2019版二轮复习物理通用版讲义：第一部分专题三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
电场力的性质

1.[考查点电荷电场中场强的求解与比较]
直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H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Q的正点电荷置于O点时，G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G点，则H点处场强的大小和方向分别为(　　)
A.，沿y轴正向　　　　　 B.，沿y轴负向
C.，沿y轴正向 D.，沿y轴负向
解析：选B　正点电荷在O点时，G点的场强为零，则两负点电荷在G点的合场强大小为E1＝，方向沿y轴正方向。由对称性知，两负点电荷在H点的合场强大小为E2＝E1＝，方向沿y轴负方向。当把正点电荷放在G点时，在H点产生的场强的大小为E3＝，方向沿y轴正方向。所以H点的合场强大小E＝E2－E3＝，方向沿y轴负方向，选项B正确。
2．[考查匀强电场中场强的计算]
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60°、30°，cd＝2ab＝4 cm。已知a、b两点的电势分别为4 V、0，将电荷量q＝1.6×10－3 C的正电荷由a点移动到c点，克服电场力做功6.4×10－3 J。下列关于电场强度的说法正确的是(　　)
A．垂直ab向上，大小为400 V/m
B．垂直bd斜向上，大小为400 V/m
C．平行ca斜向上，大小为200 V/m
D．平行bd斜向上，大小为200 V/m
解析：选B　由W＝qU知Uac＝＝ V＝－4 V，而φa＝4 V，所以φc＝8 V，过b点作be∥ac交cd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Uab＝Uce，即φe＝4 V，又因cd＝2ab，所以Ucd＝2Uab，即φd＝0，所以bd为一条等势线，又由几何关系知eb⊥bd，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E＝＝ V/m＝400 V/m，B项正确。
3．[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AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R，已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　　)
A.－E　　　　　　　　 　B.
C.－E D.＋E
解析：选A　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2q，在M点产生电场的场强为k＝，设右半球壳在M点产生的场强大小为E右，根据电场叠加原理有E＝－E右，解得右半球壳在M点产生的场强大小为E右＝－E，根据对称性，左半球壳在N点产生的场强大小为－E，选项A正确。
4．[考查带电体在等效场中的运动问题]
如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m、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A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°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E；
(2)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vA的大小(可含根式)。
解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。
小球从A点静止释放到速度等于零，由动能定理得
EqLsin α－mgL(1－cos α)＝0，
解得E＝。
(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G′，则G′＝mg，方向与竖直方向成30°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m＝mg，
小球从A点到等效最高点，由动能定理得
－mgL(1＋cos 30°)＝mv2－mvA2，
联立解得vA＝)。
答案：(1)带正电　　(2) )
考点二
电场能的性质
5.[考查电势高低、电势能大小的判断]
[多选]在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，对角线的交点为O，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P置于b点，静止释放，粒子P将沿着对角线bd运动，则在线段bd上(　　)
A．O点的电场强度最大
B．O点电势最高
C．粒子P在O点时电势能最大
D．粒子P在O点时动能最大
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bd上正中央点的电势最高，电场强度为零，A错误，B正确；负电荷由b到d先加速后减少，运动到O点时动能最大，电势能最小，故C错误，D正确。
6．[考查电场中的图像问题]
[多选]在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．q1和q2带有异种电荷
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，受到的电场力增大
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，A项正确；由E＝可知，φ­x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，B项错误；负电荷从x1移到x2的过程中，电势升高，电场强度减小，由Ep＝qφ、F＝qE可知，电势能减小，受到的电场力减小，C项正确，D项错误。
7．[考查电场线、等势线、运动轨迹问题]
[多选]带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示。从a到b过程中，下列说法正确的是(　　)
A．粒子带负电荷
B．粒子的速度先增大后减小
C．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
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B错误，D正确。
8．[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x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x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Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，EpA和EpB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(　　)

A．该电场可能是孤立的点电荷形成的电场
B．A点的电场强度小于B点的电场强度
C．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W＝EpA－EpB
D．电子在A点的动能小于在B点的动能
解析：选C　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A、B错误；由题图乙可知，电子在A、B两点的电势能关系为：EpB＞EpA，说明电子由A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W＝EpA－EpB，故C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B点的动能，故D错误。
9．[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A点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，Ep表示点电荷在A点的电势能，θ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．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变
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C＝可知，C变大；根据Q＝CU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θ减小；根据E＝，Q＝CU，C＝，联立可得E＝，可知E不变；A点离下极板的距离不变，E不变，则A点与下极板间的电势差不变，A点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确。
10．[考查带电粒子在电容器中的运动问题]
[多选]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U，两极板间距为d，电容器储存的能量E＝CU 2。一电荷量大小为q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(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(　　)
A．保持开关闭合，将上极板下移，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，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为Ek0＋
C．断开开关，将上极板上移，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CU2
D．断开开关，将上极板上移，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CU2
解析：选BD　保持开关闭合，电压不变，仅将上极板下移的过程中，极板距离减小，根据E＝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mg＝q，保持开关闭合，仅将上极板下移，两极板间距离变为d，电场强度E＝＝，电场力做功W电＝qE＝，根据动能定理得，－mg·＋＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0＋－·＝Ek0＋，所以撞击上极板时的动能是Ek0＋，故B正确；开始时电容器存储的能量为E1＝CU2，断开开关后，电容器所带电荷量Q不变，上极板上移，由C＝知电容器电容变为C，由Q＝UC知，两极板电势差变为U，此时电容器储存能量E2＝××2＝CU2，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W＝E2－E1＝CU2，故C错误，D正确。

考点三
磁场及其对电流的作用

11.[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B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q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I时，纸面内与两导线距离均为l的a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a点处磁感应强度的大小为(　　)
A．0　　　　　　　　　　　 B.B0
C.B0 D．2B0
解析：选C　导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BP＝BQ＝B1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为B1。又根据题意Ba＝0，则B0＝B1，且B0平行于PQ向左。若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为B1′＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度B＝＝B0，则A、B、D项均错误，C项正确。
12．[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I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2×10－2 kg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I＝0.1 A，bc边长度为10 cm，(g取10 m/s2)则磁场对bc边作用力F的大小和该磁场的磁感应强度B的大小分别是(　　)
A．F＝0.2 N，B＝20 T B．F＝0.2 N，B＝2 T
C．F＝0.1 N，B＝1 T D．F＝0.1 N，B＝10 T
解析：选C　当线圈中通入电流后，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为F＝nBIL，方向向上；设左盘砝码的质量为M，右盘砝码的质量为m，此时根据天平处于平衡状态有：Mg＝mg－nBIL，当通有反向电流时，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为F＝nBIL，方向向下，此时根据天平处于平衡状态有：Mg＋(2×10－2×10)N＝mg＋nBIL，联立以上两式解得：B＝1 T，所以F＝0.1 N，故A、B、D错误，C正确。
考点四
磁场对运动电荷的作用
13.[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(　　)
A．向右偏转，速率不变，r变大
B．向左偏转，速率改变，r变大
C．向左偏转，速率不变，r变小
D．向右偏转，速率改变，r变小
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；由于洛伦兹力不做功，故速率不变，由r＝知r变大，故A正确。
14．[考查电子在匀强磁场中匀速圆周运动的比较]
[多选]有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ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Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子(　　)
A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍
B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍
D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等
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Ⅰ磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍。由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，选项A正确。由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，选项B错误。由T＝得T∝r，所以＝k，选项C正确。由ω＝得＝＝，选项D错误。
15．[考查磁场对带电体的作用]
[多选]如图所示，一个质量为m、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B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(　　)
A．圆环可能做匀减速运动
B．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mv02
D．圆环克服摩擦力所做的功不可能为mv02－
解析：选BC　当qv0B＜mg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qv0B＝mg时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故B正确；当qv0B＜mg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－W＝0－mv02，解得W＝mv02，故C正确；当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB＝mg时，圆环不受摩擦力，做匀速直线运动，解得v＝，根据动能定理得，－W＝mv2－mv02，代入解得W＝mv02－，故D错误。

释疑4大考点

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。
(一)电场强度的三个公式

(二)研究电场的思想方法——对称法


　　(三)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1题，正点电荷在O点时，G点的场强为零，则正点电荷在G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。
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2题中，因cd＝2ab，有Ucd＝2Uab。
3．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2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N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a＝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]
1.(2018·全国卷Ⅰ)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab＝5 cm，bc＝3 cm，ca＝4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则(　　)
A．a、b的电荷同号，k＝
B．a、b的电荷异号，k＝
C．a、b的电荷同号，k＝
D．a、b的电荷异号，k＝
解析：选D　由于小球c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，a、b的电荷异号。
根据库仑定律，a对c的库仑力为
Fa＝k0 ①
b对c的库仑力为
Fb＝k0 ②

设合力向左，如图所示，根据相似三角形，得
＝ ③

联立①②③式得
k＝＝＝。
2．[多选](2018·云南统一检测)如图所示，a、b、c、d是正方形的四个顶点，O是正方形对角线的交点。ad边和bc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(　　)
A．a、O、c三点的电势关系为φa＞φO＞φc
B．a、b、c、d四个顶点处的电场强度相等
C．在两点电荷连线上，O点处的电场强度最大
D．a、b、c、d、O五个点中O点处的电场强度最大
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φO＝0，a点电势大于零，c点电势小于零，所以φa＞φO＞φc，故A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O点电场强度最小，故C错误；根据电场的叠加原理可知，EO＝，其余四点的场强大小均小于EO，故D正确。
3.如图所示，一均匀带电的球体半径为R，在球内有一点A，与球心距离为，球外有一点B，与球心距离为，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(　　)
A．3∶1　　　　　　　　　 B．1∶1
C．9∶8 D．9∶1
解析：选C　B点场强EB＝＝；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的球体，根据填补法可知，EA＝＝，所以A、B两点的场强比值为9∶8，故C正确。
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。
(一)基础知识要记牢
1．电场能的性质

2．电场中电势高低、电势能大小的判断

(二)方法技巧要用好
1．电场中图像问题的分析方法
(1)φ­x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，φ­x图线存在极值，极值点切线的斜率为零，如诊断卷第6题，x2处电场强度为零。
(2)在φ­x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，O~x2电势升高，场强方向沿x轴负方向；x>x2位置电势降低，场强方向沿x轴正方向。
(3)判断电势能变化的方法：①直接用Ep＝qφ进行判断；②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C，负电荷从x1移到x2，电场力做正功，电势能减小。
2．电场中“三线”问题的解题技巧(诊断卷第7题)
(1)带电粒子所受合力(往往仅为电场力)指向轨迹曲线的内侧；
(2)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；
(4)电场线垂直于等势面；
(5)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。
3．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A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。
(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：①两板间U不变时，E与d成反比；②Q不变时，E与两板正对面积成反比，不随d变化。如诊断卷第10题，A、B项的分析，A项定性分析即可，B项需要结合变化的数值计算出具体的电场强度，对于题中C、D项，根据公式C＝和U＝求出上极板上移后电容器的电容及两板的电势差，从而求出上极板移动后电容器储存的能量，再根据能量守恒定律，便可求出外力对极板所做的功。
[题点全练]
1．(2018·贵州适应考试)如图所示，实线表示某电场中的两条电场线，虚线表示电场中的两条等势线，A、B、C、D分别是电场线与等势线的交点，下列说法正确的是(　　)
A．将点电荷从B点移动到C点，电场力一定做正功
B．负点电荷在D点的电势能大于在A点的电势能
C．将一负点电荷从A点由静止释放后，在只受电场力作用下将向C点运动
D．点电荷在AB等势线上受到的电场力与在CD等势线上受到的电场力大小相等
解析：选B　B点的电势高于D点，D点电势等于C点的电势，则B点的电势高于C点，将负的点电荷从B点移动到C点，电场力一定做负功，选项A错误；A点的电势高于D点，则负点电荷在D点的电势能大于在A点的电势能，选项B正确； 将一负点电荷从A点由静止释放后，所受的电场力沿CA方向，则在只受电场力作用下将向C点反方向运动，选项C错误；AB等势线上电场线较CD处密集，则点电荷在AB等势线上受到的电场力比在CD等势线上受到的电场力大，选项D错误。
2.(2018·百校联盟4月联考)如图所示，图中虚线为某静电场中的等差等势线，实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，a、b、c为粒子的运动轨迹与等势线的交点，粒子只受电场力作用，下列说法正确的是(　　)
A．粒子在a点的加速度比在b点的加速度小
B．粒子在a点的动能比在b点的动能大
C．粒子在a点和在c点时速度相同
D．粒子在b点的电势能比在c点时的电势能小
解析：选D　等势线的疏密程度表示电场强度的大小，故a点的电场强度大于b点的电场强度，根据a＝，可知粒子在a点的加速度比在b点的加速度大，故A错误；由题图可知若粒子从a到b，电场力做正功，电势能减小，动能增大，若粒子从b到a，电场力做负功，电势能增大，动能减小，故粒子在a点的动能比在b点的动能小，故B错误；由题图可知a、c两点在同一等势线上，故粒子在a、c两点具有相同的电势能，根据能量守恒可知，粒子在a、c两点具有相同的动能，故粒子在这两点的速度大小相等，但方向不同，故C错误；因粒子在a、c两点具有相同的动能和电势能，而粒子在a点的动能比在b点的动能小，电势能比在b点时的大，故粒子在b点的电势能比在c点时的电势能小，故D正确。
3．[多选](2018·全国卷Ⅱ)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q＞0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2。下列说法正确的是(　　)
A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为
C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为
D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
解析：选BD　结合题意，只能判定φa＞φb，φc＞φd，但电场方向不能得出，故A错误。电场强度的方向沿c→d时，才有场强E＝，故C错误。由于M、N分别为ac和bd的中点，对于匀强电场，φM＝，φN＝，则UMN＝，可知该粒子从M点移动到N点的过程中，电场力做功W＝，故B正确。若W1＝W2，则φa－φb＝φc－φd，变形得φa－φc＝φb－φd，即Uac＝Ubd，而UaM＝，UbN＝，可知UaM＝UbN，故D正确。
考点三　磁场及其对电流的作用
本考点是对磁场及安培力知识的考查，常涉及磁场的叠加、安培定则(如诊断卷第11题)，特别是涉及左手定则、安培力的平衡和运动问题(如诊断卷第12题)考查相对较多，试题难度中等，建议考生自学为主。





(一)必备知识——安培力的大小和方向

(二)重点提醒——解题常见的两大失误点
1．通电导线或圆环周围的磁场方向可用右手螺旋定则即安培定则确定，磁场方向画线要准确，避免磁场的叠加结果跑偏，如诊断卷第11题。
2．计算安培力的大小必须考虑线圈的匝数，如诊断卷第12题，F＝nBIL，同时根据左手定则判断磁场、电流、安培力之间的方向关系，然后根据平衡关系列方程。
(三)解题规范——求解导体棒运动问题的“三步曲”

[题点全练]
1．[多选](2019届高三·咸阳模拟)如图所示，纸面内同时存在两个匀强磁场，其中一个平行于纸面水平向右，磁感应强度B1＝1 T。位于纸面内的细直导线，长L＝5 m，通有I＝3 A的恒定电流。当导线与B成60°夹角时，发现其受到的磁场力为零，则该区域存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2的可能值为(　　)
A. T　　　　　　　　　 B. T
C．2 T D. T
解析：选AC　若导线中受到的安培力为零，则说明合磁场的方向沿导线方向；根据平行四边形定则知虚线表示合磁感应强度的方向，与电流的方向平行，可知B2有一个最小值，其最小值为B2＝B1sin 60°＝ T，故A、C正确，B、D错误。
2.[多选]如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t＝0时刻起，棒上通以如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒(　　)

A．一直向右移动
B．速度随时间周期性变化
C．受到的安培力随时间周期性变化
D．受到的安培力在一个周期内做正功
解析：选ABC　在0～，金属棒受到向右的安培力，大小恒为BImL，金属棒向右做匀加速直线运动；在～T，金属棒受到的安培力向左，大小仍为BImL，而此时速度方向仍然向右，做匀减速直线运动，直至速度减为零，之后不断重复该运动过程，A、B、C正确；安培力在一个周期内做功为零，D错误。
3．(2018·聊城二模)电磁泵在生产、科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ，在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ(电阻率的倒数)，泵体所在处有方向垂直向外的匀强磁场，磁感应强度为B，把泵体的上下两表面接在电压为U的电源上(内阻不计)，则(　　)
A．泵体上表面应接电源负极
B．通过泵体的电流I＝
C．增大磁感应强度可获得更大的抽液高度
D．增大液体的电导率可获得更大的抽液高度
解析：选CD　当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故A错误；根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R＝ρ＝×＝，因此流过泵体的电流I＝UL1σ，故B错误；增大磁感应强度B，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；若增大液体的电导率，可以使电流增大，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故D正确。


考点四　磁场对运动电荷的作用
本考点几乎是每年必考的内容，主要涉及磁场对运动电荷的作用、带电粒子在匀强磁场中的运动等。解答时应注意洛伦兹力永不做功的特点，明确半径公式、周期公式，正确画出运动轨迹草图等，考生应学会灵活变通。
(一)两种运动类型要辨清

(二)两个解题思路要明确
1．洛伦兹力永不做功，只改变粒子速度方向，不改变粒子速度的大小。如诊断卷第13题，由电子的速率不变可知，B、D均错误。
2．带电体在磁场中的运动，往往需要考虑重力，明确受力情况是分析该类问题的关键，一般先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力。如诊断卷第15题，由于摩擦力是被动力，所以要分情况讨论。洛伦兹力、支持力和重力均不做功，只有摩擦力做功，所以一定要理清摩擦力的大小变化情况。
[题点全练]
1．(2018·拉萨中学月考)两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一空间足够大的匀强磁场中，两粒子质量之比为1∶4，电荷量之比为1∶2，则两带电粒子(　　)
A．受洛伦兹力之比为2∶1
B．运动周期之比为2∶1
C．轨迹半径之比为2∶1
D．加速度大小之比为2∶1
解析：选D　根据洛伦兹力大小f＝Bqv，结合题意可得，洛伦兹力大小与电荷量成正比，即1∶2，故A错误。根据T＝，所以有：＝·＝×＝，故B错误。因为Bqv＝m，所以R＝，因为粒子做匀速圆周运动，故v大小不变，故＝·＝×＝，故C错误。加速度为a＝，因为v大小不变，故＝＝，故D正确。




2．(2018·雅安三诊)两种不计重力的带电粒子M和N，以相同的速度经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是(　　)
A．M带正电， N带负电
B．洛伦兹力对M、N做正功
C．M的比荷小于N的比荷
D．M的运行时间小于N的运行时间
解析：选C　由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A错误；洛伦兹力始终与运动的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故B错误；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB＝，比荷为：＝，在速率相同的情况下，半径大说明比荷小，故C正确；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期T＝，所以M的运行时间大于N的运行时间，故D错误。
3．[多选](2018·杭州模拟)如图所示，一轨道由两等长的光滑斜面AB和BC组成，两斜面在B处用一光滑小圆弧相连接，P是BC的中点，竖直线BD右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，B处可认为处在磁场中，一带电小球从A点由静止释放后能沿轨道来回运动，C点为小球在BD右侧运动的最高点，则下列说法正确的是(　　)
A．C点与A点在同一水平线上
B．小球向右或向左滑过B点时，对轨道压力相等
C．小球向上或向下滑过P点时，其所受洛伦兹力相同
D．小球从A到B的时间是从C到P时间的 倍
解析：选AD　小球在磁场运动过程中受重力、洛伦兹力和轨道支持力作用，因洛伦兹力永不做功，支持力始终与小球运动方向垂直，也不做功，即只有重力做功，满足机械能守恒，因此C点与A点等高，在同一水平线上，选项A正确；小球向右或向左滑过B点时速度等大反向，即洛伦兹力等大反向，小球对轨道的压力不等，选项B错误；同理小球向上或向下滑过P点时，洛伦兹力也等大反向，选项C错误；因洛伦兹力始终垂直BC，小球在AB段和BC段(设斜面倾角均为θ)的加速度均由重力沿斜面的分力产生，大小为gsin θ，由x＝at2得小球从A到B的时间是从C到P的时间的倍，选项D正确。
4．初速度为零的一个质子，质量为1.67×10－27 kg，经过电压为1 880 V的电场加速后，垂直进入磁感应强度为5.0×10－4 T的匀强磁场中。质子受到的洛伦兹力多大？
解析：质子的初速度为零，电场加速的能量全部转化为质子垂直进入匀强磁场时的动能。按照能量守恒定律，则有：qU＝mv2
可得质子进入匀强磁场时的速率
v＝ ＝ m/s＝6.0×105 m/s
质子是垂直进入磁场，所以其运动方向与磁场方向夹角为90°，按照洛伦兹力的计算公式可以得到：F＝qvB＝1.6×10－19×6.0×105×5.0×10－4 N＝4.8×10－17 N。
答案：4.8×10－17 N


一、高考真题集中演练——明规律
1．(2016·全国卷Ⅲ)关于静电场的等势面，下列说法正确的是(　　)
A．两个电势不同的等势面可能相交
B．电场线与等势面处处相互垂直
C．同一等势面上各点电场强度一定相等
D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功
解析：选B　在静电场中，两个电势不同的等势面不会相交，选项A错误；电场线与等势面一定相互垂直，选项B正确；同一等势面上的电场强度可能相等，也可能不相等，选项C错误；电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面，将负试探电荷从电势高的等势面移到电势低的等势面时，电场力做负功，选项D错误。
2．[多选](2018·全国卷Ⅲ)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(　　)
A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
解析：选BD　经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa＞xb，根据x＝at2＝t2知，ma＜mb，故A错误。电场力做功Wa＞Wb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，故B正确。a、b处在同一等势面上，根据Ep＝qφ，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，故C错误。根据动量定理知a、b的动量大小相等，故D正确。



3.[多选](2017·全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed。点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W、W和W。下列选项正确的是(　　)
A．Ea∶Eb＝4∶1　　　　 B．Ec∶Ed＝2∶1
C．W∶W＝3∶1 D．W∶W＝1∶3
解析：选AC　设点电荷的电荷量为Q，根据点电荷电场强度公式E＝k，ra∶rb＝1∶2，rc∶rd＝3∶6，可知，Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，选项A正确，B错误；将一带正电的试探电荷由a点移动到b点做的功W＝q(φa－φb)＝3q(J)，试探电荷由b点移动到c点做的功W＝q(φb－φc)＝q(J)，试探电荷由c点移动到d点做功W＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，W∶W＝3∶1，W∶W＝1∶1，选项C正确，D错误。
4．[多选](2018·全国卷Ⅰ)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是(　　)
A．平面c上的电势为零
B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV
D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
解析：选AB　因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，eUad＝6 eV，故Uad＝6 V；因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，又φb＝2 V，则φc＝0，各虚线电势如图所示，故A正确。
因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f，故B正确。电子经过平面d时，电势能Ep＝eφd＝2 eV，故C错误。由a到b，Wab＝Ekb－Eka＝－2 eV，所以Ekb＝8 eV；由a到d，Wad＝Ekd－Eka＝－6 eV，所以Ekd＝4 eV；则Ekb＝2Ekd，根据Ek＝mv2知vb＝vd，故D错误。
5．[多选](2018·全国卷Ⅱ)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则(　　)
A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
解析：选AC　外磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知
在b点：B0＝B0－B1＋B2
在a点：B0＝B0－B1－B2
由上述两式解得B1＝B0，B2＝B0，故A、C正确。
6.[多选](2014·全国卷Ⅱ)如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是(　　)
A．电子与正电子的偏转方向一定不同
B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同
C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子
D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小
解析：选AC　根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A正确；根据qvB＝，得r＝，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定mv的大小，仅依据运动轨迹无法判断粒子是质子还是正电子，故选项C正确；粒子的mv越大，轨道半径越大，而mv＝，粒子的动能大，其mv不一定大，选项D错误。





二、名校模拟重点演练——知热点
7.(2019届高三·濮阳模拟)把一根绝缘导线PQ弯成两个半圆形状，每个半圆的半径都为R，放置在粗糙的水平桌面上，在桌面上加有竖直向下且磁感应强度为B的匀强磁场，如图所示(俯视图)。现给导线通入由P到Q的电流，并逐渐增大电流强度，导线PQ始终处于静止状态，则下列说法正确的是(　　)
A．增大电流强度的过程中，导线PQ对桌面的摩擦力增大
B．增大电流强度的过程中，导线PQ对桌面的压力增大
C．当电流强度为I时，导线PQ受到的安培力为2πBIR
D．当电流强度为I时，导线PQ受到的安培力为πBIR
解析：选A　在桌面方向上，导线受到安培力和静摩擦力而平衡，增大电流强度的过程中，安培力增大，故静摩擦力也增大，A正确；在竖直方向上导线受到重力和支持力而平衡，与电流强度无关，故增大电流强度的过程中，导线PQ对桌面的压力不变，B错误；导线PQ在磁场中的有效长度为L＝4R，故当电流为I时，导线PQ受到的安培力为F＝BIL＝4BIR，C、D错误。
8．(2018·湖北重点高中联考)如图所示，真空中O点处有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成53°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成37°角。关于a、b两点场强Ea、Eb及电势φa、φb的关系，正确的是(　　)
A．25Ea＝9Eb，φa＞φb
B．16Ea＝9Eb，φa＜φb
C．9Ea＝25Eb，φa＞φb
D．9Ea＝16Eb，φa＜φb
解析：选D　设a、b两点到点电荷的距离分别为ra和rb。根据几何知识得：rb＝ra，根据点电荷场强公式E＝k，得：Ea＝Eb，由题图可知，该电场是由负点电荷产生的，故在点电荷的周围越靠近场源电势越低，则有φa＜φb，故D正确。
9．(2018·甘肃河西五市一模)如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有一B点，该处有带正电液滴不断地由静止开始下落(不计空气阻力，每滴液滴的质量、电荷量均相同)，液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，且前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落的带电液滴对下落液滴的影响，则下列说法正确的是(　　)
A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球
B．当液滴下落到重力与电场力大小相等时，开始做匀速运动
C．能够下落到A球的所有液滴在下落过程中达到最大动能时的位置均相同
D．除第一滴外所有液滴下落过程中电势能均在增加
解析：选D　液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，所以A球电荷量Q逐渐增加，以后的液滴下落过程中受到重力和电场力共同作用，当电荷量Q增加到一定程度后，液滴将不能到达A球，故A项错误。液滴受到的电场力是变力，当液滴下落到重力等于电场力位置时，速度最大，以后将减速下落，故B项错误。设速度最大处液滴距A球的距离为R，有mg＝k，可以看出随Q逐渐增加，R也逐渐增加，故C项错误。除第一滴外所有液滴下落过程中，电场力对液滴做负功，所以液滴下落过程中电势能增加，故D项正确。
10．(2018·西北师大附中模拟)如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一个带负电的试探电荷固定在P点。静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地。以E表示两板间的场强，φ表示P点的电势，Ep表示该试探电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持负极板不动，将正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计带电量可忽略不计)，各物理量变化情况描述正确的是(　　)
A．E增大，φ降低，Ep减小，θ增大
B．E不变，φ降低，Ep增大，θ减小
C．E不变，φ升高，Ep减小，θ减小
D．E减小，φ升高，Ep减小，θ减小
解析：选C　将正极板适当向右水平移动，两板间的距离减小，根据电容的决定式C＝可知，电容C增大，因平行板电容器充电后与电源断开，则电容器的电量Q不变，由C＝得知，板间电压U减小，因此夹角θ减小，再依据板间场强E＝＝＝，可见E不变；P点到正极板距离减小，且正极板接地，由公式U＝Ed得知，P点的电势增加；负电荷在P点的电势能减小；故A、B、D错误，C正确。
11．(2019届高三·江西八校联考)如图所示，一均匀带正电的无限长绝缘细杆水平放置，细杆正上方有A、B、C三点，三点均与细杆在同一竖直平面内，且三点到细杆的距离满足rA＝rB