2017-2018學年高考物理二輪復(fù)習 專題3 電場與磁場教學案

《2017-2018學年高考物理二輪復(fù)習 專題3 電場與磁場教學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2017-2018學年高考物理二輪復(fù)習 專題3 電場與磁場教學案（67頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題3 電場與磁場 高考研究(十一) 聚焦選擇題考法——電場性質(zhì)、磁場性質(zhì) 1．[多選](2017·全國Ⅰ卷T20)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(guān)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(jīng)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

2、解析：選AC　設(shè)點電荷的電荷量為Q，根據(jù)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點做的功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。 2．[多選](2017·全國Ⅲ卷T21)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示，三點的電勢分別為10 V、17 V、26 V。下列說

3、法正確的是(　　) A．電場強度的大小為2.5 V/cm B．坐標原點處的電勢為1 V C．電子在a點的電勢能比在b點的低7 eV D．電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV 解析：選ABD　ac垂直于bc，沿ca和cb兩方向的場強分量大小分別為E1＝＝2 V/cm、E2＝＝1.5 V/cm，根據(jù)矢量合成可知E＝2.5 V/cm，A項正確；根據(jù)在勻強電場中平行線上等距同向的兩點間的電勢差相等，有φO－φa＝φb－φc，得φO＝1 V，B項正確；電子在a、b、c三點的電勢能分別為－10 eV、－17 eV和－26 eV，故電子在a點的電勢能比在b點的高7 eV，C項錯誤；電子從b

4、點運動到c點，電場力做功W＝(－17＋26)eV＝9 eV，D項正確。 3．(2016·全國Ⅲ卷T15)關(guān)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，移動負試探電荷時，電場力做負功，選項D錯誤。 4

5、．(2016·全國Ⅱ卷T15)如圖，P是固定的點電荷，虛線是以P為圓心的兩個圓。帶電粒子Q在P的電場中運動，運動軌跡與兩圓在同一平面內(nèi)，a、b、c為軌跡上的三個點。若Q僅受P的電場力作用，其在a、b、c點的加速度大小分別為aa、ab、ac，速度大小分別為va、vb、vc。則(　　) A．a(chǎn)a>ab>ac，va>vc>vb B．a(chǎn)a>ab>ac，vb>vc>va C．a(chǎn)b>ac>aa，vb>vc>va D．a(chǎn)b>ac>aa，va>vc>vb 解析：選D　a、b、c三點到固定的點電荷P的距離rb＜rc＜ra，則三點的電場強度由E＝k可知Eb＞Ec＞Ea，故帶電粒子Q在這三點的加速度ab＞

6、ac＞aa。由運動軌跡可知帶電粒子Q所受P的電場力為斥力，從a到b電場力做負功，由動能定理－|qUab|＝mvb2－mva2＜0，則vb＜va，從b到c電場力做正功，由動能定理|qUbc|＝mvc2－mvb2＞0，vc＞vb，又|Uab|＞|Ubc|，則va＞vc，故va＞vc＞vb，選項D正確。 5．(2015·全國Ⅰ卷T15)如圖，直線a、b和c、d是處于勻強電場中的兩組平行線，M、N、P、Q是它們的交點，四點處的電勢分別為φM、φN、φP、φQ。一電子由M點分別運動到N點和P點的過程中，電場力所做的負功相等。則(　　) A．直線a位于某一等勢面內(nèi)，φM>φQ B．直線c位于某一等

7、勢面內(nèi)，φM>φN C．若電子由M點運動到Q點，電場力做正功 D．若電子由P點運動到Q點，電場力做負功 解析：選B　由電子從M點分別運動到N點和P點的過程中電場力所做的負功相等可知，N、P兩點在同一等勢面上，且電場線方向為M→N，故選項B正確，A錯誤；M點與Q點在同一等勢面上，電子由M點運動到Q點，電場力不做功，故選項C錯誤；電子由P點運動到Q點，電場力做正功，故選項D錯誤。 6．[多選](2017·全國Ⅰ卷T19)如圖，三根相互平行的固定長直導(dǎo)線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反。下列說法正確的是(　　) A．L1所受磁場作用力的方

8、向與L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶ D．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為∶∶1 解析：選BC　由安培定則可判斷出L2在L1處產(chǎn)生的磁場(B21)方向垂直L1和L2的連線豎直向上，L3在L1處產(chǎn)生的磁場(B31)方向垂直L1和L3的連線指向右下方，根據(jù)磁場疊加原理，L3和L2在L1處產(chǎn)生的合磁場(B合1)方向如圖1所示，根據(jù)左手定則可判斷出L1所受磁場作用力的方向與L2和L3所在平面平行，選項A錯誤；同理，如圖2所示，可判斷出L3所受磁場(B合3)作用力的方向(

9、豎直向上)與L1、L2所在平面垂直，選項B正確；同理，如圖3所示，設(shè)一根長直導(dǎo)線在另一根導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，根據(jù)幾何知識可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝B，由安培力公式F＝BIL可知，L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶，選項C正確，D錯誤。 7．[多選](2015·全國Ⅱ卷T18)指南針是我國古代四大發(fā)明之一。關(guān)于指南針，下列說法正確的是(　　) A．指南針可以僅具有一個磁極 B．指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場 C．指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾 D．在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導(dǎo)線，導(dǎo)線通電時指南針不偏轉(zhuǎn) 解析：

10、選BC　指南針是一個小磁體，具有N、S兩個磁極，因為地磁場的作用，指南針的N極指向地理的北極，選項A錯誤，B正確；因為指南針本身是一個小磁體，所以會對附近的鐵塊產(chǎn)生力的作用，同時指南針也會受到反作用力，所以會受鐵塊干擾，選項C正確；在地磁場中，指南針南北指向，當直導(dǎo)線在指南針正上方平行于指南針南北放置時，通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場在指南針處是東西方向，所以會使指南針偏轉(zhuǎn)，選項D錯誤。 高考題型 典型試題 難度 1.電場力和電場能的性質(zhì) 2017·全國Ⅰ卷T20 ★★★ 2017·全國Ⅲ卷T21 ★★★ 2016·全國Ⅲ卷T15 ★★☆ 2016·全國Ⅱ卷T15 ★★★

11、 2015·全國Ⅰ卷T15 ★★★ 2.磁場的基本性質(zhì)和安培力 2017·全國Ⅰ卷T19 ★★★ 2015·全國Ⅱ卷T18 ★☆☆ 題型(一) 電場力和電場能的性質(zhì) 高考定位：?？碱}型　　 解題關(guān)鍵：重在對電場、電場強度、電場線、電勢、電勢差、等勢面等基本概念的理解 [必備知能] 1．電場中的相關(guān)概念 2．電勢、電勢能的判斷方法 判斷電勢的高低 根據(jù)電場線的方向判斷 由UAB＝判斷 根據(jù)電場力做功(或電勢能)判斷 判斷電勢能的大小 根據(jù)Ep＝qφ判斷 根據(jù)ΔEp＝－W電，由電場力做功判斷 　　3.根據(jù)運動軌跡判斷粒子的受力及運動情況 (1)確

12、定受力方向的依據(jù) ①曲線運動的受力特征：帶電粒子受力總指向曲線的凹側(cè)。 ②電場力方向與場強方向的關(guān)系：正電荷的受力方向與場強方向同向，負電荷則相反。 ③場強方向與電場線或等勢面的關(guān)系：電場線的切線方向或等勢面的法線方向為電場強度的方向。 (2)比較加速度大小的依據(jù) 電場線或等差等勢面越密?E越大?F＝qE越大?a＝越大。 (3)判斷加速或減速的依據(jù) 電場力與速度成銳角(鈍角)，電場力做正功(負功)，速度增加(減小)。 [演練沖關(guān)] 1.[多選](2017·南昌重點中學模擬)電子束焊接機中的電子槍如圖所示，K為陰極，A為陽極，陰極和陽極之間的電場線如圖中虛線所示，A上有一小孔，

13、陰極發(fā)射的電子在陰極和陽極間電場作用下聚集成一細束，以極高的速率穿過陽極上的小孔，射到被焊接的金屬上，使兩塊金屬熔化而焊接到一起，不考慮電子重力，下列說法正確的是(　　) A．A點的電勢高于K點的電勢 B．電子克服電場力做功 C．電子的電勢能不斷增加 D．電子的動能不斷增加 解析：選AD　在電場中，沿著電場線方向電勢越來越低，因此A點的電勢高于K點的電勢，A正確；電子受力的方向與電場線的方向相反，因此在運動過程中，電場力對電子做正功，電勢能不斷減小，B、C錯誤；根據(jù)動能定理，在運動過程中，只有電場力做功，電子的動能不斷增加，D正確。 2.[多選](2018屆高三·第二次全國大聯(lián)考Ⅲ

14、卷)如圖所示為一帶正電的點電荷和兩個相同的帶負電的點電荷附近的電場線分布情況，M點是兩負點電荷連線的中點，M、N點在同一水平線上且到正點電荷的距離相等，下列說法正確的是(　　) A．E點的電場強度比F點的大 B．E點的電勢比F點的高 C．電荷在M點受到的電場力為零 D．將正電荷從M點移到N點，電勢能增大 解析：選AD　由題圖看出，E點處電場線比F點處電場線密，則E點的電場強度比F點的大，選項A正確；沿著電場線方向電勢逐漸降低，所以F點的電勢比E點的高，選項B錯誤；兩個負點電荷在M點的合場強為零，正點電荷在M點產(chǎn)生的電場強度不為零，所以電荷受到的電場力不為零，選項C錯誤；M、N關(guān)于正點

15、電荷對稱，從M點移到N點，正點電荷對正電荷不做功，兩負點電荷形成的電場對正電荷做負功，電勢能增大，選項D正確。 3.[多選](2017·楚雄檢測)如圖，在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點，M、N、P為直角三角形的三個頂點，F(xiàn)為MN的中點，∠M＝30°。M、N、P、F四點處的電勢分別用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內(nèi)，則(　　) A．點電荷Q一定在MP的連線上 B．線段PF一定在同一等勢面上 C．將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做負功 D．φP大于φM 解析：選AD　點電荷Q的等勢面是一系列的同心圓，圓弧上任意兩點的

16、連線的中垂線一定通過圓心，故場源電荷(點電荷Q)在MN的中垂線和FP的中垂線的交點上，如圖所示，在MP的連線上，故A正確；φP＝φF，線段PF是P、F所在等勢面(圓)的一個弦，故B錯誤；在點電荷Q的電場中，離場源越遠，電勢越低，將正試探電荷從P點搬運到N點，電勢能降低，故電場力做正功，故C錯誤；在點電荷Q的電場中，離場源越遠，電勢越低，故φP大于φM，故D正確。 4.[多選](2017·懷化模擬)如圖所示，現(xiàn)有一個以O(shè)為圓心、以O(shè)P長為半徑的圓，四邊形ABCD為圓的內(nèi)接正方形，a、b、c、d分別為正方形的四個邊AB、BC、CD和DA的中點，P、Q分別為弧和弧的中點?，F(xiàn)在A、B、C、D四點分別

17、放上等量的正電荷和負電荷，若取無窮遠處電勢為零，下列說法正確的是(　　) A．O點的電場強度和電勢均為零 B．把一正電荷從a點移到c點，電場力做正功 C．把一正電荷從b點移到d點，電場力做功為零 D．同一電荷在P、Q兩點所受電場力大小相等，方向相反 解析：選BC　如題圖，B、D點兩個電荷和A、C點兩個電荷都是等量異種電荷，PQ連線的垂直平分線是一條等勢線，并延伸到無窮遠，則O點電勢與無窮遠電勢相等，則O點的電勢為零。根據(jù)電場線從正電荷出發(fā)到負電荷終止和電場的疊加可知，O點的場強不為零，故A錯誤；由四個電荷分布的位置可知，電場線關(guān)于PQ連線對稱，且由a指向c，故把一正電荷從a點移到c點

18、，電場力做正功，故B正確；同理，等勢線關(guān)于PQ連線也對稱，則b點與d點電勢相等，電勢差為零，由W＝qU可知，把一正電荷從b點移到d點，電場力做功為零，故C正確；根據(jù)電場線的對稱性可知，P、Q兩點電場線疏密相同，場強大小相等，方向相同，則同一電荷在P、Q兩點所受電場力大小相等，方向相同，故D錯誤。 題型(二) 磁場的基本性質(zhì)和安培力 高考定位：?？碱}型 解題關(guān)鍵：重在掌握磁感應(yīng)強度的疊加及磁場對電流的安培力 [必備知能] 1．磁場的疊加和安培定則應(yīng)用的注意點 (1)根據(jù)安培定則確定通電導(dǎo)線周圍磁場的方向。 (2)磁場中每一點磁感應(yīng)強度的方向為該點處磁感線的切線方向。 (3)磁感應(yīng)

19、強度是矢量，多個通電導(dǎo)體產(chǎn)生的磁場疊加時，合磁場的磁感應(yīng)強度等于各場源單獨存在時在該點的磁感應(yīng)強度的矢量和，遵從平行四邊形定則。 2．安培力作用下力學問題的處理方法 (1)求解安培力作用下的力學問題的基本思路 (2)求解關(guān)鍵及解題難點 [演練沖關(guān)] 5.[多選](2017·廣州檢測)在同一平面內(nèi)有①、②、③三根等間距平行放置的長直導(dǎo)線，通入的電流強度分別為1 A、2 A、1 A，②的電流方向為c→d 且受到安培力的合力方向水平向右，則(　　) A．①的電流方向為a→b B．③的電流方向為e→f C．①受到安培力的合力方向水平向左 D．③受到安培力的合力方向水平向左

20、解析：選BCD　根據(jù)“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，因②的電流方向為c→d且受到安培力的合力方向水平向右，可知①的電流方向為b→a，③的電流方向為e→f，選項A錯誤，B正確；①受到②③的排斥力，故安培力的合力方向水平向左，選項C正確；③受到②的吸引力和①的排斥力，因②的吸引力大于①的排斥力，故③受到安培力的合力方向水平向左，選項D正確。 6.(2017·南昌重點中學模擬)如圖所示，用三條細線懸掛的水平圓形線圈共有n匝，線圈由粗細均勻、單位長度的質(zhì)量為2.5 g的導(dǎo)線繞制而成，三條細線呈對稱分布，穩(wěn)定時線圈平面水平，在線圈正下方放有一個圓柱形條形磁鐵，磁鐵中軸線OO′垂直于線圈

21、平面且通過其圓心，測得線圈的導(dǎo)線所在處磁感應(yīng)強度大小B＝0.5 T，方向與豎直線成30°角，要使三條細線上的張力為零，線圈中通過的電流至少為(g取10 m/s2)(　　) A．0.1 A B．0.2 A C．0.05 A D．0.01 A 解析：選A　設(shè)線圈的半徑為r，則線圈的質(zhì)量m＝2nπr×2.5×10－3 kg，磁感應(yīng)強度的水平分量為Bsin 30°，線圈受到的安培力為：F＝nBsin 30°×I×2πr，要使三條細線上的張力為零，線圈所受向上的安培力等于線圈的重力，即mg＝F，解得：I＝0.1 A，選項A正確。 7.[多選](2017·長沙長郡中學檢測)如圖所示，同一平面內(nèi)

22、有兩根平行的無限長直導(dǎo)線1和2，通有大小相等、方向相反的電流，a、b兩點與兩導(dǎo)線共面，a點在兩導(dǎo)線的中間且與兩導(dǎo)線的距離均為r，b點在導(dǎo)線2右側(cè)，與導(dǎo)線2的距離也為r?，F(xiàn)測得a點的磁感應(yīng)強度大小為B0，已知距一無限長直導(dǎo)線d處的磁感應(yīng)強度大小B＝，其中k為常量，I為無限長直導(dǎo)線的電流大小，下列說法正確的是(　　) A．b點的磁感應(yīng)強度大小為B0 B．若去掉導(dǎo)線2，b點的磁感應(yīng)強度大小為B0 C．若將導(dǎo)線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，b點的磁感應(yīng)強度為0 D．若去掉導(dǎo)線2，再將導(dǎo)線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，a點的磁感應(yīng)強度大小仍為B0 解析：選BD　根據(jù)B＝可知，a點磁感應(yīng)強度大小為B

23、0＝＋＝，則：＝B0，根據(jù)右手螺旋定則，此時b點磁感應(yīng)強度大小為：Bb＝－＝＝B0，故選項A錯誤；若去掉導(dǎo)線2，b點的磁感應(yīng)強度大小為：Bb′＝＝B0，故選項B正確；若將導(dǎo)線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，b點的磁感應(yīng)強度大小為：Bb″＝－＝＝B0，故選項C錯誤；若去掉導(dǎo)線2，再將導(dǎo)線1中電流大小變?yōu)樵瓉淼?倍，a點的磁感應(yīng)強度大小為：Ba″＝＝B0，故選項D正確。 題型(三) 電場強度的疊加與計算 高考定位：預(yù)測題型 解題關(guān)鍵：掌握常見點電荷產(chǎn)生電場的特點，靈活應(yīng)用類比法、對稱法解題 [典例示法] [典例]　(2018屆高三·衡陽聯(lián)考)如圖所示為一均勻帶電荷量為＋Q的細棒，在

24、過中點c垂直于細棒的直線上有a、b、d三點，且ab＝bc＝cd＝L，在a點處有一電荷量為＋的固定點電荷，已知b點處的場強為零，則d點處場強的大小為(k為靜電力常量)(　　) A．k B．k C．k D．k [解析]　電荷量為＋的點電荷在b處產(chǎn)生的場強為E＝，方向向右。b點處的場強為零，根據(jù)電場的疊加原理可知，細棒與＋的點電荷在b處產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反，則知細棒在b處產(chǎn)生的場強大小為，方向向左。根據(jù)對稱性可知，細棒在d處產(chǎn)生的場強大小為，方向向右；而電荷量為＋的點電荷在d處產(chǎn)生的場強大小為E′＝＝，方向向右；所以d點處場強的大小為Ed＝E＋E′＝k，方向向右。故A正確，B、

25、C、D錯誤。 [答案]　A 應(yīng)用類比法、對稱法求電場強度 1．類比法 當空間某一區(qū)域同時存在兩個或兩個以上的電場(由各自獨立的場源電荷所激發(fā))時，某點場強E等于各電場的場強在該點的矢量和，遵循平行四邊形定則，可以類比力的合成與分解法求解。 2．對稱法 [演練沖關(guān)] 8.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，一電量為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

26、.，沿y軸負向 解析：選B　處于O點的正點電荷在G點處產(chǎn)生的場強E1＝k，方向沿y軸負向；又因為G點處場強為零，所以M、N處兩負點電荷在G點共同產(chǎn)生的場強E2＝E1＝k，方向沿y軸正向；根據(jù)對稱性，M、N處兩負點電荷在H點共同產(chǎn)生的場強E3＝E2＝k，方向沿y軸負向；將該正點電荷移到G處，該正點電荷在H點產(chǎn)生的場強E4＝k，方向沿y軸正向，所以H點的場強E＝E3－E4＝，方向沿y軸負向，故B正確。 9．如圖所示，真空中a、b、c、d四點共線且等距。先在a點固定一點電荷＋Q，測得b點場強大小為E。若再將另一點電荷＋2Q放在d點，則(　　) A．b點場強大小為E B．c點場強大小為E

27、 C．若將電子從b點移動到c點，其電勢能不變 D．b點電勢比c點電勢高 解析：選B　設(shè)a、b之間的距離為r，則b、d之間的距離為2r，a、c之間的距離為2r，c、d之間的距離為r，＋Q在b點產(chǎn)生的電場強度E＝k，方向由a指向d。若再將另一點電荷＋2Q放在d點，它在b點產(chǎn)生的電場強度E′＝k＝k，方向由d指向a。根據(jù)電場疊加原理，b點的場強大小為Eb＝E－E′＝k－k＝k＝，方向由a指向d，選項A錯誤；＋Q在c點產(chǎn)生的電場強度E1＝k，＋2Q在c點產(chǎn)生的電場強度E2＝k，二者方向相反，c點的場強大小為Ec＝E2－E1＝k－k＝k＝E，方向由d指向a，選項B正確；若將電子從b點移動到c點，電場

28、力先做負功后做正功，其電勢能先增大后減小，選項C錯誤；b點的電勢比c點的電勢低，選項D錯誤。 [選擇題保分練] 電場性質(zhì)、磁場性質(zhì) 1．(2018屆高三·湖北八校聯(lián)考)下列說法正確的是(　　) A．帶電粒子僅在電場力的作用下一定做勻變速運動 B．帶電粒子僅在電場力的作用下運動時，動能一定增加 C．電場力做正功，帶電粒子所在處的電勢一定降低 D．電場力做正功，帶電粒子的電勢能一定減少 解析：選D　只有電場是勻強電場時，帶電粒子僅在電場力的作用下做勻變速運動，A錯誤；如果電場力做負功，則動能減小，

29、B錯誤；電場力做正功，電勢能一定減少，若帶電粒子帶負電荷，則電勢要升高，故C錯誤，D正確。 2．(2017·定州中學檢測)關(guān)于電荷所受電場力和洛倫茲力，下列說法正確的是(　　) A．電荷在磁場中一定受洛倫茲力作用 B．電荷在電場中一定受電場力作用 C．電荷所受電場力一定與該處電場方向一致 D．電荷所受的洛倫茲力不一定與磁場方向垂直 解析：選B　若電荷的運動方向與磁場方向平行，則電荷不受洛倫茲力，故A錯誤；電荷在電場中一定受電場力作用，故B正確；正電荷所受電場力方向與該處的電場方向相同，負電荷所受電場力方向與該處的電場方向相反，故C錯誤；根據(jù)左手定則知，電荷若受洛倫茲力，則方向與該處

30、磁場方向垂直，故D錯誤。 3.(2017·泰安檢測)如圖，＋Q為固定的正點電荷，虛線圓是其電場中的一條等勢線。兩電荷量相同、但質(zhì)量不相等的粒子，分別從同一點A以相同的速度v0射入，軌跡如圖中曲線，B、C為兩曲線與圓的交點。aB、aC表示兩粒子經(jīng)過B、C時的加速度大小，vB、vC表示兩粒子經(jīng)過B、C時的速度大小。不計粒子重力，以下判斷正確的是(　　) A．a(chǎn)B＝aC　vB＝vC B．a(chǎn)B＞aC　vB＝vC C．a(chǎn)B＞aC　vB＜vC D．a(chǎn)B＜aC　vB＞vC 解析：選C　由題圖軌跡判斷可知，粒子均帶正電，AB曲線彎曲程度比AC大，可知AB軌跡的粒子質(zhì)量較小，因為B、C兩點電勢相等，

31、可知UAC＝UAB，粒子電荷量相同，由動能定理：－qU＝mv2－mv02，可知vBaC，綜上分析可知C正確，A、B、D錯誤。 4.(2017·肇慶模擬)如圖所示，空間有一正三棱錐OABC，點A′、B′、C′分別是三條棱的中點。現(xiàn)在頂點O處固定一正點電荷，下列說法中正確的是(　　) A．A′、B′、C′三點的電場強度相同 B．△ABC所在平面為等勢面 C．將一正試探電荷從 A′點沿直線A′B′移到B′，靜電力對該試探電荷先做正功后做負功 D．若A′點的電勢為φA′，A點的電勢為φA，則AA′連線中點D處的電勢φD一定小于

32、 解析：選D　因為A′、B′、C′三點離頂點O處的正點電荷的距離相等，故三點處的電場強度大小均相等，但其方向不同，故A錯誤；由于△ABC所在平面上各點到O點的距離不全相等，由等勢面的特點可知，△ABC所在平面不是等勢面，故B錯誤；由電勢的特點可知，沿直線A′B′的電勢變化為先增大后減小，所以當正試探電荷在此直線上從A′移動到B′時，電場力對該試探電荷先做負功后做正功，故C錯誤；因為UA′D＝EA′D·，UDA＝EDA·，由點電荷的場強關(guān)系可知EA′D>EDA，又因為＝，所以有UA′D＞UDA，即φA′－φD＞φD－φA，整理可得：φD<，故D正確。 5.(2017·龍巖檢測)將無窮遠處的電勢

33、視為零，在電荷量為q的點電荷周圍某點的電勢可用φ＝ 計算，式中r為該點到點電荷的距離，k為靜電力常量。兩電荷量大小均為Q的異種點電荷固定在相距為L的兩點，如圖所示?，F(xiàn)將一質(zhì)子(電荷量為e)從兩點電荷連線上的A點，沿以電荷＋Q為圓心、半徑為R(L>R)的半圓形軌跡ABC移到C點，質(zhì)子從A點移到C點的過程中電勢能的變化情況為(　　) A．增加 B．增加 C．減少 D．減少 解析：選B　A點的電勢為φA＝k－k＝；C點的電勢為φC＝k－k＝，則A、C間的電勢差為UAC＝φA－φC＝－，質(zhì)子從A點移到C點，電場力做功為WAC＝eUAC＝－，做負功，所以質(zhì)子的電勢能增加，故B正確。 6.[

34、多選](2017·定州中學檢測)如圖所示，在兩磁極之間放一培養(yǎng)皿，磁感線垂直培養(yǎng)皿向內(nèi)，培養(yǎng)皿內(nèi)側(cè)壁有環(huán)狀電極A，中心有電極K，培養(yǎng)皿內(nèi)裝有電解液，若不考慮電解液和培養(yǎng)皿之間的阻力，當兩電極接入如圖所示電路時，則(　　) A．電解液將順時針旋轉(zhuǎn)流動 B．電解液靜止不動 C．若將滑動變阻器的滑片向左移動，則電解液旋轉(zhuǎn)流動將變慢 D．若將磁場的方向和電源的方向均變?yōu)楹驮瓉硐喾?，則電解液轉(zhuǎn)動方向不變 解析：選AD　兩電極接入題圖所示電路時，將電解液看成無數(shù)個輻條狀導(dǎo)體組成，每根導(dǎo)體中電流從環(huán)狀電極A邊緣流向電極K，由左手定則判斷可知，電解液所受的安培力方向沿順時針，因此電解液將順時針旋轉(zhuǎn)流

35、動，故A正確，B錯誤；若將滑動變阻器的滑片向左移動，其有效電阻減小，電路中電流增大，由公式F＝BIL知，電解液所受的安培力增大，則電解液旋轉(zhuǎn)流動將變快，故C錯誤；若將磁場的方向和電源的方向均變?yōu)楹驮瓉硐喾?，由左手定則可知安培力方向不變，則電解液轉(zhuǎn)動方向不變，故D正確。 7.[多選](2017·泰州中學檢測)某靜電場的等勢面分布如圖所示，下列說法中正確的是(　　) A．A點電場強度的方向為曲線上該點的切線方向 B．負電荷在A點的電勢能比在C點的電勢能小 C．將正電荷從圖中A點移到C點，電場力做負功 D．將電荷從圖中A點移到B點，電場力不做功 解析：選BD　電場線和等勢面垂直，電場強度

36、的方向沿電場線的切線方向，可知A點的電場強度方向不是曲線上該點的切線方向，故A錯誤；A點的電勢高于C點的電勢，根據(jù)Ep＝qφ知，負電荷在A點的電勢能比在C點 的電勢能小，故B正確；A點的電勢高于C點的電勢，沿電場線方向電勢逐漸降低，可知電場線方向大致向左，所以將正電荷從A點移C點，電場力做正功，故C錯誤；A、B兩點處于同一等勢面上，電勢相等，所以將電荷從A點移到B點，電場力不做功，故D正確。 8.[多選](2018屆高三·青島六校聯(lián)考)如圖所示，勻強電場中的三個點A、B、C構(gòu)成一個直角三角形，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，＝d。把一個帶電量為＋q的點電荷從A點移動到B

37、點電場力不做功；從B點移動到C點電場力做功為－W。若規(guī)定C點的電勢為零，則(　　) A．該電場的電場強度大小為 B．C、B兩點間的電勢差為UCB＝ C．A點的電勢為 D．若從A點沿AB方向飛入一電子，其運動軌跡可能是乙 解析：選BD　正點電荷從A點移動到B點電場力不做功，說明A、B兩點在同一等勢面上，從B點移動到C點電場力做功為－W，說明電場強度的方向垂直AB邊向上，則A點的電勢φA＝－，故選項C錯誤；C、B兩點間的電勢差為UCB＝，故選項B正確；該電場的電場強度大小為E＝＝，故選項A錯誤；電子從A點沿AB方向飛入，受力方向?qū)⒀仉妶鼍€的反方向，故電子將向下偏轉(zhuǎn)，運動軌跡的大致圖象如題

38、圖中乙所示，故選項D正確。 高考研究(十二) 聚焦選擇題考法——電容器、帶電粒子在電場中運動 1．(2016·全國Ⅰ卷T14)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)移出，則電容器(　　 ) A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大 B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大 C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變 D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變 解析：選D　平行板電容器電容的表達式為C＝，將極板間的云母介質(zhì)移出后，導(dǎo)致電容器的電容C變小。由于極板間電壓不變，據(jù)Q＝CU知，極板上的電荷量變小。再考慮到極板間電場強度E＝，由于U

39、、d不變，所以極板間電場強度不變，選項D正確。 2. [多選](2016·全國Ⅰ卷T20)如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知(　　) A．Q點的電勢比P點高 B．油滴在Q點的動能比它在P點的大 C．油滴在Q點的電勢能比它在P點的大 D．油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小 解析：選AB　帶電油滴在電場中受重力、電場力作用，據(jù)其軌跡的對稱性可知，電場力方向豎直向上，且電場力大于重力，電場力先做負功后做正功。則電場強度方向向下，Q點的電勢比P點高，選項A正確；油滴在P點的速度最小，選項B正確；油滴

40、在P點的電勢能最大，選項C錯誤；油滴運動的加速度大小不變，選項D錯誤。 3．(2015·全國Ⅱ卷T14)如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將(　　) A．保持靜止狀態(tài)　　　 　 B．向左上方做勻加速運動 C．向正下方做勻加速運動 D．向左下方做勻加速運動 解析：選D　兩板水平放置時，放置于兩板間a點的帶電微粒保持靜止，帶電微粒受到的電場力與重力平衡。當將兩板逆時針旋轉(zhuǎn)45°時，電場力大小不變，方向逆時針偏轉(zhuǎn)45°，受力如圖，則其合力方向

41、沿二力角平分線方向，微粒將向左下方做勻加速運動。選項D正確。 高考題型 典型試題 難度 1.平行板電容器的性質(zhì) 2016·全國Ⅰ卷T14 ★★☆ 2.帶電粒子(考慮重力)在電場中的運動 2016·全國Ⅰ卷T20 ★★★ 2015·全國Ⅱ卷T14 ★★☆ 題型(一) 平行板電容器的性質(zhì) 高考定位：?？碱}型,　 　 解題關(guān)鍵：重在正確分析電容器的兩類動態(tài)變化，準確應(yīng)用公式進行分析 [必備知能] 1．平行板電容器動態(tài)變化問題的兩類題型 (1)電容器始終與電源相連，U恒定不變，則有Q＝CU∝C，C＝∝，兩板間場強E＝∝。 (2)電容器穩(wěn)定后與電源斷開，Q

42、恒定不變，則有U＝，C∝，場強E＝＝∝。 2．在分析平行板電容器的動態(tài)變化問題時，必須抓住兩個關(guān)鍵點 (1)確定不變量：首先要明確動態(tài)變化過程中的哪些量不變，一般情況下是電荷量不變或板間電壓不變。 (2)恰當選擇公式：要靈活選取電容的兩個公式分析電容的變化，應(yīng)用E＝分析板間電場強度的變化情況，即抓住公式C＝和C＝。U不變時，選用E＝；Q不變時，選用E＝。 [演練沖關(guān)] 1．(2018屆高三·第一次全國大聯(lián)考Ⅲ卷)如圖所示的裝置可以通過靜電計指針偏轉(zhuǎn)角度的變化檢測電容器電容的變化，進而檢測導(dǎo)電液體是增多還是減少。圖中芯柱、導(dǎo)電液體、絕緣體組成一個電容器，電源通過電極A、電極B給電容器

43、充電，充電完畢移去電源，由此可以判斷(　　) A．靜電計指針偏角變小，說明電容器兩板間電壓增大 B．靜電計指針偏角變小，說明導(dǎo)電液體增多 C．靜電計指針偏角變大，說明電容器電容增大 D．靜電計指針偏角變大，說明導(dǎo)電液體增多 解析：選B　移去電源后，電容器的Q不變，靜電計指針偏角變小，說明電容器兩板間電壓減小，選項A錯誤；靜電計指針偏角變小，根據(jù)C＝可知，電容器電容增大，因C＝，所以S增大，導(dǎo)電液體液面升高，導(dǎo)電液體增多，選項B正確；靜電計指針偏角變大，說明電容器兩板間電壓增大，根據(jù)C＝可知，電容器電容減小，因C＝，所以S減小，導(dǎo)電液體液面降低，導(dǎo)電液體減少，選項C、D錯誤。

44、 2.(2017·懷化模擬)如圖所示，將平行板電容器兩極板分別與電池正、負極相接，兩板間一帶電液滴恰好處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)貼著下板迅速插入一定厚度的金屬板，則在插入過程中(　　) A．電路將有逆時針方向的短暫電流 B．電容器的帶電量減小 C．帶電液滴仍將靜止 D．帶電液滴將向下做加速運動 解析：選A　插入一金屬板相當于極板間距離變小了，根據(jù)電容決定式C＝，知電容增大，電勢差不變，則由Q＝CU知，電容器帶電量增大，電路中有逆時針方向的短暫電流，故A正確，B錯誤；電勢差不變，距離減小，則電場強度增大，帶電液滴所受的向上的電場力增大，大于重力，將向上做加速運動，故C、D錯誤。

45、 3.[多選](2017·黃岡中學檢測)正對水平放置的兩平行金屬板連接在如圖所示電路中，兩板間有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，D為理想二極管(正向電阻為0，反向電阻無窮大)，R為滑動變阻器，R0為定值電阻。將滑片P置于滑動變阻器正中間，閉合開關(guān)S，讓一帶電質(zhì)點從兩板左端連線的中點N以水平速度v0射入板間，質(zhì)點沿直線運動。在保持開關(guān)S閉合的情況下，下列說法正確的是(　　) A．質(zhì)點可能帶正電，也可能帶負電 B．若僅將滑片P向上滑動一段后，再讓該質(zhì)點從N點以水平速度v0射入板間，質(zhì)點運動軌跡一定會向上偏 C．若僅將滑片P向下滑動一段后，再讓該質(zhì)點從N點以水平速度v0射入板間，質(zhì)

46、點依然會沿直線運動 D．若僅將兩板的間距變大一些，再讓該質(zhì)點從N點以水平速度v0射入板間，質(zhì)點運動軌跡會向下偏 解析：選BC　若質(zhì)點帶正電，則所受電場力向下，洛倫茲力向下，重力向下，則不可能沿直線運動，只能帶負電，則 A錯誤；質(zhì)點帶負電，電場力向上，洛倫茲力向上，滑片P向上滑動一段后，電場強度變大，電場力變大，則合力向上，質(zhì)點運動軌跡向上偏，則B正確；將滑片P向下滑動一段后，因二極管的單向?qū)щ娦?，電容器不放電，則電場強度不變，電場力不變，合力不變，質(zhì)點依然會沿直線運動，則C正確；若兩板的間距變大，但電量不變，場強E＝不變，電場力不變，則質(zhì)點運動軌跡不變，則D錯誤。 題型(二

47、) 帶電粒子在電場中的運動 高考定位：常考題型　　 解題關(guān)鍵：重在正確進行受力分析(注意重力是否考慮)，運用力和運動、功能關(guān)系兩條途徑求解 [典例示法] [典例]　(2017·天津和平區(qū)檢測)如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一穩(wěn)壓電源(未畫出)相連，若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中該粒子(　　) A．所受重力與電場力平0衡 B．電勢能逐漸增加 C．機械能逐漸減小 D．做勻變速直線運動 [解析]　帶電粒子在電場中受到電場力與重力，根據(jù)題意可知，粒子做直線運動，電場力必定垂直極板向上，若由左向右運動，則電場力與重力的合力必定與速

48、度方向相反，粒子做勻減速直線運動；若由右向左運動，則電場力、重力的合力與速度方向相同，粒子做勻加速直線運動，故A錯誤，D正確；電場力垂直于極板向上，若電場力做負功，則電勢能增加；若電場力做正功，則電勢能減小，故B錯誤；因重力不做功，當電場力做負功時，電勢能增加，動能減小，此時機械能減小；當電場力做正功時，動能增加，此時機械能增加，故C錯誤。 [答案]　D 帶電體通常是指需要考慮重力的物體，如帶電小球、帶電液滴、帶電塵埃等。帶電體在疊加場中運動的研究方法與力學綜合題的分析方法相近，一般應(yīng)用牛頓運動定律、運動學規(guī)律、動能定理和能量守恒定律求解。 [演練沖關(guān)] 4．[多選](2018

49、屆高三·西安調(diào)研)一平行板電容器的兩個極板水平放置，兩極板間有一帶電量不變的油滴，油滴在極板間運動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比。若兩極板間電壓為零，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速下降；若兩極板間的電壓為U，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速上升。若兩極板間電壓為2U，油滴做勻速運動時速度的大小可能為(　　) A．3v B．4v C．5v D．6v 解析：選AC　若兩極板間電壓為零，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速下降，有mg＝kv，若兩極板間的電壓為U，經(jīng)一段時間后，油滴以速率v勻速上升，知電場力大于重力，有：q＝mg＋kv，若兩極板間電壓為2U，如果電場力方向向上，則油滴向上做勻速

50、運動時，有q＝mg＋kv′，解得v′＝3v，故A正確；如果電場力方向向下，則油滴向下做勻速運動時，有q＋mg＝kv″，解得v″＝5v，故C正確。 5.(2017·遼師大附中檢測)如圖，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電。一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處，以初動能Ek0豎直向上射出。不計重力，極板尺寸足夠大。若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強度的最大值為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　當電場強度足夠大時，粒子打到上極板的極限情況為：粒子到達上極板處時，速度恰好與上極板平行，粒子的運動為類平拋運動的逆運動。將粒子初

51、速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運動的合成與分解，當vy′＝0時，根據(jù)運動學公式有vy2＝2d，vy＝v0cos 45°，Ek0＝mv02，解得E＝，故B正確。 6．[多選](2017·沈陽育才中學模擬)一帶正電的小球以初速度v0水平向右拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左，不計空氣阻力，則小球(　　) A．可能做直線運動 B．一定做曲線運動 C．速率先減小后增大 D．速率先增大后減小 解析：選BC　如圖所示，對小球受力分析，受重力和電場力兩個力作用，合力的方向與初速度方向不在同一條直線上，小球做曲線運動，運動軌跡大致如圖中曲線所示，故A錯誤，B正確；小

52、球所受的合力與速度方向先成鈍角后成銳角，可知合力先做負功然后做正功，則速率先減小后增大，故C正確，D錯誤。 [選擇題保分練] 電容器、帶電粒子在電場中運動 1.(2017·長沙長郡中學檢測)空間中有豎直方向的勻強電場(圖中未畫出)，一個帶電小球由P點到Q點的運動軌跡如圖所示，由此可知(　　) A．電場的方向豎直向上 B．小球一定帶正電 C．小球受到的電場力大于重力 D．小球在P點的動能小于在Q點的動能 解析：選C　由題圖可知，小球向上偏轉(zhuǎn)，合力向上，小球受到重力和電場力作用，重力豎直向下，所以電場力方向向上且大于重力

53、。由于不知道小球的電性和電場的方向，所以不能判斷出電場的方向與小球的電性，故A、B錯誤，C正確；小球受到的電場力與重力恒定不變，小球受到的合力不變，方向豎直向上，所以小球在從P點到Q點的過程中合外力對小球做負功，小球的動能減小，故D錯誤。 2.(2017·湖北黃岡中學檢測)如圖所示，紙面內(nèi)有一勻強電場(未畫出)，帶正電的小球(重力不計)在恒力F的作用下沿圖中虛線由A勻速運動至B，已知恒力F和AB間夾角為θ，AB間距離為d，小球帶電量為q，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．電場強度的大小為E＝ B．A、B兩點的電勢差為UAB＝ C．小球由A運動至B的過程中，電勢能增加了Fdcos θ D

54、．若小球由B勻速運動至A，則恒力F必須反向 解析：選C　由題知，小球的重力不計，只受到電場力與恒力F而做勻速直線運動，則有qE＝F，解得場強E＝，A錯誤；由小球所受電場力方向與F方向相反及AB的相對位置可知，φA<φB，A、B兩點的電勢差為UAB＝－Edcos θ＝－，B錯誤；小球由A運動至B的過程中，恒力F做功為W＝Fdcos θ，根據(jù)功能關(guān)系可知，電勢能增加了Fdcos θ，C正確；小球所受的電場力恒定不變，若小球由B勻速運動至A，恒力F大小、方向不變，D錯誤。 3.(2018屆高三·湖南五市十校聯(lián)考)如圖所示，水平放置的平行板電容器的兩板間存在豎直向上的勻強電場，下板接地，兩板間距離

55、為10 cm，A點距下板3 cm，B點距上板3 cm。質(zhì)量m＝0.01 kg、電荷量為＋10－3 C的小球能夠在A點保持靜止。現(xiàn)將小球移到勻強電場之外，g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　) A．上板的電勢比下板高10 V B．A點的電勢為3 V C．電荷量為－10－3 C的帶負電的點電荷在A點的電勢能為3×10－3 J D．將電荷量為－10－3 C的帶負電的點電荷從A點移到B點，電場力對該點電荷做功4×10－3 J 解析：選C　電場方向向上，即下板電勢高，A錯誤；小球在A點受力平衡，mg＝Eq，解得E＝＝ V/m＝100 V/m，所以兩板間的電勢差U＝Ed＝10 V，由于下板

56、接地，電勢為零，故A點電勢為φA＝(0－100×0.03)V＝－3 V，B錯誤；電荷量為－10－3 C的帶負電的點電荷在A點的電勢能為Ep＝φAq＝－3×(－10－3)J＝3×10－3 J，C正確；UAB＝－3 V－(0－100×0.07)V＝4 V，所以將電荷量為－10－3 C的帶負電的點電荷從A點移到B點，電場力對該點電荷做功W＝UABq＝4×(－10－3)J＝－4×10－3 J，D錯誤。 4.(2017·蘭州一中檢測)如圖，一帶電粒子從小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q 之間的真空區(qū)域，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后打在 Q板上如圖所示的位置。在其他條件不變的情況下，要使該粒子能從Q板上的小孔B射出，下列

57、操作中可能實現(xiàn)的是(不計粒子重力)(　　) A．保持開關(guān)S閉合，適當上移 P極板 B．保持開關(guān)S閉合，適當左移P極板 C．先斷開開關(guān)S，再適當上移 P極板 D．先斷開開關(guān)S，再適當下移P極板 解析：選A　該粒子在平行板間做類斜拋運動，水平方向做勻速直線運動，水平分速度不變，要使其能從Q板上的小孔B射出，只能通過延長運動時間。保持開關(guān)S閉合，適當上移P極板，根據(jù)U＝Ed，d增加，場強E減小，故加速度a＝減小，根據(jù)t＝，運動時間延長，粒子可能從小孔B射出，故A正確；保持開關(guān)S閉合，適當左移P極板，場強E不變，故粒子加速度不變，運動軌跡不變，故B錯誤；先斷開開關(guān)S，再適當上移或下移P極板，

58、電荷量不變，場強E＝不變，故粒子加速度不變，運動軌跡不變，故C、D錯誤。 5.[多選](2017·河北衡水中學檢測)如圖所示，M、N為兩個等大的均勻帶電圓環(huán)，其圓心分別為A、C，帶電量分別為＋Q、－Q，將它們平行放置，A、C連線垂直于圓環(huán)平面，B為AC的中點，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電量為＋q的微粒(重力不計)從左端沿AC連線方向射入，到A點時速度vA＝1 m/s，到B點時速度vB＝ m/s，則(　　) A．微粒從B到C做加速運動，且vC＝3 m/s B．微粒從A到C先做減速運動，后做加速運動 C．微粒在整個運動過程中的最終速度為 m/s D．微粒最終可能返回到B點，其速度大小為 m/s

59、 解析：選AC　由題圖可知BC間的電場方向向右，微粒所受的電場力向右，所以微粒從B到C做加速運動。AC之間電場是對稱分布的，從A到B和從B到C電場力做的功相同，依據(jù)動能定理可得：qU＝mvB2－mvA2，2qU＝mvC2－mvA2，解得：vC＝3 m/s，故A正確；由圓環(huán)電場分布特點易知，在到達A點之前，微粒做減速運動，而從A到C微粒一直做加速運動，故B錯誤；過B點作垂直于AC的線，此線位于等勢面上且可以延長至無窮遠處，微粒過C點之后，會向無窮遠處運動，而無窮遠處電勢為零，故B點的動能等于無窮遠處的動能，依據(jù)能量守恒可以得到，微粒最終的速度與B點相同，故C正確，D錯誤。 6.[多選](201

60、7·遼寧實驗中學檢測)如圖所示，絕緣彈簧的下端固定在光滑斜面底端，彈簧與斜面平行，帶電小球Q固定在絕緣斜面上的M點，且在通過彈簧中心的直線ab上?，F(xiàn)將與Q大小相同、帶電量也相同的小球P，從直線ab上的N點由靜止釋放，若兩小球可視為點電荷，在小球P剛與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^程中，下列說法中正確的是(　　) A．小球P的速度一定先增大后減小 B．小球P的機械能一定在減小 C．小球P速度最大時所受彈簧彈力和庫侖斥力的合力為零 D．小球P與彈簧系統(tǒng)的機械能一定增加 解析：選AD　小球P先沿斜面加速向下運動，后減速向下運動，當彈簧壓縮量最大時，小球P速度減為零，故A正確；由于小球P除了重力做

61、功，還有彈簧的彈力和庫侖斥力做功，開始彈簧的彈力和庫侖斥力的合力方向沿斜面向下，做正功，所以小球P的機械能增大；隨彈力的增大，二者的合力將沿斜面向上，使小球P的機械能減小，所以小球P的機械能先增大后減小，故B錯誤；小球P的速度一定先增大后減小，當加速度為零時，速度最大，所以小球P速度最大時所受彈簧彈力、重力沿斜面向下的分力與庫侖斥力的合力為零，故C錯誤；根據(jù)能量守恒定律知，小球P的動能、重力勢能、與小球Q間的電勢能和彈簧彈性勢能的總和不變，因為在小球P剛與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^程中，Q對P的庫侖斥力做正功，電勢能減小，所以小球P與彈簧系統(tǒng)的機械能一定增加，故D正確。 7.[多選](2017

62、·河北衡水中學檢測)如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個質(zhì)量相等的電荷M和N同時分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進入板間電場，兩電荷恰好在板間某點相遇。若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是(　　) A．電荷M的電荷量大于電荷N的電荷量 B．兩電荷在電場中運動的加速度相等 C．從兩電荷進入電場到兩電荷相遇，電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功 D．電荷M進入電場的初速度大小與電荷N進入電場的初速度大小一定相同 解析：選AC　由題圖軌跡可以看出，在豎直方向：yM＞yN，故·t2>·t2，解得：>，qM＞qN，故A正確，B

63、錯誤；根據(jù)動能定理，電場力做的功為：W＝ΔEk＝mvy2，質(zhì)量相等，電荷M豎直分位移大，豎直方向的末速度vy＝也大，故電場力對電荷M做的功大于電場力對電荷N做的功，故C正確；由題圖軌跡可以看出，在水平方向：xM＞xN，故vMt＞vNt，故vM＞vN，故D錯誤。 8.[多選](2017·貴州黔東南州模擬)如圖所示，在方向水平向右的勻強電場中，一不可伸長的長度為L的不導(dǎo)電細線的一端連著一個質(zhì)量為m的帶電小球，另一端固定于O點，當小球靜止在B點時，細線與豎直方向的夾角θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，則(　　) A．小球帶負電 B．勻強電場電場強度的大小為 C．電

64、場中A、B兩點的電勢差為 D．當小球從A點由靜止釋放至B點，電場力做負功，則小球經(jīng)B點時的速度大小為 解析：選BD　小球靜止在B點，受力平衡，受到重力、電場力和細線的拉力，電場力水平向右，與電場方向一致，說明小球帶正電，A錯誤；根據(jù)共點力平衡條件可得tan θ＝，解得E＝，B正確；電場中A、B兩點的電勢差為UAB＝－Ed＝－EL(1－sin θ)＝－，C錯誤；小球運動過程中電場力和重力做功，根據(jù)動能定理可得mgLcos θ＋UABq＝mvB2－0，解得vB＝，D正確。 高考研究(十三) 聚焦選擇題考法——帶電粒子在磁場、復(fù)合場中運動 1．(2015·全國Ⅰ卷T14)兩相鄰勻強磁場

65、區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的(　　) A．軌道半徑減小，角速度增大 B．軌道半徑減小，角速度減小 C．軌道半徑增大，角速度增大 D．軌道半徑增大，角速度減小 解析：選D　分析軌道半徑：帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的速度v大小不變，磁感應(yīng)強度B減小，由公式r＝可知，軌道半徑增大。分析角速度：由公式T＝可知，粒子在磁場中運動的周期增大，根據(jù)ω＝知角速度減小。選項D正確。 2．[多選](2015·全國Ⅱ卷T19)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強度是Ⅱ中的k倍

66、。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動。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(yīng)強度B1是Ⅱ磁場磁感應(yīng)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。 3.(2017·全國Ⅱ卷T18)如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場。若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則v2∶v1為(　　) A.∶2　　　　　　　 B.∶1 C.∶1 D．3∶ 解析：選C　由于是相同的粒子，粒子進入磁場時的速度