于圓環(huán)平面，B為AC的中點，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電量為＋q的微粒(重力不計)從左端沿AC連線方向射入，到A點時速度vA＝1 m/s，到B點時速度vB＝ m/s，則(　　) A．微粒從B到C做加速運動，且vC＝3 m/s B．微粒從A到C先做減速運動，后做加速運動 C．微粒在整個運動過程中的最終速度為 m/s D．微粒最終可能返回到B點，其速度大小為 m/s

59、 解析：選AC　由題圖可知BC間的電場方向向右，微粒所受的電場力向右，所以微粒從B到C做加速運動。AC之間電場是對稱分布的，從A到B和從B到C電場力做的功相同，依據(jù)動能定理可得：qU＝mvB2－mvA2，2qU＝mvC2－mvA2，解得：vC＝3 m/s，故A正確；由圓環(huán)電場分布特點易知，在到達(dá)A點之前，微粒做減速運動，而從A到C微粒一直做加速運動，故B錯誤；過B點作垂直于AC的線，此線位于等勢面上且可以延長至無窮遠(yuǎn)處，微粒過C點之后，會向無窮遠(yuǎn)處運動，而無窮遠(yuǎn)處電勢為零，故B點的動能等于無窮遠(yuǎn)處的動能，依據(jù)能量守恒可以得到，微粒最終的速度與B點相同，故C正確，D錯誤。 6.[多選](201

60、7·遼寧實驗中學(xué)檢測)如圖所示，絕緣彈簧的下端固定在光滑斜面底端，彈簧與斜面平行，帶電小球Q固定在絕緣斜面上的M點，且在通過彈簧中心的直線ab上?，F(xiàn)將與Q大小相同、帶電量也相同的小球P，從直線ab上的N點由靜止釋放，若兩小球可視為點電荷，在小球P剛與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^程中，下列說法中正確的是(　　) A．小球P的速度一定先增大后減小 B．小球P的機械能一定在減小 C．小球P速度最大時所受彈簧彈力和庫侖斥力的合力為零 D．小球P與彈簧系統(tǒng)的機械能一定增加 解析：選AD　小球P先沿斜面加速向下運動，后減速向下運動，當(dāng)彈簧壓縮量最大時，小球P速度減為零，故A正確；由于小球P除了重力做

61、功，還有彈簧的彈力和庫侖斥力做功，開始彈簧的彈力和庫侖斥力的合力方向沿斜面向下，做正功，所以小球P的機械能增大；隨彈力的增大，二者的合力將沿斜面向上，使小球P的機械能減小，所以小球P的機械能先增大后減小，故B錯誤；小球P的速度一定先增大后減小，當(dāng)加速度為零時，速度最大，所以小球P速度最大時所受彈簧彈力、重力沿斜面向下的分力與庫侖斥力的合力為零，故C錯誤；根據(jù)能量守恒定律知，小球P的動能、重力勢能、與小球Q間的電勢能和彈簧彈性勢能的總和不變，因為在小球P剛與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^程中，Q對P的庫侖斥力做正功，電勢能減小，所以小球P與彈簧系統(tǒng)的機械能一定增加，故D正確。 7.[多選](2017

62、·河北衡水中學(xué)檢測)如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個質(zhì)量相等的電荷M和N同時分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進(jìn)入板間電場，兩電荷恰好在板間某點相遇。若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是(　　) A．電荷M的電荷量大于電荷N的電荷量 B．兩電荷在電場中運動的加速度相等 C．從兩電荷進(jìn)入電場到兩電荷相遇，電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功 D．電荷M進(jìn)入電場的初速度大小與電荷N進(jìn)入電場的初速度大小一定相同 解析：選AC　由題圖軌跡可以看出，在豎直方向：yM＞yN，故·t2>·t2，解得：>，qM＞qN，故A正確，B

63、錯誤；根據(jù)動能定理，電場力做的功為：W＝ΔEk＝mvy2，質(zhì)量相等，電荷M豎直分位移大，豎直方向的末速度vy＝也大，故電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功，故C正確；由題圖軌跡可以看出，在水平方向：xM＞xN，故vMt＞vNt，故vM＞vN，故D錯誤。 8.[多選](2017·貴州黔東南州模擬)如圖所示，在方向水平向右的勻強電場中，一不可伸長的長度為L的不導(dǎo)電細(xì)線的一端連著一個質(zhì)量為m的帶電小球，另一端固定于O點，當(dāng)小球靜止在B點時，細(xì)線與豎直方向的夾角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，則(　　) A．小球帶負(fù)電 B．勻強電場電場強度的大小為 C．電

64、場中A、B兩點的電勢差為 D．當(dāng)小球從A點由靜止釋放至B點，電場力做負(fù)功，則小球經(jīng)B點時的速度大小為 解析：選BD　小球靜止在B點，受力平衡，受到重力、電場力和細(xì)線的拉力，電場力水平向右，與電場方向一致，說明小球帶正電，A錯誤；根據(jù)共點力平衡條件可得tan θ＝，解得E＝，B正確；電場中A、B兩點的電勢差為UAB＝－Ed＝－EL(1－sin θ)＝－，C錯誤；小球運動過程中電場力和重力做功，根據(jù)動能定理可得mgLcos θ＋UABq＝mvB2－0，解得vB＝，D正確。 高考研究(十三) 聚焦選擇題考法——帶電粒子在磁場、復(fù)合場中運動 1．(2015·全國Ⅰ卷T14)兩相鄰勻強磁場

65、區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的(　　) A．軌道半徑減小，角速度增大 B．軌道半徑減小，角速度減小 C．軌道半徑增大，角速度增大 D．軌道半徑增大，角速度減小 解析：選D　分析軌道半徑：帶電粒子從較強磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的速度v大小不變，磁感應(yīng)強度B減小，由公式r＝可知，軌道半徑增大。分析角速度：由公式T＝可知，粒子在磁場中運動的周期增大，根據(jù)ω＝知角速度減小。選項D正確。 2．[多選](2015·全國Ⅱ卷T19)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強度是Ⅱ中的k倍

66、。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動。與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子(　　) A．運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C．做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等 解析：選AC　兩速率相同的電子在兩勻強磁場中做勻速圓周運動，且Ⅰ磁場磁感應(yīng)強度B1是Ⅱ磁場磁感應(yīng)強度B2的k倍。由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中電子運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，選項A正確；由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，選項B錯誤；由T＝得T∝r，所以＝k，選項C正確；由ω＝得＝＝，選項D錯誤。 3.(2017·全國Ⅱ卷T18)如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場。若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則v2∶v1為(　　) A.∶2　　　　　　　 B.∶1 C.∶1 D．3∶ 解析：選C　由于是相同的粒子，粒子進(jìn)入磁場時的速度