2023高考物理二輪復習-教師用書-第7講-電場和磁場的基本性質(zhì)

PAGEPAGE28第7講電場和磁場的根本性質(zhì)1．(2023·江蘇單科，1)真空中，A、B兩點與點電荷Q的距離分別為r和3r，那么A、B兩點的電場強度大小之比為()A．3∶1B．1∶3C．9∶1D．1∶9 解析由庫侖定律F＝eq\f(kQ1Q2,r2)和場強公式E＝eq\f(F,q)知點電荷在某點產(chǎn)生電場的電場強度E＝eq\f(kQ,r2)，電場強度大小與該點到場源電荷的距離的二次方成反比，那么EA∶EB＝req\o\al(2,B)∶req\o\al(2,A)＝9∶1，選項C正確．答案C2．(2023·江蘇卷，3)以下選項中的各eq\f(1,4)圓環(huán)大小相同，所帶電荷量已在圖中標出，且電荷均勻分布，各eq\f(1,4)圓環(huán)間彼此絕緣．坐標原點O處電場強度最大的是 ()解析設(shè)eq\f(1,4)圓環(huán)的電荷在原點O產(chǎn)生的電場強度為E0，根據(jù)電場強度疊加原理，在坐標原點O處，A圖的場強為E0,B圖場強為eq\r(2)E0，C圖場強為E0，D圖場強為0，因此此題答案為B.答案B3．(2023·江蘇卷，4)如圖3－7－1所示，一圓環(huán)上均勻分布著正電荷，x軸垂直于環(huán)面且過圓心O.以下關(guān)于x軸上的電場強度和電勢的說法中正確的選項是()A．O點的電場強度為零，電勢最低B．O點的電場強度為零，電勢最高C．從O點沿x軸正方向，電場強度減小，電勢升高D．從O點沿x軸正方向，電場強度增大，電勢降低圖3－7－1解析根據(jù)圓環(huán)的對稱性可知，O點處的場強為零，又由正電荷在無限遠處場強為零，故從O點沿x軸正方向，電場強度先增大，后減小，電勢應逐漸降低，O點處的電勢最高，故B項正確，A、C、D均錯誤．答案B主要題型：選擇題和計算題(計算題在第4、6講已講)，以選擇題為主知識熱點1．(1)庫侖定律、電場強度、點電荷的場強，及場強的疊加．(2)電場強度、電勢、電勢能與電場線之間的關(guān)系．(3)帶電粒子在勻強電場中的運動．(已講)2．帶電粒子在勻強磁場中的運動．(已講)物理方法(1)矢量運算法(平行四邊形定那么)(2)模型法(3)對稱法(4)守恒法(5)補償法命題趨勢(1)2023年高考，預計點電荷的場強，電場強度與電勢(差)、電勢能和電場線之間的關(guān)系以及電場力做功與電勢能變化的關(guān)系仍會出現(xiàn)，并很可能會以選擇題的形式進行考查．帶電粒子在勻強電場中的運動有可能會以選擇題或計算題的形式出現(xiàn)．(2)近三年江蘇省高考試題沒有單獨考查安培力及安培力作用下導體的平衡及運動問題，預計在2023年高考中這局部內(nèi)容應是考查的重點．熱點一對電場強度的理解及計算1．(多項選擇)(2023·全國卷新課標Ⅱ，19)關(guān)于靜電場的電場強度和電勢，以下說法正確的選項是()A．電場強度的方向處處與等電勢面垂直B．電場強度為零的地方，電勢也為零C．隨著電場強度的大小逐漸減小，電勢也逐漸降低D．任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向解析電場線與等勢面垂直，而電場強度的方向為電場線的方向，故電場強度的方向與等勢面垂直，選項A正確；場強為零的地方電勢不一定為零，例如等量同種正電荷連線的中點處的場強為零但是電勢大于零，選項B錯誤；場強大小與電場線的疏密有關(guān)，而沿著電場線的方向電勢是降低的，故隨電場強度的大小逐漸減小，電勢不一定降低，選項C錯誤；任一點的電場強度方向總是和電場線方向一致，而電場線的方向是電勢降落最快的方向，選項D正確．答案AD2.(2023·武漢市局部學校調(diào)研)在孤立的點電荷產(chǎn)生的電場中有a、b兩點，a點的電勢為φa，場強大小為Ea，方向與連線ab垂直．b點的電勢為φb，場強大小為Eb，方向與連線ab的夾角為30°.那么a、b兩點的場強大小及電勢上下的關(guān)系是() A．φa＞φb，Ea＝eq\f(Eb,2) B．φa＜φb，Ea＝eq\f(Eb,2) C．φa＞φb，E＝4Eb D．φa＜φb，Ea＝4Eb圖3－7－2解析將Ea、Eb延長相交，其交點為場源點電荷的位置，由點電荷的場強公式E＝eq\f(kQ,r2)，可得Ea＝4Eb；分別過a、b做等勢面，電場線由高的等勢面指向低的等勢面，那么φb＞φa，選項D正確．答案D3.如圖3－7－3所示，在一正三角形ABC的三個頂點處分別固定三個電荷量均為＋q的點電荷，a、b、c分別為三角形三邊的中點，O點為三角形三條中線的交點．選無窮遠處為零電勢面，那么以下說法中正確的選項是()A．a(chǎn)點的電場強度為零、電勢不為零B．b、c兩點的電場強度大小相等、方向相反C．a(chǎn)、b、c三點的電場強度和電勢均相同D．O點的電場強度一定為零，電勢一定不為零圖3－7－3解析由于電場強度是矢量，根據(jù)矢量的疊加原理，三角形底邊B、C兩點的點電荷在a點的合場強為零，但三角形頂點A處的點電荷會在a處產(chǎn)生一個豎直向下的場強，所以a點的電場強度不為零，由于三角形三個頂點的點電荷均為正點電荷，所以a、b、c、O點的電勢均不為零，選項A錯誤；根據(jù)電場的疊加原理，三個點電荷在b點產(chǎn)生的場強方向沿Bb連線方向，在c點產(chǎn)生的場強方向沿Cc方向，所以在b、c兩點處，三個點電荷所產(chǎn)生的場強大小相等方向不是相反的，選項B錯誤；由對稱性可知，a、b、c三點的電場強度大小相等但方向不同，電勢相同，選項C錯誤；根據(jù)矢量疊加原理和幾何關(guān)系可知，B、C兩處的點電荷產(chǎn)生的場強一定與A處點電荷產(chǎn)生的場強大小相等、方向相反，所以O(shè)處的合場強一定為零，電勢一定不為零，選項D正確．答案D4.(多項選擇)如圖3－7－4所示，圖甲中MN為足夠大的不帶電的薄金屬板．在金屬板的右側(cè)，距離為d的位置上放入一個電荷量為＋q的點電荷O，由于靜電感應產(chǎn)生了如下圖的電場分布．P是金屬板上的一點，P點與點電荷O之間的距離為r，幾位同學想求出P點的電場強度的大小，但發(fā)現(xiàn)很難．他們經(jīng)過仔細研究，從圖乙所示的電場得到了一些啟示，經(jīng)過查閱資料他們知道：圖甲所示的電場分布與圖乙中虛線右側(cè)的電場分布是一樣的．圖乙中兩異號點電荷電荷量的大小均為q，它們之間的距離為2d，虛線是兩點電荷連線的中垂線．由此他們分別對P點的電勢和電場強度作出以下判斷，其中正確的選項是()圖3－7－4A．P點的電勢為零B．P點的電勢大于零C．P點電場強度的方向垂直于金屬板向左，大小為eq\f(2kqd,r3)D．P點電場強度的方向垂直于金屬板向左，大小為eq\f(2kq\r(r2－d2),r3)解析選項分兩組，A、B兩項判斷P點電勢，C、D兩項計算P點場強．金屬板MN接地，電勢為零，那么金屬板上P點電勢為零，A正確、B錯誤；類比圖乙中的電場線方向可知，金屬板所在位置及P點場強方向均垂直于金屬板向左，大小由等量異種電荷分別在中垂線上產(chǎn)生的場強疊加得知，由于對稱，帶電荷量分別為＋q和－q的點電荷在P點產(chǎn)生的場強大小均為E＋＝E－＝keq\f(q,r2)，由相似三角形關(guān)系得eq\f(E,E＋)＝eq\f(2d,r)，解得E＝eq\f(2kqd,r3)，C正確、D錯誤．答案AC1．高考對電場強度的考查，往往會和對電勢的考查結(jié)合在一起進行，目的就是刻意對考生制造思維上的混亂，以此來考查考生對物理根本概念的區(qū)分和區(qū)分能力．2．解決此類問題的關(guān)鍵就是要明確電場強度是矢量，其運算規(guī)那么為平行四邊形定那么；而電勢為標量，其運算規(guī)那么為代數(shù)運算規(guī)那么．3．常用的思維方法——對稱法．熱點二電場性質(zhì)的理解與應用5．(2023·淮安市高三考前信息卷)如圖3－7－5所示，橢圓ABCD處于一勻強電場中，橢圓平面平行于電場線，AC、BD分別是橢圓的長軸和短軸，電場中A、B、C三點的電勢分別為φA＝14VφB＝3V、φC＝－7V，由此可得D點的電勢為()A．8VB．6VC．4VD．2V圖3－7－5解析A、B、C、D順次相連將組成菱形，由公式U＝Ed可知，φA－φB＝φD－φC或φA－φD＝φB－φC，解得φD＝4V．選項C正確.答案C6．(2023·徐州市高三檢測)在地面上插入一對電極M和N，將兩個電極與直流電源相連，大地中形成恒定電流和恒定電場．恒定電場的根本性質(zhì)與靜電場相同，其電場線分布如圖3－7－6所示，P、Q是電場中的兩點．以下說法正確的選項是()圖3－7－6A．P點場強比Q點場強大B．P點電勢比Q點電勢高C．P點電子的電勢能比Q點電子的電勢能大D．電子沿直線從N到M的過程中所受電場力恒定不變解析因為電場線密集處場強大，所以P點場強小于Q點場強，選項A錯誤；因為沿電場線電勢降低，所以P點電勢高于Q點電勢，選項B正確；根據(jù)“負電荷在電勢高處電勢能低〞，可知P點電子的電勢能比Q點電子的電勢能小，選項C錯誤；沿直線從N到M的過程中，電場線先逐漸變稀疏，然后變密集，故此過程中，電子所受電場力先減后增，選項D錯誤．答案B7．(2023·山東卷，19)如圖3－7－7所示，半徑為R的均勻帶正電薄球殼，其上有一小孔A.殼內(nèi)的場強處處為零；殼外空間的電場，與將球殼上的全部電荷集中于球心O時在殼外產(chǎn)生的電場一樣．一帶正電的試探電荷(不計重力)從球心以初動能Ek0沿OA方向射出．以下關(guān)于試探電荷的動能Ek與離開球心的距離r的關(guān)系圖線，可能正確的選項是()圖3－7－7解析殼內(nèi)場強處處為零，試探電荷在殼內(nèi)運動時動能不變，排除選項C、D；由動能定理可得，eq\f(ΔEk,Δr)＝F，即在E－r圖象中圖線切線的斜率數(shù)值上等于電場力的大小，距離球殼越遠試探電荷所受電場力越小，圖象的斜率越小，正確選項為A.答案A8．(多項選擇)(2023·全國卷新課標Ⅰ，21)如圖3－7－8，在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點，M、N、P為直角三角形的三個頂點，F(xiàn)為MN的中點，∠M＝30°.M、N、P、F四點處的電勢分別用φM、φN、φP、φF表示，φM＝φN，φP＝φF，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內(nèi)，那么()A．點電荷Q一定在MP的連線上B．連接PF的線段一定在同一等勢面上C．將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做負功D．φP大于φM圖3－7－8解析作∠MNP的角平分線交MP于G，那么MG＝GN又因φM＝φN，所以點電荷Q應放在G點，選項A正確；點電荷的等勢面為球面，所以選項B錯；沿電場線的方向電勢降低，所以φP>φM，φP>φN，故將正電荷從P點搬運到N點，電場力做正功．選項D正確，C錯誤．答案AD判斷電場性質(zhì)的常用方法(1)判斷場強強弱eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(根據(jù)電場線或等勢面的疏密,根據(jù)公式E＝k\f(Q,r2)和場強疊加原理))(2)判斷電勢上下eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(根據(jù)電場線的方向,根據(jù)φ＝\f(Ep,q)))(3)判斷電勢能大小eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(根據(jù)Ep＝qφ,根據(jù)ΔEp＝－W電，由電場力做功情況判斷))熱點三安培力及安培力作用下導體的平衡與運動9．(多項選擇)(2023·浙江卷，20)如圖3－7－9甲所示，兩根光滑平行導軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B.垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒．從t＝0時刻起，棒上有如圖乙所示的持續(xù)交變電流I，周期為T，最大值為Im，圖甲中I所示方向為電流正方向．那么金屬棒()圖3－7－9A．一直向右移動B．速度隨時間周期性變化C．受到的安培力隨時間周期性變化D．受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功解析由I－t圖可知，安培力隨時間的變化關(guān)系與之相同．所以金屬棒先向右勻加速運動，再做向右勻減速運動，然后重復運動，應選項A、B、C均正確．安培力先做正功，后做負功，應選項D錯．答案ABC圖3－7－1010．(多項選擇)在豎直向下的勻強磁場中，“Γ〞型金屬導軌間距為0.5m，右段在水平面內(nèi)，左段豎直，如圖3－7－10所示．兩根質(zhì)量均為0.06kg的導體棒分別放在水平段和豎直段，并通過絕緣細線跨過定滑輪P相連，導軌水平段光滑，導體棒cd與導軌豎直段間動摩擦因數(shù)為0.4.閉合開關(guān)S，發(fā)現(xiàn)兩導體棒靜止在導軌上，那么以下各組磁感應強度的大小和電流值能滿足要求的是()A．B＝0.5T，I＝2AB．B＝0.5T，I＝1AC．B＝1.0T，I＝1.5AD．B＝0.8T，I＝2.6A解析要使兩導體棒靜止在軌道上，那么ab、cd受力平衡，ab所受安培力水平向右，細線的拉力水平向左，大小F＝FA＝BIl；cd所受四個力如下圖，其中靜摩擦力的方向可能豎直向上或豎直向下，因此有FN＝BIl，F(xiàn)±μFN－mg＝0，聯(lián)立解得BI＝eq\f(mg,l1±μ)，代入數(shù)據(jù)解得0.857T·A≤BI≤2T·A，四組選項中BI在此范圍內(nèi)的是A、C.答案AC11.美國研發(fā)的強力武器軌道電磁炮在前日的試射中，將炮彈以5倍音速，擊向200公里外目標，射程為海軍常規(guī)武器的10倍，且破壞力驚人．電磁炮原理如圖3－7－11所示，假設(shè)炮彈質(zhì)量為m，水平軌道長L，寬為d，軌道摩擦不計，炮彈在軌道上做勻加速運動．要使炮彈到達5倍音速(設(shè)音速為v)，那么()圖3－7－11A．炮彈在軌道上的加速度為eq\f(v2,2L)B．磁場力做的功為eq\f(5,2)mv2C．磁場力做功的最大功率為eq\f(125mv3,2L)D．磁場力的大小為eq\f(25mdv2,2L)解析炮彈在軌道上做初速度為零的勻加速直線運動，由公式“v2＝2ax〞得a＝eq\f(5v2,2L)，A錯誤；不計摩擦，磁場力做的功等于炮彈增加的動能，即W＝eq\f(1,2)m(5v)2＝eq\f(25mv2,2)，B錯誤；由動能定理得BIdL＝eq\f(1,2)m(5v)2，磁場力的大小BId＝eq\f(m5v2,2L)，那么磁場力的最大功率Pm＝BId·(5v)＝eq\f(m5v2,2L)·(5v)＝eq\f(125mv3,2L)，C正確、D錯誤．答案C12．(2023·重慶卷，8)某電子天平原理如圖3－7－12所示，E形磁鐵的兩側(cè)為N極，中心為S極，兩極間的磁感應強度大小均為B，磁極寬度均為L，忽略邊緣效應，一正方形線圈套于中心磁極，其骨架與秤盤連為一體，線圈兩端C、D與外電路連接，當質(zhì)量為m的重物放在秤盤上時，彈簧被壓縮，秤盤和線圈一起向下運動(骨架與磁極不接觸)，隨后外電路對線圈供電，秤盤和線圈恢復到未放重物時的位置并靜止，由此時對應的供電電流I可確定重物的質(zhì)量．線圈匝數(shù)為n，線圈電阻為R，重力加速度為g.問：圖3－7－12(1)線圈向下運動過程中，線圈中感應電流是從C端還是從D端流出？(2)供電電流I是從C端還是從D端流入？求重物質(zhì)量與電流的關(guān)系．(3)假設(shè)線圈消耗的最大功率為P，該電子天平能稱量的最大質(zhì)量是多少？解析(1)由右手定那么可知線圈向下運動，感應電流從C端流出．(2)設(shè)線圈受到的安培力為FA，外加電流從D端流入．由FA＝mg①和FA＝2nBIL②得m＝eq\f(2nBL,g)I③(3)設(shè)稱量最大質(zhì)量為m0，由m＝eq\f(2nBL,g)I④和P＝I2R⑤得m0＝eq\f(2nBL,g)eq\r(\f(P,R))⑥答案(1)電流從C端流出(2)從D端流入m＝eq\f(2nBL,g)I(3)eq\f(2nBL,g)eq\r(\f(P,R))安培力作用下的平衡與運動問題的求解思路：熱點四帶電粒子在磁場中運動的臨界極值問題圖3－7－1313．(多項選擇)(2023·領(lǐng)航高考沖刺卷三)在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的正方形(邊長為l)勻強磁場區(qū)域，ab邊和cd邊為擋板，從ad邊中點O垂直磁場射入一帶電粒子，速度大小為v0，方向與ad邊夾角為30°，如圖3－7－13所示，粒子的電荷量為q、質(zhì)量為m(重力不計)．那么以下說法正確的選項是()A．假設(shè)粒子帶負電，粒子恰能從d點射出磁場，那么v0＝eq\f(qBl,2m)B．假設(shè)粒子帶正電，粒子恰不碰到cd擋板，那么v0＝eq\f(qBl,2m)C．假設(shè)粒子帶正電，粒子恰能從b點射出磁場，那么v0＝eq\f(qBl,m)D．假設(shè)粒子帶正電，粒子能從ad邊射出磁場，那么v0的最大值v0m＝eq\f(qBl,3m)解析當粒子帶負電，且恰能從d點射出磁場時，如下圖，R＝eq\f(l,2)，由qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)，得v0＝eq\f(qBl,2m)，A對，假設(shè)粒子帶正電，粒子恰不碰到cd擋板時，R－Rcos60°＝eq\f(l,2)，解得R＝l，同理得v0＝eq\f(qBl,m)，B錯；假設(shè)粒子帶正電，由幾何關(guān)系可知，粒子不可能恰好從b點射出磁場，C錯；假設(shè)粒子帶正電，粒子能從ad邊射出磁場而不碰ab板，如下圖，由幾何關(guān)系得R＝eq\f(l,3)，所以v0m＝eq\f(qBl,3m)，D正確．答案AD圖3－7－1414．(2023·長春市調(diào)研測試)如圖3－7－14所示，三角形區(qū)域磁場的三個頂點a、b、c在直角坐標系內(nèi)的坐標分別為(0,2eq\r(3)cm)、(－2cm,0)、(2cm，0)，磁感應強度B＝4×10－4T，大量比荷eq\f(q,m)＝2.5×105C/kg不計重力的正離子，從O點以相同的速率v＝2eq\r(3)m/s沿不同方向垂直磁場射入該磁場區(qū)域．求：(1)離子運動的半徑．(2)從ac邊離開磁場的離子，離開磁場時距c點最近的位置坐標．(3)從磁場區(qū)域射出的離子中，在磁場中運動的最長時間．解析(1)由qvB＝meq\f(v2,R)得，R＝eq\f(mv,qB)，代入數(shù)據(jù)可解得：R＝2eq\r(3)cm(2)設(shè)從ac邊離開磁場的離子距c最近的點的坐標為M(x，y)，M點為以a為圓心，以aO為半徑的圓周與ac的交點那么x＝Rsin30°＝eq\r(3)cmy＝R－Rcos30°＝(2eq\r(3)－3)cm離c最近的點的坐標為M[eq\r(3)cm，(2eq\r(3)－3)cm](3)依題意知，所有離子的軌道半徑相同，那么可知弦越長，對應的圓心角越大．易知從a點離開磁場的離子在磁場中運動時間最長，其軌跡所對的圓心角為60°T＝eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(π,50)st＝eq\f(T,6)＝eq\f(π,300)s答案(1)2eq\r(3)cm(2)[eq\r(3)cm，(2eq\r(3)－3)cm](3)eq\f(π,300)s1．求解這類問題的方法技巧解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題，關(guān)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(shè)條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關(guān)系．2．帶電粒子在有界磁場中運動臨界問題的三種幾何關(guān)系(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切．(2)當粒子的運動速率v一定時，粒子經(jīng)過的弧長(或弦長)越長，圓心角越大，那么帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長．(3)當粒子的運動速率v變化時，帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡對應的圓心角越大，其在磁場中的運動時間越長．高考命題熱點7.根據(jù)粒子運動的軌跡、電場線(等勢面)進行相關(guān)問題的判斷帶電粒子運動軌跡類問題分析的關(guān)鍵是運用曲線運動的知識(受力特征：合外力指向凹側(cè)；運動特征：速度方向沿切向)找出電場力的方向，進而判斷出場強方向或電場力做功情況，一系列問題就迎刃而解．(1)確定受力方向的依據(jù)①曲線運動的受力特征：帶電粒子受力總指向曲線的凹側(cè)；②電場力方向與場強方向的關(guān)系：正電荷的受力方向與場強方向同向，負電荷那么相反；③場強方向與電場線或等勢面的關(guān)系：電場線的切線方向或等勢面的法線方向為電場強度的方向．(2)比擬加速度大小的依據(jù)：電場線或等差等勢面越密?E越大?F＝qE越大?a＝eq\f(qE,m)越大．(3)判斷加速或減速的依據(jù)：電場力與速度成銳角(鈍角)，電場力做正功(負功)，速度增加(減少)．【典例】(6分)如圖3－7－15所示，實線表示電場線，虛線表示帶電粒子只在電場力作用下的運動軌跡，a、b為其運動軌跡上的兩點，可以判定()A．粒子在a點的速度大于在b點的速度B．粒子在a點的加速度大于在b點的加速度C．粒子一定帶正電荷D．粒子在a點的電勢能大于在b點的電勢能圖3－7－15審題流程解析該粒子在電場中做曲線運動，那么電場力應指向軌跡的凹側(cè)且沿電場線的切線方向，設(shè)粒子由a向b運動，那么其所受電場力方向和速度方向的關(guān)系如下圖，可知電場力做正功，粒子速度增加，電勢能減少，A錯、D對；b點處電場線比a點處電場線密，即粒子在b點所受電場力大，加速度大，選項B錯；因電場線方向不確定，所以粒子的電性不確定，C選項錯誤．(假設(shè)粒子由b向a運動同樣可得出結(jié)論)答案D當帶電粒子在電場中的運動軌跡是一條與電場線、等勢線都不重合的曲線時，這種現(xiàn)象簡稱為“拐彎現(xiàn)象〞，其實質(zhì)為“運動與力〞的關(guān)系．運用“牛頓運動定律、功和能〞的知識分析：(1)“運動與力兩線法〞——畫出“速度線〞(運動軌跡在某一位置的切線)與“力線〞(在同一位置電場線的切線方向且指向軌跡的凹側(cè))，從二者的夾角情況來分析帶電粒子做曲線運動的情況．(2)“三不知時要假設(shè)〞——電荷的正負、場強的方向(或等勢面電勢的上下)、電荷運動的方向，是題目中相互制約的三個方面．假設(shè)其中一個，可分析判定各待求量；假設(shè)三個都不知(三不知)，那么要用“假設(shè)法〞進行分析．(6分)如圖3－7－16所示，帶電粒子在電場中只受電場力作用時沿虛線從a運動到b，運動軌跡ab為一條拋物線，那么以下判斷正確的選項是()A．假設(shè)直線MN為一條電場線，那么電場線方向由N指向MB．假設(shè)直線MN為一條電場線，那么粒子的動能增大C．假設(shè)直線MN為一個等勢面，那么粒子的速度不可平行MND．假設(shè)直線MN為一個等勢面，那么粒子的電勢能減小圖3－7－16解析假設(shè)直線MN為一條電場線，那么帶電粒子所受電場力沿NM方向，可以判斷電場力對粒子做負功，粒子的動能減小，但由于帶電粒子的電性未知，因此不能確定電場強度的方向，A、B錯；假設(shè)直線MN為一個等勢面，粒子速度方向垂直于場強方向時平行于等勢面，C錯；假設(shè)直線MN為一個等勢面，電場力方向垂直于等勢面指向軌跡凹側(cè)，與速度間夾角小于90°做正功，粒子的電勢能減小，D對．答案D一、單項選擇題1．(2023·宿遷市高三摸底考試)圖3－7－17不帶電導體P置于電場中，其周圍電場線分布如圖3－7－17所示，導體P外表處的電場線與導體外表垂直，a、b為電場中的兩點，那么()A．a(chǎn)點電場強度小于b點電場強度B．a(chǎn)點電勢低于b點的電勢C．負檢驗電荷在a點的電勢能比在b點的大D．正檢驗電荷從a點移到b點的過程中，電場力做正功解析電場線密集的地方場強大，那么a點電場強度大于b點電場強度，選項A錯誤；沿電場線方向電勢降低，那么a點電勢高于P點電勢，P點電勢高于b點電勢，選項B錯誤；負檢驗電荷在電勢較高的地方電勢能較小，選項C錯誤；正檢驗電荷在電勢較高的地方電勢能較大，正檢驗電荷從a點移到b點的過程中，電勢能減小，電場力做正功，選項D正確．答案D2．航母艦載機的起飛一般有兩種方式：滑躍式(遼寧艦)和彈射式．彈射起飛需要在航母上安裝彈射器，我國國產(chǎn)航母將安裝電磁彈射器，其工作原理與電磁炮類似．用強迫儲能器代替常規(guī)電源，它能在極短時間內(nèi)釋放所儲存的電能，由彈射器轉(zhuǎn)換為飛機的動能而將其彈射出去．如圖3－7－18所示是電磁彈射器簡化原理圖，平行金屬導軌與強迫儲能器連接，相當于導體棒的推進器ab跨放在平行導軌PQ、MN上，勻強磁場垂直于導軌平面，閉合開關(guān)S，強迫儲能器儲存的電能通過推進器釋放，使推進器受到磁場的作用力平行導軌向前滑動，推動飛機使飛機獲得比滑躍起飛時大得多的加速度，從而實現(xiàn)短距離起飛的目標．對于電磁彈射器，以下說法正確的選項是(不計一切摩擦和電阻消耗的能量)()圖3－7－18A．強迫儲能器上端為正極B．導軌寬度越大，飛機能獲得的加速度越大C．強迫儲能器儲存的能量越多，飛機被加速的時間越長D．飛機的質(zhì)量越大，離開彈射器時的動能越大解析由左手定那么可判斷，通過ab的電流方向為由b到a，所以強迫儲能器上端為負極，A錯誤；ab所受安培力F＝BIL與其有效長度成正比，故導軌寬度越大，推進器ab受到的安培力越大，飛機能獲得的加速度越大，B正確；強迫儲能器儲存的能量越多，飛機能獲得的動能越大，但加速時間受滑軌長度、飛機獲得的加速度等影響，假設(shè)滑軌長度一定，加速度越大，加速時間越短，C錯誤；由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，飛機離開彈射器時的動能取決于強迫儲能器儲存的能量，D錯誤．答案B圖3－7－193．(2023·武漢市調(diào)研考試)將等量的正、負電荷分別放在正方形的四個頂點上(如圖3－7－19所示)．O點為該正方形對角線的交點，直線段AB通過O點且垂直于該正方形，OA＞OB，以下對A、B兩點的電勢和場強的判斷，正確的選項是()A．A點場強小于B點場強B．A點場強大于B點場強C．A點電勢等于B點電勢D．A點電勢高于B點電勢解析由電荷的對稱分布關(guān)系可知AB直線上的電場強度為0，所以選項AB錯誤；同理將一電荷從A移動到B電場力做功為0，AB電勢差為0，因此A點電勢等于B點電勢，選項C正確，D錯誤；因此答案選C.答案C圖3－7－204．(2023·山東名校高考沖刺卷二)如圖3－7－20所示，a、b是x軸上關(guān)于O點對稱的兩點，c、d是y軸上關(guān)于O點對稱的兩點，a、b兩點上固定一對等量異種點電荷，帶正電的檢驗電荷僅在電場力的作用下從c點沿曲線運動到d點，以下說法正確的選項是()A．將檢驗電荷放在O點時受到的電場力為零B．檢驗電荷由c點運動到d點時速度先增大后減小C．c、d兩點電勢相等，電場強度大小相等D．檢驗電荷從c運動到d的過程中，電勢能先減少后增加解析由帶正電荷的檢驗電荷的軌跡可判斷出a處為負電荷，b處為正電荷，檢驗電荷從c到d的過程中，速度先減小后增大，電勢能先增加后減少，選項B、D均錯；電荷在O點受到的電場力不為零，選項A錯；根據(jù)等量異種電荷電場的分布及對稱性可知選項C正確．答案C5．(2023·河北省衡水中學調(diào)研)如圖3－7－21甲所示，真空中有一半徑為R、電荷量為＋Q的均勻帶電球體，以球心為坐標原點，沿半徑方向建立x軸．理論分析說明，x軸上各點的場強隨x變化關(guān)系如圖乙所示，那么()圖3－7－21A．x2處場強大小為eq\f(kQ,x\o\al(2,2))B．球內(nèi)部的電場為勻強電場C．x1、x2兩點處的電勢相同D．假設(shè)將試探電荷沿x軸移動，那么從x1移到R處和從R移到x1處電場力做功相同解析引入帶正電的試探電荷q，所受的庫侖力F＝keq\f(Qq,r2)，根據(jù)場強定義式E＝eq\f(F,q)，求得x2處的場強為E＝eq\f(kQ,x\o\al(2,2))，選項A正確；由圖乙知球內(nèi)部隨著x的增加場強逐漸增大，選項B錯誤；引入帶正電的試探電荷q，由圖乙知在x1處受到的電場力沿著x軸正方向，在向x2運動過程中，電場力做正功，電勢能減小，選項C錯誤；將試探電荷沿x軸移動，那么從x1移到R處電場力做正功，而從R移到x1處電場力做負功，選項D錯誤．答案A6．如圖3－7－22所示，甲圖中電容器的兩個極板和電源的兩極相連，乙圖中電容器充電后斷開電源．在電容器的兩個極板間用相同的懸線分別吊起完全相同的小球，小球靜止時懸線和豎直方向的夾角均為θ，將兩圖中的右極板向右平移時，以下說法正確的選項是()圖3－7－22A．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角增大B．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角不變C．甲圖中夾角不變，乙圖中夾角不變D．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角減小解析甲圖中的電容器和電源相連，所以電容器兩極板間的電壓不變，當極板間的距離增大時，根據(jù)公式E＝eq\f(U,d)可知，板間的電場強度減小，電場力減小，所以懸線和豎直方向的夾角將減?。旊娙萜鞒潆姾髷嚅_電源，電容器的極板所帶的電荷量不變．根據(jù)平行板電容器的電容公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，極板間的電壓U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εrS)，極板間的電場強度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，當兩個極板電荷量不變、距離改變時，場強與兩板間距離無關(guān)，故乙圖中夾角不變，B正確．答案B二、多項選擇題7．(2023·揚州市高三第一學期期末檢測)圖3－7－23兩個不規(guī)那么帶電導體間的電場線分布如圖3－7－23所示，導體附近的電場線均與導體外表垂直，a、b、c、d為電場中幾個點，并且a、d為緊靠導體外表的兩點，以無窮遠為零電勢點，那么()A．場強大小關(guān)系有Eb＞EcB．電勢大小關(guān)系有φb＞φdC．將一負電荷放在d點時其電勢能為負值D．將一正電荷由a點移到d點的過程中電場力做正功解析由電場線的疏密表征電場強度的大小可知，Eb＜Ec，A錯；沿著電場線方向電勢降低，到達靜電平衡狀態(tài)的導體是等勢體，可知φb＞φd，B對；由于a點電勢高于d點電勢，將一正電荷由a點移到d點的過程中電場力做功W＝q(φa－φd)為正功，D對；由于無窮遠處為零電勢點，故d點電勢為負，負電荷放在d點時其電勢能為正，C錯．答案BD8．如圖3－7－24所示，實線為電視機顯像管主聚焦電場中的等勢面．a(chǎn)、b、c、d為圓上的四個點，那么以下說法中正確的選項是()圖3－7－24A．a(chǎn)、b、c、d四點電勢不等，但電場強度相同B．一電子從b點運動到c點，電場力做的功為0.6eVC．假設(shè)一電子從左側(cè)沿中心軸線穿越電場區(qū)域，將做加速度先增加后減小的加速直線運動D．一束電子從左側(cè)平行于中心軸線進入電場區(qū)域，將會從右側(cè)平行于中心軸線穿出解析a、b、c、d四點電勢不等，但電場強度大小相等，方向不相同，選項A錯誤；一電子從b點運動到c點，電場力做的功為e(0.80－0.20)V＝0.6eV，選項B正確；假設(shè)一電子從左側(cè)沿中心軸線穿越電場區(qū)域，將做加速度先增加后減小的加速直線運動，選項C正確；一束電子從左側(cè)平行于中心軸線進入電場區(qū)域，從右側(cè)空出時將散開，選項D錯誤．答案BC圖3－7－259．如圖3－7－25所示，在直線MN下方存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.放置在直線MN上P點的離子源，可以向磁場區(qū)域紙面內(nèi)的各個方向發(fā)射出質(zhì)量為m、電荷量為q的負離子，速率都為v.對于那些在紙面內(nèi)運動的離子，以下說法正確的選項是()A．離子射出磁場的點Q(圖中未畫出)到P的最大距離為eq\f(mv,qB)B．離子距離MN的最遠距離為eq\f(2mv,qB)C．離子在磁場中的運動時間與射入方向有關(guān)D．對于沿同一方向射入磁場的離子，射入速率越大，運動時間越短解析如下圖，垂直于MN射入的離子，在射出磁場時其射出點Q離P點最遠，且最遠距離等于軌道半徑的2倍，即eq\f(2mv,qB)，A錯；平行MN且向N側(cè)射入的離子在磁場中運動時距離MN有最遠距離PP′，且為軌道半徑的2倍，B對；離子在磁場中的運動的周期相同，運動時間由圓弧對應的圓心角決定，而圓心角由離子射入磁場的方向決定，因此運動時間與射入方向有關(guān)，C對；對于沿同一方向射入的離子，運動時間由射入方向和運動周期決定，而運動周期與速率無關(guān)，故運動時間與速率無關(guān)，D錯．答案BC三、非選擇題圖3－7－2610．(2023·福建卷，20)如圖3－7－26，真空中xOy平面直角坐標系上的ABC三點構(gòu)成等邊三角形，邊長L＝2.0m．假設(shè)將電荷量均為q＝＋2.0×10－6C的兩點電荷分別固定在A、B點，靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，求：(1)兩點電荷間的庫侖力大?。?2)C點的電場強度的大小和方向．解析(1)根據(jù)庫侖定律，A、B兩點間的庫侖力大小為：F＝keq\f(q2,L2)①代入數(shù)據(jù)得：F＝9.0×10－3N②(2)A、B點電荷在C點產(chǎn)生的場強大小相等，均為：E1＝keq\f(q,L2)③A、B兩點電荷形成的電場在C點的合場強大小為：E＝2E1cos30°④代入數(shù)據(jù)得E＝7.8×103N/C方向沿y軸正方向⑤答案(1)9.0×10－3N(2)7.8×103N/C方向沿y軸正方向圖3－7－2711．(2023·南昌市調(diào)研考試)如圖3－7－27所示，在平面直角坐標系中，有方向平行于坐標平面的勻強電場，坐標系內(nèi)有A、B兩點，其中A點坐標為(6cm，0)，B點坐標為(0，eq\r(3)c