《创新设计》(浙江专用)2016高考物理二轮复习 专题三 第7讲 电场和磁场的基本性质课件

1、第7讲电场和磁场的基本性质1.(2015浙江理综16)如图1所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属板中间，则()图图1A.乒乓球的左侧感应出负电荷乒乓球的左侧感应出负电荷B.乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C.乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D.用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞板间来回碰撞解析解析两极板间电场由正

2、极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向两极板间电场由正极板指向负极板，镀铝乒乓球内电子向正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，正极板一侧聚集，故乒乓球的右侧感应出负电荷，A错误；乒乓错误；乒乓球不可能吸在左极板上，球不可能吸在左极板上，B错误；库仑力就是电场力，错误；库仑力就是电场力，C错误；错误；乒乓球与右极板接触后带正电，在电场力作用下向负极运动，碰乒乓球与右极板接触后带正电，在电场力作用下向负极运动，碰到负极板正电荷与负极板上的负电荷中和后带负电，在电场力作到负极板正电荷与负极板上的负电荷中和后带负电，在电场力作用下又向正极板运动，这样会在两极板间来回碰撞，用下又向正极板运动，这样会在

3、两极板间来回碰撞，D正确。正确。答案答案D2.(2014新课标全国卷新课标全国卷，15)关于通电直导线在匀强磁场中关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是所受的安培力，下列说法正确的是()A.安培力的方向可以不垂直于直导线安培力的方向可以不垂直于直导线 B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向安培力的方向总是垂直于磁场的方向C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D.将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半来的一半答案答案B3.(多选多选)(2014新课标全国卷新课标全国

4、卷，19)关于静电场的电场强度和电势，关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是下列说法正确的是()A.电场强度的方向处处与等电势面垂直电场强度的方向处处与等电势面垂直B.电场强度为零的地方，电势也为零电场强度为零的地方，电势也为零C.随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D.任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向解析解析电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，故电场强度的方向与等势面垂直，选项故电场强度的方向与等势面垂直，选项A

5、正确；场强为零的地方正确；场强为零的地方电势不一定为零，例如等量同种正电荷连线的中点处的场强为零电势不一定为零，例如等量同种正电荷连线的中点处的场强为零但是电势大于零，选项但是电势大于零，选项B错误；场强大小与电场线的疏密有关，错误；场强大小与电场线的疏密有关，而沿着电场线的方向电势是降低的，故随电场强度的大小逐渐减而沿着电场线的方向电势是降低的，故随电场强度的大小逐渐减小，电势不一定降低，选项小，电势不一定降低，选项C错误；任一点的电场强度方向总是错误；任一点的电场强度方向总是和电场线方向一致，而电场线的方向是电势降落最快的方向，选和电场线方向一致，而电场线的方向是电势降落最快的方向，选项项

6、D正确。正确。答案答案AD4.(多选多选)(2014新课标全国卷新课标全国卷，21)如图如图2所示，在正点电荷所示，在正点电荷Q的的电场中有电场中有M、N、P、F四点，四点，M、N、P为直角三角形的三个顶为直角三角形的三个顶点，点，F为为MN 的中点，的中点，M30。M、N、P、F四点处的电势四点处的电势分别用分别用M、N、P、F表示，已知表示，已知MN ，PF，点电荷，点电荷Q在在M、N、P三点所在平面内，则三点所在平面内，则()图图2A.点电荷点电荷Q一定在一定在MP的连线上的连线上B.连接连接PF的线段一定在同一等势面上的线段一定在同一等势面上 C.将正试探电荷从将正试探电荷从P点搬运到

7、点搬运到N点，电场力做负功点，电场力做负功D.P大于大于M解析解析作作MNP的角平分线交的角平分线交MP于于G，如图所示，则，如图所示，则MGGN，又因又因MN，所以点电荷，所以点电荷Q应放在应放在G点，选项点，选项A正确；点电荷的正确；点电荷的等势面为球面，所以选项等势面为球面，所以选项B错误；沿电场线的方向电势降低，所错误；沿电场线的方向电势降低，所以以PM，PN，故将正电荷从，故将正电荷从P点搬运到点搬运到N点，电场力做正功，点，电场力做正功，选项选项D正确，正确，C错误。错误。答案答案AD5.(2015新课标全国卷新课标全国卷，14)如图如图3，两平行的带电，两平行的带电金属板水平放置

8、。若在两板中间金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过过a点的轴点的轴(垂直于纸面垂直于纸面)逆时针旋转逆时针旋转45，再由，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()图图3A.保持静止状态保持静止状态B.向左上方做匀加速运动向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动向左下方做匀加速运动解析解析两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mgqE，现将两板绕过现将两板绕过a点的轴

9、点的轴(垂直于纸面垂直于纸面)逆时针旋转逆时针旋转45后，两后，两板间电场强度方向逆时针旋转板间电场强度方向逆时针旋转45，电场力方向也逆时针，电场力方向也逆时针旋转旋转45，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项选项D正确。正确。答案答案D6.(多选多选)(2015新课标全国卷新课标全国卷，18)指南针是我国古代四大发明之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

10、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南针不偏转解析解析指南针不可以仅具有一个磁极，故指南针不可以仅具有一个磁极，故A错误；指南针能够指错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，故向南北，说明地球具有磁场，故B正确；当附近的铁块磁化时，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，故指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故C正确；根据

11、安培定则，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，故生磁场，指南针会偏转与导线垂直，故D错误。错误。BC主要题型：主要题型：选择题选择题知识热点知识热点1.(1)电场强度、点电荷的场强，匀强电场中电势差与电场强度电场强度、点电荷的场强，匀强电场中电势差与电场强度的关系，电场强度、电势的关系，电场强度、电势(差差)、电势能和电场线之间的关系。、电势能和电场线之间的关系。(2)带电粒子在匀强电场中的运动。带电粒子在匀强电场中的运动。2.(1)对磁场及安培定则的考查；对磁场及安

12、培定则的考查；(2)带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动；(3)安培力的方向判断及大小计算等。安培力的方向判断及大小计算等。物理方法物理方法(1)矢量运算法矢量运算法 (平行四边形定则平行四边形定则)(2)模型法模型法(3)比值定义法比值定义法(4)对称法对称法(5)守恒法守恒法(6)补偿法补偿法考向一对电场性质的理解与应用考向一对电场性质的理解与应用核心知识核心知识规律方法规律方法由电场中的由电场中的“点、线、面、迹点、线、面、迹”判断相关问题判断相关问题(1)由轨迹向合外力的方向弯曲，确定粒子所受电场力方向；由轨迹向合外力的方向弯曲，确定粒子所受电场力方向；(2)根据粒子

13、电性判断电场线方向；根据粒子电性判断电场线方向；(3)根据根据“沿电场线方向电势降低沿电场线方向电势降低”判断电势高低；判断电势高低；(4)根据公式根据公式Epq(代入正负号代入正负号)判断电势能大小；判断电势能大小；(5)根据电场力做功的正负判断电势能的变化或动能的变化；根据电场力做功的正负判断电势能的变化或动能的变化；(6)根据电场线或等差等势面疏密判断加速度大小。根据电场线或等差等势面疏密判断加速度大小。1.(2015宁波市高三十校联考宁波市高三十校联考)一带电粒子仅在电一带电粒子仅在电场力作用下，从电场中的场力作用下，从电场中的a点以初速度点以初速度v0进入进入电场并沿虚线所示的轨迹运

14、动到电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图点，如图4所所示，可以判断该粒子示，可以判断该粒子()图图4A.在在a点的加速度比点的加速度比b点大点大B.在在a点的电势能比点的电势能比b点小点小C.在在a点的电势比点的电势比b点小点小D.在在a点的动能比点的动能比b点小点小解析解析a点的电场线比点的电场线比b点电场线稀疏，故点电场线稀疏，故a点场强比点场强比b点场强点场强小，粒子在小，粒子在a点的加速度比在点的加速度比在b点时小，选项点时小，选项A错误；做曲线错误；做曲线运动的物体受到的合力指向曲线的内侧，从运动的物体受到的合力指向曲线的内侧，从a点到点到b点，电场点，电场力做正功，电势能减小，故

15、粒子在力做正功，电势能减小，故粒子在a点的电势能比在点的电势能比在b点时大，点时大，选项选项B错误；沿电场线方向电势降低，故错误；沿电场线方向电势降低，故a点电势高于点电势高于b点电点电势，选项势，选项C错误；电场力做正功，根据动能定理可知，粒子错误；电场力做正功，根据动能定理可知，粒子在在a点的动能比在点的动能比在b点时小，选项点时小，选项D正确。正确。答案答案D2.(多选多选)(2015江苏单科江苏单科，8)两个相同的两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图布如图5所示。所示。c是两负电荷连线的中是两负电荷连线的中点，点，d点在正电荷的正上方，点在正

16、电荷的正上方，c、d到正到正电荷的距离相等，则电荷的距离相等，则()图图5A.a点的电场强度比点的电场强度比b点的大点的大B.a点的电势比点的电势比b点的高点的高C.c点的电场强度比点的电场强度比d点的大点的大D.c点的电势比点的电势比d点的低点的低解析解析由题图知，由题图知，a点处的电场线比点处的电场线比b点处的电场线密集，点处的电场线密集，c点处电场线比点处电场线比d点处电场线密集，所以点处电场线密集，所以A、C正确；过正确；过a点画点画等势线，与等势线，与b点所在电场线的交点与点所在电场线的交点与b点位置比较知点位置比较知b点的电点的电势高于势高于a点的电势，故点的电势，故B错误；同理分

17、析可得错误；同理分析可得d点电势高于点电势高于c点点电势，故电势，故D正确。正确。答案答案ACD3.(2015嘉兴市高三期末测试嘉兴市高三期末测试)如图如图6所示，真空中有两个点电荷所示，真空中有两个点电荷q14.0108 C和和q21.0108 C，分别固定在，分别固定在x坐标轴上坐标轴上x10和和x26 cm处。下列说法正确的是处。下列说法正确的是()A.沿沿x轴从轴从x1到到x2电势升高电势升高B.在在x12 cm处合场强大小为零处合场强大小为零C.若将电子从若将电子从x8 cm处静止释放，电子运动过程中电势能先增处静止释放，电子运动过程中电势能先增加后减少加后减少D.若将电子从若将电子

18、从x8 cm处静止释放，电子在处静止释放，电子在x8 cm和和x16 cm之间来回运动之间来回运动图图6答案答案B4.(多选多选)如图如图7所示，在两等量异种点电荷连线所示，在两等量异种点电荷连线上有上有c、O、f三点，虚线三点，虚线M、L、K是分别过是分别过c、O、f三点的等差等势面，一不计重力的带负三点的等差等势面，一不计重力的带负电粒子从电粒子从a点射入电场，只在电场力作用下点射入电场，只在电场力作用下沿沿abcde运动，轨迹如图中实线所示，下列运动，轨迹如图中实线所示，下列说法中正确的是说法中正确的是()图图7A.电势电势KLMB.场强场强EaEbC.a点与点与e点的场强大小相等，方向

19、相同点的场强大小相等，方向相同D.粒子在粒子在c点的电势能大于在点的电势能大于在e点的电势能点的电势能解析解析根据曲线运动的特点，轨迹向合外力的方向弯曲，可根据曲线运动的特点，轨迹向合外力的方向弯曲，可知粒子在知粒子在c点受到向左的力，由于粒子带负电，可知点受到向左的力，由于粒子带负电，可知c点的电点的电场线方向向右，故正电荷在左边，可知选项场线方向向右，故正电荷在左边，可知选项A错误；等势面的错误；等势面的疏密表示电场的强弱，故疏密表示电场的强弱，故EaEb，选项，选项B正确；正确；a点与点与e点的场点的场强大小相等，但方向不同，选项强大小相等，但方向不同，选项C错误；带负电粒子在较低等错误

20、；带负电粒子在较低等势面电势能较大，势面电势能较大，c点电势低于点电势低于e点电势，选项点电势，选项D正确。正确。答案答案BD5.(多选多选)(2015四川理综四川理综，6)如图如图8所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是圆心是O，最低点是，最低点是P，直径，直径MN水平。水平。a、b是两个完全相同的是两个完全相同的带正电小球带正电小球(视为点电荷视为点电荷)，b固定在固定在M点，点，a从从N点静止释放，沿点静止释放，沿半圆槽运动经过半圆槽运动经过P点到达某点点到达某点Q(图中未画出图中未画出)时速度为零。则小时速度为零。则小球球a()图图8A.从从N到到Q的过程中

21、，重力与库仑力的合力先增大后减小的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B.从从N到到P的过程中，速率先增大后减小的过程中，速率先增大后减小C.从从N到到Q的过程中，电势能一直增加的过程中，电势能一直增加D.从从P到到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量的过程中，动能减少量小于电势能增加量解析解析a从从N点静止释放，过点静止释放，过P点后到点后到Q点速度为零，整个运动过点速度为零，整个运动过程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与程只有重力和库仑力做功，库仑力方向与a速度方向夹角一直大于速度方向夹角一直大于90，所以库仑力整个过程做负功。小球，所以库仑力整个过程做负功。小球a从从N到到Q的过程中

22、，库的过程中，库仑力增大，库仑力与重力的夹角从仑力增大，库仑力与重力的夹角从90一直减小，所以它们的合一直减小，所以它们的合力一直增大，故力一直增大，故A错误；带电小球错误；带电小球a受力如图所示，在靠近受力如图所示，在靠近N点的点的位置，合力与速度夹角小于位置，合力与速度夹角小于90，在，在P点合力与速度夹角大于点合力与速度夹角大于90，所以小球，所以小球a从从N到到P的过程中，速率应先增大后减小，故的过程中，速率应先增大后减小，故B正正确；从确；从N到到Q的过程中，库仑力一直做负功，所以电势能一直增加，的过程中，库仑力一直做负功，所以电势能一直增加，故故C正确；根据能量守恒可知，正确；根据

23、能量守恒可知，P到到Q的过程中，动能的减少量等的过程中，动能的减少量等于重力势能和电势能的增加量之和，故于重力势能和电势能的增加量之和，故D错误。错误。答案答案BC电场性质的判断思路电场性质的判断思路考向二与平行板电容器有关的电场问题核心知识核心知识规律方法规律方法1.平行板电容器与电动势为E的直流电源、电阻R、开关S连接成如图9所示的电路，电容器的下极板A接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态。断开开关S，若将下极板竖直向上移动一小段距离，则()A.油滴将竖直向上运动油滴将竖直向上运动 B. P点的电势将降低点的电势将降低C.油滴的电势能将减少油滴的电势能将减少 D.电容器所带

24、电荷量将增大电容器所带电荷量将增大图图9答案答案B2.(2015金丽衢十二校高三第二次联考金丽衢十二校高三第二次联考)如图如图10所示，平行板电容器通过一滑所示，平行板电容器通过一滑动变阻器动变阻器R与直流电源连接，与直流电源连接，G为一零为一零刻度在表盘中央的灵敏电流计，闭合刻度在表盘中央的灵敏电流计，闭合开关开关S后，下列说法正确的是后，下列说法正确的是()A.若只在两极间插入电介质，电容器的两板间电压将增大若只在两极间插入电介质，电容器的两板间电压将增大B.若只在两板间插入电介质，电容器的电容将保持不变若只在两板间插入电介质，电容器的电容将保持不变C.若只将电容器下极板向下移动一小段距离

25、，此过程电流计若只将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从中有从a到到b方向的电流方向的电流D.若只将滑动变阻器滑片若只将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器储存的电荷量将向上移动，电容器储存的电荷量将增加增加图图10答案答案D3.如图如图11所示，平行板电容器两极板所示，平行板电容器两极板M、N相距相距d，两极板分别与电压为，两极板分别与电压为U的恒定电的恒定电源两极连接，极板源两极连接，极板M带正电。现有一质带正电。现有一质量为量为m的带电油滴在极板中央处于静止状的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为量的比值为k

26、，则，则()图图11答案答案C如何分析平行板电容器中带电体的运动问题？如何分析平行板电容器中带电体的运动问题？平行板电容器两极板间带电体的运动问题是典型的力电综合问题，平行板电容器两极板间带电体的运动问题是典型的力电综合问题，要分别从力、电两个角度分析研究。要分别从力、电两个角度分析研究。(1)力学角度力学角度：电场力等影响了带电体的运动状态，这类问题需：电场力等影响了带电体的运动状态，这类问题需要对带电体进行运动状态要对带电体进行运动状态(静止、加速或减速静止、加速或减速)分析和受力分析。分析和受力分析。如如1、3题中的带电油滴，受到竖直向下的重力、竖直向上的电场题中的带电油滴，受到竖直向下

27、的重力、竖直向上的电场力，在上述两个力的作用下处于静止状态。力，在上述两个力的作用下处于静止状态。考向三磁场的性质及磁场力作用下的运动核心知识核心知识规律方法规律方法1.掌握掌握“两个磁场力两个磁场力”(1)安培力：安培力：FBIL(IB)(2)洛伦兹力：洛伦兹力：FqvB(vB)2.用准用准“两个定则两个定则”(1)对电流的磁场用安培定则。对电流的磁场用安培定则。(2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用左手定则。受的洛伦兹力用左手定则。3.画好画好“两个图形两个图形”(1)对安培力作用下的平衡、运动问题画好受力分

28、析图。对安培力作用下的平衡、运动问题画好受力分析图。(2)对带电粒子的匀速圆周运动问题画好与圆有关的几何图形。对带电粒子的匀速圆周运动问题画好与圆有关的几何图形。(此内容第此内容第4讲已讲讲已讲)1.分别置于a、b两处的长直导线垂直纸面放置，通有大小相等的恒定电流，方向如图12所示，a、b、c、d在一条直线上，且accbbd。已知c点的磁感应强度大小为B1，d点的磁感应强度大小为B2。若将b处导线的电流切断，则()图图12答案答案A2.(多选多选)如图如图13所示，细线下悬挂的圆环所示，细线下悬挂的圆环a中通有中通有顺时针方向的电流顺时针方向的电流I1，在圆环的正下方固定有一，在圆环的正下方固

29、定有一根足够长直导线根足够长直导线b，圆环静止时导线，圆环静止时导线b垂直于圆垂直于圆环平面。现在导线环平面。现在导线b中通有方向向外的电流中通有方向向外的电流I2，圆环重新静止后，下列判断正确的是圆环重新静止后，下列判断正确的是()图图13A.细线与竖直方向成不为零的角细线与竖直方向成不为零的角B.圆环与直导线共面圆环与直导线共面C.细线中张力与细线中张力与b通电前比较增大通电前比较增大D.细线中张力与细线中张力与b通电前比较减小通电前比较减小解析解析环形电流环形电流a可等效为小磁针，由右手螺旋定则可知可等效为小磁针，由右手螺旋定则可知N极指极指向纸面里，而直线电流向纸面里，而直线电流b产生

30、的磁场在环心处的磁感线方向水平产生的磁场在环心处的磁感线方向水平向左，由于向左，由于N极将指向所在位置磁感线的方向，故小磁针极将指向所在位置磁感线的方向，故小磁针N极左极左转，从上往下看，圆环逆时针转动，细线仍在竖直方向，转，从上往下看，圆环逆时针转动，细线仍在竖直方向，A错误；错误；圆环重新静止时，圆环与直导线共面，圆环重新静止时，圆环与直导线共面，B正确；此时圆环下半圆正确；此时圆环下半圆的电流方向与的电流方向与b中电流方向相同、两者相吸，上半圆的电流方向中电流方向相同、两者相吸，上半圆的电流方向与与b中电流方向相反、两者相斥，但下半圆离中电流方向相反、两者相斥，但下半圆离b更近，引力大于

31、更近，引力大于斥力，因此细线张力比斥力，因此细线张力比b通电前大，通电前大，C正确，正确，D错误。错误。答案答案BC3.(2015金华十校高三质检金华十校高三质检)美国研发的强力武器轨道电磁炮在试射美国研发的强力武器轨道电磁炮在试射中，将炮弹以中，将炮弹以5倍音速，击向倍音速，击向200公里外目标，射程为海军常规公里外目标，射程为海军常规武器的武器的10倍，且破坏力惊人。电磁炮原理如图倍，且破坏力惊人。电磁炮原理如图14所示，若炮弹所示，若炮弹质量为质量为m，水平轨道长，水平轨道长L，宽为，宽为d，轨道摩擦不计，炮弹在轨道上，轨道摩擦不计，炮弹在轨道上做匀加速运动。要使炮弹达到做匀加速运动。要

32、使炮弹达到5倍音速倍音速(设音速为设音速为v)，则，则()图图14答案答案C4.(多选多选)如图如图15所示，一轨道由两等长的光滑斜面所示，一轨道由两等长的光滑斜面AB和和BC组成，组成，两斜面在两斜面在B处用一光滑小圆弧相连接，处用一光滑小圆弧相连接，P是是BC的中点，竖直线的中点，竖直线BD右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，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，处可认为处在磁场中，一带电小球从一带电小球从A点由静止释放后能沿轨道来回运动，点由静止释放后能沿轨道来回运动，C点为小球点为小球在在BD右侧运动的最高点，则下列说法正确的是右侧运动的最高点，则下列说法正确的是()图图1

33、5答案答案AD5.(多选)如图16所示，在正方形abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，a处有比荷相等的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场，经时间t1从d点射出磁场，乙粒子沿与ab成30角的方向以速度v2垂直射入磁场，经时间t2垂直cd射出磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则下列说法中正确的是()图图16答案答案BD6.(2015重庆理综重庆理综，7)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机，如图特殊电动机，如图17是某音圈电机的原理示意图，它由一对正是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方

34、形刚性线圈构成，线圈边长为对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为大小为B，区域外的磁场忽略不计。线圈左边始终在磁场外，区域外的磁场忽略不计。线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等，某时右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等，某时刻线圈中电流从刻线圈中电流从P流向流向Q，大小为，大小为I。图图17(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；求此时线圈所受安培力的大小和方向；(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为若此时

35、线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率。，求安培力的功率。解析解析(1)对线圈前后两边所受安培力的合力为零，线圈所受的安对线圈前后两边所受安培力的合力为零，线圈所受的安培力即为右边所受的安培力，由安培力公式得培力即为右边所受的安培力，由安培力公式得FnBIL由左手定则知方向水平向右由左手定则知方向水平向右(2)安培力的功率为安培力的功率为PFv联立联立式解得式解得PnBILv答案答案(1)nBIL方向水平向右方向水平向右(2)nBILv1.安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路：安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路：2.洛伦兹力的作用效果洛伦兹力的作用效果(1)洛伦兹力对带电粒子运动

36、状态的影响洛伦兹力对带电粒子运动状态的影响因洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，所以洛伦兹力只因洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，所以洛伦兹力只改变粒子的速度方向，而不改变其速度的大小。改变粒子的速度方向，而不改变其速度的大小。(2)洛伦兹力对带电粒子不做功洛伦兹力对带电粒子不做功因洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，所以洛伦兹力对因洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，所以洛伦兹力对粒子不做功。如果没有其他外力对带电粒子做功，在粒子的运粒子不做功。如果没有其他外力对带电粒子做功，在粒子的运动过程中就不会有能量之间的转化。动过程中就不会有能量之间的转化。高频考点七电场强度的理解及计算1

37、.常用的公式常用的公式2.常用的思想方法常用的思想方法对称法对称法3.常考的常考的3类模型类模型模型模型1点电荷模型点电荷模型【方法点津】【方法点津】(1)先求出各个点电荷在该点产生电场的场强，再运用场强叠加原先求出各个点电荷在该点产生电场的场强，再运用场强叠加原理求出该点的场强。理求出该点的场强。(2)可假设在该点放一试探电荷，求出该试探电荷所受的电场力，可假设在该点放一试探电荷，求出该试探电荷所受的电场力，由电场强度定义求出该点的电场强度。由电场强度定义求出该点的电场强度。1.(6分分)(2015山东理综，山东理综，18)直角坐标系直角坐标系xOy中，中，M、N两点位于两点位于x轴上，轴上

38、，G、H两点坐标如图两点坐标如图18所示。所示。M、N两点各固定一负点电荷，一电荷两点各固定一负点电荷，一电荷量为量为Q的正点电荷置于的正点电荷置于O点时，点时，G点处的电场点处的电场强度恰好为零。静电力常量用强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该表示。若将该正点电荷移到正点电荷移到G点，则点，则H点处场强的大小和方点处场强的大小和方向分别为向分别为()图图18为为()答案答案B模型模型2带电球壳带电球壳(或带电圆环或带电圆环)模型模型【方法点津】【方法点津】(1)完整的均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电完整的均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。可以证明，完整的均匀带电荷集中于球心处产生的电场。可以证明，完整的均匀带电的球壳在球内空间产生的电场的场强为零。的球壳在球内空间产生的电场的场强为零。(2)根据对称性，均匀带电的半球壳在对称轴上各点产生的根据对称性，均匀带电的半球壳在对称轴上各点产生的电场的方向一定沿对称轴。电场的方向一定沿对称轴。2.(6分分)均匀带电的球