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1、专题四电场与磁场第8讲电场与磁场的基本性质核心考点1电场力的性质【高考真题引领】1(2021湖南卷)如图，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的位置及电荷量分别为()A(0，2a)，q B(0，2a)，2qC(2a，0)，q D(2a，0)，2q思维分析考查角度点电荷的电场、电场的叠加解题关键电场的叠加遵循矢量运算法则，三个点电荷在P点处的合场强为零尝试解答_解析：根据点电荷场强公式Ek，两等量异种点电荷在P点的场强大小为E0 ，方向如图所示，两等量异种点电荷在P点的合场强为
2、E1E0 ，方向与q点电荷与q点电荷的连线平行，如图所示。Q点电荷在P点的场强大小为E2k , 三点电荷的合场强为0，则E2方向如图所示，大小有E1E2，解得Q2q，由几何关系可知Q的坐标为(0，2a)，故选B。答案：B【知识方法深化】1常用的公式2类比法、对称法求解叠加场的场强(1)类比法：当空间某一区域同时存在两个或两个以上的电场(由各自独立的场源电荷所激发)时，某点场强E等于各电场的场强在该点的矢量和，遵循平行四边形定则，可以类比力的合成与分解。(2)对称法【精选典题练透】2(2021湖北黄冈中学高三质检)如图所示，正方形ABCD的对角线相交于O点，两个等量同种正电荷分别固定在A、C两点
3、，则()AB、D两处电势、场强均相同BB、D两处电势、场强均不相同C若在B点静止释放一电子，电子一定在B、D间往复运动，且加速度先减小后增大D若在B点给电子一垂直纸面合适的速度，电子可绕O点做匀速圆周运动解析：在等量同种电荷连线的中垂线上，电场强度从O点开始向上、下两边先增大后减小，在O上方的电场强度方向竖直向上，在O下方的电场强度方向竖直向下，根据对称性可知B、D两点的电场强度大小相同，方向不同，电势相同，故A、B错误；无法判断从O到B(O到D)电场强度是一直增大，还是先增大后减小，故无法判断电子的加速度的变化情况，C错误；在垂直纸面且经过BD两点的圆上，所有点的电势相等，并且电子受到的电场
4、力指向O点，与速度方向垂直，电子可绕O点做匀速圆周运动，D正确。答案：D3.(2021山东潍坊模拟)如图所示，匀强电场的方向平行于xOy坐标系平面，其中坐标原点O处的电势为2 V，a点的坐标为(0 cm，4 cm)，电势为8 V，b点的坐标为(3 cm，0 cm)，电势为8 V，则电场强度的大小为()A250 V/m B200 V/mC150 V/m D120 V/m解析：由题意可知a、b两点的电势相等，则ab为一条等势线，又O点电势为2 V，则知匀强电场的场强方向垂直于ab指向左下方。过O点作ab的垂线交ab于c点，由几何关系得tan b，得b53，OcObsin b0.03 msin 53
5、2.4102 m，c、O间的电势差U8 V2 V6 V，则电场强度大小E250 V/m，故A正确，BCD错误。答案：A4(2021北京市丰台市期末)空间某一静电场的电势在x轴上的分布如图所示，图中曲线关于纵轴对称。在x轴上取a、b两点，下列说法正确的是()Aa、b两点的电场强度在x轴上的分量都沿x轴正向Ba、b两点的电场强度在x轴上的分量都沿x轴负向Ca、b两点的电场强度在x轴上的分量大小EaEbD一正电荷沿x轴从a点移到b点过程中，电场力先做正功后做负功解析：因为在O点处电势最大，沿着x轴正负方向逐渐减小，电势顺着电场强度的方向减小，所以a、b两点的电场强度在x轴上的分量方向相反，故A、B项
6、错误；x图像的斜率大小表示场强在x轴上的分量大小，即E，可知EaEpA，说明电子由 A运动到B时电势能增大，电场力做负功，电场力对其所做的功为WEpAEpB，故C正确；由于电场力做负功，动能减小，所以A点的动能大于B点的动能，故D正确。答案：CD4.(2021广东摸底考试)如图所示，理想二极管(具有单向导电性)、平行板电容器、电源组成闭合电路，带电液滴P置于水平放置的平行板电容器的正中间而静止，则下列说法中正确的是()A若将极板A向下移动少许，则液滴的电势能将减小B若将极板A向上移动少许，则液滴将向上运动C若将极板B向上移动少许，则液滴的电势能将增大D若将极板A、B错开少许，使两极板正对面积变
7、小，则液滴将向下运动解析：带电液滴置于水平放置的平行板电容器的正中间而静止，受重力和电场力平衡，故液滴带负电；若将极板A向下移动少许(d减小)，电容器电容增大，二极管正向导通给电容器充电，电容器两端电压保持U不变，由E知两极板间电场强度增大，电场力大于液滴重力，液滴将向上运动，电场力做正功，带电液滴的电势能减小，A正确；若将极板A向上移动少许(d增大)，由C知C减小，由QCU知Q将减小，但因二极管具有单向导电性，所以电容器的带电荷量Q将不变，由E、QCU及C知E，两极板间电场强度不变，所以液滴仍静止，B错误；若将极板B向上移动少许(d减小)，由E知两极板间电场强度增大，与选项A相同，带电液滴将
8、向上运动，电场力做正功，电势能减小，C错误；若将极板A、B错开少许(S减小)，电容减小，由QCU可知，电容器放电，但二极管阻止电容器放电，电容器带电荷量Q不变，由E知两极板间电场强度增大，液滴向上运动，D错误。答案：A核心考点3磁场及其对电流的作用【高考真题引领】1.(2021广东卷)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()思维分析考查角度安培定则、磁场的叠加、通电直导线周围磁场的分布特点解题关键明确电流周围磁
9、场的分布规律，知道“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”相互作用规律尝试解答_解析：因I1I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C。故C正确，ABD错误。答案：C【知识方法深化】1磁场的叠加和安培定则应用的注意点(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点处磁感线的切线方向。(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁
10、场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点的磁感应强度的矢量和，遵从平行四边形定则。2安培力公式：FBIL sin (为B、I间的夹角)(1)公式只适用于匀强磁场中的通电直导线或非匀强磁场中很短的通电导线。(2)当I、B夹角为0时F0；当电流与磁场方向垂直时，安培力最大，为FBIL。(3)L是有效长度。闭合的通电导线框在匀强磁场中受到的安培力F0。(4)安培力的方向利用左手定则判断。3安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路【精选典题练透】2(2021湖南师大附中模拟)如图所示，两根平行放置、长度均为L的直导线a和b，放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中。当a导线通有电流大小为I、b导线通有电流大
11、小为2I，且电流方向相反时，a导线受到的磁场力大小为F1，b导线受到的磁场力大小为F2，则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为()A BC D解析：a、b导线中电流方向相反，两导线之间的磁场力为斥力，设大小为F，对a有F1FBIL，对b有F2F2BIL，解得F2F1F2，对于导线b，F2F1F2B2IL，解得B，故C正确。答案：C3(2021山东省泰安市质检)M、N、P是半圆上的三点，O点是圆心，MN为直径，NOP60。在M、N处各有一条垂直半圆面的长直导线， 导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1。若将M点的长直导线移至P点，O点的磁感应强度大
12、小变为B2，则()AB2B12 BB2B12CB2B112 DB2B121解析：根据安培定则可知，M、N处每根导线在O点产生的磁感应强度方向均向上，大小为，则当M移至P点时，在O点产生的磁感应强度如图所示。由图可知，两导线形成的磁感应强度方向夹角为120，由几何关系可知，O点合磁感应强度大小为：B2，故B2B112，C正确，ABD错误。答案：C4(多选)(2021山东济南区县联考)如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向
13、为电流正方向。则金属棒()A.一直向右移动B速度随时间周期性变化C受到的安培力随时间周期性变化D受到的安培力在一个周期内做正功解析：根据左手定则知金属棒在0内所受安培力水平向右，由FBIL知，安培力大小恒定，故金属棒向右做匀加速直线运动，在T内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等，方向相反，金属棒向右做匀减速直线运动，一个周期结束时金属棒速度恰好为零，以后始终向右重复上述运动，选项A、B、C正确；在0时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功，在T时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做总功为零，选项D错误。答案：ABC核心考点4磁场对运动电荷的作用【高考真
14、题引领】1.(2021全国乙卷)如图，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()A BC D思维分析考查角度带电粒子在匀强磁场中的圆周运动规律解题关键明确粒子的轨迹圆心和半径是解题的关键。尝试解答_解析：根据题意做出粒子的圆心如图所示。设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径r1R，第二次的半径r2R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB，可得v，所以，故B正确，ACD错误。答案：
15、B【知识方法深化】1两种运动类型2两个解题思路(1)洛伦兹力永不做功，只改变粒子速度方向，不改变粒子速度的大小。(2)带电体在磁场中的运动，往往需要考虑重力，明确受力情况是分析该类问题的关键，一般先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力。3带电粒子在常见边界磁场中的运动规律(1)直线边界对称性： 若带电粒子以与边界成角的速度进入磁场，则一定以与边界成角的速度离开磁场。完整性：正、负带电粒子以相同的速度进入同一匀强磁场时，两带电粒子轨迹圆弧对应的圆心角之和等于2。(2)圆形边界： 沿径向射入的粒子， 必沿径向射出。【精选典题练透】2(多选)(2021天津市和平区三模)质量为m、电
16、量为q的带电粒子以速率v垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，带电粒子在圆周轨道上运动相当于一个环形电流，则下列说法中正确的是()A环形电流的电流强度跟q成正比B环形电流的电流强度跟v成正比C环形电流的电流强度跟B成正比D环形电流的电流强度跟m成反比解析：设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，半径为r，则由qvBm，得T，环形电流：I，可见，I与q的平方成正比，与v无关，与B成正比，与m成反比，故A、B错误，C、D正确。答案：CD3(2021山东聊城模拟)如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域和的磁感应强度方向平行、大小分别为B和2B。一带正电粒子(
17、不计重力)以速度v从磁场分界线MN上某处射入磁场区域，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN成60角，经过t1时间后粒子进入到磁场区域，又经过t2时间后回到区域，设粒子在区域、中的角速度分别为1、2，则()A1211 B1221Ct1t211 Dt1t221解析：粒子在区域、中运动的周期分别为T1、T2，结合得1212，A、B错误；t1T1，t2T2，得t1t221，C错误，D正确。答案：D4(2021南京师范大学附中模拟)如图所示，半圆光滑绝缘轨道MN固定在竖直平面内，O为其圆心，M、N与O高度相同，匀强磁场方向与轨道平面垂直。现将一个带正电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道在M、N间做往复
18、运动。下列说法中正确的是()A小球在M点和N点时均处于平衡状态B小球由M到N所用的时间大于由N到M所用的时间C小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小均相等D小球每次经过轨道最低点时所受合外力大小均相等解析：小球在M点和N点只受到重力，合力不为零，所以小球在这两点不能处于平衡状态，故A错误；由于洛伦兹力总是与运动方向垂直，没有摩擦力，故对其速度大小有影响的只有重力，故小球无论从哪边滚下，时间都是一样的，故B错误；小球不管从哪边滚下，只有重力做功，且重力做功相等，由动能定理可知，小球每次经过最低点时，速度大小总是相等的，由F合m可知合力不变，故D正确；小球从M到N运动，在最低点受到向上的洛伦兹力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿运动定律可得：F1F洛mgm，根据牛顿第三定律可知，此时小球对轨道的压力为：F1F1mmgF洛；小球从N到M运动，在最低点受到向下的洛伦兹力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿运动定律可得：F2mgF洛m，根据牛顿第三定律可知，此时小球对轨道的压力为F2F2mmgF洛，所以小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小不相等，故C错误。答案：D