19届高考物理二轮复习讲义专题5电场与磁场第1课时电场和磁场基本问题

年份试卷题号考点15安培力的理解带电粒子在磁场中的运动Ⅰ卷201421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19电场强度和电势的理解Ⅱ卷20带电粒子在磁场中的运动14带电粒子在磁场中的运动201515电场性质的理解Ⅰ卷24安培力作用下的均衡问题

情境图题题题题题题Ⅱ卷Ⅰ卷2016Ⅱ卷Ⅲ卷2017Ⅰ卷

带电粒子在电场内的均衡问题带电粒子在磁场中的运动14题带电粒子在电场中的运动24题14平行板电容器15质谱仪的原理和应用15题20电场性质的理解20题15带电粒子在电场中的运动15题带电粒子在磁场中的运动18题15电场性质的理解带电粒子在磁场中的运动18题带电粒子在复合场中的运动19安培力的相互作用20电场性质的理解带电体在电场中运动的多过程25问题带电粒子在磁场中的运动21安培力作用下的运动Ⅱ卷带电体在电场中运动的多过程25问题通电导线产生的磁场的合成21电场性质的理解Ⅲ卷带电粒子在磁场中的运动

题题题题题题题题Ⅰ卷2018Ⅱ卷Ⅲ卷

24题16库仑定律及力的合成16题21电场性质的理解21题带电粒子在组合场中的运动25题20磁感觉强度的矢量合成20题21电场性质的理解21题带电粒子在组合场中的运动分25析25题带电粒子在组合场中的运动题第1课时电场和磁场基本问题1．电场强度的三个公式FE＝q是电场强度的定义式，合用于任何电场．电场中某点的场强是确立值，其大小和方向与尝试电荷q没关，尝试电荷q充任“丈量工具”的作用．Q(2)E＝kr2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决定．UE＝d是场强与电势差的关系式，只合用于匀强电场．注意：式中d为两点间沿电场方向的距离．2．电场能的性质Ep(1)电势与电势能：φ＝q.WAB电势差与电场力做功：UAB＝q＝φA－φB.电场力做功与电势能的变化：W＝－Ep.3．等势面与电场线的关系电场线老是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面．电场线越密的地方，等差等势面也越密．沿等势面挪动电荷，电场力不做功，沿电场线挪动电荷，电场力必定做功．4．带电粒子在磁场中的受力状况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．洛伦兹力的大小和方向：其大小为F＝qvBsinθ，注意：θ为v与B的夹角．F的方向由左手定章判断，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．洛伦兹力做功的特色因为洛伦兹力一直和速度方向垂直，因此洛伦兹力永不做功．1．主要研究方法理想化模型．如点电荷．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．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：由功的定义式W＝Flcosα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＝－Ep；利用WAB＝qUAB来求．3．电场中的曲线运动的剖析采纳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质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．电场线设想线，直观形象地描绘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．电势高低的比较依据电场线方向，沿着电场线方向，电势愈来愈低；(2)将带电荷量为＋q的电荷从电场中的某点移至无量远处电场力做功越多，则该点的电势越高；依据电势差UAB＝φA－φB，若UAB>0，则φA>φB，反之φA<φB.3．电势能变化的判断依据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少；反之则增添．即W＝－Ep.(2)依据能量守恒定律判断，

电场力做功的过程是电势能和其余形式的能相互转变的过程，

若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转变，而总和保持不变．例

1

(多项选择)(2018

·湖北省

4月调研)如图

1所示，平均带电的半圆环在圆心

O点产生的电场强度为

E、电势为

φ，把半圆环分红

AB、BC、CD三均分．以下说法正确的选项是

(

)图1EA．BC部分在O点产生的电场强度的大小为2EB．BC部分在O点产生的电场强度的大小为3φC．BC部分在O点产生的电势为2φD．BC部分在O点产生的电势为答案AD

3分析如下图，B、C两点把半圆环均分为三段．设每段在O点产生的电场强度大小均为′.AB段和段在O处产生的场强夹角为120°，ECD它们的合场强盛小为′，则整个半圆环在O点的合场强：EBC＝2′，则：′＝；故圆弧2E在圆心O处产生的场强为2.电势是标量，设圆弧BC在圆心O点产生的电势为φ′，则有3φ′φφ，则φ′＝，应选A、D.3拓展训练1(多项选择)(2018·河北省衡水金卷模拟一)如图2所示，竖直面内固定的平均带电圆环半径为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均衡状态，小球到圆环中心O距离为R，已知静电力常量为k，重力加快度为g，则小球所处地点的电场强度为( )图2mg2mgA.qB.2qQ2QC．kR2D．k4R2答案ADmg分析对小球受力剖析可知mgtan45°＝qE，解得E＝q，选项A正确，B错误；因为圆环x不可以看作点电荷，我们取圆环上一部分x，总电荷量为Q，则该部分电荷量为2πRQ；该部分电荷在小球处产生的电场强度为kQxkQx＝kQxE1＝2＝23，方向沿该点与小球的连2πLR2π(2R)R4πR线指向小球；同理取以圆心对称的同样的一段，其电场强度与E1同样，如下图：则两个场强的合场强为kQx2kQx，方向沿圆心与小球的连线向外；1′＝2·3cos45°＝34πR4πRπRπR2kQx2因圆环上各点均在小球处产生电场，则合场强为E＝xE1′＝x·4πR3＝4R2，方向水平向左，选项C错误，D正确．例2(多项选择)(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点挪动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点挪动到d点，其电势能减小W2.以下说法正确的选项是( )图3A．此匀强电场的场强方向必定与a、b两点连线平行B．若该粒子从M点挪动到N点，则电场力做功必定为W1＋W22C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强盛小必定为W2qLD．若W＝W，则a、M两点之间的电势差必定等于b、N两点之间的电势差12答案BD分析联合题意，只好判断ab>0，cd>0，但电场方向不可以确立，A项错误；因为、分别UUMN为ac和bd的中点，对于匀强电场，则Uab＋UcdM至N过程中，电场力做UMN＝，可知该粒子由2WWW1＋22功W＝2，B项正确；电场强度的方向只有沿c→d时，才有场强E＝qL，但此题中电场方向未知，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

(多项选择)(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

2V．一电子经过

a时的动能为

10eV，从

a到d的过程中战胜电场力所做的功为

6eV.

以下说法正确的选项是

(

)图4A．平面c上的电势为零B．该电子可能抵达不了平面fC．该电子经过平面d时，其电势能为4eVD．该电子经过平面

b时的速率是经过

d时的

2倍答案

AB分析

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＝－6eV，故Uad＝6V；各虚线电势如下图，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，电子可能抵达不了平面f，B项正确；经过d时，电势能Ep＝－eφd＝2eV，C项错误；由a到，ab＝kb－ka＝－2eV，因此kb＝8eV；由a到，ad＝kd－ka＝－6eV，因此kd＝4eV；bWEEEdWEEEkbkdk12b＝d则E＝2E，依据E＝2mv知v2v，D项错误．拓展训练3(多项选择)(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是两电荷连线垂直均分线上的两点，bcd组成一等腰三角形，a、e两点对于O点对称．则以下说法正确的选项是( )图5A．a、b两点的电势同样B．a、e两点的电场强度同样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分析

a、b两点固然对于＋

Q对称，可是因为－

Q的影响，两点的电势其实不相等，故

A错误；a、e两点的合场强盛小相等，且方向同样，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，第一应用安培定章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)，而后应用平行四边形定章合成．2．磁场力做的功磁场力包含洛伦兹力和安培力，因为洛伦兹力的方向一直和带电粒子的运动方向垂直，洛伦兹力不做功，可是安培力能够做功．3．电流与电流的相互作用往常画出一个电流的磁场方向，剖析另一电流在该磁场中的受力，来判断电流的受力状况．例3(多项选择)(2018·全国卷Ⅱ·20)如图6，纸面内有两条相互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，外磁场的磁感觉强度大小为

B0，方向垂直于纸面向外．已知

a、b两点的磁感觉强度大小分别为

113B0和2B0，方向也垂直于纸面向外．则

(

)图6A．流经L的电流在b点产生的磁感觉强度大小为7B10B．流经L1的电流在a点产生的磁感觉强度大小为121B01C．流经L2的电流在b点产生的磁感觉强度大小为12B0D．流经L2的电流在a点产生的磁感觉强度大小为7B012答案AC分析原磁场、电流的磁场方向如下图，由题意知1在b点：2B0＝B0－B1＋B21在a点：3B0＝B0－B1－B271由上述两式解得B1＝12B0，B2＝12B0，A、C项正确．拓展训练4(多项选择)(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．以下说法正确的选项是

(

)图7A．图甲和图丁中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感觉强度都最小B．图甲和图丁中，在连线和中垂线上，对于O点对称的两点场强和磁感觉强度都同样C．图乙和图丙中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感觉强度都最大D．图乙和图丙中，在连线和中垂线上，对于O点对称的两点场强和磁感觉强度都同样答案AD分析在题图甲中依据场强公式：＝Q2以及场强的合成能够知道O点场强为零，在图丁中Ekr依据安培定章以及场强的合成能够知道O点磁感觉强度为零，都是最小的，应选项A正确；图甲和图丁中，在连线和中垂线上，对于点对称的两点场强和磁感觉强度不过大小相等，O可是方向不一样，应选项B错误；在图乙中，在中垂线上O点场强最大，可是在连线上O点场强最小；在图丙中，中垂线上，O点的磁感觉强度最大，应选项C错误；依据场强的合成，能够知道在图乙和图丙中，在连线和中垂线上对于O点对称的两点场强和磁感觉强度大小相等，方向同样，应选项D正确．拓展训练5(多项选择)(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两点对于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四周产生的磁场的磁感觉强度

B＝Ikr，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，对于上述过程，以下说法正确的选项是

(

)图8A．拉力F向来增大B．小物体对桌面的压力先减小后增大C．桌面对小物体的作使劲方向不变D．拉力F的功抢先减小后增大答案BCD高考题型3带电粒子在磁场中的匀速圆周运动1．基本思路画轨迹：确立圆心，用几何方法求半径并画出轨迹．找联系：轨迹半径与磁感觉强度、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．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．临界问题解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，要点在于运用动向思想，找寻临界点，确立临界状态，依据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场界限和题设条件画好轨迹，定好圆心，成立几何关系．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界限相切．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停地发射速度大小均为v、质量为、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xm轴搁置一个长度为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，其速度立刻变成0)．现察看到沿x轴负方向射出的粒子恰巧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使劲．图9求磁感觉强度B的大小；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轴上搁置一挡板，使薄金属板右边不可以接收到带电粒子，试确立挡板的最小长度和搁置的地点坐标．答案(1)mv(2)4πx0(3)(2－3)x0qx03v分析(1)由左手定章能够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v2射出的粒子恰巧打在金属板的上方，如图a所示，R＝x0，qvB＝mRmv联立得：B＝qx02πR2πx0粒子做匀速圆周运动的周期为T，T＝v＝v图b为带电粒子打在金属板左边面的两个临界点，由图可知，圆心O与坐标原点和薄金属板下端组成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成30°角，由图b可知抵达薄金属板左侧下端的粒子用时最短，即t＝T＝πx063v图c为打在右边下端的临界点，圆心与坐标原点和薄金属板下端组成正三角形，带电粒子速度方向和x轴正方向成150°角，由图a、c可知抵达金属板右边下端的粒子用时最长，即t′5T5πx0＝6＝3v则被板接收的粒子中最长和最短时间之差为4πx0t＝3v(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＝20cos30°＝3x0，下端(0，3x0)x最小长度＝20－3x0.Lx拓展训练6(2018·江西省南昌市十所省要点高中二模)如图10所示，在纸面内有磁感觉强度大小均为B，方向相反的匀强磁场，虚线等边三角形ABC为两磁场的理想界限．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，三角形外面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边射入三角形外面磁场，不计粒子的重力和全部阻力，试求：图10要使粒子从P点射出后在最短时间内经过B点，则从P点射出时的速度v0为多大？知足(1)问的粒子经过B后第三次经过磁场界限时到B的距离是多少？知足(1)问的粒子从P点射入外面磁场到再次返回到P点的最短时间为多少？画出粒子的轨迹并计算．qBL3L25πm答案(1)4m(2)4(3)3qBL分析(1)粒子盘旋半个圆周祥达B点所用时间最短，此时粒子做圆周运动的半径r＝4，根2qBL据半径qvB＝r0，解得v0＝4mL粒子做圆周运动半径r＝，由几何关系可知：43过B点后第三次经过磁场界限时距离B点：s＝3r＝4(3)粒子运动轨迹如图：从P点射入外面磁场到再次返回到P点的最短时间为tmin＝2525πm6T＝3qB高考题型4“带电体”在磁场中运动1．题型特色带电体一般要考虑重力的作用，一般包含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．解题方法要依据不一样的运动过程的特色，选用不一样的物理规律剖析．主要规律和方法有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、动能定理以及各样功能关系．例

5

(多项选择)(2018

·湖北省黄冈中学模拟

)如图

11所示，下端关闭、上端张口、高

h＝5m内壁圆滑的细玻璃管竖直搁置，管底有质量

m＝10g，电荷量的绝对值

|q|

＝0.2C

的小球，整个装置以

v＝5m/s

的速度沿垂直于磁场方向进入磁感觉强度

B＝0.2T

，方向垂直纸面向内的匀强磁场，因为外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最后小球从上端管口飞出．g取10m/s2.以下说法中正确的选项是

(

)图11A．小球带负电B．小球在竖直方向做匀加快直线运动C．小球在玻璃管中的运动时间小于1sD．小球机械能的增添量为1J答案BD分析由左手定章可知，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，则竖直方向加快度不变，即小球在竖直方向做匀加快直线运动，选项B正确；小球在竖直方向的加快度a＝B|q|v－mg0.2×0.2×5－0.01×102＝m＝m/s0.012，在管中运动的时间t＝2h2×510m/sa＝10s＝1s，选项C错误；小球到管口时的竖直分速度vy＝at＝10m/s，机械能的增添量：E＝mgh＋1mvy2＝(0.01×10×5＋1×0.01×22102)J＝1J，选项D正确．拓展训练7(多项选择)(2018·山西省运城市期末)绝缘圆滑斜面与水平面成α角，质量m、带电荷量为－q(q>0)的小球从斜面上的h高度处开释，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．假如斜面足够大，且小球能够沿斜面抵达底边MN.则以下判断正确的选项是( )图12A．小球在斜面做变加快曲线运动B．小球抵达底边MN的时间t＝2hgsin2αmgC．匀强磁场磁感觉强度的取值范围为0≤B≤qv0D．匀强磁场磁感觉强度的取值范围为0≤B≤mgcosαqv0答案BD分析小球所受协力是重力沿斜面向下的分力，小球所受协力恒定，做匀变速曲线运动，故错误；小球做类平抛运动，沿着斜面方向做初速度为零的匀加快直线运动，则小球的加快度a＝sin，再由运动学公式可得h12的时间t＝2h，αα＝，因此球抵达底边2gsin2atMNgsinα故B正确；小球带负电，由左手定章可知，小球遇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mgcosα；也就是0≤qv0B≤mgcosα，解得磁感觉强度的取值范围为mgcosα0≤B≤，故C错误，D正确．qv0专题加强练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时加快度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN.以下判断正确的是( )图1A．vM＜vN，aM＜aNB．vM＜vN，φM＜φNC．φM＜φN，pM＜pNEEMNpMpND．a＜a，E＜E答案D2.(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＝ab5cm，bc＝3cm，ca＝4cm.小球c所受库仑力的协力的方向平行于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216A．a、b的电荷同号，k＝916B．a、b的电荷异号，k＝964C．a、b的电荷同号，k＝2764D．a、b的电荷异号，k＝27答案D3．(多项选择)(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觉强I度知足B＝kr(此中k为比率系数，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，其横截面恰幸亏一个边长为

L

的正方形的四个极点上，电流方向如图

3，此中

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，则以下说法正确的选项是

(

)图3A．电流的大小关系为I1＝2I2B．四根导线所受的磁场力为零C．正方形中心O处的磁感觉强度为零D．若移走A导线，则中心O处的磁场将沿OB方向答案ACD4．(多项选择)(2018·湖南省益阳市4月调研)如图4所示，在某空间的一个地区内有向来线PQ与水平面成

45°角，在

PQ双侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场，磁感觉强度大小均为B.位于直线上的

a点有一粒子源，能不停地水平向右发射速率不等的同样粒子，

粒子带正电，电荷量为q，质量为m，全部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使劲，则粒子的速率可能为

(

)图42qBdB.2qBdA.4m6m2qBdD.3qBdC.m2m答案ABC分析由题意可知粒子可能的运动轨迹如下图2d全部圆弧的圆心角均为

90°，因此粒子运动的半径

r＝

2·n(n＝1,2

，3)，由洛伦兹力提供向心力得

v2qvB＝mr，则

v＝

qBrm＝

2qBd1·(n＝1,2,32mn

)，故

A、B、C正确，

D错误．5．(多项选择)(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，可在水平搁置的足够长的粗拙细杆上滑动，细杆处于磁感觉强度为

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，在此后的运动过程中，圆环运动的

v－t

图象可能是以下图中的

(

)图5答案BC分析当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＞时，N＝－，此时：N＝，因此小环做加快度渐渐减小的减速运动，直到qvBmgFqvBmgμFma＝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，因此小环做加快度渐渐增大的减速运动，直至停止，因此其v－t图象的斜率应当渐渐增大，故A、D错误．6．(2018·河南省中原名校第四次模拟)水平搁置的平行板电容器与某一电源相连结后，断开开关，重力不行忽视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6A．假如小球所带的电荷为正电荷，小球所受的电场力必定向下B．小球由A到B的过程中电场力必定做负功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分析小球在极板间遇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，说明小球遇到的协力竖直向下，重力与电场力的协力竖直向下；当小球带正电时，若上极板带正电荷，小球遇到的协力向下，小球运动轨迹向下，若上极板带负电，但假如电场力小于重力，小球遇到的协力向下，小球运动轨迹向下，故没法确立电场力与重力的大小关系，A错误；假如小球遇到的电场力向下，小球从A运动到B点过程中电场力做正功，假如小球遇到的电场力向上，则电场力做负功，小球的机械能可能增添，也可能减小，B错误，D正确；小球遇到的协力向下，小球从

A点运动到

B点过程中合外力做正功，小球的动能增添，

C错误．7．(多项选择)(2018

·安徽省黄山市一质检

)圆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＝1kg

的带正电小物块由

A点静止开释，并以此时为计时起点，小物块沿圆滑水平面经过B、C两点(图中未画出)，其运动过程的v－t图象如图乙所示，此中图线在B点地点时斜率最大，依据图线能够确立( )图7A．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点必在连线双侧D．UBC>UAB答案AD分析依据v－t图象的斜率表示加快度，知小物块在B点的加快度最大，所受的电场力最大，因此中垂线上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；中垂线上电场线散布不平均，B点不在连线中点，C错误；依据动能定理，121212ABBABC12121212＝16.5J，对照可得U>U，D正确．CBBCAB8．(多项选择)(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处罚别固定一个点电荷M、N，在x＝2a处由静止开释一个正点电荷P，假定点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，获得点电荷P速度大小与其在x轴上的地点关系如图8所示(此中在x＝4a处速度最大)，则以下说法正确的选项是()图8A．点电荷M、N必定都是正电荷B．点电荷M、N必定为异种电荷C．点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1D．x＝4a处的电场强度不必定为零答案AC分析由题图图象可知，点电荷P的速度先增大后减小，因此点电荷P的动能先增大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，联合正电荷遇到的电场力的方向与场强的方向同样可知，电场强度的方向先沿x轴的正方向，后沿x轴的负方向，依据点电荷的电场线的特色与电场的叠加原理可知，点电荷M、N必定都是正电荷，A正确，B错误；点电荷P的动能先增大后减小，因为只有电场力做功，因此点电荷P的电势能必定是先减小后增大，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kqqkqq荷M与N在P点的电场强度大小相等，方向相反，依据库仑定律得：MN2，则qM∶(4a)2＝(2)aqN＝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)一无穷大接地导体板MN前面放有一点电荷＋Q，它们在四周产生的电场可看作是在没有导体板存在的状况下，由点电荷＋Q与其像电荷－Q共MN同激发产生的．像电荷－Q的地点就是把导体板看作平面镜时，电荷＋Q在此镜中的像点位置．如图9所示，已知＋Q所在地点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，此中ab边平行于，则()MN图9QA．a点的电场强度大小为E＝4kL2B．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点的电场强度同样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分析由题意可知，四周空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效，因此a点的电场强度Q＋kQ＝40kQE＝k392，A错误；等量异种点电荷四周的电场线和等势面散布如下图L2L2L(2)(2)由图可知>，φ>，B正确；图中、c两点的场强不一样，C错误；因为a点的电势高于ababd点的电势，因此一正点电荷从a点经b、c运动到d点