2019-2020步步高考前三个月专题三第6课时

1、第一篇专题复习专题三电场与磁场考情分析与备考建议1 .五年考情分析分课时考点试卷及题号第6课时电场与磁场的理解考点1电场性质的理解15 年 I 卷 T15、16 年 I 卷 T20、16 年 出卷T15、17年I卷 T20、17年出卷 T21、18 年 I 卷 T16、18 年 I 卷 T21、 18年H卷 T21、18年出卷 T21、19年 n卷T20、19年出卷T21考点2带电粒子（带电体）在电场中的运动15 年 H 卷 T14、15 年 H 卷 T24、16 年n卷T15、17年I卷 T25、17年n卷T25、19 年 H 卷 T24、19 年出卷 T24考点3磁场对电流的作用15 年

2、I 卷 T24、15 年 H 卷 T18、17 年I卷T19、17年H卷 T21、17年出卷T18、19年I卷 T17考点4 磁场对运动电荷的作用15 年I卷 T14、15年H卷 T19、16 年n卷T18、16年出卷 T18、17年n卷T18、19 年H卷 T17、19 年出卷 T18第7课时带电粒子在复合场中的运动考点1带电粒子在复合场中运动的应用实例16年I卷T15考点2带电粒子在叠加场中的运动17年I卷T16考点3带电粒子在组合场中的运动17年出卷 T24、18年I卷 T25、18年n卷T25、18年出卷 T24、19年I卷T242 .复习备考建议(1)电场问题是动力学与能量观点在电磁

3、学中的延续，主要考查点有电场叠加、电场描述、电 场能的性质、带电粒子(带电体)在电场中的运动等. 带电粒子(带电体)在电场中的运动能够综 合考查运动的合成与分解、牛顿第二定律、动能定理等.2015、2017、2019年均在高考计算题中出现，可见这部分内容综合性强，仍然是命题的热点.(2)带电粒子在匀强磁场中的运动综合了洛伦兹力、牛顿运动定律、匀速圆周运动等知识，是 高考命题的热点和重点，磁场叠加、安培力近年来也频繁考查，难度一般不大.高考对于带 电粒子在磁场中的运动的考查，多为选择题，难度适中，2018年全国I、n、出卷考查带电粒子在匀强磁场中的运动出现在了计算题中，2017年全国出卷、201

4、9年全国I卷也有复合场的计算题，但难度适中，所以要重点复习，但不要过于繁、难.第6课时电场与磁场的理解考点O电场性质的理解1 .电场强度、电势、电势能的表达式及特点对比表达式特点电场强度E=q, E=k* e4矢量，由电场本身决定.电场线越密，电场强度越大电势,ep彳标量，与零电势点的选取有美， 沿电场线方向电势逐渐降低电势能ep = q d),AEp= 一 W 电标量，电场力做正功，电势能减小2 .电势高低的比较(1)沿着电场线方向，电势越来越低；(2)带电荷量为+ q的点电荷，在电场力的作用下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=忸一帆

5、若UAB>0,则(jA> (jB,反之(j)A<怛3 .电势能变化的判断由Ep=q(j)判断：正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大；(2)由Wab=Epa Epb判断：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大；(3)只有电场力做功时，电荷的电势能与动能之和守恒.4 .运动轨迹问题(1)某点速度方向即为轨迹在该点的切线方向；（2）从轨迹的弯曲方向判断受力方向（轨迹向合外力方向弯曲），从而分析电场方向或电荷的正、 负；（3）结合速度方向与电场力的方向，确定电场力做功的正、负，从而确定电势能、电势的变化传1（多选）（2019贵州安顺市上学期质量监测）

6、两电荷量分别为qi和q2的点电荷分别放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势4随x变化的关系如图1所示，其中A、N两点的电势均为零,ND段中的C点电势最高，则（）图1A .中带正电，q2带负电B. A、N点的电场强度大小为零C. NC间场强方向沿x轴负方向D.将一负点电荷从 N点移到D点，电势能一直增大答案 AC解析 由题图可知，在 q1附近电势为正，q2附近电势为负，可知 q1带正电，q2带负电，故A正确；4一x图象的斜率表示场强 巳 可知A、N两点电场强度不为零，故 B错误；由题图可知：由N至C,电势升高，所以场强方向沿x轴负方向，故C正确；由N至D,电势先升高后降低，则将一负点电荷从

7、 N点移到D点，电势能先减小后增大，故 D错误.【变式训练】1.（多选）（2019全国卷出21）如图2,电荷量分别为q和一q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点.则 （）图2A . a点和b点的电势相等B. a点和b点的电场强度大小相等C. a点和b点的电场强度方向相同D.将负电荷从a点移到b点，电势能增加答案 BC解析 b点距q近，a点距一q近，则b点的电势高于a点的电势，A错误；如图所示,h Ea、b两点的电场强度可视为 E3与E4、Ei与E2的合场强.其中 Ei / E3, E2/E4,且知 Ei =E3, E2=E4,故合场强 Ea与Eb大小相

8、等、方向相同，B、C正确；由于 婀岫，负电荷从低电势处移至高电势处过程中，电场力做正功，电势能减少， D错误.2. （2019河南郑州市第二次质量预测 ）某电场的电场线和等势面分布如图3所示，其中实线为电场线，虚线为等势面，a、b、c为电场中的三个点.下列说法正确的是（）图3A. a点的电势高于b点的电势B . a点的电场强度小于 b点的电场强度C.电子从a点移到c点，电势能增大D.将电子从a点移到c点，再从c点移到b点，电场力做功代数和为零 答案 D解析 因a、b两点在同一等势面上，则 a点的电势等于b点的电势，选项A错误；a点附近 电场线较b点附近密集，可知 a点的电场强度大于 b点的电场

9、强度，选项 B错误；因c点电 势高于a点，可知电子从a点移到c点，电势能减小，选项 C错误；因a点的电势等于b点 的电势，则将电子从 a点移到c点，再从c点移到b点，电势能的变化为零，即电场力做功 代数和为零，选项 D正确.【仞2（多选）（2018全国卷n 21）如图4,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 Wi；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（）京 'nrj工ci 7图4A.此匀强电场的场强方向一定与a、b

10、两点连线平行W1 + W2B .若该粒子从 M点移动到N点，则电场力做功一定为 一2一C.若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为 W2 qD.若Wi = 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（ja+8 （jb+（j）d Uab+Ucd别为ac和bd的中点，对于匀强电场，则 Umn=-2 2 =2,可知该粒子由 MWl +W2至N过程中，电场力做功 W= 2 ，B项正确；电场强度的方向只有沿c一d时，才有场W2即（|a （|）ba、 b、c强&

11、#163;=工，但本题中电场万向未知，C项错误；若 W1= W2,则Uab=Ucd=UMN,qL=帆一（N,加一帆=岫一（N,可知 UaM=UbN, D项正确.【变式训练】3.（多选）（2019山东日照市上学期期末）一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内三点的位置如图5所示，三点的电势分别为10 V、16 V、24 V.下列说法正确的是A .坐标原点的电势为18 VB .电场强度的大小为1.25 V/cmC.电场强度的方向从c点指向a点图5D.电子从b点运动到坐标原点，电场力做功为2 eV答案 ABD解析 根据 如一（j）a=卜一M,因a、b、c二点电势分别为值=10 V、（|b= 16 V

12、、8= 24 V ,则原点处的电势为 （fo=18 V,故A正确；如图,vkm。2 4 6 H x/cm()O 8y轴上y=2点(M点)的电势为 料=(O-4=16 V,所以b点与y轴上y=2点的电势相等，连接b点与y轴上y= 2点的直线即为等势线，过 a点作Mb的垂线即为电场线，方向与y轴负方向成37°角斜向上，垂足为N,由几何关系得：Z abM = 37°, aN = ab sin 37= 4.8 cm,岫，所以E=智=1.25 V/cm,故B正确，C错误；加<加，则电子从b点运动到坐标原 aN点，电场力做正功，w= 2 eV,故D正确.考点O带电粒子(带电体)在

13、电场中的运动1 .直线运动的两种处理方法(1)动能定理：不涉及 t、a时可用.(2)牛顿第二定律和运动学公式：涉及a、t时可用.尤其是交变电场中，最好再结合v t图象使用.2 .匀强电场中偏转问题的处理方法(1)运动的分解已知粒子只在电场力作用下运动，且初速度方向与电场方向垂直.沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t=L.V0沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a=F=aE=qU.m m md2离开电场时的偏移量 y= 2at2= 2 d 2.速度偏向角tan *=" mUx2 -tan 户 mb；位移偏向角y qUxx= lqULtan 0=x=2mdv02> ta

14、n 0= 2mdv02.(2)动能定理：涉及功能问题时可用.注意：偏转时电场力做的功不一定是W= qU板间，应该是 W= qEy(y为偏移量).3.非匀强电场中的曲线运动(1)电荷的运动轨迹偏向所受合外力的一侧，即合外力指向轨迹凹的一侧；电场力一定沿电场 线切线方向，即垂直于等势面.(2)由电场力的方向与运动方向的夹角，判断电场力做功的正负，再由功能关系判断动能、电 势能的变化.他3 (2019全国卷H 24)如图6,两金属板P、Q水平放置，间距为 d.两金属板正中间有一 水平放置的金属网G,P、Q、G的尺寸相同.G接地，P、Q的电势均为火，0).质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G

15、的左端上方距离 G为h的位置，以速度 Vo平行于纸面水平射入 电场，重力忽略不计.Q_:Q图6(1)求粒子第一次穿过 G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从 G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？收田 小12,2mdh答案 (1)2mv0+学qh v0yqjmdh(2)2V0；7T解析(1)PG、QG间场强大小相等，均为 E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a,有E = F = qE = ma 设粒子第一次到达 G时动能为Ek,由动能定理有1 小 qEh= Ek 2mv02 1 设粒子第一次到达 G时所

16、用的时间为t,粒子在水平方向的位移为l,则有h=：1at2 l= V0t 联立式解得Ek=1mV02+牛qh ,mdhe l = V0、/ V q(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短.由对称性知，此时金属板的长度为mdhL = 2l = 2voA /-V q。变式训练4. （2019湖南六校4月联考）如图7所示，空间中存在着由一固定的负点电荷Q（图中未画出）产生的电场.另一正点电荷 q仅在电场力作用下沿曲线 MN运动，在M点的速度大小为vo,方向沿MP方向，到达N点时速度大小为v,且v<vo,则（图7A. Q一定在虚线 MP下方B. M点的电势比N点的电势高C.

17、q在M点的电势能比在 N点的电势能小D. q在M点的加速度比在 N点的加速度小答案 C解析 场源电荷带负电，运动电荷带正电，它们之间是吸引力，而曲线运动合力指向曲线的内侧，故负点电荷Q应该在轨迹的内侧， 故A错误；只有电场力做功，动能和电势能之和守 恒，运动电荷在 N点的动能小，故其在 N点的电势能大，故 C正确；运动电荷为正电荷，故N点电势高于 M点电势，故M点离场源电荷较近， 则M点场强较大，所以q在M点的加 速度比在N点的加速度大，故 B、D错误.5.（2019河北“五个一名校联盟”第一次诊断）如图8所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度

18、Vo由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为 60°,重力加速度为g,则以下说法正确的是（）图8A.电场力大小为您mgB.小球所受的合外力大小为 “3mgc.小球由。点到p点用时"3"D.小球通过P点时的动能为2mv02答案 C解析 设OP=L,从。到P水平方向做匀减速运动，到达P点的水平速度为零；竖直方向V0 .13vo做自由洛体运动，则水平万向：Lcos 60 =i,竖直万向：Lsin 60 = gt2,解得：1=七一，选项C正确；水平方向Fi= ma= mvmg,小球所受的合外力是 Fi与mg的合力，可知 t 3合

19、力的大小F = q mg 2+ Fi 2 = 233mg,选项A、B错误；小球通过P点时的速度vp=gt=#vo,则动能：EkP=；mvp 2=|mvo2,选项 D 错误.考点令磁场对电流的作用1 .对磁场的理解(1)磁感应强度是矢量，其方向与通电导线在磁场中所受力的方向垂直； (2)电流元必须垂直于磁场方向放置，公式B = F才成立；(3)磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的,与通电导线受力的大小及方向均无关.2 .磁场的叠加对于电流在空间某点的磁场，首先应用安培定则判断出各电流在该点的磁场方向，然后应用平行四边形定则合成.3 .安培力(1)若磁场方向和电流方向垂直：F = BL.(2)

20、若磁场方向和电流方向平行：F = 0.(3)方向判断：左手定则.(4)方向特点：垂直于磁感线和通电导线确定的平面.4 .两个等效模型(1)变曲为直：如图 9甲所示的通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流.甲乙图9（2）化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙.5 .磁场力做功情况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.隋4】（2019全国卷I 17）如图10,等边三角形线框 LMN由三根相同的导体棒连接而成， 固 定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直， 线框顶点

21、M、N与直流电源两端相接. 已 知导体棒MN受到的安培力大小为 F,则线框LMN受到的安培力的大小为（）图10A. 2F B. 1.5F C. 0.5F D. 0答案 B解析 设三角形边长为1,通过导体棒MN的电流大小为I,则根据并联电路的特点可知通过导体棒ML和LN的电流大小为2,如图所示，M I NI 1依题意有F = B1I,则导体棒 ML和LN所受安培力的合力为 F = B12=2F,万向与F的万向相同，所以线框 LMN受到的安培力大小为 1.5F,选项B正确.【变式训练】6. （2019山西晋城市二模）一正方形导体框 abcd,其单位长度的电阻值为 r,现将该正方形导 体框置于如图1

22、1所示的匀强磁场中， 磁感应强度的大小为 B,用不计电阻的导线将导体框连 接在电动势为E、不计内阻的电源两端，则关于导体框所受的安培力，下列描述正确的是（）A.安培力的大小为B.安培力的大小为C.安培力的大小为D.安培力的大小为图11甯方向竖直向上4EB"37EBrEBr,方向竖直向下方向竖直向下方向竖直向上答案 B解析由题图可知,电路接通后流过导体框的电流方向为ad及abcd，假设导体框的边长为 L,由欧姆定律可得流过ad边的电流大小为Ii = LEr，流过bc边的电流大小为I2=TE-；又由左手3Llad、bc两边所受安培力方向均竖直定则可知ab、cd两边所受安培力大小相等、方向

23、相反,向下，则导体框所受的安培力大小为4EBF = BI iL+Bl2L=-r,方向竖直向下，故选项 B正确. 317. （2019天一大联考上学期期末）一课外探究小组用如图 12所示实验装置测量学校所在位置 的地磁场的水平分量 Bx.将一段细长直导体棒南北方向放置，并与开关、导线、电阻箱以及电动势为E、内阻为R的电源组成如图所示的电路.在导体棒正下方距其l处放一小磁针，开关断开时小磁针与导体棒平行，现闭合开关，缓慢调节电阻箱阻值，发现小磁针逐渐偏离南北方向，当电阻箱的接入阻值为5R时，小磁针的偏转角恰好为30°.已知通电长直导线周围k为比例系数），导体棒和导某点磁感应强度大小为B

24、= k1（r为该点到通电长直导线的距离,线电阻不计，则该位置地磁场的水平分量大小为（）一nI I d I 1 I J I1-L 图12,3kEA. 5lRC .'3kED 一 3kE15lR18lR答案 B解析 通电长直导体棒在其正下方距其 l处产生的磁场的磁感应强度大小为Bi=kI,方向沿东西方向，其中的E E 上I=RT=词如图'小-B1'3kE 由磁场的叠加可知Bx=tan研三故选B.考点o磁场对运动电荷的作用v2 丁 2 7r qvB=m 丁=7-i、人mv 2 7m重要结论：r=, T=qB qB .2 .基本思路 (1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画

25、出运动轨迹.(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.3 .轨迹的几个基本特点(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角.如图13, 01=色=电(2)粒子经过磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角，即“1=02.图13(3)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，射出时亦沿半径方向，如图14.图14图15(4)磁场圆与轨迹圆半径相同时，以相同速率从同一点沿各个方向射入的粒子，出射速度方向相互平行.反之，以相互平行的相同速率射入

26、时，会从同一点射出(即磁聚焦现象)，如图15所示.4 .半径的确定2方法一：由物理方程求.由于Bqv=mv,所以半径R=mv；RqB方法二：由几何关系求.一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定.5 .时间的确定方法一：由圆心角求，t=4；方法二：由弧长求，t = §6 .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确定半径方向，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5】如图16所示，在矩形区域内有垂直于纸面向

27、外的匀强磁场，磁感应强度大小为B =5.0X 10 2 T,矩形区域长为 寺 m,宽为0.2 m,在AD边中点。处有一粒子源，某时刻， 粒子源沿纸面向磁场中各方向均匀地发射出速率均为v=2X106 m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量 m= 1.6X 10 27 kg、电荷量为q = + 3.2X 10 19 C(不计粒子重力和粒子间的相互作 用)，求：fCA TT D图16(1)带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为多大？(2)从BC边界射出的粒子中，在磁场中运动的最短时间为多少?(3)从BC边界射出的粒子中，在磁场中运动的最长时间为多少? 答案 (1)0.2 m (2)铲 10 7 s (3)

28、2x 10 7 s解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，2由牛顿第二定律得：qvB= mzrR解得：R=0.2 m.运动时间最短，作(2)因为所有粒子的轨道半径相同，所以弦最短的圆所对应的圆心角最小,EOXAD,则EO弦最短，如图所示.因为 EO=0.2 m,且 R= 0.2 m, 兀所以对应的圆心角为9=73由牛顿第二定律得：qvB= m(2T) 2R解得：T =2 TmqB最短时间为:6_0mtmin= 2-J =qBBC边界相切或粒子,粒子的最长运动时解得：tmin=/X10-7 s.3(3)从BC边界射出的粒子在磁场中运动的时间最长时，粒子运动轨迹与 进入磁场时的速度方向指向OA方向，

29、转过4圆周，对应的圆心角：间：tmax=：T=瑞，解得：tmax = 2tX 10 7 s.【变式训练】8. （2019山东荷泽市下学期第一次模拟）如图17所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过B.一个质量为m、电c点，不计粒子的重图17A.qmLB.0 <2i qBL C.D.V2+ 1 qBLm答案 C解析 粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定过圆心,由于粒子能经过c点,因此粒子出磁场时一定沿 ac方向，轨迹如图所示,1Rb力，则粒子的速

30、度大小为（）由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r=J2L L=（421）L,根据牛顿第二定律得 qvoB=mvr0-,求得 vo=m qBL, c 项正确.9.（2019全国卷H 17）如图18,边长为l方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外.的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为ab边中点有一电子发射源 O,可向磁场内沿垂直于B,ab边的方向发射电子.已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为（图181.5A.4kBl, tkBlb.4网4kBl,515TkBl "kBlvkBl答案 B解析如图,电子从a点射出时，其轨迹半径为 a=由洛伦兹力提供向心力

31、，有evaB = mv-,又弓=k,4am- kBll5l解得va =；电子从d点射出时，由几何关系有rd 2=l2+（rd-）2,解得轨迹半径为rd= ,.vd 2 一 e5kBl 由洛伦兹力提供向心力，有evdB=m7,又m=k,斛倚vd=>,选项B正确.专题突破练级保分练1.（2019山东济南市上学期期末）长为L的直导体棒a放置在光滑绝缘水平面上，固定的长直 导线b与a平行放置，导体棒 a与力传感器相连，如图 1所示（俯视图）.a、b中通有大小分 别为Ia、Ib的恒定电流，Ia、Ib方向未知.导体棒 a静止时，传感器受到 a给它的方向向左、 大小为F的拉力.下列说法正确的是 （）L

32、 L -I传感生A. Ib与Ia的方向相同，Ib在a处的磁感应强度 B大小为吉I bLB. Ib与Ia的方向相同，Ib在a处的磁感应强度 B大小为工 I aLC. Ib与Ia的方向相反，Ib在a处的磁感应强度 B大小为5"I bLD. Ib与Ia的方向相反，Ib在a处的磁感应强度 B大小为F"I aL答案 B解析 因传感器受到a给它的方向向左、大小为F的拉力，可知电流a、b之间是相互吸引力，即a、b中的电流同向；根据 F = BIaL,可知Ib在a处的磁感应强度 B大小为B= 7T ,故I aL选B.2. （2019浙江绍兴市3月选考）如图2所示，下边缘浸入水银槽中的铝盘置

33、于蹄形磁铁的磁场 中，可绕转轴转动，当转轴、水银槽分别与电源的正、负极相连时，铝盘开始转动.下列说法中不正确的是（）A.铝盘绕顺时针方向转动B.只改变磁场方向，铝盘的转动方向改变C.只改变电流方向，铝盘的转动方向改变D.同时改变磁场方向与电流方向，铝盘的转动方向不变答案 A3 .（2019安徽合肥市第一次质量检测 ）如图3所示，真空中位于 x轴上的两个等量负点电荷,答案 A关于坐标原点解析 设x轴的正方向代表电场强度的正方向，两负点电荷所在位置分别为A、B点，等量负点电荷电场线分布如图所示.在A点左侧电场线水平向右，场强为正,A点越近，场强越大；在A到O之间，电场线向左，场强为负，离 A越近，

34、场强越大;在。到B之间，电场线向右，场强为正，离 B越近，场强越大； 在B点右侧，电场线水平向左，场强为负，离B越近，场强越大.4 . （2019福建厦门市第一次质量检查 ）如图4所示，菱形 ABCD的对角线相交于 。点，两个等量异种点电荷分别固定在 AC连线上的M点与N点，且OM=ON,则（）图4A. B、D两处电势相等B.把一个带正电的试探电荷从A点沿直线移动到 B点的过程中，电场力先做正功再做负功C. A、C两处场强大小相等、方向相反D.同一个试探电荷放在 A、C两处时电势能相等答案 A5.（多选）（2019全国卷H 20）静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为

35、粒子运动轨迹上的另外一点，则（）A.运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B.在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C.粒子在M点的电势能不低于其在 N点的电势能D.粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行答案 AC解析 在两个等量同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两点电荷的连线上自M点（非两点电荷连线的中点）由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项 A正确；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，粒子运动到N点时动能不小于零，则粒子在M点的电势能不低于其在 N点的电势能，选项 C正确；若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的

36、运动轨迹不会与电场线重合，选项 B错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D错误.6 .（多选）（2019广东珠海市质量监测）如图5,空间有平行于纸面的匀强电场，处于该电场中 的直角三角形 ABC直角边BC=20 cm, / A= 60°, AD是/ A的角平分线.若在直角顶点B处有一个射线源，能朝空间各方向射出动能为1 000 eV的电子，则能在顶点A和C分别探测到动能为1 100 eV和900 eV的电子，本题中运动的电子仅需考虑匀强电场的电场力，则（） 、叱君yA . AB间的电势差 Uab= 1

37、00 VB .该匀强电场的场强 E = 1 000 V/mC.电场强度的方向沿 A指向DD.整个三角形内，顶点 C的电势最高答案 ABC解析 从B到A由动能定理可得：eUBA=1 100 eV 1 000 eV,可得Uba=100 V,所以Uab=100 V ,故A正确；由题可知 BC间的电势差 Ubc= 100 V,所以AC间的电势差为 Uac= 200 V ,由几何知识可得 AC在AD方向上的投影是 AB在AD方向上的投影的2倍，这就说明电场的方向一定沿着 AD,并且由A指向D,故C正确；AB在AD上的投影AB ' =AB cos 30100=BC tan 30 cos 30 =

38、BC sin 30 = 10 cm,所以电场强度的大小为：E = 67 V/m=1 000V/m,故B正确；分析可知，整个三角形内，顶点A的电势最高，故 D错误.7 .电磁炮是一种理想兵器，它的主要原理如图 6所示.1982年澳大利亚国立大学成功研制出能把2.2 g的弹体（包括金属杆 MN的质量）加速到10 km/s的电磁炮.若轨道宽 2 m,长100 m,通过金属杆的电流恒为10 A,不计轨道摩擦，则（）图6A.垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度大小为5.5 TB.垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度大小为5.5X104 TC.该电磁炮工作时磁场力的最大功率为1.1 X 104 kWD.该电磁

39、炮装置对磁场方向和电流方向的关系没有要求答案 C解析由运动学公式v2-V02=2ax,可得弹体的加速度大小v2 V02a =2x10 X 103 222X 100 m/s= 5X105 m/s2;弹体所受安培力为 F=BIL,由牛顿第二定律可得：BIL = ma,ma解得：B=L =2.2X 10 3X5X10510X 2T = 55 T,选项A、B错误；速度最大时磁场力的功率最大,Pm= BIL vm= 55X 10X 2X 104 W= 1.1 X 104 kW,选项C正确；磁场方向和电流方向决定安培力方向，选 项D错误.8.（多选）（2019山东烟台市上学期期末）如图7所示，一平行板电容

40、器的A、B两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d,两极板间有一个质量为 m的带电粒子静止于P点.下列说法正确的是（）图7A.带电粒子带负电B.若仅将A板稍微向上移动一定距离，则带电粒子仍将保持静止C.若仅将两极板各绕其中点快速顺时针转过一定小角度，则粒子将向左做直线运动D.若断开电源并将 B板稍向右移动一定距离，则带电粒子将向上做直线运动答案 AD解析 带电粒子静止于 P点，则所受电场力竖直向上，因电场强度方向向下， 知粒子带负电，故A正确；若仅将 A板稍微向上移动一定距离，因电压 U不变，E = £,则电场力减小，因 此粒子将向下运动，故 B错误；将两极板顺时针旋

41、转口角度后，电场强度 E' =-7-U,而d COS a且电场强度的方向也旋转了a,由受力分析可知，竖直方向合力为0,水平方向有电场力向右的分力，所以粒子水平向右做匀加速直线运动，故 C错误；若断开电源，电容器所带电荷一、Q U一，S4jkQ 一,量Q不变，根据C=j, E=d及C=4得E=<S"，则知将B板稍向右移动一定距离，电场强度E增大，则带电粒子将向上做直线运动，故 D正确.9.（多选）（2019江西赣州市上学期期末）如图8所示，在半径为 R的圆形区域内，存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B,方向垂直于圆平面（未画出）.一群比荷为 1的负离子以相同速率 Vo（较大

42、），由P点在纸平面内沿不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的荧光屏（足够大）上，则下列说法正确的是（不计离子的重力和离子间的相互作用）（）图8A.离子在磁场中运动的半径一定相等B.离子在磁场中运动的时间一定相等C.沿PQ方向射入的离子飞出时速度偏转角最大jmD.若离子在磁场中运动的轨道半径r=2R,则离子在磁场中运动的最长时间为3qB答案 AD解析 离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得:qvB=mv,解 mv得：=布，因离子的速率相同，比何相同，故轨迹半径相同，故A正确；设离子轨迹所对应的圆心角为。，则离子在磁场中运动的时间为=白，T=窗，所有离子的运动周期相等，由于离子从圆上不同点射出时，轨迹的圆心角不同，所以离子在磁场中运动的时间不同，故B错误；由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时速度偏转角最大，离子圆周运动的最大弦长为PQ,故由Q点飞出的离子圆心角最大，所对应的时间最长，此时离子一定不会沿 PQ方向射入，即沿 PQ方向射入的离子飞出时的速度偏转角不是最大的，故C错误；若离子在磁场中运动的轨道半径r=2R,则离子在磁场中转过的最