2024年高考物理大一輪復習：第1課時 電場和磁場的基本性質

第1課時電場和磁場的基本性質一、電場知識網(wǎng)絡二、磁場知識網(wǎng)絡電場的基本性質1.必須領會的“2種物理思想和5種方法”(1)等效思想、分解思想；(2)比值定義法、控制變量法、對稱法、合成法、分解法。2.必須辨明的“4個易錯易混點”(1)在電場強度定義式E＝eq\f(F,q)中，錯誤地認為E與F、q有關；(2)判斷電場力時注意帶電粒子的電性，要區(qū)分軌跡與電場線的不同；(3)不能隨意忽略帶電體的重力；(4)電場強度和電勢高低、電勢能的大小沒有直接關系。命題角度一庫侖定律的應用及庫侖力的合成【例1】(2018·全國卷Ⅰ，16)如圖1，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm。小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線。設小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則()圖1A.a、b的電荷同號，k＝eq\f(16,9)B.a、b的電荷異號，k＝eq\f(16,9)C.a、b的電荷同號，k＝eq\f(64,27)D.a、b的電荷異號，k＝eq\f(64,27)解題關鍵情境轉化→畫矢量合成圖解析如果a、b帶同種電荷，則a、b兩小球對c的作用力均為斥力或引力，此時c在垂直于a、b連線的方向上的合力一定不為零，因此a、b不可能帶同種電荷，A、C錯誤；若a、b帶異種電荷，假設a對c的作用力為斥力，則b對c的作用力一定為引力，受力分析如圖所示，由題意知c所受庫侖力的合力方向平行于a、b的連線，則Fa、Fb在垂直于a、b連線的方向上的合力為零，由幾何關系可知eq\f(Fa,Fb)＝eq\f(1,tanα)＝eq\f(4,3)，又由庫侖定律得eq\f(Fa,Fb)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(qa,qb)))·eq\f(req\o\al(2,bc),req\o\al(2,ac))，聯(lián)立解得k＝|eq\f(qa,qb)|＝eq\f(64,27)，B錯誤，D正確。答案D命題角度二根據(jù)電場中的“點、線、面、跡”判斷相關物理量的變化【例2】(多選)(2016·全國卷Ⅰ)如圖2，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面(紙面)內，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()圖2A.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點的小審題指導(1)油滴在勻強電場中運動eq\o(→,\s\up7(說明))油滴做勻變速曲線運動(2)“相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱”eq\o(→,\s\up7(隱含))合力為豎直向上的恒力eq\o(→,\s\up7(情境轉化))解析由于油滴受到的電場力和重力都是恒力，所以合外力為恒力，加速度恒定不變，所以選項D錯誤；由于油滴軌跡相對于過P的豎直線對稱且合外力總是指向軌跡彎曲的內側，所以油滴所受合外力沿豎直向上的方向，因此電場力豎直向上，且qE>mg，則電場方向豎直向下，所以Q點的電勢比P點的高，選項A正確；當油滴從P點運動到Q點時，電場力做正功，電勢能減小，選項C錯誤；當油滴從P點運動到Q點的過程中，合外力做正功，動能增加，所以Q點動能大于P點的動能，選項B正確。答案AB帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法命題角度三電場線、等勢面及E＝eq\f(U,d)的應用【例3】(多選)(2017·全國卷Ⅲ，21)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內a、b、c三點的位置如圖3所示，三點的電勢分別為10V、17V、26V。下列說法正確的是()圖3A.電場強度的大小為2.5V/cmB.坐標原點處的電勢為1VC.電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD.電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV解題關鍵(1)讀題①看到“勻強電場”想到“沿任一不垂直于電場線的直線電勢均勻變化”。②看到“三點的電勢分別為10V、17V、26V”想到“找等勢面，畫電場線”。(2)文圖轉換解析如圖所示，設a、c之間的d點電勢與b點電勢相同，則eq\f(ad,dc)＝eq\f(10－17,17－26)＝eq\f(7,9)，所以d點的坐標為(3.5cm，6cm)，過c點作等勢線bd的垂線，電場強度的方向由高電勢指向低電勢。由幾何關系可得，cf的長度為3.6cm，電場強度的大小E＝eq\f(U,d)＝eq\f(26－17,3.6)V/cm＝2.5V/cm，故選項A正確；因為Oacb是矩形，所以有Uac＝UOb，可知坐標原點O處的電勢為1V，故選項B正確；a點電勢比b點電勢低7V，電子帶負電，所以電子在a點的電勢能比在b點的高7eV，故選項C錯誤；b點電勢比c點電勢低9V，電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV，故選項D正確。答案ABD命題角度四與平行板電容器有關的電場問題【例4】(2016·全國卷Ⅰ)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質，接在恒壓直流電源上。若將云母介質移出，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由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當云母介質移出時，εr變小，電容器的電容C變??；因為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變，根據(jù)Q＝CU可知，當C減小時，Q減小。再由E＝eq\f(U,d)，由于U與d都不變，故電場強度E不變，選項D正確。答案D“1＋3”分析法思路(“1個不變，3個公式”)1.如圖4所示，圖中虛線為某靜電場中的等差等勢線，實線為某帶電粒子在該靜電場中運動的軌跡，a、b、c為粒子的運動軌跡與等勢線的交點，粒子只受電場力作用，則下列說法正確的是()圖4A.粒子在a點的加速度比在b點的加速度小B.粒子在a點的動能比在b點的動能大C.粒子在a點和在c點時速度相同D.粒子在b點的電勢能比在c點時的電勢能小答案D2.(多選)如圖5所示，線段AE＝FB，C、D為圓周上關于AB對稱的兩個點。在A、B兩點分別放置帶電荷量為Q的點電荷，下列判斷正確的是()圖5A.E、F兩點電場強度可能相同B.C、D兩點電場強度相同C.E、F兩點電勢可能相等D.C、D兩點電勢一定相等解析如果在A、B兩點放置等量異種電荷，由對稱性可知，E、F兩點電場強度相同，C、D兩點電場強度大小相等、方向不同，但C、D兩點電勢相等；如果在A、B兩點放置等量同種電荷，由對稱性可知，E、F兩點電勢相等，電場強度大小相等、方向不同，C、D兩點電勢相等，電場強度大小相等、方向不同，則選項A、C、D正確。答案ACD3.如圖6是平行于地面放置的均勻帶電無限長直導線周圍的電場線，地面可視為無窮大的導體平面，a、b、c、d是電場中距導線等距的四個點。下列說法正確的是()圖6A.c點的電場強度小于a點的電場強度B.b點的電勢等于d點的電勢C.若將試探電荷＋q由d點靜止釋放，它將沿著電場線運動到地面D.帶正電的物塊(可視為質點)在左側地面上以初速度v0向右運動，它將先做減速運動后做加速運動解析c點處的電場線較a點處密集，則c點的電場強度大于a點的電場強度，A項錯誤；b、d兩點是關于直導線的對稱點，故b點的電勢等于d點的電勢，B項正確；因電場線是曲線，故若將試探電荷＋q由d點靜止釋放，它不會沿著電場線運動到地面，C項錯誤；帶正電的物塊(可視為質點)在左側地面上以初速度v0向右運動，因它所受的電場力垂直地面向下，若地面粗糙則會一直做減速運動，D項錯誤。答案B4.(多選)(2019·廣東惠州模擬)如圖7所示，在水平放置的已經(jīng)充電的平行板電容器之間，有一帶負電的油滴處于靜止狀態(tài)。若某時刻油滴的電荷量開始減小(質量不變)，為維持該油滴原來的靜止狀態(tài)應()圖7A.給平行板電容器繼續(xù)充電，補充電荷量B.讓平行板電容器放電，減少電荷量C.使兩極板相互靠近些D.將上極板水平右移一些解析給平行板電容器繼續(xù)充電，電荷量增大，電容不變，由U＝eq\f(Q,C)知電勢差增大，根據(jù)E＝eq\f(U,d)知電場強度增大，可使電場力不變，故A正確；同理，讓電容器放電時，油滴不能平衡，故B錯誤；因為E＝eq\f(U,d)，U＝eq\f(Q,C)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，則E＝eq\f(4πkQ,εrS)，說明電場強度與電容器兩極板間的距離無關，即電容器兩極板靠近時，電場強度不變，油滴電荷量減小，則電場力減小，油滴不能平衡，故C錯誤；將上極板水平右移，正對面積減小，電容減小，電勢差U＝eq\f(Q,C)增大，電場強度E＝eq\f(U,d)增大，可使電場力不變而油滴平衡，故D正確。答案AD磁場的基本性質命題角度一磁場的疊加【例1】如圖8所示，兩根相互平行的長直導線分別過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、方向相反的電流。a、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到O點的距離均相等。關于以上幾點處的磁場，下列說法正確的是()圖8A.O點處的磁感應強度為零B.a、b兩點處的磁感應強度大小相等，方向相反C.c、d兩點處的磁感應強度大小相等，方向相同D.a、c兩點處磁感應強度的方向不同解析由安培定則可知，兩導線產(chǎn)生的磁場在O點的方向相同，均為向下，因此O點處的磁感應強度不為零，選項A錯誤；同理，根據(jù)安培定則可判斷，兩導線產(chǎn)生的磁場在a、b兩點的方向也相同，均為向下。由于兩導線中的電流大小相等，且a、b兩點關于O點對稱，因此可知a、b兩點處的磁感應強度大小相等，方向相同，選項B錯誤；根據(jù)安培定則、平行四邊形定則以及對稱性可知，c、d兩點的磁感應強度大小相等，方向相同(均為向下)，選項C正確；由以上分析可知，a、c兩點處磁感應強度的方向相同，選項D錯誤。答案C[典例拓展](變換電流方向)(多選)兩根長直導線a、b平行放置，垂直于導線的截面如圖9所示。在圖示平面內，O為兩根導線連線的中點，M、N為兩根導線附近的兩點，它們在兩導線連線的中垂線上，且與O點的距離相等。兩導線中通有大小相等、方向相同的恒定電流I。關于線段MN上各點的磁感應強度，下列說法正確的是()圖9A.M點和N點的磁感應強度大小相等，方向相同B.M點和N點的磁感應強度大小相等，方向相反C.在線段MN上各點的磁感應強度都不可能為零D.在線段MN上只有一點的磁感應強度為零解析兩導線中的電流大小相等，且M、N兩點到a、b的距離相等，所以兩根通電直導線產(chǎn)生的磁場在M點和N點的磁感應強度大小相等，根據(jù)安培定則可判定它們的方向如圖所示，分析得θ1＝θ2＝θ3＝θ4，根據(jù)平行四邊形定則可得在M點、N點的合磁感應強度大小相等，方向相反。線段MN上只有O點的磁感應強度為零。答案BD命題角度二磁場對電流的作用【例2】(多選)(2019·江蘇卷，7)如圖10所示，在光滑的水平桌面上，a和b是兩條固定的平行長直導線，通過的電流強度相等。矩形線框位于兩條導線的正中間，通有順時針方向的電流，在a、b產(chǎn)生的磁場作用下靜止。則a、b的電流方向可能是()圖10A.均向左 B.均向右C.a的向左，b的向右 D.a的向右，b的向左解析如圖甲所示，當a、b中電流方向均向左時，矩形線框靠近導線的兩邊所受安培力方向相同，使線框向導線b移動。同理可知，a、b中電流均向右時，線框向導線a移動，選項A、B錯誤； 甲乙電流方向a的向左，b的向右時，a、b中電流I′在線框所在處產(chǎn)生的磁場方向如圖乙所示，導線AB、CD所在處的磁感應強度相同，但所受安培力大小相等、方向相反。線框靜止。同理可知，電流方向a的向右，b的向左時，線框也能靜止，C、D正確。答案CD1.如圖11所示，在平面直角坐標系的第一象限分布著非勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，沿y軸方向磁場分布是均勻的，沿x軸方向磁感應強度B與x滿足關系B＝kx，其中k是一恒定的正數(shù)。由粗細均勻的同種規(guī)格導線制成的正方形線框ADCBE邊長為a，A處有一極小開口AE，整個線框放在磁場中，且AD邊與y軸平行，AD邊與y軸間距離為a，線框A、E兩點與一電源相連，穩(wěn)定時流入線框的電流為I。關于線框受到的安培力情況，下列說法正確的是()圖11A.整個線框受到的合力方向與BD連線垂直B.整個線框沿y軸方向所受合力為0C.整個線框在x軸方向所受合力為eq\f(1,4)ka2I，沿x軸正向D.整個線框在x軸方向所受合力為eq\f(3,4)ka2I，沿x軸正向解析根據(jù)安培力公式和左手定則可知，DC邊和BE邊受到的安培力大小相等，方向相反，AD邊受到的安培力水平向左，大小為F1＝BIL＝ka·I·a＝ka2I，CB邊受到的安培力水平向右，大小為F2＝B′IL＝k·2a·I·a＝2ka2I，整個線框受到的安培力水平向右，大小為F2－F1＝ka2I，選項A、C、D錯誤，B正確。答案B2.(2019·濰坊三模)如圖12所示，導體棒ab用絕緣細線水平懸掛，通有由a到b的電流。ab正下方放一圓形線圈，線圈通過導線、開關與直流電源連接。開關閉合瞬間，導體棒ab將()圖12A.向外擺動B.向里擺動C.保持靜止，細線上張力變大D.保持靜止，細線上張力變小解析當開關閉合時，線圈產(chǎn)生磁場，通電導體棒ab處的磁場方向向下，根據(jù)左手定則可知，ab棒受到的安培力垂直于紙面向里，故向里擺動，故B正確。答案B3.(多選)(2019·湖北十堰調研)如圖13所示，三根通電長直導線A、B、C互相平行，在橫截面為等腰直角三角形的三個頂點上，三根導線中通入的電流大小相等，且A、C中電流方向垂直于紙面向外，B中電流方向垂直于紙面向內；已知通電導線在其周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應強度B＝eq\f(kI,r)，其中I為通電導線的電流強度，r為到通電直導線的距離，k為常量。下列說法正確的是()圖13A.導線A所受磁場作用力的方向與導線B、C所在平面垂直B.導線B所受磁場作用力的方向與導線A、C所在平面垂直C.導線A、B單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶2D.導線A、B單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶eq\r(2)解析利用安培定則可知：A處的合磁場方向沿AC方向，所以A所受磁場作用力的方向與導線A、C所在平面垂直，A錯誤；利用安培定則可知：B處的合磁場方向沿AC方向，所以B所受磁場作用力的方向與導線A、C所在平面垂直，B正確；已知通電導線在其周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應強度B＝eq\f(kI,r)，根據(jù)磁場的疊加知：A處的磁感應強度大小為eq\f(\r(2)kI,2r)，而B處的磁感應強度大小為eq\r(2)eq\f(kI,r)，由F＝ILB知A、B單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶2，C正確，D錯誤。答案BC電磁場中的STSE問題命題角度一指南針【例1】(多選)(2015·新課標全國Ⅱ)指南針是我國古代四大發(fā)明之一。關于指南針，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線，導線通電時指南針不偏轉解析指南針不可以僅具有一個磁極，故選項A錯誤；指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場，故選項B正確；當附近的鐵塊磁化時，指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾，故選項C正確；根據(jù)安培定則，在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導線，導線通電時會產(chǎn)生磁場，指南針會偏轉與導線垂直，故選項D錯誤。答案BC命題角度二靜電除塵【例2】如圖14所示為靜電除塵機理圖，廢氣先經(jīng)過一個機械過濾裝置，再進入靜電除塵區(qū)，放電極(位于中央)和集塵極分別接到高壓直流電源的兩極上，其間電場線如圖。帶負電的塵埃在電場力的作用下向集塵極運動并沉積，達到除塵目的。不考慮塵埃間的相互作用及其他作用，下列說法正確的是()圖14A.電場線方向由放電極指向集塵極B.圖中a點電場強度小于b點電場強度C.塵埃會沿電場線從c向d運動D.塵埃在運動過程中動能增大解析由題“帶負電的塵埃在電場力的作用下向集塵極運動并沉積”，知集塵極帶正電荷，是正極，所以電場線方向由集塵極指向放電極，故A錯誤；a點電場線比b點密，所以a點電場強度大于b點電場強度，故B錯誤；放電極與集塵極間是非勻強電場，所受的電場力是變化的，速度方向與電場力的方向不同，塵埃不會沿電場線從c向d運動，故C錯誤；帶電塵埃在運動過程中電場力做正功，動能增大，D正確。答案D命題角度三科學小實驗【例3】(多選)央視《是真的嗎》節(jié)目做了如下實驗：用裸露的銅導線繞制成一根無限長螺旋管，將螺旋管放在水平桌面上，用一節(jié)干電池和兩磁鐵制成一個“小車”，兩磁鐵的同名磁極粘在電池的正、負兩極上，只要將這輛小車推入螺旋管中，小車就會加速運動起來，如圖15所示。關于小車的運動，以下說法正確的是()圖15A.將小車上某一磁鐵改為S極與電池粘連，小車仍能加速運動B.將小車上兩磁鐵均改為S極與電池粘連，小車的加速度方向將發(fā)生改變C.圖中小車加速度方向向右D.圖中小車加速度方向向左答案BD命題角度四電容式位移傳感器【例4】(多選)如圖16為某一機器人上的電容式位移傳感器工作時的簡化模型圖。當被測物體在左右方向發(fā)生位移時，電介質板隨之在電容器兩極板之間移動，連接電容器的靜電計會顯示電容器電壓的變化，進而能測出電容的變化，最后就能探測到物體位移的變化，若靜電計上的指針偏角為θ，則被測物體()圖16A.向左移動時，θ增大 B.向右移動時，θ增大C.向左移動時，θ減小 D.向右移動時，θ減小解析由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知當被測物體帶動電介質板向左移動時，導致兩極板間電介質增加，則電容C增大，由公式C＝eq\f(Q,U)可知電荷量Q不變時，U減小，則θ減小，故A錯誤，C正確；由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知當被測物體帶動電介質板向右移動時，導致兩極板間電介質減少，則電容C減小，由公式C＝eq\f(Q,U)可知電荷量Q不變時，U增大，則θ增大，故B正確，D錯誤。答案BCA卷提能小卷練一、選擇題1.(多選)在國際單位制中，電荷量的單位是庫侖，符號是C，靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2。關于電荷量與庫侖力，下列說法正確的是()A.兩個電荷量為1C的點電荷在真空中相距1m時，相互作用力相當于地球上九十萬噸的物體所受的重力B.我們幾乎不可能做到使相距1m的兩個物體都帶1C的電荷量C.在微觀帶電粒子的相互作用中，庫侖力比萬有引力強得多D.庫侖定律的公式和萬有引力定律的公式在形式上很相似，所以它們是性質相同的兩種力解析庫侖定律的公式和萬有引力定律的公式在形式上很相似，但是它們是性質不相同的兩種力，選項D說法不正確，其他說法正確。答案ABC2.指南針是我國古代的四大發(fā)明之一。當指南針靜止時，其N極指向如圖中虛線(南北指向)所示。若某一條件下該指南針靜止時N極指向如圖1中實線(N極指向北偏東)所示。則以下判斷正確的是()圖1A.可能在指南針上面有一導線東西放置，通有由東向西的電流B.可能在指南針上面有一導線東西放置，通有由西向東的電流C.可能在指南針上面有一導線南北放置，通有由北向南的電流D.可能在指南針上面有一導線南北放置，通有由南向北的電流解析指南針靜止時N極指向北偏東方向，則磁感應強度有向東的分量，由安培定則知，只有選項C正確。答案C3.如圖2所示，在x軸上關于O點對稱的A、B兩點分別放有等量正電荷，M、N是x軸上的兩點，且OM＝MN，P點在第一象限且PM垂直于x軸，則()圖2A.P點電勢比M點電勢高B.O、M兩點間電勢差大于M、N兩點間電勢差C.M點場強比N點場強大D.在M點靜止釋放一帶正電粒子，該粒子將在x軸上做往返運動解析由等量同種正電荷等勢線分布可知，M點電勢比P點電勢高，A錯誤；O、M間電場線比M、N間電場線分布稀疏，O、M兩點間電勢差小于M、N兩點間電勢差，N點場強大于M點場強，B、C錯誤；根據(jù)對稱性，在M點靜止釋放的帶正電粒子會以O點為中點做往返運動，D正確。答案D4.如圖3所示，a、b為平行金屬板，靜電計的外殼接地，合上開關S后，靜電計的指針張開一個較小的角度，能使角度增大的辦法是()圖3A.使a、b板的距離增大一些B.使a、b板的正對面積減小一些C.斷開S，使a板向左平移一些D.斷開S，使a、b板的正對面積增大一些解析靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，合上開關，電容器兩端的電勢差不變；斷開S，電容器的電荷量不變，根據(jù)電容的變化判斷電容器兩端電勢差的變化。開關閉合，不論使a、b板的距離增大一些，還是使a、b板的正對面積減小一些，電容器兩端的電勢差總不變，故A、B錯誤；斷開S，電荷量不變，使a板向左平移一些，即使a、b板的距離增大一些，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C減小，U＝eq\f(Q,C)，可知電勢差增大，故C正確；斷開S，電荷量不變，使a、b板的正對面積增大一些，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C增大，U＝eq\f(Q,C)，可知電勢差減小，故D錯誤。答案C5.(2019·山東淄博高三模擬)已知一個無限大的金屬板與一個點電荷之間的空間電場分布與等量異種電荷之間的電場分布類似，即金屬板表面各處的電場強度方向與板面垂直。如圖4所示MN為無限大的不帶電的金屬平板，且與大地連接。現(xiàn)將一個電荷量為Q的正點電荷置于板的右側，圖中a、b、c、d是以正點電荷Q為圓心的圓上的四個點，四點的連線構成一內接正方形，其中ab連線與金屬板垂直。則下列說法正確的是()圖4A.b點電場強度與c點電場強度相同B.a點電場強度與b點電場強度大小相等C.a點電勢等于d點電勢D.將一試探電荷從a點沿直線ad移到d點的過程中，試探電荷電勢能始終保持不變解析畫出電場線如圖所示，根據(jù)對稱性可知，b點電場強度與c點電場強度大小相等，方向不同，故A錯誤；電場線密集的地方電場強度大，從圖上可以看出a點電場強度大于b點電場強度，故B錯誤；根據(jù)對稱性并結合電場線的分布可知a點電勢等于d點電勢，故C正確；由于試探電荷從a沿直線ad到d點，則先靠近正電荷后遠離正電荷，所以電場力在這個過程中做功，只是總功為零，所以試探電荷電勢能不是始終保持不變，故D錯誤。答案C6.(多選)(2019·江蘇卷，9)如圖5所示，ABC為等邊三角形，電荷量為＋q的點電荷固定在A點。先將一電荷量也為＋q的點電荷Q1從無窮遠處(電勢為0)移到C點，此過程中，電場力做功為－W。再將Q1從C點沿CB移到B點并固定。最后將一電荷量為－2q的點電荷Q2從無窮遠處移到C點。下列說法正確的有()圖5A.Q1移入之前，C點的電勢為eq\f(W,q)B.Q1從C點移到B點的過程中，所受電場力做的功為0C.Q2從無窮遠處移到C點的過程中，所受電場力做的功為2WD.Q2在移到C點后的電勢能為－4W解析根據(jù)電場力做功與電勢能的變化關系知Q1在C點的電勢能Ep＝W，根據(jù)電勢的定義知C點電勢φ＝eq\f(Ep,q)＝eq\f(W,q)，A正確；在A點的點電荷產(chǎn)生的電場中，B、C兩點處在同一等勢面上，Q1從C移到B的過程中，電場力做功為0，B正確；單獨在A點固定電荷量為＋q的點電荷時，C點電勢為φ，單獨在B點固定點電荷Q1時，C點電勢也為φ，兩點電荷都存在時，C點電勢為2φ，Q2從無窮遠移到C點時，具有的電勢能Ep′＝－2q×2φ＝－4W，電場力做功W′＝－Ep′＝4W，C錯誤，D正確。答案ABD7.(多選)(2019·安徽淮北模擬)如圖6所示，A、B、C、D是勻強電場中一正方形的四個頂點，已知A、B、C三點的電勢分別為φA＝25V，φB＝5V，φC＝－5V，則下列說法正確的是()圖6A.把電荷量為1×10－3C的正點電荷從B點經(jīng)C點移到A點，電場力做功為－2×10－2JB.A、C兩點的連線方向即為電場線方向C.D點的電勢為15VD.把一個電子從B點移到D點，電場力做功可能為0解析電荷從B點經(jīng)C點移到A點，電場力做功為WBA＝q(φB－φA)＝1×10－3×(5－25)J＝－2×10－2J，故A正確；連接AC，又φA－φC＝25V－(－5V)＝30V，將AC等分為6等分，找出與B電勢相等的點E，如圖所示，連接BE，則BE為一等勢面，其電場線應垂直于BE，顯然電場線與AC連線不平行，故B錯誤；根據(jù)勻強電場的特點可知，φA－φB＝φD－φC，所以φD＝15V，故C正確；由于B點的電勢與D點的電勢不相等，所以把一個電子從B點移到D點，電場力做功不可能為0，故D錯誤。答案AC二、非選擇題8.如圖7，直角坐標系xOy區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B＝eq\r(3)T?，F(xiàn)有一帶負電的粒子，電荷量q＝－1×10－6C，質量m＝5×10－12kg，以v＝1×106m/s的速度先后經(jīng)過P(1，5)、Q(5，2)兩點，粒子重力不計，求：圖7(1)粒子做圓周運動的半徑R；(2)粒子從P運動到Q所用的時間t。解析(1)由于粒子做勻速圓周運動，qvB＝eq\f(mv2,R)，代入數(shù)據(jù)可得R＝eq\f(5\r(3),3)m。(2)由題意，粒子的運動軌跡如圖所示由幾何關系可知xPQ＝5msineq\f(θ,2)＝eq\f(xPQ,2R)＝eq\f(\r(3),2)故粒子轉過的圓心角為θ＝eq\f(2,3)π則運動時間t＝eq\f(θ,2π)×eq\f(2πm,qB)代入數(shù)據(jù)可得t≈6.0×10－6s。答案(1)eq\f(5\r(3),3)m(2)6.0×10－6sB卷高考標準練(20分鐘48分)選擇題(本大題共8小題，每小題6分，共48分。其中第1～5題為單項選擇題，第6～8題為多項選擇題)1.如圖8所示，圓環(huán)上帶有大量的負電荷，當圓環(huán)沿順時針方向轉動時，a、b、c三枚小磁針都要發(fā)生轉動，以下說法正確的是()圖8A.a、b、c的N極都向紙里轉B.b的N極向紙外轉，而a、c的N極向紙里轉C.b、c的N極都向紙里轉，而a的N極向紙外轉D.b的N極向紙里轉，而a、c的N極向紙外轉解析由于圓環(huán)帶負電荷，故當圓環(huán)沿順時針方向轉動時，等效電流沿逆時針方向，由安培定則可判斷出，環(huán)內磁場方向垂直紙面向外，環(huán)外磁場方向垂直紙面向內；磁場中某點的磁場方向即放在該點的小磁針靜止時N極的指向，所以b的N極向紙外轉，a、c的N極向紙里轉，選項B正確。答案B2.如圖9所示，a、b、c為點電荷產(chǎn)生的電場線上的三點，ab＝bc。一電子僅在電場力作用下由靜止先從a點運動到b點，再從b點運動到c點，經(jīng)歷兩個運動過程，電子運動的加速度逐漸增大。下列說法正確的是()圖9A.點電荷位于a點左側B.點電荷一定帶正電C.兩個運動過程，電場力做的功相等D.兩個運動過程，電子的電勢能增大解析電子由靜止從a點向c點運動，加速度越來越大，表明電場強度越來越大，故點電荷位于c點右側，且點電荷帶正電，選項A錯誤，B正確；b、c兩點間電勢差的絕對值大于a、b兩點間電勢差的絕對值，故電子從b點運動到c點電場力做功多，選項C錯誤；電場力做正功，電子的電勢能減小，選項D錯誤。答案B3.(2019·北京卷，17)如圖10所示，a、b兩點位于以負點電荷－Q(Q＞0)為球心的球面上，c點在球面外，則()圖10A.a點場強的大小比b點大B.b點場強的大小比c點小C.a點電勢比b點高D.b點電勢比c點低解析由點電荷的場強公式E＝keq\f(Q,r2)知，a、b兩點與－Q距離相等，場強大小相等，A錯誤；由E＝keq\f(Q,r2)知，離－Q越近，場強越大，故b點場強大小比c點大?；蛴韶擖c電荷形成的電場的電場線形狀是“萬箭穿心”，離點電荷越近電場線越密，場強越大，得出b點的場強大小比c點的大，B錯誤；點電荷形成的電場的等勢面是以點電荷為球心的一簇球面，離－Q距離相等的兩點的電勢相等，C錯誤；沿電場線的方向是電勢降落最快的方向，得出離－Q越近，電勢越低，D正確。答案D4.如圖11所示，點電荷＋2Q、－Q分別置于M、N兩點，O點為M、N連線的中點。點a、b在M、N連線上，點c、d在M、N連線的中垂線上，a、b和c、d分別關于O點對稱。下列說法正確的是()圖11A.c、d兩點的電場強度相同B.a、b兩點的電勢相同C.將電子沿直線從c移到d，電場力對電子先做負功再做正功D.將電子沿直線從a移到b，電子的電勢能一直增大解析c、d兩點的電場強度大小相等，但是方向不同，選項A錯誤；a點電勢高于b點電勢，選項B錯誤；將電子沿直線從c移到d，電場力對電子先做正功再做負功，選項C錯誤；將電子沿直線從a移到b，電場力做負功，電子的電勢能增大，選項D正確。答案D5.如圖12所示，質量為m、長為L的金屬棒MN兩端由等長的輕質細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B。當棒中通以恒定電流后，金屬棒向右擺起后兩懸線與豎直方向夾角的最大值為θ＝60°，下列說法正確的是()圖12A.電流由N流向MB.懸線與豎直方向的夾角為θ＝60°時，金屬棒處于平衡狀態(tài)C.懸線與豎直方向的夾角為θ＝30°時，金屬棒的速率最大D.恒定電流大小為eq\f(\r(3)mg,BL)解析由題意可知，金屬棒所受安培力垂直MN水平向右，根據(jù)左手定則可知電流方向由M流向N，選項A錯誤；懸線與豎直方向的夾角為θ＝60°時，金屬棒的速率為零，但受力不為零，并非處于平衡狀態(tài)，選項B錯誤；由對稱性可知，懸