2017-2018學(xué)年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題3 電場與磁場教學(xué)案

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·全國卷T20)在一靜止點電荷的電場中，任一點的電勢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(qiáng)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a已在圖中用坐標(biāo)(ra，a)標(biāo)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()AEaEb41BEcEd21CWW31 DWW13解析：選AC設(shè)點電荷的電荷量為Q，根據(jù)點電荷電場強(qiáng)度公式Ek，rarb12，rcrd36，可知，EaEb41，EcEd41，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Wq(ab)3q(J)，試探電荷由b點移動到c點做的功Wq(bc)q(J)，試探電荷由c點移動到d點做的功Wq(cd)q(J)，由此可知，WW31，WW11，選項C正確，D錯誤。2多選(2017·全國卷T21)一勻強(qiáng)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。下列說法正確的是()A電場強(qiáng)度的大小為2.5 V/cm B坐標(biāo)原點處的電勢為1 VC電子在a點的電勢能比在b點的低7 eVD電子從b點運動到c點，電場力做功為9 eV解析：選ABDac垂直于bc，沿ca和cb兩方向的場強(qiáng)分量大小分別為E12 V/cm、E21.5 V/cm，根據(jù)矢量合成可知E2.5 V/cm，A項正確；根據(jù)在勻強(qiáng)電場中平行線上等距同向的兩點間的電勢差相等，有Oabc，得O1 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點運動到c點，電場力做功W(1726)eV9 eV，D項正確。3(2016·全國卷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(qiáng)度一定相等D將一負(fù)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(qiáng)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(fù)試探電荷時，電場力做負(fù)功，選項D錯誤。4(2016·全國卷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()Aaa>ab>ac，va>vc>vb Baa>ab>ac，vb>vc>vaCab>ac>aa，vb>vc>va Dab>ac>aa，va>vc>vb解析：選Da、b、c三點到固定的點電荷P的距離rbrcra，則三點的電場強(qiáng)度由Ek可知EbEcEa，故帶電粒子Q在這三點的加速度abacaa。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(fù)功，由動能定理|qUab|mvb2mva20，則vbva，從b到c電場力做正功，由動能定理|qUbc|mvc2mvb20，vcvb，又|Uab|Ubc|，則vavc，故vavcvb，選項D正確。 5(2015·全國卷T15)如圖，直線a、b和c、d是處于勻強(qiáng)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M、N、P、Q。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(fù)功相等。則()A直線a位于某一等勢面內(nèi)，M>QB直線c位于某一等勢面內(nèi)，M>NC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(fù)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(fù)功相等可知，N、P兩點在同一等勢面上，且電場線方向為MN，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()AL1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直BL3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直CL1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為11DL1、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(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(qiáng)度大小為B，根據(jù)幾何知識可知，B合1B，B合2B，B合3B，由安培力公式FBIL可知，L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為11，選項C正確，D錯誤。7多選(2015·全國卷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：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(dāng)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·全國卷T202017·全國卷T212016·全國卷T152016·全國卷T152015·全國卷T152.磁場的基本性質(zhì)和安培力2017·全國卷T192015·全國卷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(qiáng)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)Epq判斷根據(jù)EpW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)確定受力方向的依據(jù)曲線運動的受力特征：帶電粒子受力總指向曲線的凹側(cè)。電場力方向與場強(qiáng)方向的關(guān)系：正電荷的受力方向與場強(qiáng)方向同向，負(fù)電荷則相反。場強(qiáng)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(qiáng)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FqE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(fù)功)，速度增加(減小)。演練沖關(guān)1.多選(2017·南昌重點中學(xué)模擬)電子束焊接機(jī)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，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(xì)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()AA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)考卷)如圖所示為一帶正電的點電荷和兩個相同的帶負(fù)電的點電荷附近的電場線分布情況，M點是兩負(fù)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()AE點的電場強(qiáng)度比F點的大BE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(qiáng)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(fù)點電荷在M點的合場強(qiáng)為零，正點電荷在M點產(chǎn)生的電場強(qiáng)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)于正點電荷對稱，從M點移到N點，正點電荷對正電荷不做功，兩負(fù)點電荷形成的電場對正電荷做負(fù)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，M30°。M、N、P、F四點處的電勢分別用M、N、P、F表示，已知MN，PF，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(fù)功DP大于M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；PF，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(yuǎn)，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(yuǎn)，電勢越低，故P大于M，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四點分別放上等量的正電荷和負(fù)電荷，若取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，下列說法正確的是()AO點的電場強(qiáng)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(yuǎn)，則O點電勢與無窮遠(yuǎn)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(fù)電荷終止和電場的疊加可知，O點的場強(qiáng)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，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WqU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(qiáng)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：常考題型解題關(guān)鍵：重在掌握磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)度的方向為該點處磁感線的切線方向。(3)磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)度等于各場源單獨存在時在該點的磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和，遵從平行四邊形定則。2安培力作用下力學(xué)問題的處理方法(1)求解安培力作用下的力學(xué)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、三根等間距平行放置的長直導(dǎo)線，通入的電流強(qiáng)度分別為1 A、2 A、1 A，的電流方向為cd 且受到安培力的合力方向水平向右，則()A的電流方向為abB的電流方向為efC受到安培力的合力方向水平向左D受到安培力的合力方向水平向左解析：選BCD根據(jù)“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，因的電流方向為cd且受到安培力的合力方向水平向右，可知的電流方向為ba，的電流方向為ef，選項A錯誤，B正確；受到的排斥力，故安培力的合力方向水平向左，選項C正確；受到的吸引力和的排斥力，因的吸引力大于的排斥力，故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(xué)模擬)如圖所示，用三條細(xì)線懸掛的水平圓形線圈共有n匝，線圈由粗細(xì)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(xì)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垂直于線圈平面且通過其圓心，測得線圈的導(dǎo)線所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.5 T，方向與豎直線成30°角，要使三條細(xì)線上的張力為零，線圈中通過的電流至少為(g取10 m/s2)()A0.1 A B0.2 AC0.05 A D0.01 A解析：選A設(shè)線圈的半徑為r，則線圈的質(zhì)量m2nr×2.5×103 kg，磁感應(yīng)強(qiáng)度的水平分量為Bsin 30°，線圈受到的安培力為：FnBsin 30°×I×2r，要使三條細(xì)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mgF，解得：I0.1 A，選項A正確。7.多選(2017·長沙長郡中學(xué)檢測)如圖所示，同一平面內(nèi)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(qiáng)度大小為B0，已知距一無限長直導(dǎo)線d處的磁感應(yīng)強(qiáng)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()Ab點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0B若去掉導(dǎo)線2，b點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0C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(qiáng)度為0D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(qiáng)度大小仍為B0解析：選BD根據(jù)B可知，a點磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，則：B0，根據(jù)右手螺旋定則，此時b點磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為：BbB0，故選項A錯誤；若去掉導(dǎo)線2，b點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為：BbB0，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(qiáng)度大小為：BbB0，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(qiáng)度大小為：BaB0，故選項D正確。題型(三) 電場強(qiáng)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(xì)棒，在過中點c垂直于細(xì)棒的直線上有a、b、d三點，且abbccdL，在a點處有一電荷量為的固定點電荷，已知b點處的場強(qiáng)為零，則d點處場強(qiáng)的大小為(k為靜電力常量)()Ak Bk Ck Dk解析電荷量為的點電荷在b處產(chǎn)生的場強(qiáng)為E，方向向右。b點處的場強(qiáng)為零，根據(jù)電場的疊加原理可知，細(xì)棒與的點電荷在b處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，方向相反，則知細(xì)棒在b處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為，方向向左。根據(jù)對稱性可知，細(xì)棒在d處產(chǎn)生的場強(qiáng)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(qiáng)大小為E，方向向右；所以d點處場強(qiáng)的大小為EdEEk，方向向右。故A正確，B、C、D錯誤。答案A應(yīng)用類比法、對稱法求電場強(qiáng)度1類比法當(dāng)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(qiáng)E等于各電場的場強(qiáng)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(biāo)系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標(biāo)如圖所示。M、N兩點各固定一負(fù)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(qiáng)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(qiáng)的大小和方向分別為()A.，沿y軸正向 B.，沿y軸負(fù)向C.，沿y軸正向 D.，沿y軸負(fù)向解析：選B處于O點的正點電荷在G點處產(chǎn)生的場強(qiáng)E1k，方向沿y軸負(fù)向；又因為G點處場強(qiáng)為零，所以M、N處兩負(fù)點電荷在G點共同產(chǎn)生的場強(qiáng)E2E1k，方向沿y軸正向；根據(jù)對稱性，M、N處兩負(fù)點電荷在H點共同產(chǎn)生的場強(qiáng)E3E2k，方向沿y軸負(fù)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(qiáng)E4k，方向沿y軸正向，所以H點的場強(qiáng)EE3E4，方向沿y軸負(fù)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(qiáng)大小為E。若再將另一點電荷2Q放在d點，則()Ab點場強(qiáng)大小為EBc點場強(qiáng)大小為EC若將電子從b點移動到c點，其電勢能不變Db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(qiáng)度Ek，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(qiáng)度Ekk，方向由d指向a。根據(jù)電場疊加原理，b點的場強(qiáng)大小為EbEEkkk，方向由a指向d，選項A錯誤；Q在c點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度E1k，2Q在c點產(chǎn)生的電場強(qiáng)度E2k，二者方向相反，c點的場強(qiáng)大小為EcE2E1kkkE，方向由d指向a，選項B正確；若將電子從b點移動到c點，電場力先做負(fù)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(qiáng)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(fù)功，則動能減小，B錯誤；電場力做正功，電勢能一定減少，若帶電粒子帶負(fù)電荷，則電勢要升高，故C錯誤，D正確。2(2017·定州中學(xué)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(fù)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()AaBaCvBvC BaBaCvBvCCaBaCvBvC DaBaCvBvC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，可知UACUAB，粒子電荷量相同，由動能定理：qUmv2mv02，可知vB<vC；由牛頓第二定律：kma，可知質(zhì)量小的加速度大，即aB>aC，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?，F(xiàn)在頂點O處固定一正點電荷，下列說法中正確的是()AA、B、C三點的電場強(qiáng)度相同BABC所在平面為等勢面C將一正試探電荷從 A點沿直線AB移到B，靜電力對該試探電荷先做正功后做負(fù)功D若A點的電勢為A，A點的電勢為A，則AA連線中點D處的電勢D一定小于解析：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(qiáng)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AB的電勢變化為先增大后減小，所以當(dāng)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(fù)功后做正功，故C錯誤；因為UADEAD·，UDAEDA·，由點電荷的場強(qiáng)關(guān)系可知EAD>EDA，又因為，所以有UADUDA，即ADDA，整理可得：D<，故D正確。5.(2017·龍巖檢測)將無窮遠(yuǎn)處的電勢視為零，在電荷量為q的點電荷周圍某點的電勢可用 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BA點的電勢為Akk；C點的電勢為Ckk，則A、C間的電勢差為UACAC，質(zhì)子從A點移到C點，電場力做功為WACeUAC，做負(fù)功，所以質(zhì)子的電勢能增加，故B正確。6.多選(2017·定州中學(xué)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(dāng)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FBIL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(xué)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()AA點電場強(qiáng)度的方向為曲線上該點的切線方向B負(fù)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(fù)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(qiáng)度的方向沿電場線的切線方向，可知A點的電場強(qiáng)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)Epq知，負(fù)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(qiáng)電場中的三個點A、B、C構(gòu)成一個直角三角形，ACB90°，ABC60°，d。把一個帶電量為q的點電荷從A點移動到B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(qiáng)度大小為BC、B兩點間的電勢差為UCBCA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(qiáng)度的方向垂直AB邊向上，則A點的電勢A，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(qiáng)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(qiáng)度變大B極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度變大C極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度不變D極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度不變解析：選D平行板電容器電容的表達(dá)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)QCU知，極板上的電荷量變小。再考慮到極板間電場強(qiáng)度E，由于U、d不變，所以極板間電場強(qiáng)度不變，選項D正確。2. 多選(2016·全國卷T20)如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)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()AQ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(fù)功后做正功。則電場強(qiáng)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?fàn)顟B(tài)。現(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?fàn)顟B(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(dāng)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·全國卷T142.帶電粒子(考慮重力)在電場中的運動2016·全國卷T202015·全國卷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(zhǔn)確應(yīng)用公式進(jìn)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QCUC，C，兩板間場強(qiáng)E。(2)電容器穩(wěn)定后與電源斷開，Q恒定不變，則有U，C，場強(qiáng)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(dāng)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(qiáng)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(jìn)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。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(fù)極相接，兩板間一帶電液滴恰好處于靜止?fàn)顟B(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(dāng)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QCU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(qiáng)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。3.多選(2017·黃岡中學(xué)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(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)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(fù)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)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(fù)電，則A錯誤；質(zhì)點帶負(fù)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(qiáng)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娦裕娙萜鞑环烹?，則電場強(qiáng)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(qiáng)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) 帶電粒子在電場中的運動高考定位：?？碱}型解題關(guān)鍵：重在正確進(jìn)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(jī)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(fù)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(dāng)電場力做負(fù)功時，電勢能增加，動能減小，此時機(jī)械能減??；當(dāng)電場力做正功時，動能增加，此時機(jī)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(xué)綜合題的分析方法相近，一般應(yīng)用牛頓運動定律、運動學(xué)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()A3v B4vC5v D6v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mgkv，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：qmgkv，若兩極板間電壓為2U，如果電場力方向向上，則油滴向上做勻速運動時，有qmgkv，解得v3v，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qmgkv，解得v5v，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(qiáng)度的最大值為()A. B. C. D.解析：選B當(dāng)電場強(qiáng)度足夠大時，粒子打到上極板的極限情況為：粒子到達(dá)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(dāng)vy0時，根據(jù)運動學(xué)公式有vy22d，vyv0cos 45°，Ek0mv02，解得E，故B正確。6多選(2017·沈陽育才中學(xué)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(qiáng)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(fù)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(xué)檢測)空間中有豎直方向的勻強(qiáng)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。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(fù)功，小球的動能減小，故D錯誤。2.(2017·湖北黃岡中學(xué)檢測)如圖所示，紙面內(nèi)有一勻強(qiáng)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，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(qiáng)度的大小為EBA、B兩點的電勢差為UABC小球由A運動至B的過程中，電勢能增加了Fdcos D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qEF，解得場強(qiáng)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，A<B，A、B兩點的電勢差為UABEdcos ，B錯誤；小球由A運動至B的過程中，恒力F做功為WFdcos ，根據(jù)功能關(guān)系可知，電勢能增加了Fdcos ，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(qiáng)電場，下板接地，兩板間距離為10 cm，A點距下板3 cm，B點距上板3 cm。質(zhì)量m0.01 kg、電荷量為103 C的小球能夠在A點保持靜止?，F(xiàn)將小球移到勻強(qiáng)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 VBA點的電勢為3 VC電荷量為103 C的帶負(fù)電的點電荷在A點的電勢能為3×103 JD將電荷量為103 C的帶負(fù)電的點電荷從A點移到B點，電場力對該點電荷做功4×103 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，mgEq，解得E V/m100 V/m，所以兩板間的電勢差UEd10 V，由于下板接地，電勢為零，故A點電勢為A(0100×0.03)V3 V，B錯誤；電荷量為103 C的帶負(fù)電的點電荷在A點的電勢能為EpAq3×(103)J3×103 J，C正確；UAB3 V(0100×0.07)V4 V，所以將電荷量為103 C的帶負(fù)電的點電荷從A點移到B點，電場力對該點電荷做功WUABq4×(103)J4×103 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(dāng)上移 P極板B保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)左移P極板C先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)上移 P極板D先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)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(dāng)上移P極板，根據(jù)UEd，d增加，場強(qiáng)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(dāng)左移P極板，場強(qiáng)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(dāng)上移或下移P極板，電荷量不變，場強(qiáng)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(xué)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vA1 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vC3 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/sD微粒最終可能返回到B點，其速度大小為 m/s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：qUmvB2mvA2，2qUmvC2mvA2，解得：vC3 m/s，故A正確；由圓環(huán)電場分布特點易知，在到達(dá)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(yuǎn)處，微粒過C點之后，會向無窮遠(yuǎn)處運動，而無窮遠(yuǎn)處電勢為零，故B點的動能等于無窮遠(yuǎn)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(2017·遼寧實驗中學(xué)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(jī)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(jī)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(dāng)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(jī)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(jī)械能減小，所以小球P的機(jī)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(dāng)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(jī)械能一定增加，故D正確。7.多選(2017·河北衡水中學(xué)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(jìn)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(jìn)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(jìn)入電場的初速度大小與電荷N進(jìn)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：yMyN，故·t2>·t2，解得：>，qMqN，故A正確，B錯誤；根據(jù)動能定理，電場力做的功為：WEkmvy2，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：xMxN，故vMtvNt，故vMvN，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(qiáng)電場中，一不可伸長的長度為L的不導(dǎo)電細(xì)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(dāng)小球靜止在B點時，細(xì)線與豎直方向的夾角37°(sin 37°0.6，cos 37°0.8)，則()A小球帶負(fù)電B勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度的大小為C電場中A、B兩點的電勢差為D當(dāng)小球從A點由靜止釋放至B點，電場力做負(fù)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(xì)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 ，解得E，B正確；電場中A、B兩點的電勢差為UABEdEL(1sin )，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 UABqmvB20，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·全國卷T14)兩相鄰勻強(qiáng)磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)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(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)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(qiáng)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)知角速度減小。選項D正確。2多選(2015·全國卷T19)有兩個勻強(qiáng)磁場區(qū)域和，中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是中的k倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動。與中運動的電子相比，中的電子()A運動軌跡的半徑是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圓周運動的周期是中的k倍D做圓周運動的角速度與中的相等解析：選AC兩速率相同的電子在兩勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，且磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B1是磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的k倍。由qvB得r，即中電子運動軌跡的半徑是中的k倍，選項A正確；由F合ma得aB，所以，選項B錯誤；由T得Tr，所以k，選項C正確；由得，選項D錯誤。3.(2017·全國卷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(qiáng)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v2v1為()A.2B.1C.1 D3解析：選C由于是相同的粒子，粒子進(jìn)入磁場時的速度