高三物理电磁学经典提心(详解)

静电场

1．取电场的无穷远处电势为零，下列说法中正确的有：A ．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电荷原来的电势能越大；

B ．无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，电场力做的正功越多，电荷原来的电势能越小；

C ．无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，克服电场力做功越多，电荷在该点的电势能越大；

D ．无论是正电荷还是负电荷，从无穷远处移到电场中某点时，电场力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大。

2.如图所示，在x 轴上关于原点O 对称的两点固定放置等量异种点电荷+Q 和-Q ，x 轴上的P 点位于的右侧。下列判断正确的是（ ）

A.在x 轴上还有一点与P 点电场强度相同

B.在x 轴上还有两点与P 点电场强度相同

C.若将一试探电荷+q 从P 点移至O 点，电势能增大

D.若将一试探电荷+q 从P 点移至O 点，电势能减小

3.如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O 点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速 度v 1从M 点沿斜面上滑，到达N 点时速度为零，然后下滑回到M 点，此时速度为 V 2（v 2＜v 1）。若小物体电荷量保持不变，OM ＝ON ，则（ ）

A.小物体上升的最大高度为

22

12

4v v g

B.从N 到M 的过程中，小物体的电势能逐渐减小

C.从M 到N 的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功

D.从N 到M 的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小

4.如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB=BC,电场中的A 、B 、C 三点的场强分别为E A 、E B 、E C ，

电势分别为ΦA 、ΦB 、φC ，AB 、BC 间的电势差分别为U AB 、U BC ,则下列关系中正确的有（ ） (A)ΦA ＞ΦB ＞φ C

(B) E C ＞E B ＞E A (C) U AB ＜U BC

(D) U AB =U BC

5.如图所示，在y 轴上关于O 点对称的A 、B 两点有等量同种点电荷＋Q ，

在x 轴上C 点有点电荷-Q ，且CO=OD ,∠ADO=60°。下列判断正确的是（ ）

A ．O 点电场强度为零

B ．D 点电场强度为零

C ．若将点电荷＋q 从O 移向C ，电势能增大

D ．若将点电荷—q 从O 移向C ，电势能增大

6.平行板间加如图4（a ）所示周期变化的电压，重力不计的带电粒子静止

在平行板中央，从t=0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况。图中，能定性描述粒子运动的速度图象

正确的是（）

7.a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。电场线与矩形所在平面平行。已

知a点的电势为20 V，b点的电势为24 V，d点的电势为4 V，

如图，由此可知c点的电势为（）

A．4 V B．8 V C．12 V

D．24 V

8.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随X变化的图像如图所示。下列说法正确的是

（A）O点的电势最低

（B）X2点的电势最高

（C）X1和- X1两点的电势相等

（D）X1和X3两点的电势相等

9.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）。设两极板正对面积为S，

极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，若

A.保持S不变，增大d,则θ变大

B.保持S不变，增大d,则θ变小

C.保持d不变，减小S,则θ变小

D.保持d不变，减小S,则θ不变

10.10．2010·海南物理·4如右图， M 、N 和P 是以MN 为直径的半圈弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心，60MOP ∠=?．电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M 、N 两点，这时O 点

电场强度的大小为1

E ；若将N 点处的点电荷移至P 点，则O 点的场场强大小变为

2E ，

1

E 与

2

E 之

比为 A ．1:2

B ．2:1

C ．2:3

D ．4:3

11.如图所示，长L =1.2 m 、质量M =3 kg 的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m =1 kg 、带电荷量q =+2.5×10-4

C 的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E =4.0×104

N/C 的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F =10.8 N. 取

g =10 m/s 2，斜面足够长．求：

（1）物块经多长时间离开木板；

（2）物块离开木板时木板获得的动能； （3）物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．

12.如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L = 0.1m ，两板间距离 d = 0.4 cm ，有一束相同微粒组成的带电粒子流从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，已知微粒质量为 m = 2×10-6kg ，电量q = 1×10-8 C ，电容器电容为C =10-6 F ．求

(1) 为使第一粒子能落点范围在下板中点到紧靠边缘的B 点之内，则微粒入射速度v 0应为多少？ (2) 以上述速度入射的带电粒子，最多能有多少落到下极板上？

13.如图7-3-4所示，真空中水平放置的两个相同极板Y 和Y'长为L ，相距d ，足够大的竖直屏与两板右侧相距b ．在两板间加上可调偏转电压U ，一束质量为m 、带电量为+q 的粒子（不计重力）从两板左侧中点A 以初速度v 0沿水平方向射入电场且能穿出．

（1）证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O 点；

（2）求两板间所加偏转电压U 的范围；

60° P

N

O

M

L B

m ,q

d v 0

A

Y Y'

v 0

L

A

d

b

图7-3-4

（3）求粒子可能到达屏上区域的长度．

磁场

1.有关电荷受电场力和洛仑兹力的说法中，正确的是（） A 、电荷在磁场中一定受磁场力的作用 B 、电荷在电场中一定受电场力的作用

C 、电荷受电场力的方向与该处电场方向垂直

D 、电荷若受磁场力，则受力方向与该处磁场方向垂直

2.图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v 水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于这处电场场强大小和方向的说法中，正确的是（）

A 、大小为B/v ，粒子带正电时，方向向上

B 、大小为B/v ，粒子带负电时，方向向上

C 、大小为Bv ，方向向下，与粒子带何种电荷无关

D 、大小为Bv ，方向向上，与粒子带何种电荷无关

3.如图所示，比荷为e/m 的电子从左侧垂直于界面、垂直于磁场射入宽度为d 、磁感受应强度为B 的匀强磁场区域，要从右侧面穿出这个磁场区域，电子的速度至少应为（ ）

A 、2Bed/m

B 、Bed/m

C 、Bed/(2m)

D 、2Bed/m

4.如右图所示，一带正电的粒子以速度v 0垂直飞入，B E v 、及0三者方向如图所示。已知粒子在运动过程中所受的重力恰与电场力平衡，则带电粒子在运动过程中。（ ）

A ．机械能守恒；

B ．动量守恒；

C ． 动能始终不变；

D ．电势能与机械能总和守恒

5.边长为a 的正方形处于有界磁场中，如图所示。一束电子以速度v 0水平射入磁场后，分别从A 处和C 处射出，则V A :V C = ，所经历的时间之比t A :t B =

6.如右图所示，水平放置的平行金属板AB 间距为d ，两板间电势差为U ，水平方向的匀强磁场为B 。今有一带电粒子在AB 间竖直平面内作半径为R 的匀速圆周运动，则带电粒子转动方向为 时针，速率为 。

7.如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为N 1，

现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为N 2 ，则以下说法正确的是（ ） A ．弹簧长度将变长 B ．弹簧长度将变短

C ．N 1＞N 2

D ．N 1＜N 2

8

．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。设D 形盒半径为R 。若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B ，高频交流电频率为f 。则下列说法正确的是 A ．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR

B ．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关

C ．只要R 足够大，质子的速度可以被加速到任意值

D ．不改变B 和f ，该回旋加速器也能用于加速α粒子

9.．（8分）如下图，在xOy 坐标系的第一象限内有互相正交的匀强电场E 与匀强磁场B ，E 的大小为1.0×103V/m ，方向未知，B 的大小为1.0T ，方向垂直纸面向里；第二象限的某个圆形区域内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场B ′。一质量m =1×10-14kg 、电荷量q =1×10-10C 的带正电微粒以某一速度v 沿与x 轴负方向60°角从A 点沿直线进入第一象限运动，经B 点即进入处于第二象限内的磁场B ′区域，一段时间后，微粒经过x 轴上的C 点并与x 轴负方向成60°角的方向飞出。已知A 点的坐标为（10，0），C 点的坐标为（-30，0），不计粒子重力，g 取10m/s 2。

（1）请分析判断匀强电场E 的方向并求出微粒的运动速度v ； （2）匀强磁场B ′的大小为多大？ （3）B ′磁场区域的最小面积为多少？

10．（12分）如下图，竖直平面坐标系xOy 的第一象限，有垂直xOy 面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B 和E ；第四象限有垂直xOy 面向里的水平匀强电场，大小也为E ；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R 的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O 相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N 。一质量为m 的带电小球从y 轴上（y ＞0）的P 点沿x 轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O ，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N 点水平进入第四象限，并在电场中运动（已知重力加速度为g ）。

N

S

θ

U

A B

O

C

L （1）判断小球的带电性质并求出其所带电荷量； （2）P 点距坐标原点O 至少多高；

（3）若该小球以满足（2）中OP 最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N 点开始计时，经时间

g

R

t 2

小球距坐标原点O 的距离s 为多远？

11.如图所示，在一底边长为2L ，θ＝45°的等腰三角形区域内(O 为底边中点)有垂直纸面向外的匀强磁场. 现有一质量为m ，电量为q 的带正电粒子从静止开始经过电势差为U 的电场加速后，从O 点垂直于AB 进入磁场，不计重力与空气阻力的影响. (1)粒子经电场加速射入磁场时的速度？

(2)磁感应强度B 为多少时，粒子能以最大的圆周半径偏转后打到OA 板？

(3)增加磁感应强度的大小，可以再延长粒子在磁场中的运动时间，求粒子在磁场中运动的极限时间.(不计粒子与AB 板碰撞的作用时间，设粒子与AB 板碰撞前后，电量保持不变并以相同的速率反弹)

1.AC

2.AC 【解析】根据等量正负点电荷的电场分布可知，在x 轴上还有一点与P 点电场强度相同，即和P 点关于O 点对称，A 正确。若将一试探电荷+q 从P 点移至O 点，电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大。一般规定无穷远电势为零，过0点的中垂线电势也为零，所以试探电荷+q 在P 点时电势能为负值，移至O 点时电势能为零，所以电势能增大，C 正确。

3.【解析】设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L 。因为OM ＝ON ，则MN 两点电势相等，小物体从M 到N 、从N 到M 电场力做功均为0。上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所作的功相等、并设为W 1。在上滑和下滑过程，对小

物体，应用动能定理分别有：－mg Lsinθ－μmg Lco sθ－W 1＝－

2

12

mv 和mg Lsinθ－μmg Lcosθ－W 1＝

，

上两式相减可得Lsinθ＝，A 对；由OM ＝ON ，可知电场力对小物体先作正功后作负功，电势能

先减小后增大，BC 错；从N 到M 的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O 的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，D 对。 【答案】AD

4.ABC 【解析】电场是矢量，叠加遵循平行四边行定则，由E ＝

2r

kQ

和几何关系可以得出，A 错B 对。在O →C 之间，合场强的方向向左，把负电荷从Ｏ移动到C ，电场力做负功，电势能增加，C 错D 对。 5.【答案】BD

考查静电场中的电场线、等势面的分布知识和规律。A 、B 、C 三点处在一根电场线上，沿着电场线的方向电势降落，故A ?＞B ?＞C ?，A 正确；由电场线的密集程度可看出电场强度大小关系为E C ＞E B ＞E A ，B 对；电场线密集的地方电势降落较快，故U BC ＞U AB ，C 对D 错。 6.【答案】A 7.B

8.答案：C

【解析】沿x 轴对称分布的电场，由题图可得其电场线以O 点为中心指向正、负方向，沿电场线电势降落（最快），所以O 点电势最高，A 错误，B 错误；根据U=Ed ，电场强度是变量，可用E -x 图象面积表示，所以C 正确；两点电场强度大小相等，电势不相等，D 错误。 9.【答案】A 【解析】由kd

S

C

π4ε=

知保持S 不变，增大d ，电容减小，电容器带电能力降低，电容器电量减小，静电计所带电量增加，θ变大；保持d 不变，减小S ，电容减小，θ变大。正确答案A 。 10.B

【解析】依题意，每个点电荷在O 点产生的场强为

12

E ，则当N 点处的点电荷移至P 点时，O 点场强如

图所示，合场强大小为1

2

2

E E =

，则

1221E E =，B 正确。 11．解析：（1）物块向下做加速运动，设其加速度为a 1，木板的加速度为a 2，则由牛顿第二定律， 对物块：mg sin37°-μ（mg cos37°+qE ）=ma 1，代入数据，求得：a 1=4.2m/s 2

； 对木板：Mg sin37°+μ（mg cos37°+qE ）-F =Ma 2，代入数据，求得：a 2=3m/s 2 又

a 1t 2－

2

1

a 2

t 2=L ，得物块滑过木板所用时间t =2s 。 （2）物块离开木板时木板的速度v 2=a 2t =3 2 m/s ，其动能为E k2=

2

1Mv 22=27 J 。

（3）由于摩擦而产生的内能为：Q =F 摩x 相＝μ（mg cos37°＋qE ）·L =2.16 J 。

E1/2

E1/2

E2

12.(1)若第1个粒子落到O 点，由

2L ＝v 01t 1，2

d

＝

21gt 12得v 01＝2.5 m/s ．若落到B 点，由L ＝v 02t 1，2

d ＝21gt 22得v 02＝5 m/s ．故2.5 m/s ≤v 0≤5 m/s ．(2)由L ＝v 01t ，得t ＝4×10-2 s ．2d ＝2

1

at 2得a ＝2.5 m/s 2，有mg －qE=ma ，E=

dc

Q

得Q ＝6×10-6

C ．所以q

Q

n =

＝600个． 13.解析：此题考查带电粒子带电场中的偏转分析，涉及带电粒子受力分析、平抛运动规律速度偏转方向和位移偏转方向分析.

（1）如图7-3-5所示，设粒子在运动过程中的加速度大小为a ，离开偏转电场时偏转距离为y ，沿电场方向的速度为v y ，偏转角为θ，其反向延长线通过O 点，O 点与板右端的水平距离为x ，则有

y ＝

212

at ① 0L v t = ② y v at =

tan y v y v x

θ=

=

联立可得 2

L

x =

即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心．

（2）Eq

a

m =

③ U

E d = ④

由①②③④式解得2

2

2qUL y dmv =，

当2

d y =

时，22

02

md v U qL =

.

则两板间所加电压的范围 2222

0022

md v md v U qL qL -

≤≤.

（3）当

2d

y =

时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大（设为y 0

），则 0()tan 2L

y b θ=+，

而tan d

L

θ=，

解得 0(2)

2d L b y L +=.

Y Y'

v 0

A

O

v 0

v y

θ

θ

x y y 0

图7-3-5

则粒子可能到达屏上区域的长度为

(2)

d L b L

+.

磁场

D ． BD

2.D 假设电荷带正电，根据左手定则可知电荷所受的洛伦兹力方向竖直向下，要想粒子不偏转，它所受的电场力必须与洛伦兹力等大方向，即电场力竖直向上，电场方向与正电荷受力方向相同；如果电荷带负电，电场方向仍然竖直向上，与粒子带何种电荷无关。由题意知：Bvq Eq =，即E Bv =，故D 正确

3.B

电子在匀强磁场中做匀速圆周运动其向心力由电子所受到的洛伦兹力来提供，即

2

Bvq m R v

=，解得：

Bed v m =

，故B 正确

4. CD

因为带电粒子带正电荷且所受重力与电场力平衡，所以带电粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力来提供所需要的向心力。又因为洛伦兹力始终不做功，所以粒子的动能不变。带电粒子在运动过程中还有电场力在做功，因此粒子的机械能不守恒。带电粒子在运动过程中只有电势能和重力势能相互转化，所以电势能与机械能总和守恒，故CD 正确 5.1：2 2：1

电子在磁场做匀速圆周运动由洛伦兹力来提供向心力，即

2

Bvq m R v =，解得：BqR

v m =

，121:2v v =：；电子在匀强磁场中做圆周运动的周期2m T Bq π=,2t T θπ=

,即12:2:1t t =

6.顺

U

RBgd

由于带电粒子在电磁场中做匀速圆周运动，粒子所受的电场力与重力等大方向，则粒子带负电荷，有

mg=q=U

E q

d ，带电粒子的转动方向为顺时针，它所受的洛伦兹力提供向心力，即

2

Bvq m R v =，解

得:

RBgd v U =

7.BC

【解析】画出导体棒所在处的磁感线方向，用左手定则可判断出条形磁铁对导体棒的安培力斜向右下，由

牛顿第三定律可知，导体棒对条形磁铁的安培力斜向左上，所以弹簧长度将变短，N 1＞N 2，选项BC 正确。

8.AB 【解析】由evB=m

2

v R

可得回旋加速器加速质子的最大速度为v=eBR/m 。由回旋加速器高频交流电频

率等于质子运动的频率，则有f= eB/2πm ，联立解得质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR ，选项AB 正确C 错误；由于α粒子在回旋加速器中运动的频率是质子的1/2，不改变B 和f ，该回旋加速器不能用于加速α粒子，选项D 错误。

9.（1）电场E 的方向与x 轴正方向成30°角斜向右上方 103m/s （2）

2

3

T （3）3.1×10-2m 2 （1）由于重力忽略不计，微粒在第一象限内仅受电场力和洛伦兹力，且微粒做直线运动，速度的变化会引起洛仑兹力的变化，所以微粒必做匀速直线运动。这样，电场力和洛仑兹力大小相等，方向相反，电场E 的方向与微粒运动的方向垂直，即与x 轴正方向成30°角斜向右上方。 由力的平衡条件有Eq =Bqv （1分）

得v =0

.1100.13?=B E m/s =103m/s （1分）

（2）微粒从B 点进入第二象限的磁场B '中，画出微粒的运动轨迹如右图。

粒子在第二象限内做圆周运动的半径为R ，由几何关系可知

R =030cos 10cm=3

20cm 。（1分）

微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qvB ′=m R

v 2（1分）

B ′=qR mv

qvR mv =2（1分）代入数据解得B ′=2

3T （1分） （3）由图可知，B 、D 点应分别是微粒进入磁场和离开磁场的点，磁场B ′的最小区域应该分布在以BD 为直径的圆内。由几何关系易得BD =20cm ，磁场圆的最小半径r =10cm 。（1分） 所以，所求磁场的最小面积为S =πr 2=0.01π=3.1×10-2m 2（1分）

8.

10.（1）E mg

q =

，小球带正电；（2）PO 的最小距离为：qB

Rg m r y 22==；（3）()R R z x s 722222=++=。 【解析】（1）小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与

电场力平衡，qE ＝mg ①（1分） 得E

mg

q =

② 小球带正电。（1分） （2）小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设匀速圆周运动的速度为v 、轨道半径为r 。 有：r

v m

qvB 2

=③（1分） 小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，有：R

v m mg 2

=④（1分） 由③④得：qB

Rg m r =

⑤（1分）PO 的最小距离为：qB

Rg m r y 22=

=⑥（1分）

（3）小球由O 运动到N 的过程中机械能守恒：mg ·2R ＋12mv 2＝1

2mv 2N ⑦（1分）

由④⑦得：Rg v Rg v 542N =+=⑧（1分）

根据运动的独立性可知，小球从N 点进入电场区域后，在x 轴方向以速度v N 做匀速直线运动，沿电场

方向做初速度为零的匀加速直线运动，则沿x 轴方向有：x ＝v N t ⑨（1分）

沿电场方向有：z ＝12at 2⑩（1分）g m qE

a ==?

（1分）t 时刻小球距O 点：()R R z x s 722222=++=（1分）

11.【答案】(1) m qU

v

2=

(2) qL

Uqm

B 2)21(+=

(3)qU

m L

v

L

t m

222?=

?=

ππ

【解析】⑴依题意，粒子经电场加速射入磁场时的速度为v ，由动能定理得：

由 22

1mv qU =

① 得m

qU v 2=

②

⑵要使圆周半径最大，则粒子的圆周轨迹应与AC 边相切，设圆周半径为R 由图中几何关系：

L R

R =+

θ

sin ③

由洛仑兹力提供向心力：

R

v m

qvB 2

= ④

联立②③④解得qL

Uqm

B 2)21(+=

⑤

⑶设粒子运动圆周半径为r ， qB

mv

r =

，当r 越小，最后一次打到AB 板的点越靠近A 端点，在磁场中圆周运动累积路程越大，时间越长. 当r 为无穷小，经过n 个半圆运动，如图所示，最后一次打到A 点. 有：

r

L

n 2=

⑥ 圆周运动周期：v r

T

?=

π2 ⑦ 最长的极限时间2

T

n t m = ⑧

由⑥⑦⑧式得：qU

m L

v

L

t m

222?=

?=

ππ

A

B

O

C

U

L R

A

B

O C

L

U

θ