2020高考物理專題06 電場、磁場的基本性質(zhì)(講)

1、專題六電場、磁場的基本性質(zhì)本專題主要是綜合應用動力學方法和功能關系解決帶電粒子在電場和磁場中的運動問題這部分的題目覆蓋的內(nèi)容多，物理過程多，且情景復雜，綜合性強，常作為理綜試卷的壓軸題高考對本專題考查的重點有以下幾個方面：對電場力的性質(zhì)和能的性質(zhì)的理解；帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)問題；帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動問題；帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運動問題；帶電粒子在電場和磁場的疊加場中的運動問題；帶電粒子在電場和磁場中運動的臨界問題知識點一、對電場強度的理解及計算電場強度三個表達式的比較EE表達式比較公式意義適用條件決定因素Fq電場強度定義式一切電場由電場本身決定，與q無關QEkr2真

2、空中點電荷的電場強度決定式真空；點電荷由場源電荷Q和場源電荷到該點的距離r共同決定Ud勻強電場中E與U關系式勻強電場由電場本身決定知識點二、電場的基本性質(zhì)v0知識點三、帶電粒子在電場中的運動1.帶電粒子在電場中的直線運動帶電粒子沿與電場線平行的方向進入電場，帶電粒子將做加(減)速運動2帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)(1)研究條件：帶電粒子垂直于電場方向進入勻強電場(2)處理方法：類似于平拋運動，應用運動的合成與分解的方法處理l沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間t.沿電場力方向，做勻加速直線運動知識點四、帶電粒子在磁場中的運動高頻考點一對電場性質(zhì)的理解（q例1、2019新課標全國卷）如圖，電荷量分

3、別為q和（q0）的點電荷固定在正方體的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點。則Aa點和b點的電勢相等Ba點和b點的電場強度大小相等Ca點和b點的電場強度方向相同D將負電荷從a點移到b點，電勢能增加【答案】BC【解析】由幾何關系，可知b的電勢大于a的電勢，故A錯誤，把負電荷從a移到b，電勢能減少，故D錯誤;由對稱性和電場的疊加原理，可得出a、b的合電場強度大小、方向都相同，故B、C正確。（f【舉一反三】2018年全國卷）圖中虛線a、b、c、d、代表勻強電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2V。一電子經(jīng)過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV。下列說法正確

4、的是（）A.平面c上的電勢為零B.該電子可能到達不了平面fC.該電子經(jīng)過平面d時，其電勢能為4eVD.該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍【答案】AB【解析】本題考查等勢面及其相關的知識點。根據(jù)題述，勻強電場中等勢面間距相等，相鄰等勢面之間的電勢差相等。設相鄰等勢面之間的電勢差為U，根據(jù)電子從a到d的過程中克服電場力所做功為Wab=6eV，電場方向水平向右。由Wab=3eV，聯(lián)立解得：U=2V。已知b的電勢為2V，則平面c上的電勢為零，A正確；由于af之間的電勢差為4U=8V，一電子經(jīng)過a時的動能為10eV，由于題述沒有指出電子速度方向，若該電子速度方向指向左或指向上或下，則該電子就到達不

5、了平面f，B正確；由于題述沒有指出電子速度方向，CD錯誤?！咀兪教骄俊俊?017天津卷】如圖所示，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電a場線，虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡。設電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、B，電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是A電子一定從A向B運動B若aAaB，則Q靠近M端且為正電荷C無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpAaB，說明電子在M點受到的電場力較大，M點的電場強度較大，根據(jù)點電荷的電場分布可知，靠近M端為場源電荷的位置，應帶正電，故B正確；無論Q為正電荷還是負電荷，一定有電勢AB，電子電勢能Epe，電勢能是標量，所以一

6、定有EpAEbBWaWb，EaEbCWaWb，EaEbDWaWb，EaEb.選項A正確【舉一反三】真空中存在一點電荷產(chǎn)生的電場，其中a、b兩點的電場強度方向如圖3所示，a點的電場方向與ab連線成60，b點的電場方向與ab連線成30.另一帶正電粒子以某初速度只在電場力作用下由a運動到b.以下說法正確的是()圖3Aa、b兩點的電場強度Ea3Eb(3)根據(jù)a判斷，a越大，場強越大Ba、b兩點的電勢aEkbD帶正電粒子在a、b兩點的電勢能EpaEpb【答案】AD132【解析】a點到O點的距離RaLabcos602Lab，b點到O點距離RbLbcos30Lab，根據(jù)點電荷kQ的場強公式Er2，可得：Ea

7、3Eb，故A正確；在正點電荷的周圍越靠近場源電勢越高，故有ab，故B錯誤；帶正電粒子在a、b兩點的電勢能EpaEpb，故D正確；由能量守恒，帶正電粒子在a、b兩點的動能Eka0）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.此勻強電場的場強方向一定與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，則該電場的場強大小一定為D.若W1=W2，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【答案】BD【解析】利用電場力做功，可以找到兩點之間電勢差的關系，要知道中點電勢和兩端點電勢之間

8、的關系。選項根據(jù)題意無法判斷，A錯誤。由于電場為勻強磁場，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點，所以，。若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為，B正確；因為不知道勻強電場方向，所以場強大小不一定是，C錯誤；若W1=W2，說明，。由因為；解得：，故D正確；故選BD?！咀兪教骄俊俊?017新課標卷】一勻強電場的方向平行于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10V、17V、26V。下列說法正確的是A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【答案】ABD【解析】如圖所示

9、，設a、c之間的d點電勢與b點相同，則ad10177，d點坐標為(3.5cm，dc172696cm)，過c點作cfbd于f，由幾何關系可得cf=3.6cm，則電場強度EU2617V/cm2.5V/cm，d3.6A正確；因為四邊形Oacb是矩形，所以有UacU，解得坐標原點O處的電勢為1V，B正確；a點電勢Ob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，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，D正確?！咀兪教骄俊咳鐖D5所示，在正方形區(qū)域的四個頂點固定放置四個點電荷，它們的電量的絕對值相等，電性如圖中所示K、L、M、N分別為正方形四條

10、邊的中點，O為正方形的中心下列關于各點的電場強度與電勢的判斷正確的是()圖5AK點與M點的電場強度大小相等、方向相反BO點的電場強度為零CN點電場強度的大小大于L點電場強度的大小DK、O、M三點的電勢相等【解析】根據(jù)點電荷的電場即電場的疊加可得：K點與M點的電場強度大小相等、方向相同，所以A錯誤；O點的電場強度方向水平向右，不為零，所以B錯誤；由對稱性知，N點的電場強度大小等于L點的電場強度大小，所以C錯誤；K、O、M三點的電勢都等于零，所以D正確【答案】D【變式探究】如圖6所示，在真空中的A、B兩點分別放置等量異種點電荷，在AB兩點間取一正五角星形路徑abcdefghija，五角星的中心與A

11、B連線的中點重合，其中af連線與AB連線垂直現(xiàn)將一電子沿該路徑逆時針方向移動一周，下列判斷正確的是()圖6Ae點和g點的電場強度相同Bh點和d點的電勢相等C電子在e點的電勢能比g點電勢能大D電子從f點到e點再到d點過程中，電場力先做正功后做負功【答案】C【解析】由對稱性可知，e點和g點的電場強度大小相同，但方向不同，選項A錯誤；h點電勢高于d點的電勢，選項B錯誤；因為g點的電勢高于e點，故電子在e點的電勢能比g點電勢能大，選項C正確；電子從f點到e點再到d點過程中，電勢先降低再升高，電勢能先增大后減小，電場力先做負功后做正功，選項D錯誤高頻考點三平行板電容器及其動態(tài)分析問題例3如圖所示，固定在

12、絕緣支架上的平行板電容器充電后與電源斷開，B極板接地，A極板與一個靜電計相連將B極板向左水平移動一小段距離后，電容器的電容C、靜電計指針偏角和極板間電場強度E的變化情況分別是()r由C知電容C減小，又C，則知兩板間電壓U升高，則靜電計指針偏角變大，再由ErSAC變小，變大，E不變BC不變，不變，E變小CC變小，不變，E不變DC變小，變大，E變小【答案】A【解析】電容器充好電后與電源斷開，則電容器所帶電荷量不變當B極板左移時，極板間距離增大，SQUQ4kdUdCd4kQ可知電場強度不變，故A正確【方法技巧】解電容器問題的常用技巧(1)在電荷量保持不變的情況下，極板間電場強度與板間的距離無關(2)

13、對平行板電容器的有關物理量Q、E、U、C進行討論時，關鍵在于弄清哪些是變量，哪些是不變量，SUr在變量中哪些是自變量，哪些是因變量，抓住C4kd、QCU和Ed進行判定即可【變式探究】(多選)如圖所示，平行板電容器與直流電源連接，上極板接地一帶負電的油滴位于電容器的P點且處于靜止狀態(tài)現(xiàn)將下極板豎直向下緩慢地移動一小段距離則()【解析】將下極板豎直向下緩慢地移動一小段距離，間距d增大，由C可得電容器的電容減小，4kd而U一定，由C可得電荷量Q減少，選項D錯誤；根據(jù)E可得板間場強減小，重力大于電場力，帶A帶電油滴將豎直向下運動B帶電油滴的機械能將增加CP點的電勢將升高D電容器的電容增大，極板帶電荷量

14、增加【答案】ACrSQUUd電油滴將豎直向下運動，電場力做負功，機械能減少，選項A正確、B錯誤；因上極板接地，電勢為0，P點電勢PEy隨E的減小而增大，選項C正確【舉一反三】如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面的夾角為，極板間距為d，帶負電的微粒質(zhì)量為m、帶電荷量為q，微粒從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入極板間，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，則()D微粒從A點到B點的過程中電勢能減少由牛頓第二定律得mgtanma，加速度agtan，選項B錯誤；又電場力Eq，兩極板間的電場強10A微粒到達B點時動能為2mv2B微粒的加速度大小等于gsincosC兩極板間的電勢差UMNq

15、mgdmgdcos【答案】C12【解析】微粒的受力情況如圖所示，微粒做勻減速直線運動，到達B點時動能小于2mv0，選項A錯誤；mgcosmgmgd度Eqcos，兩板間的電勢差UMNEdqcos，選項C正確；微粒從A向B運動，電場力做負功，電勢能增加，選項D錯誤高頻考點四帶電粒子在有界磁場中的臨界、極值問題例4、（2019北京卷）如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是B錯誤；若僅減小磁感應強度，由公式qvBm得：r，所以磁感應強度減小，半徑增大，所A粒子帶正電B粒子在b點速率大于在a點速率C若僅減小磁感應強度，則粒子可能從b點

16、右側(cè)射出D若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短【答案】C【解析】由左手定則確粒子的電性，由洛倫茲力的特點確定粒子在b、a兩點的速率，根據(jù)v2qvBm確定粒子運動半徑和運動時間。由題可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，所以粒子應帶r負電，故A錯誤；由于洛倫茲力不做功，所以粒子動能不變，即粒子在b點速率與a點速率相等，故v2mvrqB以粒子有可能從b點右側(cè)射出，故C正確，若僅減小入射速率，粒子運動半徑減小，在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角增大，則粒子在磁場中運動時間一定變長，故D錯誤。（【舉一反三】2018年江蘇卷）如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，點中間兩個磁場區(qū)域間隔為2

17、d，中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O，各區(qū)域磁感應強度大小相等某粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q，從O沿軸線射入磁場當入射速度為v0時，粒子從O上方處射出磁場取sin53=0.8，cos53=0.6（1）求磁感應強度大小B；（2）入射速度為5v0時，求粒子從O運動到O的時間t；（3）入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO平移中間兩個磁場（磁場不重疊），可使粒子從O運動到O的時間增加t，求t的最大值【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）粒子圓周運動的半徑由題意知，解得（2）設粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為由d=rsin，得sin=，即=53在一個矩形磁場中的運動時間，解得直線運動的時間，解得則（3）將中間兩

18、磁場分別向中央移動距離x粒子向上的偏移量y=2r（1cos）+xtan由y2d，解得則當xm=時，t有最大值粒子直線運動路程的最大值增加路程的最大值增加時間的最大值P【變式探究】【2017新課標卷】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磁場，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)沿不同的方向射入磁場。若粒子射入速率為v，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v，相應的出射12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v:v為21A3:2B2:1C3:1D3:2【答案】C【解析】當粒子在磁場中運動半個圓周時，打到

19、圓形磁場的位置最遠。則當粒子射入的速度為v，1如圖，由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為rRcos60112R；同理，若粒子射入的速度為v，2由幾何知識可知，粒子運動的軌道半徑為rRcos302故選C。3mvR；根據(jù)r2qBv，則v:v=r:r3:1，2121【變式探究】某裝置用磁場控制帶電粒子的運動，工作原理如圖8所示裝置的長為L，上、下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d.裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點，M位于軸線OO上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射

20、入，方向與軸線成30角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達P點改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達收集板的位置不計粒子的重力圖8(1)求磁場區(qū)域的寬度h；(2)欲使粒子到達收集板的位置從P點移到N點，求粒子入射速度的最小變化量v；(3)欲使粒子到達M點，求粒子入射速度大小的可能值【解析】(1)設粒子在磁場中的軌跡半徑為r，粒子的運動軌跡如圖所示根據(jù)題意知L3rsin30dcot30，且磁場區(qū)域的寬度hr(1cos30)解得：h(L3d)(1)(2)設改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壽E半徑為r，洛倫茲力提供向心力，則有mqvB，mqvB，322332v2v2rr由題意知3rsin304rsin3

21、0，(d)解得粒子速度的最小變化量vvvqBL3m64且mnqvnB，解得vn(3d)(1n(3)設粒子經(jīng)過上方磁場n次d由題意知L(2n2)2cot30(2n2)rnsin30v2qBL3Lrnmn13d1，n取整數(shù))【答案】(1)(L3d)(1)(2)(d)(3)(3d)(1n1，n取整數(shù))上述粒子的比荷(C/kg)是()23qBL332m64qBL3Lmn13d3【變式探究】圖9為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B2.010T，在x軸上距坐標原點L0.50m的P處為離子的入射口，在y軸上安放接收器，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v3.51

22、04m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上距坐標原點L0.50m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設帶電粒子的質(zhì)量為m，電量為q，不計其重力則qm圖9A3.5107B4.9107C5.3107【答案】BD7107磁場中做勻速圓周運動的直徑，由幾何關系得r2L，由洛倫茲力提供粒子在磁場中做勻速圓周運動的向心力，可得qvB，聯(lián)立解得4.9107C/kg，故選項B正確。大小為B.在正方形對角線CE上有一點P，其到CF、CD距離均為，且在P點處有一個發(fā)射正離子的裝置，【解析】設粒子在磁場中的運動半徑為r，畫出粒子的軌跡圖如圖所示。依題意MP連線即為該粒子在2mv2qrm【舉一反三】如圖10所

23、示，在邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應強度L4能連續(xù)不斷地向紙面內(nèi)的各方向發(fā)射出速率不同的正離子已知離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計離子重力及離子間相互作用力(2)求速率為v的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍圖10(1)速率在什么范圍內(nèi)的所有離子均不可能射出正方形區(qū)域？13qBL32m【答案】(1)v(2)dqBLL8m423L8(1)依題意可知離子在正方形區(qū)域內(nèi)做圓周運動不射出該區(qū)域，做圓周運動的半徑為r.對離子，由牛頓第二定律有qvBmv.(2)當v時，設離子在磁場中做圓周運動的半徑為R，則由qvBm可得R.【解析】因離子以垂直于磁場的速度射入磁場，故其在洛倫茲

24、力作用下必做圓周運動L8v2qBrqBLrm8m13qBLv2mvm13qBL13L32mRqBqB32m32甲R2(x)2(R)2，計算可得xL，要使離子從DE射出，則其必不能從CD射出，其臨界狀態(tài)是離子軌跡與CD邊相切，設切點與C點距離為x，其軌跡如圖甲所示，由幾何關系得：LL4458設此時DE邊出射點與D點的距離為d1，則由幾何關系有：(Lx)2(Rd1)2R2，L解得d14.乙而當離子軌跡與DE邊相切時，離子必將從EF邊射出，設此時切點與D點距離為d2，其軌跡如圖乙所示，由幾何關系有：3LR2(4LR)2(d24)2，解得d2283L.故速率為v的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍為d

25、。13qBLL23L32m48【方法技巧】1解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題，關鍵在于運用動態(tài)思維，尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關系2粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運動軌跡與磁場邊界相切高頻考點五帶電粒子在勻強磁場中的多過程問題例5、如圖11所示，在xOy平面內(nèi)，以O(0，R)為圓心、R為半徑的圓內(nèi)有垂直平面向外的勻強磁場，x軸下方有垂直平面向里的勻強磁場，兩區(qū)域磁感應強度大小相等第四象限有一與x軸成45角傾斜放置的擋板PQ，P、Q兩點在坐標軸上，且O、P兩點間的距離大于2R，在圓形磁場的左側(cè)0y0）的點

26、電荷固定在正方體的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點。則Aa點和b點的電勢相等Ba點和b點的電場強度大小相等Ca點和b點的電場強度方向相同D將負電荷從a點移到b點，電勢能增加【答案】BC【解析】由幾何關系，可知b的電勢大于a的電勢，故A錯誤，把負電荷從a移到b，電勢能減少，故D錯誤;由對稱性和電場的疊加原理，可得出a、b的合電場強度大小、方向都相同，故B、C正確。Q4（2019北京卷）如圖所示，a、b兩點位于以負點電荷（Q0）為球心的球面上，c點在球面外，則Aa點場強的大小比b點大Bb點場強的大小比c點小Ca點電勢比b點高Db點電勢比c點低【答案】D【解析】由點電荷場強公式EkQr2確定

27、各點的場強大小，由點電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面和沿電場線方向電勢逐漸降低確定各點的電勢的高低。由點電荷的場強公式EkQr2可知，a、b兩點到場源電荷的距離相等，所以a、b兩點的電場強度大小相等，故A錯誤；由于c點到場源電荷的距離比b點的大，所以b點的場強大小比c點的大，故B錯誤；由于點電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面，所以ab點與b點電勢相等，負電荷的電場線是從無窮遠處指向負點電荷，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，所以點電勢比c點低，故D正確。5（2019天津卷）如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方

28、向相反，則小球從M運動到N的過程A動能增加12mv2B機械能增加2mv2C重力勢能增加32mv222D電勢能增加2mv2【答案】B【解析】由動能的表達式Ekmv2可知帶電小球在M點的動能為Emv2，在N點的動能kM11m2v2mv2，所以動能的增量為Emv2，故A錯誤；帶電小球在電場中做類平拋22為EkN13k運動，豎直方向受重力做勻減速運動，水平方向受電場力做勻加速運動，由運動學公式有mt，可得qE2mg，豎直方向的位移ht，水平方向的位移vvgt,v2vatqEyxv222tvt，因此有x2h，對小球由動能定理有qExmghVEx2v3mv2，聯(lián)立上式可解得kqEx2mv2，mgh12mv

29、2，因此電場力做正功，機械能增加，故機械能增加2mv2，電勢能減少2mv2，1故B正確D錯誤，重力做負功重力勢能增加量為mv2，故C錯誤。26（2019江蘇卷）一勻強電場的方向豎直向上，t=0時刻，一帶電粒子以一定初速度水平射入該電場，電場力對粒子做功的功率為P，不計粒子重力，則P-t關系圖象是【答案】A【解析】由于帶電粒子在電場中類平拋運動，在電場力方向上做勻加速直線運動，加速度為qEm，經(jīng)過時間t，電場力方向速度為qEqEt，功率為PFvqEt，所以P與t成正比，故A正確。mm7（2019江蘇卷）如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為+q的點電荷固定在A點先將一電荷量也為+q的點電荷Q1從

30、無窮遠處（電勢為0）移到C點，此過程中，電場力做功為-W再將Q1從C點沿CB移到B點并固定最后將一電荷量為-2q的點電荷Q2從無窮遠處移到C點下列說法正確的有AQ1移入之前，C點的電勢為WqBQ1從C點移到B點的過程中，所受電場力做的功為0CQ2從無窮遠處移到C點的過程中，所受電場力做的功為2WDQ2在移到C點后的電勢能為-4W【答案】ABDq【解析】由題意可知，C點的電勢為CEpWq，故A正確；由于B、C兩點到A點(q)的距離相等，所以B、C兩點的電勢相等，所以Q1從C點移到B點的過程中，電場力做功為0，故B正確；q由于B、C兩點的電勢相等，所以當在B點固定Q1后，C點的電勢為2W，所以Q2

31、從無窮遠移到Cq點過程中，電場力做功為：WqU2q02W2W4W故C錯誤；由于C點的電勢為，所以電q勢能為Ep4W，故D正確。8（2019浙江選考）等量異種電荷的電場線如圖所示，下列表述正確的是Aa點的電勢低于b點的電勢Ba點的場強大于b點的場強，方向相同C將一負電荷從a點移到b點電場力做負功D負電荷在a點的電勢能大于在b點的電勢能【答案】C【解析】沿電場線方向電勢降低，故a點電勢高于b點電勢，A錯誤；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a點的場強大于b點的場強，電場線的切線方向為場強方向，故ab兩點的電場強度方向不同，B錯誤；負電荷在低電勢處電勢能大，所以從a點（高

32、電勢）移動到b點（低電勢），電勢能增大，電場力做負功，C正確D錯誤9（2019浙江選考）電荷量為4106C的小球絕緣固定在A點，質(zhì)量為0.2kg、電荷量為5106C的小球用絕緣細線懸掛，靜止于B點。A、B間距離為30cm，AB連線與豎直方向夾角為60。靜電力常量為9.0109Nm2/C2，小球可視為點電荷。下列圖示正確的是ABCD【答案】BAB9.0109N2N，小球B受到【解析】兩球之間的庫侖力為Fkqq41065106r20.32的重力大小為G2N，且F與豎直方向夾角為60，F(xiàn)G，故小球B受到的庫侖力，重力以及細BB線的拉力，組成的矢量三角形為等邊三角形，所以細線與豎直方向的夾角為60，B

33、正確10（2019浙江選考）磁流體發(fā)電的原理如圖所示。將一束速度為v的等離子體垂直于磁場方向噴入磁感應強度為B的勻強磁場中，在相距為d、寬為a、長為b的兩平行金屬板間便產(chǎn)生電壓。如果把上、下板和電阻R連接，上、下板就是一個直流電源的兩極。若穩(wěn)定時等離子體在兩板間均勻分布，電阻率為。忽略邊緣效應，下列判斷正確的是A上板為正極，電流IBdvabRabdB上板為負極，電流IBvad2RabbC下板為正極，電流IBdvabRabdD下板為負極，電流IBvad2Rabb【答案】C【解析】根據(jù)左手定則，正電荷受到的洛倫茲力方向向下，負電荷受到的洛倫茲力向上，因此下極板為電源的正極，根據(jù)平衡有qvBqE，解

34、得穩(wěn)定時電源的電動勢EBdv，則流過R的電流為dIEdBdvab，而r，Sab，則得電流大小為I，C正確RrSabRd11（2019新課標全國卷）如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接，已如導體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為2A2FB1.5FC0.5FD0【答案】B【解析】設每一根導體棒的電阻為R，長度為L，則電路中，上下兩路電阻之比為R:R2R:R2:1，根據(jù)并聯(lián)電路兩端各電壓相等的特點可知，上下兩路電流之比I:I1:2。如1212下圖所示，由于上路通電的導體受安培力

35、的有效長度為L，根據(jù)安培力計算公式FILB，可知F:FI:I1:2，得F1F，根據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受的合力大小12為FF3F，故本題選B。212（2019新課標全國卷）如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面（abcd所在平面）向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為1AkBl，41CkBl，25454kBlkBl15BkBl，kBl4415DkBl，kBl24Bq=44m4【答案】B【解析】a點射出粒子半徑Ra=mvlBqlBlka，

36、d點射出粒子半徑為R2l2R，R=l，故vd=244m4l255Bql5klB=，故B選項符合題意113（2019新課標全國卷）如圖，在坐標系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應強度大小分別為B2和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q0）的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為6qBB7m6qB6qBD13mA5m11mC6qB【答案】B【解析】運動軌跡如圖。即運動由兩部分組成,第一部分是11個周期,第二部分是個周期,粒子在第二象限運動轉(zhuǎn)過的角46度為90，則運動的時間為t2T12mm244qB2qB；粒子在

37、第一象限轉(zhuǎn)過的角度為60，則運動的時T12m2m66q3qB；則粒子在磁場中運動的時間為：3qB2qB6qB間為t1212mm7mBttt12，故B正確，ACD錯誤。.a14（2019北京卷）如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從點射入，從b點射出。下列說法正確的是A粒子帶正電B粒子在b點速率大于在a點速率C若僅減小磁感應強度，則粒子可能從b點右側(cè)射出D若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短【答案】Ca【解析】由左手定則確粒子的電性，由洛倫茲力的特點確定粒子在b、兩點的速率，根據(jù)qvBmv2r小磁感應強度，由公式qvBm得：r，所以磁感應強度減小，半徑增大

38、，所以粒子有可能從確定粒子運動半徑和運動時間。由題可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，所以粒子應帶負電，故A錯誤；由于洛倫茲力不做功，所以粒子動能不變，即粒子在b點速率與a點速率相等，故B錯誤；若僅減v2mvrqBb點右側(cè)射出，故C正確，若僅減小入射速率，粒子運動半徑減小，在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角增大，則粒子在磁場中運動時間一定變長，故D錯誤。15（2019天津卷）筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為a、長為c的矩形半導體霍爾元件，元件內(nèi)的導電粒子是電荷量為e的

39、自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此控制屏幕的熄滅。則元件的（）A前表面的電勢比后表面的低B前、后表面間的電壓U與v無關C前、后表面間的電壓U與c成正比D自由電子受到的洛倫茲力大小為eUa【答案】D【解析】由圖知電流從左向右流動，因此電子的運動方向為從右向左，根據(jù)左手定則可知電子偏轉(zhuǎn)到后面表，因此前表面的電勢比后表面的高，故A錯誤，電子在運動過程中洛倫茲力和電場力平衡，aaa有F=evB,F=eEe洛電UUU，故F=e，故D正確，由evBe則電壓UavB，故前后表面的洛電壓與速度

40、有關，與a成正比，故BC錯誤。16（2019江蘇卷）如圖所示，在光滑的水平桌面上，a和b是兩條固定的平行長直導線，通過的電流強度相等矩形線框位于兩條導線的正中間，通有順時針方向的電流，在a、b產(chǎn)生的磁場作用下靜止則a、b的電流方向可能是A均向左B均向右Ca的向左，b的向右Da的向右，b的向左【答案】CD【解析】由右手螺旋定則可知，若a、b兩導線的電流方向相同，在矩形線框上、下邊處產(chǎn)生的磁場方向相反，由于矩形線框上、下邊的電流方向也相反，則矩形線框上、下邊所受的安培力相反，所以不可以平衡，則要使矩形線框靜止，a、b兩導線的電流方向相反，故CD正確。17（2019浙江選考）電流天平是一種測量磁場力

41、的裝置，如圖所示。兩相距很近的通電平行線圈和，線圈固定，線圈置于天平托盤上。當兩線圈均無電流通過時，天平示數(shù)恰好為零。下列說法正確的是A當天平示數(shù)為負時，兩線圈電流方向相同B當天平示數(shù)為正時，兩線圈電流方向相同C線圈對線圈的作用力大于線圈對線圈的作用力D線圈對線圈的作用力與托盤對線圈的作用力是一對相互作用力【答案】A【解析】當兩線圈電流相同時，表現(xiàn)為相互吸引，電流方向相反時，表現(xiàn)為相互排斥，故當天平示數(shù)為正時，兩者相互排斥，電流方向相反，當天平示數(shù)為負時，兩者相互吸引，電流方向相同，A正確CB錯誤；線圈對線圈的作用力與線圈對線圈的作用力是一對相互作用力，等大反向，錯誤；靜止時，線圈II平衡，線

42、圈對線圈的作用力與托盤對線圈的作用力是一對平衡力，D錯誤1.（2018年江蘇卷）如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態(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.豎直向下運動C.向左下方運動D.向右下方運動【答案】D【解析】本題考查平行板電容器的電場及電荷受力運動的問題，意在考查考生分析問題的能力。兩極板平行時帶電粒子處于平衡狀態(tài)，則重力等于電場力，當下極板旋轉(zhuǎn)時，板間距離增大場強減小，電場力小于重力；由于電場線垂直于金屬板表面，所以電荷處的電場線如圖所示，所以重力與電場力的合力偏向右下方，故粒子向右下方運動，選項D正確

43、。2（2018年北京卷）研究與平行板電容器電容有關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【答案】A【解析】當用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應，從而在b板感應出等量的異種電荷，從而使電容器帶電，A正確；根據(jù)電容器的決定式：，將電容器b板向上平移，即正對面積S減小，則電容C減小，根據(jù)錯誤；根據(jù)電容器的決定式：可知，電量Q不變，則電壓U增大，則靜電計指針的

44、張角變大，B，只在極板間插入有機玻璃板，則介電系數(shù)增大，則電容C增大，根據(jù)可知，電量Q不變，則電壓U減小，則靜電計指針的張角減小，C錯誤；根據(jù)可知，電量Q增大，則電壓U也會增大，則電容C不變，故D錯誤。3.（2018年天津卷）如圖所示，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，粒子在M和N時加速度大小分別為，速度大小分別為，電勢能分別為。下列判斷正確的是A.B.C.D.【答案】D【解析】將粒子的運動分情況討論：從M運動到N；從N運動到M，根據(jù)電場的性質(zhì)依次判斷；電場線越密，電場強度越大，同一個粒子受到的電場力越大，根據(jù)牛頓第二

45、定律可知其加速度越大，故有；若粒子從M運動到N點，則根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，可知在某點的電場力方向和速度方向如圖所示，故電場力做負功，電勢能增大，動能減小，即勢能大，故；，負電荷在低電勢處電若粒子從N運動到M，則根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，可知在某點的電場力方向和速度方向如圖所示，故電場力做正功，電勢能減小，動能增大，即勢能大，故；，負電荷在低電勢處電綜上所述，D正確；4.（2018年全國卷）如圖，三個固定的帶電小球a、b和c，相互間的距離分別為ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm。小球c所受庫侖力的合力的方向平衡于a、b的連線。設小球a、b所帶電荷量的比值

46、的絕對值為k，則（）A.a、b的電荷同號，C.a、b的電荷同號，B.a、b的電荷異號，D.a、b的電荷異號，【答案】D【解析】本題考查庫侖定律、受力分析及其相關的知識點。對小球c所受庫侖力分析，畫出a對c的庫侖力和b對c的庫侖力，若a對c的庫侖力為排斥力，ac的電荷同號，則b對c的庫侖力為吸引力，bc電荷為異號，ab的電荷為異號；若a對c的庫侖力為引力，ac的電荷異號，則b對c的庫侖力為斥力，bc電荷為同號，ab的電荷為異號，所以ab的電荷為異號。設ac與bc的夾角為，利用平行四邊形定則和幾何關系、庫侖定律可得，F(xiàn)ac=k，F(xiàn)bc=k，tan=3/4，tan=Fbc/Fac，ab電荷量的比值k

47、=，聯(lián)立解得：k=64/27，D正確。5.（2018年全國卷）圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內(nèi)間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2V。一電子經(jīng)過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV。下列說法正確的是（）A.平面c上的電勢為零B.該電子可能到達不了平面fC.該電子經(jīng)過平面d時，其電勢能為4eVD.該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍【答案】AB【解析】本題考查等勢面及其相關的知識點。根據(jù)題述，勻強電場中等勢面間距相等，相鄰等勢面之間的電勢差相等。設相鄰等勢面之間的電勢差為U，根據(jù)電子從a到d的過程中克服電場力所做功為Wab=6eV，電場方向水平向右

48、。由Wab=3eV，聯(lián)立解得：U=2V。已知b的電勢為2V，則平面c上的電勢為零，A正確；由于af之間的電勢差為4U=8V，一電子經(jīng)過a時的動能為10eV，由于題述沒有指出電子速度方向，若該電子速度方向指向左或指向上或下，則該電子就到達不了平面f，B正確；由于題述沒有指出電子速度方向，CD錯誤。6.（2018年全國II卷）如圖，同一平面內(nèi)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（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.此勻強電場的場強方向一定與a

49、、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，則該電場的場強大小一定為D.若W1=W2，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【答案】BD【解析】利用電場力做功，可以找到兩點之間電勢差的關系，要知道中點電勢和兩端點電勢之間的關系。選項根據(jù)題意無法判斷，A錯誤。由于電場為勻強磁場，M為a、c連線的中點，N為b、d連線的中點，所以，。若該粒子從M點移動到N點，則電場力做功一定為，B正確；因為不知道勻強電場方向，所以場強大小不一定是，C錯誤；若W1=W2，說明，。由因為；解得：，故D正確；故選BD。7.（2018年全國卷）如圖，一平行板電

50、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A.a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【答案】BD【解析】根據(jù)題述可知，微粒a向下加速運動，微粒b向上加速運動，根據(jù)a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aaab。對微粒a，由牛頓第二定

51、律，qE=maaa，對微粒b，由牛頓第二定律，qE=mbab，聯(lián)立解得：，由此式可以得出a的質(zhì)量比b小，選項A錯誤；在a、b兩微粒運動過程中，a微粒所受合外力大于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根據(jù)動能定理，在t時刻，a的動能比b大，選項B正確；由于在t時刻兩微粒經(jīng)過同一水平面，電勢相等，電荷量大小相等，符號相反，所以在t時刻，a和b的電勢能不等，選項C錯誤；由于a微粒受到的電場力（合外力）等于b微粒受到的電場力（合外力），根據(jù)動量定理，在t時刻，a微粒的動量等于b微粒，選項D正確。8.（2018年全國卷）如圖，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向水

52、平放置在紙面內(nèi)的直導線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導線正上方，開關未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是（）A.開關閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動B.開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向C.開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向D.開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動【答案】AD【解析】本題考查電磁感應、安培定則及其相關的知識點。開關閉合的瞬間，左側(cè)的線圈中磁通量變化，產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，由楞次定律可判斷出直導線中電流方向為由南向北，由安培定則可判斷出小磁針處的磁場方向垂直紙面

53、向里，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動，A正確；開關閉合并保持一段時間后，左側(cè)線圈中磁通量不變，線圈中感應電動勢和感應電流為零，直導線中電流為零，小磁針恢復到原來狀態(tài)，BC錯誤；開關閉合并保持一段時間后再斷開后的瞬間，左側(cè)的線圈中磁通量變化，產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，由楞次定律可判斷出直導線中電流方向為由北向南，由安培定則可判斷出小磁針處的磁場方向垂直紙面向外，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉(zhuǎn)動，D正確。9.（2018年全國II卷）如圖，紙面內(nèi)有兩條互相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(tǒng)處于勻強

54、外磁場中，外磁場的磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為向也垂直于紙面向外。則（）和，方A.流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B.流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為C.流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應強度大小為D.流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為【答案】AC【解析】先利用右手定則判斷通電導線各自產(chǎn)生的磁場強度，然后在利用矢量疊加的方式求解各個導體棒產(chǎn)生的磁場強度。L1在ab兩點產(chǎn)生的磁場強度大小相等設為B1，方向都垂直于紙面向里，而L2在a點產(chǎn)生的磁場強度設為B2，方向向里，在b點產(chǎn)生的磁場強度也為B2，方向向外，規(guī)定向外為正，

55、根據(jù)矢量疊加原理可知可解得：;故AC正確。(10.（2018年北京卷）某空間存在勻強磁場和勻強電場。一個帶電粒子不計重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運動，下列因素與完成上述兩類運動無關的是A.磁場和電場的方向B.磁場和電場的強弱C.粒子的電性和電量D.粒子入射時的速度【答案】C【解析】由題可知，當帶電粒子在復合場內(nèi)做勻速直線運動，即，則，若僅撤除電場，粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，說明要滿足題意需要對磁場與電場的方向以及強弱程度都要有要求，例如：電場方向向下，磁場方向垂直紙面向里等，但是對電性和電量無要求，故C正確，ABD錯誤。11.（2

56、018年江蘇卷）如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間點兩個磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O，各區(qū)域磁感應強度大小相等某粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q，從O沿軸線射入磁場當入射速度為v0時，粒子從O上方處射出磁場取sin53=0.8，cos53=0.6（1）求磁感應強度大小B；（2）入射速度為5v0時，求粒子從O運動到O的時間t；（3）入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO平移中間兩個磁場（磁場不重疊），可使粒子從O運動到O的時間增加t，求t的最大值【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）粒子圓周運動的半徑由題意知，解得（2）設粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為

57、由d=rsin，得sin=，即=53在一個矩形磁場中的運動時間，解得直線運動的時間，解得則（3）將中間兩磁場分別向中央移動距離x粒子向上的偏移量y=2r（1cos）+xtan由y2d，解得則當xm=時，t有最大值粒子直線運動路程的最大值增加路程的最大值增加時間的最大值1【2017江蘇卷】如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點現(xiàn)將C板向右平移到P點，則由O點靜止釋放的電子（A）運動到P點返回（B）運動到P和P點之間返回（C）運動到P點返回（D）穿過P點【答案】A【解析】設A、B板間的電勢差為U1，B、C板間的電勢

58、差為U2，板間距為d，電場強度為E，第一次由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點，根據(jù)動能定理得：qU1=qU2=qEd，將C板向右移動，B、C板間的電場強度EU4kQdS，E不變，所以電子還是運動到P點速度減小為零，然后返回，故A正確；BCD錯誤2【2017天津卷】如圖所示，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，實線MN是一條方向未標出的電場線，虛線AB是一個電子只在靜電力作用下的運動軌跡。設電子在A、B兩點的加速度大小分別為aA、aB，電勢能分別為EpA、EpB。下列說法正確的是A電子一定從A向B運動B若aAaB，則Q靠近M端且為正電荷C無論Q為正電荷還是負電荷一定有EpAaB，說明電子在M點受到的電場力

59、較大，M點的電場強度較大，根據(jù)點電荷的電場分布可知，靠近M端為場源電荷的位置，應帶正電，故B正確；無論Q為正電荷還是負電荷，一定有電勢AB，電子電勢能Epe，電勢能是標量，所以一定有EpAabac，vavcvbBaaabac，vbvcvaCabacaa，vbvcvaDabacaa，vavcvb【答案】D【解析】由庫侖定律可知，粒子在a、b、c三點受到的電場力的大小關系為FbFcFa，由Fam可知，abacaa，由運動軌跡可知，粒子Q的電性與P相同，受斥力作用，不論粒子從a到c，還是從c到a，在運動過程中總有排斥力與運動方向的夾角先為鈍角后為銳角，即斥力先做負功后做正功，因此vavcvb，故D正

60、確2【2016浙江卷】如圖1-1所示，兩個不帶電的導體A和B，用一對絕緣柱支持使它們彼此接觸把一帶正電荷的物體C置于A附近，貼在A、B下部的金屬箔都張開()圖1-1A此時A帶正電，B帶負電B此時A電勢低，B電勢高C移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合D先把A和B分開，然后移去C，貼在A、B下部的金屬箔都閉合【答案】C【解析】由感應起電可知，近端感應出異種電荷，故A帶負電，B帶正電，選項A錯誤；處于靜電平衡狀態(tài)下的導體是等勢體，故A、B電勢相等，選項B錯誤；先移去C，則A、B兩端的等量異種電荷又重新中和，而先分開A、B，后移走C，則A、B兩端的等量異種電荷就無法重新中和，故選項C正確，選項D錯誤