2025届高考物理二轮专题复习与测试模块三电场和磁场专题八电场和磁场的基本规律

模块三电场和磁场专题八电场和磁场的基本规律[专题复习定位]1．能用电场强度、电势、磁感应强度等物理量描述电场和磁场的性质。2.能用点电荷模型研究点电荷间的相互作用，能用电场线、磁感线等模型分析电场和磁场中带电粒子的运动问题。命题点1电场性质的理解1.(2024·江苏卷，T1)在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系，请问a、b两点的场强大小关系是(D)A．Ea＝Eb B．Ea＝2EbC．Ea<Eb D．Ea>Eb解析：根据E＝eq\f(F,q)可知F－q图线斜率表示电场强度，由题图可知Ea＞Eb，根据题意无法得出Ea和Eb的数量关系。2．(2024·河北卷，T2)我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于生产生活，如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔。雷雨中某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图所示，相邻等势线电势差相等，则a、b、c、d四点中电场强度最大的是(C)A．a点 B．b点C．c点 D．d点解析：在静电场中，等差等势线的疏密程度反映电场强度的大小。题图中c点的等差等势线相对最密集，故该点的电场强度最大。3．(2024·河北卷，T7)如图，真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为eq\f(q,2)。已知正三角形ABC的边长为a，M点的电场强度为0，静电力常量为k。顶点A处的电场强度大小为(D)A．eq\f(2\r(3)kq,a2) B．eq\f(kq,a2)(6＋eq\r(3))C．eq\f(kq,a2)(3eq\r(3)＋1) D．eq\f(kq,a2)(3＋eq\r(3))解析：B点和C点处的点电荷在M点的合电场强度E＝2eq\f(kq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))\s\up12(2))cos60°＝eq\f(3kq,a2)，因M点的电场强度为0，因此带电细杆在M点的电场强度EM＝E，由对称性可知带电细杆在A点的电场强度EA＝EM＝E，方向竖直向上，因此A点合电场强度E合＝EA＋2eq\f(kq,a2)cos30°＝eq\f(kq,a2)(eq\r(3)＋3)。4．(多选)(2023·辽宁卷，T9)图(a)为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图(b)为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则(CD)A．P点电势比M点的低B．P点电场强度大小比M点的大C．M点电场强度方向沿z轴正方向D．沿x轴运动的带电粒子，电势能不变解析：由题图可知M点靠近带负电的极杆，P点靠近带正电的极杆，又电势沿场强方向降低，则P点的电势比M点的电势高，A错误；等势面的疏密程度反映场强的大小，由题图(b)可知M点的等势面密，则M点的电场强度大，B错误；由对称性可知两带正电的极杆在M点产生的电场方向沿z轴正方向，两带负电的极杆在M点产生的电场方向也沿z轴正方向，则由电场强度的叠加可知M点的电场强度方向沿z轴的正方向，C正确；由对称性可知x轴上的电场强度为零，则带电粒子沿x轴运动时始终不受电场力的作用，所以电场力不做功，电势能保持不变，D正确。5．(多选)(2024·湖北卷，T8)关于电荷和静电场，下列说法正确的是(AC)A．一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变B．电场线与等势面垂直，且由电势低的等势面指向电势高的等势面C．点电荷仅在电场力作用下从静止释放，该点电荷的电势能将减小D．点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将从高电势的地方向低电势的地方运动解析：根据电荷守恒定律可知一个与外界没有电荷交换的系统，这个系统的电荷总量是不变的，故A正确；根据电场线和等势面的关系可知电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，故B错误；点电荷仅在电场力作用下从静止释放，电场力做正功，电势能减小，根据φ＝eq\f(Ep,q)可知正电荷将从电势高的地方向电势低的地方运动，负电荷将从电势低的地方向电势高的地方运动，故C正确，D错误。6．(多选)(2024·广东卷，T8)污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于容器底部，金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的有(AC)A．M点的电势比N点的低B．N点的电场强度比P点的大C．污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功D．污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大解析：根据沿着电场线方向电势降低可知M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据Ep＝qφ可知污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，电场力对其做正功，故A、C正确；根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，故B错误；M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等，结合A、C选项分析可知污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，故D错误。7.(2024·辽宁、吉林、黑龙江卷，T6)在水平方向的匀强电场中，一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中(D)A．动能减小，电势能增大B．动能增大，电势能增大C．动能减小，电势能减小D．动能增大，电势能减小解析：根据题意，若小球的初速度方向沿虚线，则其运动轨迹为直线，可知电场力和重力的合力沿着虚线方向，又电场强度方向为水平方向，根据力的合成可知电场强度方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虚线，则其从O点出发运动到O点等高处的过程中重力对小球做功为零，电场力的方向与小球的位移方向相同，则电场力对小球做正功，小球的动能增大，电势能减小。8．(多选)(2023·广东卷，T9)电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现出不同颜色，透明面板下有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素。如图所示，胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒，当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁移(每个微粒电量保持不变)，像素由黑色变成白色。下列说法正确的有(AC)A．像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势B．像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势C．像素由黑变白的过程中，电场力对白色微粒做正功D．像素由白变黑的过程中，电场力对黑色微粒做负功解析：像素呈黑色时，胶囊下方的电极带负电，像素胶囊里电场线方向向下，所以黑色微粒所在的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故A正确；像素呈白色时，胶囊下方的电极带正电，像素胶囊里电场线方向向上，所以黑色微粒所在的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故B错误；像素由黑变白的过程中，白色微粒受到的电场力向上，位移向上，电场力对白色微粒做正功，故C正确；像素由白变黑的过程中，黑色微粒受到的电场力向上，位移向上，电场力对黑色微粒做正功，故D错误。9．(2024·辽宁、吉林、黑龙江卷，T5)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度Cm的关系曲线如图(a)所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电流表等构成如图(b)所示的电路，闭合开关S后，若降低溶液浓度，则(B)A．电容器的电容减小B．电容器所带的电荷量增大C．电容器两极板之间的电势差增大D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N解析：降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数εr增大，根据电容器的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容器的电容增大，故A错误；溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端的电压不变，根据Q＝CU结合A选项分析可知电容器所带的电荷量增大，故B正确，C错误；根据B选项分析可知电容器所带的电荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为N→M，故D错误。命题点2力电综合问题10．(2024·新课标卷，T18)如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等，则(B)A．两绳中的张力大小一定相等B．P的质量一定大于Q的质量C．P的电荷量一定小于Q的电荷量D．P的电荷量一定大于Q的电荷量解析：设Q和P两球之间的库仑力为F，细绳的拉力分别为T1、T2，两球质量分别为m1、m2，与竖直方向夹角为θ，对于小球Q有q1E＋T1sinθ＝F，T1cosθ＝m1g，对于小球P有q2E＋F＝T2sinθ，T2cosθ＝m2g，联立有T1＝eq\f(F－q1E,sinθ)，T2＝eq\f(q2E＋F,sinθ)，所以可得T2＞T1，又因为eq\f(T1,T2)＝eq\f(m1,m2)，可知m2＞m1，即P的质量一定大于Q的质量；两小球的电荷量则无法判断。11．(多选)(2024·山东卷，T10)如图所示，带电量为＋q的小球被绝缘棒固定在O点，右侧有固定在水平面上、倾角为30°的光滑绝缘斜面。质量为m、带电量为＋q的小滑块从斜面上A点由静止释放，滑到与小球等高的B点时加速度为零，滑到C点时速度为零。已知AC间的距离为s，重力加速度大小为g，静电力常量为k，下列说法正确的是(AD)A．OB的距离l＝eq\r(\f(\r(3)kq2,mg))B．OB的距离l＝eq\r(\f(\r(3)kq2,3mg))C．从A到C，静电力对小滑块做功W＝－mgsD．AC之间的电势差UAC＝－eq\f(mgs,2q)解析：由题意知小滑块在B点处的加速度为零，则根据受力分析有，沿斜面方向mgsin30°＝eq\f(kq2,l2)cos30°，解得l＝eq\r(\f(\r(3)kq2,mg))，A正确，B错误；因为滑到C点时速度为零，小滑块从A到C的过程，设静电力对小滑块做的功为W，根据动能定理有W＋mgssin30°＝0，解得W＝－eq\f(mgs,2)，故C错误；根据电势差与电场力做功的关系可知AC之间的电势差UAC＝eq\f(W,q)＝－eq\f(mgs,2q)，故D正确。12．(2024·河北卷，T13)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q>0)，质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：(1)电场强度E的大小；(2)小球在A、B两点的速度大小。解析：(1)在匀强电场中，根据公式可得电场强度E＝eq\f(U,L)。(2)在A点细线对小球的拉力为0，根据牛顿第二定律得Eq－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),L)A到B过程根据动能定理得qU－mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)联立解得vA＝eq\r(\f(Uq－mgL,m))vB＝eq\r(\f(3(Uq－mgL),m))。答案：(1)eq\f(U,L)(2)eq\r(\f(Uq－mgL,m))eq\r(\f(3(Uq－mgL),m))13．(2023·山东卷，T15)电磁炮灭火消防车(图甲)采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离L＝60m，灭火弹出膛速度v0＝50m/s，方向与水平面夹角θ＝53°，不计炮口离地面高度及空气阻力，重力加速度大小g取10m/s2，sin53°＝0.8。(1)求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H。(2)已知电容器储存的电能E＝eq\f(1,2)CU2，转化为灭火弹动能的效率η＝15%，灭火弹的质量为3kg，电容C＝2.5×104μF，电容器工作电压U应设置为多少？解析：(1)灭火弹做斜抛运动，则水平方向上有L＝v0tcosθ竖直方向上有H＝v0tsinθ－eq\f(1,2)gt2联立并代入数据解得H＝60m。(2)根据题意可知Ek＝ηE＝15%×eq\f(1,2)CU2又因为Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)联立可得U＝1000eq\r(2)V。答案：(1)60m(2)1000eq\r(2)V命题点3磁场性质的理解14．(2024·广西卷，T5)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。质量为m，电荷量为＋q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为(C)A．eq\f(mv,qB) B．eq\f(3mv,2qB)C．(1＋eq\r(2))eq\f(mv,qB) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(2),2)))eq\f(mv,qB)解析：粒子的运动轨迹如图所示，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，可得粒子做圆周运动的半径r＝eq\f(mv,qB)，根据几何关系可得P点至O点的距离LPO＝r＋eq\f(r,cos45°)＝(1＋eq\r(2))eq\f(mv,qB)。15.(2024·湖北卷，T7)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是(D)A．粒子的运动轨迹可能经过O点B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为eq\f(7πm,3qB)D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为eq\f(\r(3)qBR,3m)解析：在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出，根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，故A、B错误；粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，时间最短则根据对称性可知轨迹如图甲所示，则最小时间间隔t＝2T＝eq\f(4πm,qB)，故C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图乙所示，设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知r＝eq\f(\r(3)R,3)，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\f(\r(3)qBR,3m)，故D正确。16.(2023·江苏卷，T2)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为(C)A．0 B．BIlC．2BIl D．eq\r(5)BIl解析：因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，所受安培力Fab＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl。题型一电场性质的理解1．三个公式(1)E＝eq\f(F,q)是电场强度的定义式，适用于任何电场。电场中某点的电场强度是确定值，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＝keq\f(Q,r2)是真空中点电荷所形成的电场的电场强度的决定式，E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定。(3)E＝eq\f(U,d)是电场强度与电势差的关系式，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．电场线、电势、电场强度(1)电场线与电场强度的关系：电场线越密的地方电场强度越大，电场线上某点的切线方向表示该点电场强度的方向。(2)电场线与等势面的关系：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；电场线越密的地方，等差等势面也越密；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。(3)电场强度大小与电势无直接关系：零电势可人为选取，电场强度的大小由电场本身决定，故电场强度大的地方，电势不一定高。3．带电粒子的轨迹(1)轨迹的切线方向：速度的方向。(2)某点电场力方向：沿着该点的电场线的切线方向，轨迹向着电场力的方向弯曲。4．电场能的性质(1)电势与电势能：φ＝eq\f(Ep,q)。(2)电势差与电场力做功：UAB＝eq\f(WAB,q)＝φA－φB。(3)电场力做功与电势能的变化：W＝－ΔEp。5．静电力做功的求解(1)由功的定义式W＝Flcosα来求解；(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来求解。考向1电场强度的矢量合成(2023·湖南卷，T5)如图所示，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°和30°。若P点处的电场强度为零，q>0，则三个点电荷的电荷量可能为(D)A．Q1＝q，Q2＝eq\r(2)q，Q3＝qB．Q1＝－q，Q2＝－eq\f(4\r(3),3)q，Q3＝－4qC．Q1＝－q，Q2＝eq\r(2)q，Q3＝－qD．Q1＝q，Q2＝－eq\f(4\r(3),3)q，Q3＝4q[解析]若三个点电荷都带正电或负电，则三个点电荷在P点产生的电场强度叠加后一定不为零，A、B错误；几何关系如图1，若Q1＝Q3＝－q，则根据E＝keq\f(Q,r2)分析可知Q1和Q3在P点产生的电场强度的关系为E1＝4E3，Q1和Q3在P点产生的电场强度叠加后为E13，如图2所示，与Q2在P点产生的电场强度不可能在一条直线上，即P点处的电场强度不可能叠加为零，C错误；若4Q1＝Q3＝4q,Q2＝－eq\f(4\r(3),3)q，则根据E＝keq\f(Q,r2)分析可知E1＝E3＝keq\f(q,r2)，叠加后E13＝keq\f(\r(3)q,r2)，如图3所示，与Q2在P点产生的电场强度等大、反向，叠加为零，D正确。考向2电场中的平衡问题如图所示，用一条绝缘轻绳在竖直平面内悬挂一个带正电小球，小球质量为1.0×10－3kg，所带电荷量为2.0×10－8C。现加水平方向的匀强电场，平衡时绝缘轻绳与竖直方向夹角为30°。重力加速度g取10m/s2。(1)求匀强电场的电场强度；(2)若可以加任意方向的匀强电场，平衡时小球仍在图示位置，则所加匀强电场的电场强度的最小值是多大？方向如何？[解析](1)根据题意，小球的受力情况如图甲所示，根据几何关系有eq\f(Eq,mg)＝tan30°解得E＝eq\f(5\r(3),3)×105N/C。(2)当电场方向与绳垂直时，电场强度最小，如图乙所示，根据平衡条件有eq\f(E′q,mg)＝sin30°解得E′＝2.5×105N/C方向应与绳垂直斜向右上方。[答案](1)eq\f(5\r(3),3)×105N/C(2)2.5×105N/C方向与绳垂直斜向右上方考向3电场性质的理解(2023·湖北卷，T3)在正点电荷Q产生的电场中有M、N两点，其电势分别为φM、φN，电场强度大小分别为EM、EN。下列说法正确的是(C)A．若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的远B．若EM<EN，则M点到电荷Q的距离比N点的近C．若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则φM<φND．若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则EM>EN[解析]沿着电场线的方向电势降低，根据正点电荷产生的电场特点可知，若φM>φN，则M点到电荷Q的距离比N点的近，故A错误；电场线的疏密程度表示电场强度的大小，根据正点电荷产生的电场特点可知，若EM<EN，则M点到电荷Q的距离比N点的远，故B错误；若把带负电的试探电荷从M点移到N点，电场力做正功，则是逆着电场线运动，电势增加，故有φM<φN，故C正确；若把带正电的试探电荷从M点移到N点，电场力做负功，则是逆着电场线运动，根据正点电荷产生的电场特点可知EM<EN，故D错误。(多选)(2023·山东卷，T11)如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是(ACD)A．F′点与C′点的电场强度大小相等B．B′点与E′点的电场强度方向相同C．A′点与F′点的电势差小于O′点与D′点的电势差D．将试探电荷＋q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小[解析]将六棱柱的上表面拿出，由几何条件可知，正电荷在OF中点K的场强方向垂直于OF，则K点的合场强与FO方向的夹角为锐角，在F点的合场强和FO方向的夹角为钝角，因此将正电荷从F移到O点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，D正确；由等量异种电荷的电势分布可知，φA′＝φ>0，φD′＝－φ<0，φO′＝0，φF′>0，因此φA′－φF′＝φ－φF′<φO′－φD′＝φ，C正确；由等量异种电荷的对称性可知F′和C′电场强度大小相等，B′和E′电场强度方向不同，A正确，B错误。考向4电场线、等势线和运动轨迹(2023·全国甲卷，T18)在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，则其中正确的是(A)[解析]电子做曲线运动满足合力指向轨迹凹侧，A正确；对B选项中的电子受力分析有可见与电子在电场中的受力方向相互矛盾，B错误；对C选项中的电子受力分析有可见与电子在电场中的受力方向相互矛盾，C错误；对D选项中的电子受力分析有可见与电子在电场中的受力方向相互矛盾，D错误。电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，在电子显微镜中电子枪发射电子束，通过电场构成的电子透镜使其会聚或发散。电子透镜的电场分布如图所示，虚线为等势线。一电子仅在电场力作用下运动，运动轨迹如图中实线所示，a、b、c、d是轨迹上的四个点，下列说法正确的是(C)A．电子从a到d运动时，电势能逐渐减小B．电子从a到d运动时，加速度保持不变C．电子在a处受到的电场力方向与a处虚线垂直D．b处的电场强度与c处的电场强度相同[解析]由题图可知，电子从a到d运动时，电势先升高后降低，可知电子的电势能先减小后增大，A错误；由题图可知，电场不是匀强电场，则电子从a到d运动时，加速度不断变化，B错误；电场线与等势面垂直，则a处的电场线与虚线垂直，电场强度方向也与虚线垂直，则电子在a处受到的电场力方向与a处虚线垂直，C正确；由题图可知，b处的电场强度与c处的电场强度大小相同，方向不同，D错误。题型二电场中的力电综合问题1．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子运动的周期性和对称性特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。2．两条思路出发：一是力与运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。考向1电容器的动态分析手机自动计步器的原理如图所示，电容器的一个极板M固定在手机上，另一个极板N与两个固定在手机上的轻弹簧连接，人带着手机向前加速运动阶段与静止时相比，手机上的电容器(D)A．电容变大B．两极板间电压降低C．两极板间电场强度变大D．两极板所带电荷量减少[解析]人带着手机向前加速运动时，N极板向后运动，电容器两极板间的距离变大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可得，手机上的电容器的电容变小，A错误；电容器始终与电源相连，所以人带着手机向前加速运动阶段与静止时相比，手机上的电容器两极板间电压不变，B错误；由E＝eq\f(U,d)可得，两极板间电场强度变小，C错误；由电容的定义式C＝eq\f(Q,U)可得，两极板所带的电荷量Q＝CU，所以两极板所带电荷量减少，D正确。考向2电场中的力电综合分析(2023·新课标卷，T12)密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、eq\f(v0,4)；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率eq\f(v0,2)，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。(1)求油滴a和油滴b的质量之比；(2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。[解析](1)设油滴半径为r，密度为ρ则油滴质量m＝eq\f(4,3)πr3ρ速率为v时油滴受阻力f＝krv当油滴匀速下落时mg＝f解得r＝eq\r(\f(3kv,4πρg))∝eq\r(v)，可知eq\f(ra,rb)＝eq\r(\f(v0,\f(1,4)v0))＝2则eq\f(ma,mb)＝eq\f(req\o\al(3,a),req\o\al(3,b))＝eq\f(8,1)。(2)两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率eq\f(v0,2)，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，可知油滴a带负电，油滴b带正电；当再次匀速下落时，对a由受力平衡可得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(qa))E＋fa＝mag，其中fa＝eq\f(\f(v0,2),v0)mag＝eq\f(1,2)mag对b由受力平衡可得fb－qbE＝mbg其中fb＝eq\f(\f(v0,2),\f(1,4)v0)mbg＝2mbg联立解得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(qa,qb)))＝eq\f(ma,2mb)＝eq\f(4,1)。[答案](1)8∶1(2)油滴a带负电，油滴b带正电4∶1题型三磁场性质的理解1．磁场合成对于多个电流在空间某点的合磁场方向，首先应用安培定则判断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，故洛伦兹力不做功，但是安培力可以做功。考向1磁场的矢量合成如图所示，正方体放在水平地面上，空间有磁感应强度为B0、方向与水平面成45°角斜向上的匀强磁场。一根通电长直导线穿过正方体前后面的中心，电流的方向垂直于纸面向里。a、b、c、d分别是正方体所在边的中点，在这四点中(D)A．c、d两点的磁感应强度大小相等B．a、b两点的磁感应强度大小相等C．b点磁感应强度的值最大D．c点磁感应强度的值最小[解析]a、b、c、d四点的实际磁感应强度为匀强磁场和电流磁场的叠加，如图所示。由图可知，a点磁感应强度大小Ba＝B0＋B，b点和d点磁感应强度大小Bb＝Bd＝eq\r(Beq\o\al(2,0)＋B2)，c点的磁感应强度大小Bc＝B0－B，故A、B、C错误，D正确。考向2洛伦兹力的理解和分析(2023·海南卷，T2)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直于纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力的说法正确的是(A)A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B．小球运动过程中的速度不变C．小球运动过程中的加速度保持不变D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功[解析]小球刚进入磁场时速度方向竖直向下，由左手定则可知，小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右，A正确；小球运动过程中，受重力和洛伦兹力的作用，且合力不为零，所以小球运动过程中的速度变化，B错误；小球受到的重力不变，洛伦兹力时刻变化，则合力时刻变化，加速度时刻变化，C错误；洛伦兹力永不做功，D错误。题型四带电粒子在匀强磁场中的运动1．分析方法基本思路(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，运动时间与周期相联系；(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重要结论r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)，T＝eq\f(2πr,v)圆心的确定(1)轨迹上的入射点和出射点的速度垂线的交点为圆心，如图(a)；(2)轨迹上入射点的速度垂线和两点连线中垂线的交点为圆心，如图(b)；(3)沿半径方向与入射点距离等于r的点，如图(c)(当r已知或可算)半径的确定方法一：由Bqv＝eq\f(mv2,r)得半径r＝eq\f(mv,qB)方法二：由几何关系求解，一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定时间的求解方法一：由圆心角求解，t＝eq\f(θ,2π)·T方法二：由弧长求解，t＝eq\f(l,v)2.解题关键找圆心：若只知道进场位置，则要利用圆周运动的对称性定性画出轨迹，找圆心，利用平面几何知识求解问题。考向1带电粒子在匀强磁场中的运动(多选)(2023·全国甲卷，T20)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反，电荷量不变。不计所受重力。下列说法正确的是(BD)A．粒子的运动轨迹可能通过圆心OB．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线[解析]假设粒子带负电，第一次在A点和筒壁发生碰撞如图甲所示，O1为圆周运动的圆心，由几何关系可知∠O1AO为直角，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性可知在其他点撞击同理，D正确；粒子沿PO射入，在磁场中偏转，不可能过O点，碰撞后的初速度方向依然指向圆心，粒子不可能过O点，A错误；由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以圆筒横截面为内接圆的多边形，最少应为三角形，如图乙所示，即撞击两次，B正确；速度越大，粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能会增多，粒子运动时间不一定减少，C错误。考向2临界极值问题(多选)如图所示，边长为L的正三角形ABC内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。D为BC的中点，有一群带电量为＋q、质量为m的粒子从D点以不同速率沿与BC成30°角的方向进入磁场。不计粒子所受重力和粒子间的相互作用，以下说法正确的是(AC)A．所有从BC边出射的粒子运动时间均相同B．所有从AC边出射的粒子，出射点越靠近A，运动时间越短C．当入射速度为eq\f(\r(3)qBL,2m)时，粒子从AC边出射D．若粒子带负电，则从C点出射的粒子轨迹半径为eq\f(\r(3),2)L[解析]粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，有qvB＝eq\f(mv2,R)，由圆周运动中周期与速度关系有T＝eq\f(2πR,v)，设粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为θ，则应有t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)，可知粒子做圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，由题意分析可得，粒子从BC边射出时圆心角相同，运动时间相同，故A正确；粒子恰好不从AC边射出时，轨迹与AC边相切，运动轨迹如图所示，根据图中几何条件分析可知此时轨迹半径R2＝eq\f(1,2)Lsin60°，粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R2)，联立解得v0＝eq\f(\r(3)qBL,4m)，当入射速度为eq\f(\r(3)qBL,2m)时，粒子从AC边出射，故C正确；所有从AC边出射的粒子，出射点越靠近A，圆心角越大，运动时间越长，故B错误；若粒子带负电，由几何关系可得，从C点出射的粒子轨迹半径为eq\f(1,2)L，故D错误。1．(2024·佛山市二模)2023年8月15日，游客在新疆吐鲁番的沙漠上游玩时，头发突然竖了起来。当时无风，但头顶乌云密布。下列相关说法正确的是(B)A．这是一种电磁感应现象B．这是一种静电感应现象C．此时人的头与脚带异种电荷D．此时人应躺下或蹲下，并向高处撤离解析：游客在沙漠上游玩时，头顶乌云密布，头发突然竖了起来。这是由于乌云带了电，对人体产生了静电感应现象，头与云带异种电荷，由于脚与大地接触，脚不带电，此时人应躺下或蹲下，并向低洼处撤离，避免发生尖端放电现象。2．(多选)(2024·湛江市一模)如图所示，是闪电击中广州塔的画面，广州塔的尖顶是一避雷针，雷雨天气时，低端带负电的云层经过避雷针上方时，避雷针尖端放电形成瞬间强电流，云层所带的负电荷经避雷针导入大地，在此过程中，下列说法正确的是(ACD)A．云层靠近避雷针时，针尖感应出正电荷B．向塔尖端运动的负电荷受到的电场力越来越小C．越靠近避雷针尖端，电场强度越大D．向塔尖端运动的负电荷电势能减小解析：根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，可知云层靠近避雷针时，针尖感应出正电荷，故A正确；根据电场线的疏密可知，塔尖的电场强度较大，所以向塔尖端运动的电荷受到的电场力越来越大，故B错误；由于电荷更容易集中到尖端，越靠近避雷针尖端电场强度越大，故C正确；负电荷在电场力的作用下向塔尖端运动，电场力做正功，电势能减小，故D正确。3．(2024·深圳市一模)两块平行金属板安装在绝缘基座上，A板连接感应起电机的正极，B板连接负极，一个由锡纸包裹的乒乓球用绝缘细线悬挂于A、B两板之间，摇动起电机，乒乓球在电场力作用下与A、B两板往返运动碰撞，下列说法正确是(D)A．A板的电势低于B板的电势B．乒乓球往返运动过程中始终带正电C．A→B的运动过程中电场力对乒乓球做负功D．A→B的运动过程中乒乓球电势能减小解析：根据题意，A板连接感应起电机的正极，B板连接负极，则可知A板的电势高于B板的电势，故A错误；当乒乓球在电场力的作用下从A板向B板运动，则乒乓球一定带正电，而当乒乓球与B板发生碰撞，在接触的过程中乒乓球上的正电荷将与B板所带负电荷中和后并使乒乓球带上负电，之后电场力继续对乒乓球做正功，使乒乓球运动到A板，如此反复，因此乒乓球往返运动过程中与A板碰撞后带正电，与B板碰撞后带负电，故B错误；根据题意，乒乓球在电场力作用下与A、B两板往返运动碰撞，则可知A→B的运动过程中电场力对乒乓球做正功，乒乓球的电势能减小，故C错误，D正确。4．(多选)如图所示，长方体的ABCO面为正方形，整个空间存在竖直向上的匀强磁场，现在AB、BC、CD、DA上分别放置四根导体棒，且构成一闭合回路。当回路中通有沿ABCDA方向的电流时，下列说法不正确的是(ABC)A．CD棒所受的安培力方向垂直于纸面向外B．四根导体棒均受安培力的作用C．CD棒与DA棒所受的安培力大小相等D．DA棒所受的安培力最大解析：根据左手定则，CD棒所受的安培力方向垂直于纸面向里，A错误，符合题意；AB棒与磁场方向平行，不受安培力的作用，B错误，符合题意；CD棒的有效长度等于DO，CD棒所受的安培力的大小比DA棒所受的安培力的大小小，C错误，符合题意；DA棒的有效长度最大，所受的安培力最大，D正确，不符合题意。5．如图所示，在匀强电场中的O点固定一点电荷＋Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的同一球面上的点，aecf平面与电场线平行，bedf平面与电场线垂直。下列判断正确的是(C)A．a、c两点电势相等B．b、d两点的电场强度相同C．将点电荷＋q从球面上b点移到e点，电场力做功为零D．将点电荷＋q从球面上a点移到c点，电场力做功为零解析：根据点电荷形成的电场可知，a、c两点与点电荷的距离相等，则可知a、c两点在点电荷的等势面上，但a、c两点又同时处在匀强电场中，而沿着电场线的方向电势降低，根据电势叠加原理可知，a点的电势高于c点的电势，因此将点电荷＋q从球面上a点移到c点，电场力做正功，故A、D错误；根据场强的叠加原理可知，b、d两点的电场强度大小相等，方向不同，故B错误；bedf平面与电场线垂直，若只有匀强电场，则可知平面bedf为等势面，而b、e两点又位于点电荷所在的球面上，若只有该点电荷，则可知b、e两点所在的球面为等势面，根据电势叠加原理可知，在该复合电场中，b、e两点电势仍然相等，因此将点电荷＋q从球面上b点移到e点，电场力做功为零，故C正确。6．(多选)如图所示，实线为电场线，且AB＝BC，电场中的A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC。下列关系正确的有(ABC)A．EA＞EB＞EC B．φA＞φB＞φCC．UAB＞UBC D．UAB＝UBC解析：电场线的疏密程度表示电场强度大小，电场线越密电场强度越大，故EA>EB>EC，A正确；沿电场线方向电势降低，故φA>φB>φC，B正确；因为U＝Ed，相同距离时，电场强度越大，电势降落越快，而A、B间的平均电场强度大于B、C间的平均电场强度，故UAB>UBC，C正确，D错误。7.如图所示，空间有一圆锥OBB′，点A、A′分别是两母线的中点。现在顶点O处固定一带正电的点电荷，下列说法正确的是(B)A．A、A′两点的电场强度相同B．将一带负电的试探电荷从B点沿直径移到B′点，其电势能先减小后增大C．平行于底面且圆心为O1的截面为等势面D．若B′点的电势为φB′，A′点的电势为φA′，则BA连线中点C处的电势φC等于eq\f(φB′＋φA′,2)解析：A、A′两点的电场强度大小相等，方向不同，A错误；将带负电的试探电荷从B点沿直径移到B′点过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，B正确；O处固定的带正电的点电荷产生的等势面是以O为圆心的球面，不是以圆心为O1的截面，C错误；由于C、B间的场强小于A、C间的场强，由U＝eq\x\to(E)d得C、B间的电势差小于A、C间的电势差，又因为A、A′到O点的距离相等，所以φA＝φA′，同理可得φB＝φB′，C为AB中点，则有φC<eq\f(φB′＋φA′,2)，D错误。8．(多选)如图所示的是带电荷量不同的正、负点电荷的电场线，A、M、N是电场中的三点，A是两电荷连线的中点，M、N在两电荷连线的垂直平分线上。一个带负电的点电荷在M、N两点受到的电场力分别为FM、FN。无穷远处电势为零，则(ACD)A．FM>FNB．A点电势为零C．M点电势高于N点电势D．将负点电荷从M点移动到N点的过程中，电势能增加解析：因为电场线的疏密表示电场强度，电场线越密的地方电场强度越大，由题图可知，M点的电场强度大小大于N点的电场强度大小，则由F＝qE可得FM>FN，故A正确；由等势线与电场线垂直可得，过A点的等势线如图所示，因为无穷远处电势为零，且沿着电场线电势降低，所以A点电势大于零，故B错误；因为沿着电场线电势降低，则M点电势高于N点电势，故C正确；因为负电荷在电势高的地方电势能小，所以将负点电荷从M点移动到N点的过程中，电势能增加，故D正确。9.(2024·韶关市综合测试)水平架设的三根绝缘直流输电线缆彼此平行，某时刻电流方向如图所示，电缆线M在最上方，两根电缆线P、Q在下方，且位于同一水平高度处，PQM为等腰三角形，MQ＝MP，O点是P、Q连线的中点，电缆线上的M点、P点、Q点在同一竖直平面内，忽略地磁场，下列说法正确的是(D)A．输电线缆M、P相互吸引B．输电线缆M所受安培力的方向竖直向下C．输电线缆M在O点处产生的磁场方向竖直向下D．O点处的磁场方向沿水平方向由Q指向P解析：输电线缆M、P电流方向相反，相互排斥，故A错误；由右手螺旋定则及磁场的叠加可知P、Q两条线缆在M点所产生的合场强水平向右，根据左手定则知M线缆受到的安培力方向竖直向上，故B错误；由右手螺旋定则可知M线缆在O点处产生的磁场方向由O点指向P点，故C错误；由右手螺旋定则及题意可知P、Q线缆在O点处产生的磁场方向等大、反向，M线缆在O点处产生的磁场方向由O点指向P点，故合场强的方向由Q点指向P点，故D正确。10．用电流传感器研究电容器充放电现象，电路如图所示。电容器不带电，闭合开关S1，待电流稳定后再闭合开关S2，通过传感器的电流随时间变化的图像是(A)解析：闭合开关S1后，电容器充电，电容器电压与电源电压差值越来越小，则通过传感器的电流越来越小，充电完成后，电容器电压等于电源电压，此时电路中电流为零；再闭合开关S2，因为电容器电压大于R2电压，则电容器放电，电容器电压与R2电压差值越来越小，则通过传感器的电流越来越小，且电流方向与开始充电时的方向相反，当电容器电压等于R2电压时电路中电流为零。11．(多选)(2024·广东省普通高中一模)如图为晶圆掺杂机的简图，O是晶圆面(设其半径足够大)的圆心，上、下竖直放置的圆柱形电磁线圈可在中间圆柱形区域形成匀强磁场；圆柱形磁场区域的横截面半径为L、圆心为O1，OO1水平且垂直于晶圆面；若线圈中通入如图所示的电流，比荷为k的正离子以速度v、沿OO1射入，且全部掺杂在晶圆上，则(BC)A．离子掺杂在x轴的负半轴上B．离子掺杂在x轴的正半轴上C．圆柱形磁场的磁感应强度必须小于eq\f(v,kL)D．圆柱形磁场的磁感应强度必须小于eq\f(v,2kL)解析：根据安培定则可得，两圆柱形电磁线圈中间的匀强磁场方向竖直向上，刚开始运动时，根据左手定则，正离子受到的洛伦兹力方向沿x轴正方向，故A错误，B正确；若所有的离子都在晶圆上，则离子在磁场中做圆周运动的最小半径r＝L，根据牛顿第二定律qvB＝meq\f(v2,r)，解得最小的磁感应强度B＝eq\f(mv,qL)＝eq\f(v,kL)，故C正确，D错误。12.(多选)如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球。已