模塊三電場和磁場專題八電場和磁場的基本規律[專題復習定位]1．能用電場強度、電勢、磁感應強度等物理量描述電場和磁場的性質。2.能用點電荷模型研究點電荷間的相互作用，能用電場線、磁感線等模型分析電場和磁場中帶電粒子的運動問題。命題點1電場性質的理解1.(2024·江蘇卷，T1)在靜電場中有a、b兩點，試探電荷在兩點的靜電力F與電荷量q滿足如圖所示的關系，請問a、b兩點的場強大小關系是(D)A．Ea＝Eb B．Ea＝2EbC．Ea<Eb D．Ea>Eb解析：根據E＝eq\f(F,q)可知F－q圖線斜率表示電場強度，由題圖可知Ea＞Eb，根據題意無法得出Ea和Eb的數量關系。2．(2024·河北卷，T2)我國古人最早發現了尖端放電現象，并將其用于生產生活，如許多古塔的頂端采用“傘狀”金屬飾物在雷雨天時保護古塔。雷雨中某時刻，一古塔頂端附近等勢線分布如圖所示，相鄰等勢線電勢差相等，則a、b、c、d四點中電場強度最大的是(C)A．a點 B．b點C．c點 D．d點解析：在靜電場中，等差等勢線的疏密程度反映電場強度的大小。題圖中c點的等差等勢線相對最密集，故該點的電場強度最大。3．(2024·河北卷，T7)如圖，真空中有兩個電荷量均為q(q>0)的點電荷，分別固定在正三角形ABC的頂點B、C。M為三角形ABC的中心，沿AM的中垂線對稱放置一根與三角形共面的均勻帶電細桿，電荷量為eq\f(q,2)。已知正三角形ABC的邊長為a，M點的電場強度為0，靜電力常量為k。頂點A處的電場強度大小為(D)A．eq\f(2\r(3)kq,a2) B．eq\f(kq,a2)(6＋eq\r(3))C．eq\f(kq,a2)(3eq\r(3)＋1) D．eq\f(kq,a2)(3＋eq\r(3))解析：B點和C點處的點電荷在M點的合電場強度E＝2eq\f(kq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))\s\up12(2))cos60°＝eq\f(3kq,a2)，因M點的電場強度為0，因此帶電細桿在M點的電場強度EM＝E，由對稱性可知帶電細桿在A點的電場強度EA＝EM＝E，方向豎直向上，因此A點合電場強度E合＝EA＋2eq\f(kq,a2)cos30°＝eq\f(kq,a2)(eq\r(3)＋3)。4．(多選)(2023·遼寧卷，T9)圖(a)為金屬四極桿帶電粒子質量分析器的局部結構示意圖，圖(b)為四極桿內垂直于x軸的任意截面內的等勢面分布圖，相鄰兩等勢面間電勢差相等，則(CD)A．P點電勢比M點的低B．P點電場強度大小比M點的大C．M點電場強度方向沿z軸正方向D．沿x軸運動的帶電粒子，電勢能不變解析：由題圖可知M點靠近帶負電的極桿，P點靠近帶正電的極桿，又電勢沿場強方向降低，則P點的電勢比M點的電勢高，A錯誤；等勢面的疏密程度反映場強的大小，由題圖(b)可知M點的等勢面密，則M點的電場強度大，B錯誤；由對稱性可知兩帶正電的極桿在M點產生的電場方向沿z軸正方向，兩帶負電的極桿在M點產生的電場方向也沿z軸正方向，則由電場強度的疊加可知M點的電場強度方向沿z軸的正方向，C正確；由對稱性可知x軸上的電場強度為零，則帶電粒子沿x軸運動時始終不受電場力的作用，所以電場力不做功，電勢能保持不變，D正確。5．(多選)(2024·湖北卷，T8)關于電荷和靜電場，下列說法正確的是(AC)A．一個與外界沒有電荷交換的系統，電荷的代數和保持不變B．電場線與等勢面垂直，且由電勢低的等勢面指向電勢高的等勢面C．點電荷僅在電場力作用下從靜止釋放，該點電荷的電勢能將減小D．點電荷僅在電場力作用下從靜止釋放，將從高電勢的地方向低電勢的地方運動解析：根據電荷守恒定律可知一個與外界沒有電荷交換的系統，這個系統的電荷總量是不變的，故A正確；根據電場線和等勢面的關系可知電場線與等勢面垂直，且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，故B錯誤；點電荷僅在電場力作用下從靜止釋放，電場力做正功，電勢能減小，根據φ＝eq\f(Ep,q)可知正電荷將從電勢高的地方向電勢低的地方運動，負電荷將從電勢低的地方向電勢高的地方運動，故C正確，D錯誤。6．(多選)(2024·廣東卷，T8)污水中的污泥絮體經處理后帶負電，可利用電泳技術對其進行沉淀去污，基本原理如圖所示。涂有絕緣層的金屬圓盤和金屬棒分別接電源正、負極，金屬圓盤置于容器底部，金屬棒插入污水中，形成如圖所示的電場分布，其中實線為電場線，虛線為等勢面。M點和N點在同一電場線上，M點和P點在同一等勢面上。下列說法正確的有(AC)A．M點的電勢比N點的低B．N點的電場強度比P點的大C．污泥絮體從M點移到N點，電場力對其做正功D．污泥絮體在N點的電勢能比其在P點的大解析：根據沿著電場線方向電勢降低可知M點的電勢比N點的低，污泥絮體帶負電，根據Ep＝qφ可知污泥絮體在M點的電勢能比在N點的電勢能大，污泥絮體從M點移到N點，電勢能減小，電場力對其做正功，故A、C正確；根據電場線的疏密程度可知N點的電場強度比P點的小，故B錯誤；M點和P點在同一等勢面上，則污泥絮體在M點的電勢能與在P點的電勢能相等，結合A、C選項分析可知污泥絮體在P點的電勢能比其在N點的大，故D錯誤。7.(2024·遼寧、吉林、黑龍江卷，T6)在水平方向的勻強電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面(紙面)內運動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發運動到O點等高處的過程中(D)A．動能減小，電勢能增大B．動能增大，電勢能增大C．動能減小，電勢能減小D．動能增大，電勢能減小解析：根據題意，若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線，可知電場力和重力的合力沿著虛線方向，又電場強度方向為水平方向，根據力的合成可知電場強度方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發運動到O點等高處的過程中重力對小球做功為零，電場力的方向與小球的位移方向相同，則電場力對小球做正功，小球的動能增大，電勢能減小。8．(多選)(2023·廣東卷，T9)電子墨水是一種無光源顯示技術，它利用電場調控帶電顏料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈現出不同顏色，透明面板下有一層膠囊，其中每個膠囊都是一個像素。如圖所示，膠囊中有帶正電的白色微粒和帶負電的黑色微粒，當膠囊下方的電極極性由負變正時，微粒在膠囊內遷移(每個微粒電量保持不變)，像素由黑色變成白色。下列說法正確的有(AC)A．像素呈黑色時，黑色微粒所在區域的電勢高于白色微粒所在區域的電勢B．像素呈白色時，黑色微粒所在區域的電勢低于白色微粒所在區域的電勢C．像素由黑變白的過程中，電場力對白色微粒做正功D．像素由白變黑的過程中，電場力對黑色微粒做負功解析：像素呈黑色時，膠囊下方的電極帶負電，像素膠囊里電場線方向向下，所以黑色微粒所在的區域的電勢高于白色微粒所在區域的電勢，故A正確；像素呈白色時，膠囊下方的電極帶正電，像素膠囊里電場線方向向上，所以黑色微粒所在的區域的電勢高于白色微粒所在區域的電勢，故B錯誤；像素由黑變白的過程中，白色微粒受到的電場力向上，位移向上，電場力對白色微粒做正功，故C正確；像素由白變黑的過程中，黑色微粒受到的電場力向上，位移向上，電場力對黑色微粒做正功，故D錯誤。9．(2024·遼寧、吉林、黑龍江卷，T5)某種不導電溶液的相對介電常數εr與濃度Cm的關系曲線如圖(a)所示，將平行板電容器的兩極板全部插入該溶液中，并與恒壓電源、電流表等構成如圖(b)所示的電路，閉合開關S后，若降低溶液濃度，則(B)A．電容器的電容減小B．電容器所帶的電荷量增大C．電容器兩極板之間的電勢差增大D．溶液濃度降低過程中電流方向為M→N解析：降低溶液濃度，不導電溶液的相對介電常數εr增大，根據電容器的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容器的電容增大，故A錯誤；溶液不導電沒有形成閉合回路，電容器兩端的電壓不變，根據Q＝CU結合A選項分析可知電容器所帶的電荷量增大，故B正確，C錯誤；根據B選項分析可知電容器所帶的電荷量增大，則給電容器充電，結合題圖可知電路中電流方向為N→M，故D錯誤。命題點2力電綜合問題10．(2024·新課標卷，T18)如圖，兩根不可伸長的等長絕緣細繩的上端均系在天花板的O點上，下端分別系有均帶正電荷的小球P、Q；小球處在某一方向水平向右的勻強電場中，平衡時兩細繩與豎直方向的夾角大小相等，則(B)A．兩繩中的張力大小一定相等B．P的質量一定大于Q的質量C．P的電荷量一定小于Q的電荷量D．P的電荷量一定大于Q的電荷量解析：設Q和P兩球之間的庫侖力為F，細繩的拉力分別為T1、T2，兩球質量分別為m1、m2，與豎直方向夾角為θ，對于小球Q有q1E＋T1sinθ＝F，T1cosθ＝m1g，對于小球P有q2E＋F＝T2sinθ，T2cosθ＝m2g，聯立有T1＝eq\f(F－q1E,sinθ)，T2＝eq\f(q2E＋F,sinθ)，所以可得T2＞T1，又因為eq\f(T1,T2)＝eq\f(m1,m2)，可知m2＞m1，即P的質量一定大于Q的質量；兩小球的電荷量則無法判斷。11．(多選)(2024·山東卷，T10)如圖所示，帶電量為＋q的小球被絕緣棒固定在O點，右側有固定在水平面上、傾角為30°的光滑絕緣斜面。質量為m、帶電量為＋q的小滑塊從斜面上A點由靜止釋放，滑到與小球等高的B點時加速度為零，滑到C點時速度為零。已知AC間的距離為s，重力加速度大小為g，靜電力常量為k，下列說法正確的是(AD)A．OB的距離l＝eq\r(\f(\r(3)kq2,mg))B．OB的距離l＝eq\r(\f(\r(3)kq2,3mg))C．從A到C，靜電力對小滑塊做功W＝－mgsD．AC之間的電勢差UAC＝－eq\f(mgs,2q)解析：由題意知小滑塊在B點處的加速度為零，則根據受力分析有，沿斜面方向mgsin30°＝eq\f(kq2,l2)cos30°，解得l＝eq\r(\f(\r(3)kq2,mg))，A正確，B錯誤；因為滑到C點時速度為零，小滑塊從A到C的過程，設靜電力對小滑塊做的功為W，根據動能定理有W＋mgssin30°＝0，解得W＝－eq\f(mgs,2)，故C錯誤；根據電勢差與電場力做功的關系可知AC之間的電勢差UAC＝eq\f(W,q)＝－eq\f(mgs,2q)，故D正確。12．(2024·河北卷，T13)如圖，豎直向上的勻強電場中，用長為L的絕緣細線系住一帶電小球，在豎直平面內繞O點做圓周運動。圖中A、B為圓周上的兩點，A點為最低點，B點與O點等高。當小球運動到A點時，細線對小球的拉力恰好為0，已知小球的電荷量為q(q>0)，質量為m，A、B兩點間的電勢差為U，重力加速度大小為g，求：(1)電場強度E的大小；(2)小球在A、B兩點的速度大小。解析：(1)在勻強電場中，根據公式可得電場強度E＝eq\f(U,L)。(2)在A點細線對小球的拉力為0，根據牛頓第二定律得Eq－mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),L)A到B過程根據動能定理得qU－mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)聯立解得vA＝eq\r(\f(Uq－mgL,m))vB＝eq\r(\f(3(Uq－mgL),m))。答案：(1)eq\f(U,L)(2)eq\r(\f(Uq－mgL,m))eq\r(\f(3(Uq－mgL),m))13．(2023·山東卷，T15)電磁炮滅火消防車(圖甲)采用電磁彈射技術投射滅火彈進入高層建筑快速滅火。電容器儲存的能量通過電磁感應轉化成滅火彈的動能，設置儲能電容器的工作電壓可獲得所需的滅火彈出膛速度。如圖乙所示，若電磁炮正對高樓，與高樓之間的水平距離L＝60m，滅火彈出膛速度v0＝50m/s，方向與水平面夾角θ＝53°，不計炮口離地面高度及空氣阻力，重力加速度大小g取10m/s2，sin53°＝0.8。(1)求滅火彈擊中高樓位置距地面的高度H。(2)已知電容器儲存的電能E＝eq\f(1,2)CU2，轉化為滅火彈動能的效率η＝15%，滅火彈的質量為3kg，電容C＝2.5×104μF，電容器工作電壓U應設置為多少？解析：(1)滅火彈做斜拋運動，則水平方向上有L＝v0tcosθ豎直方向上有H＝v0tsinθ－eq\f(1,2)gt2聯立并代入數據解得H＝60m。(2)根據題意可知Ek＝ηE＝15%×eq\f(1,2)CU2又因為Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯立可得U＝1000eq\r(2)V。答案：(1)60m(2)1000eq\r(2)V命題點3磁場性質的理解14．(2024·廣西卷，T5)Oxy坐標平面內一有界勻強磁場區域如圖所示，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里。質量為m，電荷量為＋q的粒子，以初速度v從O點沿x軸正向開始運動，粒子過y軸時速度與y軸正向夾角為45°，交點為P。不計粒子重力，則P點至O點的距離為(C)A．eq\f(mv,qB) B．eq\f(3mv,2qB)C．(1＋eq\r(2))eq\f(mv,qB) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(2),2)))eq\f(mv,qB)解析：粒子的運動軌跡如圖所示，在磁場中，根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，可得粒子做圓周運動的半徑r＝eq\f(mv,qB)，根據幾何關系可得P點至O點的距離LPO＝r＋eq\f(r,cos45°)＝(1＋eq\r(2))eq\f(mv,qB)。15.(2024·湖北卷，T7)如圖所示，在以O點為圓心、半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。圓形區域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子沿直徑AC方向從A點射入圓形區域。不計重力，下列說法正確的是(D)A．粒子的運動軌跡可能經過O點B．粒子射出圓形區域時的速度方向不一定沿該區域的半徑方向C．粒子連續兩次由A點沿AC方向射入圓形區域的最小時間間隔為eq\f(7πm,3qB)D．若粒子從A點射入到從C點射出圓形區域用時最短，粒子運動的速度大小為eq\f(\r(3)qBR,3m)解析：在圓形勻強磁場區域內，沿著徑向射入的粒子，總是沿徑向射出，根據圓的特點可知粒子的運動軌跡不可能經過O點，故A、B錯誤；粒子連續兩次由A點沿AC方向射入圓形區域，時間最短則根據對稱性可知軌跡如圖甲所示，則最小時間間隔t＝2T＝eq\f(4πm,qB)，故C錯誤；粒子從A點射入到從C點射出圓形區域用時最短，則軌跡如圖乙所示，設粒子在磁場中運動的半徑為r，根據幾何關系可知r＝eq\f(\r(3)R,3)，根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\f(\r(3)qBR,3m)，故D正確。16.(2023·江蘇卷，T2)如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為B。L形導線通以恒定電流I，放置在磁場中。已知ab邊長為2l，與磁場方向垂直，bc邊長為l，與磁場方向平行。該導線受到的安培力為(C)A．0 B．BIlC．2BIl D．eq\r(5)BIl解析：因bc段與磁場方向平行，則不受安培力；ab段與磁場方向垂直，所受安培力Fab＝BI·2l＝2BIl，則該導線受到的安培力為2BIl。題型一電場性質的理解1．三個公式(1)E＝eq\f(F,q)是電場強度的定義式，適用于任何電場。電場中某點的電場強度是確定值，其大小和方向與試探電荷q無關，試探電荷q充當“測量工具”的作用。(2)E＝keq\f(Q,r2)是真空中點電荷所形成的電場的電場強度的決定式，E由場源電荷Q和場源電荷到某點的距離r決定。(3)E＝eq\f(U,d)是電場強度與電勢差的關系式，只適用于勻強電場。注意：式中d為兩點間沿電場方向的距離。2．電場線、電勢、電場強度(1)電場線與電場強度的關系：電場線越密的地方電場強度越大，電場線上某點的切線方向表示該點電場強度的方向。(2)電場線與等勢面的關系：電場線總是與等勢面垂直，且從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面；電場線越密的地方，等差等勢面也越密；沿等勢面移動電荷，電場力不做功，沿電場線移動電荷，電場力一定做功。(3)電場強度大小與電勢無直接關系：零電勢可人為選取，電場強度的大小由電場本身決定，故電場強度大的地方，電勢不一定高。3．帶電粒子的軌跡(1)軌跡的切線方向：速度的方向。(2)某點電場力方向：沿著該點的電場線的切線方向，軌跡向著電場力的方向彎曲。4．電場能的性質(1)電勢與電勢能：φ＝eq\f(Ep,q)。(2)電勢差與電場力做功：UAB＝eq\f(WAB,q)＝φA－φB。(3)電場力做功與電勢能的變化：W＝－ΔEp。5．靜電力做功的求解(1)由功的定義式W＝Flcosα來求解；(2)利用結論“電場力做功等于電荷電勢能變化量的負值”來求，即W＝－ΔEp；(3)利用WAB＝qUAB來求解。考向1電場強度的矢量合成(2023·湖南卷，T5)如圖所示，真空中有三個點電荷固定在同一直線上，電荷量分別為Q1、Q2和Q3，P點和三個點電荷的連線與點電荷所在直線的夾角分別為90°、60°和30°。若P點處的電場強度為零，q>0，則三個點電荷的電荷量可能為(D)A．Q1＝q，Q2＝eq\r(2)q，Q3＝qB．Q1＝－q，Q2＝－eq\f(4\r(3),3)q，Q3＝－4qC．Q1＝－q，Q2＝eq\r(2)q，Q3＝－qD．Q1＝q，Q2＝－eq\f(4\r(3),3)q，Q3＝4q[解析]若三個點電荷都帶正電或負電，則三個點電荷在P點產生的電場強度疊加后一定不為零，A、B錯誤；幾何關系如圖1，若Q1＝Q3＝－q，則根據E＝keq\f(Q,r2)分析可知Q1和Q3在P點產生的電場強度的關系為E1＝4E3，Q1和Q3在P點產生的電場強度疊加后為E13，如圖2所示，與Q2在P點產生的電場強度不可能在一條直線上，即P點處的電場強度不可能疊加為零，C錯誤；若4Q1＝Q3＝4q,Q2＝－eq\f(4\r(3),3)q，則根據E＝keq\f(Q,r2)分析可知E1＝E3＝keq\f(q,r2)，疊加后E13＝keq\f(\r(3)q,r2)，如圖3所示，與Q2在P點產生的電場強度等大、反向，疊加為零，D正確。考向2電場中的平衡問題如圖所示，用一條絕緣輕繩在豎直平面內懸掛一個帶正電小球，小球質量為1.0×10－3kg，所帶電荷量為2.0×10－8C。現加水平方向的勻強電場，平衡時絕緣輕繩與豎直方向夾角為30°。重力加速度g取10m/s2。(1)求勻強電場的電場強度；(2)若可以加任意方向的勻強電場，平衡時小球仍在圖示位置，則所加勻強電場的電場強度的最小值是多大？方向如何？[解析](1)根據題意，小球的受力情況如圖甲所示，根據幾何關系有eq\f(Eq,mg)＝tan30°解得E＝eq\f(5\r(3),3)×105N/C。(2)當電場方向與繩垂直時，電場強度最小，如圖乙所示，根據平衡條件有eq\f(E′q,mg)＝sin30°解得E′＝2.5×105N/C方向應與繩垂直斜向右上方。[答案](1)eq\f(5\r(3),3)×105N/C(2)2.5×105N/C方向與繩垂直斜向右上方考向3電場性質的理解(2023·湖北卷，T3)在正點電荷Q產生的電場中有M、N兩點，其電勢分別為φM、φN，電場強度大小分別為EM、EN。下列說法正確的是(C)A．若φM>φN，則M點到電荷Q的距離比N點的遠B．若EM<EN，則M點到電荷Q的距離比N點的近C．若把帶負電的試探電荷從M點移到N點，電場力做正功，則φM<φND．若把帶正電的試探電荷從M點移到N點，電場力做負功，則EM>EN[解析]沿著電場線的方向電勢降低，根據正點電荷產生的電場特點可知，若φM>φN，則M點到電荷Q的距離比N點的近，故A錯誤；電場線的疏密程度表示電場強度的大小，根據正點電荷產生的電場特點可知，若EM<EN，則M點到電荷Q的距離比N點的遠，故B錯誤；若把帶負電的試探電荷從M點移到N點，電場力做正功，則是逆著電場線運動，電勢增加，故有φM<φN，故C正確；若把帶正電的試探電荷從M點移到N點，電場力做負功，則是逆著電場線運動，根據正點電荷產生的電場特點可知EM<EN，故D錯誤。(多選)(2023·山東卷，T11)如圖所示，正六棱柱上下底面的中心為O和O′，A、D兩點分別固定等量異號的點電荷，下列說法正確的是(ACD)A．F′點與C′點的電場強度大小相等B．B′點與E′點的電場強度方向相同C．A′點與F′點的電勢差小于O′點與D′點的電勢差D．將試探電荷＋q由F點沿直線移動到O點，其電勢能先增大后減小[解析]將六棱柱的上表面拿出，由幾何條件可知，正電荷在OF中點K的場強方向垂直于OF，則K點的合場強與FO方向的夾角為銳角，在F點的合場強和FO方向的夾角為鈍角，因此將正電荷從F移到O點過程中電場力先做負功后做正功，電勢能先增大后減小，D正確；由等量異種電荷的電勢分布可知，φA′＝φ>0，φD′＝－φ<0，φO′＝0，φF′>0，因此φA′－φF′＝φ－φF′<φO′－φD′＝φ，C正確；由等量異種電荷的對稱性可知F′和C′電場強度大小相等，B′和E′電場強度方向不同，A正確，B錯誤。考向4電場線、等勢線和運動軌跡(2023·全國甲卷，T18)在一些電子顯示設備中，讓陰極發射的電子束通過適當的非勻強電場，可以使發散的電子束聚集。下列4幅圖中帶箭頭的實線表示電場線，如果用虛線表示電子可能的運動軌跡，則其中正確的是(A)[解析]電子做曲線運動滿足合力指向軌跡凹側，A正確；對B選項中的電子受力分析有可見與電子在電場中的受力方向相互矛盾，B錯誤；對C選項中的電子受力分析有可見與電子在電場中的受力方向相互矛盾，C錯誤；對D選項中的電子受力分析有可見與電子在電場中的受力方向相互矛盾，D錯誤。電子顯微鏡是冷凍電鏡中的關鍵部分，在電子顯微鏡中電子槍發射電子束，通過電場構成的電子透鏡使其會聚或發散。電子透鏡的電場分布如圖所示，虛線為等勢線。一電子僅在電場力作用下運動，運動軌跡如圖中實線所示，a、b、c、d是軌跡上的四個點，下列說法正確的是(C)A．電子從a到d運動時，電勢能逐漸減小B．電子從a到d運動時，加速度保持不變C．電子在a處受到的電場力方向與a處虛線垂直D．b處的電場強度與c處的電場強度相同[解析]由題圖可知，電子從a到d運動時，電勢先升高后降低，可知電子的電勢能先減小后增大，A錯誤；由題圖可知，電場不是勻強電場，則電子從a到d運動時，加速度不斷變化，B錯誤；電場線與等勢面垂直，則a處的電場線與虛線垂直，電場強度方向也與虛線垂直，則電子在a處受到的電場力方向與a處虛線垂直，C正確；由題圖可知，b處的電場強度與c處的電場強度大小相同，方向不同，D錯誤。題型二電場中的力電綜合問題1．注重全面分析(分析受力特點和運動規律)，抓住粒子運動的周期性和對稱性特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界條件。2．兩條思路出發：一是力與運動的關系，根據牛頓第二定律及運動學規律分析；二是功能關系。考向1電容器的動態分析手機自動計步器的原理如圖所示，電容器的一個極板M固定在手機上，另一個極板N與兩個固定在手機上的輕彈簧連接，人帶著手機向前加速運動階段與靜止時相比，手機上的電容器(D)A．電容變大B．兩極板間電壓降低C．兩極板間電場強度變大D．兩極板所帶電荷量減少[解析]人帶著手機向前加速運動時，N極板向后運動，電容器兩極板間的距離變大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可得，手機上的電容器的電容變小，A錯誤；電容器始終與電源相連，所以人帶著手機向前加速運動階段與靜止時相比，手機上的電容器兩極板間電壓不變，B錯誤；由E＝eq\f(U,d)可得，兩極板間電場強度變小，C錯誤；由電容的定義式C＝eq\f(Q,U)可得，兩極板所帶的電荷量Q＝CU，所以兩極板所帶電荷量減少，D正確。考向2電場中的力電綜合分析(2023·新課標卷，T12)密立根油滴實驗的示意圖如圖所示。兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴。兩板間不加電壓時，油滴a、b在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運動，速率分別為v0、eq\f(v0,4)；兩板間加上電壓后(上板為正極)，這兩個油滴很快達到相同的速率eq\f(v0,2)，均豎直向下勻速運動。油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半徑、運動速率成正比，比例系數視為常數。不計空氣浮力和油滴間的相互作用。(1)求油滴a和油滴b的質量之比；(2)判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負，并求a、b所帶電荷量的絕對值之比。[解析](1)設油滴半徑為r，密度為ρ則油滴質量m＝eq\f(4,3)πr3ρ速率為v時油滴受阻力f＝krv當油滴勻速下落時mg＝f解得r＝eq\r(\f(3kv,4πρg))∝eq\r(v)，可知eq\f(ra,rb)＝eq\r(\f(v0,\f(1,4)v0))＝2則eq\f(ma,mb)＝eq\f(req\o\al(3,a),req\o\al(3,b))＝eq\f(8,1)。(2)兩板間加上電壓后(上板為正極)，這兩個油滴很快達到相同的速率eq\f(v0,2)，可知油滴a做減速運動，油滴b做加速運動，可知油滴a帶負電，油滴b帶正電；當再次勻速下落時，對a由受力平衡可得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(qa))E＋fa＝mag，其中fa＝eq\f(\f(v0,2),v0)mag＝eq\f(1,2)mag對b由受力平衡可得fb－qbE＝mbg其中fb＝eq\f(\f(v0,2),\f(1,4)v0)mbg＝2mbg聯立解得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(qa,qb)))＝eq\f(ma,2mb)＝eq\f(4,1)。[答案](1)8∶1(2)油滴a帶負電，油滴b帶正電4∶1題型三磁場性質的理解1．磁場合成對于多個電流在空間某點的合磁場方向，首先應用安培定則判斷出各電流在該點的磁場方向(磁場方向與該點和電流連線垂直)，然后應用平行四邊形定則合成。2．磁場力做功磁場力包括洛倫茲力和安培力，由于洛倫茲力的方向始終和帶電粒子的運動方向垂直，故洛倫茲力不做功，但是安培力可以做功。考向1磁場的矢量合成如圖所示，正方體放在水平地面上，空間有磁感應強度為B0、方向與水平面成45°角斜向上的勻強磁場。一根通電長直導線穿過正方體前后面的中心，電流的方向垂直于紙面向里。a、b、c、d分別是正方體所在邊的中點，在這四點中(D)A．c、d兩點的磁感應強度大小相等B．a、b兩點的磁感應強度大小相等C．b點磁感應強度的值最大D．c點磁感應強度的值最小[解析]a、b、c、d四點的實際磁感應強度為勻強磁場和電流磁場的疊加，如圖所示。由圖可知，a點磁感應強度大小Ba＝B0＋B，b點和d點磁感應強度大小Bb＝Bd＝eq\r(Beq\o\al(2,0)＋B2)，c點的磁感應強度大小Bc＝B0－B，故A、B、C錯誤，D正確。考向2洛倫茲力的理解和分析(2023·海南卷，T2)如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直于紙面向里的勻強磁場，關于小球運動和受力的說法正確的是(A)A．小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右B．小球運動過程中的速度不變C．小球運動過程中的加速度保持不變D．小球受到的洛倫茲力對小球做正功[解析]小球剛進入磁場時速度方向豎直向下，由左手定則可知，小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力方向水平向右，A正確；小球運動過程中，受重力和洛倫茲力的作用，且合力不為零，所以小球運動過程中的速度變化，B錯誤；小球受到的重力不變，洛倫茲力時刻變化，則合力時刻變化，加速度時刻變化，C錯誤；洛倫茲力永不做功，D錯誤。題型四帶電粒子在勻強磁場中的運動1．分析方法基本思路(1)畫軌跡：確定圓心，用幾何方法求半徑并畫出軌跡；(2)找聯系：軌跡半徑與磁感應強度、運動速度相聯系，偏轉角度與圓心角、運動時間相聯系，運動時間與周期相聯系；(3)用規律：利用牛頓第二定律和圓周運動的規律，特別是周期公式和半徑公式重要結論r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)，T＝eq\f(2πr,v)圓心的確定(1)軌跡上的入射點和出射點的速度垂線的交點為圓心，如圖(a)；(2)軌跡上入射點的速度垂線和兩點連線中垂線的交點為圓心，如圖(b)；(3)沿半徑方向與入射點距離等于r的點，如圖(c)(當r已知或可算)半徑的確定方法一：由Bqv＝eq\f(mv2,r)得半徑r＝eq\f(mv,qB)方法二：由幾何關系求解，一般由數學知識(勾股定理、三角函數等)通過計算來確定時間的求解方法一：由圓心角求解，t＝eq\f(θ,2π)·T方法二：由弧長求解，t＝eq\f(l,v)2.解題關鍵找圓心：若只知道進場位置，則要利用圓周運動的對稱性定性畫出軌跡，找圓心，利用平面幾何知識求解問題。考向1帶電粒子在勻強磁場中的運動(多選)(2023·全國甲卷，T20)光滑剛性絕緣圓筒內存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發生碰撞。假設粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反，電荷量不變。不計所受重力。下列說法正確的是(BD)A．粒子的運動軌跡可能通過圓心OB．最少經2次碰撞，粒子就可能從小孔射出C．射入小孔時粒子的速度越大，在圓內運動時間越短D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線[解析]假設粒子帶負電，第一次在A點和筒壁發生碰撞如圖甲所示，O1為圓周運動的圓心，由幾何關系可知∠O1AO為直角，即粒子此時的速度方向為OA，說明粒子在和筒壁碰撞時速度會反向，由圓的對稱性可知在其他點撞擊同理，D正確；粒子沿PO射入，在磁場中偏轉，不可能過O點，碰撞后的初速度方向依然指向圓心，粒子不可能過O點，A錯誤；由題意可知粒子射出磁場以后的圓心組成的多邊形應為以圓筒橫截面為內接圓的多邊形，最少應為三角形，如圖乙所示，即撞擊兩次，B正確；速度越大，粒子做圓周運動的半徑越大，碰撞次數可能會增多，粒子運動時間不一定減少，C錯誤。考向2臨界極值問題(多選)如圖所示，邊長為L的正三角形ABC內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。D為BC的中點，有一群帶電量為＋q、質量為m的粒子從D點以不同速率沿與BC成30°角的方向進入磁場。不計粒子所受重力和粒子間的相互作用，以下說法正確的是(AC)A．所有從BC邊出射的粒子運動時間均相同B．所有從AC邊出射的粒子，出射點越靠近A，運動時間越短C．當入射速度為eq\f(\r(3)qBL,2m)時，粒子從AC邊出射D．若粒子帶負電，則從C點出射的粒子軌跡半徑為eq\f(\r(3),2)L[解析]粒子在磁場中受到的洛倫茲力提供向心力，有qvB＝eq\f(mv2,R)，由圓周運動中周期與速度關系有T＝eq\f(2πR,v)，設粒子在磁場中做圓周運動的圓心角為θ，則應有t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)，可知粒子做圓周運動的圓心角越大，運動時間越長，由題意分析可得，粒子從BC邊射出時圓心角相同，運動時間相同，故A正確；粒子恰好不從AC邊射出時，軌跡與AC邊相切，運動軌跡如圖所示，根據圖中幾何條件分析可知此時軌跡半徑R2＝eq\f(1,2)Lsin60°，粒子在磁場中受到的洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R2)，聯立解得v0＝eq\f(\r(3)qBL,4m)，當入射速度為eq\f(\r(3)qBL,2m)時，粒子從AC邊出射，故C正確；所有從AC邊出射的粒子，出射點越靠近A，圓心角越大，運動時間越長，故B錯誤；若粒子帶負電，由幾何關系可得，從C點出射的粒子軌跡半徑為eq\f(1,2)L，故D錯誤。1．(2024·佛山市二模)2023年8月15日，游客在新疆吐魯番的沙漠上游玩時，頭發突然豎了起來。當時無風，但頭頂烏云密布。下列相關說法正確的是(B)A．這是一種電磁感應現象B．這是一種靜電感應現象C．此時人的頭與腳帶異種電荷D．此時人應躺下或蹲下，并向高處撤離解析：游客在沙漠上游玩時，頭頂烏云密布，頭發突然豎了起來。這是由于烏云帶了電，對人體產生了靜電感應現象，頭與云帶異種電荷，由于腳與大地接觸，腳不帶電，此時人應躺下或蹲下，并向低洼處撤離，避免發生尖端放電現象。2．(多選)(2024·湛江市一模)如圖所示，是閃電擊中廣州塔的畫面，廣州塔的尖頂是一避雷針，雷雨天氣時，低端帶負電的云層經過避雷針上方時，避雷針尖端放電形成瞬間強電流，云層所帶的負電荷經避雷針導入大地，在此過程中，下列說法正確的是(ACD)A．云層靠近避雷針時，針尖感應出正電荷B．向塔尖端運動的負電荷受到的電場力越來越小C．越靠近避雷針尖端，電場強度越大D．向塔尖端運動的負電荷電勢能減小解析：根據同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引，可知云層靠近避雷針時，針尖感應出正電荷，故A正確；根據電場線的疏密可知，塔尖的電場強度較大，所以向塔尖端運動的電荷受到的電場力越來越大，故B錯誤；由于電荷更容易集中到尖端，越靠近避雷針尖端電場強度越大，故C正確；負電荷在電場力的作用下向塔尖端運動，電場力做正功，電勢能減小，故D正確。3．(2024·深圳市一模)兩塊平行金屬板安裝在絕緣基座上，A板連接感應起電機的正極，B板連接負極，一個由錫紙包裹的乒乓球用絕緣細線懸掛于A、B兩板之間，搖動起電機，乒乓球在電場力作用下與A、B兩板往返運動碰撞，下列說法正確是(D)A．A板的電勢低于B板的電勢B．乒乓球往返運動過程中始終帶正電C．A→B的運動過程中電場力對乒乓球做負功D．A→B的運動過程中乒乓球電勢能減小解析：根據題意，A板連接感應起電機的正極，B板連接負極，則可知A板的電勢高于B板的電勢，故A錯誤；當乒乓球在電場力的作用下從A板向B板運動，則乒乓球一定帶正電，而當乒乓球與B板發生碰撞，在接觸的過程中乒乓球上的正電荷將與B板所帶負電荷中和后并使乒乓球帶上負電，之后電場力繼續對乒乓球做正功，使乒乓球運動到A板，如此反復，因此乒乓球往返運動過程中與A板碰撞后帶正電，與B板碰撞后帶負電，故B錯誤；根據題意，乒乓球在電場力作用下與A、B兩板往返運動碰撞，則可知A→B的運動過程中電場力對乒乓球做正功，乒乓球的電勢能減小，故C錯誤，D正確。4．(多選)如圖所示，長方體的ABCO面為正方形，整個空間存在豎直向上的勻強磁場，現在AB、BC、CD、DA上分別放置四根導體棒，且構成一閉合回路。當回路中通有沿ABCDA方向的電流時，下列說法不正確的是(ABC)A．CD棒所受的安培力方向垂直于紙面向外B．四根導體棒均受安培力的作用C．CD棒與DA棒所受的安培力大小相等D．DA棒所受的安培力最大解析：根據左手定則，CD棒所受的安培力方向垂直于紙面向里，A錯誤，符合題意；AB棒與磁場方向平行，不受安培力的作用，B錯誤，符合題意；CD棒的有效長度等于DO，CD棒所受的安培力的大小比DA棒所受的安培力的大小小，C錯誤，符合題意；DA棒的有效長度最大，所受的安培力最大，D正確，不符合題意。5．如圖所示，在勻強電場中的O點固定一點電荷＋Q，a、b、c、d、e、f為以O點為球心的同一球面上的點，aecf平面與電場線平行，bedf平面與電場線垂直。下列判斷正確的是(C)A．a、c兩點電勢相等B．b、d兩點的電場強度相同C．將點電荷＋q從球面上b點移到e點，電場力做功為零D．將點電荷＋q從球面上a點移到c點，電場力做功為零解析：根據點電荷形成的電場可知，a、c兩點與點電荷的距離相等，則可知a、c兩點在點電荷的等勢面上，但a、c兩點又同時處在勻強電場中，而沿著電場線的方向電勢降低，根據電勢疊加原理可知，a點的電勢高于c點的電勢，因此將點電荷＋q從球面上a點移到c點，電場力做正功，故A、D錯誤；根據場強的疊加原理可知，b、d兩點的電場強度大小相等，方向不同，故B錯誤；bedf平面與電場線垂直，若只有勻強電場，則可知平面bedf為等勢面，而b、e兩點又位于點電荷所在的球面上，若只有該點電荷，則可知b、e兩點所在的球面為等勢面，根據電勢疊加原理可知，在該復合電場中，b、e兩點電勢仍然相等，因此將點電荷＋q從球面上b點移到e點，電場力做功為零，故C正確。6．(多選)如圖所示，實線為電場線，且AB＝BC，電場中的A、B、C三點的場強分別為EA、EB、EC，電勢分別為φA、φB、φC，AB、BC間的電勢差分別為UAB、UBC。下列關系正確的有(ABC)A．EA＞EB＞EC B．φA＞φB＞φCC．UAB＞UBC D．UAB＝UBC解析：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，故EA>EB>EC，A正確；沿電場線方向電勢降低，故φA>φB>φC，B正確；因為U＝Ed，相同距離時，電場強度越大，電勢降落越快，而A、B間的平均電場強度大于B、C間的平均電場強度，故UAB>UBC，C正確，D錯誤。7.如圖所示，空間有一圓錐OBB′，點A、A′分別是兩母線的中點。現在頂點O處固定一帶正電的點電荷，下列說法正確的是(B)A．A、A′兩點的電場強度相同B．將一帶負電的試探電荷從B點沿直徑移到B′點，其電勢能先減小后增大C．平行于底面且圓心為O1的截面為等勢面D．若B′點的電勢為φB′，A′點的電勢為φA′，則BA連線中點C處的電勢φC等于eq\f(φB′＋φA′,2)解析：A、A′兩點的電場強度大小相等，方向不同，A錯誤；將帶負電的試探電荷從B點沿直徑移到B′點過程中，電場力先做正功后做負功，電勢能先減小后增大，B正確；O處固定的帶正電的點電荷產生的等勢面是以O為圓心的球面，不是以圓心為O1的截面，C錯誤；由于C、B間的場強小于A、C間的場強，由U＝eq\x\to(E)d得C、B間的電勢差小于A、C間的電勢差，又因為A、A′到O點的距離相等，所以φA＝φA′，同理可得φB＝φB′，C為AB中點，則有φC<eq\f(φB′＋φA′,2)，D錯誤。8．(多選)如圖所示的是帶電荷量不同的正、負點電荷的電場線，A、M、N是電場中的三點，A是兩電荷連線的中點，M、N在兩電荷連線的垂直平分線上。一個帶負電的點電荷在M、N兩點受到的電場力分別為FM、FN。無窮遠處電勢為零，則(ACD)A．FM>FNB．A點電勢為零C．M點電勢高于N點電勢D．將負點電荷從M點移動到N點的過程中，電勢能增加解析：因為電場線的疏密表示電場強度，電場線越密的地方電場強度越大，由題圖可知，M點的電場強度大小大于N點的電場強度大小，則由F＝qE可得FM>FN，故A正確；由等勢線與電場線垂直可得，過A點的等勢線如圖所示，因為無窮遠處電勢為零，且沿著電場線電勢降低，所以A點電勢大于零，故B錯誤；因為沿著電場線電勢降低，則M點電勢高于N點電勢，故C正確；因為負電荷在電勢高的地方電勢能小，所以將負點電荷從M點移動到N點的過程中，電勢能增加，故D正確。9.(2024·韶關市綜合測試)水平架設的三根絕緣直流輸電線纜彼此平行，某時刻電流方向如圖所示，電纜線M在最上方，兩根電纜線P、Q在下方，且位于同一水平高度處，PQM為等腰三角形，MQ＝MP，O點是P、Q連線的中點，電纜線上的M點、P點、Q點在同一豎直平面內，忽略地磁場，下列說法正確的是(D)A．輸電線纜M、P相互吸引B．輸電線纜M所受安培力的方向豎直向下C．輸電線纜M在O點處產生的磁場方向豎直向下D．O點處的磁場方向沿水平方向由Q指向P解析：輸電線纜M、P電流方向相反，相互排斥，故A錯誤；由右手螺旋定則及磁場的疊加可知P、Q兩條線纜在M點所產生的合場強水平向右，根據左手定則知M線纜受到的安培力方向豎直向上，故B錯誤；由右手螺旋定則可知M線纜在O點處產生的磁場方向由O點指向P點，故C錯誤；由右手螺旋定則及題意可知P、Q線纜在O點處產生的磁場方向等大、反向，M線纜在O點處產生的磁場方向由O點指向P點，故合場強的方向由Q點指向P點，故D正確。10．用電流傳感器研究電容器充放電現象，電路如圖所示。電容器不帶電，閉合開關S1，待電流穩定后再閉合開關S2，通過傳感器的電流隨時間變化的圖像是(A)解析：閉合開關S1后，電容器充電，電容器電壓與電源電壓差值越來越小，則通過傳感器的電流越來越小，充電完成后，電容器電壓等于電源電壓，此時電路中電流為零；再閉合開關S2，因為電容器電壓大于R2電壓，則電容器放電，電容器電壓與R2電壓差值越來越小，則通過傳感器的電流越來越小，且電流方向與開始充電時的方向相反，當電容器電壓等于R2電壓時電路中電流為零。11．(多選)(2024·廣東省普通高中一模)如圖為晶圓摻雜機的簡圖，O是晶圓面(設其半徑足夠大)的圓心，上、下豎直放置的圓柱形電磁線圈可在中間圓柱形區域形成勻強磁場；圓柱形磁場區域的橫截面半徑為L、圓心為O1，OO1水平且垂直于晶圓面；若線圈中通入如圖所示的電流，比荷為k的正離子以速度v、沿OO1射入，且全部摻雜在晶圓上，則(BC)A．離子摻雜在x軸的負半軸上B．離子摻雜在x軸的正半軸上C．圓柱形磁場的磁感應強度必須小于eq\f(v,kL)D．圓柱形磁場的磁感應強度必須小于eq\f(v,2kL)解析：根據安培定則可得，兩圓柱形電磁線圈中間的勻強磁場方向豎直向上，剛開始運動時，根據左手定則，正離子受到的洛倫茲力方向沿x軸正方向，故A錯誤，B正確；若所有的離子都在晶圓上，則離子在磁場中做圓周運動的最小半徑r＝L，根據牛頓第二定律qvB＝meq\f(v2,r)，解得最小的磁感應強度B＝eq\f(mv,qL)＝eq\f(v,kL)，故C正確，D錯誤。12.(多選)如圖所示，長l＝1m的輕質細繩上端固定，下端連接一個可視為質點的帶電小球。已