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新高考物理二轮复习精选练习专题8电场与磁场（含解析）
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这是一份新高考物理二轮复习精选练习专题8电场与磁场（含解析），共65页。试卷主要包含了电场强度的三个公式，电场能的性质，等势面与电场线的关系，电容、电容器，带电粒子在磁场中的受力情况等内容，欢迎下载使用。
专题八、电场与磁场
第一部分 织网点睛，纲举目张
1．电场强度的三个公式
2．电场能的性质
3．等势面与电场线的关系
(1)电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面。
(2)电场线越密的地方，等差等势面也越密。
(3)沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功。
4．电容、电容器
(1)电容：①定义式：C＝或C＝；
②决定式：C＝。
(2)平行板电容器的两类动态分析
两种情况
电路结构
动态分析
电容器始终接在恒压电源上
U不变
d↑→C↓→Q↓
d↑→E↓
S↑→C↑→Q↑
电容器充电后断电
Q不变
d↑→C↓→U↑
→E不变
S↑→C↑→
U↓→E↓
5.磁场的叠加及安培力
(1)地磁场的分布：北半球，竖直分量向下；南半球，竖直分量向上；地球上各处，水平分量向北；赤道上空，磁感应强度水平向北。
(2)磁场的叠加：几根通电导线的磁场的叠加——安培定则(右手螺旋定则)，磁感应强度垂直于半径线；遵循矢量叠加。
(3)安培力
6．带电粒子在磁场中的受力情况
(1)磁场只对不沿磁感线运动的电荷有力的作用，对静止的电荷或沿磁感线运动的电荷无力的作用。
(2)洛伦兹力的大小和方向：其大小为F＝qvBsin θ，注意：θ为v与B的夹角；F的方向由左手定则判定，四指的指向应为正电荷运动的方向或负电荷运动方向的反方向。
(3)洛伦兹力做功的特点：由于洛伦兹力始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力永不做功。
第二部分 实战训练，高考真题演练
1．（2022新高考海南卷）某带电体周围的电场线和等势面如图所示，设A点的电场强度为EA，电势为φA，B点的电场强度为EB，电势为φB，则有
A. EA＞EB， B. EA＜EB
C.，φA＞φB D. φA＜φB
【参考答案】BD
【名师解析】图中带箭头的实线表示电场线，虚线为等势面。根据电场线的疏密表示电场强度，可知EA＜EB，选项B正确；根据沿电场线方向电势降低，可知φA＜φB，选项D正确。
2．. （2022新高考江苏卷）如图所示，正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相等，O是正方形的中心。现将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动，则（ ）
A. 在移动过程中，O点电场强度变小
B. 在移动过程中，C点的电荷所受静电力变大
C. 在移动过程中，移动的电荷所受静电力做负功
D. 当其移动到无穷远处时，O点的电势高于A点
【参考答案】D
【命题意图】本题考查静电场及其相关知识点。
【解题思路】
O是等量同种电荷连线的中点，场强为0，将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处，在移动过程中，O点电场强度变大，选项A错误；在移动过程中，C点出的场强EC变小，由F=qEC可知C点的正电荷所受静电力变小，选项B错误；由于A点电场方向沿OA方向，移动过程中，移动电荷所受静电力做正功，选项C错误；A点电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，移动到无穷远处时，O点的电势高于A点电势，选项D正确。
3. （2022高考上海物理学科水平测试）水平面上有一带电量为Q的均匀带电圆环，圆心为O，其中央轴线上距离O点为d的位置处也有带电量为q的点电荷。若点电荷受到的电场力为F，则F k（k为静电力恒量）(选填：“＞”、“＜”或“＝”)。静电力恒量k的单位为 （用“SI单位制”中的基本单位表示）。
【参考答案】＜ kg·m3·s-4·A-2
【命题意图】本题考查库仑定律+矢量合成+国际单位制+微元法+模型思维
【名师解析】把均匀带电圆环平均分成N小段，每一小段都可以看出点电荷，电荷量为q’=Q/N。设q’与点电荷q之间的连线和带电圆环圆心与点电荷q之间的连线之间的夹角为θ，由库仑定律，q’与点电荷q之间的库仑力大小为F’=k
点电荷q受到的总库仑力大小为F=NF’cosθ=N k cosθ= k cos3θ
由于cosθ＜1，所以F＜k。
由库仑定律，F=k，可得k=。用“SI单位制”中的基本单位表示力F的单位是kg·m/s2，距离r的单位为m，电荷量的单位为A·s，所以静电力恒量k的单位为=kg·m3·s-4·A-2。
4. （2022高考辽宁物理）如图所示，带电荷量为的球1固定在倾角为光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为，球2、3间的静电力大小为。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（ ）
A. 带负电
B. 运动至a点的速度大小为
C. 运动至a点的加速度大小为
D. 运动至ab中点时对斜面的压力大小为
【参考答案】BCD
【命题意图】本题考查库仑定律、平衡条件、牛顿运动定律及其相关知识点.
【名师解析】
根据题图几何关系可知三小球构成一个边长为L的等边三角形，小球1和3之间的力大于小球2和3之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3之间的作用力一定是斥力，由于小球1带正电，所以小球3带正电，选项A错误；小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知，小球2对小球3做功为0；弹簧弹力做功为0，故根据动能定理有，解得，选项B正确；小球3在b点时，设小球3的电荷量为q，根据库仑定律和平衡条件，得。设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有 ，解得 。
小球3运动至a点时，弹簧伸长量等于，根据对称性，利用牛顿第二定律可得，解得，选项C正确；当小球3运动至ab中点时，弹簧弹力为0，此时小球2对小球3的力为
斜面对小球的支持力为
根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为，选项D正确。
5. （2022高考河北）如图，真空中电荷量为和的两个点电荷分别位于点与点，形成一个以MN延长线上点为球心，电势为零的等势面（取无穷处电势为零），为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，为等势面上的一点，下列说法正确的是（ ）
A. 点电势低于点电势
B. 点电场强度方向指向O点
C. 除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点
D. 将正试探电荷从T点移到P点，静电力做正功
【参考答案】B
【命题意图】本题考查静电场及其相关知识点。
【名师解析】
在直线MN上，左边正电荷在M右侧电场强度水平向右，右边负电荷在直线MN上电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知点电势高于等势面与MN交点处电势，则点电势高于点电势，故A错误；由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，则N右侧，设MN距离为，根据
可知除无穷远处外，直线MN电场强度为零的点只有一个，故C错误；
由A选项分析可知：点电势低于电势，则正电荷在点的电势能低于在电势的电势能，将正试探电荷从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，故D错误；设等势圆的半径为，AN距离为x，MN距离为，如图所示
根据点电荷电势公式：
结合电势的叠加原理，、满足，
解得，
由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，O点电势
可知，可知T点电场方向指向O点，故B正确。
6. （2022山东物理） 半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于延长线上距O点为的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为（ ）
A. 正电荷， B. 正电荷，
C. 负电荷， D. 负电荷，
【参考答案】C
【命题意图】本题考查电场叠加及其相关知识点。
【名师解析】
取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有
由图可知，两场强的夹角为，则两者的合场强为
根据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为
根据，联立解得，故选C。
7. （2022·全国理综乙卷·19） 如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个项点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（ ）
A. L和N两点处的电场方向相互垂直
B. M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C. 将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D. 将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
【参考答案】AB
【名师解析】
两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方向两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；正方向底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。
8．（2022年6月浙江选考）如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为， a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则
A．轨道半径r小的粒子角速度一定小
B．电荷量大的粒子的动能一定大
C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查牛顿运动定律、电场力、圆周运动、洛伦兹力、动能及其相关知识点。
【解题思路】
粒子在半径为r的圆轨道运动，qE=mω2r，将代入，得ω2=，由此可知，轨道半径r小的粒子角速度一定大，A错误；由qE=mv2/r，解得q=Ek，即电荷量大的粒子的动能一定大，B正确；由qE=mv2/r，可知v2=qa/m，即粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，C正确；若加垂直纸面向外的磁场时，带电粒子所受洛伦兹力指向圆心，则粒子做向心运动，D错误。
9．（2022年6月浙江选考）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度为
D．粒子从N板下端射出的时间
【参考答案】C
【命题意图】本题考查带电粒子在两极板之间的匀强电场中的运动。
【解题思路】根据题述，垂直M板向右运动的粒子，到达N板时速度大小为，可知电场对带电粒子做正功，由于不知粒子电性，不能判断出M板电势高于N板电势，A错误；电场对两带电粒子都做正功，两个粒子的电势能都减小，B错误；两个带电粒子由M板运动到N，电场力做功相同，两粒子运动到N板时速度大小相同。对平行M板向下运动的粒子，将运动到N板下端的速度分解可得，垂直于N板的速度分量为v0，平行于N板的速度分量为v0，设MN两极板之间的距离为d，对平行M板向下运动的粒子垂直于N板方向的分运动，L/2=v0t，d=at2，对垂直M板向右运动的粒子，（）2- v02=2ad，联立解得：，t=，C正确D错误。
10. （2022年1月浙江选考）某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. a点所在的线是等势线
B. b点的电场强度比c点大
C. b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D. 将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
【参考答案】C
【名师解析】因上下为两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜，则a点所在的线是电场线，选项A错误；因c处的电场线较b点密集，则c点的电场强度比b点大，选项B错误；因bc两处所处的线为等势线，可知b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，选项C正确；因dg两点在同一电场线上，电势不相等，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为零，选项D错误。
11．（2022新高考海南卷）如图，带正电q=的物块A放在水平桌面上，利用细绳通过光滑的滑轮与B相连，A处在匀强电场中，，从O开始，A与桌面的动摩擦因数随x的变化如图所示，取O点电势能为零，A、B质量均为，B离滑轮的距离足够长，则（ ）
A．它们运动的最大速度为
B．它们向左运动的最大位移为
C．当速度为时，A的电势能可能是
D．当速度为时，绳子的拉力可能是
【参考答案】ACD
【名师解析】A受到的电场力F=qE，动摩擦因数μ=0.2x，滑动摩擦力f=μmg=0.2mgx。A在电场力和滑动摩擦力、细绳拉力作用下向左做加速直线运动，当f+mg=F时，加速度为零，A滑动的速度最大，由qE=0.2mgx+mg解得x=1m，在A向左滑动x=1m过程中，滑动摩擦力做功Wf=×0.2mgx 2=×0.2×1×10×12J=1J。由动能定理，qEx-mgx- Wf=2mv2，解得v=1m/s，选项A正确B错误；由qEx-mgx- Wf=2mv2，解得当速度为0.6m/s时，x=1.8m或x=0.2m。若x=1.8m，电场力做功W= qEx=21.6J，根据功能关系可知，当速度为0.6m/s时，A的电势能可能是-21.6J；若x=0.2m，电场力做功W= qEx=2.4J，根据功能关系可知，当速度为0.6m/s时，A的电势能可能是-2.4J，选项C正确；当速度为0.6m/s时，x=1.8m或x=0.2m，若x=1.8m，滑动摩擦力f=μmg=0.2mgx=3.6N，由牛顿第二定律，对物块A，F–f-T=ma，对物块B， T-mg=ma，联立解得T=9.2N，即绳子的拉力可能是，选项D正确。
12．（2022新高考海南卷）某带电体周围的电场线和等势面如图所示，设A点的电场强度为EA，电势为φA，B点的电场强度为EB，电势为φB，则有
A. EA＞EB， B. EA＜EB
C.，φA＞φB D. φA＜φB
【参考答案】BD
【名师解析】图中带箭头的实线表示电场线，虚线为等势面。根据电场线的疏密表示电场强度，可知EA＜EB，选项B正确；根据沿电场线方向电势降低，可知φA＜φB，选项D正确。
13. （2022高考河北）如图，真空中电荷量为和的两个点电荷分别位于点与点，形成一个以MN延长线上点为球心，电势为零的等势面（取无穷处电势为零），为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，为等势面上的一点，下列说法正确的是（ ）
A. 点电势低于点电势
B. 点电场强度方向指向O点
C. 除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点
D. 将正试探电荷从T点移到P点，静电力做正功
【参考答案】B
【命题意图】本题考查静电场及其相关知识点。
【名师解析】
在直线MN上，左边正电荷在M右侧电场强度水平向右，右边负电荷在直线MN上电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知点电势高于等势面与MN交点处电势，则点电势高于点电势，故A错误；由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，则N右侧，设MN距离为，根据
可知除无穷远处外，直线MN电场强度为零的点只有一个，故C错误；
由A选项分析可知：点电势低于电势，则正电荷在点的电势能低于在电势的电势能，将正试探电荷从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，故D错误；设等势圆的半径为，AN距离为x，MN距离为，如图所示
根据点电荷电势公式：
结合电势的叠加原理，、满足，
解得，
由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，O点电势
可知，可知T点电场方向指向O点，故B正确。
14．（2022·全国理综甲卷·21）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，（ ）
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【参考答案】BD
【命题意图】本题考查带电小球在匀强电场中的运动、能量守恒定律、运动的分解等知识点。
【解题思路】
小球水平向左射出，小球水平方向受到向右的电场力作用，在水平方向在匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动。小球运动中只有重力和电场力做功，小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变，小球动能最小时，其电势能和重力势能之和最大，电势能不一定最大，选项A错误；小球水平向左射出，小球水平方向受到向右的电场力作用，电场力做负功，电势能增大，小球水平方向速度减小到零时，电势能最大，由于小球小球运动过程中重力和电场力大小相等，所以小球水平方向速度减小到零时，小球的动能等于初始动能，电势能最大，选项B正确；由于小球在水平方向在匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动，刚开始电势能增加的比重力势能减少的快，动能减小，当小球速度的水平分量等于竖直分量时动能最小，选项C错误；由于小球小球运动过程中重力和电场力大小相等，小球水平方向速度减小到零时，小球的动能等于初始动能，由功能关系可知，从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球克服电场力做的功，即重力做的功等于小球电势能的增加量，选项D正确。
15．（2022重庆高考）如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则（ ）
A．材料竖直方向尺度减小 B．极板间电场强度不变
C．极板间电场强度变大 D．电容器电容变大
【参考答案】A
【名师解析】由于两极板间电压不变，若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，由C=Q/U可知电容C减小，选项D错误；极板上所带电荷量变少，根据电荷决定电场可知，极板间电场强度减小，BC错误；电容C减小，根据平行板电容器决定式，C=，可知d增大，材料竖直方向尺度减小，选项A正确。
16. （2022·全国理综乙卷·19） 如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个项点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（ ）
A. L和N两点处的电场方向相互垂直
B. M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C. 将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D. 将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
【参考答案】AB
【名师解析】
两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方向两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；正方向底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。
17．（2022年6月浙江选考）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度为
D．粒子从N板下端射出的时间
【参考答案】C
【命题意图】本题考查带电粒子在两极板之间的匀强电场中的运动。
【解题思路】根据题述，垂直M板向右运动的粒子，到达N板时速度大小为，可知电场对带电粒子做正功，由于不知粒子电性，不能判断出M板电势高于N板电势，A错误；电场对两带电粒子都做正功，两个粒子的电势能都减小，B错误；两个带电粒子由M板运动到N，电场力做功相同，两粒子运动到N板时速度大小相同。对平行M板向下运动的粒子，将运动到N板下端的速度分解可得，垂直于N板的速度分量为v0，平行于N板的速度分量为v0，设MN两极板之间的距离为d，对平行M板向下运动的粒子垂直于N板方向的分运动，L/2=v0t，d=at2，对垂直M板向右运动的粒子，（）2- v02=2ad，联立解得：，t=，C正确D错误。
18．（2022重庆高考）如图为两点电荷Q、的电场等势面分布示意图，Q、位于x轴上，相邻等势面的电势差为。若x轴上的M点和N点位于等势面上，P为某等势面上一点，则（ ）
A．N点的电场强度大小比M点的大 B．Q为正电荷
C．M点的电场方向沿x轴负方向 D．P点与M点的电势差为
【参考答案】AD
【名师解析】根据等差等势面越密电场强度越大，可知N点的电场强度大小比M点的大，选项A正确；根据沿电场线方向电势降低，可知M点的电场方向沿x轴正方向，Q为负电荷，选项BC错误；根据相邻等势面的电势差为，可知P点与M点的电势差为4×3V=12V，选项D正确。
19. （2022新高考江苏卷）如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向（ ）
A. 平行于纸面向上
B. 平行于纸面向下
C. 左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D. 左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
【参考答案】C
【命题意图】本题考查安培定则、左手定则、安培力及其相关知识点。
【解题思路】根据安培定则，可判断出导线a左侧部分所在的空间磁场方向斜向右上，
右侧部分所在的空间磁场方向斜向下方，根据左手定则可判断出左半部分所受安培力方向垂直纸面向外，右半部分所受安培力方向垂直纸面向里。选项C正确。
20. （2022高考上海） 四根电阻均匀分布的电阻丝连接成一个闭合的正方形线框，Q为正方形线框的中点。当强度为I的电流从a点流入d点流出时，ad边在O点产生的磁场方向为 （选填：“垂直于纸面向里”或“垂直于纸面向外”）。已知直导线在O点产生的磁场大小与流经导线的电流大小成正比，若ad边在O点产生的磁场磁感应强度为B，则整个线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为 。
17【参考答案】.垂直纸面向外 0
【命题意图】本题考查安培定则 +并联电路规律+直线电流的磁场+磁场叠加
【名师解析】当强度为I的电流从a点流入d点流出时，根据直线电流产生磁场判断的安培定则，可知ad边在O点产生的磁场方向为垂直纸面向外。由于四根电阻丝电阻相等，设每根电阻丝的电阻为R，设ad边中电流为I1，ab边、bc边、cd边中电流为I2，根据并联电路规律，I1R=I23R，解得另外三根电阻丝中电流为I2=I1/3。由于B正比于I，根据直线电流产生磁场判断的安培定则，可知ab边、bc边、cd边在O点产生的磁场方向都是垂直纸面向里，且产生的磁场磁感应强度大小为B/3，根据磁场叠加原理可知，整个线框在O点产生的磁场磁感应强度为B-3×B/3=0。
【特别提醒】四根电阻均匀分布的电阻丝，当强度为I的电流从a点流入d点流出时，电流按照并联电路规律分配。
21. （2022高考湖北物理）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（ ）
A. kBL，0° B. kBL，0°
C. kBL，60° D. 2kBL，60°
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。
【解题思路】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图
根据带电粒子在直线边界运动的对称性可知，若从P点的出射方向与右侧边界向上的夹角为60°，
根据几何关系则有，
可得
根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向夹角为θ=60°。
当粒子上下均经历一次时，如图
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；
当粒子从上部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
故可知BC正确，AD错误。
22. （2022高考湖北物理）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A. 棒与导轨间的动摩擦因数为
B. 棒与导轨间的动摩擦因数为
C. 加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ=60°
D. 减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ=150°
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查安培力，摩擦力、牛顿运动定律及其相关知识点。
【解题思路】
设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°;当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有
令，
根据数学知识可得
则有
同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有
有
所以有
当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得
代入，可得α=30°，此时
加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有
减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有。故BC正确，AD错误。
23. （2022高考辽宁物理）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子1可能为中子
B. 粒子2可能为电子
C. 若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D. 若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
【参考答案】AD
【命题意图】本题考查带电粒子在圆形磁场的运动及其相关知识点.
【名师解析】
由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不受磁场力作用，即粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，选项A正确、B错误；由以上分析可知粒子1为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，选项C错误；粒子2在磁场中运动。洛伦兹力提供向心力有 ，解得粒子运动轨迹半径。可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，选项D正确。
24．（2022·全国理综甲卷·18）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A． B．
C． D．
【参考答案】D
【命题意图】本题考查带电粒子在电磁场中的运动。
【解题思路】带电粒子受到竖直向上的电场力和垂直速度方向的洛伦兹力作用，由左手定则可判断出洛伦兹力方向向左，轨迹可能正确的是B。
【易错提醒】根据左手定则可以判断出AC是错误的。注意到洛伦兹力使带电粒子向左下偏转后电场力做负功，带电粒子速度减小，洛伦兹力减小，可排除图像D。
25. （2022·全国理综乙卷·21）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为、；粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（ ）
A. 粒子3入射时的动能比它出射时的大
B. 粒子4入射时的动能比它出射时的大
C. 粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D. 粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
【参考答案】BD
【名师解析】．在截面内，极板间各点的电场强度大小E与其到O点的距离r成反比，可设为
带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有，
可得，即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；
粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
粒子3做向心运动，有，可得
粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；
26. （2022·全国理综乙卷·18）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）
测量序号
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
1
0
21
- 45
2
0
- 20
- 46
3
21
0
- 45
4
- 21
0
- 45
A. 测量地点位于南半球
B. 当地的地磁场大小约为50μT
C 第2次测量时y轴正向指向南方
D. 第3次测量时y轴正向指向东方
【参考答案】BC
【名师解析】
地磁场如图所示。
地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为
计算得B ≈ 50μT，B正确；
由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量，故y轴指向南方，第3次测量，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确、D错误。
27．（2022·高考广东物理）如图7所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（ ）
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查带电粒子在电场和磁场的复合场中运动，等势面，洛伦兹力，电势，电场力做功，洛伦兹力做功等知识点。
【解题思路】
电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功。由于M、P在同一等势面上，电子从N到P，电场力做负功，A错误； 根据沿电场线方向，电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；由于洛伦兹力不做功，M、P在同一等势面上，电子在M点和P点速度都是零，所以电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误。
28．（2022·高考广东物理）如图6所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【参考答案】A
【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，左手定则及其相关知识点。
【解题思路】
根据题述情景，质子垂直Oyz平面进入磁场，向y轴正方向偏转穿过MNPQ平面向x轴正方向偏转，所以可能正确的是A。
29．（2022年6月浙江选考）下列说法正确的是
A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用
B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大
D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率
【参考答案】B
【命题意图】本题考查电磁学相关知识点。
【解题思路】恒定磁场对静置于其中的电荷没有力的作用，A错误；小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，B正确；正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，磁通量变化率为零，电流为零，C错误；升压变压器中，副线圈的磁通量变化率等于原线圈的磁通量变化率，D错误。
30. （2022·全国理综乙卷·24）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求:
（1）时金属框所受安培力的大小；
（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。
【参考答案】（1）；（2）0.016J
【名师解析】
（1）金属框的总电阻为
金属框中产生的感应电动势为
金属框中的电流为
t=2.0s时磁感应强度
金属框处于磁场中的有效长度为
此时金属框所受安培力大小为
（2）内金属框产生的焦耳热为
31．（15分）（2022·高考广东物理）密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图13是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率。不计空气浮力，重力加速度为g。求：
（1）比例系数k；
（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
【命题意图】本题考查平衡条件，功能关系、动量守恒定律及其相关知识点，意在考查对物理过程分析、灵活运用知识和科学思维能力。
【解题思路】
（1）m0g=kmv1，v1t=h1，
解得k=。
（2）给两极板加上电压U，两极板之间产生竖直向下的匀强电场。A继续以原速率下落，说明A不带电；B匀速上升，说明B带负电荷。由平衡条件，
qU/d= m0g+kmv2，v2t=h2，解得 q=
B上升h2距离，电场力做功 W=qU/d·h2=
由功能关系可得电势能减少了△E=W=
（3）A、B合并，动量守恒，设竖直向下为正方向，
由动量守恒定律，m0v1- m0v2=（m0+m0）v
解得v=。
新油滴的质量为2 m0，新油滴所受电场力
若，即
可知新油滴速度方向向上，新油滴向上加速，设达到平衡时速度为v1，达到平衡时
解得速度大小为，速度方向向上；
若，即
可知新油滴速度方向向下，新油滴向下加速，设达到平衡时速度为v2，达到平衡时
解得速度大小为，速度方向向下。
32．(2020·全国卷Ⅰ)图(a)所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图(b)所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像中，正确的是( )
【参考答案】A
【名师解析】由题图(b)可知，在0～1 s时间内，电容器两极板之间电压为零，说明电容器没有充放电，电路中没有电流，根据欧姆定律可知电阻R两端电压为零；在1～2 s时间内，电容器两极板之间电压均匀增大，根据I＝＝C可知电路中有恒定电流对电容器充电，则电阻R两端电压恒定；在2～3 s时间内，电容器两极板之间电压恒定且不为零，说明电容器带电荷量不变，电路中没有电流，电阻R两端电压为零；在3～5 s时间内，电容器两极板之间电压均匀减小，说明电容器均匀放电，则电路中有反方向恒定电流，且电流小于充电电流，电阻R两端有反方向恒定电压，且电压小于充电时两端电压，所以电阻R两端电压UR随时间t变化的图像正确的是选项A。
33.[多选](2020·全国卷Ⅱ)如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则( )
A．a、b两点的场强相等
B．a、b两点的电势相等
C．c、d两点的场强相等
D．c、d两点的电势相等
【参考答案】ABC
【名师解析】 将圆环分割成无穷个小段，关于水平直径对称的两小段构成等量异种点电荷模型，在等量异种点电荷的垂直平分线上各点场强方向由正点电荷指向负点电荷，根据对称性可知a、b两点的场强相等，A项正确；取无穷远处电势为零，在等量异种点电荷的垂直平分线上各点电势均为零，故a、b两点的电势相等，B项正确；关于竖直直径对称的两小段构成等量同种点电荷模型，根据对称性可知c、d两点的场强相等，C项正确；在等量异种点电荷模型中，距离正点电荷近的点电势高，故φc＞φd，D项错误。
34.[多选](2020·全国卷Ⅲ)如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q(q＞0)的点电荷固定在P点。下列说法正确的是( )
A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
【参考答案】A
【名师解析】： 如图所示，找出Q点，使Q点与P点的距离等于M点与P点的距离，L点为MN上到P点距离最短的点，根据三角形边角关系、点电荷的电场强度公式E＝k和正点电荷形成电场中的电势特点可知，沿着MN边，从M点到N点，到P点的距离r先减小后增大，电场强度先增大后减小，电势也先增大后减小，选项A错误，B正确；根据电势能与电势的关系Ep＝qφ可知，正电荷在M点的电势能比在N点的电势能大，故将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为正，选项C正确，D错误。
35．(2020·浙江7月选考)特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，I1>I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响，则( )
A．b点处的磁感应强度大小为0
B．d点处的磁感应强度大小为0
C．a点处的磁感应强度方向竖直向下
D．c点处的磁感应强度方向竖直向下
【参考答案】C
【名师解析】 电流周围的磁场截面图如图所示，因I1>I2，则离导线相同距离处B1>B2。由磁感应强度的叠加可以看出，a处的磁感应强度方向竖直向下；b处的磁感应强度大小为Bb1－Bb2，方向竖直向上；c处磁感应强度方向为竖直向上；d处磁感应强度不为0。故答案为C。
36．[多选](2020·江苏高考)如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)。开始时，两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有( )
A．电场E中A点电势低于B点
B．转动中两小球的电势能始终相等
C．该过程静电力对两小球均做负功
D．该过程两小球的总电势能增加
【参考答案】AB
【名师解析】 沿电场线方向电势降低，则B点的电势比A点的电势高，A正确；由对称性可知，两小球所处位置的电势的绝对值始终相等，则由Ep＝qφ可知两小球的电势能始终相等，B正确；该过程中，带正电荷的小球所受的电场力方向向右，带负电荷的小球所受的电场力方向向左，则电场力对两小球均做正功，C错误；电场力做正功，电势能减少，所以该过程中两小球的总电势能减少，D错误。
第三部分 思路归纳，内化方法
1. 特殊电场场强的四种求法
等效法
在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情境变换为简单的或熟悉的电场情境，如将一个点电荷＋q与一个无限大薄金属板形成的电场，可等效为两个异种点电荷形成的电场
对称法
利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加问题大为简化
补偿法
将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为完整的球面，从而化难为易
微元法
将带电体分成许多可看成点电荷的微小带电体，先根据库仑定律求出每个微小带电体的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强
2. 电场性质的判断
判断电场强弱
①根据电场线的疏密判断
②根据公式E＝k和场强叠加原理判断
判断电势高低
①根据电场线的方向判断
②由UAB＝判断
③根据电场力做功(或电势能)判断
判断电势能大小
①根据Ep＝qφ判断
②根据ΔEp＝－W电，由电场力做功判断
3. 电场中轨迹类问题的思维导图
4. Ex图线
(1)由图线确定电场强度的变化情况，E>0表示场强沿正方向，E<0表示场强沿负方向。
(2)Ex图线与x轴所围成的面积表示电势差，如果取x＝0处为电势零点，则可由图像的面积分析各点电势的高低，综合分析粒子的运动，进一步确定粒子的电性、电场力做功及粒子的动能变化、电势能变化等情况。
5. φ x图像
(1)电场强度的大小等于φ x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ x图线存在极值，其切线的斜率为零。
(2)在φ 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。
(3)在φ x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。
6. Epx图像
(1)描述电势能随位移变化的规律。
(2)根据电势能的变化可以判断电场力做功的正、负。
(3)根据W＝－ΔEp＝Fx，图像Epx的斜率的绝对值表示电场力的大小。
7. 电场中带电粒子的vt图像
根据v t图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化。
8. 磁场叠加问题的一般解题思路
(1)确定磁场场源，如通电导线。
(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所示，BM、BN为M、N处的通电直导线在c点产生的磁场。
(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的c点合磁场的磁感应强度为B。
9.安培力
(1)直线电流的安培力
①大小：电流与磁场平行时，安培力为零；电流与磁场垂直时，安培力最大，为F＝BIL。
②方向：由左手定则判定。
(2)不规则形状通电导线的安培力
①常规方法：采用分段法或微元法，先求出每段直导线或每个电流元受到的安培力，再运用力的矢量合成法则求出总的安培力。
②等效长度法：如图所示的虚线，用“导线两端连线的长度”代入安培力公式F＝BIL中的L。
(3)利用结论
①同向平行电流相互吸引，异向平行电流相互排斥。
②两个电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势。
利用这两个结论可以很容易判断出通电导线的受力方向。
第四部分 最新模拟集萃，提升应试能力
1.（2023广州天河一模）人体的细胞膜模型图如图所示，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位）。现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可以视为匀强电场，简化模型如图所示。初速度可以视为零的正一价钠离子仅在电场力作用下，从图中的A点运动到B点，下列说法正确的是
A. A点电势低于B点电势
B. 钠离子的电势能减小
C. 钠离子的加速度变大
D. 若膜电位不变，当d越大时，钠离子进入细胞内的速度越大
【参考答案】B
【名师解析】根据题述，初速度可以视为零的正一价钠离子仅在电场力作用下，从图中的A点运动到B点，可知电场力做功，钠离子的电势能减小，A点电势高于B点电势，选项A错误B正确；由于膜内的电场可以视为匀强电场，，钠离子运动所受电场力不变，由牛顿第二定律可知，钠离子的加速度不变，选项C错误；若膜电位不变，无论膜厚度d如何变化，电场力做功qU不变，由动能定理可知，钠离子进入细胞内的速度不变，选项D错误。
2. （2022年9月甘肃张掖一诊）在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有（ ）
A. q1和q2带有同种电荷
B. x1处的电场强度为零
C. 负电荷从x1移到x2，电势能减小
D. 负电荷从x1移到x2，受到的静电力增大
【参考答案】C
【名师解析】
由题图可知，在x轴上，有电势大于零的位置也有电势小于零的位置，所以两点电荷q1和q2带有异种电荷，故A错误；在φ-x图像中，图像切线的斜率大小表示电场强度大小，则x1处的电场强度不为零，故B错误；
由Ep=φq可知，负电荷在电势高处的电势能小，则负电荷从x1移到x2，电势升高，电势能减小，故C正确；
从x1到x2电场强度逐渐减小，负电荷受到的静电力逐渐减小，故D错误。
3. （2022年9月甘肃张掖一诊）如图所示，虚线为某电场中的三条电场线1、2、3，实线表示一带负电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 粒子在a点的加速度大小大于在b点的加速度大小
B. 粒子在a点的电势能大于在b点的电势能
C. 粒子在a点的速度大小大于在b点的速度大小
D. a点的电势高于b点的电势
【参考答案】B
【名师解析】
电场线越密处场强越大，电场力越大，粒子的加速度越大，所以粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小，A错误；
粒子受力指向轨迹凹面，大致向右，所以粒子从a点到b点电场力做正功，电势能减小，动能增大，故粒子在a点的速度大小小于在b点的速度大小。因为粒子带负电，受力方向与电场方向相反，所以电场强度方向大致向左，根据沿着电场线方向电势降低，所以a点的电势低于b点的电势，B正确，CD错误。
4．（2022年9月河北示范性高中调研）如图所示，水平面内有一正方形区域ABCD，所在的平面与某一匀强电场平行，在A点有一个粒子源沿各个方向发射带负电的粒子，若与AB成45°的方向以的速度射入正方形区域的粒子恰好垂直于BC打到了E点，E点是BC的中点，已知正方形的边长为1m，粒子的比荷为0.1C/kg，C点电势为0，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的方向可能水平向右
B．打到E点的粒子在运动过程中动能逐渐减少，电势能逐渐增加
C．C点电势低于B点电势，
D．从AD方向射入的粒子可能到达C点
【参考答案】 BC
【名师解析】 与AB成45°的方向以速度射入正方形区域的粒子恰好垂直于BC打到了E点，E点恰好是BC的中点，所以粒子可以看成从E到A的类平抛，所以该匀强电场方向由B指向C，A选项错误。
在该粒子的运动过程中电场力做负功，动能逐渐减少，电势能逐渐增加，B选项正确。
根据类平抛的原理，粒子在水平方向做匀速，，代入可得，，C选项正确。
从AD方向射入的粒子做直线运动，D选项错误。
5. （2023江苏南通第一次质检） 如图所示，AB是一根半圆形绝缘细线，O点为其圆心，等量异种电荷均匀分布在细线上。P、Q是一条直径上的两点，，点N在圆心O正下方，设无穷远处电势为零，则（ ）
A. B.
C. P点的场强大于Q点的场强
D. 将负电荷从无穷远处移到N点，电场力做正功
【参考答案】A
【名师解析】
．把半圆形绝缘细线分布的等量异种电荷看成是很多对以直线为中垂线的等量异种电荷点电荷组成，根据等量异种电荷电场分布特点可知，中垂线上点的场强方向都与中垂线垂直，由正电荷指向负电荷，故叠加后直线上的场强方向都与直线垂直向下，可知直线为等势线，电势等于无穷远处电势，即
故有，，故A正确，B错误；
由于点在等势线下方且靠近负电荷，可知点的电势小于零，负电荷在点的电势能大于零，将负电荷从无穷远处移到点，电势能增加，电场力做负功，故D错误；根据等量异种电荷电场分布特点可知，中垂线上离等量异种电荷越远的点，电场强度越小，由于点离等量异种电荷的距离都比点离等量异种电荷的距离大，可知叠加后点的电场强度小于点的电场强度，故C错误。
6．（2023江西红色十校第一次联考）如图，一直线上有A、B、C三点，A点处固定一个电荷量为的点电荷，B点处固定另一电荷量为的点电荷，在点处由静止释放一个电荷量很小的试探电荷，发现试探电荷在该直线上做往复运动，不计点电荷的重力，下列说法正确的是（ ）
A．
B．刚释放试探电荷时，它一定向右运动
C．试探电荷与固定在A处的点电荷的电性一定相同
D．将试探电荷在A点左侧合适位置释放，它也可能做往复运动
【参考答案】A
【名师解析】试探电荷能在C点附近做往复运动，说明在C点附近存在一个点（设为D点），该点的电势与C点的电势相等，该点可能在C点的左侧，也可能在C点的右侧，不论在哪侧，在C、D之间存在一个电场强度为零的点（设为F点），设A、B之间的距离为l，F点与B点的距离为x，有，显然，A项正确；由于试探电荷的电性不确定，故无法判断刚释放试探电荷时它的运动方向，也无法确定试探电荷的电性，B、C项错误；由于，所以在A点左侧不存在电势相等的两个位置，试探电荷不可能做往复运动，D项错误。
7. （2023湖南三湘创新发展联考）如图所示，在匀强电场中，有边长为2cm的等边三角形ABC和它的外接圆O（O点为圆心），三角形所在平面与匀强电场的电场线（图中未画出）平行，三角形各顶点的电势分别为、、，下列说法正确的是（ ）
A. O点的电势为4V
B. 匀强电场的电场强度大小为200V/m，方向由C指向A
C. 圆周上电势最低点的电势为2V
D. 将电子从圆周上的一点移至另一点，电子的电势能最多减小
【参考答案】ABD
【名师解析】
根据匀强电场中平行且相等的线段两端点间的电势差相等，AC中点D的电势等于4V，如图，连接BD，BD为三角形的中位线并过O点，BD上电势处处相等都等于4V，故A正确；
B．根据电场线与等势面垂直，且由电势高的点指向电势低的点，故电场线垂直于BD，沿CA方向由C指向A，场强大小为，故B正确；
如图，过O点做AC的平行线交圆周与M、N点，MN即与电场线平行的线，M点的电势最低，低于2V，故C错误；
根据电场力做功为，将电子从圆周上电势差最大的两点间移动，电子的电势能减小最多，即从M点移到N点，为
有几何关系，圆半径r为
解得，电子的电势能最多减小，故D正确。
故选ABD。
8.（2022年9月辽宁省朝阳市凌源市质检）如图所示，电动势为、内阻不计的直流电源与平行板电容器连接，电容器下极板接地，带负电油滴被固定于电容器中的点，静电计所带电量可被忽略。下列判断正确的是（ ）
A. 若开关K闭合且将下极板竖直向上移动一小段距离后，则静电计指针张角不变，平行板电容器的电容值将变大
B. 若开关K闭合且将下极板竖直向上移动一小段距离后，则电容器电压不变，带电油滴的电势能不变
C. 若开关K闭合一段时间后断开，再将下极板向下移动一小段距离，则电容器中场强变小
D. 若开关K闭合一段时间后断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
【参考答案】AD
【名师解析】若开关K闭合且将下极板竖直向上移动一小段距离后，根据平行板电容器的决定式，可知平行板电容器的电容值将变大。由于直流电源与平行板电容器连接，平行板电容器的电压不变，而静电计测量的是平行板电容器的电压，所以静电计指针张角不变，选项A正确；若开关K闭合且将下极板竖直向上移动一小段距离后，则电容器电压不变，由于下极板接地电势为零，所以带电油滴的电势能增大，选项B错误；若开关K闭合一段时间后断开，电容器极板带电荷量不变，再将下极板向下移动一小段距离，电容器极板之间的电场强度不变，带电油滴所受电场力不变，选项C错误D正确。
9. （2022年9月甘肃张掖一诊）如图，一带电小球用绝缘丝线悬挂在水平天花板上，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，不计空气阻力，当小球由静止分别从等高的A点和B点向最低点O运动，经过O点时（丝线均保持伸直状态）（ ）
A. 小球所受的洛伦兹力相同 B. 丝线所受的拉力相同
C. 小球的动能相同 D. 小球的速度相同
【参考答案】C
【名师解析】
小球分别从A、B两点释放，经过O点时，速度的方向不同，洛伦兹力的方向也不同，即速度和洛伦兹力都不相同，故A、D错误；因为经过O点时，速度方向不同，则洛伦兹力的方向也不同，拉力的大小不同，故B错误。由于洛伦兹力不做功，小球经过O点时速度的大小相同，小球的动能相同，选项C正确。
10. （2023湖南三湘创新发展联考）在粒子物理的研究中使用的一种球状探测装置的横截面的简化模型如图所示。内圆区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。AB和PM分别为内圆的两条相互垂直的直径，两个粒子先后从P点沿径向射入磁场。粒子1经磁场偏转后打在探测器上的Q点，粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子所受重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子2可能电子
B. 若两粒子的比荷相等，则粒子1的入射速度小于粒子2的入射速度
C. 若两粒子的比荷相等，则粒子1在磁场中运动的时间小于粒子2在磁场中运动的时间
D. 若减小粒子2的入射速度，则粒子2可能沿OA方向离开磁场
【参考答案】BD
【名师解析】
根据题意，由图中粒子运动轨迹可知，粒子2受向上的洛伦兹力，由左手定则可知，粒子2带正电，则不可能为电子，故A错误；根据题意，由洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动所需的向心力有
可得
由题图可知粒子1运动的半径小于粒子2运动的半径，若两粒子的比荷相等，则粒子1的入射速度小于粒子2的入射速度，故B正确；
根据题意，设粒子的偏转角为，由公式可得，粒子在磁场中的运动时间为
由题图可知粒子1在磁场中的偏转角大于粒子2在磁场中的偏转角，若两粒子的比荷相等，则粒子1在磁场中运动的时间大于粒子2在磁场中运动的时间，故C错误；
由B分析可知，若减小粒子2的入射速度，其运动半径减小，粒子2可能沿OA方向离开磁场，故D正确。
11. （2023河南郑州四中第一次调研）如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向电阻为零，可以视为短路；反向电阻无穷大，可以视为断路）连接，电源负极接地，初始时电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器极板间的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A. 减小极板间的正对面积，带电油滴会向下移动，且P点的电势会降低
B. 减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P点的电势会降低
C. 断开开关S，带电油滴将向下运动
D. 将下极板上移，带电油滴将向上运动
【参考答案】D
【名师解析】
．正对面积减小，注意到存在二极管，处理方法先假设没有二极管，则电容器两板间电压U不变，
U不变S减小，会使Q减小，但二极管的存在使得Q不能减少，故实际过程为Q不变。上式Q不变，S减小，所以U增大，，d不变，所以E增大，所以油滴上移。
即为P与下极板电势差，P与下极板距离不变，E增大，所以增大。选项AB错误；
断开开关，不能放电，故油滴不动，选项C错误；根据，U不变，d减小，Q增大，可以充电，故U不变，d减小，E增大，油滴上移，选项D正确。
12. （2023河南郑州四中第一次调研）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）
测量序号
1
0
21
-45
2
0
-20
-46
3
21
0
-45
4
-21
0
-45
A. 测量地点位于北半球 B. 当地的地磁场大小约为50μT
C. 第2次测量时y轴正向指向西方 D. 第3次测量时y轴正向指向东方
【参考答案】AB
【名师解析】
由表中z轴数据可看出z轴磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，故A正确；
磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为
计算得B ≈ 50μT，故B正确；
由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量，故y轴指向南方，第3次测量，故x轴指向北方而y轴则指向西方，故CD错误。
13.（2023浙江舟山质检） 如图甲所示，高压输电线上使用“”形刚性绝缘支架支撑电线，防止电线相碰造成短路。示意图如图乙所示，、、、为四根导线，为正方形，几何中心为，当四根导线通有等大同向电流时（ ）
A. 所受安培力的方向沿正方形的对角线方向
B. 对的安培力小于对的安培力
C. 几何中心点的磁感应强度不为零
D. 夜间高压输电线周围有时会出现一层绿色光晕，这是一种强烈的尖端放电现象
【参考答案】A
【名师解析】
根据同向电流相互吸引，可知受其余三根导线的吸引力分别指向三根导线，根据对称性可知，与对的安培力大小相等，所以两者对的合力沿方向，而对的安培力也是沿方向，故所受安培力的方向沿正方形的对角线方向，A正确；
B．由图乙可知，离的距离比离的距离小，说明电流产生的磁场在处比在处强，故对的安培力大于对的安培力，B错误；
C．因四根导线中的电流大小相等，方向相同，点与四根导线的距离相等，由安培定则可知电流与电流在点的磁感应强度大小相等，方向相反，电流与电流在点的磁感应强度大小相等，方向相反，故几何中心点的磁感应强度为零，C错误；
D．夜间高压输电线周围有时会出现一层绿色光晕，这是一种微弱的尖端放电现象，D错误；
14. （2023浙江舟山质检） 如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板（序号为0）和多个横截面积相同的金属圆筒组成，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度遵照一定的规律依次增加。圆板和圆筒与交流电源相连，序号为奇数的圆筒和电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。若已知电子的质量为m、电荷量为e、电压的绝对值为u，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在时，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，则（ ）
A. 圆筒内存在沿轴线的电场，电子在圆筒内向右加速运动
B. 电子在各圆筒内运动时间均为
C. 在时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值
D. 第n个圆筒的长度为
【参考答案】D
【名师解析】
因一个筒只接一个电极，所以金属筒内部场强处处为0，电子在筒内不受力做匀速运动，故A错误；．因为筒长是按一定的规律增加的，那么电子在每个筒内运动的时间必须为交流电周期的一半，即均为，选项B错误；．因为在时，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，则此时圆筒1电势高，即在时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，选项C错误；设粒子进入第n个筒时的速度为vn，由动能定理可得 ，解得
所以第n个筒的长度为，故D正确。
15.（2023云南玉溪三中开学考试） Ioffe-Pritchard磁阱常用来约束带电粒子的运动。如图所示，在平面内，以坐标原点O为中心，边长为的正方形的四个顶点上，垂直于平面放置四根通电长直导线，电流大小相等，方向已标出，“×”表示电流方向垂直纸面向里，“•”表示电流方向垂直纸面向外。已知电流为I的无限长通电直导线在距其r处的圆周上产生的磁感应强度大小为，k为比例系数。下列说法正确的是（ ）
A. 直导线2、4相互排斥，直导线1、2相互吸引
B. 直导线1、4在O点的合磁场的方向沿x轴负方向
C. 直导线1、4在O点合磁场的磁感应强度大小为
D. 直导线2、4对直导线1的作用力是直导线3对直导线1的作用力大小的2倍
【参考答案】D
【名师解析】
．同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，所以直导线2、4相互吸引，直导线1、2相互排斥，故A错误；．直导线1、4在O点产生的磁场强度如下所示
其中
所以直导线1、4在O点的合磁场的方向沿x轴正方向，大小为
故BC错误。同BC项分析，直导线2、4在直导线1处产生的合磁场为
直导线3在直导线1处产生的磁场为
所以直导线2、4对直导线1的作用力是直导线3对直导线1的作用力大小的2倍，故D正确。
16.（2023豫北名校质检）关于静电的防止与利用，下列说法正确的是
A.飞机上的着地轮用绝缘橡胶做轮胎,是为了及时地把飞机在飞行过程中由于摩擦而产生的电荷转移给大地,以免发生放电现象,保证飞机和乘客的安全
B.给病人做麻醉的医生和护士都要穿绝缘性能良好的化纤制品，可防止麻醉药燃烧
C.避雷针是利用了静电的尖端放电现象制作的，通常把避雷针顶端设计成球形是为了美观
D.高压输电线表面要很光滑,才能避免因尖端放电而损失电能
【参考答案】D
【名师解析】飞机上的着地轮用导电橡胶做轮胎,是为了及时地把飞机在飞行过程中由于摩擦而产生的电荷转移给大地,以免发生放电现象,保证飞机和乘客的安全，选项A错误；绝缘性能良好的化纤制品，不能把产生的静电导走，给病人做麻醉的医生和护士穿绝缘性能良好的化纤制品，容易造成麻醉药燃烧等事故，选项B错误；避雷针是利用了静电的尖端放电现象制作的，通常把避雷针顶端设计成很尖，选项C错误；高压输电线表面要很光滑,才能避免因尖端放电而损失电能，选项D正确。
17. （2023安徽A10联盟开学考试）如图, 长为的粗细均匀的直金属棒沿中点弯折, 将金属棒用两根轻质细金属线连接固定在天花板上的两个力传感器上,两点在同一水平面上, 金属棒有一半处在垂直于金属棒所在平面向外的匀强磁场中, 静止时, 两金属线竖直, 通过金属线给金属棒通电, 电流强度大小为, 当电流沿方向时, 两个力传感器的示数均为,保持电流大小不变,将电流反向, 两力传感器的示数均为。已知, 则磁感应强度大小为
A.
B.
C.
D.
【参考答案】B
【名师解析】金属棒在磁场中的等效长度l=2·L/4·sin53°=0.4L。设金属棒质量为m，当电流沿方向时,由左手定则可判断出所受安培力向下，由平衡条件，2F1=mg+BIl；将电流反向, 由左手定则可判断出所受安培力向上，由平衡条件，2F2+BIl =mg；联立解得：B=，选项B正确。
18 (2022年9月山西摸底)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。电子偏转器的简化剖面结构如图所示。A、B表示两个同心半圆金属板，两板间存在偏转电场，板A、B的电势分别为φA、φB，不同初动能的电子从偏转器左端的中央M进入，经过偏转电场后到达右端的探测板N的不同位置。其中初动能为Ek0的电子沿电势为φC的等势面C（图中虚线）做匀速圆周运动到达N的正中间，而初动能为Ek1、Ek2的电子分别到达探测板N的左边缘和右边缘，忽略电场的边缘效应及电子之间的相互影响。下列判定正确的是
A. 偏转电场是匀强电场
B. φA＞φB
C. Ek1＜Ek2
D. UBC＜UCA
【参考答案】Ｃ
【名师解析】根据题述初动能为Ek0的电子沿电势为φC的等势面C运动，可知电子运动所受的电场力指向圆心O，所以A、B两板之间的偏转电场从Ｂ极板指向Ａ极板，偏转电场不是匀强电场，φA＜φB，UCA＜UBC，选项ABD错误；根据题述，初动能为Ek1的电子到达N的左边缘，说明电子做向心运动，受到的电场力大于运动所需要的向心力，即速度较小，动能减小；初动能为Ek2的电子到达N的右边缘，说明电子做离心运动，受到的电场力小于运动所需要的向心力，即速度较大，动能较大，即Ek1＜Ek2，所以选项C正确。
19. （2023陕西师大附中期初检测）如图所示，一电荷均匀分布的带正电的圆环，半径为R，在垂直于圆环且过圆心O的轴线上有a、b、c三个点，bO＝cO＝，aO＝R，不计重力。则下列判断正确的是（ ）
A. a、c两点的电场场强大小之比为
B. b、c两点的电场场强相同
C. 一电子由a点静止释放，电子在O点的动能最大
D. 一电子由c点静止释放，能够运动到a点
【答案】AC
【解析】
【详解】A．设圆环带电荷量为Q，将圆环分成n等份，则每个等份带电荷量为
每个等份可看成点电荷，每个点电荷在a点处产生的场强大小为
该场强方向与aO的夹角为30°，根据电场的叠加原理可知，a点处场强大小为
同理可得，c点处场强大小为
则
Ea：Ec＝1：
A正确；
B．由对称性可知，b、c两点的电场场强大小相等，方向相反，故场强不同，B错误；
C．一电子由a点静止释放，从a运动到O时电场力做正功，动能增加，从O向下运动时，电场力做负功，动能减少，所以电子在O点的动能最大，C正确；
D．一电子从c点静止释放，从c运动到O时电场力做正功，从O运动到b点电场力做负功，结合对称性可知，做功的大小相等，即该电子恰好运动到b点，D错误。
故选AC。
7. （2023云南昆明云南师大附中质检）光滑绝缘水平面上有一沿水平方向的匀强电场，场强大小为E。0时刻，一带电量为q的小球以速度v进入电场区域（此后小球未离开电场区域），并在电场力作用下在水平面上运动，经过一段时间t后，小球速度达到最小值。以下说法中正确的是（ ）
A. 在0~t时间内，小球的电势能减小
B. 小球的质量为
C. 若场强大小变为2E、方向不变，整个运动过程中，小球最小速度为0
D. 2t时刻，小球的速度大小为v
【答案】BD
【解析】
【详解】A．在0~t时间内，小球的动能减小，可知电场力做负功，电势能增加，故A错误。
B．把小球初速度分解为垂直于电场方向，记为x方向，大小为（类斜上抛运动），则沿电场方向，记为y方向，大小为。小球在y方向上做匀减速直线运动，当此分速度大小减为零时，由动量定理，有
解得小球的质量为
故B正确。
C．小球在垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，因此速度最小值仍为x方向上的速度，即，故C错误。
D．由对称性可以得到2t时刻小球在y方向的速度为，x方向上的速度仍为，故合速度大小仍为，故D正确。
故选BD。
6. （2023陕西师大附中期初检测） 磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ，忽略边缘效应，下列判断正确的是（ ）
A. 上板为正极，电流I＝
B. 上板为负极，电流I＝
C. 下板为正极，电流I＝
D. 下板为负极，电流I＝
【答案】C
【解析】
等离子体是由大量正、负离子组成的气体状物质，根据左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力向下，负离子受到的洛伦兹力向上，所以下板为正极；当磁流体发电机达到稳定状态时，极板间的离子受力平衡，满足
可得电动势U＝Bdv
根据闭合电路的欧姆定律，电流I＝
而电源内阻r＝ρ＝
代入得I＝，故选C。
3. （2022.9月贵州贵阳开学联考）在固定正点电荷形成的电场中，a、b、c是以点电荷为圆心的同心圆，与、与的半径差相等，一带负电粒子经过该区域时，轨迹与a、b、c的交点如图所示，若粒子运动过程中只受电场力的作用，则下列说法正确的是（ ）
ABD
A. A点电势高于B点的电势
B. A、B两点间的电势差大于B、C两点间的电势差
C. 粒子通过D点与通过B点时的速度大小相等
D. 粒子在C点的电势能大于在D点的电势能
【答案】C
【解析】
由于中心点电荷是正电荷，电场线向外，所以C点的电势高于B、D两点的电势，B点的电势高于A点的电势，带负电的粒子在电势高处的电势能小，故AD错误；由电场线分布规律可知，离O点越远，电场强度越小，沿电场线方向相同距离的电势差越小，所以A、B两点间的电势差小于B、C两点间的电势差，故B项错误；由于B、D两点到中心点电荷的距离相等，所以两点的电势相等，由能量守恒定律可知，粒子通过B、D两点时的速度大小相等，故C项正确。
【点睛】本题考查电场的性质，目的是考查学生的理解能力。
12. （2023云南昆明云南师大附中质检）如图所示，空间存在足够大的水平方向的匀强电场（未画出），质量为、底面粗糙的绝缘半圆形槽放置于匀强电场中，槽内有一半径为的竖直半圆形绝缘光滑轨道，其直径水平。一质量为m的带电小滑块（可视为质点）自处由静止开始沿轨道滑下，滑到最低点的另一侧，到达点时速度刚好为零，此时小滑块和圆心的连线与竖直方向的夹角。在小滑块滑动过程中，半圆形槽始终保持静止。已知重力加速度大小为g，求：
（1）小滑块所受电场力的大小和方向；
（2）小滑块滑到半圆形轨道最低点时，小滑块对半圆形槽的压力；
（3）小滑块在滑动过程中对轨道的压力最大值。
【答案】（1），方向水平向右；（2），方向竖直向下；（3）
【解析】
【详解】（1）小滑块由Q滑至B点，由动能定理有
解得
方向水平向右。
（2）小滑块由Q滑至A点，由动能定理有
在A点对小滑块受力分析，在竖直方向由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律有，在A点小滑块对半圆形轨道的压力大小为
方向竖直向下
（3）小滑块在滑动过程中速度最大时对轨道的压力最大，此位置在等效合力最低点（弧QB中间位置），由几何关系可知
在小滑块由Q滑至最大速度位置的过程中，由动能定理有
由牛顿第二定律得
解得
14．（13分）（2023南京六校调研）按图甲所示连接电路，当开关S闭合时，电源将使电容器两极板带上等量异种电荷，这一个过程叫做电容器充电．已知电容器的电容为C，电源电动势大小为E．
（1）求充电结束后电容器所带的电荷量Q；
（2）为了检验第（1）问结果是否正确，在图甲中用电流传感器观察到充电时，电路中电流随时间变化的i - t曲线如图乙所示，其中为已知量．类比是一种常用的研究方法，对于直线运动，我们学习了用v - t图像求位移的方法．请你借鉴此方法，估算充电结束后电容器所带的电荷量的大小；
（3）电容器在充电过程中，两极板间的电压u随所带电荷量q增多而增大，储存的能量也增大．请在图丙中画出电容器充电过程中的u - q图像，并借助图像求出充电结束后电容器储存的能量E0．
14．（13分）
（1）充电结束时，电容器两端电压等于电源的电动势，即：U = E ......................（1分）
根据电容的定义：，得： ................................（2分）
（2）充电结束后电容器所带的电荷量等于i-t图线和横、纵轴所围的面积．
图乙中每一小格的面积为： ................................（1分）
图线下约21小格，面积为：S = 21S0 ................................（1分）
所以电容器所带的电量： ................................（2分）（答案为20I0T0 ~ 21I0T0都算对）
（3）根据以上电容的定义可知：，画出u-q图像如下图．
................................（3分）
由图像可知，稳定后电容器储存的能量E0为u-q图线与横轴之间的面积： .......（1分）
代入得： ................................（2分）
16. （2023陕西师大附中期初检测）如图所示，光滑水平面和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道运动。以O为坐标原点建立直角坐标系，在区域有方向与x轴夹角为的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）小球经过O点时的速度大小；
（3）小球过O点后运动的轨迹方程。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球从A到B，根据能量守恒定律得
（2）小球从B到O，根据动能定理有
解得
（3）小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有
竖直方向有
解得
，
说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有
，
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程
6. （2023湖南永州一模）如图所示，密度为，横截面积为S，长度为L，电阻为R的粗细均匀的金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线悬挂，金属棒置于竖直方向的匀强磁场中，初始细线竖直，金属棒静止。现在MN两端加上大小为U的电压，使电流由M流向N，发现金属棒的绝缘细线向左偏离竖直方向最大摆角为37°。已知重力加速度为g，、下列正确的是（ ）
A. 磁场方向竖直向下，大小为
B. 磁场方向竖直向上，大小为
C. 增长绝缘细线长度，其余条件不变，金属棒最大摆角将大于37°
D. 减小金属棒长度，其余条件不变，金属棒最大摆角将小于37°
【答案】A
【解析】
【详解】AB．金属棒的绝缘细线向左偏离竖直方向最大摆角为37°，说明磁场力水平向左，由左手定则可知磁场方向竖直向下，由动能定理
金属棒的质量
通过金属棒的电流为
联立可解得
故A正确，B错误；
CD．设金属棒电阻率，则
金属棒运动过程中磁场力不变，将重力与磁场力等效为等效重力，知金属棒经过最低点与最高点圆弧的中点时受力平衡
可知θ与绝缘细线的长度无关，与金属棒的质量成反比，所以增长绝缘细线长度，其余条件不变，金属棒摆角将不变；减小金属棒长度，其余条件不变，则金属棒质量减小，摆角将大于37°，故CD错误。
（2023山西大同摸底）
8. 中科院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置（EAST），这是我国科学家率先建成的世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”实验装置。将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动，如图所示。磁场方向水平向右，磁感应强度大小为B，甲粒子速度方向与磁场垂直，乙粒子速度方向与磁场方向平行，丙粒子速度方向与磁场方向间的夹角为，所有粒子的质量均为m，电荷量均为，且粒子的初速度方向在纸面内，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A. 甲粒子受力大小为，方向水平向右
B. 乙粒子的运动轨迹是抛物线
C. 丙粒子在纸面内做匀速圆周运动，其动能不变
D. 从图中所示状态，经过时间后，丙粒子位置改变了
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于甲粒子速度方向与磁场垂直，其所受洛伦兹力为
根据左手定则，该力垂直于纸面向里，A错误；
B．由于乙粒子速度方向与磁场方向平行，所受洛伦兹力为0，不计重力和粒子间的相互作用，则乙粒子向右做匀速直线运动，B错误；
C．将丙粒子的速度沿水平与竖直方向分解
，
则丙粒子的运动可以分解为在垂直纸面的平面内的匀速圆周运动与水平向右的匀速直线运动，即丙粒子向右做螺旋运动，C错误；
D．根据上述分析，分运动具有等时性、等效性与独立性，则丙粒子在垂直纸面的平面内的匀速圆周运动有
，
解得
丙粒子水平向右做匀速直线运动，时间t内向右运动的距离为
解得
D正确。
故选D。
7．(2020·银川模拟)某课外探究小组用如图所示实验装置测量学校所在位置的地磁场的水平分量Bk，将一段细长的直导体棒南北方向放置，并与开关、导线、电阻箱和电动势为E、内阻为r的电源组成如图所示的电路。在导体棒的正下方距离为h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，缓慢调节电阻箱接入电路中的电阻值，发现小磁针逐渐偏离南北方向，当电阻箱接入电路的电阻值为9r时，小磁针的偏转角恰好为60°，已知通电长直导线周围某点磁感应强度为B＝k(式中I为通过导线的电流强度、L为该点到通电长直导线的距离，k为常数)，导体棒和导线电阻均可忽略不计，则该位置地磁场的水平分量Bk大小为( )
A．Bk＝ B．Bk＝
C．Bk＝ D．Bk＝
解析：选C 由闭合电路欧姆定律可得：I＝＝，
由题目条件可知小磁针处电流产生的磁场为：B＝＝·，由小磁针的偏转角恰好为60°可得：tan 60°＝，联立解得地磁场的水平分量的大小：Bx＝B＝，故C正确，A、B、D错误。
专题八、电场与磁场
第一部分 织网点睛，纲举目张
1．电场强度的三个公式
2．电场能的性质
3．等势面与电场线的关系
(1)电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面。
(2)电场线越密的地方，等差等势面也越密。
(3)沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功。
4．电容、电容器
(1)电容：①定义式：C＝或C＝；
②决定式：C＝。
(2)平行板电容器的两类动态分析
两种情况
电路结构
动态分析
电容器始终接在恒压电源上
U不变
d↑→C↓→Q↓
d↑→E↓
S↑→C↑→Q↑
电容器充电后断电
Q不变
d↑→C↓→U↑
→E不变
S↑→C↑→
U↓→E↓
5.磁场的叠加及安培力
(1)地磁场的分布：北半球，竖直分量向下；南半球，竖直分量向上；地球上各处，水平分量向北；赤道上空，磁感应强度水平向北。
(2)磁场的叠加：几根通电导线的磁场的叠加——安培定则(右手螺旋定则)，磁感应强度垂直于半径线；遵循矢量叠加。
(3)安培力
6．带电粒子在磁场中的受力情况
(1)磁场只对不沿磁感线运动的电荷有力的作用，对静止的电荷或沿磁感线运动的电荷无力的作用。
(2)洛伦兹力的大小和方向：其大小为F＝qvBsin θ，注意：θ为v与B的夹角；F的方向由左手定则判定，四指的指向应为正电荷运动的方向或负电荷运动方向的反方向。
(3)洛伦兹力做功的特点：由于洛伦兹力始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力永不做功。
第二部分 实战训练，高考真题演练
1．（2022新高考海南卷）某带电体周围的电场线和等势面如图所示，设A点的电场强度为EA，电势为φA，B点的电场强度为EB，电势为φB，则有
A. EA＞EB， B. EA＜EB
C.，φA＞φB D. φA＜φB
【参考答案】BD
【名师解析】图中带箭头的实线表示电场线，虚线为等势面。根据电场线的疏密表示电场强度，可知EA＜EB，选项B正确；根据沿电场线方向电势降低，可知φA＜φB，选项D正确。
2．. （2022新高考江苏卷）如图所示，正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相等，O是正方形的中心。现将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动，则（ ）
A. 在移动过程中，O点电场强度变小
B. 在移动过程中，C点的电荷所受静电力变大
C. 在移动过程中，移动的电荷所受静电力做负功
D. 当其移动到无穷远处时，O点的电势高于A点
【参考答案】D
【命题意图】本题考查静电场及其相关知识点。
【解题思路】
O是等量同种电荷连线的中点，场强为0，将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处，在移动过程中，O点电场强度变大，选项A错误；在移动过程中，C点出的场强EC变小，由F=qEC可知C点的正电荷所受静电力变小，选项B错误；由于A点电场方向沿OA方向，移动过程中，移动电荷所受静电力做正功，选项C错误；A点电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，移动到无穷远处时，O点的电势高于A点电势，选项D正确。
3. （2022高考上海物理学科水平测试）水平面上有一带电量为Q的均匀带电圆环，圆心为O，其中央轴线上距离O点为d的位置处也有带电量为q的点电荷。若点电荷受到的电场力为F，则F k（k为静电力恒量）(选填：“＞”、“＜”或“＝”)。静电力恒量k的单位为 （用“SI单位制”中的基本单位表示）。
【参考答案】＜ kg·m3·s-4·A-2
【命题意图】本题考查库仑定律+矢量合成+国际单位制+微元法+模型思维
【名师解析】把均匀带电圆环平均分成N小段，每一小段都可以看出点电荷，电荷量为q’=Q/N。设q’与点电荷q之间的连线和带电圆环圆心与点电荷q之间的连线之间的夹角为θ，由库仑定律，q’与点电荷q之间的库仑力大小为F’=k
点电荷q受到的总库仑力大小为F=NF’cosθ=N k cosθ= k cos3θ
由于cosθ＜1，所以F＜k。
由库仑定律，F=k，可得k=。用“SI单位制”中的基本单位表示力F的单位是kg·m/s2，距离r的单位为m，电荷量的单位为A·s，所以静电力恒量k的单位为=kg·m3·s-4·A-2。
4. （2022高考辽宁物理）如图所示，带电荷量为的球1固定在倾角为光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为，球2、3间的静电力大小为。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（ ）
A. 带负电
B. 运动至a点的速度大小为
C. 运动至a点的加速度大小为
D. 运动至ab中点时对斜面的压力大小为
【参考答案】BCD
【命题意图】本题考查库仑定律、平衡条件、牛顿运动定律及其相关知识点.
【名师解析】
根据题图几何关系可知三小球构成一个边长为L的等边三角形，小球1和3之间的力大于小球2和3之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3之间的作用力一定是斥力，由于小球1带正电，所以小球3带正电，选项A错误；小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知，小球2对小球3做功为0；弹簧弹力做功为0，故根据动能定理有，解得，选项B正确；小球3在b点时，设小球3的电荷量为q，根据库仑定律和平衡条件，得。设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有 ，解得 。
小球3运动至a点时，弹簧伸长量等于，根据对称性，利用牛顿第二定律可得，解得，选项C正确；当小球3运动至ab中点时，弹簧弹力为0，此时小球2对小球3的力为
斜面对小球的支持力为
根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为，选项D正确。
5. （2022高考河北）如图，真空中电荷量为和的两个点电荷分别位于点与点，形成一个以MN延长线上点为球心，电势为零的等势面（取无穷处电势为零），为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，为等势面上的一点，下列说法正确的是（ ）
A. 点电势低于点电势
B. 点电场强度方向指向O点
C. 除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点
D. 将正试探电荷从T点移到P点，静电力做正功
【参考答案】B
【命题意图】本题考查静电场及其相关知识点。
【名师解析】
在直线MN上，左边正电荷在M右侧电场强度水平向右，右边负电荷在直线MN上电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知点电势高于等势面与MN交点处电势，则点电势高于点电势，故A错误；由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，则N右侧，设MN距离为，根据
可知除无穷远处外，直线MN电场强度为零的点只有一个，故C错误；
由A选项分析可知：点电势低于电势，则正电荷在点的电势能低于在电势的电势能，将正试探电荷从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，故D错误；设等势圆的半径为，AN距离为x，MN距离为，如图所示
根据点电荷电势公式：
结合电势的叠加原理，、满足，
解得，
由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，O点电势
可知，可知T点电场方向指向O点，故B正确。
6. （2022山东物理） 半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于延长线上距O点为的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为（ ）
A. 正电荷， B. 正电荷，
C. 负电荷， D. 负电荷，
【参考答案】C
【命题意图】本题考查电场叠加及其相关知识点。
【名师解析】
取走A、B处两段弧长均为的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有
由图可知，两场强的夹角为，则两者的合场强为
根据O点的合场强为0，则放在D点的点电荷带负电，大小为
根据，联立解得，故选C。
7. （2022·全国理综乙卷·19） 如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个项点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（ ）
A. L和N两点处的电场方向相互垂直
B. M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C. 将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D. 将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
【参考答案】AB
【名师解析】
两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方向两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；正方向底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。
8．（2022年6月浙江选考）如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为， a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则
A．轨道半径r小的粒子角速度一定小
B．电荷量大的粒子的动能一定大
C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查牛顿运动定律、电场力、圆周运动、洛伦兹力、动能及其相关知识点。
【解题思路】
粒子在半径为r的圆轨道运动，qE=mω2r，将代入，得ω2=，由此可知，轨道半径r小的粒子角速度一定大，A错误；由qE=mv2/r，解得q=Ek，即电荷量大的粒子的动能一定大，B正确；由qE=mv2/r，可知v2=qa/m，即粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，C正确；若加垂直纸面向外的磁场时，带电粒子所受洛伦兹力指向圆心，则粒子做向心运动，D错误。
9．（2022年6月浙江选考）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度为
D．粒子从N板下端射出的时间
【参考答案】C
【命题意图】本题考查带电粒子在两极板之间的匀强电场中的运动。
【解题思路】根据题述，垂直M板向右运动的粒子，到达N板时速度大小为，可知电场对带电粒子做正功，由于不知粒子电性，不能判断出M板电势高于N板电势，A错误；电场对两带电粒子都做正功，两个粒子的电势能都减小，B错误；两个带电粒子由M板运动到N，电场力做功相同，两粒子运动到N板时速度大小相同。对平行M板向下运动的粒子，将运动到N板下端的速度分解可得，垂直于N板的速度分量为v0，平行于N板的速度分量为v0，设MN两极板之间的距离为d，对平行M板向下运动的粒子垂直于N板方向的分运动，L/2=v0t，d=at2，对垂直M板向右运动的粒子，（）2- v02=2ad，联立解得：，t=，C正确D错误。
10. （2022年1月浙江选考）某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. a点所在的线是等势线
B. b点的电场强度比c点大
C. b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D. 将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
【参考答案】C
【名师解析】因上下为两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜，则a点所在的线是电场线，选项A错误；因c处的电场线较b点密集，则c点的电场强度比b点大，选项B错误；因bc两处所处的线为等势线，可知b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，选项C正确；因dg两点在同一电场线上，电势不相等，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为零，选项D错误。
11．（2022新高考海南卷）如图，带正电q=的物块A放在水平桌面上，利用细绳通过光滑的滑轮与B相连，A处在匀强电场中，，从O开始，A与桌面的动摩擦因数随x的变化如图所示，取O点电势能为零，A、B质量均为，B离滑轮的距离足够长，则（ ）
A．它们运动的最大速度为
B．它们向左运动的最大位移为
C．当速度为时，A的电势能可能是
D．当速度为时，绳子的拉力可能是
【参考答案】ACD
【名师解析】A受到的电场力F=qE，动摩擦因数μ=0.2x，滑动摩擦力f=μmg=0.2mgx。A在电场力和滑动摩擦力、细绳拉力作用下向左做加速直线运动，当f+mg=F时，加速度为零，A滑动的速度最大，由qE=0.2mgx+mg解得x=1m，在A向左滑动x=1m过程中，滑动摩擦力做功Wf=×0.2mgx 2=×0.2×1×10×12J=1J。由动能定理，qEx-mgx- Wf=2mv2，解得v=1m/s，选项A正确B错误；由qEx-mgx- Wf=2mv2，解得当速度为0.6m/s时，x=1.8m或x=0.2m。若x=1.8m，电场力做功W= qEx=21.6J，根据功能关系可知，当速度为0.6m/s时，A的电势能可能是-21.6J；若x=0.2m，电场力做功W= qEx=2.4J，根据功能关系可知，当速度为0.6m/s时，A的电势能可能是-2.4J，选项C正确；当速度为0.6m/s时，x=1.8m或x=0.2m，若x=1.8m，滑动摩擦力f=μmg=0.2mgx=3.6N，由牛顿第二定律，对物块A，F–f-T=ma，对物块B， T-mg=ma，联立解得T=9.2N，即绳子的拉力可能是，选项D正确。
12．（2022新高考海南卷）某带电体周围的电场线和等势面如图所示，设A点的电场强度为EA，电势为φA，B点的电场强度为EB，电势为φB，则有
A. EA＞EB， B. EA＜EB
C.，φA＞φB D. φA＜φB
【参考答案】BD
【名师解析】图中带箭头的实线表示电场线，虚线为等势面。根据电场线的疏密表示电场强度，可知EA＜EB，选项B正确；根据沿电场线方向电势降低，可知φA＜φB，选项D正确。
13. （2022高考河北）如图，真空中电荷量为和的两个点电荷分别位于点与点，形成一个以MN延长线上点为球心，电势为零的等势面（取无穷处电势为零），为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，为等势面上的一点，下列说法正确的是（ ）
A. 点电势低于点电势
B. 点电场强度方向指向O点
C. 除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点
D. 将正试探电荷从T点移到P点，静电力做正功
【参考答案】B
【命题意图】本题考查静电场及其相关知识点。
【名师解析】
在直线MN上，左边正电荷在M右侧电场强度水平向右，右边负电荷在直线MN上电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知点电势高于等势面与MN交点处电势，则点电势高于点电势，故A错误；由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，则N右侧，设MN距离为，根据
可知除无穷远处外，直线MN电场强度为零的点只有一个，故C错误；
由A选项分析可知：点电势低于电势，则正电荷在点的电势能低于在电势的电势能，将正试探电荷从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，故D错误；设等势圆的半径为，AN距离为x，MN距离为，如图所示
根据点电荷电势公式：
结合电势的叠加原理，、满足，
解得，
由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心，O点电势
可知，可知T点电场方向指向O点，故B正确。
14．（2022·全国理综甲卷·21）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，（ ）
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
【参考答案】BD
【命题意图】本题考查带电小球在匀强电场中的运动、能量守恒定律、运动的分解等知识点。
【解题思路】
小球水平向左射出，小球水平方向受到向右的电场力作用，在水平方向在匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动。小球运动中只有重力和电场力做功，小球的动能、重力势能和电势能之和保持不变，小球动能最小时，其电势能和重力势能之和最大，电势能不一定最大，选项A错误；小球水平向左射出，小球水平方向受到向右的电场力作用，电场力做负功，电势能增大，小球水平方向速度减小到零时，电势能最大，由于小球小球运动过程中重力和电场力大小相等，所以小球水平方向速度减小到零时，小球的动能等于初始动能，电势能最大，选项B正确；由于小球在水平方向在匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动，刚开始电势能增加的比重力势能减少的快，动能减小，当小球速度的水平分量等于竖直分量时动能最小，选项C错误；由于小球小球运动过程中重力和电场力大小相等，小球水平方向速度减小到零时，小球的动能等于初始动能，由功能关系可知，从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球克服电场力做的功，即重力做的功等于小球电势能的增加量，选项D正确。
15．（2022重庆高考）如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则（ ）
A．材料竖直方向尺度减小 B．极板间电场强度不变
C．极板间电场强度变大 D．电容器电容变大
【参考答案】A
【名师解析】由于两极板间电压不变，若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，由C=Q/U可知电容C减小，选项D错误；极板上所带电荷量变少，根据电荷决定电场可知，极板间电场强度减小，BC错误；电容C减小，根据平行板电容器决定式，C=，可知d增大，材料竖直方向尺度减小，选项A正确。
16. （2022·全国理综乙卷·19） 如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个项点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（ ）
A. L和N两点处的电场方向相互垂直
B. M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C. 将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D. 将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
【参考答案】AB
【名师解析】
两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方向两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；正方向底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。
17．（2022年6月浙江选考）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度为
D．粒子从N板下端射出的时间
【参考答案】C
【命题意图】本题考查带电粒子在两极板之间的匀强电场中的运动。
【解题思路】根据题述，垂直M板向右运动的粒子，到达N板时速度大小为，可知电场对带电粒子做正功，由于不知粒子电性，不能判断出M板电势高于N板电势，A错误；电场对两带电粒子都做正功，两个粒子的电势能都减小，B错误；两个带电粒子由M板运动到N，电场力做功相同，两粒子运动到N板时速度大小相同。对平行M板向下运动的粒子，将运动到N板下端的速度分解可得，垂直于N板的速度分量为v0，平行于N板的速度分量为v0，设MN两极板之间的距离为d，对平行M板向下运动的粒子垂直于N板方向的分运动，L/2=v0t，d=at2，对垂直M板向右运动的粒子，（）2- v02=2ad，联立解得：，t=，C正确D错误。
18．（2022重庆高考）如图为两点电荷Q、的电场等势面分布示意图，Q、位于x轴上，相邻等势面的电势差为。若x轴上的M点和N点位于等势面上，P为某等势面上一点，则（ ）
A．N点的电场强度大小比M点的大 B．Q为正电荷
C．M点的电场方向沿x轴负方向 D．P点与M点的电势差为
【参考答案】AD
【名师解析】根据等差等势面越密电场强度越大，可知N点的电场强度大小比M点的大，选项A正确；根据沿电场线方向电势降低，可知M点的电场方向沿x轴正方向，Q为负电荷，选项BC错误；根据相邻等势面的电势差为，可知P点与M点的电势差为4×3V=12V，选项D正确。
19. （2022新高考江苏卷）如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向（ ）
A. 平行于纸面向上
B. 平行于纸面向下
C. 左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D. 左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
【参考答案】C
【命题意图】本题考查安培定则、左手定则、安培力及其相关知识点。
【解题思路】根据安培定则，可判断出导线a左侧部分所在的空间磁场方向斜向右上，
右侧部分所在的空间磁场方向斜向下方，根据左手定则可判断出左半部分所受安培力方向垂直纸面向外，右半部分所受安培力方向垂直纸面向里。选项C正确。
20. （2022高考上海） 四根电阻均匀分布的电阻丝连接成一个闭合的正方形线框，Q为正方形线框的中点。当强度为I的电流从a点流入d点流出时，ad边在O点产生的磁场方向为 （选填：“垂直于纸面向里”或“垂直于纸面向外”）。已知直导线在O点产生的磁场大小与流经导线的电流大小成正比，若ad边在O点产生的磁场磁感应强度为B，则整个线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为 。
17【参考答案】.垂直纸面向外 0
【命题意图】本题考查安培定则 +并联电路规律+直线电流的磁场+磁场叠加
【名师解析】当强度为I的电流从a点流入d点流出时，根据直线电流产生磁场判断的安培定则，可知ad边在O点产生的磁场方向为垂直纸面向外。由于四根电阻丝电阻相等，设每根电阻丝的电阻为R，设ad边中电流为I1，ab边、bc边、cd边中电流为I2，根据并联电路规律，I1R=I23R，解得另外三根电阻丝中电流为I2=I1/3。由于B正比于I，根据直线电流产生磁场判断的安培定则，可知ab边、bc边、cd边在O点产生的磁场方向都是垂直纸面向里，且产生的磁场磁感应强度大小为B/3，根据磁场叠加原理可知，整个线框在O点产生的磁场磁感应强度为B-3×B/3=0。
【特别提醒】四根电阻均匀分布的电阻丝，当强度为I的电流从a点流入d点流出时，电流按照并联电路规律分配。
21. （2022高考湖北物理）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（ ）
A. kBL，0° B. kBL，0°
C. kBL，60° D. 2kBL，60°
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。
【解题思路】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图
根据带电粒子在直线边界运动的对称性可知，若从P点的出射方向与右侧边界向上的夹角为60°，
根据几何关系则有，
可得
根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向夹角为θ=60°。
当粒子上下均经历一次时，如图
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；
当粒子从上部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
故可知BC正确，AD错误。
22. （2022高考湖北物理）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A. 棒与导轨间的动摩擦因数为
B. 棒与导轨间的动摩擦因数为
C. 加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ=60°
D. 减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ=150°
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查安培力，摩擦力、牛顿运动定律及其相关知识点。
【解题思路】
设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°;当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有
令，
根据数学知识可得
则有
同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有
有
所以有
当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得
代入，可得α=30°，此时
加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有
减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有。故BC正确，AD错误。
23. （2022高考辽宁物理）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子1可能为中子
B. 粒子2可能为电子
C. 若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D. 若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
【参考答案】AD
【命题意图】本题考查带电粒子在圆形磁场的运动及其相关知识点.
【名师解析】
由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不受磁场力作用，即粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，选项A正确、B错误；由以上分析可知粒子1为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，选项C错误；粒子2在磁场中运动。洛伦兹力提供向心力有 ，解得粒子运动轨迹半径。可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，选项D正确。
24．（2022·全国理综甲卷·18）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A． B．
C． D．
【参考答案】D
【命题意图】本题考查带电粒子在电磁场中的运动。
【解题思路】带电粒子受到竖直向上的电场力和垂直速度方向的洛伦兹力作用，由左手定则可判断出洛伦兹力方向向左，轨迹可能正确的是B。
【易错提醒】根据左手定则可以判断出AC是错误的。注意到洛伦兹力使带电粒子向左下偏转后电场力做负功，带电粒子速度减小，洛伦兹力减小，可排除图像D。
25. （2022·全国理综乙卷·21）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为、；粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（ ）
A. 粒子3入射时的动能比它出射时的大
B. 粒子4入射时的动能比它出射时的大
C. 粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D. 粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
【参考答案】BD
【名师解析】．在截面内，极板间各点的电场强度大小E与其到O点的距离r成反比，可设为
带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有，
可得，即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；
粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
粒子3做向心运动，有，可得
粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；
26. （2022·全国理综乙卷·18）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）
测量序号
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
1
0
21
- 45
2
0
- 20
- 46
3
21
0
- 45
4
- 21
0
- 45
A. 测量地点位于南半球
B. 当地的地磁场大小约为50μT
C 第2次测量时y轴正向指向南方
D. 第3次测量时y轴正向指向东方
【参考答案】BC
【名师解析】
地磁场如图所示。
地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为
计算得B ≈ 50μT，B正确；
由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量，故y轴指向南方，第3次测量，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确、D错误。
27．（2022·高考广东物理）如图7所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（ ）
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查带电粒子在电场和磁场的复合场中运动，等势面，洛伦兹力，电势，电场力做功，洛伦兹力做功等知识点。
【解题思路】
电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功。由于M、P在同一等势面上，电子从N到P，电场力做负功，A错误； 根据沿电场线方向，电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；由于洛伦兹力不做功，M、P在同一等势面上，电子在M点和P点速度都是零，所以电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误。
28．（2022·高考广东物理）如图6所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【参考答案】A
【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，左手定则及其相关知识点。
【解题思路】
根据题述情景，质子垂直Oyz平面进入磁场，向y轴正方向偏转穿过MNPQ平面向x轴正方向偏转，所以可能正确的是A。
29．（2022年6月浙江选考）下列说法正确的是
A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用
B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大
D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率
【参考答案】B
【命题意图】本题考查电磁学相关知识点。
【解题思路】恒定磁场对静置于其中的电荷没有力的作用，A错误；小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，B正确；正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，磁通量变化率为零，电流为零，C错误；升压变压器中，副线圈的磁通量变化率等于原线圈的磁通量变化率，D错误。
30. （2022·全国理综乙卷·24）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求:
（1）时金属框所受安培力的大小；
（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。
【参考答案】（1）；（2）0.016J
【名师解析】
（1）金属框的总电阻为
金属框中产生的感应电动势为
金属框中的电流为
t=2.0s时磁感应强度
金属框处于磁场中的有效长度为
此时金属框所受安培力大小为
（2）内金属框产生的焦耳热为
31．（15分）（2022·高考广东物理）密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图13是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率。不计空气浮力，重力加速度为g。求：
（1）比例系数k；
（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
【命题意图】本题考查平衡条件，功能关系、动量守恒定律及其相关知识点，意在考查对物理过程分析、灵活运用知识和科学思维能力。
【解题思路】
（1）m0g=kmv1，v1t=h1，
解得k=。
（2）给两极板加上电压U，两极板之间产生竖直向下的匀强电场。A继续以原速率下落，说明A不带电；B匀速上升，说明B带负电荷。由平衡条件，
qU/d= m0g+kmv2，v2t=h2，解得 q=
B上升h2距离，电场力做功 W=qU/d·h2=
由功能关系可得电势能减少了△E=W=
（3）A、B合并，动量守恒，设竖直向下为正方向，
由动量守恒定律，m0v1- m0v2=（m0+m0）v
解得v=。
新油滴的质量为2 m0，新油滴所受电场力
若，即
可知新油滴速度方向向上，新油滴向上加速，设达到平衡时速度为v1，达到平衡时
解得速度大小为，速度方向向上；
若，即
可知新油滴速度方向向下，新油滴向下加速，设达到平衡时速度为v2，达到平衡时
解得速度大小为，速度方向向下。
32．(2020·全国卷Ⅰ)图(a)所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图(b)所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像中，正确的是( )
【参考答案】A
【名师解析】由题图(b)可知，在0～1 s时间内，电容器两极板之间电压为零，说明电容器没有充放电，电路中没有电流，根据欧姆定律可知电阻R两端电压为零；在1～2 s时间内，电容器两极板之间电压均匀增大，根据I＝＝C可知电路中有恒定电流对电容器充电，则电阻R两端电压恒定；在2～3 s时间内，电容器两极板之间电压恒定且不为零，说明电容器带电荷量不变，电路中没有电流，电阻R两端电压为零；在3～5 s时间内，电容器两极板之间电压均匀减小，说明电容器均匀放电，则电路中有反方向恒定电流，且电流小于充电电流，电阻R两端有反方向恒定电压，且电压小于充电时两端电压，所以电阻R两端电压UR随时间t变化的图像正确的是选项A。
33.[多选](2020·全国卷Ⅱ)如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则( )
A．a、b两点的场强相等
B．a、b两点的电势相等
C．c、d两点的场强相等
D．c、d两点的电势相等
【参考答案】ABC
【名师解析】 将圆环分割成无穷个小段，关于水平直径对称的两小段构成等量异种点电荷模型，在等量异种点电荷的垂直平分线上各点场强方向由正点电荷指向负点电荷，根据对称性可知a、b两点的场强相等，A项正确；取无穷远处电势为零，在等量异种点电荷的垂直平分线上各点电势均为零，故a、b两点的电势相等，B项正确；关于竖直直径对称的两小段构成等量同种点电荷模型，根据对称性可知c、d两点的场强相等，C项正确；在等量异种点电荷模型中，距离正点电荷近的点电势高，故φc＞φd，D项错误。
34.[多选](2020·全国卷Ⅲ)如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q(q＞0)的点电荷固定在P点。下列说法正确的是( )
A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
【参考答案】A
【名师解析】： 如图所示，找出Q点，使Q点与P点的距离等于M点与P点的距离，L点为MN上到P点距离最短的点，根据三角形边角关系、点电荷的电场强度公式E＝k和正点电荷形成电场中的电势特点可知，沿着MN边，从M点到N点，到P点的距离r先减小后增大，电场强度先增大后减小，电势也先增大后减小，选项A错误，B正确；根据电势能与电势的关系Ep＝qφ可知，正电荷在M点的电势能比在N点的电势能大，故将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为正，选项C正确，D错误。
35．(2020·浙江7月选考)特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，I1>I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响，则( )
A．b点处的磁感应强度大小为0
B．d点处的磁感应强度大小为0
C．a点处的磁感应强度方向竖直向下
D．c点处的磁感应强度方向竖直向下
【参考答案】C
【名师解析】 电流周围的磁场截面图如图所示，因I1>I2，则离导线相同距离处B1>B2。由磁感应强度的叠加可以看出，a处的磁感应强度方向竖直向下；b处的磁感应强度大小为Bb1－Bb2，方向竖直向上；c处磁感应强度方向为竖直向上；d处磁感应强度不为0。故答案为C。
36．[多选](2020·江苏高考)如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异号电荷的小球(不计重力)。开始时，两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有( )
A．电场E中A点电势低于B点
B．转动中两小球的电势能始终相等
C．该过程静电力对两小球均做负功
D．该过程两小球的总电势能增加
【参考答案】AB
【名师解析】 沿电场线方向电势降低，则B点的电势比A点的电势高，A正确；由对称性可知，两小球所处位置的电势的绝对值始终相等，则由Ep＝qφ可知两小球的电势能始终相等，B正确；该过程中，带正电荷的小球所受的电场力方向向右，带负电荷的小球所受的电场力方向向左，则电场力对两小球均做正功，C错误；电场力做正功，电势能减少，所以该过程中两小球的总电势能减少，D错误。
第三部分 思路归纳，内化方法
1. 特殊电场场强的四种求法
等效法
在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情境变换为简单的或熟悉的电场情境，如将一个点电荷＋q与一个无限大薄金属板形成的电场，可等效为两个异种点电荷形成的电场
对称法
利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加问题大为简化
补偿法
将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为完整的球面，从而化难为易
微元法
将带电体分成许多可看成点电荷的微小带电体，先根据库仑定律求出每个微小带电体的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强
2. 电场性质的判断
判断电场强弱
①根据电场线的疏密判断
②根据公式E＝k和场强叠加原理判断
判断电势高低
①根据电场线的方向判断
②由UAB＝判断
③根据电场力做功(或电势能)判断
判断电势能大小
①根据Ep＝qφ判断
②根据ΔEp＝－W电，由电场力做功判断
3. 电场中轨迹类问题的思维导图
4. Ex图线
(1)由图线确定电场强度的变化情况，E>0表示场强沿正方向，E<0表示场强沿负方向。
(2)Ex图线与x轴所围成的面积表示电势差，如果取x＝0处为电势零点，则可由图像的面积分析各点电势的高低，综合分析粒子的运动，进一步确定粒子的电性、电场力做功及粒子的动能变化、电势能变化等情况。
5. φ x图像
(1)电场强度的大小等于φ x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ x图线存在极值，其切线的斜率为零。
(2)在φ 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。
(3)在φ x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。
6. Epx图像
(1)描述电势能随位移变化的规律。
(2)根据电势能的变化可以判断电场力做功的正、负。
(3)根据W＝－ΔEp＝Fx，图像Epx的斜率的绝对值表示电场力的大小。
7. 电场中带电粒子的vt图像
根据v t图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化。
8. 磁场叠加问题的一般解题思路
(1)确定磁场场源，如通电导线。
(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所示，BM、BN为M、N处的通电直导线在c点产生的磁场。
(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的c点合磁场的磁感应强度为B。
9.安培力
(1)直线电流的安培力
①大小：电流与磁场平行时，安培力为零；电流与磁场垂直时，安培力最大，为F＝BIL。
②方向：由左手定则判定。
(2)不规则形状通电导线的安培力
①常规方法：采用分段法或微元法，先求出每段直导线或每个电流元受到的安培力，再运用力的矢量合成法则求出总的安培力。
②等效长度法：如图所示的虚线，用“导线两端连线的长度”代入安培力公式F＝BIL中的L。
(3)利用结论
①同向平行电流相互吸引，异向平行电流相互排斥。
②两个电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势。
利用这两个结论可以很容易判断出通电导线的受力方向。
第四部分 最新模拟集萃，提升应试能力
1.（2023广州天河一模）人体的细胞膜模型图如图所示，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位）。现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可以视为匀强电场，简化模型如图所示。初速度可以视为零的正一价钠离子仅在电场力作用下，从图中的A点运动到B点，下列说法正确的是
A. A点电势低于B点电势
B. 钠离子的电势能减小
C. 钠离子的加速度变大
D. 若膜电位不变，当d越大时，钠离子进入细胞内的速度越大
【参考答案】B
【名师解析】根据题述，初速度可以视为零的正一价钠离子仅在电场力作用下，从图中的A点运动到B点，可知电场力做功，钠离子的电势能减小，A点电势高于B点电势，选项A错误B正确；由于膜内的电场可以视为匀强电场，，钠离子运动所受电场力不变，由牛顿第二定律可知，钠离子的加速度不变，选项C错误；若膜电位不变，无论膜厚度d如何变化，电场力做功qU不变，由动能定理可知，钠离子进入细胞内的速度不变，选项D错误。
2. （2022年9月甘肃张掖一诊）在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势在x轴上分布如图所示。下列说法正确的有（ ）
A. q1和q2带有同种电荷
B. x1处的电场强度为零
C. 负电荷从x1移到x2，电势能减小
D. 负电荷从x1移到x2，受到的静电力增大
【参考答案】C
【名师解析】
由题图可知，在x轴上，有电势大于零的位置也有电势小于零的位置，所以两点电荷q1和q2带有异种电荷，故A错误；在φ-x图像中，图像切线的斜率大小表示电场强度大小，则x1处的电场强度不为零，故B错误；
由Ep=φq可知，负电荷在电势高处的电势能小，则负电荷从x1移到x2，电势升高，电势能减小，故C正确；
从x1到x2电场强度逐渐减小，负电荷受到的静电力逐渐减小，故D错误。
3. （2022年9月甘肃张掖一诊）如图所示，虚线为某电场中的三条电场线1、2、3，实线表示一带负电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 粒子在a点的加速度大小大于在b点的加速度大小
B. 粒子在a点的电势能大于在b点的电势能
C. 粒子在a点的速度大小大于在b点的速度大小
D. a点的电势高于b点的电势
【参考答案】B
【名师解析】
电场线越密处场强越大，电场力越大，粒子的加速度越大，所以粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小，A错误；
粒子受力指向轨迹凹面，大致向右，所以粒子从a点到b点电场力做正功，电势能减小，动能增大，故粒子在a点的速度大小小于在b点的速度大小。因为粒子带负电，受力方向与电场方向相反，所以电场强度方向大致向左，根据沿着电场线方向电势降低，所以a点的电势低于b点的电势，B正确，CD错误。
4．（2022年9月河北示范性高中调研）如图所示，水平面内有一正方形区域ABCD，所在的平面与某一匀强电场平行，在A点有一个粒子源沿各个方向发射带负电的粒子，若与AB成45°的方向以的速度射入正方形区域的粒子恰好垂直于BC打到了E点，E点是BC的中点，已知正方形的边长为1m，粒子的比荷为0.1C/kg，C点电势为0，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A．该匀强电场的方向可能水平向右
B．打到E点的粒子在运动过程中动能逐渐减少，电势能逐渐增加
C．C点电势低于B点电势，
D．从AD方向射入的粒子可能到达C点
【参考答案】 BC
【名师解析】 与AB成45°的方向以速度射入正方形区域的粒子恰好垂直于BC打到了E点，E点恰好是BC的中点，所以粒子可以看成从E到A的类平抛，所以该匀强电场方向由B指向C，A选项错误。
在该粒子的运动过程中电场力做负功，动能逐渐减少，电势能逐渐增加，B选项正确。
根据类平抛的原理，粒子在水平方向做匀速，，代入可得，，C选项正确。
从AD方向射入的粒子做直线运动，D选项错误。
5. （2023江苏南通第一次质检） 如图所示，AB是一根半圆形绝缘细线，O点为其圆心，等量异种电荷均匀分布在细线上。P、Q是一条直径上的两点，，点N在圆心O正下方，设无穷远处电势为零，则（ ）
A. B.
C. P点的场强大于Q点的场强
D. 将负电荷从无穷远处移到N点，电场力做正功
【参考答案】A
【名师解析】
．把半圆形绝缘细线分布的等量异种电荷看成是很多对以直线为中垂线的等量异种电荷点电荷组成，根据等量异种电荷电场分布特点可知，中垂线上点的场强方向都与中垂线垂直，由正电荷指向负电荷，故叠加后直线上的场强方向都与直线垂直向下，可知直线为等势线，电势等于无穷远处电势，即
故有，，故A正确，B错误；
由于点在等势线下方且靠近负电荷，可知点的电势小于零，负电荷在点的电势能大于零，将负电荷从无穷远处移到点，电势能增加，电场力做负功，故D错误；根据等量异种电荷电场分布特点可知，中垂线上离等量异种电荷越远的点，电场强度越小，由于点离等量异种电荷的距离都比点离等量异种电荷的距离大，可知叠加后点的电场强度小于点的电场强度，故C错误。
6．（2023江西红色十校第一次联考）如图，一直线上有A、B、C三点，A点处固定一个电荷量为的点电荷，B点处固定另一电荷量为的点电荷，在点处由静止释放一个电荷量很小的试探电荷，发现试探电荷在该直线上做往复运动，不计点电荷的重力，下列说法正确的是（ ）
A．
B．刚释放试探电荷时，它一定向右运动
C．试探电荷与固定在A处的点电荷的电性一定相同
D．将试探电荷在A点左侧合适位置释放，它也可能做往复运动
【参考答案】A
【名师解析】试探电荷能在C点附近做往复运动，说明在C点附近存在一个点（设为D点），该点的电势与C点的电势相等，该点可能在C点的左侧，也可能在C点的右侧，不论在哪侧，在C、D之间存在一个电场强度为零的点（设为F点），设A、B之间的距离为l，F点与B点的距离为x，有，显然，A项正确；由于试探电荷的电性不确定，故无法判断刚释放试探电荷时它的运动方向，也无法确定试探电荷的电性，B、C项错误；由于，所以在A点左侧不存在电势相等的两个位置，试探电荷不可能做往复运动，D项错误。
7. （2023湖南三湘创新发展联考）如图所示，在匀强电场中，有边长为2cm的等边三角形ABC和它的外接圆O（O点为圆心），三角形所在平面与匀强电场的电场线（图中未画出）平行，三角形各顶点的电势分别为、、，下列说法正确的是（ ）
A. O点的电势为4V
B. 匀强电场的电场强度大小为200V/m，方向由C指向A
C. 圆周上电势最低点的电势为2V
D. 将电子从圆周上的一点移至另一点，电子的电势能最多减小
【参考答案】ABD
【名师解析】
根据匀强电场中平行且相等的线段两端点间的电势差相等，AC中点D的电势等于4V，如图，连接BD，BD为三角形的中位线并过O点，BD上电势处处相等都等于4V，故A正确；
B．根据电场线与等势面垂直，且由电势高的点指向电势低的点，故电场线垂直于BD，沿CA方向由C指向A，场强大小为，故B正确；
如图，过O点做AC的平行线交圆周与M、N点，MN即与电场线平行的线，M点的电势最低，低于2V，故C错误；
根据电场力做功为，将电子从圆周上电势差最大的两点间移动，电子的电势能减小最多，即从M点移到N点，为
有几何关系，圆半径r为
解得，电子的电势能最多减小，故D正确。
故选ABD。
8.（2022年9月辽宁省朝阳市凌源市质检）如图所示，电动势为、内阻不计的直流电源与平行板电容器连接，电容器下极板接地，带负电油滴被固定于电容器中的点，静电计所带电量可被忽略。下列判断正确的是（ ）
A. 若开关K闭合且将下极板竖直向上移动一小段距离后，则静电计指针张角不变，平行板电容器的电容值将变大
B. 若开关K闭合且将下极板竖直向上移动一小段距离后，则电容器电压不变，带电油滴的电势能不变
C. 若开关K闭合一段时间后断开，再将下极板向下移动一小段距离，则电容器中场强变小
D. 若开关K闭合一段时间后断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
【参考答案】AD
【名师解析】若开关K闭合且将下极板竖直向上移动一小段距离后，根据平行板电容器的决定式，可知平行板电容器的电容值将变大。由于直流电源与平行板电容器连接，平行板电容器的电压不变，而静电计测量的是平行板电容器的电压，所以静电计指针张角不变，选项A正确；若开关K闭合且将下极板竖直向上移动一小段距离后，则电容器电压不变，由于下极板接地电势为零，所以带电油滴的电势能增大，选项B错误；若开关K闭合一段时间后断开，电容器极板带电荷量不变，再将下极板向下移动一小段距离，电容器极板之间的电场强度不变，带电油滴所受电场力不变，选项C错误D正确。
9. （2022年9月甘肃张掖一诊）如图，一带电小球用绝缘丝线悬挂在水平天花板上，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，不计空气阻力，当小球由静止分别从等高的A点和B点向最低点O运动，经过O点时（丝线均保持伸直状态）（ ）
A. 小球所受的洛伦兹力相同 B. 丝线所受的拉力相同
C. 小球的动能相同 D. 小球的速度相同
【参考答案】C
【名师解析】
小球分别从A、B两点释放，经过O点时，速度的方向不同，洛伦兹力的方向也不同，即速度和洛伦兹力都不相同，故A、D错误；因为经过O点时，速度方向不同，则洛伦兹力的方向也不同，拉力的大小不同，故B错误。由于洛伦兹力不做功，小球经过O点时速度的大小相同，小球的动能相同，选项C正确。
10. （2023湖南三湘创新发展联考）在粒子物理的研究中使用的一种球状探测装置的横截面的简化模型如图所示。内圆区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。AB和PM分别为内圆的两条相互垂直的直径，两个粒子先后从P点沿径向射入磁场。粒子1经磁场偏转后打在探测器上的Q点，粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子所受重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子2可能电子
B. 若两粒子的比荷相等，则粒子1的入射速度小于粒子2的入射速度
C. 若两粒子的比荷相等，则粒子1在磁场中运动的时间小于粒子2在磁场中运动的时间
D. 若减小粒子2的入射速度，则粒子2可能沿OA方向离开磁场
【参考答案】BD
【名师解析】
根据题意，由图中粒子运动轨迹可知，粒子2受向上的洛伦兹力，由左手定则可知，粒子2带正电，则不可能为电子，故A错误；根据题意，由洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动所需的向心力有
可得
由题图可知粒子1运动的半径小于粒子2运动的半径，若两粒子的比荷相等，则粒子1的入射速度小于粒子2的入射速度，故B正确；
根据题意，设粒子的偏转角为，由公式可得，粒子在磁场中的运动时间为
由题图可知粒子1在磁场中的偏转角大于粒子2在磁场中的偏转角，若两粒子的比荷相等，则粒子1在磁场中运动的时间大于粒子2在磁场中运动的时间，故C错误；
由B分析可知，若减小粒子2的入射速度，其运动半径减小，粒子2可能沿OA方向离开磁场，故D正确。
11. （2023河南郑州四中第一次调研）如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向电阻为零，可以视为短路；反向电阻无穷大，可以视为断路）连接，电源负极接地，初始时电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器极板间的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A. 减小极板间的正对面积，带电油滴会向下移动，且P点的电势会降低
B. 减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动，且P点的电势会降低
C. 断开开关S，带电油滴将向下运动
D. 将下极板上移，带电油滴将向上运动
【参考答案】D
【名师解析】
．正对面积减小，注意到存在二极管，处理方法先假设没有二极管，则电容器两板间电压U不变，
U不变S减小，会使Q减小，但二极管的存在使得Q不能减少，故实际过程为Q不变。上式Q不变，S减小，所以U增大，，d不变，所以E增大，所以油滴上移。
即为P与下极板电势差，P与下极板距离不变，E增大，所以增大。选项AB错误；
断开开关，不能放电，故油滴不动，选项C错误；根据，U不变，d减小，Q增大，可以充电，故U不变，d减小，E增大，油滴上移，选项D正确。
12. （2023河南郑州四中第一次调研）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）
测量序号
1
0
21
-45
2
0
-20
-46
3
21
0
-45
4
-21
0
-45
A. 测量地点位于北半球 B. 当地的地磁场大小约为50μT
C. 第2次测量时y轴正向指向西方 D. 第3次测量时y轴正向指向东方
【参考答案】AB
【名师解析】
由表中z轴数据可看出z轴磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，故A正确；
磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为
计算得B ≈ 50μT，故B正确；
由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量，故y轴指向南方，第3次测量，故x轴指向北方而y轴则指向西方，故CD错误。
13.（2023浙江舟山质检） 如图甲所示，高压输电线上使用“”形刚性绝缘支架支撑电线，防止电线相碰造成短路。示意图如图乙所示，、、、为四根导线，为正方形，几何中心为，当四根导线通有等大同向电流时（ ）
A. 所受安培力的方向沿正方形的对角线方向
B. 对的安培力小于对的安培力
C. 几何中心点的磁感应强度不为零
D. 夜间高压输电线周围有时会出现一层绿色光晕，这是一种强烈的尖端放电现象
【参考答案】A
【名师解析】
根据同向电流相互吸引，可知受其余三根导线的吸引力分别指向三根导线，根据对称性可知，与对的安培力大小相等，所以两者对的合力沿方向，而对的安培力也是沿方向，故所受安培力的方向沿正方形的对角线方向，A正确；
B．由图乙可知，离的距离比离的距离小，说明电流产生的磁场在处比在处强，故对的安培力大于对的安培力，B错误；
C．因四根导线中的电流大小相等，方向相同，点与四根导线的距离相等，由安培定则可知电流与电流在点的磁感应强度大小相等，方向相反，电流与电流在点的磁感应强度大小相等，方向相反，故几何中心点的磁感应强度为零，C错误；
D．夜间高压输电线周围有时会出现一层绿色光晕，这是一种微弱的尖端放电现象，D错误；
14. （2023浙江舟山质检） 如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板（序号为0）和多个横截面积相同的金属圆筒组成，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度遵照一定的规律依次增加。圆板和圆筒与交流电源相连，序号为奇数的圆筒和电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。若已知电子的质量为m、电荷量为e、电压的绝对值为u，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在时，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，则（ ）
A. 圆筒内存在沿轴线的电场，电子在圆筒内向右加速运动
B. 电子在各圆筒内运动时间均为
C. 在时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值
D. 第n个圆筒的长度为
【参考答案】D
【名师解析】
因一个筒只接一个电极，所以金属筒内部场强处处为0，电子在筒内不受力做匀速运动，故A错误；．因为筒长是按一定的规律增加的，那么电子在每个筒内运动的时间必须为交流电周期的一半，即均为，选项B错误；．因为在时，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，则此时圆筒1电势高，即在时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，选项C错误；设粒子进入第n个筒时的速度为vn，由动能定理可得 ，解得
所以第n个筒的长度为，故D正确。
15.（2023云南玉溪三中开学考试） Ioffe-Pritchard磁阱常用来约束带电粒子的运动。如图所示，在平面内，以坐标原点O为中心，边长为的正方形的四个顶点上，垂直于平面放置四根通电长直导线，电流大小相等，方向已标出，“×”表示电流方向垂直纸面向里，“•”表示电流方向垂直纸面向外。已知电流为I的无限长通电直导线在距其r处的圆周上产生的磁感应强度大小为，k为比例系数。下列说法正确的是（ ）
A. 直导线2、4相互排斥，直导线1、2相互吸引
B. 直导线1、4在O点的合磁场的方向沿x轴负方向
C. 直导线1、4在O点合磁场的磁感应强度大小为
D. 直导线2、4对直导线1的作用力是直导线3对直导线1的作用力大小的2倍
【参考答案】D
【名师解析】
．同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，所以直导线2、4相互吸引，直导线1、2相互排斥，故A错误；．直导线1、4在O点产生的磁场强度如下所示
其中
所以直导线1、4在O点的合磁场的方向沿x轴正方向，大小为
故BC错误。同BC项分析，直导线2、4在直导线1处产生的合磁场为
直导线3在直导线1处产生的磁场为
所以直导线2、4对直导线1的作用力是直导线3对直导线1的作用力大小的2倍，故D正确。
16.（2023豫北名校质检）关于静电的防止与利用，下列说法正确的是
A.飞机上的着地轮用绝缘橡胶做轮胎,是为了及时地把飞机在飞行过程中由于摩擦而产生的电荷转移给大地,以免发生放电现象,保证飞机和乘客的安全
B.给病人做麻醉的医生和护士都要穿绝缘性能良好的化纤制品，可防止麻醉药燃烧
C.避雷针是利用了静电的尖端放电现象制作的，通常把避雷针顶端设计成球形是为了美观
D.高压输电线表面要很光滑,才能避免因尖端放电而损失电能
【参考答案】D
【名师解析】飞机上的着地轮用导电橡胶做轮胎,是为了及时地把飞机在飞行过程中由于摩擦而产生的电荷转移给大地,以免发生放电现象,保证飞机和乘客的安全，选项A错误；绝缘性能良好的化纤制品，不能把产生的静电导走，给病人做麻醉的医生和护士穿绝缘性能良好的化纤制品，容易造成麻醉药燃烧等事故，选项B错误；避雷针是利用了静电的尖端放电现象制作的，通常把避雷针顶端设计成很尖，选项C错误；高压输电线表面要很光滑,才能避免因尖端放电而损失电能，选项D正确。
17. （2023安徽A10联盟开学考试）如图, 长为的粗细均匀的直金属棒沿中点弯折, 将金属棒用两根轻质细金属线连接固定在天花板上的两个力传感器上,两点在同一水平面上, 金属棒有一半处在垂直于金属棒所在平面向外的匀强磁场中, 静止时, 两金属线竖直, 通过金属线给金属棒通电, 电流强度大小为, 当电流沿方向时, 两个力传感器的示数均为,保持电流大小不变,将电流反向, 两力传感器的示数均为。已知, 则磁感应强度大小为
A.
B.
C.
D.
【参考答案】B
【名师解析】金属棒在磁场中的等效长度l=2·L/4·sin53°=0.4L。设金属棒质量为m，当电流沿方向时,由左手定则可判断出所受安培力向下，由平衡条件，2F1=mg+BIl；将电流反向, 由左手定则可判断出所受安培力向上，由平衡条件，2F2+BIl =mg；联立解得：B=，选项B正确。
18 (2022年9月山西摸底)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。电子偏转器的简化剖面结构如图所示。A、B表示两个同心半圆金属板，两板间存在偏转电场，板A、B的电势分别为φA、φB，不同初动能的电子从偏转器左端的中央M进入，经过偏转电场后到达右端的探测板N的不同位置。其中初动能为Ek0的电子沿电势为φC的等势面C（图中虚线）做匀速圆周运动到达N的正中间，而初动能为Ek1、Ek2的电子分别到达探测板N的左边缘和右边缘，忽略电场的边缘效应及电子之间的相互影响。下列判定正确的是
A. 偏转电场是匀强电场
B. φA＞φB
C. Ek1＜Ek2
D. UBC＜UCA
【参考答案】Ｃ
【名师解析】根据题述初动能为Ek0的电子沿电势为φC的等势面C运动，可知电子运动所受的电场力指向圆心O，所以A、B两板之间的偏转电场从Ｂ极板指向Ａ极板，偏转电场不是匀强电场，φA＜φB，UCA＜UBC，选项ABD错误；根据题述，初动能为Ek1的电子到达N的左边缘，说明电子做向心运动，受到的电场力大于运动所需要的向心力，即速度较小，动能减小；初动能为Ek2的电子到达N的右边缘，说明电子做离心运动，受到的电场力小于运动所需要的向心力，即速度较大，动能较大，即Ek1＜Ek2，所以选项C正确。
19. （2023陕西师大附中期初检测）如图所示，一电荷均匀分布的带正电的圆环，半径为R，在垂直于圆环且过圆心O的轴线上有a、b、c三个点，bO＝cO＝，aO＝R，不计重力。则下列判断正确的是（ ）
A. a、c两点的电场场强大小之比为
B. b、c两点的电场场强相同
C. 一电子由a点静止释放，电子在O点的动能最大
D. 一电子由c点静止释放，能够运动到a点
【答案】AC
【解析】
【详解】A．设圆环带电荷量为Q，将圆环分成n等份，则每个等份带电荷量为
每个等份可看成点电荷，每个点电荷在a点处产生的场强大小为
该场强方向与aO的夹角为30°，根据电场的叠加原理可知，a点处场强大小为
同理可得，c点处场强大小为
则
Ea：Ec＝1：
A正确；
B．由对称性可知，b、c两点的电场场强大小相等，方向相反，故场强不同，B错误；
C．一电子由a点静止释放，从a运动到O时电场力做正功，动能增加，从O向下运动时，电场力做负功，动能减少，所以电子在O点的动能最大，C正确；
D．一电子从c点静止释放，从c运动到O时电场力做正功，从O运动到b点电场力做负功，结合对称性可知，做功的大小相等，即该电子恰好运动到b点，D错误。
故选AC。
7. （2023云南昆明云南师大附中质检）光滑绝缘水平面上有一沿水平方向的匀强电场，场强大小为E。0时刻，一带电量为q的小球以速度v进入电场区域（此后小球未离开电场区域），并在电场力作用下在水平面上运动，经过一段时间t后，小球速度达到最小值。以下说法中正确的是（ ）
A. 在0~t时间内，小球的电势能减小
B. 小球的质量为
C. 若场强大小变为2E、方向不变，整个运动过程中，小球最小速度为0
D. 2t时刻，小球的速度大小为v
【答案】BD
【解析】
【详解】A．在0~t时间内，小球的动能减小，可知电场力做负功，电势能增加，故A错误。
B．把小球初速度分解为垂直于电场方向，记为x方向，大小为（类斜上抛运动），则沿电场方向，记为y方向，大小为。小球在y方向上做匀减速直线运动，当此分速度大小减为零时，由动量定理，有
解得小球的质量为
故B正确。
C．小球在垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，因此速度最小值仍为x方向上的速度，即，故C错误。
D．由对称性可以得到2t时刻小球在y方向的速度为，x方向上的速度仍为，故合速度大小仍为，故D正确。
故选BD。
6. （2023陕西师大附中期初检测） 磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ，忽略边缘效应，下列判断正确的是（ ）
A. 上板为正极，电流I＝
B. 上板为负极，电流I＝
C. 下板为正极，电流I＝
D. 下板为负极，电流I＝
【答案】C
【解析】
等离子体是由大量正、负离子组成的气体状物质，根据左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力向下，负离子受到的洛伦兹力向上，所以下板为正极；当磁流体发电机达到稳定状态时，极板间的离子受力平衡，满足
可得电动势U＝Bdv
根据闭合电路的欧姆定律，电流I＝
而电源内阻r＝ρ＝
代入得I＝，故选C。
3. （2022.9月贵州贵阳开学联考）在固定正点电荷形成的电场中，a、b、c是以点电荷为圆心的同心圆，与、与的半径差相等，一带负电粒子经过该区域时，轨迹与a、b、c的交点如图所示，若粒子运动过程中只受电场力的作用，则下列说法正确的是（ ）
ABD
A. A点电势高于B点的电势
B. A、B两点间的电势差大于B、C两点间的电势差
C. 粒子通过D点与通过B点时的速度大小相等
D. 粒子在C点的电势能大于在D点的电势能
【答案】C
【解析】
由于中心点电荷是正电荷，电场线向外，所以C点的电势高于B、D两点的电势，B点的电势高于A点的电势，带负电的粒子在电势高处的电势能小，故AD错误；由电场线分布规律可知，离O点越远，电场强度越小，沿电场线方向相同距离的电势差越小，所以A、B两点间的电势差小于B、C两点间的电势差，故B项错误；由于B、D两点到中心点电荷的距离相等，所以两点的电势相等，由能量守恒定律可知，粒子通过B、D两点时的速度大小相等，故C项正确。
【点睛】本题考查电场的性质，目的是考查学生的理解能力。
12. （2023云南昆明云南师大附中质检）如图所示，空间存在足够大的水平方向的匀强电场（未画出），质量为、底面粗糙的绝缘半圆形槽放置于匀强电场中，槽内有一半径为的竖直半圆形绝缘光滑轨道，其直径水平。一质量为m的带电小滑块（可视为质点）自处由静止开始沿轨道滑下，滑到最低点的另一侧，到达点时速度刚好为零，此时小滑块和圆心的连线与竖直方向的夹角。在小滑块滑动过程中，半圆形槽始终保持静止。已知重力加速度大小为g，求：
（1）小滑块所受电场力的大小和方向；
（2）小滑块滑到半圆形轨道最低点时，小滑块对半圆形槽的压力；
（3）小滑块在滑动过程中对轨道的压力最大值。
【答案】（1），方向水平向右；（2），方向竖直向下；（3）
【解析】
【详解】（1）小滑块由Q滑至B点，由动能定理有
解得
方向水平向右。
（2）小滑块由Q滑至A点，由动能定理有
在A点对小滑块受力分析，在竖直方向由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律有，在A点小滑块对半圆形轨道的压力大小为
方向竖直向下
（3）小滑块在滑动过程中速度最大时对轨道的压力最大，此位置在等效合力最低点（弧QB中间位置），由几何关系可知
在小滑块由Q滑至最大速度位置的过程中，由动能定理有
由牛顿第二定律得
解得
14．（13分）（2023南京六校调研）按图甲所示连接电路，当开关S闭合时，电源将使电容器两极板带上等量异种电荷，这一个过程叫做电容器充电．已知电容器的电容为C，电源电动势大小为E．
（1）求充电结束后电容器所带的电荷量Q；
（2）为了检验第（1）问结果是否正确，在图甲中用电流传感器观察到充电时，电路中电流随时间变化的i - t曲线如图乙所示，其中为已知量．类比是一种常用的研究方法，对于直线运动，我们学习了用v - t图像求位移的方法．请你借鉴此方法，估算充电结束后电容器所带的电荷量的大小；
（3）电容器在充电过程中，两极板间的电压u随所带电荷量q增多而增大，储存的能量也增大．请在图丙中画出电容器充电过程中的u - q图像，并借助图像求出充电结束后电容器储存的能量E0．
14．（13分）
（1）充电结束时，电容器两端电压等于电源的电动势，即：U = E ......................（1分）
根据电容的定义：，得： ................................（2分）
（2）充电结束后电容器所带的电荷量等于i-t图线和横、纵轴所围的面积．
图乙中每一小格的面积为： ................................（1分）
图线下约21小格，面积为：S = 21S0 ................................（1分）
所以电容器所带的电量： ................................（2分）（答案为20I0T0 ~ 21I0T0都算对）
（3）根据以上电容的定义可知：，画出u-q图像如下图．
................................（3分）
由图像可知，稳定后电容器储存的能量E0为u-q图线与横轴之间的面积： .......（1分）
代入得： ................................（2分）
16. （2023陕西师大附中期初检测）如图所示，光滑水平面和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道运动。以O为坐标原点建立直角坐标系，在区域有方向与x轴夹角为的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）小球经过O点时的速度大小；
（3）小球过O点后运动的轨迹方程。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小球从A到B，根据能量守恒定律得
（2）小球从B到O，根据动能定理有
解得
（3）小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有
竖直方向有
解得
，
说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有
，
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程
6. （2023湖南永州一模）如图所示，密度为，横截面积为S，长度为L，电阻为R的粗细均匀的金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线悬挂，金属棒置于竖直方向的匀强磁场中，初始细线竖直，金属棒静止。现在MN两端加上大小为U的电压，使电流由M流向N，发现金属棒的绝缘细线向左偏离竖直方向最大摆角为37°。已知重力加速度为g，、下列正确的是（ ）
A. 磁场方向竖直向下，大小为
B. 磁场方向竖直向上，大小为
C. 增长绝缘细线长度，其余条件不变，金属棒最大摆角将大于37°
D. 减小金属棒长度，其余条件不变，金属棒最大摆角将小于37°
【答案】A
【解析】
【详解】AB．金属棒的绝缘细线向左偏离竖直方向最大摆角为37°，说明磁场力水平向左，由左手定则可知磁场方向竖直向下，由动能定理
金属棒的质量
通过金属棒的电流为
联立可解得
故A正确，B错误；
CD．设金属棒电阻率，则
金属棒运动过程中磁场力不变，将重力与磁场力等效为等效重力，知金属棒经过最低点与最高点圆弧的中点时受力平衡
可知θ与绝缘细线的长度无关，与金属棒的质量成反比，所以增长绝缘细线长度，其余条件不变，金属棒摆角将不变；减小金属棒长度，其余条件不变，则金属棒质量减小，摆角将大于37°，故CD错误。
（2023山西大同摸底）
8. 中科院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置（EAST），这是我国科学家率先建成的世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”实验装置。将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动，如图所示。磁场方向水平向右，磁感应强度大小为B，甲粒子速度方向与磁场垂直，乙粒子速度方向与磁场方向平行，丙粒子速度方向与磁场方向间的夹角为，所有粒子的质量均为m，电荷量均为，且粒子的初速度方向在纸面内，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（ ）
A. 甲粒子受力大小为，方向水平向右
B. 乙粒子的运动轨迹是抛物线
C. 丙粒子在纸面内做匀速圆周运动，其动能不变
D. 从图中所示状态，经过时间后，丙粒子位置改变了
【答案】D
【解析】
【详解】A．由于甲粒子速度方向与磁场垂直，其所受洛伦兹力为
根据左手定则，该力垂直于纸面向里，A错误；
B．由于乙粒子速度方向与磁场方向平行，所受洛伦兹力为0，不计重力和粒子间的相互作用，则乙粒子向右做匀速直线运动，B错误；
C．将丙粒子的速度沿水平与竖直方向分解
，
则丙粒子的运动可以分解为在垂直纸面的平面内的匀速圆周运动与水平向右的匀速直线运动，即丙粒子向右做螺旋运动，C错误；
D．根据上述分析，分运动具有等时性、等效性与独立性，则丙粒子在垂直纸面的平面内的匀速圆周运动有
，
解得
丙粒子水平向右做匀速直线运动，时间t内向右运动的距离为
解得
D正确。
故选D。
7．(2020·银川模拟)某课外探究小组用如图所示实验装置测量学校所在位置的地磁场的水平分量Bk，将一段细长的直导体棒南北方向放置，并与开关、导线、电阻箱和电动势为E、内阻为r的电源组成如图所示的电路。在导体棒的正下方距离为h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，缓慢调节电阻箱接入电路中的电阻值，发现小磁针逐渐偏离南北方向，当电阻箱接入电路的电阻值为9r时，小磁针的偏转角恰好为60°，已知通电长直导线周围某点磁感应强度为B＝k(式中I为通过导线的电流强度、L为该点到通电长直导线的距离，k为常数)，导体棒和导线电阻均可忽略不计，则该位置地磁场的水平分量Bk大小为( )
A．Bk＝ B．Bk＝
C．Bk＝ D．Bk＝
解析：选C 由闭合电路欧姆定律可得：I＝＝，
由题目条件可知小磁针处电流产生的磁场为：B＝＝·，由小磁针的偏转角恰好为60°可得：tan 60°＝，联立解得地磁场的水平分量的大小：Bx＝B＝，故C正确，A、B、D错误。
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