2024版高考物理復習教案：第一篇專題三電場與磁場

H第一篇專題復習

專題三電場與磁場

—?知識體系II

[-力的性質：￡=。E=kg.￡=,，電場線

L性質一

:

匚能的性質:：（P余心戶6-/，W=qU，等勢面

「平衡

帶電粒F在

XjtUiwr：F=qE勻強電場中加加理束

電場——作用-1-偏轉

對導體:岸電感應（靜電平衡、靜電屏蔽）

電容（定義式C=§,平行板電容器電容的決定式C=品）

廠性質一磁:感苣應一強度磁.感線,磁通量中=如

電

o=—\IA.o）

場IL

與

磁場

磁對通電導線:

場F=BIL（I1B）

—作用一/81=0.做勻速直線運動

雷慧：）磊簫“做勺速圓周運動

L"與8的夾角為。,做螺旋線運動

廠直線運動

「組合場中-類平拋（類斜拋）運動

上體空間中的運動

帶電粒子的運動一

直線運動

圓周運動

疊加場中

一般曲線運動

立體空間中的運動

1-復合場

①示波管

②直線加速器

③速度選擇器

洛倫茲力與現代科技④磁流體發(fā)電機

⑤電磁流量計

⑥霍爾元件

⑦質譜儀

⑧回旋加速器

第9講電場

【目標要求】?.理解電場的性質，會比較電場強度大小、電勢高低、電勢能大小，會分析和計

算靜電力做功問題。2.會通過電場中的圖像來分析問題。3.會用動力學觀點和能量觀點分析處

理帶電粒子(帶電體)在電場中的運動問題。

考點一電場的性質

1.電場強度的分析與計算

(1)電場強度的方向是正電荷所受靜電力的方向，也是電場線上某點的切線方向，電場的強弱

(電場強度的大小)可根據電場線的疏密程度來進行比較。

⑵計算電場強度常用的方法：公式法、平衡條件求解、疊加合成法、對稱法、補償法、等效

法。

2.電勢高低的判斷

判斷依據判斷方法

電場線方向沿電場線方向電勢逐漸降低

取無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負電荷周圍電勢為負

場源電荷的正負

值；越靠近正電荷處電勢越高，越靠近負電荷處電勢越低

電勢能的大小正電荷在電勢能大處電勢較高，負電荷在電勢能大處電勢較低

根據U八8—^8,將叱小、。/的正負號代入，由UAB的正負判斷力、伽

靜電力做功

的高低

3.電勢能大小的判斷

(1)做功判斷法：由亞八8="八一穌8可知，靜電力做正功，電勢能減??；靜電力做負功，電勢

能增大。

(2)電荷電勢法：由Ep=(仰可知，正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢低的地方

電勢能大。

(3)能量守恒法：若只有靜電力做功，電荷的動能和電勢能之和守恒，動能增大時，電勢能減

小，動能減小時，電勢能增大。

例1(2023?江蘇揚州市高郵中學模擬)如圖所示為避雷針周圍的等勢面分布情況，電場中有

M、N、P三點,貝lj()

A.尸點的電勢比M點的高

B.M、N兩點的電場強度相同

C.〃點的電場強度大小比”點的大

D.電子在P點的電勢能大于其在“點的電勢能

答案D

解析由題圖可知，尸點的電勢為6kV,M點的電勢為8kV,所以。點的電勢比例點妁低，

A錯誤；電場強度的方向與等勢面垂直，所以M、N兩點的電場強度的方向是不同的，B錯

誤；等差等勢而密的地方電場強度大，結合題圖可知，P點附近的等勢面較稀疏，所以P點

的電場強度小于M點的業(yè)場強度，C錯誤：電勢能Ep=q°,電子帶負電，所以電勢越高，電

勢能越低，因為尸點的電勢比M點的低，所以電子在尸點的電勢能大于其在M點的電勢能，

D正確。

例2（2022?江蘇卷9）如圖所示，正方形ABCO四個頂點各固定一個帶正電的點電荷，電荷

量相等，。是正方形的中心，將A點的電荷沿OA的延長線向無窮遠處移動，則（）

A.在移動過程中，。點電場強度變小

B.在移動過程中，C點的電荷所受靜電力變大

C.在移動過程中，移動的電荷所受靜電力做負功

D.當其移動到無窮遠處時，O點的電勢高于A點

答案D

解析。是等量同種電荷連線的中點，電場強度為0,將A處的正點電荷沿。4方向移至無

窮遠處，。點電場強度變大，故A錯誤；移動過程中，。點電場強度變小，。點的正電荷所

受靜電力變小，故B錯誤；A點電場方向沿OA方向，移動過程中，移動的電荷所受靜電力

做正功，故C錯誤；04段的電場方向沿CM方向，沿電場線方向電勢降低，人點的電荷移動

到無窮遠處時，。點的電號高于A點電勢，故D正確。

考點二電場中的圖像問題

電場中幾種常見的圖像

當帶電粒子只受靜電力時，從。一，圖像上能確定粒子運動的加速度方

V-t圖像向、大小變化情況，進而可判定粒子運動中經過的各點的電場強度方向、

電場強度大小、電勢高低及電勢能的變化情況

⑴從(p-x圖像中可以直接判斷各點電勢的高低，進而確定電場強度的

<p-X圖像方向及試探電荷電勢能的變化

(2)0—工圖線切線的斜率絕對值表示沿x軸方向電場強度E的大小

以中，場強度沿X軸方向為例：

(l)E>0表示電場強度沿x軸正方向，E<0表示電場強度沿x軸負方向

E-x圖像

(2)圖線與x軸圍成的“面積”大小表示電勢差大小，兩點的電勢高低需

根據電場方向判定

(1)圖像切線的斜率絕對值表示靜電力大小

Ep-x圖像

(2)可用于判斷電場強度、動能、加速度等隨位移的變化情況

例3兩點電荷M、N分別固定在x=-20cm和坐標原點處，所形成電場的電勢在x軸上的

分布如圖所示，圖線與x軸交于即處，x=20cm處電勢最低，取無窮遠處電勢為0,一正電

荷鄉(xiāng)自xo處由靜止釋放，則(

A.加處的電場強度為0

B.電荷M、N所帶電荷量大小之比為4：1

C.正電荷g運動的過程中，加速度先增大后減小

D.正電荷"運動的過程中，電勢能先增大后減小

答案B

解析伊一入圖像，斜率表示電場強度，在即處的圖像斜率不為零，則電場強度不為零，故A

錯誤：A=20cm處圖像斜率為零，則滿足k麗cn產博于所以電荷M、N所帶電荷

量大小之比為呆=彳，故B正確；一正也荷夕自xo處由靜止釋放，根據也勢變化情況可知,

自xo處右側電場強度方向先沿x軸正方向后沿x軸負方向，電場強度先減小為零后反向增大

再減小，根據牛頓第二定律，有Eq=〃ui,可知正電荷q運動的過程中，加速度先減小為零

后反向增大再減小，故C錯誤；正電荷q自的處由靜止釋放，根據電勢變化情況可知，自

M)處右側電場強度方向先沿x軸正方向后沿x軸負方向，靜電力先做正功后做負功，電勢能

先減小后增大，故D錯誤,

例4（2023?江蘇揚州市期末）如圖所示，在光滑絕緣的水平面上固定兩個等量正點電荷4和

B,。點為A3連線的中點，C、。為A8連線上關于。點對稱的兩個點，且CO=OO=L,

一帶負電的可視為點電荷的小球以初速度如從C點運動到D點，取無窮遠處的電勢9=0,

以C點為坐標原點，向右為x釉的正方向，下列關于電勢外電場強度E、小球的電勢能環(huán)

及動能反隨小球運動的位移x變化的圖像，可能正確的是（）

A工B

?~~t-?

答案A

解析從。點到。點，電場線方向先向右后向左，則電勢先降低后升高，且電勢都大于零，

并關于。點對稱；小球帶負電，所以小球的電勢能先增大后減小，小球在C、。兩點處的電,

勢能相同，故A正確，C借誤：由于小球的電勢能先增大后減小，在C、。兩點處的電勢能

相同，由能量守恒定律知，動能先減小后增大，在C、。兩點處的動能相同，故D錯誤：設

八。=8。=幾點電荷4和B的電荷量大小為Q,則當位移為工時.電場強/為E=k3中一

%+和_\.尸，由數學知識可知七與X是非線性關系，圖像是曲線，故B錯誤。

考點三帶電粒子（帶電體）在電場中的運動

1.帶電粒子（帶電體）在電場中運動時重力的處理

基本粒子??般不考慮重力,帶電體（如液滴、油滴、塵埃等）一般不能忽略重力.除有說明或

明確的暗示外。

2.帶電粒子（帶電體）在電場中的常見運動及分析方法

常見運動受力特點分析方法

靜止或勻速直線

合外力/合=0共點力平衡

運動

1.用動力學觀點分析："=￡，后=9，v2—v^=2ad,

變速直線運動合外力F含W0,

且與初速度方適用于勻強電場

向在同?條直2,勻強

2.用功能觀點分析：W=qU=^inv—

線上

和非勻強電場都適用

運動的分解

____U/

\/___—2

d0

進入電場一

0o_LE,粒子做

國:?

類平拋運動

6QU21U2l2yo

一I

帶電粒子在勻強=yo+Ltan夕=（；+

側移距離：川-2〃嬴2-4g3

電場中的偏轉

L)lan0

運動的分解

“ocose如

粒子斜射入

迎而0、

場，粒子做類

斜拋運動垂直電場方向做勻速直線運動：工=Vots\n8

沿電場方向做勻變速直線運動：y=Wos<9—

帶出粒子在非勻

靜電力在變化動能定理，能量守恒定律

強電場中運動

3.帶電體在電場和重力場的疊加場中運動的分析方法

(1)對帶電體的受力情況和運動情況進行分析，綜合運用々頓運動定律和勻變速直線運匆的規(guī)

律解決問題。

(2)根據功能關系或能量守恒的觀點，分析帶電體的運動時，往往涉及重力勢能、電勢能以及

動能的相互轉化，總的能量保持不變。

例5(2023?全國乙卷19改編)在。點處固定一個正點電荷，。點在。點右上方。從。點由

靜止釋放一個帶負電的小球，小球僅在重力和該點電荷電場力作用下在豎直面內運動，其一

段軌跡如圖所示。M、N是軌跡上的兩點，OP>OM,OM=ON,則小球()

J

M

A.在運動過程中，電勢能先增加后減少

B.在戶點的電勢能小于在N點的電勢能

C.在.M點的機械能等于在N點的機械能

D.從M點運動到N點的過程中，電場力始終不做功

答案C

解析由題知，OP>OM,OM=ON,則根據點電荷的電勢分布情況可知9M=@V>9P,則帶負

電的小球在運動過程中，電勢能先減小后增大，且EpP>0M=EpN,則帶負也的小球在M點的

機械能等于在N點的機械能，A、B錯誤，C正確；從加點運動到N點的過程中，電場力先

做正功后做負功，D錯誤。

例6（2023?江蘇南京市三模）如圖所示，真空中有一足夠大的水平向右的勻強電場，質量均

為‘〃、帶電荷量分別為+q和-3,/的兩小球同時從。點以速度如斜向右上方射入勻強電場中，

如方向與水平方向成60。痢，A、8（圖中未畫出）兩點分別為兩小球運動軌跡的最富點，帶正

電的小球經過4點的速度大小仍然為如，若僅把帶正電的小球射入速度變?yōu)?%。其運動軌

跡的最高點記為C。不考慮兩球間的庫侖力。下列說法錯誤的是（）

A.兩小球同時到人、8兩點

B.Q4與08之比為?。篒

C.兩小球到達A、8兩點過程中電勢能變化量之比為1:3

D.帶正電的小球經過C點的速度大小為2的

答案C

解析由題可知，將帶電小球的運動分解成水平方向和豎直方向的運動，由受力可知，兩小

球在豎直方向只受重力，故在豎直方向做豎直上拋運動，豎直方向的初速度為預=oosin60。，

上升到最高點時，豎直方向速度為零，由此可知，兩球到達A、8兩點的時間相同，A正確：

水平方向只受靜電力，故水平方向做勻變速直線運動，水平方向的初速度為a）K=，ocos6（）o=

由題可知，帶正電的小球有帶負電,的小球有v'=/）—3（〃，解得加=

—vo,方向與水平初速度方向相反，可見到達最高點時兩小球的速度大小相等，水平方向只

有靜也力做功，由動能定理可知，兩球到達A、8兩點過程中電勢能變化量之比為I：1,C

錯誤；由上分析可知0oj=%sin60°=gt,。0=］。（）+?，，聯立解得且=小〃，故04=

"°2""盼=磐加小。2；；：）產+骨奇即0A與0B之比

為小：1,B正確；由題可刖帶正電小球初速度變?yōu)?%后，水平方向初速度為'=2的cos60。

，

=如，豎直方向初速度=2%sin60°=g/',v"=vx+〃/',聯立得p"=2vn,D正確。

例7如圖所示，豎直面內有一光滑絕緣軌道48CQ,其中A8軌道水平，8CQ為四分之三

圓周軌道，軌道的半徑為r,5點為圓形軌道的最低點，。為圓形軌道的最高點，水平軌道和

圓形軌道在B點平滑連接，在整個空間存在水平向左的勻強電場，電場強度后=翳（2為重

力加速度），一不計大小、帶正電的小球，電荷量為小質量為〃?，小球在水平軌道上距B點

的距離為/處靜止釋放，小球沿圓弧恰好能到。點，求：

C

BA

（1）小球的初始位置距B點的距離：

（2）小球受到的圓軌道的最大彈力。

答案⑴言⑵解

解析（1）從圓心處作重力和靜電力的示意圖

mg

靜電力和重力進行合成，二力合力與豎直方向的夾角為。，則

qE3

tan0=

mg4'

34

由數學知識可知sin8=W，cos

合力方向指向圓弧于〃點，合力的反向延長線指向圓弧于〃點，〃點為復合場的最高點，若

小球能到。點，即小球必須到尸點。若剛好到F點,重力和靜電力的合力剛好提供向心力,

則有

cos0~~r

根據動能定理有

qEil—min0)—〃ig(r+rcos

解得/=仔，

O

(2)小球在”處對軌道的壓力最大，即受到的彈力最大，隊F到H,根據動能定理有

帝,斗獷一會“

根據牛頓第二定律得心一倦=笥互

解得產N=^^

-總結提升口

帶電體在電場和重力場的疊加場中的圓周運動

(1)等效重力法

將重力與靜電力進行合成，如圖所示，則“合為等效重力場中的“重力"，g'=2為等效重

力場中的“等效重力加速度”，尸合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的“豎

直向下”方向。

(2)等效最高點和最低點：在“等效重力場”中做圓周運動的小球，過圓心作合力的平行線,

交于圓周上的兩點即為等效最高點和最低點。

高考預測

1.如圖所示，兩等量同種點電荷+式4>0)固定在菱形的兩個頂點A、C上。E、尸是該菱形對

角線AC與其內切圓的交點，。點為內切圓的圓心，〃、b、c、d四點為切點?，F有一帶正電

的點電荷從E點由靜止釋放，下列說法正確的是()

D

A.a、b、°、d四點的電場強度相同

B.。、0、B三點的電勢相等

C點電荷在從E點運動到。點的過程中庫侖力做正功

D.點電荷從E點運動到F點的過程中速度一直增大

答案C

解析根據等量同種點電荷周圍的電場線分布圖

。、氏c、d四點的電場強度大小相等，但是方向不同，A錯誤；根據電場線的方向以及電場

線的對稱性可知。和8兩點的電勢相等，但是低于。點的電勢，B錯誤；帶正電點電荷在從

E點運動到。點的過程中受到的庫侖力向右，所以此過程中庫侖力做正功，C正確；帶正電

點電荷從E點運動到尸點的過程中受到的庫侖力先向右，后向左，所以庫侖力先做正功，后

做負功，點電荷的速度先增大后減小，D錯誤。

2.如圖所示的真空中，在正方體48co—AiBiG?？臻g中頂點A、G處固定有等量的正電荷,

下列說法正確的是（）

A.B點和D點的電勢相等且比Bi點和小的電勢都高

B.Bi點和。?點的電場強度相同

C.若有一個電子以某一速度射入該空間中，可能做類平拋運動

D.若有一個電子以某一速度射入該空間中，可能做勻速圓周運動

答案D

解析由兩個等量同種電荷產生電勢的對稱性知頂點從D、Bi、。處的電勢相等，故A錯

誤；由電場登加和對稱性知頂點%、/）處的電場強度大小相等，但方向不同，故B錯誤；

兩個等量正電荷形成的電場不是句強電場，電子不可能做類平拋運動，故C錯誤；只在力爭電

力作用下，電子要做勻速圓周運動，則必須受到大小恒定的靜電力，電子可以在垂直于AG

的平面內繞正方體ABC。一A山1G。的中心做勻速圓周運動，故D正確。

專題強化練

［保分基礎練］

1.（2023.江蘇省模擬）如圖是勻強電場遇到空腔導體后的部分電場線分布圖，正方形A8C。的

對角線邊正好與圖中豎直向上的直電場線重合，。點是正方形兩對角線的交點。下列說

法正確的是（）

A.將一正電荷由A點移到8點，電荷的電勢能增加

B.0點電勢與C點電勢相等

C.。。間的電勢差等于08間的電勢差

D.在O點放置一負點電荷，該電荷所受靜電力的方向豎直向下

答案D

解析將一正電荷由4點移到8點，靜電力做正功，電荷的電勢能減小，故A錯誤；AC所

在平面與8。垂直，與其他電場線不垂直，AC所在平面不是等勢面，。點電勢與C點電勢不

相等，故B錯誤：根據電場線的疏密程度可知間的電場強度大于03間的電場強度，由

U=&/可知。。間的電勢差大于08間的電勢差，故C錯誤；在0點放置一負點也荷，該也

荷所受靜電力的方向與該點電場線方向相反，豎直向下，故D正確。

2.（2023?江蘇蘇州木瀆高級中學三模）人體的細胞膜模型圖如圖甲所示，由磷脂雙分子層組成,

雙分子層之間存在電壓（醫(yī)學上稱為膜電位），現研究某小塊均勻的細胞膜，厚度為d,膜內的

電場可看作勻強電場，簡化模型如圖乙所示。初速度可視為零的正一價鉀離子僅在靜電力的

作用下，從圖乙中的A點運動到B點，下列說法正確的是（）

乙

A.鉀離子的電勢能增大

B.A點電勢等于8點電勢

C.若膜電位增加，則鉀離子進入細胞內的速度更大

D.若膜電位不變，膜的厚度越大，則鉀離子進入細胞區(qū)的速度越大

答案C

解析初速度可視為零的一價正鉀離子僅在靜電力的作月下，從題圖乙中的A點運動到3點，

可知靜電力做正功，所以鉀離子的電勢能減小，故A錯誤；分析可知電場線從4到&沿電

場線方向電勢降低，所以A點電勢大于6點電勢，故B錯誤；由動能定理可知夕加2,

若膜電位不變，即電壓U不變，鉀離子進入細胞內的速度不變，電壓U增加時，速度噌大，

故C正確，D錯誤。

3.在豎直向上的勻強電場中，有兩個質最均為〃?、帶等量異種電荷（電荷最絕對值為夕）的小球

A、B（均可視為質點）處在同一水平面上?，F將兩球以相同的水平速度列向右拋出，最后落到

水平地面上，運動軌跡如圖所示。A、B兩球拋出點到落地點之間的水平距離分別是心和心。

兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮，下列說法不正確的是（）

A.A球帶正電，B球帶負電

B.B球比A球先落地

C.在下落過程中，A球的電勢能減少，B球的電勢能增加

D.兩球從拋出到各自落地的過程中，A、B球的機械能變化量大小相等

答案C

解析兩球在水平方向都做勻速直線運動，的相同，由1=加/知，A運動的時間比B的長,

豎直方向上，人相等，由人二段“2可知，A的加速度比B的加速度小，A的合力比B的合力

小，所以A受到的靜電力句上，帶正電，B受到的靜電力向下，帶負電，故A正確；A運動

的時間比B運動的時間長，則B球比A球先落地，故B正確；A受到的靜電力向上，靜電

力對A球做負功，A球的電勢能增加，A球的機械能減小，減小量為B受到的

靜電力向下，耕電力對B球做正功，B球的電勢能減小，B球的機械能增加，增加量為

=qEh,故C錯誤，D正確。

4.（2022?山東卷?3）半徑為R的絕緣細圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點,環(huán)上均勻分布著

電量為。的正電荷。點A、B、。將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為AL的小圓弧上

的電荷。將一點電荷“置干OC延長線上距。點為2R的。點，。點的電場強度剛好為零。

圓環(huán)上剩余電荷分布不變，夕為（

升QALc-r/QAL

A.正-Tr電H荷，B.正電荷，4=乂玄一

2QAL

C.負電荷,q=7iRD.負電荷,q—冗R

答案C

解析取走A、B處兩段弧長均為的小圓弧上的電荷，根據對稱性可知，圓環(huán)在。點產

生的電場強度為與A在同一直徑上的4和與4在同一直涇上的Bi產生的電場強度的矢量和,

QAL

如圖所示，因為兩段弧長非常小，故可看成點電荷，則有=居能，由題意可知,

KZTIK'

兩電場強度方向的夾角為120。，由幾何關系得兩者的合電場強度大小為E=Ei=?攀，根據

O點的合電場強度為0,財放在。點的點電荷帶負電，在。點產生的電場強度大小為E'=

￡=母筮，義￡=年百'聯立解得夕=2黑故選C。

5.（2023?江蘇省百校高三第三次考試）某靜電場中x軸上各點電勢分布圖如圖所示。一帶電粒

子在坐標原點。處靜止釋放，僅在靜電力作用下沿/軸正方向運動，下列說法正確的是（）

A.粒子可能帶負電

B.粒子在用處電勢能最4、

C.粒子能夠運動到及處

D.粒子受到的靜電力先增大后減小

答案B

解析由題圖可知，X軸從坐標原點到笛處電勢逐漸降低，從X1處到也處電勢逐漸升高：帶

電粒子從坐標原點。處由靜止釋放，僅在靜電力作用下運動到用處時，靜電力做正功，電勢

能減?。粡臑樘幹箪o電力做負功，電勢能增大，故在為處電勢能最??；由于從坐標原點O

處到內處時，電勢降低，所以該粒子沿著電場線的方向運動，故該粒子帶正也，故A錯誤，

B正確；由于粒子只在靜也力的作用下運動，當運動到與開始時電勢相等的位置，粒子速度

為0,故不能到達及處，故C錯誤；由題圖可知，圖像的斜率絕對值等于電場強度的大小，

可知粒子受到的靜電力先減小后增大，故D錯誤。

6.如圖所示，四邊形A8CZ）為菱形，ND44=60。，。為菱形中點，￡、廠兩點分別是4乃、BC

邊的中點，G為4。延長線上一點，0、G兩點關于。點對稱，在人、B、C二點分別固定電

荷量為+Q、+Q、一。的點電荷，以無窮遠處的電勢為零，則下列說法正確的是（）

+Q

A.O點電場強度比G點電場強度大，G點電勢比。點電勢高

B.。、。、E、尸、G五點的電勢均為正

C.一個負試探電荷在￡點時的電勢能比在。點時的電勢能大

D.將一個正試探電荷沿直線從尸點移到。點，電勢能先減小后增大

答案B

解析在A、C兩點固定的等量異種點電荷產生的電場中，直線8。是一條等勢線，故。、。、

G三點的也勢均為零，在B點固定的點電,荷產生的電場中，0、。、G三點的電勢均為正，則

電勢疊加的結果為℃仰）＞的＞0；在B、C兩點固定的等量異種點電荷產生的電場中，E點電

勢為正，F、。兩點電勢為零，在A點固定的點電荷產生的電場中，E、F、。三點電勢均為

正，電勢疊加的結果為夕68〃＞8尸＞0;在A、3兩點固定妁點電荷產生的電場中，E、。兩點

電勢相等，在C點固定的點電荷產生的電場中，E點電勢比O點電勢高，綜上可得

g吵（PG=（PF＞3A錯誤，B正確；由上述分析可知負試探電荷在E點的電勢能比在。點的

電勢能小，C錯誤：正試探電荷沿直線從尸點移到。點，電勢能不斷增大，D錯誤。

I爭分提能練］

7.（2022?浙江6月選考夕）如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勺強

電場，板長為〃不考慮邊界效應）。，=0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為的

的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達N板時速度大小為啦刖；平行M板向下的粒子，

剛好從N板下端射出。不計重力和粒子間的相互作用，則（）

MN

r如

A.M板電勢高于N板電勢

B.兩個粒子的電勢能都增加

C.粒子在兩板間的加速度為〃=竿

D.粒子從N板下端射出的時間，=嗎羋

答案c

解析由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢高低，故A錯誤；根據題

意垂直M板向右的粒子到達N板時速度增加，動能增加，則靜電力做正功，電勢能減小，

則平行M板向下的粒子到達N板時靜電力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯誤；設兩板

間距離為d,對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運動，有亨=

vol,d=^at2,對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運動，因兩粒子相同，則在

電場中加速度相同，有（地0（））2—&）2=24d,聯立解■得，=白，。=邛~,故C正確，D錯誤。

8.（2022?河北卷⑹如圖，真空中電荷量為為和一式夕>0）的兩個點電荷分別位于M點與N點，

形成一個以MN延長線上。點為球心，電勢為零的等勢面（取無窮遠處電勢為零），P為MN

連線上的一點，S為等勢面與直線MN的交點，7為等勢面上的一點，下列說法正確的是（）

T

~M_p\Nb

K一,

A.P點電勢低于S點電勢

B.r點電場強度方向指向。點

C.除無窮遠處外，MN直線上還存在兩個電場強度為零的點

D.將正試探電荷仇從7點移到。點，靜電力做正功

答案B

解析在直線MN上，正電荷在M點右側電場強度水平向右，負電荷在N點左側電場強度水

平向右，根據電場的登加可知MN間的電場強度水平向右，沿著電場線電勢逐漸降低，可知

P點電勢高于等勢面與MN交點處電,勢，則。點電?勢高于5點電勢，故A錯誤；由于正電荷

的電荷量大于負電荷電荷量，可知在N點的左側電場強度不可能為零，設M、N之間的距離

為L,在N點右側與N點距離為d的點電場強度為零，則有“亶2=%可知除無窮遠處外，

直線MN上電場強度為零的點只有一個，故C錯誤：由A選項分析可知：7點電勢低于P點

電勢，則正電荷在T點的電勢能低于在P點的電勢能，將正試探電荷砸從7點移到F點，

電勢能增加，靜也力做負功，故D錯誤；由于電場強度方向垂直于等勢面，可知7點的電場

強度方向所在直線必過等勢面的球心O,根據異種電荷的電場線分布情況可知，N、5間電場

線方向由S指向N,則（/）s>（Po,由于（pr=9s,則（pi><po,故T點電場強度方向指向0點，故

B正確。

9.（2023?江蘇鹽城市三模）在x軸的坐標原點固定一電荷量絕對值為q的點電荷，在x=8xo處

固定另一點電荷，兩者所在區(qū)域為真空，在兩者連線上某點的電場強度E與該點位置的關系

如圖所示。選取x軸正方向為電場強度的正方向，無限遠處電勢為零，則下列說法正確的是

A.X—34處的電場強度大于％—5用處的電場強度

B.X=3M）處的電勢高于x=5xo處的電勢

C.在工=8刖處點電荷的電荷量的絕對值為%

D.電子沿x軸從x=x0移動到x=5x0過程中電勢能先增加后減少

答案D

解析由題圖可知，從X=2AD處到x=8xo處，電場強度反方向不斷增大，所以％=3xo處的電

場強度小于工=5松處的電場強度，故A錯誤；在x軸的坐標原點固定一電荷量絕對值為q的

點電荷，在x=8xo處固定另一點電荷，選取x軸正方向為電場強度的正方向，分析可知為兩

不等量正電荷產生的電場，類比等量正電荷產生的電場，可知工=2沏處到X=8M）處逆差電場

線方向，電勢逐漸升高，所以x=3xo處的電勢低于x=5/o處的電勢，故B錯誤；設在x=8xo

處固定另一點電荷的電荷量為/,在x=2_t0處電場強度為0,可得"（2*）2="（8M）￡2W）2，

解得/=9%故C錯誤；電子沿x軸從x=xo移動到x=2xo過程，順著電場線運動，可知

辭電力做負功，電勢能增加，從x=2xo移動到X=5M）過程，逆著電場線運動，可知靜電力做

正功，電勢能減少，所以也子沿x軸從x=xo移動到過程中電勢能先增加后減少，故

D正確。

10.（2023?江蘇無錫天一中學階段練習）如圖所示，長為4/、傾角為37。的光滑絕緣細桿4。垂

直穿過半徑為/、帶電荷量為一Q的固定大圓環(huán)圓心O,細桿上8、0、C三點等分細桿長度。

現從細桿的頂端4無初速度地釋放一個質最為〃八帶電荷量為+，/的套在細桿上的可視為點

電荷的小滑環(huán)。已知靜電力常量為匕重力加速度為g,sin37。=0.6,cos37。=0.8,大圓環(huán)

上的電荷均勻分布，小滑環(huán)上的電荷不影響電場分布，則下列說法正確的是（）

A.大圓環(huán)在B點產生的電場強度大小為冬

B.小滑環(huán)在8點的加速度大小為唔爛

C.小滑環(huán)從B到C的過程中靜電力所做的功為騾弊

D.小滑環(huán)在。點的速度大小為、陷

答案D

解析由題意可知OB=；X4/=/,圓環(huán)上電荷分布均勻，取環(huán)上一點，設其電荷量為Qi,該

點到B點的距離為,=、尸+尸=6/,Q］在B點產生的電場強度為鼠=呼=嫖，以。點為

坐標原點，。4方向為正方向建立x軸，Qi在B點產生的電場強度在x軸方向的分量為Ei、

=EiCOS45。=日瞥,大圓環(huán)在B點產生的電場強度大小E=Z￡i=*詈，故A錯誤；小

/=1

滑環(huán)在B點，由牛頓第二定律得gE+/〃gsin370=〃?。，解得+'g,故B錯誤；由

對稱性可知8、。兩點電勢相等，UBC=O,小滑環(huán)從8到C的過程中靜電力所做的功WSC=

(]UBC=O,故C錯誤；由對稱性可得庫侖力做功卬八。=一卬8,WAO+WOD=(K從A到。，

由動能定理得〃m4/$泊37°+心0+卬8=如/,解得6=舉,故D正確。

11.如圖所示，帶電平行板傾斜放置且與水平面間的夾角為以兩板間的電壓UU8X1O3V,

兩板間的距離d=0.4m,圓形光滑軌道豎直固定放置，最低點8正好在上極板的邊緣，。點

是圓弧軌道的最高點；質量/"=O.lkg、電荷量q=+l(f4c的小球，從貼近平行板下極板的

A點由靜止釋放，在平行板間的勻強電場中，正好沿水平直線A8做勻加速運動，經過K點

進入圓弧軌道，剛好到達最高點C點，電場只存在帶電平行板內，外部沒有電場，重力加速

度g取lOm/s2,不計空氣阻力。求：

(1)平行板與水平面間的夾角。及小球經過8點時的速度班的大?。?/p>

⑵圓形軌道的半徑尺,

答案(1)60°4m/s(2)0.32m

解析(1)平行板間的電場強度E=%

對小球受力分析，可知靜也力與重力的合力水平向右，由力的合成可得

警=cos0,代入數據解得cos故J=6()°；

eqz

小球從A運動到B,由能量守恒可得qU=^mVB2

解得g=4m/s

(2)小球剛好到達最高點，有〃?g=〃r百

小球從8運動到C,由動能定理可得

—mg-2R=^mvc1~QittVB1

聯立解得R=0.32m?

［尖子生選練］

12.（2023?湖北卷?10改編）一帶正電微粒從靜止開始經電壓Ui加速后，射入水平放置的平行板

電容器，極板間電壓為S。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45。，微粒

運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L,到兩極板距離均為力如圖所

示。忽略邊緣效應，不計重力。下列說法正確的是（）

A.L：d=2：1

B.U\：U2=\:2

C.微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉角度的正切值為2

D.僅改變微粒的質量或者電荷量，微粒在電容器中的運動軌跡不變

答案D

解析微粒在也容器中水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻變速直線運動，根據電場強

度和電?勢差的關系及場強茄靜電力的關系及牛頓第二定律可得E=S，F=qE=ma,設微粒

射入電容器時的速度為水平方向和豎直方向的分速度內=u）cos45°=孚加，4=研）sin450

=當如，從射入到運動到最高點由運動學公式得62=2々/,由動能定理可得洶=斗必（2,聯

立解得Ui:S=1:1,B錯誤；微粒從射入到運動到最高點有”=。小力聯立可

得L：d=l：1,A錯誤；嗷粒從最高點到穿出電容器時由運動學知識可得乙=協(xié)力，vyi=aht

射入電容器到最高點有必.=,〃，解得與，設微粒穿出電容器時速度與水平方向的夾角為

a,則tana=4=），微粒射入電容器時速度與水平方向的夾角為小lan（a+Q）=3,C錯誤；

粒子從射入到最高點的過程水平方向的位移為X,豎直方向的位移為,，=%尸，聯立解得y=

卷擊，且,可得x=2L,y=d=L,即粒子在運動到最高點的過程中水

平和豎直位移均與電荷量后質量無關，射出電場過程同理，=,7=";°力'=￥

41

=占,即枕跡不會變化，D正確。

第10講磁場

【目標要求】1.會用安培定則判斷磁場的方向，會進行磁感應強度的疊加。2會分析和計算安

培力、洛倫茲力的方向和大小。3會判斷帶電粒子在磁場中的運動性質并會解決相應問題。

考點一磁場的基本性質安培力

1.磁場的產生與疊加

條形磁體磁感線的分布、地

磁體f磁場的特點

2.安培力的分析與計算

例1如圖所示，M、N和P是以A/N為直徑的半圓弧上的三點，。為半圓弧的圓心，/MOP

=60。，在M、N處各有一長直導線垂直穿過紙面，電流方向如圖所示，且/M=2/M已知電流

為/的長直導線在其周圍激發(fā)的磁場中，距導線距離為一處的磁感應強度大小為/3=?，其中

女為常數），此時。點的磁感應強度大小為所。若將M處長直導線移至P處，則此時。點的

磁感應強度（）

A.大小為小S，方向水平向右

B.大小為、月助，方向水平向左

C.大小為2辦，方向與水平方向夾角為30。斜向右下

D.大小為2B”方向與水平方向夾角為30。斜向右上

答案A

解析設N處導線在。點激發(fā)磁場的磁感應強度大小為胡，則M處導線在。點激發(fā)的磁場

的磁感應強度大小為2R）,M處導線未移動時，各導線在。點激發(fā)磁場的磁感應強度如圖中

實線所示，可得&=B。,將M處導線移到尸處時，在0點激發(fā)磁場的磁感應強度大小仍為

2坳，如圖中虛線所示，N處導線在。點激發(fā)磁場的磁感應強度不變，則此時合磁感應強度

大小為小自），即小辦，方向水平向右，故A正確。

例2如圖所示，半徑為R的金屬圓環(huán)用絕緣輕質細線懸掛于天花板上，金屬圓環(huán)中通以逆

時針方向的電流，圖中A、C與圓心O連線的夾角為120。，只在直線AC上方