《高考物理复习第一部分专题整合提升专题三电场和磁场第1课时电场和磁场基本问题.DOCX》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理复习第一部分专题整合提升专题三电场和磁场第1课时电场和磁场基本问题.DOCX（25页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题三电场和磁场第1课时电场和磁场基本问题专题复习定位解决问题本专题主要解决对电场和磁场基本性质的理解及应用，分析带电粒子在电场或磁场中的运动。高考重点电场性质的理解；磁场性质的理解；带电粒子在磁场中的匀速圆周运动；带电粒子(带电体)在电场或磁场中的运动等问题。题型难度本专题选择题和计算题都有可能命题，选择题一般考查对电场和磁场性质的理解、带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，题目难度中等。计算题主要考查带电粒子(带电体)在电场中运动的问题，综合性强，难度较大。1.电场强度的三个公式(1)E是电场强度的定义式，适用于任何电场。电场中某点的场强是确定值，其大小和方向与试探电荷q无关，试探电荷q充当“测
2、量工具”的作用。(2)Ek是真空中点电荷所形成的电场场强的决定式，E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定。(3)E是场强与电势差的关系式，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.电场能的性质(1)电势与电势能：。(2)电势差与电场力做功：UABAB。(3)电场力做功与电势能的变化：WEp。3.等势面与电场线的关系(1)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。(2)电场线越密的地方，等差等势面也越密。(3)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。4.带电粒子在磁场中的受力情况(1)磁场只对运动的电荷有力的作用，对静止的电荷无
3、力的作用。(2)洛伦兹力的大小和方向：F洛qvBsin ，注意：为v与B的夹角。F的方向由左手定则判定，四指的指向应为正电荷垂直于B的方向或负电荷垂直于B的方向的反方向。5.洛伦兹力做功的特点由于洛伦兹力始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力永不做功。1.主要研究方法(1)理想化模型法，如点电荷。(2)比值定义法，如电场强度、电势的定义方法，是定义物理量的一种重要方法。(3)类比的方法，如电场和重力场的类比；电场力做功与重力做功的类比；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(1)由功的定义式WFlcos 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”求解，
4、即WEp。(3)利用WABqUAB求解。3.电场中的曲线运动的分析采用运动合成与分解的思想方法。4.匀强磁场中圆周运动的解题关键找圆心：若已知进磁场点的速度和出磁场点，可以作进场点速度的垂线，依据是F洛v，与进出磁场点连线的垂直平分线的交点即为圆心；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。高考题型1电场性质的理解1.电场线假想线，直观形象地描述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(1)沿着电场线方向，电势越来越低。(2)将带电荷量为q的电荷从电场中的某点移至无穷远处
5、，电场力做功越多，则该点的电势越高。(3)根据电势差UABAB，若UAB0，则AB，反之，则AB。3.电势能变化的判断(1)根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少；反之则增加。即WEp。(2)根据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，而总和保持不变。类型1电场力的性质的理解【例1】 (2021湖南省普通高中学业水平选择性考试，4)如图1，在(a，0)位置放置电荷量为q的正点电荷，在(0，a)位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P(a，a)为a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置及电
6、荷量分别为()图1A.(0，2a)，q B.(0，2a)，2qC.(2a，0)，q D.(2a，0)，2q答案B解析(a，0)和(0，a)两点处的电荷量为q的点电荷在P点产生的电场强度的矢量和E，方向如图所示由点(a，a)指向点(0，2a)，由在距P点为a的某点处放置的正点电荷Q，使得P点电场强度为零可知，此正电荷位于(0，2a)点，且电荷量Q满足，解得Q2q，B正确。【拓展训练1】 (2021浙江省七彩阳光联盟返校联考)如图2所示，带正电的小球A和带负电的小球B可看成质点和点电荷，被轻绳1和2系住后通过电荷间的相互作用恰好能静止为如图所示的状态，绳1与竖直方向成30，绳2水平。则()图2A.
7、B对A的库仑力可能与绳2的拉力相等B.A与B间的库仑力可能小于绳2的拉力C.A与B的总重力与绳2的拉力之比为1D.绳1与绳2的拉力之比为4答案C解析选取B为研究对象，受力分析如图甲所示，受3个力：重力GB，A对B的库仑力FAB，绳2的拉力F2；根据平衡条件，这3个力合力为0，则FAB与F2的合力应与GB大小相等，方向相反。由图甲可知，根据直角三角形知识，FAB一定大于F2，所以A、B错误；再选取A与B整体为研究对象，受力分析如图乙所示，受3个力：整体重力G总，绳1拉力F1，绳2拉力F2；根据平衡条件，这3个力合力为0，则F1与F2的合力应与G总大小相等，方向相反。由图乙可知tan 30，得，所
8、以C正确；绳1与绳2的拉力之比为sin 30，绳1与绳2的拉力之比应为21，所以D错误。类型2电场能的性质的理解【例2】 (2021全国乙卷，15)如图3(a)，在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图(b)中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为FM和FN，相应的电势能分别为EpM和EpN，则()图3A.FMEpN B.FMFN，EpMEpNC.FMFN，EpMFN，EpMEpN答案A解析等势面的疏密反映电场强度的大小，故N点的电场强度大于M点的电场强度
9、，同一试探电荷在N点受到的电场力大，即FMN，EpMEpN，A正确。【拓展训练2】 (多选)(2021湖南省普通高中学业水平选择性考试，9)如图4，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆直径。将电荷量为q(q0)的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2W(W0)；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为W。下列说法正确的是()图4A.该匀强电场的场强方向与ab平行B.将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为0.5WC.a点电势低于c点电势D.若只受电场力，从d点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动答案AB解析如图所示，分别过c点和d点作ab的垂线，由几何关系可知，
10、圆心O、垂足e和f将ab四等分，又因为粒子从a点移动到b点电场力做的功为从c点移动到d点电场力做功的两倍，所以粒子从a点到b点沿电场方向移动的距离为从c点到d点沿电场方向移动距离的两倍，则匀强电场的场强方向与ab平行，A正确；根据匀强电场的特点可知，将粒子从d点移动到b点电场力做的功是将该粒子从a点移动到b点电场力做的功的，即将该粒子从d点移动到b点电场力做的功为0.5W，B正确；根据正粒子在电场中移动过程做功的情况可知，电势acdb，C错误；若粒子只受电场力，当带电粒子从d点射入圆形电场区域的速度方向与ab平行时，带电粒子做匀变速直线运动，D错误。【拓展训练3】 (多选) (2021河北石家
11、庄市一模)如图5所示，匀强电场的方向平行于xOy平面，cd、cb分别垂直于x轴、y轴，a、b、c三点的电势分别为4 V、8 V、10 V。现使一电荷量为q2105 C、质量m2103 kg的带电粒子从O点垂直ab斜向上运动恰好通过b点。已知该粒子仅受电场力作用，下列说法正确的是()图5A.坐标原点O的电势为8 VB.电场强度的大小为100 V/mC.该粒子从O点运动到b点过程中，电场力做功为4105 JD.该粒子在O点速度大小为2 m/s答案BC解析由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离，电势的降低相等bcaO，代入数据解得O6 V，故A错误；因为是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离，电
12、势的降低相等可知，ab中点e的电势为e6 V，连接Oe，则等势面如图所示，由几何关系可知，ab垂直Oe，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为E V/m100 V/m，故B正确；该点电荷从O点移动到b点电场力做功为WObqUObq(Ob)2105(68) J4105 J，故C正确；从Ob做类平抛运动，有lOev0t，lbeat2，a，解得v0lOe0.12 m/s，故D错误。高考题型2磁场性质的理解1.磁场的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.磁场力的功磁场力包括洛伦兹力
13、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。3.电流间的相互作用通常画出一个电流的磁场方向，分析另一电流在该磁场中的受力，来判断电流的受力情况。【例3】 (2021全国甲卷，16)两足够长直导线均折成直角，按图6所示方式放置在同一平面内，EO与OQ在一条直线上，PO与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图6所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为()图6A.B、0 B.0、2BC.2B、2B D.B、B答案B解析根据
14、安培定则可知，两根导线在M处产生的磁感应强度大小均为B，方向相反，叠加后磁感应强度大小为0；竖直方向的导线和水平方向的导线在N处产生的磁感应强度大小均为B，方向相同，叠加后磁感应强度大小为2B，B正确。【拓展训练4】 (2021广东省普通高中学业水平选择性考试，5)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1I2，电流方向如图7所示。下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是()图7答案C解析根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”的作用规律可知，左、右两导线与长管中心的长直导线相
15、互吸引，上、下两导线与长管中心的长直导线相互排斥，C正确。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(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，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。2.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找出半径方向，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
16、场边界相切。【例4】 (20211月湖南普通高校招生适应性考试，13)在某些精密实验中，为了避免变化的电场和磁场之间的相互干扰，可以用力学装置对磁场中的带电粒子进行加速。如图8，表面光滑的绝缘平板水平放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于竖直面向里。平板上有一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，初始时刻带电粒子静止在绝缘平板上，与绝缘平板左侧边缘的距离为d。在机械外力作用下，绝缘平板以速度v1竖直向上做匀速直线运动。一段时间后带电粒子从绝缘平板的左侧飞出，并垂直入射到一块与绝缘平板相互垂直的荧光屏上，不计带电粒子的重力。图8(1)指出带电粒子的电性，并说明理由；(2)求带电粒子在绝
17、缘平板上的运动时间t；(3)求整个过程中带电粒子在竖直方向位移的大小h。答案(1)带正电理由见解析(2)(3)(1)解析(1)粒子带正电，因为粒子能够向左运动离开绝缘平板，说明粒子在和绝缘平板一起向上运动的时候受到向左的洛伦兹力，因此带正电。(2)带电粒子在竖直方向做匀速直线运动，受到向左的洛伦兹力，大小为Fqv1B，因此带电粒子水平方向做匀加速直线运动Fqv1Bmadat2联立解得t(3)粒子离开绝缘平板时具有竖直向上的速度v1，水平方向做匀加速直线运动，则有v2ad设粒子离开平板时的速度与竖直方向的夹角为，则tan 由几何关系可知，粒子离开绝缘平板后做匀速圆周运动，合速度为v由洛伦兹力提供
18、向心力可得qvBm粒子离开绝缘平板后竖直方向的位移为h2RRsin 粒子在绝缘平板上时竖直上升的高度h1v1t总高度hh1h2联立可得h(1)【拓展训练5】 (多选)(2021广东惠州市第三次调研)如图9所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成(0)角以速率v发射一个带正电的粒子(不计重力)。下列说法正确的是()图9A.若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B.若一定，粒子在磁场中运动的时间与v的大小无关C.若v的大小一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短D.若v的大小一定，越大，则粒子在离开磁场的位置距O点越远答案BC
19、解析如图，画出粒子在磁场中运动的轨迹，由几何关系得：轨迹对应的圆心角22，粒子在磁场中运动的时间tT，知运动的时间与初速度无关，越大，运动的时间越短，故A错误，B、C正确；根据几何关系知，粒子在离开磁场的位置距O点的距离为x2rsin ，可知，若速度一定，当0时，越大，离开磁场的位置距离O点的距离越小，故D错误。高考题型4“带电粒子或带电体”在电场或磁场中的运动1.题型特点带电体一般要考虑重力的作用。2.解题方法要根据不同运动过程的特点，选取不同的物理规律分析。主要规律和方法有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、动能定理以及各种功能关系。【例5】 (2021北京通州区一模)如图10所示，电路中
20、电源电动势E80 V，内阻不计，电路中三个定值电阻R的阻值相同。A、B分别为水平放置的平行板电容器的上、下极板，板长L90 cm，板间距离d40 cm。在两金属板左端正中间位置M处，有一个小液滴以某一初速度水平向右射入两板间，从A板右侧边缘射出电场。已知小液滴的质量m2.0103 kg，带负电，电荷量q1.0103 C。重力加速度g10 m/s2，求：图10(1)平行板电容器两极板间电压U的大小；(2)在此过程中液滴电势能的变化量Ep；(3)液滴进入电场时初速度v0的大小。答案(1)40 V(2)0.02 J(3)9 m/s解析(1)根据电路中分压规律得UR代入数据得U40 V。(2)液滴在电
21、场中运动，电场力做功WqU代入数据得W0.02 J根据电场力做功与电势能变化的关系WEp，得Ep0.02 J即液滴电势能减小0.02 J。(3)液滴在电场中运动所受电场力Fq根据牛顿第二定律，有Fmgma竖直方向有at2水平方向有Lv0t联立得v09 m/s。【拓展训练6】 (多选)(2021辽宁新高考模拟)如图11，在光滑水平面上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、足够长的绝缘不带电木板A上放着一带电荷量为q(q0)、质量为2m的物块B，物块与木板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。现对A施加一个大小为2mg、方向水平向右的恒力F，系统由静止开始运
22、动，则在物块离开A之前，下列图像正确的是()图11答案BD解析初始对整体，根据牛顿第二定律得a1g，B受到的最大静摩擦力Ffm2mg2ma1mg，可见A、B先一起做匀加速运动，随着速度的增大，B受到竖直向上的洛伦兹力F1qvB增大，A对B的作用力FN2mgqvB减小，当(2mgqvB)2ma1，2mg3ma1即v之后，B在A表面开始滑动，B受到的摩擦力Ff变为滑动摩擦力，B在摩擦力作用下继续加速，Ff(2mgqvB)继续减小，加速度逐渐减小，当摩擦力为零时B开始做匀速运动，如图所示，故D正确，C错误；在B速度v之后，A的加速度a2，即a2随B速度的增大而逐渐增大，当B速度最大时A的加速度达到最
23、大，然后B做匀速运动，A做匀加速运动，A错误，B正确。专题限时训练(限时：40分钟)1.(2021四川泸州市第二次教学质量诊断)如图1所示把柔软的铝箔条折成天桥状并用胶纸粘牢两端固定在桌面上，使蹄形磁铁横跨过“天桥”，当电池与铝箔接通时()图1A.铝箔条中部向下方运动B.铝箔条中部向上方运动C.蹄形磁铁对桌面的压力不变D.蹄形磁铁对桌面的压力减小答案B解析由题意可知，通过天桥的电流方向由外向内，而磁场方向由N到S极，根据左手定则，则可知，箔条中部受到的安培力方向向上，铝箔条中部向上方运动，根据相互作用力，知磁铁受力方向向下，对桌子的压力增大，故B正确，A、C、D错误。2.(2021广东潮州市第
24、一次教学质检)某电场的分布如图2所示，带箭头的实线为电场线，虚线为一带电粒子在电场中运动的轨迹。若带电粒子只受电场力，则下列说法正确的是()图2A.粒子带正电B.粒子在A处的电势能大于在B处的电势能C.粒子在A处的加速度大于在B处的加速度D.粒子在A处的动能大于在B处的动能答案D解析做曲线运动的物体受力指向运动轨迹凹的一侧，与电场方向相反，所以粒子带负电，A错误；若粒子从A到B电场力做负功，动能减小，电势能增大，所以在A处的动能大于在B处的动能，在A处的电势能小于在B处的电势能，B错误，D正确；A处的电场线较稀疏，电场强度小，所以粒子在A处的加速度小于在B处的加速度，C错误。3.(多选)(20
25、21广东惠州市第三次调研)如图3所示，x轴垂直穿过一个均匀分布着正电荷圆环的圆心O，圆环平面与x轴垂直，关于x轴上的电场强度和电势，下列说法正确的是()图3A.O点的电场强度一定为零B.O点的电势一定为零C.从O点沿x轴正方向，电场强度一直减小D.从O点沿x轴正方向，电势一直降低答案AD解析利用微元法及对称性的特点可知，均匀分布着正电荷圆环的圆心O的电场强度一定为零，A正确；由于正电荷圆环在x轴的电场方向是从O点沿x轴正方向或从O点沿x轴负方向，所以从O点沿x轴正方向，电势一直降低，O点的电势最高，B错误，D正确；利用极限思想无穷远处场强为0，而且O点的电场强度为零，所以从O点沿x轴正方向，电
26、场强度先增大后减小，C错误。4.(多选)(20216月浙江选考，15)如图4所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b，分别通以80 A和100 A、流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p，到两导线的距离相等。下列说法正确的是()图4A.两导线受到的安培力Fb1.25FaB.导线所受的安培力可以用FILB计算C.移走导线b前后，p点的磁感应强度方向改变D.在离两导线平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置答案BCD解析两导线受到的安培力是相互作用力，大小相等，A错误；导线所受的安培力可以用FILB计算，因为磁场方向与导线垂直，B正确；移走导线b前，b中的电流较大，则p点
27、磁场方向与b导线中电流产生的磁场方向同向，方向垂直纸面向里；移走导线b后，p点磁场方向与a导线中电流产生的磁场方向相同，方向垂直纸面向外，C正确；在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，两导线中的电流在任意点产生的磁场均不在同一条直线上，故不存在磁感应强度为零的位置，D正确。5.(2021全国乙卷，16)如图5，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60。不计重力。则为()图5A. B. C. D.答案
28、B解析设磁场区域的半径为R，根据几何关系可知，带电粒子以v1射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r1R，带电粒子以v2射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r2R，根据洛伦兹力提供向心力有qvBm，可得r，则r1，r2，解得，B正确。6.如图6所示，太极图由“阴鱼”和“阳鱼”构成，其边界是以O为圆心R为半径的圆，内部由以O1和O2为圆心等半径的两个半圆分割成上下两部分，其中上部分为“阳鱼”，下部分为“阴鱼”，“阳鱼”中有垂直纸面向外的匀强磁场。Q为太极图边缘上一点，且O1、O2、O、Q四点共线。一电荷量为q，质量为m的带电粒子，在Q点以大小v的速度指向圆心O射入“阳鱼”区域，若带电粒子在“太极图”运
29、动过程中没有进入“阴鱼”区域，带电粒子重力不计。则磁感应强度的最小值为()图6A. B. C. D.答案B解析若使带电粒子没进入“阴鱼”区域，则带电粒子在磁场中运动轨迹如图，轨迹与圆O1相切于A点，设粒子做圆周运动的轨迹半径为r，由几何关系可得r2，解得r2R，由牛顿第二定律可得qvBm，联立解得B，故选B。7.(多选)(2021四川泸州市第二次教学质量诊断)如图7所示，abcd为匀强电场中的一直角梯形，其平面与场强方向平行。已知abad2 cm，adc60，a、b、d三点的电势分别为0 V、4 V、4 V，则()图7A.c点的电势为10 VB.匀强电场的电场强度为400 V/mC.若将电子从
30、a点移到b点，需克服电场力做功4 eVD.电子和质子分别放在d点时，具有相同的电势能答案AB解析由几何关系可知dc1.5ab，则Udc1.5Uab，即dc1.5(ab)，可得c10 V，选项A正确；因bd连线是等势线，则电场强度方向沿着从a点垂直bd连线方向，则电场强度大小E V/m400 V/m，选项B正确；若将电子从a点移到b点，电场力做正功4 eV，选项C错误；电子和质子分别带等量异种电荷，正负电荷在电势相等的位置具有的电势能不同，选项D错误。8.(多选)(2021辽宁葫芦岛市高考一模)如图8所示，在真空中固定两个等量异种的点电荷q和q，两个点电荷连线中点为P，M点在连线上。在q和q的电
31、场中，有一个正方形MNOP，下列说法正确的是()图8A.M点电势低于N点电势B.M点电场强度小于O点的电场强度C.将相同的负电荷放在P点与O点，在P点的电势能较大D.移动同一正电荷从O到N与从P到M相比，电场力做的功WONWPM答案AD解析由等量异种点电荷的等势面分布知，M点电势低于N点电势，A项正确；由等量异种点电荷的电场线分布知，M点电场强度大于P点电场强度，而P点电场强度大于O点电场强度，则M点电场强度大于O点电场强度，B项错误；P、O两点在同一等势面上，相同的电荷在P、O两点处的电势能相等，C项错误；M点电势低于N点电势，P点电势等于O点电势，则ON电势差小于PM之间的电势差，且P、O
32、为高电势点，故移动同一正电荷，电场力做功WONa，负试探电荷在a点的电势能大于在c点的电势能，故C正确；正试探电荷沿ab连线从a到b，距离正点电荷Q的距离先变小再变大，则电势先变大后变小，正电荷电势能先变大后变小，电场力先做负功后做正功，故D错误。10.(2021武汉市高三质检)A、B、C、D是正方形的四个顶点，M、N是对角线AC上的两点，在A点和C点固定有电荷量都为q的正点电荷，如图10所示。下列说法正确的是()图10A.直线BD为电场中的一条等势线B.若将A点的正点电荷移至D点固定，则B点的场强比原来的小C.若要使D点的场强为零，可在B点固定一个电荷量大小为q的负点电荷D.将一电子从M点沿
33、直线移至N点的过程中，电子的电势能先减小后增大答案B解析设正方形的中心为O点，则由等量同种点电荷电场线的分布可知，沿O到B的方向电势逐渐降低，沿O到D的方向电势也逐渐降低，故A错误；设正方形的边长为L，则由点电荷电场强度的公式E可知，A、C处的两点电荷在B点产生的电场强度分别为EA、EC，又两电场强度方向的夹角为90，则B点的电场强度为EEA；如果将A点的正点电荷移至D点，则该点电荷在B点产生的电场强度为ED，将EC、ED由平行四边形定则合成，如图所示，由几何关系得BECE135，则由余弦定理得E，联立解得E，显然EE，B正确；同理，A、C处的点电荷在D点产生的电场强度大小也为E，欲使D点的电
34、场强度为零，应在B点固定一负点电荷，且该点电荷在D点产生的电场强度大小也为，则由，解得B点固定的点电荷的带电荷量大小为qB2q，C错误；将一电子从M点沿直线移至N点的过程中，电场力先做负功后做正功，电子的电势能先增大后减小，D错误。11.(多选)(20211月福建省新高考适应性考试，5)如图11，同一竖直平面内A、B、C、D四点距O点的距离均为r，O为水平连线AB的中点，C、D为AB连线中垂线上的两点。A、B两点分别固定有带电荷量均为Q(正电)的点电荷。在C点由静止释放一质量为m的带正电小球，小球竖直下落通过D点。重力加速度大小为g，静电力常量为k。则()图11A.C、D两点的场强大小均为kB
35、.小球运动到D点时的动能为2mgrC.小球从C点到D点的过程中，先加速后减速D.小球从C点到D点的过程中，电势能先增大后减小答案BD解析根据等量同种正电荷的电场的分布可知，C、D两点的电场强度大小相等，由库仑定律和电场的叠加原理可得，E，故A错误；根据等势面分布的对称性可知，C、D两点的电势相等，从C到D，根据动能定理，有Ek2mgr，故B正确；从C到D，电场强度先减小后增大，小球的重力始终大于电场力，一直加速运动，故C错误；从C到D，电场力方向先向上后向下，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故D正确。12.(多选)(2021武汉市三月调考)霍尔电流传感器可以测量从直流电流到几十千赫
36、兹的交流电流，其工作原理如图12所示。导线L1穿过圆形磁环，匝数为n的线圈L2缠绕在圆形磁环上，L1中被测电流I1产生的磁场B1集中在圆形磁环内，圆形磁环气隙中的霍尔元件可产生和B1成正比的霍尔电压UMN，控制器把从M、N输入的霍尔电压转变成电流I2，该电流流过线圈L2，产生磁场B2，B2与B1方向相反，当B2与B1达到平衡时，满足关系式：I1nI2。下列说法正确的是()图12A.顺着电流I1的方向观察，磁场B1的方向沿逆时针方向B.电流I2从a点流入线圈L2C.若霍尔元件的载流子是电子，则其左侧电势低于右侧电势D.若电流I2变为原来的2倍，当B2与B1重新达到平衡时，则表明被测电流I1变为原
37、来的2倍答案BCD解析由安培定则可知，顺着电流I1的方向观察，磁场B1的方向沿顺时针方向，选项A错误；由于B2与B1方向相反，由安培定则可知，电流I2从a点流入线圈L2，选项B正确；由左手定则知，电子向霍尔元件左侧聚集，左侧电势低于右侧电势，选项C正确；由于B2与B1达到平衡时，I1nI2，选项D正确。13.(2021广东新高考八省大联考模拟冲刺)如图13甲所示，水平传送带足够长，沿顺时针方向匀速运动，某绝缘带电物块无初速度的从最左端放上传送带。该装置处于垂直纸面向外的匀强磁场中，物块运动的vt图像如图乙所示。物块带电荷量保持不变，下列说法正确的是()图13A.物块带正电B.1 s后物块与传送
38、带共速，所以传送带的速度为0.5 m/sC.传送带的速度可能比0.5 m/s大D.若增大传送带的速度，其他条件不变，则物体最终达到的最大速度也会增大答案C解析在第1 s内，vt图像的斜率减小，物块的加速度减小，滑动摩擦力减小，对斜面的压力减小，而物块做加速运动，洛伦兹力增大，所以洛伦兹力一定竖直向上，由左手定则，物块一定带负电，A错误；物块达到最大速度的条件是摩擦力等于零，所以1 s末物块飘起来，此时物块的速度为0.5 m/s，传送带的速度可能是0.5 m/s，也可能大于0.5 m/s，B错误，C正确；若传送带的速度小于0.5 m/s，物块的最大速度随着传送带速度的增大而增大；若传送带的速度等
39、于0.5 m/s，则物块的最大速度等于0.5 m/s；若传送带的速度大于0.5 m/s，无论传送带的速度多大，物块加速到0.5 m/s时都飘起来，也就是说，物块的最大速度等于0.5 m/s，与传送带的速度无关，D错误。14.(多选)(2021湖南省高考模拟)如图14，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度大小B1 T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m，M点为x轴正方向上一点，OM3 m。现有一个比荷大小为1.0 C/kg，可视为质点带正电的微粒(重力不计)从挡板下端N处小孔以不同的速度沿x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计
40、，碰撞时电荷量不变，微粒最后都能经过M点，则微粒射入的速度大小可能是()图14A.3 m/s B.3.75 m/s C.4 m/s D.5 m/s答案ABD解析因为微粒通过y轴的速度方向一定是x方向，故带电微粒圆周运动轨迹半径最小值为3 m，即Rmin，解得vmin3 m/s；经验证，带电微粒以3 m/s速度进入磁场，与ON碰撞一次，再经四分之三圆周经过M点，如图甲所示，A项正确；当带电微粒与ON不碰撞，直接经过M点，如图乙所示，微粒速度沿x方向射入磁场，则圆心一定在y轴上，作出MN的垂直平分线，交于y轴的点即得圆心位置，由几何关系R2(Rmax)2，解得轨迹半径最大值Rmax5 m，又Rmax，解得vmax5 m/s，D项正确；当微粒速度大于3 m/s、小于5 m/s时，轨迹如图丙所示，由几何条件可得R22R(2R)2，计算可知轨迹半径R3.75 m，由半径公式R得v3.75 m/s，B项正确，C项错误。