通用版2019版高考物理復(fù)習(xí)第一板塊第1講抓住“兩類場的本質(zhì)”理解電磁場的性質(zhì)講義含解析.docx

抓住“兩類場的本質(zhì)”理解電、磁場的性質(zhì)考法學(xué)法根據(jù)近幾年的高考試題來看，電場、磁場的性質(zhì)一直是考查的熱點。多數(shù)情況下，高考對該部分內(nèi)容以選擇題的形式考查，難度中等。主要考查內(nèi)容有：描述電場性質(zhì)的物理量：電場強(qiáng)度、電勢；平行板電容器的電容；描述電場的工具：電場線和等勢面；描述磁場性質(zhì)的物理量：磁感應(yīng)強(qiáng)度。用到的思想方法有：理想模型法；比值定義法；控制變量法；對稱法；合成法；分解法；整體法和隔離法；等效思想；分解思想。知能全通1類比法、對稱法求解疊加場的場強(qiáng)(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(dú)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。(2)對稱法：2電勢高低的三種判斷方法根據(jù)電場線方向判斷沿電場線方向電勢逐漸降低根據(jù)場源電荷的正負(fù)判斷取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負(fù)電荷周圍電勢為負(fù)值；靠近正電荷處電勢高，靠近負(fù)電荷處電勢低根據(jù)電場力做功判斷根據(jù)UAB，UABAB，將WAB、q的正負(fù)號代入，由UAB的正負(fù)判斷A、B的高低3電荷電勢能大小判斷的“四法”做功判斷法電場力做正功，電勢能減?。浑妶隽ψ鲐?fù)功，電勢能增大電荷電勢法正電荷在電勢越高的地方電勢能越大，負(fù)電荷在電勢越低的地方電勢能越大能量守恒法在電場中，若只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，兩種能量之和不變，所以電荷動能增加時，其電勢能減?。环粗?，其電勢能增大公式法將q、的大小、正負(fù)號一起代入公式Epq，Ep數(shù)值(包含正負(fù)號)越大，表示電勢能越大4.電勢差的三種計算方法(1)UABAB。(2)UAB，適用于任何電場。(3)UEd，適用于勻強(qiáng)電場。題點全練1.(2018全國卷)如圖，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab5 cm，bc3 cm，ca4 cm。小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線。設(shè)小球a、b所帶電荷量的比值的絕對值為k，則()Aa、b的電荷同號，kBa、b的電荷異號，kCa、b的電荷同號，k Da、b的電荷異號，k解析：選D由于小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、b的連線，根據(jù)受力分析知，a、b的電荷異號，根據(jù)庫侖定律，a對c的庫侖力為Fak0，b對c的庫侖力為Fbk0。設(shè)合力向左，如圖所示，根據(jù)相似三角形，得，聯(lián)立以上各式得k，D正確。2多選(2018石家莊質(zhì)檢)如圖所示，正方形ABCD的四個頂點各固定一個點電荷，所帶電荷量分別為q、q、q、q，E、F、O分別為AB、BC、AC的中點。下列說法正確的是()AE點電勢低于F點電勢BF點電勢等于E點電勢CE點電場強(qiáng)度與F點電場強(qiáng)度相同DF點電場強(qiáng)度大于O點電場強(qiáng)度解析：選BD根據(jù)對稱性可知，E、F兩點電勢相等，A項錯誤，B項正確；根據(jù)對稱性及電場強(qiáng)度的疊加原理可知，E點和F點電場強(qiáng)度大小相等而方向不同，O點的電場強(qiáng)度為零，F(xiàn)點的電場強(qiáng)度大于零，C項錯誤，D項正確。3.(2018菏澤模擬)如圖所示為某電場中x軸上電勢隨x變化的圖像，一個帶電粒子僅受電場力作用在x0處由靜止釋放，沿x軸正方向運(yùn)動，且以一定的速度通過xx2處，則下列說法正確的是()Ax1和x2處的場強(qiáng)均為零Bx1和x2之間的場強(qiáng)方向不變C粒子從x0處運(yùn)動到xx2過程中，電勢能先增大后減小D粒子從x0處運(yùn)動到xx2過程中，加速度先減小后增大解析：選Dx圖像中圖線的斜率表示場強(qiáng)，斜率絕對值的大小表示場強(qiáng)的大小，斜率的正負(fù)表示場強(qiáng)的方向，題圖中x1和x2之間的場強(qiáng)大小先減小后增大，場強(qiáng)方向先沿x軸負(fù)方向后沿x軸正方向，A、B項錯誤；粒子由x0處由靜止沿x軸正方向運(yùn)動，表明粒子運(yùn)動方向與電場力方向相同，則從x0到xx2的過程中，電場力先做正功后做負(fù)功，電勢能先減小后增大，C項錯誤；因從x0到xx2過程中，場強(qiáng)先減小后增大，即粒子所受的電場力先減小后增大，因此粒子的加速度先減小后增大，D項正確。4多選(2018全國卷)如圖，同一平面內(nèi)的a、b、c、d四點處于勻強(qiáng)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(q0)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()A此勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)方向一定與a、b兩點連線平行B若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為C若c、d之間的距離為L，則該電場的場強(qiáng)大小一定為D若W1W2，則a、M兩點之間的電勢差一定等于b、N兩點之間的電勢差解析：選BD結(jié)合題意，只能判定ab，cd，但場強(qiáng)方向不能得出，故A錯誤；場強(qiáng)的方向沿cd時，才有場強(qiáng)E，故C錯誤；由于M、N分別為ac和bd的中點，對于勻強(qiáng)電場，M，N，則UMN，可知該粒子從M點移動到N點的過程中，電場力做功W，故B正確；若W1W2，則abcd，變形得acbd，即UacUbd，而UaM，UbN，可知UaMUbN，故D正確。知能全通1公式法分析平行板電容器的兩類動態(tài)問題公式CCE情形始終連接電源充電后斷開電源不變量UQd變大C變小，Q變小，E變小C變小，U變大，E不變r變大C變大，Q變大，E不變C變大，U變小，E變小S變大C變大，Q變大，E不變C變大，U變小，E變小2.熟記二級結(jié)論(1)在直流電路中，電容器相當(dāng)于斷路，其兩端電壓等于與之并聯(lián)的支路兩端電壓。(2)電容器所帶的電荷量恒定不變時，極板間的電場強(qiáng)度與極板間距離無關(guān)。題點全練1(2018北京高考)研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實驗裝置如圖所示。下列說法正確的是()A實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C實驗中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計指針的張角變大D實驗中，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：選A實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應(yīng)，在b板上將感應(yīng)出異種電荷，故A正確；實驗中，b板向上平移，正對面積S變小，由C知，電容C變小，由C知，Q不變，U變大，因此靜電計指針的張角變大，故B錯誤；插入有機(jī)玻璃板，相對介電常數(shù)r變大，由C知，電容C變大，由C知，Q不變，U變小，因此靜電計指針的張角變小，故C錯誤；只增加極板帶電量，電容C不變，靜電計指針的張角變大，是由于U變大導(dǎo)致的，故D錯誤。2(2018江蘇高考)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴()A仍然保持靜止B豎直向下運(yùn)動C向左下方運(yùn)動 D向右下方運(yùn)動解析：選D開始時油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，有mgq，B板右端下移時，U不變，d變大，電場力Fq變小，mgF；并且A、B兩板之間的等差等勢面右端將均勻地順次向下移動，又電場強(qiáng)度垂直于等勢面，可得油滴的受力如圖所示，mg與F的合力方向為向右下方，故油滴向右下方運(yùn)動，D正確。3多選(2019屆高三上饒六校聯(lián)考)一位同學(xué)用底面半徑為r的圓桶形塑料瓶制作了一種電容式傳感器，用來測定瓶內(nèi)溶液深度的變化，如圖所示。瓶的外壁涂有一層導(dǎo)電涂層和瓶內(nèi)導(dǎo)電溶液構(gòu)成電容器的兩極，它們通過探針和導(dǎo)線與電源、電流計、開關(guān)相連，中間的一層塑料為絕緣介質(zhì)，其厚度為d，相對介電常數(shù)為r。若發(fā)現(xiàn)在某段時間t內(nèi)有大小為I的電流從下向上流過電流計，設(shè)電源電壓恒為U，則下列說法中正確的是()A瓶內(nèi)液面升高了B瓶內(nèi)液面降低了C電容器在這段時間內(nèi)放電D瓶內(nèi)液面高度在時間t內(nèi)變化了解析：選BCD根據(jù)公式C，當(dāng)d、r不變時，CS，而正對面積S正比于液面高度h。某段時間t內(nèi)電流計中有從下向上流過的電流，說明電容器在該段時間內(nèi)放電，電容器所帶的電荷量QCU在減小，由電源電壓U恒定，可知電容C在減小，則h也在減小，即瓶內(nèi)的液面降低了，故A錯誤，B、C正確；時間t內(nèi)電容器放電，釋放的電荷量QUCIt，C，解得h，故D正確。4多選如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管(正向電阻為零可以視為短路，反向電阻無窮大可以視為斷路)連接，電源負(fù)極接地。初始電容器不帶電，閉合開關(guān)穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器中的P點且處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是()A減小極板間的正對面積，帶電油滴會向上運(yùn)動，且P點的電勢會降低B將上極板下移，則P點的電勢不變C將下極板下移，則P點的電勢升高D無論哪個極板上移還是下移，帶電油滴都不可能向下運(yùn)動解析：選CD二極管具有單向?qū)щ娦裕]合開關(guān)后電容器充電，電容器的電容 C，極板間的電場強(qiáng)度E，整理得E，油滴靜止，則qEmg，減小極板間的正對面積S，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，所以電場?qiáng)度E變大，油滴所受電場力變大，油滴會向上運(yùn)動，P點與下極板的距離不變，E變大，則P點的電勢升高，故A錯誤；將上極板向下移動，d變小，電容器兩極板間的電場強(qiáng)度E變大，P點與下極板的距離不變，P點的電勢升高，故B錯誤；將下極板向下移動，d變大，由C可知，C變小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，電容器不能放電，由E可知電容器兩極板間的電場強(qiáng)度不變，P點與下極板的距離變大，P點與下極板間的電勢差變大，P點的電勢升高，故C正確；上極板上移或下極板下移時，d變大，由C項分析知電容器兩極板間的電場強(qiáng)度不變，油滴所受電場力不變，油滴靜止不動，上極板下移或下極板上移時，d變小，由B項分析知電場力變大，電場力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上運(yùn)動，故D正確。知能全通1掌握“兩個力”(1)安培力：FBIL(IB)。(2)洛倫茲力：FqvB(vB)，永不做功。2用準(zhǔn)“兩個定則”(1)對電流周圍的磁場方向判定用安培定則。(2)對安培力和洛倫茲力的方向判定用左手定則。3畫好“兩個圖形”(1)對安培力作用下的平衡、運(yùn)動問題畫好受力圖。(2)對帶電粒子的勻速圓周運(yùn)動問題畫好幾何圖形。4熟記“兩個等效模型”(1)變曲為直：圖甲所示通電導(dǎo)線，在計算安培力的大小和判斷方向時均可等效為ac直線電流。(2)化電為磁：環(huán)形電流可等效為小磁針，通電螺線管可等效為條形磁鐵，如圖乙。題點全練1多選(2018全國卷)如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)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(tǒng)處于勻強(qiáng)外磁場中，外磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外。則()A流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0B流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0C流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0D流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0解析：選AC外磁場、電流的磁場方向如圖所示，由題意知，在b點：B0B0B1B2，在a點：B0B0B1B2，由上述兩式解得B1B0，B2B0，故A、C正確。2多選(2017全國卷)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。3.如圖所示，兩平行導(dǎo)軌與水平面的夾角37，導(dǎo)軌間距為L1.0 m，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B可調(diào)，方向垂直導(dǎo)軌所在平面向下。一金屬桿長也為L，質(zhì)量為m0.2 kg，水平放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好而處于靜止?fàn)顟B(tài)，金屬桿與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)0.5，通有圖示方向的電流，電流大小I2.0 A，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值和最小值分別為()A1.0 T,0B1.0 T,0.6 TC1.0 T,0.2 T D0.6 T,0.2 T解析：選C由左手定則知安培力的方向沿斜面向上，因mgsin 1.2 N，fmmgcos 0.8 N，所以當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B最小時，安培力F1BminIL0.4 N，即Bmin0.2 T；當(dāng)B最大時，安培力F2BmaxIL2.0 N，即Bmax1.0 T，C對。4.有一勻強(qiáng)磁場的方向與xOy坐標(biāo)平面平行，一通電直導(dǎo)線與x軸平行放置時，導(dǎo)線受到的安培力為F。若將該導(dǎo)線做成圓環(huán)，放置在xOy坐標(biāo)平面內(nèi)，如圖所示，并保持通電的電流不變，兩端點a、b連線也與x軸平行，則圓環(huán)受到的安培力大小為()AF B.FC.F D.F解析：選C根據(jù)安培力公式FBIL，安培力F與導(dǎo)線的有效長度L成正比；若將該導(dǎo)線做成圓環(huán)，由L2R，解得圓環(huán)的半徑R，圓環(huán)a、b兩點之間的有效距離LR。由，解得FF，選項C正確。 研一題多選如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，O為圓心，P為邊界上的一點。相同的帶電粒子a、b(不計重力)從P點先后射入磁場，粒子a正對圓心射入，速度方向改變60后離開磁場，粒子b射入磁場時的速度方向與粒子a射入時的速度方向成60角，已知它們離開磁場的位置相同，下列說法正確的是()A兩粒子的速度之比為B兩粒子在磁場中運(yùn)動的時間之比為C兩粒子在磁場中運(yùn)動的半徑之比為D兩粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡長度之比為解析作出帶電粒子a、b在磁場中運(yùn)動的軌跡，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，兩粒子運(yùn)動的軌跡半徑之比，由r可得，兩粒子的速度之比為；兩粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡對應(yīng)的圓心角之比為，根據(jù)T，tT可得，兩粒子在磁場中運(yùn)動的時間之比為，根據(jù)運(yùn)動的軌跡長度svt，兩粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡長度之比為，B、D正確，A、C錯誤。答案BD悟一法 “三定四寫”求解粒子在磁場中的圓周運(yùn)動問題1一定圓心O(1)已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可過入射點和出射點分別作入射方向和出射方向的垂線，兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心O(如圖甲所示，圖中P為入射點，M為出射點)。(2)已知入射點和出射點的位置及入射方向時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作該線的垂直平分線，兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心O(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)。2二定半徑R(1)公式法R。(2)幾何法一般由三角關(guān)系及圓的幾何知識來計算確定。3三定圓心角圓心角等于粒子的速度偏向角，也等于弦與切線的夾角(弦切角)的2倍，即2tt，或(l為對應(yīng)的圓弧弧長)。4四寫方程基本方程qvBm，半徑公式R，周期公式T(與速度無關(guān))，運(yùn)動時間tT。通一類1.如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，M、N是磁場邊界上兩點且M、N連線過圓心O，在M點有一粒子源，可以在紙面內(nèi)沿各個方向向磁場里發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、速度大小均為v的帶正電粒子，不計粒子的重力，若某一個粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t，則該粒子從M點射入磁場時，入射速度方向與MN間夾角的正弦值為()A. B. C. D.解析：選A粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑r，由于該粒子在磁場中運(yùn)動的時間tT，可作出該粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，MOP為正三角形，粒子從M點射入的速度方向與MN的夾角為30，夾角正弦值為，A正確。2.如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中，x軸上方有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向外。許多質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，沿紙面內(nèi)x軸負(fù)方向與y軸正方向之間各個方向以相同的速率v從原點O射入磁場區(qū)域。不計粒子重力及粒子間的相互作用。選項圖中陰影部分表示帶電粒子在磁場中可能經(jīng)過的區(qū)域，其中正確的是()解析：選D粒子在以x軸為邊界的勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，粒子從x軸進(jìn)入磁場后再離開，粒子在進(jìn)、出磁場時，速度v與x軸的夾角相同，根據(jù)左手定則和R知，當(dāng)粒子沿x軸負(fù)方向運(yùn)動時，其軌跡如圖所示，是一個完整的圓，隨著粒子入射方向向y軸正方向轉(zhuǎn)動過程中，此圓以O(shè)為中心沿順時針方向轉(zhuǎn)動，當(dāng)粒子沿y軸正方向射入時，其軌跡為一個半圓，兩圖形的相交部分是粒子不能經(jīng)過的地方，故D正確。專題強(qiáng)訓(xùn)提能 1多選如圖所示，勻強(qiáng)電場中的A、B、C、D點構(gòu)成一位于紙面內(nèi)的平行四邊形，電場強(qiáng)度的方向與紙面平行。已知A、B兩點的電勢分別為A12 V、B6 V，則C、D兩點的電勢可能分別為()A9 V,15 VB9 V,18 VC0,6 V D6 V,0解析：選AC已知四邊形ABCD為平行四邊形，則AB與CD平行且等長，因為勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的方向與紙面平行，所以UABUDC6 V，分析各選項中數(shù)據(jù)可知，A、C正確，B、D錯誤。2.已知長直通電導(dǎo)線在周圍某點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與電流成正比，與該點到導(dǎo)線的距離成反比。如圖所示，4根電流相等的長直通電導(dǎo)線a、b、c、d平行放置，它們的橫截面的連線構(gòu)成一個正方形，O為正方形中心，a、b、c中電流方向垂直紙面向里，d中電流方向垂直紙面向外，則長直通電導(dǎo)線a、b、c、d在O點產(chǎn)生的合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B()A大小為零B大小不為零，方向由O指向dC大小不為零，方向由O指向cD大小不為零，方向由O指向a解析：選Da、c中電流方向相同，由安培定則可知，兩導(dǎo)線在O處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，合矢量為零；b、d中電流方向相反，由安培定則可知，兩導(dǎo)線在O處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均由O指向a，故D選項正確。3(2018天津高考)如圖所示，實線表示某電場的電場線(方向未標(biāo)出)，虛線是一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下的運(yùn)動軌跡，設(shè)M點和N點的電勢分別為M、N，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。下列判斷正確的是()AvMvN，aMaN BvMvN，MNCMN，EpMEpN DaMaN，EpMEpN解析：選D電場線密的地方場強(qiáng)大，粒子受到的電場力大，所以aMN，故B、C錯誤；又由Epq和能量守恒知，帶負(fù)電的粒子在電勢越低的位置，具有的電勢能越大，而動能越小，即EpMvN，故A錯誤，D正確。4多選如圖所示，Q1、Q2為兩個帶等量正電的點電荷，在兩者的電場中有M、N和O三點，其中M和O在Q1、Q2的連線上(O為連線的中點)，N為過O點的垂線上的一點。則下列說法中正確的是()A在Q1、Q2連線的中垂線位置可以畫出一條電場線B若將一個帶正電的點電荷分別放在M、N和O三點，則該點電荷在M點時的電勢能最大C若將一個帶電荷量為q的點電荷從M點移到O點，則電勢能增加D若將一個帶電荷量為q的點電荷從N點移到O點，則電勢能增加解析：選BC根據(jù)等量同種正點電荷形成的電場在點電荷連線和中垂線上的電場強(qiáng)度和電勢的特點可知，A錯誤；M、N、O三點電勢大小的關(guān)系為MON，可判定帶正電的點電荷在M點時的電勢能最大，B正確；從M點到O點電勢降低，故電場力對帶電荷量為q的點電荷做負(fù)功，則電勢能增加，C正確；從N點到O點電勢升高，故電場力對帶電荷量為q的點電荷做正功，則電勢能減少，D錯誤。5.在光滑絕緣的水平地面上放置四個相同的可視為質(zhì)點的金屬小球，小球A、B、C位于等邊三角形的三個頂點上，小球D位于三角形的中心，如圖所示?，F(xiàn)讓小球A、B、C都帶電荷量為Q的正電荷，讓小球D帶電荷量為q的負(fù)電荷，若四個小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則Q與q的比值為()A. B.C3 D.解析：選D設(shè)等邊三角形的邊長為a，由幾何知識可知，BDacos 30a，以小球B為研究對象，由平衡條件可知，cos 302，解得 ，D項正確。6.質(zhì)量為m、長度為l的金屬棒MN兩端由絕緣等長輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。開始時細(xì)線豎直，當(dāng)金屬棒中通以恒定電流后，金屬棒從最低點開始向右擺動，若已知細(xì)線與豎直方向的最大夾角為60，如圖所示，則金屬棒中的電流()A方向由M向N，大小為B方向由N向M，大小為C方向由M向N，大小為D方向由N向M，大小為解析：選B由題意知，金屬棒受到向右的安培力，根據(jù)左手定則，可判斷金屬棒中的電流方向由N向M；金屬棒所受安培力的方向垂直于MN和磁場方向向右，由于金屬棒向上運(yùn)動的過程中重力和安培力做功，細(xì)線的拉力不做功，設(shè)細(xì)線的長度為x，由功能關(guān)系得：BIlxsin mg(xxcos )0，解得：I，B正確。7.如圖所示，a、b、c、d、O五點均在勻強(qiáng)電場中，它們剛好是一個半徑為R m的圓的四個等分點和圓心O，b、c、d三點的電勢如圖所示。已知電場線與圓所在平面平行，關(guān)于電場強(qiáng)度的大小和方向，下列說法正確的是()A電場強(qiáng)度的方向由O指向b點B電場強(qiáng)度的方向由O指向d點C電場強(qiáng)度的大小為10 V/mD電場強(qiáng)度的大小為10 V/m解析：選D由勻強(qiáng)電場中平行線上等間距點間的電勢差相等可得，O點的電勢為6 V，如圖所示，O、d連線的中點e處的電勢為8 V，連接c、e，過O作ce的垂線交ce于f，則ce為等勢線，電場線垂直于ce向下，即電場強(qiáng)度的方向由f指向O點，連接c、O，由Oc m，eO m，得ec m，由相似三角形得Of m，O、f間的電勢差為2 V，則電場強(qiáng)度大小為E10 V/m，選項D正確。8多選(2018全國卷)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等?，F(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止開始運(yùn)動。在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是()Aa的質(zhì)量比b的大B在t時刻，a的動能比b的大C在t時刻，a和b的電勢能相等D在t時刻，a和b的動量大小相等解析：選BD經(jīng)時間t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則xaxb，根據(jù)xat2t2知，mamb，故A錯誤；電場力做功WaWb，由動能定理知，a的動能比b的動能大，故B正確；a、b處在同一等勢面上，根據(jù)Epq，a、b的電勢能絕對值相等，符號相反，故C錯誤；根據(jù)動量定理知a、b的動量大小相等，故D正確。9.在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以大小為v的初速度水平拋出，從B點進(jìn)入電場，到達(dá)C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB2BC，如圖所示，由此可知()A小球帶正電B電場力大小為2mgC小球從A點到B點與從B點到C點的運(yùn)動時間相等D小球從A點到B點與從B點到C點的速度變化不同解析：選D根據(jù)小球從B點進(jìn)入電場的軌跡可以看出，小球所受的電場力豎直向上，即小球帶負(fù)電，選項A錯誤；因為到達(dá)C點時速度水平，所以小球在C點時的速度等于在A點時的速度，因為AB2BC，設(shè)B、C間豎直距離為h，則A、B間豎直距離為2h，小球由A點到C點根據(jù)動能定理有mg3hEqh0，即Eq3mg，選項B錯誤；小球從A點到B點的過程中，在豎直方向上的加速度大小為g，方向豎直向下，所用時間為t12，從B點到C點的過程中，在豎直方向上的加速度大小為a22g，方向豎直向上，故所用時間t2 ，故t12t2，選項C錯誤；小球從A點到B點與從B點到C點的過程中速度變化大小都等于2，但方向相反，選項D正確。10.(2019屆高三九江模擬)如圖所示，A是帶電量為Q、半徑為R的絕緣球體，且電荷均勻分布(均勻分布電荷的絕緣球體在空間產(chǎn)生對稱的電場，場強(qiáng)大小只和到球心的距離有關(guān))。B為帶電量為q的帶電體，可視為點電荷，已檢測到c點的場強(qiáng)為零，d點與c點到球心O的距離都為r，B到c點的距離也為r，若只把B移到e點，則d點場強(qiáng)大小為()Ak BkCk Dk解析：選AA在c點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為EAk，方向水平向右；B在c點產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為EBk，方向水平向左；因