1、贵州安顺市上学期质量监测）两电荷量分别为q1和q2的点电荷分别放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图1所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则（）图1Aq1带正电，q2带负电BA、N点的电场强度大小为零CNC间场强方向沿x轴负方向D将一负点电荷从N点移到D点，电势能一直增大答案AC解析由题图可知，在q1附近电势为正，q2附近电势为负，可知q1带正电，q2带负电，故A正确；x图象的斜率表示场强E，可知A、N两点电场强度不为零，故B错误；由题图可知：由N至C，电势升高，所以场强方向沿x轴负方向，故C正确；由N至D，电势先升高后降低，则将一负点电荷从N点移
2、到D点，电势能先减小后增大，故D错误变式训练1.（多选）（2019全国卷21）如图2，电荷量分别为q和q（q0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点则（）图2Aa点和b点的电势相等Ba点和b点的电场强度大小相等Ca点和b点的电场强度方向相同D将负电荷从a点移到b点，电势能增加答案BC解析b点距q近，a点距q近，则b点的电势高于a点的电势，A错误；如图所示，a、b两点的电场强度可视为E3与E4、E1与E2的合场强其中E1E3，E2E4，且知E1E3，E2E4，故合场强Ea与Eb大小相等、方向相同，B、C正确；由于a0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从
3、c点移动到d点，其电势能减小W2.下列说法正确的是（）图4A此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为C若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为D若W1W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差答案BD解析结合题意，只能判定Uab0，Ucd0，但电场方向不能确定，A项错误；由于M、N分别为ac和bd的中点，对于匀强电场，则UMN，可知该粒子由M至N过程中，电场力做功W，B项正确；电场强度的方向只有沿cd时，才有场强E，但本题中电场方向未知，C项错误；若W1W2，则UabUcdUMN，即abMN，aMbN，可知UaMUbN
4、，D项正确3.（多选）（2019山东日照市上学期期末）一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图5所示，三点的电势分别为10 V、16 V、24 V下列说法正确的是（）图5A坐标原点的电势为18 VB电场强度的大小为1.25 V/cmC电场强度的方向从c点指向a点D电子从b点运动到坐标原点，电场力做功为2 eV解析根据bacO，因a、b、c三点电势分别为a10 V、b16 V、c24 V，则原点处的电势为O18 V，故A正确；如图，y轴上y2点（M点）的电势为MO16 V，所以b点与y轴上y2点的电势相等，连接b点与y轴上y2点的直线即为等势线，过a点作Mb的垂线即为电场
5、线，方向与y轴负方向成37角斜向上，垂足为N，由几何关系得：abM37，aNabsin 374.8 cm，Nb，所以E1.25 V/cm，故B正确，C错误；b0）质量为m、电荷量为q（q0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计图6（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？答案（1）mv02qhv0（2）2v0解析（1）PG、QG间场强大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有EFqEma
6、设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEhEkmv02设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有hat2lv0t联立式解得Ekqhlv0（2）若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短由对称性知，此时金属板的长度为L2l2v04（2019湖南六校4月联考）如图7所示，空间中存在着由一固定的负点电荷Q（图中未画出）产生的电场另一正点电荷q仅在电场力作用下沿曲线MN运动，在M点的速度大小为v0，方向沿MP方向，到达N点时速度大小为v，且vv0，则（）图7AQ一定在虚线MP下方BM点的电势比N点的电势高Cq在M点的电势能比在N点的电势能小Dq在M点的加速度
7、比在N点的加速度小答案C解析场源电荷带负电，运动电荷带正电，它们之间是吸引力，而曲线运动合力指向曲线的内侧，故负点电荷Q应该在轨迹的内侧，故A错误；只有电场力做功，动能和电势能之和守恒，运动电荷在N点的动能小，故其在N点的电势能大，故C正确；运动电荷为正电荷，故N点电势高于M点电势，故M点离场源电荷较近，则M点场强较大，所以q在M点的加速度比在N点的加速度大，故B、D错误5.（2019河北“五个一名校联盟” 第一次诊断）如图8所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的
8、夹角为60，重力加速度为g，则以下说法正确的是（）图8A电场力大小为B小球所受的合外力大小为C小球由O点到P点用时D小球通过P点时的动能为mv02解析设OPL，从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，则水平方向：Lcos 60t，竖直方向：Lsin 60gt2，解得：t，选项C正确；水平方向F1mam，小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合力的大小Fmg，选项A、B错误；小球通过P点时的速度vPgtv0，则动能：EkPmvP2mv02，选项D错误磁场对电流的作用1对磁场的理解（1）磁感应强度是矢量，其方向与通电导线在磁场中所受力的方向垂直；（2）电流元
9、必须垂直于磁场方向放置，公式B才成立；（3）磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的，与通电导线受力的大小及方向均无关2磁场的叠加对于电流在空间某点的磁场，首先应用安培定则判断出各电流在该点的磁场方向，然后应用平行四边形定则合成3安培力（1）若磁场方向和电流方向垂直：FBIL.（2）若磁场方向和电流方向平行：F0.（3）方向判断：左手定则（4）方向特点：垂直于磁感线和通电导线确定的平面4磁场力做功情况磁场力包括洛伦兹力和安培力，由于洛伦兹力的方向始终和带电粒子的运动方向垂直，洛伦兹力不做功，但是安培力可以做功例4全国卷17）如图9，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场
10、中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为（）图9A2F B1.5F C0.5F D0答案B解析设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的特点可知通过导体棒ML和LN的电流大小为，如图所示，依题意有FBlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1BlF，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为1.5F，选项B正确5电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图10所示，利用这种装置可以把质量为m2.0 g的弹体（包括金属杆EF的质量）加速到6 km/s，若这种装置的轨道宽d
11、2 m、长L100 m、电流I10 A、轨道摩擦不计且金属杆EF与轨道始终垂直并接触良好，则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是（）图10AB18 T，Pm1.08108 WBB0.6 T，Pm7.2104 WCB0.6 T，Pm3.6106 WDB18 T，Pm2.16答案D解析由vm22aL和BIdma可得B18 T，最大功率PmBIdvm2.16106 W，故D正确6.（2019河南天一大联考上学期期末）一课外探究小组用如图11所示实验装置测量学校所在位置的地磁场的水平分量Bx.将一段细长直导体棒南北方向放置，并与开关、导线、电阻箱以及电动势为E、内阻为R
12、的电源组成如图所示的电路在导体棒正下方距其l处放一小磁针，开关断开时小磁针与导体棒平行，现闭合开关，缓慢调节电阻箱阻值，发现小磁针逐渐偏离南北方向，当电阻箱的接入阻值为5R时，小磁针的偏转角恰好为30.已知通电长直导线周围某点磁感应强度大小为Bk（r为该点到通电长直导线的距离，k为比例系数），导体棒和导线电阻不计，则该位置地磁场的水平分量大小为（）图11A. B.C. D.解析通电长直导体棒在其正下方距其l处产生的磁场的磁感应强度大小为B1k，方向沿东西方向，其中的I如图，由磁场的叠加可知Bx，故选B.磁场对运动电荷的作用1基本公式：qvBm，T重要结论：r2基本思路（1）画轨迹：确定圆心，用
13、几何方法求半径并画出运动轨迹（2）找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系；偏转角度与圆心角、运动时间相联系；在磁场中运动的时间和周期相联系（3）用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式3轨迹的几个基本特点（1）粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角如图12，123.（2）粒子经过磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角，即12.图12（3）沿半径方向射入圆形磁场的粒子，射出时亦沿半径方向，如图13.图13图14（4）磁场圆与轨迹圆半径相同时，以相同速率从同一点沿各个方向射入的粒子，出射速度方向相互平行反之，以相互平行的相同速率射入时，会从同一点
14、射出（即磁聚焦现象），如图14所示4半径的确定方法一：由物理方程求由于Bqv，所以半径R方法二：由几何关系求一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）通过计算来确定5时间的确定由圆心角求，tT；由弧长求，t6临界问题（1）解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向确定半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系（2）粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切例5如图15所示，在矩形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B5.0102 T，矩形区域长为 m，宽为0.2 m，在AD边中点O处有
15、一粒子源，某时刻，粒子源沿纸面向磁场中各方向均匀地发射出速率均为v2106 m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量m1.61027 kg、电荷量为q3.21019 C（不计粒子重力和粒子间的相互作用），求：图15（1）带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为多大？（2）从BC边界射出的粒子中，在磁场中运动的最短时间为多少？（3）从BC边界射出的粒子中，在磁场中运动的最长时间为多少？答案（1）0.2 m（2）107 s（3）107 s解析（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：解得：R0.2 m.（2）因为所有粒子的轨道半径相同，所以弦最短的圆所对应的圆心角最小，运动时间最短，作EOAD，则
16、EO弦最短，如图所示因为EO0.2 m，且R0.2 m，所以对应的圆心角为qvBm（）2RT最短时间为：tmin107 s.（3）从BC边界射出的粒子在磁场中运动的时间最长时，粒子运动轨迹与BC边界相切或粒子进入磁场时的速度方向指向OA方向，转过圆周，对应的圆心角：，粒子的最长运动时间：tmax，解得：8（2019山东菏泽市下学期第一次模拟）如图16所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为（）图16解析粒子
17、沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定过圆心，由于粒子能经过c点，因此粒子出磁场时一定沿ac方向，轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径rLL（1）L，根据牛顿第二定律得qv0Bm，求得v0，C项正确9.（201917）如图17，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为（）图17kBl，kBl B.kBlkBl D.解析如图，电子从a点射出时，其轨迹半径为ra，由洛伦兹力提供向心力，有evaB
18、m，又k，解得va电子从d点射出时，由几何关系有rd2l2（rd）2，解得轨迹半径为rd，由洛伦兹力提供向心力，有evdBmk，解得vd，选项B正确专题突破练 级保分练1.（2019山东济南市上学期期末）长为L的直导体棒a放置在光滑绝缘水平面上，固定的长直导线b与a平行放置，导体棒a与力传感器相连，如图1所示（俯视图）a、b中通有大小分别为Ia、Ib的恒定电流，Ia、Ib方向未知导体棒a静止时，传感器受到a给它的方向向左、大小为F的拉力下列说法正确的是（）AIb与Ia的方向相同，Ib在a处的磁感应强度B大小为BIb与Ia的方向相同，Ib在a处的磁感应强度B大小为CIb与Ia的方向相反，Ib在a
19、处的磁感应强度B大小为DIb与Ia的方向相反，Ib在a处的磁感应强度B大小为解析因传感器受到a给它的方向向左、大小为F的拉力，可知电流a、b之间是相互吸引力，即a、b中的电流同向；根据FBIaL，可知Ib在a处的磁感应强度B大小为B2（2019浙江绍兴市3月选考）如图2所示，下边缘浸入水银槽中的铝盘置于蹄形磁铁的磁场中，可绕转轴转动，当转轴、水银槽分别与电源的正、负极相连时，铝盘开始转动下列说法中不正确的是（）A铝盘绕顺时针方向转动B只改变磁场方向，铝盘的转动方向改变C只改变电流方向，铝盘的转动方向改变D同时改变磁场方向与电流方向，铝盘的转动方向不变答案A3.（2019安徽合肥市第一次质量检测
20、）如图3所示，真空中位于x轴上的两个等量负点电荷，关于坐标原点O对称下列关于电场强度E随x变化的图象正确的是（）解析设x轴的正方向代表电场强度的正方向，两负点电荷所在位置分别为A、B点，等量负点电荷电场线分布如图所示在A点左侧电场线水平向右，场强为正，离A点越近，场强越大；在A到O之间，电场线向左，场强为负，离A越近，场强越大；在O到B之间，电场线向右，场强为正，离B越近，场强越大；在B点右侧，电场线水平向左，场强为负，离B越近，场强越大综上所述，只有选项A符合题意福建厦门市第一次质量检查）如图4所示，菱形ABCD的对角线相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N点，且OMO
21、N，则（）AB、D两处电势相等B把一个带正电的试探电荷从A点沿直线移动到B点的过程中，电场力先做正功再做负功CA、C两处场强大小相等、方向相反D同一个试探电荷放在A、C两处时电势能相等5（多选）（201920）静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则（）A运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行解析在两个等量同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两点电荷的连线上自M点（非两点电荷连线的中点）由
22、静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A正确；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，粒子运动到N点时动能不小于零，则粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能，选项C正确；若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合，选项B错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D错误6（多选）（2019广东珠海市质量监测）如图5，空间有平行于纸面的匀强电场，处于该电场中的直角三角形ABC直角边BC20 cm，A60，AD是A的角平分线若在直角顶点B处有一个射线源，能朝空间各方向射出动能为1 000 eV的电子，则能在顶点A和C分别探测到动能为1 100 eV和900 eV的电子，本题中运动的电子仅需考虑匀强电场的电场力，则（）AAB间的电势差UAB100 VB该匀强电场的场强E1 000 V/mC电场强度的方向沿A指向DD整个三角形内，顶点C的电势最高答案ABC解析从B到A由动能定理可得：eUBA1 100 eV1 000 eV，可得UBA100 V，所以UAB
