2021届高考物理二轮专题复习讲义：专题三第1讲 电场和磁场的基本问题

第1讲　电场和磁场的基本问题
专题复习目标 学科核心素养 高考命题方向
1.能用电场强度、电势、磁感应强度等物理量描述电场和磁场的性质。 2．能用点电荷模型研究点电荷间的相互作用，能用电场线、磁感线等模型分析电场和磁场中带电粒子的运动问题。 1.物理观念：电场和磁场的物质性及能量特点。
2．物理建模：点电荷模型、电场线和磁感线模型。
3．物理方法：比值定义法。 高考主要考查电场力的性质和能的性质：库仑定律的应用、电场和磁场的矢量合成、带电粒子在电场中的运动分析及其在匀强磁场中的匀速圆周运动。主要考查对概念的深刻理解。
一、电场性质的理解
1．电场强度的三个公式
(1)E＝是电场强度的定义式，适用于任何电场。电场中某点的电场强度是确定值，其大小和方向与试探电荷q无关，试探电荷q充当“测量工具”的作用。
(2)E＝k是真空中点电荷所形成的电场的电场强度的决定式，E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定。
(3)E＝是电场强度与电势差的关系式，只适用于匀强电场。
注意：式中d为两点间沿电场方向的距离。
2．电场线、电势、电场强度的关系
(1)电场线与电场强度的关系：电场线越密的地方电场强度越大，电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向。
(2)电场线与等势面的关系：电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面；电场线越密的地方，等差等势面也越密；沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功。
(3)电场强度大小与电势无直接关系：零电势可人为选取，电场强度的大小由电场本身决定，故电场强度大的地方，电势不一定高。
3．电场能的性质
(1)电势与电势能：φ＝。
(2)电势差与电场力做功：UAB＝＝φA－φB。
(3)电场力做功与电势能的变化：W＝－ΔEp。
4．静电力做功的求解方法
(1)由功的定义式W＝Flcos α来求；
(2)利用结论“电场力做功等于电荷电势能变化量的负值”来求，即W＝－ΔEp；
(3)利用WAB＝qUAB来求。
5．主要研究方法
(1)理想化模型法，如点电荷。
(2)比值定义法，如电场强度、电势的定义方法，是定义物理量的一种重要方法。
(3)类比的方法，如电场和重力场的类比；电场力做功与重力做功的类比；带电粒子在匀强电场中的运动和平抛运动的类比。
6．电场中的曲线运动的分析
采用运动的合成与分解的思想方法。
二、磁场性质的理解
1．带电粒子在磁场中的受力情况
(1)磁场只对运动的电荷有力的作用，对静止的电荷无力的作用。
(2)洛伦兹力的大小和方向：F洛＝qvBsin θ，注意：θ为v与B的夹角。F的方向由左手定则判定，四指的指向应为正电荷运动的方向或负电荷运动方向的反方向。
2．洛伦兹力的特点
洛伦兹力始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力永不做功。
3．匀强磁场中的圆周运动解题关键
找圆心：若已知进场点的速度和出场点，可以作进场点速度的垂线，依据是F洛⊥v，与进、出场点连线的垂直平分线的交点即为圆心；若只知道进场位置，则要利用圆周运动的对称性定性画出轨迹，找圆心，利用平面几何知识求解问题。
热点一　电场基本性质的理解
1．电场线
假想线，直观形象地描述电场中各点电场强度的大小及方向，曲线上各点的切线方向表示该点的电场强度方向，曲线的疏密程度表示电场的强弱。
2．电势高低的比较
(1)沿着电场线方向，电势越来越低；
(2)将电荷量为＋q的电荷从电场中的某点移至无穷远处，电场力做功越多，则该点的电势越高；
(3)根据电势差UAB＝φA－φB，若UAB>0，则φA>φB，反之，则φA<φB。
3．电势能变化的判断
(1)根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少；反之则增加。即W＝－ΔEp。
(2)根据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，电荷的电势能与动能相互转化，而总和保持不变。
4．电场中带电粒子轨迹的判断分析
(1)轨迹的切线方向：速度的方向。
(2)某点电场力方向：沿着该点的电场线的切线方向，轨迹向着电场力的方向弯曲。
(2020·华师一附三模)正方形ABCD四个顶点上放置着电荷量相同的、电性如图所示的点电荷，O为正方形两对角线的交点，M、N、P、Q分别为AO、BO、CO、DO的中点。取无穷远处电势为零，下列说法正确的是(　　)
A．M、N、P、Q四点的电场强度相同
B．M、N、P、Q四点的电势均为零
C．将一质子从M点沿MON移动到N点的过程中，电场力先做正功再做负功
D．将一电子从M点沿MOP移动到P点的过程中，电势能先增加后减小
[解析]　以M点为例，A、C位置的两个点电荷在M点的合电场强度方向指向O点，B位置的点电荷在M点产生的电场强度方向由M点指向B点，D位置的点电荷在M点产生的电场强度方向由M点指向D点，所以M点的电场强度方向由M指向O点，根据同样的方法可得P点的电场强度方向由P指向O点，而N、Q点的电场强度方向分别为由N点指向B点，Q点指向D点，根据对称性可知四点的电场强度大小相同，但方向不同，若以无穷远处电势为零，沿着电场线方向电势降低，则此四点的电势不为零，故A、B错误；根据点电荷周围电势分布的特点，可知M点的电势高于零，N点的电势低于零，故将一质子从M点沿MON移动到N点的过程中，电场力一直做正功，故C错误；根据点电荷周围电势分布的特点，可知M点的电势高于零，P点的电势高于零，将一电子从M点沿MOP移动到P点的过程中，电场力先做负功再做正功，电势能先增加后减小，故D正确。
[答案]　D
【拓展训练1】　(2020·四川成都一模)真空中某静电场，电场线的分布如图所示，如图中P、Q两点关于点电荷q1水平对称。P、Q两点电场强度的大小分别为EP、EQ，电势分别为φP、φQ。一个带电粒子沿虚线轨迹从M移动至N。以下选项正确的是(　　)
A．φP<φQ
B．EQ>EP
C．此带电粒子带负电，它的电势能先变大后变小
D．此带电粒子带正电，它的电势能先变大后变小
解析：选C。根据电场线的疏密比较电场强度的大小，可知P点电场线密，电场强度大，EP＞EQ，B错误；根据沿电场线的方向电势降低，P点的电场线密，等差等势面也密，可知φP>φQ，A错误；根据电场线的特点，可知此电场是由不等量的异种电荷产生的，其中q1带负电，q2带正电，粒子从M点运动到N点，轨迹向左弯曲，受到了库仑斥力，所以此带电粒子带负电，电势先降低后升高，所以负电荷的电势能先变大后变小，C正确，D错误。
【拓展训练2】　(多选)(2020·湖北期末)如图所示，匀强电场中等腰直角三角形ABC，＝＝2 cm，D为AB边中点，电场方向与△ABC所在平面平行，规定B点的电势为0，将电荷量q＝－6×10－6 C的点电荷从A点移到B点，电场力做了－2.4×10－5 J的功，再将电荷从B点移到C点，电场力又做了1.2×10－5 J的功，则下列说法正确的是(　　)
A．点电荷q在D点具有的电势能为－1.0×10－5 J
B．A点的电势为4 V
C．该匀强电场的场强大小为100 V/m，方向垂直于CD连线指向B点
D．将△ABC绕B点顺时针旋转，无论转过多大的角度，A、C两点电势都不会相等
解析：选BC。根据公式U＝，则有：UAB＝＝ V＝4 V，UBC＝＝ V＝－2 V，规定B点的电势为0，则φA＝UAB＝4 V，在匀强电场中沿着同一方向距离相等的任何两点间电势差相等，可得：φD＝＝2 V，故点电荷q在D点具有的电势能为：EpD＝φDq＝2×(－6×10－6) J＝－1.2×10－5 J，故A错误，B正确；规定B点的电势为0，则φC＝－UBC＝2 V，故连接CD则为一条等势面，过B作CD垂线则为一条电场线，如图所示，
由几何关系得：sin∠BCD＝＝，则E＝＝ V/m＝100 V/m，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，电场方向为垂直于CD连线指向B点，故C正确；将△ABC绕B点顺时针旋转，当转到AC与电场线垂直时则A、C两点电势会相等，故D错误。
热点二　磁场基本性质的理解
1．电流产生的磁场的合成
对于多个电流在空间某点的合磁场方向，首先应用安培定则判断出各电流在该点的磁场方向(磁场方向与该点和电流连线垂直)，然后应用平行四边形定则合成。
2．磁场性质分析的两点技巧
(1)判断电流磁场要正确应用安培定则，明确大拇指、四指所指的方向及手掌的放法。
(2)分析磁场对电流的作用要做到“一明、一转、一析”。即：
3．磁场力做的功
磁场力包括洛伦兹力和安培力，由于洛伦兹力的方向始终和带电粒子的运动方向垂直，洛伦兹力不做功，但是安培力可以做功。
(2020·皖南八校联考)六根导线的横截面示意图如图所示，导线分布在正六边形的六个角，导线所通电流方向已在图中标出。已知每条导线在O点磁感应强度大小为B0，则正六边形中心处磁感应强度大小和方向(　　)
A．大小为零
B．大小2B0，方向水平向左
C．大小4B0，方向水平向右
D．大小4B0，方向水平向左
[解析]　根据磁场的叠加原理，将最上面电流向里的导线在O点产生的磁场与最下面电流向外的导线在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B1；同理，将左上方电流向里的导线在O点产生的磁场与右下方电流向外的导线在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B3，将右上方电流向里的导线在O点产生的磁场与左下方电流向外的导线在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为B2，如图所示，根据磁场的叠加原理可知：B1＝B2＝B3＝2B0，由几何关系可知：B2与B3的夹角为120°，故将B2与B3合成，则它们的合磁感应强度大小也为2B0，方向与B1的方向相同，最后将其与B1合成，可得正六边形中心处磁感应强度大小为4B0，方向水平向左，D正确，A、B、C错误。
[答案]　D
【拓展训练3】　(2020·河北唐山一模)如图所示，垂直于纸面放置的金属棒用绝缘丝线悬挂在O点，金属棒的质量m＝0.1 kg、长度L＝0.5 m，金属棒中通有垂直于纸面向里的电流。在竖直面内加上匀强磁场，金属棒平衡时丝线与竖直方向间夹角θ＝30°，金属棒中电流强度I＝2 A，重力加速度g取10 m/s2。关于所加磁场，下列判断正确的是(　　)
A．磁场的方向可能垂直于丝线指向右上方
B．若所加磁场的磁感应强度大小B＝0.8 T，那么磁场的方向是唯一确定的
C．若所加磁场的方向与丝线平行，那么磁场的磁感应强度数值最小
D．只要所加磁场的磁感应强度大小确定，丝线上的拉力大小也就是唯一确定的
解析：选C。金属棒受重力、绳子拉力和安培力，三力平衡，受力分析如图所示，故安培力一定与拉力和重力的合力大小相等，方向为如图所示弧形区域的反方向。由图可知，磁场方向应该指向左上方，故A错误；若所加磁场的磁感应强度大小B＝0.8 T，只要安培力大小与拉力和重力的合力大小相等，方向相反即可，故磁场方向不确定，故B错误；由图可知，当安培力与绳子拉力垂直时，安培力最小，磁感应强度最小，根据左手定则可判定，此时所加磁场的方向与丝线平行，故C正确；所加磁场的磁感应强度大小确定，由于磁场方向不确定，故安培力不确定，绳子拉力则不确定，只要满足三力合力为零即可，故D错误。
【拓展训练4】　(2020·山西运城模拟)如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100 J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中(　　)
A．到达C点后小球不可能沿杆向上运动
B．小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等
C．小球在D点时的动能为50 J
D．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量
解析：选B。如果小球受电场力大于重力，则到达C点后小球可能沿杆向上运动，A错误；小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力的作用，由于F洛＝qvB，故下滑过程中洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，B正确；由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D点时的动能也就不为50 J，C错误；该过程小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，D错误。
热点三　带电粒子在磁场中的匀速圆周运动
1．基本思路
(1)一点：在特殊位置或要求粒子到达的位置(如初始位置、要求经过的某一位置等)。
(2)两画：画出速度v和洛伦兹力F两个矢量的方向。
(3)三定：定圆心、定半径、定圆心角。
(4)四写：写出基本方程qvB＝m，半径R＝，周期T＝＝，运动时间t＝＝T。
2．常见模型的解题思路
(1)解答有关运动电荷在有界匀强磁场中的运动问题时，我们可以先将有界磁场视为无界磁场，假设粒子能够做完整的圆周运动，确定粒子做圆周运动的圆心，作好辅助线，充分利用相关几何知识解题。
(2)对称规律解题法
①从直线边界射入的粒子，又从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等(如图甲所示)。
②在圆形磁场区域内，沿半径方向射入的粒子，一定沿半径方向射出(如图乙所示)。
3．临界问题
(1)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系。
(2)粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。
(多选)(2020·湖南一轮检测)如图所示，半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，MN是一竖直放置的足够长的感光板。大量相同的带正电粒子从圆形磁场最高点P以速度v沿不同方向垂直于磁场方向射入，不考虑速度沿圆形磁场切线方向入射的粒子。粒子质量为m、电荷量为q，不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力。关于这些粒子的运动，以下说法正确的是(　　)
A．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越短
B．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越长
C．若粒子速度大小均为v＝，出射后均可垂直打在MN上
D．若粒子速度大小均为v＝，则粒子在磁场中的运动时间一定小于
[解析]　对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t＝T＝，知运动时间t 越短，故A正确，B错误；速度满足时v＝，根据洛伦兹力提供向心力可得粒子的轨迹半径为r＝＝R，根据几何关系可知入射点P、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，故粒子射出磁场时的速度方向与MN垂直，沿不同方向射入磁场，出射后均可垂直打在MN上；根据几何关系可知轨迹对应的圆心角小于180°，粒子在磁场中的运动时间t[答案]　ACD
【拓展训练5】　(多选)(2020·永州二模)如图所示，边长为L的等边三角形abc为两个匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场范围足够大、方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小也为B。顶点a处的粒子源沿∠a的角平分线发射质量为m、电荷量为q的带负电粒子，其初速度大小v0＝，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　)
A．粒子第一次返回a点所用的时间是
B．粒子第一次返回a点所用的时间是
C．粒子在两个有界磁场中运动的周期是
D．粒子在两个有界磁场中运动的周期是
解析：选AD。v0＝，带电粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，则由牛顿第二定律可得：qvB＝m，T＝，将速度代入可得：r＝L，由左手定则可知，粒子在三角形内的区域内偏转的方向向右，从a射出粒子第一次通过圆弧从a点到达c点的运动轨迹如下图所示，可得：
tac＝＝，粒子从c到b的时间：tcb＝T，带电粒子从b点到达a点的时间也是，所以粒子第一次返回a点所用的时间是t1＝tac＋tcb＋tba＝T＝，故A正确，B错误；粒子第一次到达a点后沿与初速度方向相反的方向向上运动，依次推理粒子在一个周期内的运动，可知粒子运动一个周期的时间是3个圆周运动的周期的时间，即：t总＝3T＝，故C错误，D正确。
【拓展训练6】　(多选)(2020·山东九校联考)如图所示，半径为R的圆形区域中有垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为B，PQ为该圆形磁场的一条直径，圆弧PM恰为圆周长的。现有大量电子从P点以相同的速率，从不同方向射入磁场，其中一电子与PQ成30°角射入磁场，并从M点射出，已知电子电荷量为e，质量为m，则下列说法中正确的是(　　)
A．电子的速率为
B．电子在磁场中运动的轨道半径为2R
C．沿PQ方向射入的电子在磁场中运动的时间为
D．所有电子射出磁场时速度方向都相同
解析：选AD。电子运动轨迹如图所示，
由题意可知弧长PM恰为圆周长的，则∠POM＝120°，洛伦兹力与速度垂直，则∠O′PO＝60°，则PO′∥OM，PO∥O′M，则电子做圆周运动的轨道半径r＝R，由牛顿第二定律得evB＝，解得v＝，故A正确，B错误；沿PQ方向射入的电子运动的轨迹所对应的圆心角为，由公式T＝得t＝＝·＝，故C错误；无论电子以什么角度入射，四边形POMO′恒为菱形，所以O′M∥PO，电子射出时的速度方向一定向下，是相同的，故D正确。
(建议用时：35分钟)
1. (多选)(2020·厦门一模)在固定的带负电点电荷Q产生的电场中，一带电粒子q(不计重力)绕Q做椭圆运动，轨迹如图中虚线所示，轨迹上有a、b两点，a点离Q最近，b点离Q最远。下列说法正确的是(　　)
A．a点的电势高于b点的电势
B．a点的电场强度大于b点的电场强度
C．粒子q过a点时，粒子所受电场力做功的功率最大
D．粒子q由a运动到b的过程中，电势能增大
解析：选BD。根据“电场线与等势线垂直”和“沿电场线方向电势逐渐降低”可知，a点的电势低于b点的电势，故A错误；由E＝k可知，a点的电场强度大于b点的电场强度，故B正确；粒子q经过a点时所受电场力的方向与速度方向垂直，电场力做功的功率为零，故C错误；粒子q由a点运动到b点的过程中所受电场力的方向与速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，故D正确。
2. (2020·四川成都二诊)如图所示，空间有一等边三角形OAB，C为AB的中点，E为OA的中点，F为AE的中点，在顶点O处固定一负的点电荷，下列说法正确的是　(　　)
A．E、A两点的电场强度大小之比为2∶1
B．F点的电势比C点电势低
C．将一正的试探电荷从A点沿直线移到B点，其电势能先增大后减小
D．若A点电势为φ1，E点电势为φ2，则F点的电势为
解析：选B。根据点电荷的电场强度公式E＝k可知，由于EO＝OA，所以E、A两点的电场强度大小之比为4∶1，故A错误；由于F点比C点离负电荷更近，所以F点电势更低，故B正确；从A点沿直线移到B点，电势先降低后升高，所以正电荷的电势能先减小后增大，故C错误；由于点电荷的电场为非匀强电场，则φA－φF≠φF－φE，所以若A点电势为φ1，E点电势为φ2，则F点的电势不等于，故D错误。
3．(多选)(2020·广州天河区综合测试)如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，一电荷量为＋q、质量为m的小球在力F的作用下，沿图中虚线由M至N做竖直向上的匀速运动。已知力F和MN之间的夹角为45°，MN之间的距离为d，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　)
A．电场的方向可能水平向左
B．电场强度E的最小值为
C．当qE＝mg时，小球从M运动到N时电势能变化量为零
D．F所做的功一定为mgd
解析：选BC。小球受力情况：小球受到重力mg、拉力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图所示，由图可知，电场力在右侧，由于小球带正电，电场方向与电场力方向相同，故指向右侧，故A错误；由图可知，当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时电场强度也最小。则得：qE＝mgsin θ，所以电场强度的最小值为E＝＝，故B正确；当mg＝Eq时，根据几何关系，电场力水平向右，与MN垂直，小球从M运动到N电场力不做功，即小球从M运动到N时电势能变化量为零，故C正确；由于电场力变化时，F大小也跟随着改变，所以做功也不能确定具体值，故D错误。
4. (多选)(2020·广东六校联盟联考)真空中电荷量均为Q的两同种点电荷连线和一绝缘正方体框架的两侧面ABB1A1和DCC1D1中心连线重合，连线中心和立方体中心重合，空间中除两同种电荷Q产生的电场外，不计其他任何电场的影响，则下列说法正确的是(　　)
A．正方体两顶点A、C1电场强度相同
B．正方体两顶点A、C1电势相同
C．两等量同种点电荷周围电场线和面ABB1A1总是垂直
D．把正检验电荷q从顶点A移到C电场力不做功
解析：选BD。电场强度是矢量，需要两个电荷在不同点进行电场强度的叠加，所以A点和C1点两处的电场强度大小相等，方向不同，且A点合电场强度不与面ABB1A1垂直，故A、C错误；根据电势的对称性可知A、B、B1、A1和D、C、C1、D1这8个点的电势相等(关于点电荷连线的中点对称)，故B正确；因为A点和C点的电势相等，根据电场力做功：W＝qU可知，正检验电荷q从顶点A移到C电场力不做功，故D正确。
5. (2020·河南十名校模拟)如图所示，真空中固定于A、B两点的点电荷Q1＝＋2.0×10－6 C、Q2＝－2.0×10－6 C，AB之间的距离L为2.0 m，MN为AB的中垂线，P点与A、B的距离也为2.0 m，已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，则(　　)
A．两点电荷间的库仑力大小为1.8×10－2 N
B．P点电场强度的方向竖直向上
C．若P点放置q＝＋2.0×10－6 C的电荷，该电荷受到的电场力为9.0×10－3 N
D．若P点放置q＝＋2.0×10－6 C的电荷，该电荷受到的电场力为9×10－3 N
解析：选C。根据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小F＝k，代入数据得F＝9.0×10－3 N，A错误；A、B两点电荷在P点产生的电场强度大小相等，均为E1＝k，A、B两点电荷形成的电场在P点的合电场强度大小E＝2E1cos 60°＝4.5×103 V/m，根据矢量合成的法则，方向为水平向右，B错误；P点处的电荷受到电场力的大小为F＝qE＝9.0×10－3 N，C正确，D错误。
6. (2020·广州模拟)如图所示，圆环上均匀分布着正电荷，直线MN垂直于圆环平面且过圆心O，M、N两点关于O点对称。将一带负电的试探电荷从M无初速度释放，选无穷远处电势能为零，下列说法正确的是(　　)
A．M、N两点电场强度相同
B．试探电荷经过O点时速度最大
C．试探电荷经过O点时电势能为零
D．试探电荷将在MN之间做简谐运动
解析：选B。由电场强度叠加原理可知，M、N两点电场强度大小相等，方向相反，故A错误；圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的电场强度相互抵消，合电场强度为零，圆环上各电荷产生的电场强度在MN直线上竖直方向的分量相互抵消，在O点左边水平分量水平向左，由电场的叠加原理可知，在O点左边电场强度方向向左，同理可知，在O点右边电场强度方向向右，带负电的试探电荷从M无初速度释放向右先做加速运动，到O点加速度为0，速度最大，接着向右做减速运动，故B正确；选无穷远处电势能为零，由顺着电场线方向电势降低可知，O点电势最高且不为0，则电势能不为0，故C错误；由点电荷电场强度公式E＝k可知，带负电的试探电荷运动过程中的合力与位移不成正比，故试探电荷在MN之间不做简谐运动，故D错误。
7．(2020·通州区高三期末)如图所示，两根垂直于纸面平行放置的直导线M和N，通有大小相等方向相反的电流I，在纸面上与M、N距离相等的一点P处，M、N导线产生的磁场的磁感应强度分别为B1、B2，则下图中正确标出B1与B2合矢量B的方向的是(　　)
解析：选D。M、N在P点产生的磁感应强度大小相等，根据安培定则，电流M在P点的磁场向右上方，电流N在P点的磁场的方向向右下方，所以，合磁场的方向一定向右。
8. (多选)(2020·海淀区期末)如图所示，两条平行的金属轨道所构成的平面与水平地面的夹角为θ，在两轨道的顶端之间接有电源和一滑动变阻器，滑动变阻器的滑片处于中点位置，整个装置处于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。一根金属杆ab垂直放在两导轨上，与导轨构成闭合电路，ab杆处于静止状态。现将滑动变阻器的滑片向N端缓慢滑动，此过程中ab杆始终保持静止状态。下列说法正确的是(　　)
A．金属杆与轨道之间一定不是光滑的
B．金属杆所受安培力的方向沿斜面向上
C．滑片向N端滑动的过程中金属杆所受安培力变小
D．滑片向N端滑动的过程中金属杆对轨道的压力变小
解析：选AC。金属杆受力平衡，从a端看去，对金属杆受力分析，如图所示，
可知金属杆受到的安培力沿斜面向下，金属杆和轨道之间有摩擦力，故A正确，B错误；滑片向N端滑动，电阻增大，电流减小，根据安培力的表达式：F安＝BIL，可知安培力减小，故C正确；根据受力分析可知，轨道对金属杆的支持力大小始终与重力垂直于斜面的分力大小相等，由牛顿第三定律可知金属杆对轨道的压力不变，故D错误。
9．(2020·渭南市教学质量检测)如图所示，在0≤x≤0.3 m区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小B＝0.2 T，方向垂直于纸面向外。一位于坐标原点的粒子源在xOy平面内发射出大量同种带正电粒子，所有粒子的初速度大小均为2×104 m/s，方向与y轴正方向的夹角分布在0～180°范围内。已知粒子的电荷量为2×10－4 C，质量为4×10－10 kg，则这些粒子在磁场中运动的最长时间为(　　)
A．×10－5s　　　　　 B．×10－5s
C．π×10－5s D．×10－5s
解析：选D。由洛伦兹力提供向心力qvB＝m，得r＝，代入数据解得r＝0.2 m，粒子的运动轨迹如图，由几何关系可得，r＋rsin θ＝0.3 m，解得θ＝30°，所以粒子的偏转角为α＝240°，所以最长的运动时间为tmax＝T＝×10－5s，故选D。
10．(多选)(2020·海淀区期末)如图所示，在一个圆形区域内有垂直于圆平面的匀强磁场，现有两个质量相等、所带电荷量大小也相等的带电粒子a和b，先后以不同的速率从圆边沿AO方向射入圆形磁场区域，它们穿过磁场区域的运动轨迹如图所示。粒子之间的相互作用力及所受重力和空气阻力均可忽略不计，下列说法正确的是(　　)
A．a、b两粒子所带电荷的电性一定不同
B．射入圆形磁场区域时a粒子的速率较大
C．穿过磁场区域的过程洛伦兹力对a做功较多
D．穿过磁场区域的过程a粒子运动的时间较长
解析：选AD。粒子的运动偏转轨迹相反，根据左手定则可知，粒子电性相反，故A正确；粒子沿圆形磁场的直径飞入，根据径向对称定圆心如图所示，可知：raαb，所以穿过磁场区域过程中所用时间ta>tb，故D正确。
11. (2020·大兴区期末)如图所示，正方形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直于磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是(　　)
A．粒子带正电
B．粒子在b点速率大于在a点速率
C．若仅增大磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变长
解析：选D。由左手定则可知，粒子带负电，A错误；粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，粒子的速率不变，则粒子在b点速率等于在a点速率，B错误；根据r＝可知，若仅增大磁感应强度，则粒子轨道半径减小，则粒子不可能从b点右侧射出，C错误；若仅减小入射速率，根据r＝可知粒子运动的半径减小，在磁场中运动的圆弧所对的圆心角变大，而粒子的周期不变，根据t＝T，则粒子在磁场中运动时间变长，D正确。
12. (多选)(2020·河南阶段性考试)如图所示，A、B、C为一等边三角形的三个顶点，D、E分别为BC、AC边的中点，在该三角形区域内存在磁感应强度大小为B0、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。质量相同的甲、乙两粒子(不计重力)先后从A点沿AD方向均以速度v0进入三角形区域，最后甲、乙两粒子分别从B、E点离开三角形区域。下列说法正确的是(　　)
A．甲粒子带正电，乙粒子带负电
B．若用q甲、q乙分别表示甲、乙两粒子所带的电荷量，则q甲＝2q乙
C．若用r甲、r乙分别表示甲、乙两粒子在磁场中做圆周运动的半径，则r甲＝2r乙
D．若用t甲、t乙分别表示甲、乙两粒子在三角形区域内运动的时间，则t甲＝2t乙
解析：选ACD。根据题意作出两粒子在三角形磁场区域内运动的轨迹，如图所示。根据左手定则可知，甲粒子带正电，乙粒子带负电，A正确；由图中几何关系可知r甲＝2r乙，由qv0B0＝m,r)可知＝，解得q乙＝2q甲，B错误，C正确；由周期公式T＝，和运动时间t＝T，联立解得t＝θ(θ为粒子运动的轨迹圆弧对应的圆心角)；由图中几何关系可知θ甲＝θ乙，即甲、乙两个粒子在三角形区域内运动的轨迹圆弧对应的圆心角相等，故＝，解得t甲＝2t乙，D正确。
13. (2020·天津六校期末联考)如图所示，两足够长平行金属导轨间的距离L＝1 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.5 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.5 Ω的直流电源。现把一个质量m＝0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒能静止在导轨上。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R＝4 Ω，其他电阻不计，g取10 m/s2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求导体棒受到的安培力大小；
(2)求导体棒受到的摩擦力大小和方向；
(3)若把匀强磁场B的方向改为竖直向上、大小改为1.0 T，且已知导体棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ＝0.1，其他条件都不变，求改变磁场的瞬间导体棒的加速度大小。
解析：(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I＝＝ A＝1 A
导体棒受到的安培力F安＝BIL，代入数据得：F安＝0.5 N。
(2)导体棒所受重力沿斜面向下的分力
F1＝mgsin 37°＝0.24 N
由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件可得mgsin 37°＋f＝F安
解得f＝0.26 N，方向沿斜面向下。
(3)匀强磁场B的方向改为竖直向上时，安培力水平向右，F安′＝B′IL＝1 N
而重力的下滑分力为F1＝mgsin 37°＝0.24 N
金属棒所受摩擦力为
f′＝μ(mgcos 37°＋B′ILsin 37°)＝0.092 N
由牛顿第二定律得F安′cos 37°－F1－f′＝ma
解得a＝11.7 m/s2。
答案：(1)0.5 N　(2)0.26 N　方向沿斜面向下
(3)11.7 m/s2