【物理】2019届二轮复习电场与磁场学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习电场与磁场学案（全国通用）

电场与磁场 年份 试卷 题号 考点 情境图 ‎2014‎ Ⅰ卷 ‎15‎ 安培力的理解 ‎16题 ‎21题 ‎25题 ‎16‎ 带电粒子在磁场中的运动 ‎21‎ 点电荷的电场和等势面 ‎25‎ 功能关系和运动学公式解决带电体在电场中的运动 Ⅱ卷 ‎19‎ 电场强度和电势的理解 ‎20题 ‎20‎ 带电粒子在磁场中的运动 ‎2015‎ Ⅰ卷 ‎14‎ 带电粒子在磁场中的运动 ‎15题 ‎24题 ‎15‎ 电场性质的理解 ‎24‎ 安培力作用下的平衡问题 Ⅱ卷 ‎14‎ 带电粒子在电场内的平衡问题 ‎14题 ‎24题 ‎19‎ 带电粒子在磁场中的运动 ‎24‎ 带电粒子在电场中的运动 ‎2016‎ Ⅰ卷 ‎14‎ 平行板电容器 ‎15题 ‎20题 ‎15‎ 质谱仪的原理和应用 ‎20‎ 电场性质的理解 Ⅱ卷 ‎15‎ 带电粒子在电场中的运动 ‎15题 ‎18题 ‎18‎ 带电粒子在磁场中的运动 Ⅲ卷 ‎15‎ 电场性质的理解 ‎18题 ‎18‎ 带电粒子在磁场中的运动 ‎2017　　　　　　　　　　　　　　‎ Ⅰ卷 ‎16‎ 带电粒子在复合场中的运动 ‎16题 ‎19题 ‎20题 ‎19‎ 安培力的相互作用 ‎20‎ 电场性质的理解 ‎25‎ 带电体在电场中运动的多过程问题 Ⅱ卷 ‎18‎ 带电粒子在磁场中的运动 ‎18题 ‎21题 ‎25题 ‎21‎ 安培力作用下的运动 ‎25‎ 带电体在电场中运动的多过程问题 Ⅲ卷 ‎18‎ 通电导线产生的磁场的合成 ‎18题 ‎21题 ‎24题 ‎21‎ 电场性质的理解 ‎24‎ 带电粒子在磁场中的运动 ‎2018‎ Ⅰ卷 ‎16‎ 库仑定律及力的合成 ‎16题 ‎21题 ‎25题 ‎21‎ 电场性质的理解 ‎25‎ 带电粒子在组合场中的运动 Ⅱ卷 ‎20‎ 磁感应强度的矢量合成 ‎20题 ‎21题 ‎25题 ‎21‎ 电场性质的理解 ‎25‎ 带电粒子在组合场中的运动分析 Ⅲ卷 ‎24‎ 带电粒子在组合场中的运动 ‎24题 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＝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＝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＝.‎ ‎(2)电势差与电场力做功：UAB＝＝φA－φB.‎ ‎(3)电场力做功与电势能的变化：W＝－ΔEp.‎ ‎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：其大小为F＝qvBsin 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．如点电荷．‎ ‎(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＝Flcos 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＝－ΔEp；‎ ‎(3)利用WAB＝qUAB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；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．‎ 高考题型1　电场性质的理解 ‎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)将带电荷量为＋q的电荷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UAB＝φA－φB，若UAB>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＝－ΔEp.‎ ‎(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，而总和保持不变．‎ 例1　(多选)(2018·湖北省4月调研)如图1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三等分．下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．BC部分在O点产生的电场强度的大小为 B．BC部分在O点产生的电场强度的大小为 C．BC部分在O点产生的电势为 D．BC部分在O点产生的电势为 答案　AD 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处产生的场强夹角为120°，它们的合场强大小为E′，则整个半圆环在O点的合场强：E＝2E′，则：E′＝；故圆弧BC在圆心O处产生的场强为.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′＝，故选A、D.‎ 拓展训练1　(多选)(2018·河北省衡水金卷模拟一)如图2所示，竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，带电荷量为＋Q，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m、带电荷量为q的小球(大小不计)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O距离为R，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则小球所处位置的电场强度为(　　)‎ 图2‎ A. B. C．k D．k 答案　AD 解析　对小球受力分析可知mgtan 45°＝qE，解得E＝，选项A正确，B错误；由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上一部分Δx，总电荷量为Q，则该部分电荷量为Q；该部分电荷在小球处产生的电场强度为E1＝＝＝，方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取以圆心对称的相同的一段，其电场强度与E1相同，如图所示：‎ 则两个场强的合场强为E1′＝2·cos 45°＝，方向沿圆心与小球的连线向外； 因圆环上各点均在小球处产生电场，则合场强为E＝E1′＝·＝，方向水平向左，选项C错误，D正确．‎ 例2　(多选)(2018·全国卷Ⅱ·21)如图3，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点．一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2.下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行 B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为 C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为 D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差 答案　BD 解析　结合题意，只能判定Uab>0，Ucd>0，但电场方向不能确定，A项错误；由于M、N分别为ac和bd的中点，对于匀强电场，则UMN＝，可知该粒子由M至N过程中，电场力做功W＝，B项正确；电场强度的方向只有沿c→d时，才有场强E＝，但本题中电场方向未知，C项错误；若W1＝W2，则Uab＝Ucd＝UMN，即φa－φb＝φM－φN，φa－φM＝φb－φN，可知UaM＝UbN，D项正确．‎ 拓展训练2　(多选)(2018·全国卷Ⅰ·21)图4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.下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．平面c上的电势为零 B．该电子可能到达不了平面f C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍 答案　AB 解析　因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，－eUad＝－6 eV，故Uad＝6 V；各虚线电势如图所示，因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，φc＝0，A项正确；因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实曲线所示，电子可能到达不了平面f，B项正确；经过d时，电势能Ep＝－eφd＝2 eV，C项错误；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；‎ 则Ekb＝2Ekd，根据Ek＝mv2知vb＝vd，D项错误．‎ 拓展训练3　(多选)(2018·安徽省宣城市第二次调研)如图5所示，真空中固定两个等量异号点电荷＋Q、－Q，图中O是两电荷连线的中点，a、b两点与＋Q的距离相等，c、d是两电荷连线垂直平分线上的两点，bcd构成一等腰三角形，a、e两点关于O点对称．则下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．a、b两点的电势相同 B．a、e两点的电场强度相同 C．将电子由c沿cd边移到d的过程中电场力做正功 D．质子在b点的电势能比在O点的电势能大 答案　BD 解析　a、b两点虽然关于＋Q对称，但是由于－Q的影响，两点的电势并不相等，故A错误；a、e两点的合场强大小相等，且方向相同，故B正确；c、O、d在同一条等势线上，故电子从c点移到d点电场力不做功，C错误；b点电势高于O点的电势，则质子在b点的电势能比在O点的电势能大，故D正确．‎ 高考题型2　磁场性质的理解 ‎1．电流产生的磁场的合成 对于电流在空间某点的磁场，首先应用安培定则判出各电流在该点的磁场方向(磁场方向与该点和电流连线垂直)，然后应用平行四边形定则合成．‎ ‎2．磁场力做的功 磁场力包括洛伦兹力和安培力，由于洛伦兹力的方向始终和带电粒子的运动方向垂直，洛伦兹力不做功，但是安培力可以做功．‎ ‎3．电流与电流的相互作用 通常画出一个电流的磁场方向，分析另一电流在该磁场中的受力，来判断电流的受力情况．‎ 例3　(多选)(2018·全国卷Ⅱ·20)如图6，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外．已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外．则(　　)‎ 图6‎ A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0‎ B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0‎ C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0‎ D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0‎ 答案　AC 解析　原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知 在b点：B0＝B0－B1＋B2‎ 在a点：B0＝B0－B1－B2‎ 由上述两式解得B1＝B0，B2＝B0，A、C项正确．‎ 拓展训练4　(多选)(2018·陕西省榆林市第三次模拟) 在图7甲、乙中两点电荷所带电荷量相等，图丙、图丁中通电导线电流大小相等，竖直线为两点电荷、两通电导线的中垂线，O为连线的中点．下列说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A．图甲和图丁中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感应强度都最小 B．图甲和图丁中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两点场强和磁感应强度都相同 C．图乙和图丙中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感应强度都最大 D．图乙和图丙中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两点场强和磁感应强度都相同 答案　AD 解析　在题图甲中根据场强公式：E＝k以及场强的合成可以知道O点场强为零，在图丁中根据安培定则以及场强的合成可以知道O点磁感应强度为零，都是最小的，故选项A正确；图甲和图丁中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两点场强和磁感应强度只是大小相等，但是方向不同，故选项B错误；在图乙中，在中垂线上O点场强最大，但是在连线上O点场强最小；在图丙中，中垂线上，O点的磁感应强度最大，故选项C错误；根据场强的合成，可以知道在图乙和图丙中，在连线和中垂线上关于O点对称的两点场强和磁感应强度大小相等，方向相同，故选项D正确．‎ 拓展训练5　(多选)(2018·安徽省皖北协作区联考)如图8所示，两根长直导线竖直插入粗糙绝缘水平桌面上的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．已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝k，式中k是常数、I为导线中电流、r为点到导线的距离．带负电的小物体在拉力F的作用下，以速度v从a点出发沿M、N连线做匀速直线运动直到b点，小物体与桌面的动摩擦因数为μ，关于上述过程，下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．拉力F一直增大 B．小物体对桌面的压力先减小后增大 C．桌面对小物体的作用力方向不变 D．拉力F的功率先减小后增大 答案　BCD 高考题型3　带电粒子在磁场中的匀速圆周运动 ‎1．基本思路 ‎(1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹．‎ ‎(2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间和周期相联系．‎ ‎(3)用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式．‎ ‎2．临界问题 ‎(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4　(2018·湖南省雅礼中学模拟二)如图9所示．在x轴和x轴上方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为v、质量为m、带电荷量为＋q的同种带电粒子．在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P(粒子一旦打在金属板 P上，其速度立即变为0)．现观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行．不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力．‎ 图9‎ ‎(1)求磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)求被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值；‎ ‎(3)若在y轴上放置一挡板，使薄金属板右侧不能接收到带电粒子，试确定挡板的最小长度和放置的位置坐标．‎ 答案　(1)　(2)　(3)(2－)x0‎ 解析　(1)由左手定则可以判断带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动，沿－x方向射出的粒子恰好打在金属板的上方，如图a所示，R＝x0，qvB＝m 联立得：B＝ ‎(2)粒子做匀速圆周运动的周期为T，T＝＝ 图b为带电粒子打在金属板左侧面的两个临界点，由图可知，圆心O与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成30°角，由图b可知到达薄金属板左侧下端的粒子用时最短，即t＝＝ 图c为打在右侧下端的临界点，圆心与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成150°角，由图a、c可知到达金属板右侧下端的粒子用时最长，即t′＝＝ 则被板接收的粒子中最长和最短时间之差为Δt＝ ‎(3)由图a可知挡板上端坐标为(0,2x0)‎ 由图c可知挡板下端y坐标为y2＝2x0cos 30°＝x0，下端(0，x0)‎ 最小长度L＝2x0－x0.‎ 拓展训练6　(2018·江西省南昌市十所省重点高中二模)如图10所示，在纸面内有磁感应强度大小均为B，方向相反的匀强磁场，虚线等边三角形ABC为两磁场的理想边界．已知三角形ABC边长为L，虚线三角形内为方向垂直纸面向外的匀强磁场，三角形外部的足够大空间为方向垂直纸面向里的匀强磁场．一电荷量为＋q、质量为m的带正电粒子从AB边中点P垂直AB边射入三角形外部磁场，不计粒子的重力和一切阻力，试求：‎ 图10‎ ‎(1)要使粒子从P点射出后在最短时间内通过B点，则从P点射出时的速度v0为多大？‎ ‎(2)满足(1)问的粒子通过B后第三次通过磁场边界时到B的距离是多少？‎ ‎(3)满足(1)问的粒子从P点射入外部磁场到再次返回到P点的最短时间为多少？画出粒子的轨迹并计算．‎ 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)粒子回旋半个圆周到达B点所用时间最短，此时粒子做圆周运动的半径r＝，根据半径qvB＝，解得v0＝ ‎(2)粒子做圆周运动半径r＝，由几何关系可知：‎ 过B点后第三次通过磁场边界时距离B点：s＝3r＝ ‎(3)粒子运动轨迹如图：‎ 从P点射入外部磁场到再次返回到P点的最短时间为tmin＝T＝ 高考题型4　“带电体”在磁场中运动 ‎1．题型特点 带电体一般要考虑重力的作用，一般包括在重力场和电场中的运动，在重力场、电场和磁场中的运动．‎ ‎2．解题方法 要根据不同的运动过程的特点，选取不同的物理规律分析．主要规律和方法有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、动能定理以及各种功能关系．‎ 例5　(多选)(2018·湖北省黄冈中学模拟)如图11所示，下端封闭、上端开口、高h＝5 m内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有质量m＝10 g，电荷量的绝对值|q|＝0.2 C的小球，整个装置以v＝5 m/s的速度沿垂直于磁场方向进入磁感应强度B＝0.2 T，方向垂直纸面向内的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出．g取10 m/s2.下列说法中正确的是(　　)‎ 图11‎ A．小球带负电 B．小球在竖直方向做匀加速直线运动 C．小球在玻璃管中的运动时间小于1 s D．小球机械能的增加量为1 J 答案　BD 解析　由左手定则可知，小球带正电，选项A错误；玻璃管在水平方向做匀速运动，则小球竖直方向所受的洛伦兹力恒定，则竖直方向加速度不变，即小球在竖直方向做匀加速直线运动，选项B正确；小球在竖直方向的加速度a＝＝ m/s2＝10 m/s2，在管中运动的时间t＝＝ s＝1 s，选项C错误；小球到管口时的竖直分速度vy＝at＝10 m/s，机械能的增加量：ΔE＝mgh＋mv＝(0.01×10×5＋×0.01×102) J＝1 J，选项D正确．‎ 拓展训练7　(多选)(2018·山西省运城市期末)绝缘光滑斜面与水平面成α角，质量m、带电荷量为－q(q>0)的小球从斜面上的h高度处释放，初速度v0(v0>0)的方向与斜面底边MN平行，如图12所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行斜面向上．如果斜面足够大，且小球能够沿斜面到达底边MN.则下列判断正确的是(　　)‎ 图12‎ A．小球在斜面做变加速曲线运动 B．小球到达底边MN的时间t＝ C．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤ D．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤ 答案　BD 解析　小球所受合力是重力沿斜面向下的分力，小球所受合力恒定，做匀变速曲线运动，故A错误；小球做类平抛运动，沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，则小球的加速度a＝gsin α，再由运动学公式可得＝at2，所以球到达底边MN的时间t＝，故B正确；小球带负电，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力的方向垂直于斜面向上；尽管小球做匀变速曲线运动，但垂直磁场方向的速度不变，故洛伦兹力F洛＝qv0B，小于重力垂直于斜面向下的分力mgcos α；也就是0≤qv0B≤mgcos α，解得磁感应强度的取值范围为0≤B≤，故C错误，D正确．‎ 专题强化练 ‎1．(2018·天津卷·3)如图1所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN.下列判断正确的是(　　)‎ 图1‎ A．vM＜vN，aM＜aN B．vM＜vN，φM＜φN C．φM＜φN，EpM＜EpN D．aM＜aN，EpM＜EpN 答案　D ‎2.(2018·全国卷Ⅰ·16)如图2，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm.小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则(　　)‎ 图2‎ A．a、b的电荷同号，k＝ B．a、b的电荷异号，k＝ C．a、b的电荷同号，k＝ D．a、b的电荷异号，k＝ 答案　D ‎3．(多选)(2018·山东省泰安市上学期期末)已知通电长直导线产生的磁场中某点的磁感应强度满足B＝k(其中k为比例系数，I为电流强度，r为该点到直导线的距离)．现有四根平行的通电长直导线，其横截面恰好在一个边长为L的正方形的四个顶点上，电流方向如图3，其中A、C导线中的电流大小为I1，B、D导线中的电流大小为I2.已知A导线所受的磁场力恰好为零，则下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．电流的大小关系为I1＝2I2‎ B．四根导线所受的磁场力为零 C．正方形中心O处的磁感应强度为零 D．若移走A导线，则中心O处的磁场将沿OB方向 答案　ACD ‎4．(多选)(2018·湖南省益阳市4月调研)如图4所示，在某空间的一个区域内有一直线PQ与水平面成45°角，在PQ两侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B.位于直线上的a点有一粒子源，能不断地水平向右发射速率不等的相同粒子，粒子带正电，电荷量为q，质量为m，所有粒子运动过程中都经过直线PQ上的b点，已知ab＝d，不计粒子重力及粒子相互间的作用力，则粒子的速率可能为(　　)‎ 图4‎ A. B. C. D. 答案　ABC 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90°，所以粒子运动的半径r＝·(n＝1,2，3…)，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，则v＝＝·(n＝1,2,3…)，故A、B、C正确，D错误．‎ ‎5．(多选)(2018·福建省三明市上学期期末)如图5所示为一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中．现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v－t图象可能是下图中的(　　)‎ 图5‎ 答案　BC 解析　当qvB＝mg时，小环做匀速运动，此时图象为平行于t轴的直线，故B正确；当qvB＞mg时，FN＝qvB－mg，此时：μFN＝ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB＝mg时，小环开始做匀速运动，故C正确；当qvB＜mg时，FN＝mg－qvB，此时：μFN＝ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v－t图象的斜率应该逐渐增大，故A、D错误．‎ ‎6．(2018·河南省中原名校第四次模拟)水平放置的平行板电容器与某一电源相连接后，断开开关，重力不可忽略的小球由电容器的正中央沿水平向右的方向射入该电容器，如图6所示，小球先后经过虚线的A、B两点．则(　　)‎ 图6‎ A．如果小球所带的电荷为正电荷，小球所受的电场力一定向下 B．小球由A到B的过程中电场力一定做负功 C．小球由A到B的过程中动能可能减小 D．小球由A到B的过程中，小球的机械能可能减小 答案　D 解析　小球在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由题图所示小球运动轨迹可知，小球向下运动，说明小球受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；当小球带正电时，若上极板带正电荷，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，若上极板带负电，但如果电场力小于重力，小球受到的合力向下，小球运动轨迹向下，故无法确定电场力与重力的大小关系，A错误；如果小球受到的电场力向下，小球从A运动到B点过程中电场力做正功，如果小球受到的电场力向上，则电场力做负功，小球的机械能可能增加，也可能减小，B错误，D正确；小球受到的合力向下，小球从A点运动到B 点过程中合外力做正功，小球的动能增加，C错误．‎ ‎7．(多选)(2018·安徽省黄山市一质检)光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图7甲所示．一质量m＝1 kg的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，小物块沿光滑水平面经过B、C两点(图中未画出)，其运动过程的v－t图象如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定(　　)‎ 图7‎ A．中垂线上B点电场强度最大 B．两点电荷是负电荷 C．B点是连线中点，C 与A点必在连线两侧 D．UBC>UAB 答案　AD 解析　根据v－t图象的斜率表示加速度，知小物块在B点的加速度最大，所受的电场力最大，所以中垂线上B点电场强度最大，A正确；小物块从B到C动能增大，电场力做正功，小物块带正电，可知两点电荷是正电荷，B错误；中垂线上电场线分布不均匀，B点不在连线中点，C错误；根据动能定理，A→B有：qUAB＝mvB2－mvA2＝(×1×42－0) J＝8 J；B→C有qUBC＝mvC2－mvB2＝(×1×72－×1×42) J＝16.5 J，对比可得UBC>UAB，D正确．‎ ‎8．(多选)(2018·广东省惠州市第三次调研)在真空中的x轴上的原点处和x＝6a处分别固定一个点电荷M、N，在x＝2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到点电荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如图8所示(其中在x＝4a处速度最大)，则下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．点电荷M、N一定都是正电荷 ‎ B．点电荷M、N一定为异种电荷 C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1‎ D．x＝4a处的电场强度不一定为零 答案　AC 解析　由题图图象可知，点电荷P的速度先增大后减小，所以点电荷P的动能先增大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与场强的方向相同可知，电场强度的方向先沿x轴的正方向，后沿x轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知，点电荷M、N一定都是正电荷，A正确，B错误；点电荷P的动能先增大后减小，由于只有电场力做功，所以点电荷P的电势能一定是先减小后增大，由图可知，在x＝4a处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明x＝4a处的电场强度等于0，则点电荷M与N在P点的电场强度大小相等，方向相反，根据库仑定律得：＝，则qM∶qN＝4∶1，点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1，C正确，D错误．‎ ‎9．(2018·河南省中原名校第六次模拟)一无限大接地导体板MN前面放有一点电荷＋Q，它们在周围产生的电场可看作是在没有导体板MN存在的情况下，由点电荷＋Q与其像电荷－Q共同激发产生的．像电荷－Q的位置就是把导体板当作平面镜时，电荷＋Q在此镜中的像点位置．如图9所示，已知＋Q所在位置P点到金属板MN的距离为L，a为OP的中点，abcd是边长为L的正方形，其中ab边平行于MN，则(　　)‎ 图9‎ A．a点的电场强度大小为E＝4k B．a点的电场强度大小大于b点的电场强度大小，a点的电势高于b点的电势 C．b点的电场强度和c点的电场强度相同 D．一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电势能的变化量为零 答案　B 解析　由题意可知，周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效，所以a点的电场强度E＝k＋k＝，A错误；等量异种点电荷周围的电场线和等势面分布如图所示 由图可知Ea>Eb，φa>φb，B正确；图中b、c两点的场强不同，C错误；由于a点的电势高于d点的电势，所以一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电场力做正功，电荷的电势能减小，D错误．‎ ‎10．(2018·四川省雅安市第三次诊断)如图10所示，光滑绝缘水平面上方存在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场．某时刻将质量为m、带电荷量为－q的小金属块从A点由静止释放，经时间t到达B点，此时电场突然反向且增强为某恒定值，又经过时间t小金属块回到A点．小金属块在运动过程中电荷量保持不变．求：‎ 图10‎ ‎(1)A、B两点间的距离；‎ ‎(2)电场反向后匀强电场的电场强度大小．‎ 答案　(1)t2　 (2)3E 解析　(1)设t末和2t末小物块的速度大小分别为v1和v2，电场反向后匀强电场的电场强度大小为E1，小金属块由A点运动到B点过程 a1＝，x＝a1t2‎ 联立解得x＝t2‎ ‎(2)v1＝a1t 解得v1＝t 小金属块由B点运动到A点过程a2＝－ ‎－x＝v1t＋a2t2‎ 联立解得E1＝3E.‎ ‎11．(2018·山东省淄博市仿真模拟)如图11所示，在方向竖直向上、大小为E＝1×106 V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B 两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R＝0.2 m．A、B用一根绝缘轻杆相连，A的带电荷量为q＝＋7×10－7 C，B不带电，质量分别为mA＝0.01 kg、mB＝0.08 kg.将两小球从圆环上的图示位置(A与圆心O等高，B在圆心O的正下方)由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动．取g＝10 m/s2.‎ 图11‎ ‎(1)通过计算判断，小球A能否到达圆环的最高点C.‎ ‎(2)求小球A的最大速度的大小．(可保留根号)‎ ‎(3)求小球A从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值．‎ 答案　(1)A不能到达圆环最高点　(2) m/s　(3)0.134 4 J 解析　(1)设A、B在转动过程中，轻杆对A、B做的功分别为WT、WT′，则WT＋WT′＝0‎ 假设A能到达圆环最高点，设A到达圆环最高点时，A、B的动能分别为EkA、EkB 对A由动能定理：qER－mAgR＋WT1＝EkA 对B由动能定理：WT1′－mBgR＝EkB WT1＋WT1′＝0‎ 联立解得：EkA＋EkB＝－0.04 J 上式表明，A在圆环最高点时，系统动能为负值．故A不能到达圆环最高点．‎ ‎(2)设B转过α角时，A、B的速度大小分别为vA、vB，因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故vA＝vB 对A由动能定理：qERsin α－mAgRsin α＋WT2＝mAvA2‎ 对B由动能定理：WT2′－mBgR(1－cos α)＝mBvB2‎ WT2＋WT2′＝0‎ 联立解得：v＝×(3sin α＋4cos α－4)＝[5sin(α＋53°)－4]‎ 解得当α＝37°时，A、B的最大速度均为vmax＝ m/s ‎(3)A、B从题图所示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，电场力做功最多，电势能减少最多，故得：3sin α＋4cos α－4＝0‎ 解得：sin α＝(sin α＝0舍去)‎ 故A的电势能减少量：|ΔEp|＝qERsin α 代入数值得：|ΔEp|＝ J＝0.134 4 J