第一講電場和磁場的基本性質(zhì)知識建構(gòu)(注1)(注4)：詳見答案部分備考點睛1.掌握電場的“3個要點”(1)掌握幾種常見電場的電場線、等勢面的分布特點.(2)掌握判斷電勢能的大小和電勢的高低的方法.(3)掌握等勢面特點和電場強度與電勢關(guān)系：等勢面與電場線垂直；等差等勢面越密，電場強度越大；電場強度方向就是電勢降低最快的方向.2.用準(zhǔn)“兩個定則”(1)對電流的磁場用安培定則.(2)對通電導(dǎo)線在磁場中所受的安培力和帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力用左手定則.3.易錯點歸納(1)電場強度與電勢無直接關(guān)系；(2)注意電容器與電源連接與斷開的兩種情況；(3)應(yīng)用Epq比較電勢能時，注意q為負(fù)值時的情況；(4)判斷洛倫茲力方向時要注意粒子的電性，粒子電性不同，洛倫茲力的方向不同，運動軌跡也不同. 答案(1)電場力做功的計算方法WABqUAB(普遍適用)WqElcos(適用于勻強電場)WABEpEpAEpB(從能量角度求解)W電W非電Ek(由動能定理求解)(2)電勢高低的判斷方法判斷角度判斷方法依據(jù)電場線方向沿電場線方向電勢逐漸降低依據(jù)電場力做功根據(jù)UAB，將WAB、q的正負(fù)號代入，由UAB的正負(fù)判斷A、B的高低依據(jù)場源電荷的正負(fù)取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負(fù)電荷周圍電勢為負(fù)值，靠近正電荷處電勢高，靠近負(fù)電荷處電勢低依據(jù)電勢能的高低正電荷在電勢較高處電勢能大，負(fù)電荷在電勢較低處電勢能大(3)安培力定義通電導(dǎo)線在磁場中受到的力大小I與B垂直時：FBILI與B平行時：F0I與B成角時：FBILsin(4)洛倫茲力定義運動電荷在磁場中受到的力大小v與B垂直時：FqvBv與B平行時：F0v與B成角時：FqvBsin熱點考向一電場的性質(zhì)及應(yīng)用角度一電場力的性質(zhì)【典例1】(2019·九江模擬)如圖，A是帶電量為Q半徑為R的球體且電荷均勻分布(均勻分布電荷的絕緣球體在空間產(chǎn)生對稱的電場，場強大小只和到球心的距離有關(guān))，B為帶電量為q的帶電體可看做點電荷已檢測到C點的場強為零，d點與C點到球心O的距離都為r，B到C點距離也為r，那么只把帶q的帶電體移到e點則d點場強大小為()Ak Bk Ck Dk思路引領(lǐng)(1)均勻分布電荷的絕緣球體在空間產(chǎn)生對稱的電場，場強大小只和到球心的距離有關(guān)A在空間某點的場強可由點電荷的場強公式計算(2)B為帶電量為q的帶電體可看做點電荷B在空間某點的場強可由點電荷的場強公式計算(3)C點的場強為零，d點與C點到球心O的距離都為r，B到C點距離也為rA的電荷量Q等于B的電荷量q.解析A是帶電量為Q半徑為R的球體且電荷均勻分布，則A在C點產(chǎn)生的場強大小為EAk，方向水平向右，B為帶電量為q的帶電體可看做點電荷，則B在C點產(chǎn)生的場強大小為EBk，方向水平向左，因為C點的場強為零，所以有EAEB，即Qq，把帶q的帶電體B移到e點，則A在d點產(chǎn)生的場強大小為EAk，方向豎直向上，B在d點產(chǎn)生的場強大小為EBk，方向水平向左，根據(jù)電場的疊加原理，將A、B在d點產(chǎn)生的場強進(jìn)行矢量疊加即可得d點場強大小為k，故A正確，B、C、D錯誤答案A角度二電場能的性質(zhì)【典例2】(2018·天津卷)如圖所示，實線表示某電場的電場線(方向未標(biāo)出)，虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設(shè)M點和N點的電勢分別為M、N，粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EpM、EpN.下列判斷正確的是()AvMvN，aMaNBvMvN，MNCMN，EpMEpNDaMaN，EpMEpN思路引領(lǐng)(1)粒子雖然不知運動方向，但可以假設(shè)由M向N運動，然后根據(jù)粒子軌跡彎曲方向，判斷電場力做功情況(2)粒子帶負(fù)電，可根據(jù)Epq判斷電勢高低解析由粒子軌跡彎曲方向及電場線分布情況可知，粒子所受電場力方向沿電場線切線方向反向，設(shè)粒子由M向N運動，則速度方向沿軌跡切線方向，電場力方向與粒子速度方向的夾角為鈍角，電場力做負(fù)功，電勢能增大，動能減小，所以vM>vN，EpM<EpN，A、B項錯誤；電場線的疏密程度表示電場強度大小，故粒子在M點所受電場力的大小小于在N點所受電場力的大小，由牛頓第二定律可知，aM<aN，D項正確；由于電場線方向如圖所示，所以M點電勢較N點的高，C項錯誤答案D角度三與平行板電容器有關(guān)的電場問題【典例3】(2019·遼寧五校聯(lián)考)如圖所示，平行板電容器兩極板帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地在兩極板間有一固定在A點的點電荷，以E表示兩極板間的電場強度，Ep表示點電荷在A點的電勢能，表示靜電計指針的偏角若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()A增大，E增大 B增大，Ep不變C減小，Ep增大 D減小，E不變思路引領(lǐng)電容器與電源斷開，電荷量不變，上極板向下移動一小段距離，C變化，從而引起兩極板間的電勢差發(fā)生變化極板間距離的變化不影響場強E，結(jié)合A點的位置可判斷Ep的變化情況解析若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據(jù)C可知，C變大；根據(jù)QCU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計指針偏角減小；根據(jù)E，QCU，C，聯(lián)立可得E，可知E不變；A點離下極板的距離不變，E不變，則A點與下極板的電勢差不變；又因為下極板接地，電勢為0，A點的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項D正確答案D1電場性質(zhì)的判斷方法(1)電場強度根據(jù)電場線的疏密程度進(jìn)行判斷根據(jù)等差等勢面的疏密程度進(jìn)行判斷根據(jù)Ek結(jié)合矢量合成進(jìn)行判斷(2)電勢由沿電場線方向電勢逐漸降低進(jìn)行判斷由進(jìn)行判斷(3)電勢能根據(jù)電場力做功判斷根據(jù)Epq判斷2平行板電容器動態(tài)問題的分析思路遷移一庫侖定律的應(yīng)用及庫侖力的合成1(2018·全國卷)如右圖所示，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab5 cm，bc3 cm，ca4 cm.小球c所受庫侖力的合力方向平行于a、b的連線設(shè)小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則()Aa、b的電荷同號，kBa、b的電荷異號，kCa、b的電荷同號，kDa、b的電荷異號，k解析如果a、b帶同種電荷，則a、b兩小球?qū)的作用力均為斥力或引力，此時c在垂直于a、b連線的方向上的合力一定不為零，因此a、b不可能帶同種電荷，A、C錯誤；若a、b帶異種電荷，假設(shè)a對c的作用力為斥力，則b對c的作用力一定為引力，受力分析如圖所示，由題意知c所受庫侖力的合力方向平行于a、b的連線，則Fa、Fb在垂直于a、b連線的方向上的合力為零，由幾何關(guān)系可知，又由庫侖定律得·，聯(lián)立解得k，B錯誤，D正確答案D遷移二電場線、等勢線(面)與粒子軌跡分析2(2019·洛陽一模)如圖所示虛線表示某電場的等差等勢面，一帶電粒子僅在電場力作用下由A運動到B的徑跡如圖中實線所示粒子在A點的加速度為aA、動能為EkA、電勢能為EpA；在B點的加速度為aB、動能為EkB、電勢能為EpB.則下列結(jié)論正確的是()AaA>aB，EkA>EkB BaA<aB，EpA>EpBCaA<aB，EpA<EpB DaA>aB，EpA<EkB解析根據(jù)等電勢差等勢面稀疏處電場強度小，密處電場強度大，可知A處電場強度小于B處由電場力公式和牛頓第二定律可得qEma，由此可知aA<aB.根據(jù)等勢面分布和電場線垂直可知，電場線方向垂直等勢面指向圓心根據(jù)帶電粒子僅在電場力作用下由A運動到B的徑跡可知，帶電粒子所受電場力方向與電場線方向相反，帶電粒子帶負(fù)電荷帶電粒子僅在電場力作用下由A運動到B，克服電場力做功，電勢能增加動能減小，EkA>EkB，EpA<EpB，所以選項C正確答案C遷移三平行板電容器問題3(2019·廣東湛江模擬)如圖所示，平行板a、b組成的電容器與電池E連接，平行板電容器P處固定放置一帶負(fù)電的點電荷，平行板b接地現(xiàn)將電容器的b板向下稍微移動，則()A點電荷所受電場力增大B點電荷在P處的電勢能減少CP點電勢減小D電容器的帶電荷量增加解析b板下移后，由C知電容減小，電容器與電池連接，極板間電壓不變，由QUC知，極板帶電荷量減少，D錯誤；極板間電壓不變，板間距離增大導(dǎo)致內(nèi)部場強減小，點電荷受力減小，A錯誤；根據(jù)UEd，得UPAEdPA，dPA不變，場強E的減小導(dǎo)致P處與上極板間電勢差減小，P處的電勢升高，由于點電荷帶負(fù)電，負(fù)電荷在電勢高處電勢能小，故點電荷在P處的電勢能減少，B正確，C錯誤答案B電容器與電源連接時電勢和電勢能的分析如圖所示，平行板電容器經(jīng)開關(guān)S保持與電源連接，a處固定一帶電荷量很小的正點電荷，現(xiàn)將電容器N板向下移動一小段距離時，由于電壓不變，根據(jù)E得場強減小，a點和上極板M的電勢差UMaEdMa，則UMa減小，又根據(jù)UMaMa知，因M不變，所以a升高，正電荷的電勢能增大. 熱點考向二磁場的性質(zhì)、安培力角度一磁場的疊加及安培力的計算問題【典例1】(多選)(2018·全國卷)如圖所示，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0，方向垂直于紙面向外已知a、b兩點的磁感應(yīng)強度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外則()A流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0B流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0C流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0D流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0思路引領(lǐng)電流L1在a、b兩點產(chǎn)生的磁場大小相等、方向相同；電流L2在a、b兩點產(chǎn)生的磁場大小相等、方向相反解析原磁場、電流的磁場方向如圖所示，由題意知在b點：B0B0B1B2在a點：B0B0B1B2由上述兩式解得B1B0，B2B0.故選項AC正確答案AC角度二安培力作用下導(dǎo)體的平衡及運動【典例2】(2019·安徽皖西南名校聯(lián)考)如圖所示為一電流表的原理示意圖質(zhì)量為m的均質(zhì)細(xì)金屬棒MN的中點處通過一掛鉤與一豎直懸掛的彈簧相連，絕緣彈簧勁度系數(shù)為k，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外，與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標(biāo)尺上的刻度，MN的長度大于ab.當(dāng)MN中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時，MN與矩形區(qū)域的cd邊重合，當(dāng)MN中有電流通過時，指針?biāo)缚潭瓤杀硎倦娏鞔笮?1)當(dāng)電流表示數(shù)為零時，彈簧伸長多少？(重力加速度為g)(2)若要電流表正常工作，MN的哪一端應(yīng)與電源正極相接？(3)若k2.0 N/m，ab0.20 m，cb0.050 m，B0.20 T，此電流表的量程是多少？(不計通電時電流產(chǎn)生的磁場的作用)(4)若將量程擴大2倍，磁感應(yīng)強度應(yīng)變?yōu)槎啻螅克悸芬I(lǐng)解析(1)設(shè)電流表示數(shù)為零時，彈簧的伸長為x，則有：mgkx由式得：x故當(dāng)電流表示數(shù)為零時，彈簧伸長(2)為使電流表正常工作，作用于通有電流的金屬棒MN的安培力必須向下，由左手定則可知金屬棒中電流從M端流向N端，因此M端應(yīng)接電源正極故若要電流表正常工作，MN的M端應(yīng)接電源正極(3)設(shè)滿量程時通過MN的電流為Im，則有：BIm·abmgk(bcx)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：Im2.5 A故此電流表的量程是02.5 A(4)設(shè)量程擴大后，磁感應(yīng)強度變?yōu)锽，則有：2BIm·abmgk(bcx)由得B代入數(shù)據(jù)得B0.10 T故若將量程擴大2倍，磁感應(yīng)強度應(yīng)變?yōu)?.10 T答案(1)(2)M端(3)02.5 A(4)0.10 T求解磁場中導(dǎo)體棒運動問題的思路遷移一磁場的疊加問題1(2019·吉林實驗中學(xué)月考)一對相同的載流圓線圈彼此平行且共軸，通以同方向等大電流，在兩線圈圓心O1、O2連線上取A、B、C三點，使得AO1O1BBO2O2C，A、B兩點的磁感應(yīng)強度大小分別為BA和BB，若僅將線圈O2中電流反向(大小不變)，則C點的磁感應(yīng)強度大小變?yōu)锽C，下列說法正確的是()ABCBBBA，開始時A與C磁場同向，后來A與C磁場反向BBCBBBA，開始時A與C磁場反向，后來A與C磁場同向CBC2BABB，開始時A與C磁場同向，后來A與C磁場反向DBC2BABB，開始時A與C磁場反向，后來A與C磁場同向解析設(shè)AO1O1BBO2O2Cx，距離圓環(huán)x處，每個圓環(huán)單獨產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為B1，距離圓環(huán)3x處每個圓環(huán)單獨產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為B2.電流同向時，根據(jù)安培定則，兩線圈在中軸線上的磁場方向向下，則A點的合磁感應(yīng)強度BAB1B2，方向向下，B點的合磁感應(yīng)強度BB2B1，方向向下；O2中電流反向時，線圈O2在C點的磁場方向向上，線圈O1在C點的磁場方向向下，則BCB1B2，方向向上，線圈O2在A點的磁場方向向上，線圈O1在A點的磁場方向向下，合磁感應(yīng)強度方向向下，聯(lián)立得BCBBBA.由以上分析知，開始時A與C磁場同向，后來A與C磁場反向，故選項A正確，BCD錯誤答案A遷移二安培力作用下導(dǎo)體的平衡問題2(2019·豫南九校聯(lián)考)如右圖所示，水平導(dǎo)軌間距為L0.5 m，導(dǎo)軌電阻忽略不計；導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m1 kg，電阻R00.9 ，與導(dǎo)軌接觸良好；電源電動勢E10 V，內(nèi)阻r0.1 ，電阻R4 ；外加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B5 T，方向垂直于ab，與導(dǎo)軌平面成夾角53°；ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，定滑輪摩擦不計，線對ab的拉力為水平方向，重力加速度g10 m/s2，ab處于靜止?fàn)顟B(tài)已知sin53°0.8，cos53°0.6.求：(1)通過ab的電流大小和方向；(2)ab受到的安培力大??；(3)重物重力G的取值范圍解析(1)I2 A，方向為a到b.(2)FBIL5 N.(3)受力如圖fm(mgFcos53°)3.5 N，當(dāng)最大靜摩擦力方向向右時FTFsin53°fm0.5 N，當(dāng)最大靜摩擦力方向向左時FTFsin53°fm7.5 N，所以0.5 NG7.5 N.答案(1)2 A方向為a到b(2)5 N(3)0.5 NG7.5 N安培力作用下導(dǎo)體棒的平衡與運動問題與力學(xué)中的平衡與運動問題的處理方法相同，只是安培力會隨著磁場B、電流I及導(dǎo)線長度L的變化而變化. 高考熱點題型突破電場中的“兩類”典型圖像問題幾種常見的Ex圖像幾種常見的x圖像【典例】(多選)(2017·江蘇卷)在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢在x軸上分布如圖所示下列說法正確的有()Aq1和q2帶有異種電荷Bx1處的電場強度為零C負(fù)電荷從x1移到x2，電勢能減小D負(fù)電荷從x1移到x2，受到的電場力增大審題指導(dǎo)第一步讀題干提信息題干信息x軸上有兩個點電荷，空間的電勢有正有負(fù)兩個電荷為異種電荷圖像為x圖像斜率代表電場強度第二步審程序順?biāo)悸?解析由題圖可知，空間的電勢有正有負(fù)，無窮遠(yuǎn)處電勢為零，且只有一個極值，則兩個點電荷必定為異種電荷，A項正確；由E可知，x圖像的切線的斜率的絕對值表示電場強度大小，因此x1處的電場強度不為零，B項錯誤；負(fù)電荷從x1移到x2的過程中，電勢升高，電場強度減小，由Epq、FqE可知，電勢能減小，受到的電場力減小，C項正確，D項錯誤答案AC(1)Ex圖像特點反映了電場強度隨位移變化的規(guī)律E>0表示場強沿x軸正方向；E<0表示場強沿x軸負(fù)方向圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢差，“面積”大小表示電勢差大小，兩點的電勢高低根據(jù)電場方向判定(2)x圖像特點及應(yīng)用電場強度的大小等于x圖線的斜率大小，電場強度為零處，x圖線存在極值，其切線的斜率為零在x圖像中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強度的方向在x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WABqUAB，進(jìn)而分析WAB的正負(fù)，然后做出判斷. 1.(2019·湖北荊州第一次質(zhì)檢)靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關(guān)系如右圖所示，x軸正方向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷()A在x2和x4處電勢能相等B由x1運動到x3的過程中電勢能增大C由x1運動到x4的過程中電勢能先減小后增大D由x1運到到x4的過程中電場力先減小后增大解析x2x4處場強方向沿x軸負(fù)方向，則從x2到x4處逆著電場線方向，電勢升高，則正電荷在x4處電勢能較大，故A錯誤；x1x3處場強為x軸負(fù)方向，則從x1到x3處逆著電場線方向移動，電勢升高，正電荷在x3處電勢能較大，故B正確；由x1運動到x4的過程中，逆著電場線方向，電勢升高，正電荷的電勢能增大，故C錯誤；由x1運動到x4的過程中，電場強度的絕對值先增大后減小，故由FqE知，電場力先增大后減小，故D錯誤答案B2(2019·河北定州期中)兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中A、N兩點的電勢為零，ND段中C點電勢最高，則下列選項說法錯誤的是()Aq1為正電荷，q2為負(fù)電荷Bq1的電荷量大于q2的電荷量CN、C間場強方向沿x軸正方向D將一負(fù)點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負(fù)功解析由圖知無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，A點的電勢為0，由于沿著電場線電勢降低，所以q1為正電荷，q2為負(fù)電荷，故A正確A點的電勢為零，又由于OA>AM，所以q1的電荷量大于q2的電荷量，故B正確由圖可知：從N到C，電勢升高，根據(jù)沿著電場線電勢降低可知，N、C間電場強度方向沿x軸負(fù)方向，故C錯誤ND段中，電勢先升高后降低，所以場強方向先沿x軸負(fù)方向，后沿x軸正方向，將一負(fù)點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負(fù)功，故D正確答案C專題強化訓(xùn)練(十)一、選擇題1(2019·東北師大附中教學(xué)抽樣檢測)如右圖所示，光滑絕緣水平面上兩個相同的帶電小圓環(huán)A、B，電荷量均為q，質(zhì)量均為m，用一根光滑絕緣輕繩穿過兩個圓環(huán)，并系于結(jié)點O.在O處施加一水平恒力F使A、B一起加速運動，輕繩恰好構(gòu)成一個邊長為l的等邊三角形，則()A小環(huán)A的加速度大小為B小環(huán)A的加速度大小為C恒力F的大小為D恒力F的大小為解析設(shè)輕繩的拉力為T，則對A：TTcos60°k；Tcos30°maA，聯(lián)立解得：aA，選項B正確，A錯誤；恒力F的大小為F2ma，選項C、D錯誤答案B2(多選)(2019·武漢二中月考)如右圖所示，a、b、c、d四個質(zhì)量均為m的帶電小球恰好構(gòu)成“三星拱月”之形，其中a、b、c三個完全相同的帶電小球在光滑絕緣水平面內(nèi)的同一圓周上繞O點做半徑為R的勻速圓周運動，三小球所在位置恰好將圓周等分小球d位于O點正上方h處，且在外力F作用下恰處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知a、b、c三小球的電荷量均為q，d球的電荷量為6q，hR.重力加速度為g，靜電力常量為k.則()A小球a一定帶正電B小球b的周期為C小球c的加速度大小為D外力F豎直向上，大小等于mg解析a、b、c三小球所帶電荷量相同，要使它們做勻速圓周運動，則d球與a、b、c三小球一定帶異種電荷，由于d球的電性未知，所以a球不一定帶正電，故A錯誤設(shè)ad連線與水平方向的夾角為，則cos，sin；對b球，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式得kcos2k·cos30°mRma，解得T，a，則小球c的加速度大小為，故B、C正確對d球，由平衡條件得F3ksinmgmg，故D正確答案BCD3(多選)(2019·全國卷)靜電場中，一帶電粒子僅在電場力的作用下自M點由靜止開始運動，N為粒子運動軌跡上的另外一點，則()A運動過程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B在M、N兩點間，粒子的軌跡一定與某條電場線重合C粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能D粒子在N點所受電場力的方向一定與粒子軌跡在該點的切線平行解析在兩個同種點電荷的電場中，一帶同種電荷的粒子在兩電荷的連線上自M點由靜止開始運動，粒子的速度先增大后減小，選項A正確；帶電粒子僅在電場力作用下運動，若運動到N點的動能為零，則帶電粒子在N、M兩點的電勢能相等；僅在電場力作用下運動，帶電粒子的動能和電勢能之和保持不變，若粒子運動到N點時動能不為零，則粒子在N點的電勢能小于在M點的電勢能，即粒子在M點的電勢能不低于其在N點的電勢能，選項C正確；粒子所受電場力與電場線共線與運動軌跡無關(guān)，D錯誤答案AC4(多選)(2019·全國卷)如圖，電荷量分別為q和q(q>0)的點電荷固定在正方體的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點則()Aa點和b點的電勢相等Ba點和b點的電場強度大小相等Ca點和b點的電場強度方向相同D將負(fù)電荷從a點移到b點，電勢能增加解析a、b兩點到兩點電荷連線的距離相等，且關(guān)于兩點電荷連線中點對稱，可知a、b兩點的電場強度大小相等，方向相同，選項B、C均正確答案BC5(2019·山東省濟南市期末測試)兩個點電荷位于x軸上，在它們形成的電場中，若取無限遠(yuǎn)處的電勢為零，則在x軸正半軸上各點的電勢如圖中曲線所示，當(dāng)x0時，電勢，當(dāng)x時，電勢0.電勢為零的點的橫坐標(biāo)為x1，電勢為最小值0的點的橫坐標(biāo)為x2，根據(jù)圖線提供的信息，下列判斷正確的是()A這兩個點電荷一定是同種電荷B這兩個點電荷一定是等量的異種電荷C在x1處的電場強度為零D在x2處的電場強度為零解析若這兩個點電荷是同種電荷，則在x1處的電勢不可能為零，因此這兩個點電荷一定是異種電荷，選項A錯誤；當(dāng)x0時，電勢，可知在原點一定有正點電荷，負(fù)點電荷只能在x軸負(fù)半軸上，且負(fù)點電荷所帶電荷量的絕對值一定大于正點電荷所帶電荷量，可知這兩個點電荷必定是不等量的異種電荷，選項B錯誤；根據(jù)電場強度與電勢的關(guān)系可知E，故在x2處的電場強度為零，在x1處的電場強度不為零，選項D正確、C錯誤答案D6(2019·寶雞高三一模)如右圖所示，豎直放置的兩個平行金屬板間存在勻強電場，與兩板上邊緣等高處有兩個質(zhì)量相同的帶電小球，小球P從緊靠左極板處由靜止開始釋放，小球Q從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最終都能運動到右極板上的同一位置，則從開始釋放到運動到右極板的過程中，它們的()A電荷量之比qPqQ21B電勢能減少量之比EpPEpQ21C運動時間tp>tQD動能增加量之比EkPEkQ41解析小球在豎直方向上做自由落體運動，在水平方向上做勻加速直線運動，根據(jù)合運動與分運動的等時性，兩小球下落的高度一樣，即hgt2，所以運動的時間相同，設(shè)為t，C錯誤；在水平方向上有daPt2t2，daQt2t2，可得qPqQ21，A正確；電勢能的減少量等于電場力所做的功，所以有EpPUqP，EpQUqQ，所以有EpPEpQ41，B錯誤；運動過程中重力和電場力做功，所以動能的增加量為EkPmghUqP，EkQmghUqQ，所以EkPEkQ41，D錯誤答案A7(2019·全國卷)如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接已知導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為()A2FB1.5FC0.5FD0解析設(shè)三角形邊長為l，通過導(dǎo)體棒MN的電流大小為I，則根據(jù)并聯(lián)電路的規(guī)律可知通過導(dǎo)體棒ML和LN的電流大小為，如圖所示，依題意有FBlI，則導(dǎo)體棒ML和LN所受安培力的合力為F1BlIF，方向與F的方向相同，所以線框LMN受到的安培力大小為1.5F，選項B正確答案B8.(2017·全國卷)如圖，在磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l.在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點處的磁感應(yīng)強度為零如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應(yīng)強度的大小為()A0 B.B0 C.B0 D2B0解析設(shè)導(dǎo)線P在a點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為B，由于a點處的磁感應(yīng)強度為零，故導(dǎo)線P、Q在a點處產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強度與B0等大反向如圖甲所示，由幾何關(guān)系得，導(dǎo)線P、Q在a點處產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強度B02Bcos30°，方向水平向右若P中的電流反向、其他條件不變，如圖乙所示，由幾何關(guān)系得，P、Q導(dǎo)線在a點處的磁感應(yīng)強度變?yōu)锽，方向豎直向上，則a點處合磁感應(yīng)強度的大小為B0，故選項C正確答案C9(多選)(2019·南京金陵中學(xué)二模)間距為L20 cm的光滑平行導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端通過開關(guān)S與內(nèi)阻不計、電動勢為E的電源相連，右端與半徑為L的兩段光滑圓弧導(dǎo)軌相接，一根質(zhì)量m60 g、電阻R1 、長為L的導(dǎo)體棒ab，用長也為L的絕緣細(xì)線懸掛，如圖所示，系統(tǒng)空間有豎直方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B0.5 T，當(dāng)閉合開關(guān)S后，導(dǎo)體棒沿圓弧擺動，擺到最大高度時，細(xì)線與豎直方向成53°角，擺動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸良好且細(xì)線處于張緊狀態(tài)，導(dǎo)軌電阻不計，sin53°0.8，cos53°0.6，g10 m/s2，則()A磁場方向一定豎直向下B電源電動勢E3.0 VC導(dǎo)體棒在擺動過程中所受安培力F3 ND導(dǎo)體棒在擺動過程中電源提供的電能為0.048 J解析當(dāng)開關(guān)S閉合時，導(dǎo)體棒向右擺動，說明其所受安培力水平向右，由左手定則可知，磁場方向豎直向下，故A正確；設(shè)電路中電流為I，則根據(jù)動能定理得mgL(1cos53°)FLsin53°0，解得安培力F0.3 N，由FBIL，得E3 V，故B正確，C錯誤；導(dǎo)體棒在擺動過程中電源提供的電能一部分轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體棒的機械能EmgL(1cos53°)0.06×10×0.2×0.4 J0.048 J，另一部分轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故D錯誤答案AB二、非選擇題10(2019·石家莊高三質(zhì)檢二)如圖所示，ABCD且A、B、C、D位于一半徑為r的豎直圓上，在C點有一固定點電荷，電荷量為Q.現(xiàn)從A點將一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球由靜止釋放，小球沿光滑絕緣軌道ADB運動到D點時速度為，g為重力加速度，不考慮運動電荷對靜電場的影響，求：(1)小球運動到D點時對軌道的壓力；(2)小球從A點到D點過程中電勢能的改變量解析(1)小球在D點時有FNkmg解得FN2mgk由牛頓第三定律得，小球在D點時對軌道的壓力大小為FN2mgk方向豎直向下(2)小球從A運動到D，根據(jù)動能定理，有：mgrW電m()20解得電場力做的功：W電mgr因為電場力做負(fù)功，則電勢能增加，Epmgr答案(1)2mgk，方向豎直向下(2)mgr11(2019·北京西城區(qū)模擬)2012年11月，“殲15”艦載機在“遼寧號”航空母艦上著艦成功，它的阻攔技術(shù)原理是，飛機著艦時利用阻攔索的作用力使它快速停止隨著電磁技術(shù)的日趨成熟，新一代航母已準(zhǔn)備采用全新的電磁阻攔技術(shù)，它的阻攔技術(shù)原理是，飛機著艦時利用電磁作用力使它快速停止為研究問題的方便，我們將其簡化為如圖所示的模型在磁感應(yīng)強度為B、方向如圖所示的勻強磁場中，兩根平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L，電阻不計軌道端點MP間接有阻值為R的電阻一個長為L、質(zhì)量為m、阻值為r的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好質(zhì)量為M的飛機以水平速度v0迅速鉤住導(dǎo)體棒ab，鉤住之后關(guān)閉動力系統(tǒng)并立即獲得共同的速度假如忽略摩擦等次要因素，飛機和導(dǎo)體棒系統(tǒng)僅在安培力作用下很快停下來求：(1)飛機鉤住導(dǎo)體棒后它們獲得的共同速度v的大小；(2)飛機在阻攔減速過程中獲得的加速度a的最大值；(3)從飛機鉤住導(dǎo)體棒到它們停下來的整個過程中運動的距離x.解析(1)以飛機和導(dǎo)體棒為研究對象，根據(jù)動量守恒定律有Mv0(Mm)v，解得它們共同的速度vv0；(2)飛機鉤住導(dǎo)體棒后它們以速度v開始在安培力的作用下做減速運動，所以當(dāng)它們的速度為v時所受安培力最大，此時加速度也最大，根據(jù)牛頓第二定律有BIL(Mm)a，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I，聯(lián)立以上兩式解得a；(3)以飛機和導(dǎo)體棒為研究對象，在很短的一段時間t內(nèi)，根據(jù)動量定理有BiL·t(Mm)v，在某時刻，根據(jù)閉合電路歐姆定律有i，聯(lián)立可得·t(Mm)v，飛機經(jīng)時間t停下來，在時間t內(nèi)，對等式兩邊求和，有·x(Mm)v，解得x.答案(1)v0(2)(3)29