2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第二部分第一板块第1讲抓住“两类场的本质”理解电、磁场的性质

第1讲 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄考法学法根据近几年的高考试题来看，电场、磁场的性质一直是考查的热点。多数情况下，高考对该部分内容以选择题的形式考查，难度中等。主要考查内容有：①描述电场性质的物理量：电场强度、电势；②平行板电容器的电容；③描述电场的工具：电场线和等势面；④描述磁场性质的物理量：磁感应强度。用到的思想方法有：①理想模型法；②比值定义法；③控制变量法；④对称法；⑤合成法；⑥分解法；⑦整体法和隔离法；⑧等效思想；⑨分解思想。┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄[知能全通]————————————————————————————————1．类比法、对称法求解叠加场的场强(1)类比法：当空间某一区域同时存在两个或两个以上的电场(由各自独立的场源电荷所激发)时，某点场强E等于各电场的场强在该点的矢量和，遵循平行四边形定则，可以类比力的合成与分解。(2)对称法：2．电势高低的三种判断方法根据电场线方向判断沿电场线方向电势逐渐降低根据场源电荷的正负判断取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低根据电场力做功判断根据UAB＝，UAB＝φA－φB，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低  3．电荷电势能大小判断的“四法”做功判断法电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大电荷电势法正电荷在电势越高的地方电势能越大，负电荷在电势越低的地方电势能越大能量守恒法在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，两种能量之和不变，所以电荷动能增加时，其电势能减小；反之，其电势能增大公式法将q、φ的大小、正负号一起代入公式Ep＝qφ，Ep数值(包含正负号)越大，表示电势能越大4.电势差的三种计算方法(1)UAB＝φA－φB。(2)UAB＝，适用于任何电场。(3)U＝Ed，适用于匀强电场。[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，b对c的库仑力为Fb＝k0。设合力向左，如图所示，根据相似三角形，得＝，联立以上各式得k＝＝＝，D正确。2．[多选](2018·石家庄质检)如图所示，正方形ABCD的四个顶点各固定一个点电荷，所带电荷量分别为＋q、－q、＋q、－q，E、F、O分别为AB、BC、AC的中点。下列说法正确的是(　　)A．E点电势低于F点电势B．F点电势等于E点电势C．E点电场强度与F点电场强度相同D．F点电场强度大于O点电场强度解析：选BD　根据对称性可知，E、F两点电势相等，A项错误，B项正确；根据对称性及电场强度的叠加原理可知，E点和F点电场强度大小相等而方向不同，O点的电场强度为零，F点的电场强度大于零，C项错误，D项正确。3.(2018·菏泽模拟)如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图像，一个带电粒子仅受电场力作用在x＝0处由静止释放，沿x轴正方向运动，且以一定的速度通过x＝x2处，则下列说法正确的是(　　)A．x1和x2处的场强均为零B．x1和x2之间的场强方向不变C．粒子从x＝0处运动到x＝x2过程中，电势能先增大后减小D．粒子从x＝0处运动到x＝x2过程中，加速度先减小后增大解析：选D　φ­x图像中图线的斜率表示场强，斜率绝对值的大小表示场强的大小，斜率的正负表示场强的方向，题图中x1和x2之间的场强大小先减小后增大，场强方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，A、B项错误；粒子由x＝0处由静止沿x轴正方向运动，表明粒子运动方向与电场力方向相同，则从x＝0到x＝x2的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，C项错误；因从x＝0到x＝x2过程中，场强先减小后增大，即粒子所受的电场力先减小后增大，因此粒子的加速度先减小后增大，D项正确。4．[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，但场强方向不能得出，故A错误；场强的方向沿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。[知能全通]————————————————————————————————1．公式法分析平行板电容器的两类动态问题公式①C＝　②C＝　③E＝情形始终连接电源充电后断开电源不变量UQd变大C变小，Q变小，E变小C变小，U变大，E不变εr变大C变大，Q变大，E不变C变大，U变小，E变小S变大C变大，Q变大，E不变C变大，U变小，E变小2.熟记二级结论(1)在直流电路中，电容器相当于断路，其两端电压等于与之并联的支路两端电压。(2)电容器所带的电荷量恒定不变时，极板间的电场强度与极板间距离无关。[题点全练]————————————————————————————————1．(2018·北京高考)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是(　　)A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析：选A　实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，故A正确；实验中，b板向上平移，正对面积S变小，由C＝知，电容C变小，由C＝知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，故B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝知，电容C变大，由C＝知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，故C错误；只增加极板带电量，电容C不变，静电计指针的张角变大，是由于U变大导致的，故D错误。2．(2018·江苏高考)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴(　　) A．仍然保持静止　　　　　　 B．竖直向下运动C．向左下方运动     D．向右下方运动解析：选D　开始时油滴处于静止状态，有mg＝q，B板右端下移时，U不变，d变大，电场力F＝q变小，mg＞F；并且A、B两板之间的等差等势面右端将均匀地顺次向下移动，又电场强度垂直于等势面，可得油滴的受力如图所示，mg与F的合力方向为向右下方，故油滴向右下方运动，D正确。3．[多选](2019届高三·上饶六校联考)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化，如图所示。瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间的一层塑料为绝缘介质，其厚度为d，相对介电常数为εr。若发现在某段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，设电源电压恒为U，则下列说法中正确的是(　　)A．瓶内液面升高了B．瓶内液面降低了C．电容器在这段时间内放电D．瓶内液面高度在时间t内变化了解析：选BCD　根据公式C＝，当d、εr不变时，C∝S，而正对面积S正比于液面高度h。某段时间t内电流计中有从下向上流过的电流，说明电容器在该段时间内放电，电容器所带的电荷量Q＝CU在减小，由电源电压U恒定，可知电容C在减小，则h也在减小，即瓶内的液面降低了，故A错误，B、C正确；时间t内电容器放电，释放的电荷量ΔQ＝UΔC＝It，ΔC＝＝，解得Δh＝，故D正确。4．[多选]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。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的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，带电油滴会向上运动，且P点的电势会降低B．将上极板下移，则P点的电势不变C．将下极板下移，则P点的电势升高D．无论哪个极板上移还是下移，带电油滴都不可能向下运动解析：选CD　二极管具有单向导电性，闭合开关后电容器充电，电容器的电容 C＝＝，极板间的电场强度E＝，整理得E＝，油滴静止，则qE＝mg，减小极板间的正对面积S，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，所以电场强度E变大，油滴所受电场力变大，油滴会向上运动，P点与下极板的距离不变，E变大，则P点的电势升高，故A错误；将上极板向下移动，d变小，电容器两极板间的电场强度E＝变大，P点与下极板的距离不变，P点的电势升高，故B错误；将下极板向下移动，d变大，由C＝可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由E＝可知电容器两极板间的电场强度不变，P点与下极板的距离变大，P点与下极板间的电势差变大，P点的电势升高，故C正确；上极板上移或下极板下移时，d变大，由C项分析知电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止不动，上极板下移或下极板上移时，d变小，由B项分析知电场力变大，电场力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上运动，故D正确。[知能全通]————————————————————————————————1．掌握“两个力”(1)安培力：F＝BIL(I⊥B)。(2)洛伦兹力：F＝qvB(v⊥B)，永不做功。2．用准“两个定则”(1)对电流周围的磁场方向判定用安培定则。(2)对安培力和洛伦兹力的方向判定用左手定则。3．画好“两个图形”(1)对安培力作用下的平衡、运动问题画好受力图。(2)对带电粒子的匀速圆周运动问题画好几何图形。4．熟记“两个等效模型”(1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙。[题点全练]————————————————————————————————1．[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B0B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0D．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。2．[多选](2017·全国卷Ⅰ)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法正确的是(　　)A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1解析：选BC　由安培定则可判断出L2在L1处产生的磁场(B21)方向垂直L1和L2的连线竖直向上，L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图1所示，根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3所在平面平行，选项A错误；同理，如图2所示，可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在平面垂直，选项B正确；同理，如图3所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据几何知识可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝B，由安培力公式F＝BIL可知，L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶，选项C正确，D错误。3.如图所示，两平行导轨与水平面的夹角α＝37°，导轨间距为L＝1.0 m，匀强磁场的磁感应强度B可调，方向垂直导轨所在平面向下。一金属杆长也为L，质量为m＝0.2 kg，水平放置在导轨上，与导轨接触良好而处于静止状态，金属杆与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，通有图示方向的电流，电流大小I＝2.0 A，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则磁感应强度的最大值和最小值分别为(　　)A．1.0 T,0　　　　　　 B．1.0 T,0.6 TC．1.0 T,0.2 T  D．0.6 T,0.2 T解析：选C　由左手定则知安培力的方向沿斜面向上，因mgsin α＝1.2 N，fm＝μmgcos α＝0.8 N，所以当磁感应强度B最小时，安培力F1＝BminIL＝0.4 N，即Bmin＝0.2 T；当B最大时，安培力F2＝BmaxIL＝2.0 N，即Bmax＝1.0 T，C对。4.有一匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，一通电直导线与x轴平行放置时，导线受到的安培力为F。若将该导线做成圆环，放置在xOy坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点a、b连线也与x轴平行，则圆环受到的安培力大小为(　　)A．F  B.FC.F  D.F解析：选C　根据安培力公式F＝BIL，安培力F与导线的有效长度L成正比；若将该导线做成圆环，由L＝×2πR，解得圆环的半径R＝，圆环a、b两点之间的有效距离L′＝R＝。由＝，解得F′＝F，选项C正确。    [研一题]————————————————————————————————[多选]如图所示，圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)，O为圆心，P为边界上的一点。相同的带电粒子a、b(不计重力)从P点先后射入磁场，粒子a正对圆心射入，速度方向改变60°后离开磁场，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向成60°角，已知它们离开磁场的位置相同，下列说法正确的是(　　)A．两粒子的速度之比为＝B．两粒子在磁场中运动的时间之比为＝C．两粒子在磁场中运动的半径之比为＝D．两粒子在磁场中运动的轨迹长度之比为＝[解析]　作出带电粒子a、b在磁场中运动的轨迹，如图所示，根据几何关系可知，两粒子运动的轨迹半径之比＝，由r＝可得，两粒子的速度之比为＝；两粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角之比为＝，根据T＝，t＝T可得，两粒子在磁场中运动的时间之比为＝，根据运动的轨迹长度s＝vt，两粒子在磁场中运动的轨迹长度之比为＝，B、D正确，A、C错误。[答案]　BD[悟一法]———————————————————————————————— “三定四写”求解粒子在磁场中的圆周运动问题1．一定圆心O(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可过入射点和出射点分别作入射方向和出射方向的垂线，两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心O(如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点)。　　(2)已知入射点和出射点的位置及入射方向时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作该线的垂直平分线，两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心O(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)。2．二定半径R(1)公式法——R＝。(2)几何法——一般由三角关系及圆的几何知识来计算确定。3．三定圆心角φ圆心角φ等于粒子的速度偏向角α，也等于弦与切线的夹角(弦切角)θ的2倍，即φ＝α＝2θ＝ωt＝t，或φ＝(l为φ对应的圆弧弧长)。4．四写方程基本方程qvB＝m，半径公式R＝，周期公式T＝＝(与速度无关)，运动时间t＝＝T。[通一类]————————————————————————————————1.如图所示，半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，M、N是磁场边界上两点且M、N连线过圆心O，在M点有一粒子源，可以在纸面内沿各个方向向磁场里发射质量为m、电荷量为q、速度大小均为v＝的带正电粒子，不计粒子的重力，若某一个粒子在磁场中运动的时间为t＝，则该粒子从M点射入磁场时，入射速度方向与MN间夹角的正弦值为(　　)A.　　　           B.　　　  　   C.　　 　  　 D.解析：选A　粒子在磁场中运动的轨迹半径r＝＝，由于该粒子在磁场中运动的时间t＝＝＝T，可作出该粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，△MOP为正三角形，粒子从M点射入的速度方向与MN的夹角为30°，夹角正弦值为，A正确。2.如图所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外。许多质量为m、电荷量为＋q的粒子，沿纸面内x轴负方向与y轴正方向之间各个方向以相同的速率v从原点O射入磁场区域。不计粒子重力及粒子间的相互作用。选项图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中正确的是(　　)解析：选D　粒子在以x轴为边界的匀强磁场中做匀速圆周运动，粒子从x轴进入磁场后再离开，粒子在进、出磁场时，速度v与x轴的夹角相同，根据左手定则和R＝知，当粒子沿x轴负方向运动时，其轨迹如图所示，是一个完整的圆，随着粒子入射方向向y轴正方向转动过程中，此圆以O为中心沿顺时针方向转动，当粒子沿y轴正方向射入时，其轨迹为一个半圆，两图形的相交部分是粒子不能经过的地方，故D正确。[专题强训提能]                                                             1．[多选]如图所示，匀强电场中的A、B、C、D点构成一位于纸面内的平行四边形，电场强度的方向与纸面平行。已知A、B两点的电势分别为φA＝12 V、φB＝6 V，则C、D两点的电势可能分别为(　　)A．9 V,15 V　　　　　　 B．9 V,18 VC．0,6 V  D．6 V,0解析：选AC　已知四边形ABCD为平行四边形，则AB与CD平行且等长，因为匀强电场的电场强度的方向与纸面平行，所以UAB＝UDC＝6 V，分析各选项中数据可知，A、C正确，B、D错误。2.已知长直通电导线在周围某点产生的磁场的磁感应强度大小与电流成正比，与该点到导线的距离成反比。如图所示，4根电流相等的长直通电导线a、b、c、d平行放置，它们的横截面的连线构成一个正方形，O为正方形中心，a、b、c中电流方向垂直纸面向里，d中电流方向垂直纸面向外，则长直通电导线a、b、c、d在O点产生的合磁场的磁感应强度B(　　)A．大小为零B．大小不为零，方向由O指向dC．大小不为零，方向由O指向cD．大小不为零，方向由O指向a解析：选D　a、c中电流方向相同，由安培定则可知，两导线在O处产生的磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，合矢量为零；b、d中电流方向相反，由安培定则可知，两导线在O处产生的磁场的磁感应强度方向均由O指向a，故D选项正确。3．(2018·天津高考)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是(　　)A．vM＜vN，aM＜aN  B．vM＜vN，φM＜φNC．φM＜φN，EpM＜EpN  D．aM＜aN，EpM＜EpN解析：选D　电场线密的地方场强大，粒子受到的电场力大，所以aM<aN。粒子受到的电场力指向曲线运动轨迹的凹侧，又粒子带负电，所以电场方向由电场线稀疏一侧指向电场线密集一侧，而沿电场线方向电势降低，即φM>φN，故B、C错误；又由Ep＝qφ和能量守恒知，带负电的粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，而动能越小，即EpM<EpN，vM>vN，故A错误，D正确。4．[多选]如图所示，Q1、Q2为两个带等量正电的点电荷，在两者的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上(O为连线的中点)，N为过O点的垂线上的一点。则下列说法中正确的是(　　)  A．在Q1、Q2连线的中垂线位置可以画出一条电场线B．若将一个带正电的点电荷分别放在M、N和O三点，则该点电荷在M点时的电势能最大C．若将一个带电荷量为－q的点电荷从M点移到O点，则电势能增加D．若将一个带电荷量为－q的点电荷从N点移到O点，则电势能增加解析：选BC　根据等量同种正点电荷形成的电场在点电荷连线和中垂线上的电场强度和电势的特点可知，A错误；M、N、O三点电势大小的关系为φM>φO>φN，可判定带正电的点电荷在M点时的电势能最大，B正确；从M点到O点电势降低，故电场力对带电荷量为－q的点电荷做负功，则电势能增加，C正确；从N点到O点电势升高，故电场力对带电荷量为－q的点电荷做正功，则电势能减少，D错误。5.在光滑绝缘的水平地面上放置四个相同的可视为质点的金属小球，小球A、B、C位于等边三角形的三个顶点上，小球D位于三角形的中心，如图所示。现让小球A、B、C都带电荷量为Q的正电荷，让小球D带电荷量为q的负电荷，若四个小球均处于静止状态，则Q与q的比值为(　　)A.  B.C．3  D.解析：选D　设等边三角形的边长为a，由几何知识可知，BD＝acos 30°×＝a，以小球B为研究对象，由平衡条件可知，cos 30°×2＝，解得＝ ，D项正确。6.质量为m、长度为l的金属棒MN两端由绝缘等长轻质细线水平悬挂，处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。开始时细线竖直，当金属棒中通以恒定电流后，金属棒从最低点开始向右摆动，若已知细线与竖直方向的最大夹角为θ＝60°，如图所示，则金属棒中的电流(　　)A．方向由M向N，大小为B．方向由N向M，大小为C．方向由M向N，大小为D．方向由N向M，大小为解析：选B　由题意知，金属棒受到向右的安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由N向M；金属棒所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，由于金属棒向上运动的过程中重力和安培力做功，细线的拉力不做功，设细线的长度为x，由功能关系得：BIlxsin θ－mg(x－xcos θ)＝0，解得：I＝，B正确。7.如图所示，a、b、c、d、O五点均在匀强电场中，它们刚好是一个半径为R＝ m的圆的四个等分点和圆心O，b、c、d三点的电势如图所示。已知电场线与圆所在平面平行，关于电场强度的大小和方向，下列说法正确的是(　　)A．电场强度的方向由O指向b点B．电场强度的方向由O指向d点C．电场强度的大小为10 V/mD．电场强度的大小为10 V/m解析：选D　由匀强电场中平行线上等间距点间的电势差相等可得，O点的电势为6 V，如图所示，O、d连线的中点e处的电势为8 V，连接c、e，过O作ce的垂线交ce于f，则ce为等势线，电场线垂直于ce向下，即电场强度的方向由f指向O点，连接c、O，由Oc＝ m，eO＝ m，得ec＝ m，由相似三角形得Of＝＝ m，O、f间的电势差为2 V，则电场强度大小为E＝＝10 V/m，选项D正确。8．[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。9.在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以大小为v的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示，由此可知(　　)A．小球带正电B．电场力大小为2mgC．小球从A点到B点与从B点到C点的运动时间相等D．小球从A点到B点与从B点到C点的速度变化不同解析：选D　根据小球从B点进入电场的轨迹可以看出，小球所受的电场力竖直向上，即小球带负电，选项A错误；因为到达C点时速度水平，所以小球在C点时的速度等于在A点时的速度，因为AB＝2BC，设B、C间竖直距离为h，则A、B间竖直距离为2h，小球由A点到C点根据动能定理有mg×3h－Eqh＝0，即Eq＝3mg，选项B错误；小球从A点到B点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为g，方向竖直向下，所用时间为t1＝＝2，从B点到C点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为a2＝＝2g，方向竖直向上，故所用时间t2＝ ＝，故t1＝2t2，选项C错误；小球从A点到B点与从B点到C点的过程中速度变化大小都等于2，但方向相反，选项D正确。10.(2019届高三·九江模拟)如图所示，A是带电量为＋Q、半径为R的绝缘球体，且电荷均匀分布(均匀分布电荷的绝缘球体在空间产生对称的电场，场强大小只和到球心的距离有关)。B为带电量为＋q的带电体，可视为点电荷，已检测到c点的场强为零，d点与c点到球心O的距离都为r，B到c点的距离也为r，若只把B移到e点，则d点场强大小为(　　)A．k  B．kC．k  D．k解析：选A　A在c点产生的场强大小为EA＝k，方向水平向右；B在c点产生的场强大小为EB＝k，方向水平向左；因为c点的场强为零，所以有EA＝EB，即Q＝q。A在d点产生的场强大小为EA′＝k＝k，方向竖直向上；把B移到e点，B在d点产生的场强大小为EB′＝k，方向水平向左；根据电场的叠加原理，将A、B在d点产生的场强进行矢量叠加，可得d点场强大小为k，故A正确，B、C、D错误。11．[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fC．该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD．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。12．[多选](2018·武汉调研)如图所示，等腰直角三角形abc的直角边长度为L，该区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。三个相同的带电粒子从b点沿bc方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1∶t2∶t3＝2∶2∶1。不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　)A．三个粒子速度的大小关系一定是v1＝v2<v3B．三个粒子速度的大小关系可能是v1<v2<v3C．粒子的比荷＝D．粒子的比荷＝解析：选BC　画出三个粒子射入磁场的运动轨迹如图所示，设速度为v1、v2、v3的粒子运动轨迹的半径分别为r1、r2、r3，由已知条件易知，速度为v3的粒子从ac边穿出，速度为v1、v2的粒子从ab边穿出，则偏转角为90°，两者的速度大小关系不定，但其半径一定比速度为v3的粒子半径小，由半径公式r＝，则v3一定大于v1和v2，A错误，B正确；速度为v1的粒子偏转90°，则t1＝×，解得：＝，C正确；速度为v3的粒子偏转角为45°，由图中几何关系知：r3sin 45°＝L，而r3＝，解得：＝，D错误。13．(2018·河南模拟)如图所示，空间有一正三棱锥OABC，点A′、B′、C′分别是三条棱的中点。现在顶点O处固定一正点电荷，下列说法中正确的是(　　)A．A′、B′、C′三点的电场强度相同B．△ABC所在平面为等势面C．将一正试探电荷从 A′点沿直线A′B′移到B′，静电力对该试探电荷先做正功后做负功D．若A′点的电势为φA′，A点的电势为φA，则AA′连线中点D处的电势φD一定小于解析：选D　因为A′、B′、C′三点离顶点O处的正点电荷的距离相等，故三点处的电场强度大小均相等，但其方向不同，故A错误；由于△ABC所在平面上各点到O点的距离不全相等，由等势面的特点可知，△ABC所在平面不是等势面，故B错误；由电势的特点可知，沿直线A′B′的电势变化为先增大后减小，所以当正试探电荷沿此直线从A′移动到B′时，电场力对该试探电荷先做负功后做正功，故C错误；因为UA′D＝A′D·，UDA＝DA·，由点电荷的场强关系可知A′D>DA，又因为＝，所以有UA′D＞UDA，即φA′－φD＞φD－φA，整理可得：φD<，故D正确。14．如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　)A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点解析：选A　电子在A、B板间的电场中做加速运动，在B、C板间的电场中做减速运动，设A、B板间的电压为U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，则有eU－eEd＝0，若将C板向右平移到P′点，B、C两板所带电荷量不变，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′时，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A、B板间做加速运动后，在B、C板间做减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A项正确，B、C、D项错误。