2024年高考物理大一轮复习：第1课时 电场和磁场的基本性质

这是一份2024年高考物理大一轮复习：第1课时 电场和磁场的基本性质，共25页。试卷主要包含了电场知识网络，磁场知识网络等内容，欢迎下载使用。

一、电场知识网络
二、磁场知识网络
电场的基本性质
1.必须领会的“2种物理思想和5种方法”
(1)等效思想、分解思想；
(2)比值定义法、控制变量法、对称法、合成法、分解法。
2.必须辨明的“4个易错易混点”
(1)在电场强度定义式E＝eq \f(F,q)中，错误地认为E与F、q有关；
(2)判断电场力时注意带电粒子的电性，要区分轨迹与电场线的不同；
(3)不能随意忽略带电体的重力；
(4)电场强度和电势高低、电势能的大小没有直接关系。
命题角度一 库仑定律的应用及库仑力的合成
【例1】 (2018·全国卷Ⅰ，16)如图1，三个固定的带电小球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( )
图1
A.a、b的电荷同号，k＝eq \f(16,9)
B.a、b的电荷异号，k＝eq \f(16,9)
C.a、b的电荷同号，k＝eq \f(64,27)
D.a、b的电荷异号，k＝eq \f(64,27)
解题关键
情境转化―→画矢量合成图
解析 如果a、b带同种电荷，则a、b两小球对c的作用力均为斥力或引力，此时c在垂直于a、b连线的方向上的合力一定不为零，因此a、b不可能带同种电荷，A、C错误；若a、b带异种电荷，假设a对c的作用力为斥力，则b对c的作用力一定为引力，受力分析如图所示，由题意知c所受库仑力的合力方向平行于a、b的连线，则Fa、Fb在垂直于a、b连线的方向上的合力为零，由几何关系可知eq \f(Fa,Fb)＝eq \f(1,tan α)＝eq \f(4,3)，又由库仑定律得eq \f(Fa,Fb)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(qa,qb)))·eq \f(req \\al(2,bc),req \\al(2,ac))，联立解得k＝|eq \f(qa,qb)|＝eq \f(64,27)，B错误，D正确。
答案 D
命题角度二 根据电场中的“点、线、面、迹”判断相关物理量的变化
【例2】 (多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图2，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知( )
图2
A.Q点的电势比P点高
B.油滴在Q点的动能比它在P点的大
C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
审题指导
(1)油滴在匀强电场中运动eq \(――→,\s\up7(说明))油滴做匀变速曲线运动
(2)“相对于过轨迹最低点P的竖直线对称”eq \(――→,\s\up7(隐含))合力为竖直向上的恒力eq \(――→,\s\up7(情境转化))
解析 由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以选项D错误；由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲的内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE>mg，则电场方向竖直向下，所以Q点的电势比P点的高，选项A正确；当油滴从P点运动到Q点时，电场力做正功，电势能减小，选项C错误；当油滴从P点运动到Q点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点的动能，选项B正确。
答案 AB
带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法
命题角度三 电场线、等势面及E＝eq \f(U,d)的应用
【例3】 (多选)(2017·全国卷Ⅲ，21)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图3所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是( )
图3
A.电场强度的大小为2.5 V/cm
B.坐标原点处的电势为1 V
C.电子在a点的电势能比在b点的低7 eV
D.电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV
解题关键
(1)读题
①看到“匀强电场”想到“沿任一不垂直于电场线的直线电势均匀变化”。
②看到“三点的电势分别为10 V、17 V、26 V”想到“找等势面，画电场线”。
(2)文图转换
解析 如图所示，设a、c之间的d点电势与b点电势相同，则eq \f(ad,dc)＝eq \f(10－17,17－26)＝eq \f(7,9)，所以d点的坐标为(3.5 cm，6 cm)，过c点作等势线bd的垂线，电场强度的方向由高电势指向低电势。由几何关系可得，cf的长度为3.6 cm，电场强度的大小E＝eq \f(U,d)＝eq \f(26－17,3.6) V/cm＝2.5 V/cm，故选项A正确；因为Oacb是矩形，所以有Uac＝UOb ，可知坐标原点O处的电势为1 V ，故选项B正确；a点电势比b点电势低7 V，电子带负电，所以电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，故选项C错误；b点电势比c点电势低9 V，电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV，故选项D正确。
答案 ABD
命题角度四 与平行板电容器有关的电场问题
【例4】 (2016·全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器( )
A.极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
解析 由C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，当云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小。再由E＝eq \f(U,d)，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确。
答案 D
“1＋3”分析法思路(“1个不变，3个公式”)
1.如图4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，则下列说法正确的是( )
图4
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
答案 D
2.(多选)如图5所示，线段AE＝FB，C、D为圆周上关于AB对称的两个点。在A、B两点分别放置带电荷量为Q的点电荷，下列判断正确的是( )
图5
A.E、F两点电场强度可能相同
B.C、D两点电场强度相同
C.E、F两点电势可能相等
D.C、D两点电势一定相等
解析 如果在A、B两点放置等量异种电荷，由对称性可知，E、F两点电场强度相同，C、D两点电场强度大小相等、方向不同，但C、D两点电势相等；如果在A、B两点放置等量同种电荷，由对称性可知，E、F两点电势相等，电场强度大小相等、方向不同，C、D两点电势相等，电场强度大小相等、方向不同，则选项A、C、D正确。
答案 ACD
3.如图6是平行于地面放置的均匀带电无限长直导线周围的电场线，地面可视为无穷大的导体平面，a、b、c、d是电场中距导线等距的四个点。下列说法正确的是( )
图6
A.c点的电场强度小于a点的电场强度
B.b点的电势等于d点的电势
C.若将试探电荷＋q由d点静止释放，它将沿着电场线运动到地面
D.带正电的物块(可视为质点)在左侧地面上以初速度v0向右运动，它将先做减速运动后做加速运动
解析 c点处的电场线较a点处密集，则c点的电场强度大于a点的电场强度，A项错误；b、d两点是关于直导线的对称点，故b点的电势等于d点的电势，B项正确；因电场线是曲线，故若将试探电荷＋q由d点静止释放，它不会沿着电场线运动到地面，C项错误；带正电的物块(可视为质点)在左侧地面上以初速度v0向右运动，因它所受的电场力垂直地面向下，若地面粗糙则会一直做减速运动，D项错误。
答案 B
4.(多选)(2019·广东惠州模拟)如图7所示，在水平放置的已经充电的平行板电容器之间，有一带负电的油滴处于静止状态。若某时刻油滴的电荷量开始减小(质量不变)，为维持该油滴原来的静止状态应( )
图7
A.给平行板电容器继续充电，补充电荷量
B.让平行板电容器放电，减少电荷量
C.使两极板相互靠近些
D.将上极板水平右移一些
解析 给平行板电容器继续充电，电荷量增大，电容不变，由U＝eq \f(Q,C)知电势差增大，根据E＝eq \f(U,d)知电场强度增大，可使电场力不变，故A正确；同理，让电容器放电时，油滴不能平衡，故B错误；因为E＝eq \f(U,d)，U＝eq \f(Q,C)，C＝eq \f(εrS,4πkd)，则E＝eq \f(4πkQ,εrS)，说明电场强度与电容器两极板间的距离无关，即电容器两极板靠近时，电场强度不变，油滴电荷量减小，则电场力减小，油滴不能平衡，故C错误；将上极板水平右移，正对面积减小，电容减小，电势差U＝eq \f(Q,C)增大，电场强度E＝eq \f(U,d)增大，可使电场力不变而油滴平衡，故D正确。
答案 AD
磁场的基本性质
命题角度一 磁场的叠加
【例1】 如图8所示，两根相互平行的长直导线分别过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )
图8
A.O点处的磁感应强度为零
B.a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C.c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D.a、c两点处磁感应强度的方向不同
解析 由安培定则可知，两导线产生的磁场在O点的方向相同，均为向下，因此O点处的磁感应强度不为零，选项A错误；同理，根据安培定则可判断，两导线产生的磁场在a、b两点的方向也相同，均为向下。由于两导线中的电流大小相等，且a、b两点关于O点对称，因此可知a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项B错误；根据安培定则、平行四边形定则以及对称性可知，c、d两点的磁感应强度大小相等，方向相同(均为向下)，选项C正确；由以上分析可知，a、c两点处磁感应强度的方向相同，选项D错误。
答案 C
[典例拓展] (变换电流方向)(多选)两根长直导线a、b平行放置，垂直于导线的截面如图9所示。在图示平面内，O为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等。两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I。关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法正确的是( )
图9
A.M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同
B.M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反
C.在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零
D.在线段MN上只有一点的磁感应强度为零
解析 两导线中的电流大小相等，且M、N两点到a、b的距离相等，所以两根通电直导线产生的磁场在M点和N点的磁感应强度大小相等，根据安培定则可判定它们的方向如图所示，分析得θ1＝θ2＝θ3＝θ4，根据平行四边形定则可得在M点、N点的合磁感应强度大小相等，方向相反。线段MN上只有O点的磁感应强度为零。
答案 BD
命题角度二 磁场对电流的作用
【例2】 (多选)(2019·江苏卷，7)如图10所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是( )
图10
A.均向左 B.均向右
C.a的向左，b的向右 D.a的向右，b的向左
解析 如图甲所示，当a、b中电流方向均向左时，矩形线框靠近导线的两边所受安培力方向相同，使线框向导线b移动。同理可知，a、b中电流均向右时，线框向导线a移动，选项A、B错误；

甲 乙
电流方向a的向左，b的向右时，a、b中电流I′在线框所在处产生的磁场方向如图乙所示，导线AB、CD所在处的磁感应强度相同，但所受安培力大小相等、方向相反。线框静止。同理可知，电流方向a的向右，b的向左时，线框也能静止，C、D正确。
答案 CD
1.如图11所示，在平面直角坐标系的第一象限分布着非匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，沿y轴方向磁场分布是均匀的，沿x轴方向磁感应强度B与x满足关系B＝kx，其中k是一恒定的正数。由粗细均匀的同种规格导线制成的正方形线框ADCBE边长为a，A处有一极小开口AE，整个线框放在磁场中，且AD边与y轴平行，AD边与y轴间距离为a，线框A、E两点与一电源相连，稳定时流入线框的电流为I。关于线框受到的安培力情况，下列说法正确的是( )
图11
A.整个线框受到的合力方向与BD连线垂直
B.整个线框沿y轴方向所受合力为0
C.整个线框在x轴方向所受合力为eq \f(1,4)ka2I，沿x轴正向
D.整个线框在x轴方向所受合力为eq \f(3,4)ka2I，沿x轴正向
解析 根据安培力公式和左手定则可知，DC边和BE边受到的安培力大小相等，方向相反，AD边受到的安培力水平向左，大小为F1＝BIL＝ka·I·a＝ka2I，CB边受到的安培力水平向右，大小为F2＝B′IL＝k·2a·I·a＝2ka2I，整个线框受到的安培力水平向右，大小为F2－F1＝ka2I，选项A、C、D错误，B正确。
答案 B
2.(2019·潍坊三模)如图12所示，导体棒ab用绝缘细线水平悬挂，通有由a到b的电流。ab正下方放一圆形线圈，线圈通过导线、开关与直流电源连接。开关闭合瞬间，导体棒ab将( )
图12
A.向外摆动
B.向里摆动
C.保持静止，细线上张力变大
D.保持静止，细线上张力变小
解析 当开关闭合时，线圈产生磁场，通电导体棒ab处的磁场方向向下，根据左手定则可知，ab棒受到的安培力垂直于纸面向里，故向里摆动，故B正确。
答案 B
3.(多选)(2019·湖北十堰调研)如图13所示，三根通电长直导线A、B、C互相平行，在横截面为等腰直角三角形的三个顶点上，三根导线中通入的电流大小相等，且A、C中电流方向垂直于纸面向外，B中电流方向垂直于纸面向内；已知通电导线在其周围产生的磁场的磁感应强度B＝eq \f(kI,r)，其中I为通电导线的电流强度，r为到通电直导线的距离，k为常量。下列说法正确的是( )
图13
A.导线A所受磁场作用力的方向与导线B、C所在平面垂直
B.导线B所受磁场作用力的方向与导线A、C所在平面垂直
C.导线A、B单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶2
D.导线A、B单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶eq \r(2)
解析 利用安培定则可知：A处的合磁场方向沿AC方向，所以A所受磁场作用力的方向与导线A、C所在平面垂直，A错误；利用安培定则可知：B处的合磁场方向沿AC方向，所以B所受磁场作用力的方向与导线A、C所在平面垂直，B正确；已知通电导线在其周围产生的磁场的磁感应强度B＝eq \f(kI,r)，根据磁场的叠加知：A处的磁感应强度大小为eq \f(\r(2)kI,2r)，而B处的磁感应强度大小为eq \r(2)eq \f(kI,r)，由F＝ILB知A、B单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶2，C正确，D错误。
答案 BC
电磁场中的STSE问题
命题角度一 指南针
【例1】 (多选)(2015·新课标全国Ⅱ)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是( )
A.指南针可以仅具有一个磁极
B.指南针能够指向南北，说明地球具有磁场
C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰
D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转
解析 指南针不可以仅具有一个磁极，故选项A错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，故选项B正确；当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故选项C正确；根据安培定则，在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转与导线垂直，故选项D错误。
答案 BC
命题角度二 静电除尘
【例2】 如图14所示为静电除尘机理图，废气先经过一个机械过滤装置，再进入静电除尘区，放电极(位于中央)和集尘极分别接到高压直流电源的两极上，其间电场线如图。带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极运动并沉积，达到除尘目的。不考虑尘埃间的相互作用及其他作用，下列说法正确的是( )
图14
A.电场线方向由放电极指向集尘极
B.图中a点电场强度小于b点电场强度
C.尘埃会沿电场线从c向d运动
D.尘埃在运动过程中动能增大
解析 由题“带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极运动并沉积”，知集尘极带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极，故A错误；a点电场线比b点密，所以a点电场强度大于b点电场强度，故B错误；放电极与集尘极间是非匀强电场，所受的电场力是变化的，速度方向与电场力的方向不同，尘埃不会沿电场线从c向d运动，故C错误；带电尘埃在运动过程中电场力做正功，动能增大，D正确。
答案 D
命题角度三 科学小实验
【例3】 (多选)央视《是真的吗》节目做了如下实验：用裸露的铜导线绕制成一根无限长螺旋管，将螺旋管放在水平桌面上，用一节干电池和两磁铁制成一个“小车”，两磁铁的同名磁极粘在电池的正、负两极上，只要将这辆小车推入螺旋管中，小车就会加速运动起来，如图15所示。关于小车的运动，以下说法正确的是( )
图15
A.将小车上某一磁铁改为S极与电池粘连，小车仍能加速运动
B.将小车上两磁铁均改为S极与电池粘连，小车的加速度方向将发生改变
C.图中小车加速度方向向右
D.图中小车加速度方向向左
答案 BD
命题角度四 电容式位移传感器
【例4】 (多选)如图16为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体( )
图16
A.向左移动时，θ增大 B.向右移动时，θ增大
C.向左移动时，θ减小 D.向右移动时，θ减小
解析 由公式C＝eq \f(εrS,4πkd)，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质增加，则电容C增大，由公式C＝eq \f(Q,U)可知电荷量Q不变时，U减小，则θ减小，故A错误，C正确；由公式C＝eq \f(εrS,4πkd)，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板间电介质减少，则电容C减小，由公式C＝eq \f(Q,U)可知电荷量Q不变时，U增大，则θ增大，故B正确，D错误。
答案 BC
A卷 提能小卷练
一、选择题
1.(多选)在国际单位制中，电荷量的单位是库仑，符号是C，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2。关于电荷量与库仑力，下列说法正确的是( )
A.两个电荷量为1 C的点电荷在真空中相距1 m时，相互作用力相当于地球上九十万吨的物体所受的重力
B.我们几乎不可能做到使相距1 m的两个物体都带1 C的电荷量
C.在微观带电粒子的相互作用中，库仑力比万有引力强得多
D.库仑定律的公式和万有引力定律的公式在形式上很相似，所以它们是性质相同的两种力
解析 库仑定律的公式和万有引力定律的公式在形式上很相似，但是它们是性质不相同的两种力，选项D说法不正确，其他说法正确。
答案 ABC
2.指南针是我国古代的四大发明之一。当指南针静止时，其N极指向如图中虚线(南北指向)所示。若某一条件下该指南针静止时N极指向如图1中实线(N极指向北偏东)所示。则以下判断正确的是( )
图1
A.可能在指南针上面有一导线东西放置，通有由东向西的电流
B.可能在指南针上面有一导线东西放置，通有由西向东的电流
C.可能在指南针上面有一导线南北放置，通有由北向南的电流
D.可能在指南针上面有一导线南北放置，通有由南向北的电流
解析 指南针静止时N极指向北偏东方向，则磁感应强度有向东的分量，由安培定则知，只有选项C正确。
答案 C
3.如图2所示，在x轴上关于O点对称的A、B两点分别放有等量正电荷，M、N是x轴上的两点，且OM＝MN，P点在第一象限且PM垂直于x轴，则( )
图2
A.P点电势比M点电势高
B.O、M两点间电势差大于M、N两点间电势差
C.M点场强比N点场强大
D.在M点静止释放一带正电粒子，该粒子将在x轴上做往返运动
解析 由等量同种正电荷等势线分布可知，M点电势比P点电势高，A错误；O、M间电场线比M、N间电场线分布稀疏，O、M两点间电势差小于M、N两点间电势差，N点场强大于M点场强，B、C错误；根据对称性，在M点静止释放的带正电粒子会以O点为中点做往返运动，D正确。
答案 D
4.如图3所示，a、b为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是( )
图3
A.使a、b板的距离增大一些
B.使a、b板的正对面积减小一些
C.断开S，使a板向左平移一些
D.断开S，使a、b板的正对面积增大一些
解析 静电计测量的是电容器两端的电势差，合上开关，电容器两端的电势差不变；断开S，电容器的电荷量不变，根据电容的变化判断电容器两端电势差的变化。开关闭合，不论使a、b板的距离增大一些，还是使a、b板的正对面积减小一些，电容器两端的电势差总不变，故A、B错误；断开S，电荷量不变，使a板向左平移一些，即使a、b板的距离增大一些，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)知，电容C减小，U＝eq \f(Q,C)，可知电势差增大，故C正确；断开S，电荷量不变，使a、b板的正对面积增大一些，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)知，电容C增大，U＝eq \f(Q,C)，可知电势差减小，故D错误。
答案 C
5.(2019·山东淄博高三模拟)已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直。如图4所示MN为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接。现将一个电荷量为Q的正点电荷置于板的右侧，图中a、b、c、d是以正点电荷Q为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中ab连线与金属板垂直。则下列说法正确的是( )
图4
A.b点电场强度与c点电场强度相同
B.a点电场强度与b点电场强度大小相等
C.a点电势等于d点电势
D.将一试探电荷从a点沿直线ad移到d点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变
解析 画出电场线如图所示，根据对称性可知，b点电场强度与c点电场强度大小相等，方向不同，故A错误；电场线密集的地方电场强度大，从图上可以看出a点电场强度大于b点电场强度，故B错误；根据对称性并结合电场线的分布可知a点电势等于d点电势，故C正确；由于试探电荷从a沿直线ad到d点，则先靠近正电荷后远离正电荷，所以电场力在这个过程中做功，只是总功为零，所以试探电荷电势能不是始终保持不变，故D错误。
答案 C
6.(多选)(2019·江苏卷，9)如图5所示，ABC为等边三角形，电荷量为＋q的点电荷固定在A点。先将一电荷量也为＋q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中，电场力做功为－W。再将Q1从C点沿CB移到B点并固定。最后将一电荷量为－2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点。下列说法正确的有( )
图5
A.Q1移入之前，C点的电势为eq \f(W,q)
B.Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0
C.Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2W
D.Q2在移到C点后的电势能为－4W
解析 根据电场力做功与电势能的变化关系知Q1在C点的电势能Ep＝W，根据电势的定义知C点电势φ＝eq \f(Ep,q)＝eq \f(W,q)，A正确；在A点的点电荷产生的电场中，B、C两点处在同一等势面上，Q1从C移到B的过程中，电场力做功为0，B正确；单独在A点固定电荷量为＋q的点电荷时，C点电势为φ，单独在B点固定点电荷Q1时，C点电势也为φ，两点电荷都存在时，C点电势为2φ，Q2从无穷远移到C点时，具有的电势能Ep′＝－2q×2φ＝－4W，电场力做功W′＝－Ep′＝4W，C错误，D正确。
答案 ABD
7.(多选)(2019·安徽淮北模拟)如图6所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA＝25 V，φB＝5 V，φC＝－5 V，则下列说法正确的是( )
图6
A.把电荷量为1×10－3 C的正点电荷从B点经C点移到A点，电场力做功为
－2×10－2 J
B.A、C两点的连线方向即为电场线方向
C.D点的电势为15 V
D.把一个电子从B点移到D点，电场力做功可能为0
解析 电荷从B点经C点移到A点，电场力做功为WBA＝q(φB－φA)＝1×10－3×(5－25) J＝－2×10－2 J，故A正确；连接AC，又φA－φC＝25 V－(－5 V)＝30 V，将AC等分为6等分，找出与B电势相等的点E，如图所示，连接BE，则BE为一等势面，其电场线应垂直于BE，显然电场线与AC连线不平行，故B错误；根据匀强电场的特点可知，φA－φB＝φD－φC，所以φD＝15 V，故C正确；由于B点的电势与D点的电势不相等，所以把一个电子从B点移到D点，电场力做功不可能为0，故D错误。
答案 AC
二、非选择题
8.如图7，直角坐标系xOy区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝eq \r(3) T。现有一带负电的粒子，电荷量q＝－1×10－6 C，质量m＝5×10－12 kg，以v＝1×106 m/s的速度先后经过P(1，5)、Q(5，2)两点，粒子重力不计，求：
图7
(1)粒子做圆周运动的半径R；
(2)粒子从P运动到Q所用的时间t。
解析 (1)由于粒子做匀速圆周运动，qvB＝eq \f(mv2,R)，代入数据可得R＝eq \f(5\r(3),3) m。
(2)由题意，粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知xPQ＝5 m
sin eq \f(θ,2)＝eq \f(xPQ,2R)＝eq \f(\r(3),2)
故粒子转过的圆心角为θ＝eq \f(2,3)π
则运动时间t＝eq \f(θ,2π)×eq \f(2πm,qB)
代入数据可得t≈6.0×10－6 s。
答案 (1)eq \f(5\r(3),3) m (2)6.0×10－6 s
B卷 高考标准练
(20分钟 48分)
选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分。其中第1～5题为单项选择题，第6～8题为多项选择题)
1.如图8所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是( )
图8
A.a、b、c的N极都向纸里转
B.b的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转
C.b、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转
D.b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转
解析 由于圆环带负电荷，故当圆环沿顺时针方向转动时，等效电流沿逆时针方向，由安培定则可判断出，环内磁场方向垂直纸面向外，环外磁场方向垂直纸面向内；磁场中某点的磁场方向即放在该点的小磁针静止时N极的指向，所以b的N极向纸外转，a、c的N极向纸里转，选项B正确。
答案 B
2.如图9所示，a、b、c为点电荷产生的电场线上的三点，ab＝bc。一电子仅在电场力作用下由静止先从a点运动到b点，再从b点运动到c点，经历两个运动过程，电子运动的加速度逐渐增大。下列说法正确的是( )
图9
A.点电荷位于a点左侧
B.点电荷一定带正电
C.两个运动过程，电场力做的功相等
D.两个运动过程，电子的电势能增大
解析 电子由静止从a点向c点运动，加速度越来越大，表明电场强度越来越大，故点电荷位于c点右侧，且点电荷带正电，选项A错误，B正确；b、c两点间电势差的绝对值大于a、b两点间电势差的绝对值，故电子从b点运动到c点电场力做功多，选项C错误；电场力做正功，电子的电势能减小，选项D错误。
答案 B
3.(2019·北京卷，17)如图10所示，a、b两点位于以负点电荷－Q(Q＞0)为球心的球面上，c点在球面外，则( )
图10
A.a点场强的大小比b点大
B.b点场强的大小比c点小
C.a点电势比b点高
D.b点电势比c点低
解析 由点电荷的场强公式E＝keq \f(Q,r2)知，a、b两点与－Q距离相等，场强大小相等，A错误；由E＝keq \f(Q,r2)知，离－Q越近，场强越大，故b点场强大小比c点大。或由负点电荷形成的电场的电场线形状是“万箭穿心”，离点电荷越近电场线越密，场强越大，得出b点的场强大小比c点的大，B错误；点电荷形成的电场的等势面是以点电荷为球心的一簇球面，离－Q距离相等的两点的电势相等，C错误；沿电场线的方向是电势降落最快的方向，得出离－Q越近，电势越低，D正确。
答案 D
4.如图11所示，点电荷＋2Q、－Q分别置于M、N两点，O点为M、N连线的中点。点a、b在M、N连线上，点c、d在M、N连线的中垂线上，a、b和c、d分别关于O点对称。下列说法正确的是( )
图11
A.c、d两点的电场强度相同
B.a、b两点的电势相同
C.将电子沿直线从c移到d，电场力对电子先做负功再做正功
D.将电子沿直线从a移到b，电子的电势能一直增大
解析 c、d两点的电场强度大小相等，但是方向不同，选项A错误；a点电势高于b点电势，选项B错误；将电子沿直线从c移到d，电场力对电子先做正功再做负功，选项C错误；将电子沿直线从a移到b，电场力做负功，电子的电势能增大，选项D正确。
答案 D
5.如图12所示，质量为m、长为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。当棒中通以恒定电流后，金属棒向右摆起后两悬线与竖直方向夹角的最大值为θ＝60°，下列说法正确的是( )
图12
A.电流由N流向M
B.悬线与竖直方向的夹角为θ＝60°时，金属棒处于平衡状态
C.悬线与竖直方向的夹角为θ＝30°时，金属棒的速率最大
D.恒定电流大小为eq \f(\r(3)mg,BL)
解析 由题意可知，金属棒所受安培力垂直MN水平向右，根据左手定则可知电流方向由M流向N，选项A错误；悬线与竖直方向的夹角为θ＝60°时，金属棒的速率为零，但受力不为零，并非处于平衡状态，选项B错误；由对称性可知，悬线与竖直方向的夹角为θ＝30°时，金属棒的速率最大，选项C正确；在θ＝30°时，对金属棒进行受力分析可知，金属棒在垂直悬线方向受力平衡，则tan 30°＝eq \f(BIL,mg)，解得I＝eq \f(\r(3)mg,3BL)，选项D错误。
答案 C
6.如图13所示，在竖直面内，长为L的轻杆一端用铰链固定在O点，另一端连接带正电的小球M，与O点等高的N、P两点到O点的距离均为L，在N点固定带正电的小球，轻杆初始时与水平方向夹角为30°。小球M由静止释放，运动到Q点速度为零。小球M由静止向Q点运动的过程中，下列说法正确的是( )
图13
A.小球M的电势能先减小后增大
B.小球M运动到P点时动能最大
C.小球M的机械能先增大后减小
D.小球M到最低点时重力功率最大
解析 小球M由静止到Q点的运动过程中，电场力先做正功后做负功，小球的电势能先减小后增大，机械能先增大后减小，选项A、C正确；小球运动到P点时，加速度有竖直向下的分量，小球M的速度继续增大，选项B错误；小球M运动到最低点时，重力的功率为零，选项D错误。
答案 AC
7.如图14所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，仅在电场力作用下以恒定的速率v沿圆弧从A点运动到B点，速度方向转过θ角，AB弧长为l。则下列说法正确的是( )
图14
A.该粒子一定处在一个点电荷的电场中
B.该粒子可能处在两个点电荷的电场中
C.圆弧AB中点的电场强度大小为eq \f(mv2θ,ql)
D.圆弧AB中点的电场强度大小为eq \f(mv2,ql)
解析 因为带电粒子只在电场力作用下以恒定的速率沿圆弧运动，所以此带电粒子做匀速圆周运动，此带电粒子可能处在一个点电荷形成的电场中，也可能处在两个等量同种点电荷形成的电场中，所以选项B正确，A错误；又因为带电粒子受到的电场力提供它的向心力，所以qE＝eq \f(mv2,R)，而R＝eq \f(l,θ)，得E＝eq \f(mv2θ,ql)，所以选项C正确，D错误。
答案 BC
8.(2017·全国卷Ⅱ，21)某同学自制的简易电动机示意图如图15所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将( )
图15
A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
解析 若将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受到水平方向的安培力而转动，转过一周后再次受到同样的安培力而使其连续转动，选项A正确；若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，则当线圈在图示位置时，线圈的上下边受到安培力而转动，转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止转动，选项B错误；左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，电路不能接通，故不能转起来，选项C错误；若将左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受到安培力而转动，转过半周后电路不导通，转过一周后再次受到同样的安培力而使其连续转动，选项D正确。
答案 AD