2019届高三物理二轮复习专题复习课件+教师用书：第一部分专题三电场与磁场 (3份打包).rar

专题三专题三 Error!Error!电电场场与与磁磁场场第一讲电场与磁场的基本性质第一讲电场与磁场的基本性质考点一考点一电场力的性质电场力的性质1.考查点电荷电场中场强的求解与比较考查点电荷电场中场强的求解与比较直角坐标系直角坐标系 xOy 中，中，M、N 两点位于两点位于 x 轴上，轴上，G、H 两点坐标如图所示。两点坐标如图所示。M、N 两点各固定一负点电荷，将一电荷量为两点各固定一负点电荷，将一电荷量为Q的正点电荷置于的正点电荷置于O 点时，点时，G 点处的电场强度恰好为零。静电力常量用点处的电场强度恰好为零。静电力常量用 k 表示。若将该正点电荷移动到表示。若将该正点电荷移动到 G 点，则点，则 H 点处场强的大小和方向分别为点处场强的大小和方向分别为()A.3kQ4a2，沿，沿 y 轴正向轴正向B.3kQ4a2，沿，沿 y 轴负向轴负向C.5kQ4a2，沿，沿 y 轴正向轴正向 D.5kQ4a2，沿，沿 y 轴负向轴负向来源来源:解析：选解析：选 B正点电荷在正点电荷在 O 点时，点时，G 点的场强为零，则两负点电荷在点的场强为零，则两负点电荷在 G 点的合场强大小为点的合场强大小为 E1kQa2，方向沿，方向沿 y 轴正方向。由对称性知，两负点电荷在轴正方向。由对称性知，两负点电荷在 H 点的合场强大小为点的合场强大小为 E2E1kQa2，方向沿，方向沿 y 轴负方向。当把正点电荷放在轴负方向。当把正点电荷放在 G 点时，在点时，在 H 点产生的场强的大小为点产生的场强的大小为 E3kQ4a2，方向沿，方向沿 y 轴正方向。所以轴正方向。所以 H 点的合场强大小点的合场强大小 EE2E33kQ4a2，方向沿，方向沿 y 轴负方向，选项轴负方向，选项 B 正确。正确。2考查匀强电场中场强的计算考查匀强电场中场强的计算如图所示，梯形如图所示，梯形 abdc 位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60、30，cd2ab4 cm。已知。已知 a、b 两点的电势分别为两点的电势分别为 4 V、0，将电荷量，将电荷量 q1.6103 C 的正电荷由的正电荷由 a 点移动到点移动到 c 点，克服电场力做功点，克服电场力做功6.4103 J。下列关于电场强度的说法正确的是。下列关于电场强度的说法正确的是()A垂直垂直 ab 向上，大小为向上，大小为 400 V/mB垂直垂直 bd 斜向上，大小为斜向上，大小为 400 V/mC平行平行 ca 斜向上，大小为斜向上，大小为 200 V/mD平行平行 bd 斜向上，大小为斜向上，大小为 200 V/m解析：选解析：选 B由由 WqU 知知 UacWq6.4 1031.6 103 V4 V，而，而 a4 V，所以，所以 c8 V，过，过 b 点作点作 beac 交交 cd 于于 e 点，因在匀强电场中，任意两条平行线上距离相等的两点间电势差相等，所以点，因在匀强电场中，任意两条平行线上距离相等的两点间电势差相等，所以 UabUce，即，即 e4 V，又因，又因 cd2ab，所以，所以 Ucd2Uab，即，即 d0，所以，所以 bd 为一条等势线，又由几何关系知为一条等势线，又由几何关系知 ebbd，由电场线与等势线的关系知电场强度必垂直，由电场线与等势线的关系知电场强度必垂直 bd 斜向上，大小为斜向上，大小为 EUe bedsin 3041 102 V/m400 V/m，B 项正确。项正确。3考查特殊电场中场强的分析与求解考查特殊电场中场强的分析与求解均匀带电的球壳在球壳外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面均匀带电的球壳在球壳外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面 AB 上均匀分布正电荷，总电荷量为上均匀分布正电荷，总电荷量为 q，球面半径为，球面半径为 R，CD 为通过半球面顶点与球心为通过半球面顶点与球心 O 的轴线，在轴线上有的轴线，在轴线上有 M、N 两点，两点，OMON2R，已知，已知 M 点的场强大小为点的场强大小为 E，则，则 N 点的场强大小为点的场强大小为()A.kq2R2EB.kq4R2C.kq4R2E D.kq2R2E解析：选解析：选 A若将半球面若将半球面 AB 补充成一个完整的均匀带电球壳，完整球壳所带电荷量为补充成一个完整的均匀带电球壳，完整球壳所带电荷量为2q，在，在 M 点产生电场的场强为点产生电场的场强为 k2q 2R 2kq2R2，设右半球壳在，设右半球壳在 M 点产生的场强大小为点产生的场强大小为 E右右，根据电场叠加原理有，根据电场叠加原理有 Ekq2R2E右右，解得右半球壳在，解得右半球壳在 M 点产生的场强大小为点产生的场强大小为 E右右kq2R2E，根据对称性，左半球壳在，根据对称性，左半球壳在 N 点产生的场强大小为点产生的场强大小为kq2R2E，选项，选项 A 正确。正确。4考查带电体在等效场中的运动问题考查带电体在等效场中的运动问题如图所示，一条长为如图所示，一条长为 L 的细线上端固定，下端拴一个质量为的细线上端固定，下端拴一个质量为 m、电荷量为、电荷量为 q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从 A 点静止释放，当细线离开竖直位置偏角点静止释放，当细线离开竖直位置偏角 60时，小球速度为零。时，小球速度为零。(1)求小球的带电性质和匀强电场强度的大小求小球的带电性质和匀强电场强度的大小 E；(2)若小球恰好能在竖直平面内完成圆周运动，求从若小球恰好能在竖直平面内完成圆周运动，求从 A 点水平释放小球时应具有的初速度点水平释放小球时应具有的初速度 vA的大小的大小(可含根式可含根式)。解析：解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。小球从小球从 A 点静止释放到速度等于零，由动能定理得点静止释放到速度等于零，由动能定理得EqLsin mgL(1cos)0，解得解得 E3mg3q。(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力 G，则，则 G233mg，方向与竖直方向成，方向与竖直方向成 30角偏向右下方。角偏向右下方。若小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，在等效最高点由牛顿第二定律得若小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，在等效最高点由牛顿第二定律得 mv2L233mg，小球从小球从 A 点到等效最高点，由动能定理得点到等效最高点，由动能定理得233mgL(1cos 30)12mv212mvA2，联立解得联立解得 vA2gL 31)。答案：答案：(1)带正电带正电3mg3q(2)2gL 31)考点二考点二电场能的性质电场能的性质5.考查电势高低、电势能大小的判断考查电势高低、电势能大小的判断多选多选在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形 abcd，对角线的交点为，对角线的交点为 O，顶点，顶点 a、c 分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示，若将一个带负电的粒子分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示，若将一个带负电的粒子 P 置于置于 b 点，静止释放，粒子点，静止释放，粒子 P 将沿着对角线将沿着对角线 bd 运动，则在线段运动，则在线段 bd 上上()AO 点的电场强度最大点的电场强度最大BO 点电势最高点电势最高C粒子粒子 P 在在 O 点时电势能最大点时电势能最大D粒子粒子 P 在在 O 点时动能最大点时动能最大解析：选解析：选 BD根据等量同种电荷形成的电场线与等势面分布特点，可知在直线根据等量同种电荷形成的电场线与等势面分布特点，可知在直线 bd 上正中央点的电势最高，电场强度为零，上正中央点的电势最高，电场强度为零，A 错误，错误，B 正确；负电荷由正确；负电荷由 b 到到 d 先加速后减少，运动到先加速后减少，运动到 O 点时动能最大，电势能最小，故点时动能最大，电势能最小，故 C 错误，错误，D 正确。正确。6考查电场中的图像问题考查电场中的图像问题多选多选在在 x 轴上有两个点电荷轴上有两个点电荷 q1、q2，其静电场的电势，其静电场的电势 在在 x 轴上分布如图所示。下列说法正确的是轴上分布如图所示。下列说法正确的是()Aq1和和 q2带有异种电荷带有异种电荷Bx1处的电场强度为零处的电场强度为零C负电荷从负电荷从 x1移到移到 x2，电势能减小，电势能减小D负电荷从负电荷从 x1移到移到 x2，受到的电场力增大，受到的电场力增大解析：选解析：选 AC由题图可知，空间的电势有正有负，无穷远处电势为零，且只有一个极值，则两个点电荷必定为异种电荷，由题图可知，空间的电势有正有负，无穷远处电势为零，且只有一个极值，则两个点电荷必定为异种电荷，A 项正确；由项正确；由 Ex可知，可知，x 图像的切线的斜率的绝对值表示电场强度大小，因此图像的切线的斜率的绝对值表示电场强度大小，因此 x1处的电场强度不为零，处的电场强度不为零，B 项错误；负电荷从项错误；负电荷从 x1移到移到 x2的过程中，电势升高，电场强度减小，由的过程中，电势升高，电场强度减小，由 Epq、FqE 可知，电势能减小，受到的电场力减小，可知，电势能减小，受到的电场力减小，C 项正确，项正确，D 项错误。项错误。7考查电场线、等势线、运动轨迹问题考查电场线、等势线、运动轨迹问题多选多选带电粒子仅在电场力作用下，从电场中带电粒子仅在电场力作用下，从电场中 a 点以初速度点以初速度 v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到 b 点，如图所示。从点，如图所示。从 a 到到 b 过程中，下列说法正确的是过程中，下列说法正确的是()A粒子带负电荷粒子带负电荷B粒子的速度先增大后减小粒子的速度先增大后减小C粒子的加速度先减小后增大粒子的加速度先减小后增大D粒子的机械能先减少后增加粒子的机械能先减少后增加解析：选解析：选 CD做曲线运动的物体受到的合力指向轨迹的凹侧，结合场强的方向可知粒子带正电荷，选项做曲线运动的物体受到的合力指向轨迹的凹侧，结合场强的方向可知粒子带正电荷，选项 A 错误；电场线的疏密程度表示电场强度大小，电场线越密，电场强度越大，粒子所受电场力越大，加速度也越大，所以粒子的加速度先减小后增大，选项错误；电场线的疏密程度表示电场强度大小，电场线越密，电场强度越大，粒子所受电场力越大，加速度也越大，所以粒子的加速度先减小后增大，选项 C 正确；粒子的速度方向先与电场力方向夹角为钝角，然后与电场力方向夹角为锐角，即电场力先做负功再做正功，所以粒子先减速后加速，机械能先减少后增加，选项正确；粒子的速度方向先与电场力方向夹角为钝角，然后与电场力方向夹角为锐角，即电场力先做负功再做正功，所以粒子先减速后加速，机械能先减少后增加，选项 B 错误，错误，D 正确。正确。8考查电场力做功、电场中的功能关系考查电场力做功、电场中的功能关系如图甲所示，在某电场中建立如图甲所示，在某电场中建立 x 坐标轴，坐标轴，A、B 为为 x 轴上的两点，轴上的两点，xA、xB分别为分别为 A、B两点在两点在 x 轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿 x 轴运动，该电子的电势能轴运动，该电子的电势能 Ep随其坐标随其坐标 x 变化的关系如图乙所示，变化的关系如图乙所示，EpA和和 EpB分别表示电子在分别表示电子在 A、B 两点时的电势能。下列说法中正确的是两点时的电势能。下列说法中正确的是()A该电场可能是孤立的点电荷形成的电场该电场可能是孤立的点电荷形成的电场BA 点的电场强度小于点的电场强度小于 B 点的电场强度点的电场强度C电子由电子由 A 点运动到点运动到 B 点的过程中电场力对其所做的功点的过程中电场力对其所做的功 WEpAEpBD电子在电子在 A 点的动能小于在点的动能小于在 B 点的动能点的动能解析：选解析：选 C由于由于 A、B 两点的电势能与两个位置间的关系如题图乙所示，是一条过原点的直线，说明电势是均匀增加的，所以一定是匀强电场，而不是孤立点电荷形成的电场，故两点的电势能与两个位置间的关系如题图乙所示，是一条过原点的直线，说明电势是均匀增加的，所以一定是匀强电场，而不是孤立点电荷形成的电场，故 A、B 错误；由题图乙可知，电子在错误；由题图乙可知，电子在 A、B 两点的电势能关系为：两点的电势能关系为：EpBEpA，说明电子由，说明电子由 A点运动到点运动到 B 点时电势能增大，电场力做负功，电场力对其所做的功为点时电势能增大，电场力做负功，电场力对其所做的功为 WEpAEpB，故，故C正确；电场力做负功，动能减小，所以电子在正确；电场力做负功，动能减小，所以电子在 A 点的动能大于在点的动能大于在 B 点的动能，故点的动能，故 D 错误。错误。9考查平行板电容器的动态分析考查平行板电容器的动态分析如图所示，平行板电容器两极板带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在如图所示，平行板电容器两极板带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在 A 点的点电荷，以点的点电荷，以 E 表示两极板间的电场强度，表示两极板间的电场强度，Ep表示点电荷在表示点电荷在 A 点的电势能，点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A 增大，增大，E 增大增大 B 增大，增大，Ep不变不变C 减小，减小，Ep增大增大 D 减小，减小，E 不变不变解析：选解析：选 D若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据 CrS4kd可知，可知，C 变大；根据变大；根据QCU 可知，在可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角 减小；根据减小；根据 EUd，QCU，CrS4kd，联立可得，联立可得 E4kQrS，可知，可知 E 不变；不变；A 点离下极板的距离不变，点离下极板的距离不变，E 不变，则不变，则 A 点与下极板间的电势差不变，点与下极板间的电势差不变，A 点的电势不变，故点的电势不变，故 Ep不变；由以上分析可知，选项不变；由以上分析可知，选项 D 正确。正确。10考查带电粒子在电容器中的运动问题考查带电粒子在电容器中的运动问题多选多选如图所示，平行板电容器两极板水平放置，电容为如图所示，平行板电容器两极板水平放置，电容为 C，开始开关闭合，电容器与一直流电源相连，极板间电压为，开始开关闭合，电容器与一直流电源相连，极板间电压为 U，两极板间距为，两极板间距为 d，电容器储存的能量，电容器储存的能量 E12CU 2。一电荷量大小为。一电荷量大小为 q 的带电油滴以初动能的带电油滴以初动能 Ek0从平行板电容器的两个极板中央水平射入从平行板电容器的两个极板中央水平射入(极板足够长极板足够长)，带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则，带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则()A保持开关闭合，将上极板下移保持开关闭合，将上极板下移d3，带电油滴仍能沿水平线运动，带电油滴仍能沿水平线运动B 保持开关闭合，将上极板下移 保持开关闭合，将上极板下移d3，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为 Ek0qU12C断开开关，将上极板上移断开开关，将上极板上移d3，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为功至少为23CU2D断开开关，将上极板上移断开开关，将上极板上移d3，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为16CU2解析：选解析：选 BD保持开关闭合，电压不变，仅将上极板下移保持开关闭合，电压不变，仅将上极板下移d3的过程中，极板距离减小，根据的过程中，极板距离减小，根据 EUd知电场强度增大，电场力增大，带电油滴向上偏转，故知电场强度增大，电场力增大，带电油滴向上偏转，故 A 错误；初始时油滴能匀速通过电容器，说明错误；初始时油滴能匀速通过电容器，说明 mgqUd，保持开关闭合，仅将上极板下移，保持开关闭合，仅将上极板下移d3，两极板间距离变为，两极板间距离变为23d，电场强度，电场强度 EU2d33U2d，电场力做功，电场力做功 W电电qE(d2d3)qU4，根据动能定理得，根据动能定理得，mg(d2d3)qU4EkEk0，解得，解得 EkEk0qU4qUdd6Ek0qU12，所以撞击上极板时的动能是，所以撞击上极板时的动能是 Ek0qU12，故，故 B 正确；开始时电容器存储的能量为正确；开始时电容器存储的能量为 E112CU2，断开开关后，电容器所带电荷量，断开开关后，电容器所带电荷量Q不变，上极板上移不变，上极板上移d3，由，由 CrS4kd知电容器电容变为知电容器电容变为34C，由，由QUC 知，两极板电势差变为知，两极板电势差变为43U，此时电容器储存能量，此时电容器储存能量 E212(34C)(43U)223CU2，根据能量守恒，不考虑电容器极板重力势能的变化，外力对极板所做的功，根据能量守恒，不考虑电容器极板重力势能的变化，外力对极板所做的功 WE2E116CU2，故，故 C 错误，错误，D 正确。正确。考点三考点三磁场及其对电流的作用磁场及其对电流的作用11.考查磁感应强度的叠加问题考查磁感应强度的叠加问题如图所示，在磁感应强度大小为如图所示，在磁感应强度大小为 B0的匀强磁场中，两长直导线的匀强磁场中，两长直导线 P 和和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为 l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时，纸面内与两导线距离均为时，纸面内与两导线距离均为 l 的的 a 点处的磁感应强度为零。如果让点处的磁感应强度为零。如果让 P 中的电流反向、其他条件不变，则中的电流反向、其他条件不变，则 a 点处磁感应强度的大小为点处磁感应强度的大小为()A0B.33B0C.233B0 D2B0解析：选解析：选 C导线导线 P 和和Q中电流中电流 I 均向里时，设其在均向里时，设其在 a 点产生的磁感应强度大小点产生的磁感应强度大小 BPBQB1，如图所示，则其夹角为，如图所示，则其夹角为 60，它们在，它们在 a点的合磁场的磁感应强度平行于点的合磁场的磁感应强度平行于 PQ向右、大小为向右、大小为3B1。又根据题意。又根据题意Ba0，则，则 B03B1，且，且 B0平行于平行于 PQ向左。若向左。若 P 中电流反向，则中电流反向，则 BP反向、大小不变，反向、大小不变，BQ和和 BP大小不变，夹角为大小不变，夹角为 120，合磁场的磁感应强度大小为，合磁场的磁感应强度大小为 B1B1(方向垂直方向垂直 PQ向上、与向上、与 B0垂直垂直)，a 点合磁场的磁感应强度点合磁场的磁感应强度 BB02B12233B0，则，则 A、B、D 项均错误，项均错误，C项正确。项正确。12考查安培力作用下导体棒的平衡问题考查安培力作用下导体棒的平衡问题如图所示，挂在天平底部的矩形线圈如图所示，挂在天平底部的矩形线圈 abcd 的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流 I 时，调节两盘中的砝码，使天平平衡。然后使电流时，调节两盘中的砝码，使天平平衡。然后使电流 I 反向，这时要在天平的左盘上加质量为反向，这时要在天平的左盘上加质量为 2102 kg 的砝码，才能使天平重新平衡。若已知矩形线圈共的砝码，才能使天平重新平衡。若已知矩形线圈共 10 匝，通入的电流匝，通入的电流 I0.1 A，bc 边长度为边长度为 10 cm，(g 取取 10 m/s2)则磁场对则磁场对 bc 边作用力边作用力 F 的大小和该磁场的磁感应强度的大小和该磁场的磁感应强度 B 的大小分别是的大小分别是()AF0.2 N，B20 T BF0.2 N，B2 TCF0.1 N，B1 T DF0.1 N，B10 T解析：选解析：选 C当线圈中通入电流后，右盘矩形线圈当线圈中通入电流后，右盘矩形线圈 abcd 受到的安培力为受到的安培力为 FnBIL，方向向上；设左盘砝码的质量为，方向向上；设左盘砝码的质量为 M，右盘砝码的质量为，右盘砝码的质量为 m，此时根据天平处于平衡状态有：，此时根据天平处于平衡状态有：MgmgnBIL，当通有反向电流时，右盘矩形线圈，当通有反向电流时，右盘矩形线圈 abcd 受到的安培力为受到的安培力为 FnBIL，方向向下，此时根据天平处于平衡状态有：，方向向下，此时根据天平处于平衡状态有：Mg(210210)NmgnBIL，联立以上两式解得：，联立以上两式解得：B1 T，所以，所以 F0.1 N，故，故 A、B、D 错误，错误，C 正确。正确。考点四考点四磁场对运动电荷的作用磁场对运动电荷的作用13.考查左手定则、半径公式的应用考查左手定则、半径公式的应用如图所示，通电竖直长直导线的电流方向向上，初速度为如图所示，通电竖直长直导线的电流方向向上，初速度为 v0的电子平行于直导线竖直向上射出，不考虑电子的重力，则电子将的电子平行于直导线竖直向上射出，不考虑电子的重力，则电子将()A向右偏转，速率不变，向右偏转，速率不变，r 变大变大B向左偏转，速率改变，向左偏转，速率改变，r 变大变大C向左偏转，速率不变，向左偏转，速率不变，r 变小变小D向右偏转，速率改变，向右偏转，速率改变，r 变小变小解析：选解析：选 A由安培定则可知，直导线右侧的磁场垂直纸面向里，且磁感应强度随离直导线距离变大而减小，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力方向向右，故向右偏转；由由安培定则可知，直导线右侧的磁场垂直纸面向里，且磁感应强度随离直导线距离变大而减小，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力方向向右，故向右偏转；由于洛伦兹力不做功，故速率不变，由于洛伦兹力不做功，故速率不变，由 rmvqB知知 r 变大，故变大，故 A 正确。正确。14考查电子在匀强磁场中匀速圆周运动的比较考查电子在匀强磁场中匀速圆周运动的比较多选多选有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的 k 倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域中做圆周运动。与中运动的电子相比，中的电子倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域中做圆周运动。与中运动的电子相比，中的电子()A运动轨迹的半径是中的运动轨迹的半径是中的 k 倍倍B加速度的大小是中的加速度的大小是中的 k 倍倍C做圆周运动的周期是中的做圆周运动的周期是中的 k 倍倍D做圆周运动的角速度与中的相等做圆周运动的角速度与中的相等解析：选解析：选 AC两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且磁场磁感应强度两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且磁场磁感应强度 B1是磁场磁感应强度是磁场磁感应强度 B2的的 k 倍。由倍。由 qvBmv2r得得 rmvqB1B，即中电子运动轨迹的半径是中的，即中电子运动轨迹的半径是中的 k 倍，选项倍，选项 A 正确。由正确。由 F合合ma 得得 aF合合mqvBmB，所以，所以a2a11k，选项，选项 B 错误。由错误。由 T2rv得得 Tr，所以，所以T2T1k，选项，选项 C 正确。由正确。由 2T得得21T1T21k，选项，选项 D 错误。错误。15考查磁场对带电体的作用考查磁场对带电体的作用多选多选如图所示，一个质量为如图所示，一个质量为 m、带电荷量为、带电荷量为q 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度 v0，在以后的运动中下列说法正确的是，在以后的运动中下列说法正确的是()A圆环可能做匀减速运动圆环可能做匀减速运动B圆环可能做匀速直线运动圆环可能做匀速直线运动C圆环克服摩擦力所做的功可能为圆环克服摩擦力所做的功可能为12mv02D圆环克服摩擦力所做的功不可能为圆环克服摩擦力所做的功不可能为12mv02m3g22q2B2解析：选解析：选 BC当当 qv0Bmg 时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆的支持力和摩擦力都发生变化，所以不可能做匀减速运动，故时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆的支持力和摩擦力都发生变化，所以不可能做匀减速运动，故 A 错误；当错误；当 qv0Bmg 时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故 B 正确；当正确；当 qv0Bmg 时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功，根据动能定理得时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功，根据动能定理得W012mv02，解得，解得 W12mv02，故，故 C 正确；当正确；当 qv0Bmg 时，圆环先做减速运动，当时，圆环先做减速运动，当 qvBmg 时，圆环不受摩擦力，做匀速直线运动，解得时，圆环不受摩擦力，做匀速直线运动，解得 vmgqB，根据动能定理得，根据动能定理得，W12mv212mv02，代入解得，代入解得 W12mv02m3g22q2B2，故，故 D 错误。错误。释疑释疑 4 大考点大考点考点一电场力的性质考点一电场力的性质本考点主要涉及电场强度概念、公式等基础知识，考查时常结合库仑定律、电场力、平衡条件等相关知识简单交汇命题，属于送分题型。建议考生自学为主。本考点主要涉及电场强度概念、公式等基础知识，考查时常结合库仑定律、电场力、平衡条件等相关知识简单交汇命题，属于送分题型。建议考生自学为主。(一一)电场强度的三个公式电场强度的三个公式(二二)研究电场的思想方法研究电场的思想方法对称法对称法(三三)几种题型的重点关照几种题型的重点关照1求解某点合场强时，要注意分析叠加在该点上的各个场强的大小和方向。如诊断卷第求解某点合场强时，要注意分析叠加在该点上的各个场强的大小和方向。如诊断卷第 1 题，正点电荷在题，正点电荷在 O 点时，点时，G 点的场强为零，则正点电荷在点的场强为零，则正点电荷在 G 点的场强与两负点电荷在点的场强与两负点电荷在G 点的场强等大反向。若已知一个点电荷受力为零或某点合场强为零，当各个分场强的方向不在同一条直线上时，要运用矢量的合成与分解的方法进行求解。点的场强等大反向。若已知一个点电荷受力为零或某点合场强为零，当各个分场强的方向不在同一条直线上时，要运用矢量的合成与分解的方法进行求解。2在匀强电场中沿同一方向，相等距离上电势变化量相同。如诊断卷第在匀强电场中沿同一方向，相等距离上电势变化量相同。如诊断卷第 2 题中，因题中，因 cd2ab，有，有 Ucd2Uab。3应用割补法及对称思想求解场强，如诊断卷第应用割补法及对称思想求解场强，如诊断卷第 3 题，由于完整的均匀带电球壳在球壳外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，故在解决此题时可以先将缺损的半个球壳补充完整使之均匀带电，电荷量为半球壳的题，由于完整的均匀带电球壳在球壳外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，故在解决此题时可以先将缺损的半个球壳补充完整使之均匀带电，电荷量为半球壳的 2 倍，利用对称的思想可知补充的球壳在倍，利用对称的思想可知补充的球壳在 M 点的场强和缺损的球壳在点的场强和缺损的球壳在 N 点的场强大小相等。点的场强大小相等。4用“等效法”处理带电体在等效场中的运动，如诊断卷第用“等效法”处理带电体在等效场中的运动，如诊断卷第 4 题，先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，再将题，先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，再将 aF合合m视为“等效重力加速度”，如此便建立起“等效重力场”，最后将物体在重力场中的运动规律迁移到带电体在等效重力场中分析求解即可。视为“等效重力加速度”，如此便建立起“等效重力场”，最后将物体在重力场中的运动规律迁移到带电体在等效重力场中分析求解即可。题点全练题点全练1.(2018全国卷全国卷)如图，三个固定的带电小球如图，三个固定的带电小球 a、b 和和 c，相互间的距离分别为，相互间的距离分别为 ab5 cm，bc3 cm，ca4 cm。小球。小球 c 所受库仑力的合力的方向平行于所受库仑力的合力的方向平行于a、b 的连线。设小球的连线。设小球 a、b 所带电荷量的比值的绝对值为所带电荷量的比值的绝对值为 k，则，则()Aa、b 的电荷同号，的电荷同号，k169Ba、b 的电荷异号，的电荷异号，k169Ca、b 的电荷同号，的电荷同号，k6427Da、b 的电荷异号，的电荷异号，k6427解析：选解析：选 D由于小球由于小球 c 所受库仑力的合力的方向平行于所受库仑力的合力的方向平行于 a、b 的连线，根据受力分析知，的连线，根据受力分析知，a、b 的电荷异号。的电荷异号。根据库仑定律，根据库仑定律，a 对对 c 的库仑力为的库仑力为Fak0qaqc ac 2b 对对 c 的库仑力为的库仑力为Fbk0qbqc bc 2设合力向左，如图所示，根据相似三角形，得设合力向左，如图所示，根据相似三角形，得FaacFbbc联立式得联立式得k|qaqb|ac 3 bc 36427。2多选多选(2018云南统一检测云南统一检测)如图所示，如图所示，a、b、c、d 是正方形的四个顶点，是正方形的四个顶点，O 是正方形对角线的交点。是正方形对角线的交点。ad 边和边和 bc 边中点处放有等量异种点电荷边中点处放有等量异种点电荷Q、Q，关于图中各点电势和电场强度的关系，下列说法正确的是，关于图中各点电势和电场强度的关系，下列说法正确的是()Aa、O、c 三点的电势关系为三点的电势关系为 aOcBa、b、c、d 四个顶点处的电场强度相等四个顶点处的电场强度相等C在两点电荷连线上，在两点电荷连线上，O 点处的电场强度最大点处的电场强度最大Da、b、c、d、O 五个点中五个点中 O 点处的电场强度最大点处的电场强度最大解析：选解析：选 AD根据等量的异种电荷连线的中垂线即为等势线，即根据等量的异种电荷连线的中垂线即为等势线，即 O0，a 点电势大于零，点电势大于零，c 点电势小于零，所以点电势小于零，所以 aOc，故，故 A 正确；根据电场的叠加原理可知，正确；根据电场的叠加原理可知，a、b、c、d 四点的场强大小相等，方向不同，故四点的场强大小相等，方向不同，故 B 错误；由等量异种电荷电场线分布可知，在两点电荷连线上，电场强度先减小后增大，所以错误；由等量异种电荷电场线分布可知，在两点电荷连线上，电场强度先减小后增大，所以 O 点电场强度最小，故点电场强度最小，故 C 错误；根据电场的叠加原理可知，错误；根据电场的叠加原理可知，EO2kQ(L2)2，其余四点的场强大小均小于，其余四点的场强大小均小于 EO，故，故 D 正确。正确。3.如图所示，一均匀带电的球体半径为如图所示，一均匀带电的球体半径为 R，在球内有一点，在球内有一点 A，与球心距离为，与球心距离为R2，球外有一点，球外有一点 B，与球心距离为，与球心距离为3R2，已知球体外场强与电荷全部集中在球心处的点电荷激发的场强相同，均匀带电球壳内部场强处处为零，则，已知球体外场强与电荷全部集中在球心处的点电荷激发的场强相同，均匀带电球壳内部场强处处为零，则A、B 两点的场强比值为两点的场强比值为()A31B11C98 D91解析：选解析：选 CB 点场强点场强 EBkQ(3R2)24kQ9R2；根据均匀带电球壳内部场强处处为零，在均匀带电的球体中抠去一个半径为；根据均匀带电球壳内部场强处处为零，在均匀带电的球体中抠去一个半径为R2的球体，根据填补法可知，的球体，根据填补法可知，EAk18Q(R2)2kQ2R2，所以，所以A、B 两点的场强比值为两点的场强比值为 98，故，故 C 正确。正确。考点二电场能的性质考点二电场能的性质本考点在考查中具有“知识交汇多”“信息含量多”“考查角度多”三多特点，这些特点足够让其成为高分路上的一大“拦路虎”，遇到此类问题，考生无须一见就慌，只要静下心来，运用所学知识灵活变通，从力和能的角度去分析，就不难做出准确判断。本考点在考查中具有“知识交汇多”“信息含量多”“考查角度多”三多特点，这些特点足够让其成为高分路上的一大“拦路虎”，遇到此类问题，考生无须一见就慌，只要静下心来，运用所学知识灵活变通，从力和能的角度去分析，就不难做出准确判断。(一一)基础知识要记牢基础知识要记牢1电场能的性质电场能的性质2电场中电势高低、电势能大小的判断电场中电势高低、电势能大小的判断(二)方法技巧要用好(二)方法技巧要用好1电场中图像问题的分析方法电场中图像问题的分析方法(1)x 图线上某点切线的斜率的绝对值等于电场强度的大小，电场强度为零处，图线上某点切线的斜率的绝对值等于电场强度的大小，电场强度为零处，x 图线存在极值，极值点切线的斜率为零，如诊断卷第图线存在极值，极值点切线的斜率为零，如诊断卷第 6 题，题，x2处电场强度为零。处电场强度为零。(2)在在 x 图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向，如诊断卷第图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向，如诊断卷第 6 题，题，Ox2电势升高，场强方向沿电势升高，场强方向沿 x 轴负方向；轴负方向；xx2位置电势降低，场强方向沿位置电势降低，场强方向沿 x 轴正方向。轴正方向。(3)判断电势能变化的方法：直接用判断电势能变化的方法：直接用 Epq 进行判断；用电场力做功与电势能变化的关系进行判断，如诊断卷第进行判断；用电场力做功与电势能变化的关系进行判断，如诊断卷第 6 题选项题选项 C，负电荷从，负电荷从 x1移到移到 x2，电场力做正功，电势能减小。，电场力做正功，电势能减小。2电场中“三线”问题的解题技巧电场中“三线”问题的解题技巧(诊断卷第诊断卷第 7 题题)(1)带电粒子所受合力带电粒子所受合力(往往仅为电场力往往仅为电场力)指向轨迹曲线的内侧；指向轨迹曲线的内侧；(2)该点速度方向为轨迹切线方向；该点速度方向为轨迹切线方向；(3)电场线或等差等势面密集的地方场强大；电场线或等差等势面密集的地方场强大；(4)电场线垂直于等势面；电场线垂直于等势面；(5)顺着电场线电势降低最快；顺着电场线电势降低最快；(6)电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大。有时还要用到牛顿第二定律、动能定理等知识。电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大。有时还要用到牛顿第二定律、动能定理等知识。3电容器有关问题的解题思路电容器有关问题的解题思路(1)判断电容器中某点电势的变化时，一般是通过该点与某一极板的电势差的变化来判断。如诊断卷第判断电容器中某点电势的变化时，一般是通过该点与某一极板的电势差的变化来判断。如诊断卷第 9 题中，因为上极板位置变化，下极板位置固定且接地，分析时应以题中，因为上极板位置变化，下极板位置固定且接地，分析时应以 A 点与下极板的距离为参考，若以点与下极板的距离为参考，若以 A 点与上极板的距离为参考来分析容易出错。点与上极板的距离为参考来分析容易出错。(2)求解平行板电容器动态分析的问题时，难点是判断电容器两板间场强的变化：两板间求解平行板电容器动态分析的问题时，难点是判断电容器两板间场强的变化：两板间 U