PAGE20-第1講電場和磁場的基本性質網絡構建1.電場2.磁場備考策略1.三個物理量的推斷方法推斷場強強弱①依據電場線或等勢面的疏密推斷②依據公式E＝keq\f(Q,r2)和場強疊加原理推斷推斷電勢的凹凸①依據電場線的方向推斷②由UAB＝eq\f(WAB,q)和UAB＝φA－φB推斷③依據電場力做功(或電勢能)推斷推斷電勢能大小①依據Ep＝qφ推斷②依據ΔEp＝－W電，由電場力做功推斷2.用準“兩個定則”(1)對電流的磁場用安培定則。(2)對安培力和洛倫茲力用左手定則。電場的基本性質庫侖定律的應用及庫侖力的合成【典例1】(2024·浙江寧海模擬)如圖1所示，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab＝5cm，bc＝3cm，ca＝4cm。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肯定值為k，則()圖1A.a、b的電荷同號，k＝eq\f(16,9)B.a、b的電荷異號，k＝eq\f(16,9)C.a、b的電荷同號，k＝eq\f(64,27)D.a、b的電荷異號，k＝eq\f(64,27)解析假如a、b帶同種電荷，則a、b兩小球對c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肯定不為零，因此a、b不行能帶同種電荷，A、C錯誤；若a、b帶異種電荷，假設a對c的作用力為斥力，則b對c的作用力肯定為引力，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，由幾何關系可知eq\f(Fa,Fb)＝eq\f(1,tanα)＝eq\f(4,3)，又由庫侖定律得eq\f(Fa,Fb)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(qa,qb)))·eq\f(req\o\al(2,bc),req\o\al(2,ac))，聯立解得k＝|eq\f(qa,qb)|＝eq\f(64,27)，B錯誤，D正確。答案D依據電場中的“點、線、面、跡”推斷相關物理量的改變【典例2】(2024·天津理綜，3)如圖2所示，實線表示某電場的電場線(方向未標出)，虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設M點和N點的電勢分別為φM、φN，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。下列推斷正確的是()圖2A.vM<vN，aM<aN B.vM<vN，φM<φNC.φM<φN，EpM<EpN D.aM<aN，EpM<EpN解析由粒子的軌跡知電場力的方向偏向右，因粒子帶負電，故電場線方向偏向左，由沿電場線方向電勢降低，可知φN<φM，EpM<EpN。N點電場線比M點的密，故場強EM<EN，由加速度a＝eq\f(Eq,m)知aM<aN。粒子若從N點運動到M點，電場力做正功，動能增加，故vM>vN。綜上所述，選項D正確。答案D電場線、等勢面及E＝eq\f(U,d)的應用【典例3】(2024·浙江瑞安新高考適應性考試)(多選)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內a、b、c三點的位置如圖3所示，三點的電勢分別為10V、17V、26V。下列說法正確的是()圖3A.電場強度的大小為2.5V/cmB.坐標原點處的電勢為1VC.電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD.電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV解析如圖所示，設a、c之間的d點電勢與b點電勢相同，則eq\f(ad,dc)＝eq\f(10－17,17－26)＝eq\f(7,9)，所以d點的坐標為(3.5cm，6cm)，過c點作等勢線bd的垂線，電場強度的方向由高電勢指向低電勢。由幾何關系可得，cf的長度為3.6cm，電場強度的大小E＝eq\f(U,d)＝eq\f(26－17,3.6)V/cm＝2.5V/cm，故選項A正確；因為Oacb是矩形，所以有Uac＝UOb，可知坐標原點O處的電勢為1V，故選項B正確；a點電勢比b點電勢低7V，電子帶負電，所以電子在a點的電勢能比在b點的高7eV，故選項C錯誤；b點電勢比c點電勢低9V，電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV，故選項D正確。答案ABD電場中的圖象問題【典例4】(2024·浙江東陽中學高三月考)(多選)圖4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4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。現將一帶正電的摸索電荷由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Wab、Wbc和Wcd。下列選項正確的是()A.Ea∶Eb＝4∶1 B.Ec∶Ed＝2∶1C.Wab∶Wbc＝3∶1 D.Wbc∶Wcd＝1∶3解析由圖可知，a、b、c、d到點電荷的距離分別為1m、2m、3m、6m，依據點電荷的場強公式E＝keq\f(Q,r2)可知，eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(req\o\al(2,b),req\o\al(2,a))＝eq\f(4,1)，eq\f(Ec,Ed)＝eq\f(req\o\al(2,d),req\o\al(2,c))＝eq\f(4,1)，故選項A正確，B錯誤；電場力做功W＝qU，a與b、b與c、c與d之間的電勢差分別為3V、1V、1V，所以eq\f(Wab,Wbc)＝eq\f(3,1)，eq\f(Wbc,Wcd)＝eq\f(1,1)，故選項C正確，D錯誤。答案AC與平行板電容器有關的電場問題【典例5】(2024·浙江樂清選考模擬)探討與平行板電容器電容有關因素的試驗裝置如圖5所示。下列說法正確的是()圖5A.試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B.試驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C.試驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大D.試驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大解析試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，則a板帶電，由靜電感應，在b板上感應出與a板電性相反的電荷，故選項A正確；試驗中，只將電容器b板向上平移，正對面積S變小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容C變小，由C＝eq\f(Q,U)可知，Q不變，U變大，因此靜電計指針的張角變大，選項B錯誤；試驗中，只在極板間插入有機玻璃板，相對介電常數εr變大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容C變大，由C＝eq\f(Q,U)可知，Q不變，U變小，靜電計指針的張角變小，選項C錯誤；試驗中，只增加極板帶電量，電容C不變，由C＝eq\f(Q,U)，可知靜電計指針的張角變大，故選項D錯誤。答案A1.直角坐標系xOy中，M、N兩點位于x軸上，G、H兩點坐標如圖6所示。M、N兩點各固定一負點電荷，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。若將該正點電荷移到G點，則H點處場強的大小和方向分別為()圖6A.eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸正向 B.eq\f(3kQ,4a2)，沿y軸負向C.eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸正向 D.eq\f(5kQ,4a2)，沿y軸負向解析M、N兩處的負點電荷在G處產生的合場強E1與O點處正點電荷在G處產生的場強等大反向，所以E1＝eq\f(kQ,a2)，方向沿y軸正向，因為H與G關于x軸對稱，所以M、N兩處的負點電荷在H處產生的合場強E2＝E1＝eq\f(kQ,a2)，方向沿y軸負向。當正點電荷放在G點時，它在H點產生的場強E3＝eq\f(kQ,（2a）2)，方向沿y軸正向，則H處的場強為EH＝eq\f(kQ,a2)－eq\f(kQ,（2a）2)＝eq\f(3kQ,4a2)，方向沿y軸負向，B正確。答案B2.(2024·金麗衢十二校高三第一次聯考)將一原來不帶電的半徑為R的金屬球放入電荷量為＋Q小球的電場中，由于金屬球對電場的影響，最終所形成的電場線分布如圖7所示。設兩球球心間的距離為3R，金屬球表面的電勢到處相等。a、b為電場中的兩點，則()圖7A.金屬球將帶負電B.金屬球和小球間的庫侖力為引力，其大小為F＝keq\f(Q2,9R2)C.檢驗電荷－q在a點的電勢能比在b點的大D.將一電子從a點移到b點的過程中，電場力做負功解析電荷在金屬球表面移動，但金屬球仍呈電中性，故選項A錯誤；兩帶電小球不能看成點電荷，庫侖定律不適用，故選項B錯誤；由于a點電勢高于b點電勢，故檢驗電荷－q在a點的電勢能比在b點的小，選項C錯誤；將一電子從a點移到b點的過程中，電子的電勢能增大，故電場力做負功，選項D正確。答案D3.(2024·浙江余杭模擬)(多選)一帶正電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，其電勢能Ep隨位移x改變的關系如圖8所示，其中0～x2段是對稱的曲線，x2～x3段是直線段，則下列說法正確的是()圖8A.x1、x2、x3處電勢φ1、φ2、φ3的關系為φ3＞φ2＞φ1＞0B.在x的正半軸，電場方向都沿x軸正方向C.粒子在0～x1段受到的電場力方向沿x軸正方向，做加速運動D.x2～x3段的電場是勻強電場解析由Ep＝qφ，q＞0且不變知φ與Ep同號且成正比，可得到φ－x圖象如圖所示，由于粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動，說明電場線沿x軸。依據電場方向由電勢高處指向電勢低處，在0～x1段電場方向為＋x方向，粒子在該段受到的電場力方向沿＋x方向，做加速運動，x1～x3段電場方向沿－x方向，粒子做減速運動，選項A、C正確，B錯誤；又x2～x3段電勢隨距離x的改變是線性的，說明該處電場是恒定的，為勻強電場，選項D正確。答案ACD磁場的基本性質磁場的疊加及安培力的計算問題【典例1】(2024·浙江平湖選考模擬)(多選)如圖9，紙面內有兩條相互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，方向垂直于紙面對外。已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為eq\f(1,3)B0和eq\f(1,2)B0，方向也垂直于紙面對外。則()圖9A.流經L1的電流在b點產生的磁感應強度大小為eq\f(7,12)B0B.流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為eq\f(1,12)B0C.流經L2的電流在b點產生的磁感應強度大小為eq\f(1,12)B0D.流經L2的電流在a點產生的磁感應強度大小為eq\f(7,12)B0解析由對稱性可知，流經L1的電流在a、b兩點產生的磁感應強度大小相等，設為B1，流經L2的電流在a、b兩點產生的磁感應強度大小相等但方向相反，設其大小為B2，由磁場疊加原理，在a點：B0－B1－B2＝eq\f(1,3)B0，在b點：B0－B1＋B2＝eq\f(1,2)B0，聯立解得B1＝eq\f(7,12)B0，B2＝eq\f(1,12)B0，選項A、C正確。答案AC【典例2】(2024·浙江麗水調考)(多選)如圖10，三根相互平行的固定長直導線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()圖10A.L1所受磁場作用力的方向與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∶eq\r(3)D.L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為eq\r(3)∶eq\r(3)∶1解析同向電流相互吸引，反向電流相互排斥。對L1受力分析，如圖甲所示，可知L1所受磁場力的方向與L2、L3所在的平面平行，故選項A錯誤；對L3受力分析，如圖乙所示，可知L3所受磁場力的方向與L1、L2所在的平面垂直，故選項B正確；設三根導線間兩兩之間的相互作用力的大小為F，則L1、L2受到的磁場力的合力大小均等于F，L3受到的磁場力的合力大小為eq\r(3)F，即L1、L2、L3單位長度受到的磁場力之比為1∶1∶eq\r(3)，故選項C正確，D錯誤。答案BC安培力作用下導體的平衡及運動【典例3】(2024·稽陽聯誼學校聯考)電流方向垂直紙面對里的通電直導線置于粗糙絕緣水平桌面上，起先時桌面上方有豎直向上的磁場，如圖11所示。當磁場方向在豎直平面內緩慢逆時針轉90°的過程中，通電導線始終沿水平面對右做勻速直線運動，則B的大小改變可能是()圖11A.始終變大 B.始終變小C.先變大后變小 D.先變小后變大解析可以把支持力與摩擦力合成為一個力，此力方向不變，然后可以用作圖法知，選項D正確。答案D分析磁場對電流的作用要做到“一明、一轉、一分析”1.(2024·稽陽聯誼學校聯考)有兩根長直導線a、b相互平行放置。如圖12所示為垂直于導線的截面圖。在圖示平面內，O點為兩根導線連線的中點。P、Q為兩導線連線中垂線上關于O點對稱等距的兩點。若兩導線中通有大小相等、方向相反的恒定電流I。探討兩直線電流產生的磁場，下列說法中正確的是()圖12A.O點磁感應強度為零B.P、Q兩點磁感應強度方向相同C.PO段與OQ段磁感應強度方向相反D.將一正摸索電荷從P沿PQ移到Q點，其受到的洛倫茲力方向始終垂直紙面解析如圖所示，可知P點磁場方向向下，同理O、Q都向下，所以選項A、C錯誤，B正確；將一正摸索電荷從P沿PQ移到Q點，運動方向與磁場方向一樣，不產生洛倫茲力，D錯誤。答案B2.(2024·浙江新昌選考模擬)(多選)3條在同一平面(紙面)內的長直絕緣導線搭成一等邊三角形。在導線中通過的電流均為I，電流方向如圖13所示。a、b和c三點分別位于三角形的3個頂角的平分線上，且到相應頂點的距離相等。將a、b和c處的磁感應強度大小分別記為B1、B2和B3。下列說法正確的是()圖13A.B1＝B2＜B3B.B1＝B2＝B3C.a和b處磁場方向垂直于紙面對外，c處磁場方向垂直于紙面對里D.a處磁場方向垂直于紙面對外，b和c處磁場方向垂直于紙面對里解析本題要明確三條導線中的電流在a、b、c三點各自產生的磁場的分布狀況，要充分利用對稱性進行矢量合成。對于a點，由安培定則可知，兩傾斜導線在此處產生的磁感應強度大小相等、方向相反，水平導線在此處產生的磁場方向向外；對于b點，斜向右上方的導線與水平導線在此處產生的磁感應強度大小相等、方向相反，斜向左上方的導線在此處產生的磁場方向向外；對于c點，水平導線在此處產生的磁場方向向里，斜向左上方和斜向右上方的導線在此處產生的磁場方向也向里，則c處合磁場方向向里，且有B3＞B1＝B2。綜上可知選項A、C正確。答案AC3.(2024·浙江臨平新高考適應性考試)如圖14所示，三根長為L的直線電流在空間構成等邊三角形，電流的方向均垂直紙面對里。電流大小均為I，其中A、B電流在C處產生的磁感應強度的大小均為B0，導線C位于水平面，處于靜止狀態，則導線C受到的靜摩擦力為()圖14A.eq\r(3)B0IL，水平向左 B.eq\r(3)B0IL，水平向右C.eq\f(\r(3),2)B0IL，水平向左 D.eq\f(\r(3),2)B0IL，水平向右解析依據安培定則，A電流在C處產生的磁場方向垂直于AC，B電流在C處產生的磁場方向垂直于BC，如圖所示。依據平行四邊形定則及幾何學問可知，合磁場的方向豎直向下，與AB邊平行，合磁感應強度的大小B＝2B0cos30°＝eq\r(3)B0，由公式F＝BIL得，導線C所受安培力大小F＝eq\r(3)B0IL，依據左手定則，導線C所受安培力方向水平向左，因導線C位于水平面處于靜止狀態，由平衡條件知，導線C受到的靜摩擦力方向為水平向右。答案B高考物理中的傳統文化和技術創新新考綱的修訂除了完善考核目標、調整考試內容外，還增加了對中華民族優秀傳統文化的考核。高考試題也要體現育人功能，關注“一點四面”，一點就是要在高考中體現立德樹人，四面是指在高考當中體現核心價值、傳統文化、依法治國、創新精神四個方向。高考已考過該部分內容，預料2024年高考物理可能還要考查該部分學問，應引起重視。【例1】(2015·新課標全國Ⅱ)(多選)指南針是我國古代四大獨創之一。關于指南針，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旁邊鐵塊的干擾D.在指南針正上方旁邊沿指針方向放置始終導線，導線通電時指南針不偏轉解析指南針不行以僅具有一個磁極，故選項A錯誤；指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場，故選項B正確；當旁邊的鐵塊磁化時，指南針的指向會受到旁邊鐵塊的干擾，故選項C正確；依據安培定則，在指南針正上方旁邊沿指針方向放置始終導線，導線通電時會產生磁場，指南針會發生偏轉，故選項D錯誤。答案BC【命題分析】本題以我國古代四大獨創中指南針為題材考查考生對磁場的性質、地磁場和通電直導線的磁場的駕馭狀況。試題通過傳統文化元素的引入，實現形象思維與邏輯思維的結合，使抽象的物理概念形象化，有利于促進考生對物理概念的理解。同時還可讓考生了解我國是一個文明古國，增加考生的民族自尊心和驕傲感，從而激發考生為實現“中國夢”而發奮讀書。【例2】(2024·4月浙江選考，10)當今醫學上對某些腫瘤采納質子療法進行治療，該療法用肯定能量的質子束照耀腫瘤殺死癌細胞。現用始終線加速器來加速質子，使其從靜止起先被加速到1.0×107m/s。已知加速電場的場強為1.3×105N/C，質子的質量為1.67×10－27kg，電荷量為1.6×10－19C，則下列說法正確的是()圖15A.加速過程中質子電勢能增加B.質子所受到的電場力約為2×10－15NC.質子加速須要的時間約為8×10－6sD.加速器加速的直線長度約為4m解析電場力對質子做正功，質子的電勢能削減，A錯誤；質子受到的電場力大小F＝qE≈2×10－14N，B錯誤；質子的加速度a＝eq\f(F,m)≈1.2×1013m/s2，加速時間t＝eq\f(v,a)≈8×10－7s，C錯誤；加速器加速的直線長度x＝eq\f(v2,2a)≈4m，故D正確。答案D一、選擇題(1～7題為單項選擇題，8～11題為不定項選擇題)1.(2024·浙江蕭山選考模擬)如圖1所示，MN是一負點電荷產生的電場中的一條電場線，某一帶正電的粒子(不計重力)從a點沿虛線運動到b點并經過這條電場線。下列推斷正確的是()圖1A.粒子從a點運動到b點的過程中動能漸漸減小B.粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能C.負點電荷肯定位于M的左側D.粒子在a點的加速度大于在b點的加速度解析依據帶電粒子運動過程中受到的電場力指向運動軌跡的凹側，可推斷出電場線的方向由M指向N，負點電荷在N點或N點的右側，選項C錯誤；粒子從a點運動到b點的過程中，電場力做正功，動能漸漸增大，電勢能漸漸減小，則粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能，選項A錯誤，B正確；由于a點離負點電荷距離較遠，故粒子在a點的加速度小于在b點的加速度，選項D錯誤。答案B2.如圖2所示，探究電荷間相互作用力的示意圖，圖中金屬球A帶正電，置于絕緣支架上，帶電小球B懸于絕緣絲線的下端，質量為m。當懸在P1點，B球靜止時，兩帶電小球剛好在同一高度，此時絕緣絲線與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g，則()圖2A.A、B間的庫侖力為mgeq\f(1,tanθ)B.A、B間的庫侖力為mgsinθC.將懸點移到P2，平衡時B低于AD.將懸點移到P2，平衡時A、B仍在同一高度解析當B球處于平衡狀態時，剛好與A球在同一水平面上，其受力如圖所示，A、B帶同種電荷；由力的平行四邊形定則可得F庫＝mgtanθ，選項A、B錯誤；若把懸點移到P2，由庫侖定律可知，距離越遠，A、B間庫侖力越小，B球越低，選項C正確，D錯誤。答案C3.(2024·浙江三門中學選考模擬)利用如圖3所示的試驗裝置可以測量磁感應強度B的大小。用絕緣輕質絲線把底部長為L、電阻為R、質量為m的“U”形線框固定在力敏傳感器的掛鉤上，并用輕質導線連接線框與電源，導線的電阻忽視不計。當有拉力F作用于力敏傳感器的掛鉤上時，拉力顯示器可以干脆顯示力敏傳感器所受的拉力。當線框接入恒定電壓為E1時，拉力顯示器的示數為F1；接入恒定電壓為E2時(電流方向與電壓為E1時相反)，拉力顯示器的示數為F2。已知F1＞F2，則磁感應強度B的大小為()圖3A.B＝eq\f(R（F1－F2）,L（E1－E2）) B.B＝eq\f(R（F1－F2）,L（E1＋E2）)C.B＝eq\f(R（F1＋F2）,L（E1－E2）) D.B＝eq\f(R（F1＋F2）,L（E1＋E2）)解析當線框接入恒定電壓為E1時，拉力顯示器的示數為F1，則F1＝mg＋Beq\f(E1,R)L；接入恒定電壓為E2時(電流方向與電壓為E1時相反)，拉力顯示器的示數為F2，則F2＝mg－Beq\f(E2,R)L；聯立解得B＝eq\f(R（F1－F2）,L（E1＋E2）)，選項B正確。答案B4.(2024·金麗衢十二校高三第一次聯考)圖4a是一個超級電容器。把此超級電容器連接到如圖b所示的電路中，已知電源的電動勢E＝3.0V，內阻r＝0.5Ω，定值電阻R＝1.5Ω，閉合開關S,待電路穩定后，以下有關說法正確的是()圖4A.該超級電容器的擊穿電壓為2.7VB.電源的輸出功率為3.375WC.斷開開關S后，通過定值電阻的電荷量為25650CD.斷開開關S后，定值電阻產生的焦耳熱為69255J解析2.7V是電容器的額定電壓，非擊穿電壓，故選項A錯誤；閉合開關后，電路中的電流I＝eq\f(E,R＋r)＝1.5A，內電壓U內＝Ir＝0.75V，外電壓U外＝E－U內＝2.25V，電源的輸出功率P＝U外I＝3.375W，故選項B正確；電容器儲存的電荷量Q＝CU外＝21375C，斷開開關后，通過定值電阻的電荷量為21375C，故選項C錯誤；開關斷開后，電容器儲存的電能轉化為定值電阻的焦耳熱，W＝eq\f(1,2)CU2＝24046.9J，故選項D錯誤。答案B5.(2024·浙江溫州選考模擬)A、B為兩等量異種點電荷，圖5中水平虛線為A、B連線的中垂線。現將另兩個等量異種的檢驗電荷a、b，用絕緣細桿連接后從無窮遠處沿中垂線平移到A、B的連線，平移過程中兩檢驗電荷位置始終關于中垂線對稱，若規定離A、B無窮遠處電勢為零，則下列說法中正確的是()圖5A.在A、B的連線上a所處的位置電勢φa＜0B.a、b整體在A、B連線處具有的電勢能Ep＞0C.整個移動過程中，靜電力對a做正功D.整個移動過程中，靜電力對a、b整體做正功解析A、B的中點O電勢為零，AO間的電場線方向由A到O，由沿著電場線方向電勢漸漸降低可知，a所處的位置電勢φa＞0，選項A錯誤；由等量異種點電荷的電場特點可知，A、B連線的中點O的電勢為零，a所處的位置電勢φa＞0，b所處的位置電勢φb＜0，由Ep＝qφ知，a、b在A、B連線處的電勢能均大于零，則整體的電勢能Ep＞0，選項B正確；在平移過程中，a所受的靜電力與其位移方向的夾角為鈍角，靜電力對a做負功，同理靜電力對b也做負功，所以整個移動過程中，靜電力對a、b整體做功為負，選項C、D錯誤。答案B6.(2024·浙江金華適應性考試)如圖6甲所示，PQ和MN為水平、平行放置的兩光滑金屬導軌，兩導軌相距L＝1m，導體棒ab垂直于導軌放在導軌上，導體棒的中點用細繩經滑輪與物體相連，細繩一部分與導軌共面且平行，另一部分與導軌所在平面垂直，物體放在水平面上，勻強磁場的磁感應強度為B＝1T，方向豎直向下，起先時繩子剛好要繃直，現給導體棒中通入電流，使導體棒向左做加速運動，物體運動的加速度大小與導體棒中通入的電流大小關系如圖乙所示，重力加速度大小為g＝10m/s2。則物體和導體棒的質量分別為()圖6A.0.1kg0.9kg B.0.9kg0.1kgC.0.1kg1.0kg D.1.0kg0.1kg解析設物體的質量為M，導體棒質量為m，細繩的拉力為T，依據題意由牛頓其次定律可知，T－Mg＝Ma，BIL－T＝ma，解得a＝eq\f(BL,M＋m)I－eq\f(Mg,M＋m)，結合題圖乙可知，當a1＝3m·s－2，I1＝4A，I0＝1A時，a＝0，則有BI0L－Mg＝0，得M＝eq\f(BI0L,g)＝0.1kg，m＝0.9kg，選項A正確。答案A7.(2024·金麗衢十二校高三第一次聯考)如圖7所示，A、B兩平行金屬板水平放置，兩板之間的電勢差恒定，金屬板上的a、b兩小孔恰好在同一豎直線上，在兩小孔的正上方有一帶電油滴由靜止釋放，到達b孔時速度恰好為零。不計空氣阻力，則()圖7A.到達b孔時電場力恰好等于重力B.將A板上移，帶電油滴將不能到達b孔C.將B板下移，帶電油滴將不能到達b孔D.將A板及帶電油滴的釋放位置都上移，帶電油滴肯定能到達b孔解析依據題意，油滴在平行板內做減速運動，受到的電場力大于重力，故選項A錯誤；設油滴動身位置離B板的高度為h，則有mgh－qU＝0－0，將A板上移，等式仍成立，帶電油滴仍恰能達到b孔，選項B錯誤；B板下移，平行板間電勢差不變，但h增大，故能達到B板，選項C錯誤；同理可知，選項D正確。答案D8.(2024·浙江嘉興檢測)如圖8所示為試驗室電磁炮的模型圖。在傾角θ＝37°的絕緣斜面上固定兩條不計電阻、間距d＝1m的平行金屬導軌，導軌處在垂直斜面對下的B＝2T的勻強磁場中，導軌下端接有電動勢E＝24V、內阻r＝1Ω的電源，滑動變阻器的阻值改變范圍為0～10Ω，允許通過的最大電流為5A。導軌上放置一連同金屬桿PQ在內的質量m＝1kg的電磁炮，金屬桿PQ垂直兩金屬導軌放置，金屬桿電阻R0＝2Ω，與導軌間的動摩擦因數為0.2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。閉合開關S，使電磁炮在導軌上靜止，則變阻器連入電路的阻值可能是(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()圖8A.2Ω B.4ΩC.6Ω D.8Ω解析電磁炮靜止在導軌上時受重力、支持力、安培力和摩擦力，其中摩擦力可能沿導軌向上，也可能沿導軌向下，由平衡條件可知mgsinθ±f＝BId，又f≤μmgcosθ，解得2.2A≤I≤3.8A，由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R0＋r＋R)，解得eq\f(63,19)Ω≤R≤eq\f(87,11)Ω，選項B、C正確。答案BC9.如圖9甲所示，三個相同的金屬板共軸排列，它們的間距與寬度均相同，軸線上開有小孔(不影響板間電場分布)，在左邊和右邊兩個金屬板上加電壓U后，金屬板間就形成勻強電場；有一個比荷eq\f(q,m)＝1.0×10－2C/kg的帶正電的粒子從左邊金屬板小孔軸線A處由靜止釋放，在靜電力作用下沿小孔軸線射出(不計粒子重力)，其v－t圖象如圖乙所示，則下列說法正確的是()圖9A.右側金屬板接電源的正極B.所加電壓U＝100VC.乙圖中的v2＝2m/sD.通過極板間隙所用時間比為1∶(eq\r(2)－1)解析帶正電的粒子在靜電力作用下由左極板向右運動，可推斷左側金屬板接電源正極，選項A錯誤；由v－t圖象可知，帶電粒子的加速度a＝2m/s2，相鄰兩極板間距d＝eq\f(1,2)at2＝0.25m，由qE＝ma得E＝200V/m，U＝2Ed＝100V，選項B正確；可將粒子在兩個間隙間的運動看成是初速度為零的連續的勻加速運動，兩間隙距離相等，則有t1∶t2＝1∶(eq\r(2)－1)，選項D正確；v1∶v2＝t1∶(t1＋t2)＝1∶eq\r(2)，將v1＝1.0m/s代入，得v2＝eq\r(2)m/s，選項C錯誤。答案BD10.(2024·浙江臺州高三上學期檢測)(多選)如圖10所示，帶正電的金屬滑塊質量為m、電荷量為q，與絕緣水平面間的動摩擦因數為μ(μ＜1)。水平面上方有水平向右的勻強電場，電場強度為E＝eq\f(mg,q)。假如在A點給滑塊一個向左的大小為v的初速度，運動到B點速度恰好為零，則下列說法正確的是()圖10A.滑塊運動到B點后將返回向A運動，來回所用時間相同B.滑塊運動到B點后將返回向A運動，到A點時速度大小仍為vC.滑塊回到A點時速度大小為eq\r(\f(1－μ,1＋μ))vD.A、B兩點間電勢差為－eq\f(mv2,2（1＋μ）q)解析由A點到B點過程，滑塊加速度為aAB＝eq\f(μmg＋qE,m)＝(μ＋1)g，由B點到A點過程，滑塊加速度為aBA＝eq\f(qE－μmg,m)＝(1－μ)g，而位移大小相等，所以運動時間不行能相同，選項A錯誤；滑塊返回A點時的速度大小不行能等于滑塊在A點的初速度，選項B錯誤；依據v2＝2aABx，veq\o\al(2,A)＝2aBAx，可得回到A點時滑塊速度vA＝eq\r(\f(1－μ,1＋μ))v，x＝eq\f(v2,2（1＋μ）g)，UAB＝－Ex＝－eq\f(mv2,2（1＋μ）q)，選項C、D正確。答案CD11.(2024·全國卷Ⅱ，21)如圖11，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()圖11A.此勻強電場的場強方向肯定與a、b兩點連線平行B.若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功肯定為eq\f(W1＋W2,2)C.若c、d之間的距離為L，則該電場的場強大小肯定為eq\f(W2,qL)D.若W1＝W2，則a、M兩點之間的電勢差肯定等于b、N兩點之間的電勢差解析由題意得(φa－φb)q＝W1，(φc－φd)q＝W2，只