《2019屆高考物理二輪復習 第一部分 專題三 電場與磁場學案.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019屆高考物理二輪復習 第一部分 專題三 電場與磁場學案.doc（55頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

專題三 第一講電場與磁場的基本性質 考點一 電場力的性質 1.[考查點電荷電場中場強的求解與比較] 直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖所示。M、N兩點各固定一負點電荷，將一電荷量為Q的正點電荷置于O點時，G點處的電場強度恰好為零。靜電力常量用k表示。若將該正點電荷移動到G點，則H點處場強的大小和方向分別為(　　) A.，沿y軸正向　　　　　 B.，沿y軸負向 C.，沿y軸正向 D.，沿y軸負向 解析：選B　正點電荷在O點時，G點的場強為零，則兩負點電荷在G點的合場強大小為E1＝，方向沿y軸正方向。由對稱性知，兩負點電荷在H點的合場強大小為E2＝E1＝，方向沿y軸負方向。當把正點電荷放在G點時，在H點產生的場強的大小為E3＝，方向沿y軸正方向。所以H點的合場強大小E＝E2－E3＝，方向沿y軸負方向，選項B正確。 2．[考查勻強電場中場強的計算] 如圖所示，梯形abdc位于某勻強電場所在平面內，兩底角分別為60、30，cd＝2ab＝4 cm。已知a、b兩點的電勢分別為4 V、0，將電荷量q＝1.610－3 C的正電荷由a點移動到c點，克服電場力做功6.410－3 J。下列關于電場強度的說法正確的是(　　) A．垂直ab向上，大小為400 V/m B．垂直bd斜向上，大小為400 V/m C．平行ca斜向上，大小為200 V/m D．平行bd斜向上，大小為200 V/m 解析：選B　由W＝qU知Uac＝＝ V＝－4 V，而φa＝4 V，所以φc＝8 V，過b點作be∥ac交cd于e點，因在勻強電場中，任意兩條平行線上距離相等的兩點間電勢差相等，所以Uab＝Uce，即φe＝4 V，又因cd＝2ab，所以Ucd＝2Uab，即φd＝0，所以bd為一條等勢線，又由幾何關系知eb⊥bd，由電場線與等勢線的關系知電場強度必垂直bd斜向上，大小為E＝＝ V/m＝400 V/m，B項正確。 3．[考查特殊電場中場強的分析與求解] 均勻帶電的球殼在球殼外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場。如圖所示，在半球面AB上均勻分布正電荷，總電荷量為q，球面半徑為R，CD為通過半球面頂點與球心O的軸線，在軸線上有M、N兩點，OM＝ON＝2R，已知M點的場強大小為E，則N點的場強大小為(　　) A.－E　　　　　　　　 　B. C.－E D.＋E 解析：選A　若將半球面AB補充成一個完整的均勻帶電球殼，完整球殼所帶電荷量為2q，在M點產生電場的場強為k＝，設右半球殼在M點產生的場強大小為E右，根據電場疊加原理有E＝－E右，解得右半球殼在M點產生的場強大小為E右＝－E，根據對稱性，左半球殼在N點產生的場強大小為－E，選項A正確。 4．[考查帶電體在等效場中的運動問題] 如圖所示，一條長為L的細線上端固定，下端拴一個質量為m、電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強電場中，使細線豎直拉直時將小球從A點靜止釋放，當細線離開豎直位置偏角α＝60時，小球速度為零。 (1)求小球的帶電性質和勻強電場強度的大小E； (2)若小球恰好能在豎直平面內完成圓周運動，求從A點水平釋放小球時應具有的初速度vA的大小(可含根式)。 解析：(1)根據電場方向和小球受力分析可知小球帶正電。 小球從A點靜止釋放到速度等于零，由動能定理得 EqLsin α－mgL(1－cos α)＝0， 解得E＝。 (2)將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G′，則G′＝mg，方向與豎直方向成30角偏向右下方。 若小球恰好能在豎直平面內做完整的圓周運動，在等效最高點由牛頓第二定律得m＝mg， 小球從A點到等效最高點，由動能定理得 －mgL(1＋cos 30)＝mv2－mvA2， 聯(lián)立解得vA＝)。 答案：(1)帶正電　　(2) ) 考點二 電場能的性質 5.[考查電勢高低、電勢能大小的判斷] [多選]在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形abcd，對角線的交點為O，頂點a、c分別固定一個正點電荷，電荷量相等，如圖所示，若將一個帶負電的粒子P置于b點，靜止釋放，粒子P將沿著對角線bd運動，則在線段bd上(　　) A．O點的電場強度最大 B．O點電勢最高 C．粒子P在O點時電勢能最大 D．粒子P在O點時動能最大 解析：選BD　根據等量同種電荷形成的電場線與等勢面分布特點，可知在直線bd上正中央點的電勢最高，電場強度為零，A錯誤，B正確；負電荷由b到d先加速后減少，運動到O點時動能最大，電勢能最小，故C錯誤，D正確。 6．[考查電場中的圖像問題] [多選]在x軸上有兩個點電荷q1、q2，其靜電場的電勢φ在x軸上分布如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．q1和q2帶有異種電荷 B．x1處的電場強度為零 C．負電荷從x1移到x2，電勢能減小 D．負電荷從x1移到x2，受到的電場力增大 解析：選AC　由題圖可知，空間的電勢有正有負，無窮遠處電勢為零，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，φx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；負電荷從x1移到x2的過程中，電勢升高，電場強度減小，由Ep＝qφ、F＝qE可知，電勢能減小，受到的電場力減小，C項正確，D項錯誤。 7．[考查電場線、等勢線、運動軌跡問題] [多選]帶電粒子僅在電場力作用下，從電場中a點以初速度v0進入電場并沿虛線所示的軌跡運動到b點，如圖所示。從a到b過程中，下列說法正確的是(　　) A．粒子帶負電荷 B．粒子的速度先增大后減小 C．粒子的加速度先減小后增大 D．粒子的機械能先減少后增加 解析：選CD　做曲線運動的物體受到的合力指向軌跡的凹側，結合場強的方向可知粒子帶正電荷，選項A錯誤；電場線的疏密程度表示電場強度大小，電場線越密，電場強度越大，粒子所受電場力越大，加速度也越大，所以粒子的加速度先減小后增大，選項C正確；粒子的速度方向先與電場力方向夾角為鈍角，然后與電場力方向夾角為銳角，即電場力先做負功再做正功，所以粒子先減速后加速，機械能先減少后增加，選項B錯誤，D正確。 8．[考查電場力做功、電場中的功能關系] 如圖甲所示，在某電場中建立x坐標軸，A、B為x軸上的兩點，xA、xB分別為A、B兩點在x軸上的坐標值。一電子僅在電場力作用下沿x軸運動，該電子的電勢能Ep隨其坐標x變化的關系如圖乙所示，EpA和EpB分別表示電子在A、B兩點時的電勢能。下列說法中正確的是(　　) A．該電場可能是孤立的點電荷形成的電場 B．A點的電場強度小于B點的電場強度 C．電子由A點運動到B點的過程中電場力對其所做的功W＝EpA－EpB D．電子在A點的動能小于在B點的動能 解析：選C　由于A、B兩點的電勢能與兩個位置間的關系如題圖乙所示，是一條過原點的直線，說明電勢是均勻增加的，所以一定是勻強電場，而不是孤立點電荷形成的電場，故A、B錯誤；由題圖乙可知，電子在A、B兩點的電勢能關系為：EpB＞EpA，說明電子由A點運動到B點時電勢能增大，電場力做負功，電場力對其所做的功為W＝EpA－EpB，故C正確；電場力做負功，動能減小，所以電子在A點的動能大于在B點的動能，故D錯誤。 9．[考查平行板電容器的動態(tài)分析] 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，θ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．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變 C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變 解析：選D　若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據C＝可知，C變大；根據Q＝CU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θ減小；根據E＝，Q＝CU，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點與下極板間的電勢差不變，A點的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項D正確。 10．[考查帶電粒子在電容器中的運動問題] [多選]如圖所示，平行板電容器兩極板水平放置，電容為C，開始開關閉合，電容器與一直流電源相連，極板間電壓為U，兩極板間距為d，電容器儲存的能量E＝CU 2。一電荷量大小為q的帶電油滴以初動能Ek0從平行板電容器的兩個極板中央水平射入(極板足夠長)，帶電油滴恰能沿圖中所示水平虛線勻速通過電容器，則(　　) A．保持開關閉合，將上極板下移，帶電油滴仍能沿水平線運動 B．保持開關閉合，將上極板下移，帶電油滴將撞擊上極板，撞擊上極板時的動能為Ek0＋ C．斷開開關，將上極板上移，若不考慮電容器極板的重力勢能變化，外力對極板做功至少為CU2 D．斷開開關，將上極板上移，若不考慮電容器極板的重力勢能變化，外力對極板做功至少為CU2 解析：選BD　保持開關閉合，電壓不變，僅將上極板下移的過程中，極板距離減小，根據E＝知電場強度增大，電場力增大，帶電油滴向上偏轉，故A錯誤；初始時油滴能勻速通過電容器，說明mg＝q，保持開關閉合，僅將上極板下移，兩極板間距離變?yōu)閐，電場強度E＝＝，電場力做功W電＝qE＝，根據動能定理得，－mg＋＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0＋－＝Ek0＋，所以撞擊上極板時的動能是Ek0＋，故B正確；開始時電容器存儲的能量為E1＝CU2，斷開開關后，電容器所帶電荷量Q不變，上極板上移，由C＝知電容器電容變?yōu)镃，由Q＝UC知，兩極板電勢差變?yōu)閁，此時電容器儲存能量E2＝2＝CU2，根據能量守恒，不考慮電容器極板重力勢能的變化，外力對極板所做的功W＝E2－E1＝CU2，故C錯誤，D正確。 考點三 磁場及其對電流的作用 11.[考查磁感應強度的疊加問題] 如圖所示，在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l。在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應強度的大小為(　　) A．0　　　　　　　　　　　 B.B0 C.B0 D．2B0 解析：選C　導線P和Q中電流I均向里時，設其在a點產生的磁感應強度大小BP＝BQ＝B1，如圖所示，則其夾角為60，它們在a點的合磁場的磁感應強度平行于PQ向右、大小為B1。又根據題意Ba＝0，則B0＝B1，且B0平行于PQ向左。若P中電流反向，則BP反向、大小不變，BQ和BP大小不變，夾角為120，合磁場的磁感應強度大小為B1′＝B1(方向垂直PQ向上、與B0垂直)，a點合磁場的磁感應強度B＝＝B0，則A、B、D項均錯誤，C項正確。 12．[考查安培力作用下導體棒的平衡問題] 如圖所示，掛在天平底部的矩形線圈abcd的一部分懸在勻強磁場中，當給矩形線圈通入如圖所示的電流I時，調節(jié)兩盤中的砝碼，使天平平衡。然后使電流I反向，這時要在天平的左盤上加質量為210－2 kg的砝碼，才能使天平重新平衡。若已知矩形線圈共10匝，通入的電流I＝0.1 A，bc邊長度為10 cm，(g取10 m/s2)則磁場對bc邊作用力F的大小和該磁場的磁感應強度B的大小分別是(　　) A．F＝0.2 N，B＝20 T B．F＝0.2 N，B＝2 T C．F＝0.1 N，B＝1 T D．F＝0.1 N，B＝10 T 解析：選C　當線圈中通入電流后，右盤矩形線圈abcd受到的安培力為F＝nBIL，方向向上；設左盤砝碼的質量為M，右盤砝碼的質量為m，此時根據天平處于平衡狀態(tài)有：Mg＝mg－nBIL，當通有反向電流時，右盤矩形線圈abcd受到的安培力為F＝nBIL，方向向下，此時根據天平處于平衡狀態(tài)有：Mg＋(210－210)N＝mg＋nBIL，聯(lián)立以上兩式解得：B＝1 T，所以F＝0.1 N，故A、B、D錯誤，C正確。 考點四 磁場對運動電荷的作用 13.[考查左手定則、半徑公式的應用] 如圖所示，通電豎直長直導線的電流方向向上，初速度為v0的電子平行于直導線豎直向上射出，不考慮電子的重力，則電子將(　　) A．向右偏轉，速率不變，r變大 B．向左偏轉，速率改變，r變大 C．向左偏轉，速率不變，r變小 D．向右偏轉，速率改變，r變小 解析：選A　由安培定則可知，直導線右側的磁場垂直紙面向里，且磁感應強度隨離直導線距離變大而減小，根據左手定則可知，電子受洛倫茲力方向向右，故向右偏轉；由于洛倫茲力不做功，故速率不變，由r＝知r變大，故A正確。 14．[考查電子在勻強磁場中勻速圓周運動的比較] [多選]有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應強度是Ⅱ中的k倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域中做圓周運動。與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子(　　) A．運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C．做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等 解析：選AC　兩速率相同的電子在兩勻強磁場中做勻速圓周運動，且Ⅰ磁場磁感應強度B1是Ⅱ磁場磁感應強度B2的k倍。由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中電子運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，選項A正確。由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，選項B錯誤。由T＝得T∝r，所以＝k，選項C正確。由ω＝得＝＝，選項D錯誤。 15．[考查磁場對帶電體的作用] [多選]如圖所示，一個質量為m、帶電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中。現(xiàn)給圓環(huán)一個水平向右的初速度v0，在以后的運動中下列說法正確的是(　　) A．圓環(huán)可能做勻減速運動 B．圓環(huán)可能做勻速直線運動 C．圓環(huán)克服摩擦力所做的功可能為mv02 D．圓環(huán)克服摩擦力所做的功不可能為mv02－ 解析：選BC　當qv0B＜mg時，圓環(huán)做減速運動到靜止，速度在減小，洛倫茲力減小，桿的支持力和摩擦力都發(fā)生變化，所以不可能做勻減速運動，故A錯誤；當qv0B＝mg時，圓環(huán)不受支持力和摩擦力，做勻速直線運動，故B正確；當qv0B＜mg時，圓環(huán)做減速運動到靜止，只有摩擦力做功，根據動能定理得－W＝0－mv02，解得W＝mv02，故C正確；當qv0B＞mg時，圓環(huán)先做減速運動，當qvB＝mg時，圓環(huán)不受摩擦力，做勻速直線運動，解得v＝，根據動能定理得，－W＝mv2－mv02，代入解得W＝mv02－，故D錯誤。 釋疑4大考點 考點一　電場力的性質 本考點主要涉及電場強度概念、公式等基礎知識，考查時常結合庫侖定律、電場力、平衡條件等相關知識簡單交匯命題，屬于送分題型。建議考生自學為主。 (一)電場強度的三個公式 (二)研究電場的思想方法——對稱法 　　(三)幾種題型的重點關照 1．求解某點合場強時，要注意分析疊加在該點上的各個場強的大小和方向。如診斷卷第1題，正點電荷在O點時，G點的場強為零，則正點電荷在G點的場強與兩負點電荷在G點的場強等大反向。若已知一個點電荷受力為零或某點合場強為零，當各個分場強的方向不在同一條直線上時，要運用矢量的合成與分解的方法進行求解。 2．在勻強電場中沿同一方向，相等距離上電勢變化量相同。如診斷卷第2題中，因cd＝2ab，有Ucd＝2Uab。 3．應用割補法及對稱思想求解場強，如診斷卷第3題，由于完整的均勻帶電球殼在球殼外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場，故在解決此題時可以先將缺損的半個球殼補充完整使之均勻帶電，電荷量為半球殼的2倍，利用對稱的思想可知補充的球殼在M點的場強和缺損的球殼在N點的場強大小相等。 4．用“等效法”處理帶電體在等效場中的運動，如診斷卷第4題，先求出重力與電場力的合力，將這個合力視為一個“等效重力”，再將a＝視為“等效重力加速度”，如此便建立起“等效重力場”，最后將物體在重力場中的運動規(guī)律遷移到帶電體在等效重力場中分析求解即可。 [題點全練] 1.(2018全國卷Ⅰ)如圖，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm。小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線。設小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則(　　) A．a、b的電荷同號，k＝ B．a、b的電荷異號，k＝ C．a、b的電荷同號，k＝ D．a、b的電荷異號，k＝ 解析：選D　由于小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線，根據受力分析知，a、b的電荷異號。 根據庫侖定律，a對c的庫侖力為 Fa＝k0 ① b對c的庫侖力為 Fb＝k0 ② 設合力向左，如圖所示，根據相似三角形，得 ＝ ③ 聯(lián)立①②③式得 k＝＝＝。 2．[多選](2018云南統(tǒng)一檢測)如圖所示，a、b、c、d是正方形的四個頂點，O是正方形對角線的交點。ad邊和bc邊中點處放有等量異種點電荷＋Q、－Q，關于圖中各點電勢和電場強度的關系，下列說法正確的是(　　) A．a、O、c三點的電勢關系為φa＞φO＞φc B．a、b、c、d四個頂點處的電場強度相等 C．在兩點電荷連線上，O點處的電場強度最大 D．a、b、c、d、O五個點中O點處的電場強度最大 解析：選AD　根據等量的異種電荷連線的中垂線即為等勢線，即φO＝0，a點電勢大于零，c點電勢小于零，所以φa＞φO＞φc，故A正確；根據電場的疊加原理可知，a、b、c、d四點的場強大小相等，方向不同，故B錯誤；由等量異種電荷電場線分布可知，在兩點電荷連線上，電場強度先減小后增大，所以O點電場強度最小，故C錯誤；根據電場的疊加原理可知，EO＝，其余四點的場強大小均小于EO，故D正確。 3.如圖所示，一均勻帶電的球體半徑為R，在球內有一點A，與球心距離為，球外有一點B，與球心距離為，已知球體外場強與電荷全部集中在球心處的點電荷激發(fā)的場強相同，均勻帶電球殼內部場強處處為零，則A、B兩點的場強比值為(　　) A．3∶1　　　　　　　　　 B．1∶1 C．9∶8 D．9∶1 解析：選C　B點場強EB＝＝；根據均勻帶電球殼內部場強處處為零，在均勻帶電的球體中摳去一個半徑為的球體，根據填補法可知，EA＝＝，所以A、B兩點的場強比值為9∶8，故C正確。 考點二　電場能的性質 本考點在考查中具有“知識交匯多”“信息含量多”“考查角度多”三多特點，這些特點足夠讓其成為高分路上的一大“攔路虎”，遇到此類問題，考生無須一見就慌，只要靜下心來，運用所學知識靈活變通，從力和能的角度去分析，就不難做出準確判斷。 (一)基礎知識要記牢 1．電場能的性質 2．電場中電勢高低、電勢能大小的判斷 (二)方法技巧要用好 1．電場中圖像問題的分析方法 (1)φx圖線上某點切線的斜率的絕對值等于電場強度的大小，電場強度為零處，φx圖線存在極值，極值點切線的斜率為零，如診斷卷第6題，x2處電場強度為零。 (2)在φx圖像中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據電勢大小關系確定電場強度的方向，如診斷卷第6題，O~x2電勢升高，場強方向沿x軸負方向；x>x2位置電勢降低，場強方向沿x軸正方向。 (3)判斷電勢能變化的方法：①直接用Ep＝qφ進行判斷；②用電場力做功與電勢能變化的關系進行判斷，如診斷卷第6題選項C，負電荷從x1移到x2，電場力做正功，電勢能減小。 2．電場中“三線”問題的解題技巧(診斷卷第7題) (1)帶電粒子所受合力(往往僅為電場力)指向軌跡曲線的內側； (2)該點速度方向為軌跡切線方向； (3)電場線或等差等勢面密集的地方場強大； (4)電場線垂直于等勢面； (5)順著電場線電勢降低最快； (6)電場力做正功，電勢能減??；電場力做負功，電勢能增大。有時還要用到牛頓第二定律、動能定理等知識。 3．電容器有關問題的解題思路 (1)判斷電容器中某點電勢的變化時，一般是通過該點與某一極板的電勢差的變化來判斷。如診斷卷第9題中，因為上極板位置變化，下極板位置固定且接地，分析時應以A點與下極板的距離為參考，若以A點與上極板的距離為參考來分析容易出錯。 (2)求解平行板電容器動態(tài)分析的問題時，難點是判斷電容器兩板間場強的變化：①兩板間U不變時，E與d成反比；②Q不變時，E與兩板正對面積成反比，不隨d變化。如診斷卷第10題，A、B項的分析，A項定性分析即可，B項需要結合變化的數值計算出具體的電場強度，對于題中C、D項，根據公式C＝和U＝求出上極板上移后電容器的電容及兩板的電勢差，從而求出上極板移動后電容器儲存的能量，再根據能量守恒定律，便可求出外力對極板所做的功。 [題點全練] 1．(2018貴州適應考試)如圖所示，實線表示某電場中的兩條電場線，虛線表示電場中的兩條等勢線，A、B、C、D分別是電場線與等勢線的交點，下列說法正確的是(　　) A．將點電荷從B點移動到C點，電場力一定做正功 B．負點電荷在D點的電勢能大于在A點的電勢能 C．將一負點電荷從A點由靜止釋放后，在只受電場力作用下將向C點運動 D．點電荷在AB等勢線上受到的電場力與在CD等勢線上受到的電場力大小相等 解析：選B　B點的電勢高于D點，D點電勢等于C點的電勢，則B點的電勢高于C點，將負的點電荷從B點移動到C點，電場力一定做負功，選項A錯誤；A點的電勢高于D點，則負點電荷在D點的電勢能大于在A點的電勢能，選項B正確； 將一負點電荷從A點由靜止釋放后，所受的電場力沿CA方向，則在只受電場力作用下將向C點反方向運動，選項C錯誤；AB等勢線上電場線較CD處密集，則點電荷在AB等勢線上受到的電場力比在CD等勢線上受到的電場力大，選項D錯誤。 2.(2018百校聯(lián)盟4月聯(lián)考)如圖所示，圖中虛線為某靜電場中的等差等勢線，實線為某帶電粒子在該靜電場中運動的軌跡，a、b、c為粒子的運動軌跡與等勢線的交點，粒子只受電場力作用，下列說法正確的是(　　) A．粒子在a點的加速度比在b點的加速度小 B．粒子在a點的動能比在b點的動能大 C．粒子在a點和在c點時速度相同 D．粒子在b點的電勢能比在c點時的電勢能小 解析：選D　等勢線的疏密程度表示電場強度的大小，故a點的電場強度大于b點的電場強度，根據a＝，可知粒子在a點的加速度比在b點的加速度大，故A錯誤；由題圖可知若粒子從a到b，電場力做正功，電勢能減小，動能增大，若粒子從b到a，電場力做負功，電勢能增大，動能減小，故粒子在a點的動能比在b點的動能小，故B錯誤；由題圖可知a、c兩點在同一等勢線上，故粒子在a、c兩點具有相同的電勢能，根據能量守恒可知，粒子在a、c兩點具有相同的動能，故粒子在這兩點的速度大小相等，但方向不同，故C錯誤；因粒子在a、c兩點具有相同的動能和電勢能，而粒子在a點的動能比在b點的動能小，電勢能比在b點時的大，故粒子在b點的電勢能比在c點時的電勢能小，故D正確。 3．[多選](2018全國卷Ⅱ)如圖，同一平面內的a、b、c、d四點處于勻強電場中，電場方向與此平面平行，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點。一電荷量為q(q＞0)的粒子從a點移動到b點，其電勢能減小W1；若該粒子從c點移動到d點，其電勢能減小W2。下列說法正確的是(　　) A．此勻強電場的場強方向一定與a、b兩點連線平行 B．若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為 C．若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小一定為 D．若W1＝W2，則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差 解析：選BD　結合題意，只能判定φa＞φb，φc＞φd，但電場方向不能得出，故A錯誤。電場強度的方向沿c→d時，才有場強E＝，故C錯誤。由于M、N分別為ac和bd的中點，對于勻強電場，φM＝，φN＝，則UMN＝，可知該粒子從M點移動到N點的過程中，電場力做功W＝，故B正確。若W1＝W2，則φa－φb＝φc－φd，變形得φa－φc＝φb－φd，即Uac＝Ubd，而UaM＝，UbN＝，可知UaM＝UbN，故D正確。 考點三　磁場及其對電流的作用 本考點是對磁場及安培力知識的考查，常涉及磁場的疊加、安培定則(如診斷卷第11題)，特別是涉及左手定則、安培力的平衡和運動問題(如診斷卷第12題)考查相對較多，試題難度中等，建議考生自學為主。 (一)必備知識——安培力的大小和方向 (二)重點提醒——解題常見的兩大失誤點 1．通電導線或圓環(huán)周圍的磁場方向可用右手螺旋定則即安培定則確定，磁場方向畫線要準確，避免磁場的疊加結果跑偏，如診斷卷第11題。 2．計算安培力的大小必須考慮線圈的匝數，如診斷卷第12題，F(xiàn)＝nBIL，同時根據左手定則判斷磁場、電流、安培力之間的方向關系，然后根據平衡關系列方程。 (三)解題規(guī)范——求解導體棒運動問題的“三步曲” [題點全練] 1．[多選](2019屆高三咸陽模擬)如圖所示，紙面內同時存在兩個勻強磁場，其中一個平行于紙面水平向右，磁感應強度B1＝1 T。位于紙面內的細直導線，長L＝5 m，通有I＝3 A的恒定電流。當導線與B成60夾角時，發(fā)現(xiàn)其受到的磁場力為零，則該區(qū)域存在的另一勻強磁場的磁感應強度B2的可能值為(　　) A. T　　　　　　　　　 B. T C．2 T D. T 解析：選AC　若導線中受到的安培力為零，則說明合磁場的方向沿導線方向；根據平行四邊形定則知虛線表示合磁感應強度的方向，與電流的方向平行，可知B2有一個最小值，其最小值為B2＝B1sin 60＝ T，故A、C正確，B、D錯誤。 2.[多選]如圖甲所示，兩根光滑平行導軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B。垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t＝0時刻起，棒上通以如圖乙所示的持續(xù)交變電流I，周期為T，最大值為Im，圖甲中I所示方向為電流正方向。則金屬棒(　　) A．一直向右移動 B．速度隨時間周期性變化 C．受到的安培力隨時間周期性變化 D．受到的安培力在一個周期內做正功 解析：選ABC　在0～，金屬棒受到向右的安培力，大小恒為BImL，金屬棒向右做勻加速直線運動；在～T，金屬棒受到的安培力向左，大小仍為BImL，而此時速度方向仍然向右，做勻減速直線運動，直至速度減為零，之后不斷重復該運動過程，A、B、C正確；安培力在一個周期內做功為零，D錯誤。 3．(2018聊城二模)電磁泵在生產、科技中得到了廣泛應用。如圖所示，泵體是一個長方體，ab邊長為L1，兩側端面是邊長為L2的正方形；流經泵體內的液體密度為ρ，在泵頭通入導電劑后液體的電導率為σ(電阻率的倒數)，泵體所在處有方向垂直向外的勻強磁場，磁感應強度為B，把泵體的上下兩表面接在電壓為U的電源上(內阻不計)，則(　　) A．泵體上表面應接電源負極 B．通過泵體的電流I＝ C．增大磁感應強度可獲得更大的抽液高度 D．增大液體的電導率可獲得更大的抽液高度 解析：選CD　當泵體上表面接電源的正極時，電流從上向下流過泵體，這時受到的磁場力水平向左，拉動液體，故A錯誤；根據電阻定律，泵體內液體的電阻：R＝ρ＝＝，因此流過泵體的電流I＝UL1σ，故B錯誤；增大磁感應強度B，受到的磁場力變大，因此可獲得更大的抽液高度，故C正確；若增大液體的電導率，可以使電流增大，受到的磁場力變大，因此可獲得更大的抽液高度，故D正確。 考點四　磁場對運動電荷的作用 本考點幾乎是每年必考的內容，主要涉及磁場對運動電荷的作用、帶電粒子在勻強磁場中的運動等。解答時應注意洛倫茲力永不做功的特點，明確半徑公式、周期公式，正確畫出運動軌跡草圖等，考生應學會靈活變通。 (一)兩種運動類型要辨清 (二)兩個解題思路要明確 1．洛倫茲力永不做功，只改變粒子速度方向，不改變粒子速度的大小。如診斷卷第13題，由電子的速率不變可知，B、D均錯誤。 2．帶電體在磁場中的運動，往往需要考慮重力，明確受力情況是分析該類問題的關鍵，一般先分析場力，比如重力、電場力和磁場力，再分析彈力、摩擦力。如診斷卷第15題，由于摩擦力是被動力，所以要分情況討論。洛倫茲力、支持力和重力均不做功，只有摩擦力做功，所以一定要理清摩擦力的大小變化情況。 [題點全練] 1．(2018拉薩中學月考)兩個帶電粒子以相同的速度垂直磁感線方向進入同一空間足夠大的勻強磁場中，兩粒子質量之比為1∶4，電荷量之比為1∶2，則兩帶電粒子(　　) A．受洛倫茲力之比為2∶1 B．運動周期之比為2∶1 C．軌跡半徑之比為2∶1 D．加速度大小之比為2∶1 解析：選D　根據洛倫茲力大小f＝Bqv，結合題意可得，洛倫茲力大小與電荷量成正比，即1∶2，故A錯誤。根據T＝，所以有：＝＝＝，故B錯誤。因為Bqv＝m，所以R＝，因為粒子做勻速圓周運動，故v大小不變，故＝＝＝，故C錯誤。加速度為a＝，因為v大小不變，故＝＝，故D正確。 2．(2018雅安三診)兩種不計重力的帶電粒子M和N，以相同的速度經小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列表述正確的是(　　) A．M帶正電， N帶負電 B．洛倫茲力對M、N做正功 C．M的比荷小于N的比荷 D．M的運行時間小于N的運行時間 解析：選C　由左手定則判斷出N帶正電荷，M帶負電荷，故A錯誤；洛倫茲力始終與運動的方向垂直，所以洛倫茲力不做功，故B錯誤；粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力qvB＝，比荷為：＝，在速率相同的情況下，半徑大說明比荷小，故C正確；粒子在磁場中運動半周，即時間為周期的一半，而周期T＝，所以M的運行時間大于N的運行時間，故D錯誤。 3．[多選](2018杭州模擬)如圖所示，一軌道由兩等長的光滑斜面AB和BC組成，兩斜面在B處用一光滑小圓弧相連接，P是BC的中點，豎直線BD右側存在垂直紙面向里的勻強磁場，B處可認為處在磁場中，一帶電小球從A點由靜止釋放后能沿軌道來回運動，C點為小球在BD右側運動的最高點，則下列說法正確的是(　　) A．C點與A點在同一水平線上 B．小球向右或向左滑過B點時，對軌道壓力相等 C．小球向上或向下滑過P點時，其所受洛倫茲力相同 D．小球從A到B的時間是從C到P時間的 倍 解析：選AD　小球在磁場運動過程中受重力、洛倫茲力和軌道支持力作用，因洛倫茲力永不做功，支持力始終與小球運動方向垂直，也不做功，即只有重力做功，滿足機械能守恒，因此C點與A點等高，在同一水平線上，選項A正確；小球向右或向左滑過B點時速度等大反向，即洛倫茲力等大反向，小球對軌道的壓力不等，選項B錯誤；同理小球向上或向下滑過P點時，洛倫茲力也等大反向，選項C錯誤；因洛倫茲力始終垂直BC，小球在AB段和BC段(設斜面傾角均為θ)的加速度均由重力沿斜面的分力產生，大小為gsin θ，由x＝at2得小球從A到B的時間是從C到P的時間的倍，選項D正確。 4．初速度為零的一個質子，質量為1.6710－27 kg，經過電壓為1 880 V的電場加速后，垂直進入磁感應強度為5.010－4 T的勻強磁場中。質子受到的洛倫茲力多大？ 解析：質子的初速度為零，電場加速的能量全部轉化為質子垂直進入勻強磁場時的動能。按照能量守恒定律，則有：qU＝mv2 可得質子進入勻強磁場時的速率 v＝ ＝ m/s＝6.0105 m/s 質子是垂直進入磁場，所以其運動方向與磁場方向夾角為90，按照洛倫茲力的計算公式可以得到：F＝qvB＝1.610－196.01055.010－4 N＝4.810－17 N。 答案：4.810－17 N 一、高考真題集中演練——明規(guī)律 1．(2016全國卷Ⅲ)關于靜電場的等勢面，下列說法正確的是(　　) A．兩個電勢不同的等勢面可能相交 B．電場線與等勢面處處相互垂直 C．同一等勢面上各點電場強度一定相等 D．將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功 解析：選B　在靜電場中，兩個電勢不同的等勢面不會相交，選項A錯誤；電場線與等勢面一定相互垂直，選項B正確；同一等勢面上的電場強度可能相等，也可能不相等，選項C錯誤；電場線總是由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，將負試探電荷從電勢高的等勢面移到電勢低的等勢面時，電場力做負功，選項D錯誤。 2．[多選](2018全國卷Ⅲ)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等?，F(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運動。在隨后的某時刻t，a、b經過電容器兩極板間下半區(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是(　　) A．a的質量比b的大 B．在t時刻，a的動能比b的大 C．在t時刻，a和b的電勢能相等 D．在t時刻，a和b的動量大小相等 解析：選BD　經時間t，a、b經過電容器兩極板間下半區(qū)域的同一水平面，則xa＞xb，根據x＝at2＝t2知，ma＜mb，故A錯誤。電場力做功Wa＞Wb，由動能定理知，a的動能比b的動能大，故B正確。a、b處在同一等勢面上，根據Ep＝qφ，a、b的電勢能絕對值相等，符號相反，故C錯誤。根據動量定理知a、b的動量大小相等，故D正確。 3.[多選](2017全國卷Ⅰ)在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢φ與該點到點電荷的距離r的關系如圖所示。電場中四個點a、b、c和d的電場強度大小分別為Ea、Eb、Ec和Ed。點a到點電荷的距離ra與點a的電勢φa已在圖中用坐標(ra，φa)標出，其余類推?，F(xiàn)將一帶正電的試探電荷由a點依次經b、c點移動到d點，在相鄰兩點間移動的過程中，電場力所做的功分別為W、W和W。下列選項正確的是(　　) A．Ea∶Eb＝4∶1　　　　 B．Ec∶Ed＝2∶1 C．W∶W＝3∶1 D．W∶W＝1∶3 解析：選AC　設點電荷的電荷量為Q，根據點電荷電場強度公式E＝k，ra∶rb＝1∶2，rc∶rd＝3∶6，可知，Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，選項A正確，B錯誤；將一帶正電的試探電荷由a點移動到b點做的功W＝q(φa－φb)＝3q(J)，試探電荷由b點移動到c點做的功W＝q(φb－φc)＝q(J)，試探電荷由c點移動到d點做功W＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，W∶W＝3∶1，W∶W＝1∶1，選項C正確，D錯誤。 4．[多選](2018全國卷Ⅰ)圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2 V。一電子經過a時的動能為10 eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6 eV。下列說法正確的是(　　) A．平面c上的電勢為零 B．該電子可能到達不了平面f C．該電子經過平面d時，其電勢能為4 eV D．該電子經過平面b時的速率是經過d時的2倍 解析：選AB　因等勢面間距相等，由U＝Ed得相鄰虛線之間電勢差相等，由a到d，eUad＝6 eV，故Uad＝6 V；因電場力做負功，故電場方向向右，沿電場線方向電勢降低，又φb＝2 V，則φc＝0，各虛線電勢如圖所示，故A正確。 因電子的速度方向未知，若不垂直于等勢面，如圖中實線所示，電子可能到達不了平面f，故B正確。電子經過平面d時，電勢能Ep＝eφd＝2 eV，故C錯誤。由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd＝4 eV；則Ekb＝2Ekd，根據Ek＝mv2知vb＝vd，故D錯誤。 5．[多選](2018全國卷Ⅱ)如圖，紙面內有兩條互相垂直的長直絕緣導線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兩點的磁感應強度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外。則(　　) A．流經L1的電流在b點產生的磁感應強度大小為B0 B．流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為B0 C．流經L2的電流在b點產生的磁感應強度大小為B0 D．流經L2的電流在a點產生的磁感應強度大小為B0 解析：選AC　外磁場、電流的磁場方向如圖所示，由題意知 在b點：B0＝B0－B1＋B2 在a點：B0＝B0－B1－B2 由上述兩式解得B1＝B0，B2＝B0，故A、C正確。 6.[多選](2014全國卷Ⅱ)如圖為某磁譜儀部分構件的示意圖。圖中，永磁鐵提供勻強磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質子。當這些粒子從上部垂直進入磁場時，下列說法正確的是(　　) A．電子與正電子的偏轉方向一定不同 B．電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同 C．僅依據粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質子還是正電子 D．粒子的動能越大，它在磁場中運動軌跡的半徑越小 解析：選AC　根據左手定則，電子、正電子進入磁場后所受洛倫茲力的方向相反，故兩者的偏轉方向不同，選項A正確；根據qvB＝，得r＝，若電子與正電子在磁場中的運動速度不相等，則軌跡半徑不相同，選項B錯誤；對于質子、正電子，它們在磁場中運動時不能確定mv的大小，僅依據運動軌跡無法判斷粒子是質子還是正電子，故選項C正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv＝，粒子的動能大，其mv不一定大，選項D錯誤。 二、名校模擬重點演練——知熱點 7.(2019屆高三濮陽模擬)把一根絕緣導線PQ彎成兩個半圓形狀，每個半圓的半徑都為R，放置在粗糙的水平桌面上，在桌面上加有豎直向下且磁感應強度為B的勻強磁場，如圖所示(俯視圖)。現(xiàn)給導線通入由P到Q的電流，并逐漸增大電流強度，導線PQ始終處于靜止狀態(tài)，則下列說法正確的是(　　) A．增大電流強度的過程中，導線PQ對桌面的摩擦力增大 B．增大電流強度的過程中，導線PQ對桌面的壓力增大 C．當電流強度為I時，導線PQ受到的安培力為2πBIR D．當電流強度為I時，導線PQ受到的安培力為πBIR 解析：選A　在桌面方向上，導線受到安培力和靜摩擦力而平衡，增大電流強度的過程中，安培力增大，故靜摩擦力也增大，A正確；在豎直方向上導線受到重力和支持力而平衡，與電流強度無關，故增大電流強度的過程中，導線PQ對桌面的壓力不變，B錯誤；導線PQ在磁場中的有效長度為L＝4R，故當電流為I時，導線PQ受到的安培力為F＝BIL＝4BIR，C、D錯誤。 8．(2018湖北重點高中聯(lián)考)如圖所示，真空中O點處有一點電荷，在它產生的電場中有a、b兩點，a點的場強大小為Ea，方向與ab連線成53角，b點的場強大小為Eb，方向與ab連線成37角。關于a、b兩點場強Ea、Eb及電勢φa、φb的關系，正確的是(　　) A．25Ea＝9Eb，φa＞φb B．16Ea＝9Eb，φa＜φb C．9Ea＝25Eb，φa＞φb D．9Ea＝16Eb，φa＜φb 解析：選D　設a、b兩點到點電荷的距離分別為ra和rb。根據幾何知識得：rb＝ra，根據點電荷場強公式E＝k，得：Ea＝Eb，由題圖可知，該電場是由負點電荷產生的，故在點電荷的周圍越靠近場源電勢越低，則有φa＜φb，故D正確。 9．(2018甘肅河西五市一模)如圖所示，不帶電的金屬球A固定在絕緣底座上，它的正上方有一B點，該處有帶正電液滴不斷地由靜止開始下落(不計空氣阻力，每滴液滴的質量、電荷量均相同)，液滴到達A球后將電荷量全部傳給A球，且前一液滴到達A球后，后一液滴才開始下落，不計B點未下落的帶電液滴對下落液滴的影響，則下列說法正確的是(　　) A．第一滴液滴做自由落體運動，以后液滴做變加速運動，都能到達A球 B．當液滴下落到重力與電場力大小相等時，開始做勻速運動 C．能夠下落到A球的所有液滴在下落過程中達到最大動能時的位置均相同 D．除第一滴外所有液滴下落過程中電勢能均在增加 解析：選D　液滴到達A球后將電荷量全部傳給A球，所以A球電荷量Q逐漸增加，以后的液滴下落過程中受到重力和電場力共同作用，當電荷量Q增加到一定程度后，液滴將不能到達A球，故A項錯誤。液滴受到的電場力是變力，當液滴下落到重力等于電場力位置時，速度最大，以后將減速下落，故B項錯誤。設速度最大處液滴距A球的距離為R，有mg＝k，可以看出隨Q逐漸增加，R也逐漸增加，故C項錯誤。除第一滴外所有液滴下落過程中，電場力對液滴做負功，所以液滴下落過程中電勢能增加，故D項正確。 10．(2018西北師大附中模擬)如圖所示，平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，兩板間有一個帶負電的試探電荷固定在P點。靜電計的金屬球與電容器的負極板連接，外殼接地。以E表示兩板間的場強，φ表示P點的電勢，Ep表示該試探電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持負極板不動，將正極板緩慢向右平移一小段距離(靜電計帶電量可忽略不計)，各物理量變化情況描述正確的是(　　) A．E增大，φ降低，Ep減小，θ增大 B．E不變，φ降低，Ep增大，θ減小 C．E不變，φ升高，Ep減小，θ減小 D．E減小，φ升高，Ep減小，θ減小 解析：選C　將正極板適當向右水平移動，兩板間的距離減小，根據電容的決定式C＝可知，電容C增大，因平行板電容器充電后與電源斷開，則電容器的電量Q不變，由C＝得知，板間電壓U減小，因此夾角θ減小，再依據板間場強E＝＝＝，可見E不變；P點到正極板距離減小，且正極板接地，由公式U＝Ed得知，P點的電勢增加；負電荷在P點的電勢能減?。还蔄、B、D錯誤，C正確。 11．(2019屆高三江西八校聯(lián)考)如圖所示，一均勻帶正電的無限長絕緣細桿水平放置，細桿正上方有A、B、C三點，三點均與細桿在同一豎直平面內，且三點到細桿的距離滿足rA＝rBφC，A、B、C三點電場強度方向相同，故A、C錯誤；將一正電荷從A點移到C點，電場力做正功，電勢能減小，故B錯誤；在A點，若電子(不計重力)以一垂直于紙面向外的速度飛出，若速度大小滿足eEA＝m，則電子做勻速圓周運動，若不滿足，電子做離心運動或向心運動，故D正確。 12.如圖所示，一勁度系數為k的輕質彈簧，下面掛有匝數為n的矩形線框abcd。bc邊長為l，線框的下半部分處在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向垂直線框平面向里，線框中通以電流I，方向如圖所示，開始時線框處于平衡狀態(tài)。令磁場反向，磁感應強度的大小仍為B，線框達到新的平衡。則在此過程中線框位移的大小Δx及方向是(　　) A．Δx＝，方向向上 B．Δx＝，方向向下 C．Δx＝，方向向上 D．Δx＝，方向向下 解析：選B　線框在磁場中受重力、安培力、彈簧彈力處于平衡，安培力為：FB＝nBIl，且開始的方向向上，然后方向向下，大小不變。 設在磁場反向之前彈簧的伸長量為x，則反向之后彈簧的伸長量為(x＋Δx)， 則有：kx＋nBIl－G＝0 k(x＋Δx)－nBIl－G＝0 解得：Δx＝，且線框向下移動。 故B正確。 13．[多選](2018榆林模擬)在下列圖中圖甲、圖乙是電荷量相等的兩點電荷，圖丙、圖丁中通電導線電流大小相等，豎直線為兩點電荷、兩通電導線的中垂線，O為連線的中點。下列說法正確的是(　　) A．圖甲和圖丁中，在連線和中垂線上，O點的場強和磁感應強度都最小 B．圖甲和圖丁中，在連線和中垂線上，關于O點對稱的兩點場強和磁感應強度都相等 C．圖乙和圖丙中，在連線和中垂線上，O點的場強和磁感應強度都最大 D．圖乙和圖丙中，在連線和中垂線上關于O點對稱的兩點場強和磁感應強度相等 解析：選AD　在題圖甲中根據場強公式：E＝k以及場強的合成可以知道O點場強為零；在題圖丁中根據安培定則以及場強的合成可以知道O點磁感應強度為零，都是最小的，故選項A正確。題圖甲和題圖丁中，在連線和中垂線上，關于O點對稱的兩點場強和磁感應強度只是大小相等，但是方向不同，故選項B錯誤。在題圖乙中，在中垂線上O點場強最大，但是在連線上O點場強最小，故選項C錯誤。根據場強的合成，可以知道在題圖乙和題圖丙中，在連線和中垂線上關于O點對稱的兩點場強和磁感應強度大小相等，方向相同，故選項D正確。 14.一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖所示，其中O～x2段是關于直線x＝x1對稱的曲線，x2～x3段是直線，則下列說法正確的是(　　) A．x1處電場強度最小，但不為零 B．粒子在O～x2段做勻變速運動，x2～x3段做勻速直線運動 C．在O、x1、x2、x3處電勢φ0、φ1、φ2、φ3的關系為φ3＞φ2＝φ0＞φ1 D．x2～x3段的電場強度大小和方向均不變 解析：選D　根據圖像的斜率表示電場力，在x1處斜率為零即電場力為零，所以在此處的場強為零，故A錯誤；由圖像斜率可知，在O～x1段斜率減小，即電場力減小，同理可知，x1～x2段電場力增大，所以粒子在O～x2段做非勻變速直線運動，故B錯誤；根據負電荷在電勢低的地方電勢能更大，可知，φ3＜φ2＜φ1，根據對稱性可知，φ0＝φ2，所以φ3＜φ2＝φ0＜φ1，故C錯誤；由于x2～x3的斜率不變，即電場力不變，所以電場強度不變，故D正確。 15．[多選](2018榆林模擬)如圖甲所示，傾角θ＝30的光滑絕緣固定斜桿底端固定一電荷量為210－4 C的正點電荷Q，將一帶正電小球(可視為點電荷)從斜桿的底端(但與Q未接觸)由靜止釋放，小球沿斜桿向上滑動過程中能量隨位移的變化圖像如圖乙所示，其中線1為重力勢能隨位移變化圖像，線2為動能隨位移變化圖像(靜電力常量k＝9109 Nm2/C2，g＝10 m/s2)，則(　　) A．小球向上運動過程中的加速度先增大后減小 B．小球向上運動過程中的速度先增大后減小 C．由圖線1可求得小球的質量m＝4 kg D．斜桿底端至小球速度最大處，由底端正點電荷Q形成的電場的電勢差U＝2.35105 V 解析：選BC　由圖線2得知，小球的速度先增大后減小，根據庫侖定律得知，小球所受的庫侖力逐漸減小，合外力先減小后增大，加速度先減小后增大，則小球沿斜桿向上先做加速度逐漸減小的加速運動，再沿斜桿向上做加速度逐漸增大的減速運動，直至速度為零，故選項A錯誤，B正確；由線1可得Ep＝mgh＝mgssin θ，代入數據可以得到：m＝＝ kg＝4 kg，故選項C正確；由線2可得，當帶電小球運動至1 m處動能最大為27 J，此時重力沿桿向下的分力與庫侖力平衡，mgsin θ＝k，解得q＝1.1110－5 C，根據動能定理有：－mgh＋qU＝Ekm－0 ，代入數據得：U＝4.23106 V，故選項D錯誤。 第二講帶電粒子在電磁場中的運動 考點一 帶電粒子在電場中的運動 1.[考查帶電粒子在電場中的直線運動] [多選]如圖所示，板長為L的平行板電容器與一直流電源相連接，其極板與水平面成30角；若帶電粒子甲、乙由圖中的P點射入電容器，分別沿著虛線1和2運動(虛線1為水平線，虛線2為平行且靠近上極板的直線)。下列關于帶電粒子的說法正確的是(　　) A．兩粒子均做勻減速直線運動 B．兩粒子電勢能均逐漸增加 C．兩粒子機械能均守恒 D