2021-2022年高考物理二轮复习专题突破3电场和磁场第1讲电场和磁场的基本性质
2021届高三物理二轮复习专题三电场和磁场第1讲电场和磁场逐题对点特训
2021届高三物理二轮复习专题三电场和磁场第1讲电场和磁场逐题对点特训1.(2021·湖北襄阳调研)公元前600年左右，希腊人泰勒斯就发觉了用毛皮摩擦过的琥珀能吸引轻小物体．公元一世纪，我国学者王充在《论衡》一书中也写下了“顿牟掇芥”．关于静电场，下列说法正确的是( C )A．沿电场线方向电场强度越来越小B．若电场中某点的电场强度为零，则该点电势也必定为零C．等势面一定与电场强度的方向垂直D．初速度为零的带电粒子在电场中一定沿电场线运动解析在匀强电场中，沿电场线方向电场强度不变，选项A错误；电势与场强无关，等量同种点电荷连线中点处的场强为0、电势不为0(选无穷远处电势为0)，选项B错误；沿电场线方向电势降低，等势面与电场线垂直，选项C正确；在非匀强电场中，初速度为零的带电粒子不一定沿电场线运动，选项D错误．2．(2021·河北二校联考)一个带负电的粒子仅在电场力作用下运动，其电势能随时刻变化规律如图所示，则下列说法正确的是( D )A．该粒子可能做直线运动B．该粒子在运动过程中速度保持不变C．t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度一定相同D．粒子运动轨迹上各点的电势一定相等解析粒子的电势能不变，电场力不做功，而带电粒子只受电场力，不可能做直线运动，选项A错误；依照能量守恒定律可知粒子的动能不变，速度大小不变，粒子做曲线运动，速度方向在改变，选项B错误；粒子的电势能不变，电场力不做功，依照电场力公式W＝qU 知粒子运动轨迹上各点的电势一定相等，而电场强度与电势无关，t1、t2两个时刻，粒子所处位置电场强度不一定相同，选项C错误，D正确．3．(2021·山西重点中学模拟)如图所示，一个质量为m 、带电荷量为－q 的滑块(可视为质点)放置在质量为M 的光滑斜劈上，斜劈的倾角为θ＝30°，斜劈固定在水平地面上，现在斜劈的底端C 点竖直放置一绝缘杆，绝缘杆的顶端放置一带电荷量为＋Q 的小球(可视为质点)．已知斜劈的斜边长为L ，绝缘杆的高度也为L ，静电力常量为k ，现给滑块一沿斜劈向下的初速度v ，让滑块沿斜面下滑，若滑块始终在斜面上运动，则下列说法中正确的是( B )A ．运动过程中滑块所受库仑力一直增大B ．滑块受到的库仑力最大值为4kqQ3L 2C ．滑块运动到斜面中点时速度最大D ．滑块运动到C 点时的速度大小为v解析 滑块沿斜面向下运动的过程中与小球的距离先减小后增大，故所受库仑力先增大后减小，当滑块运动到斜面的中点时所受库仑力最大，现在F 库＝kqQ L cos θ2＝4kqQ 3L2，故选项A 错误，B 正确．当滑块所受重力沿斜面向下的分力等于库仑力沿斜面向上的分力时，滑块的速度最大，滑块运动到斜面中点时加速度方向沿斜面向下，因此滑块运动到斜面中点时速度不是最大，选项C 错误；滑块运动到C 点的过程中，依照对称性，库仑力对滑块做的总功为零，由动能守恒可得12mv 2＋mgL ·sin θ＝12mv 2C ，故v C >v ，选项D 错误．4．(2021·陕西咸阳模拟)如图，真空中a 、b 、c 、d 四点共线且等距．先在a 点固定一点电荷＋Q ，测得b 点场强大小为E .若再将另一点电荷＋2Q 放在d 点，则( B )A ．b 点场强大小为94EB ．c 点场强大小为74EC ．若将电子从b 点移动到c 点，其电势能不变D ．b 点电势比c 点电势高解析 设a 、b 之间的距离为r ，则b 、d 之间的距离为2r ，a 、c 之间的距离为2r ，c 、d 之间的距离为r ，＋Q 在b 点产生的电场强度E ＝k Q r2，方向由a 指向d .若再将另一点电荷＋2Q 放在d 点，它在b 点产生的电场强度E ′＝k 2Q2r2＝kQ2r2，方向由d 指向a .依照电场叠加原理，b 点的场强大小为E b ＝E －E ′＝k Q r 2－k Q 2r 2＝k Q 2r 2＝E2，方向由a 指向d ，选项A 错误；＋Q 在c 点产生的电场强度E 1＝kQ2r2，＋2Q 在c 点产生的电场强度E 2＝k 2Qr2，二者方向相反，c 点的场强大小为E c ＝E 2－E 1＝k 2Q r 2－k Q 4r 2＝74k Q r 2＝74E ，方向由d 指向a ，选项B 正确；若将电子从b 点移动到c 点，电场力先做负功后做正功，其电势能先增大后减小，选项C 错误；b 点的电势比c 点的电势低，选项D 错误．5．(2021·江苏高考题)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 点静止开释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 点静止开释的电子( A )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 电子在A 、B 板间的电场中加速运动，在B 、C 板间的电场中减速运动，设A 、B 板闻的电压为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 ＝U d ＝Q C 0d ＝4πkQεS可知，C 板向右平移到P ′时，B 、C 两板间的电场强度不变，由此能够判定，电子在A 、B 板间加速运动后，在B 、C 板间减速运动，到达P 点时速度为零，然后返回，A 项正确，B 、C 、D 项错误．6．(2021·河南郑州推测)等量异种点电荷在周围空间产生静电场，其连线(x 轴)上各点的电势φ随x 的分布图象如图所示．x 轴上AO <OB <，A 、O 、B 三点的电势分别为φA 、φO 、φB ，电场强度大小分别为E A 、E O 、E B ，电子在A 、O 、B 三点的电势能分别为E p A 、E p O 、E p B .下列判定正确的是( D )A ．φB >φA >φOB ．E A >E O >E BC ．E p O <E p A <E p BD ．E p B －E p O >E p O －E p A解析 正电荷周围电势较高，负电荷周围电势较低，φA >φO >φB ，选项A 错误；依照电场强度的合成可知B 点场强最大，O 点最小，选项B 错误；电子带负电．依照电势能E p ＝qφ，可知E p B 最大，E p A 最小，选项C 错误；由图象可知U OB >U AO ，依照电场力做功W ＝qU ，电子带负电，可知W BO >W OA ，即E p B －E p O >E p O －E p A ，故选项D 正确．7．(2021·湖北武汉调考)(多选)如图所示，水平放置的平行金属板A 、B 连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M 和N 同时分别从极板A 的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇，若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是( AC )A ．电荷M 的电荷量大于电荷N 的电荷量B ．两电荷在电场中运动的加速度相等C ．从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M 做的功大于电场力对电荷N 做的功D ．电荷M 进入电场的初速度大小与电荷N 进入电场的初速度大小一定相同解析 从轨迹能够看出y M >y N ，故12·Uq M dm M t 2>12·Uq N dm N t 2，运算得出Uq M dm M >Uq Ndm N，q M >q N ，选项A 正确，B 错误；依照动能定理，电场力的功为W ＝12mv 2y ，质量m 相同，M 电荷竖直分位移大，竖直方向的末速度v y ＝2yt也大，故电场力对电荷M 做的功大于电场力对电荷N 做的功，选项C正确；从轨迹能够看出x M >x N ，故v M >v N ，选项D 错误．8．(2021·宁夏银川模拟)(多选)一平行板电容器两极板的正对面积为S ，两极板间的距离为d .若两极板之间为空气，则电容为C .若将此电容器串联一个电阻R 后接到电动势为E 、内阻为r 的电源两端充电，如图所示．下列说法正确的是( BC )A ．若保持开关闭合，增大d ，则极板带电荷量Q 不变B ．若保持开关闭合，减小S ，则两极板之间的电场强度不变C ．若断开开关，增大d ，则两极板之间的电场强度不变D ．若断开开关，在两极板间插入云母片，两极板之间的电压不变解析 若保持开关闭合，则两极板之间的电压不变．增大d ，依照C ＝εr S4πkd ，可知电容减小，由C ＝Q U ，可知极板带电荷量Q 减小，选项A 错误．由E ＝U d可知，减小S ，则两极板之间的电场强度不变，选项B 正确．若断开开关，则极板带电荷量Q 不变，由E ＝U d ＝Q Cd＝4πkQεr S，可知增大d ，两极板之间的电场强度不变，选项C 正确．在两极板间插入云母片，电容增大，由C ＝Q U，可知两极板之间的电压减小，选项D 错误．9．(2021·河北保定调研)(多选)在匀强电场中，一电荷量为＋q 的粒子(不计重力)以初动能E 0由A 点沿某一方向射出；通过C 点时其动能为3E 0；若将该粒子还以初动能E 0由A 点沿另一方向射出，粒子通过B 点时动能为9E 0.如图所示，A 、B 、C 三点构成直角三角形且∠ABC ＝ 30°，匀强电场平行于△ABC 所在平面．U AB 、U AC 分别表示A 、B 两点与A 、C 两点间电势差，已知AC ＝d ，下列说法正确的是( BC )A ．U AC ∶U AB ＝1∶3 B ．U AC ∶U AB ＝1∶4C ．匀强电场的电场强度大小为4E 0qdD ．匀强电场沿BC 方向 解析带电粒子由A 到C 的过程，由动能定理得qU AC ＝3E 0－E 0，带电粒子由A 到B 的过程，由动能定理得qU AB ＝9E 0－E 0，解得U AC ∶U AB ＝1∶4，选项A 错误，B 正确；由分析可知，C 点的电势比B 点的电势高，且在AB 上与C 点电势相等的点为D 点，D 点为AB 的四等分点，如图所示，由几何关系知CD ⊥AB ，因此电场强度的方向由A 指向B ，又AB ＝2d ，则E ＝U AB 2d ＝4E 0qd，选项C 正确，D 错误．10．(2021·河北石家庄二中模拟)(多选)如图所示在两个等量同种负点电荷连线的中垂面上以连线中点O 为圆心的两个同心圆，两圆上有a 、b 、c 、d 四个点，Oac 三点共线，则( BD )A ．a 、c 两点的电场强度方向相同，大小不可能相等B ．a 、b 两点的电势相同C ．将带正电的试探电荷在平面内从b 移到d 点，电场力不做功D ．带正电的试探电荷仅在电场力作用下在此平面内可能做匀速圆周运动解析 依照两个等量同种负点电荷电场线特点，a 、c 两点的电场强度方向相同，大小可能相等，选项A 错误；a 、b 两点在同一等势面上，两点的电势相同，选项B 正确；由于b 、d 两点不在同一等势面上，将带正电的试探电荷在平面内从b 移到d 点，电场力做负功，选项C 错误；在中垂面内带正电的试探电荷始终受到方向指向O 点的电场力，在此平面内可能做匀速圆周运动，选项D 正确．11．(2021·广西柳州模拟)(多选)如图甲所示，竖直极板A 、B 之间距离为d 1，电压为U 1，水平极板C 、D 之间距离为d 2，GH 为足够长的荧光屏，到极板C 、D 右侧的距离为L .极板C 、D 之间的电压如图乙所示．在A 板中央有一电子源，能不断产生速率几乎为零的电子．电子经极板A 、B 间电场加速后从极板B 中央的小孔射出，之后沿极板C 、D 的中心线射入极板C 、D 内．已知t ＝0时刻射入C 、D 间的电子经时刻T 恰好能从极板C 的边缘飞出．不计阻力、电子的重力以及电子间的相互作用，下列说法正确的是( AC )A ．电子在荧光屏上形成的亮线长度为d 23B ．保持其他条件不变，只增大d 1，荧光屏上形成的亮线长度变长C ．保持其他条件不变，只增大d 2，荧光屏上形成的亮线长度变短D ．保持其他条件不变，只增大L ，荧光屏上形成的亮线长度变长解析 t ＝0时刻射入C 、D 间的电子，eU 22md 2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＋eU 2md 2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝d 22，则t ＝T2时刻射入C 、D 间的电子，eU 22md 2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝d 26，因为电子穿过C 、D 运动的时刻相等，则出电场时竖直方向的速度恒定，所有电子均平行射出电场，故亮线长度为d 22－d 26＝d 23，选项A 正确；若只增大d 1，则电子射入C 、D 间时的速度不变，荧光屏上形成的亮相长度不变，选项B 错误；若增大C 、D间距离为d ′2，则有eU 22md ′2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＋eU 2md ′2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝d 222d ′2和eU 22md ′2⎝ ⎛⎭⎪⎫T 22＝d 226d ′2，d 222d ′2－d 226d ′2＝d 223d ′2<d 23，即荧光屏上形成的亮线长度变短，选项C 正确；因为电子均平行射出电场，故亮线长度与L 无关，选项D 错误．12．(2021·江苏南京模拟)(多选)一个带正电的试探电荷，仅在电场力作用下在x 轴上从－x 1向x 1运动，其速度v 随位置x 变化的图象如图所示，由图象可知( BD )A ．电荷从x ＝－x 1运动到x ＝0的过程做匀减速直线运动B ．从x ＝0到x ＝x 1，电场强度逐步增大C ．在x 轴上，x ＝0处电势最低D ．从x ＝－x 1到x ＝x 1的过程中，电荷的电势能先增大后减小解析 速度随着位移逐步减小，但不是匀减速直线运动，选项A 错误；从x ＝0到x ＝x 1，速度与位移成正比，速度的平方对位移求导表示加速度，因此电场强度逐步增大，选项B 正确；从x ＝－x 1到x ＝x 1的过程中，动能先减小后增大，因此电荷的电势能先增大后减小，选项D 正确；在x 轴上，x ＝0处电势最高，选项C 错误．13．(2021·山西重点中学联考)如图所示为一多级加速器模型，一质量为m ＝×10－3kg 、电荷量为q ＝×10－5C 的带正电小球(可视为质点)通过1、2级无初速度地进入第3级加速电场，之后沿位于轴心的光滑浅槽，通过多级加速后从A 点水平抛出，恰好能从MN 板的中心小孔B 垂直金属板进入两板间，A 点在MN 板左端M 点正上方，倾斜平行金属板MN 、PQ 的长度均为L ＝1.0 m ，金属板与水平方向的夹角为θ＝37°，sin 37°＝，cos 37°＝，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)忽略在加速级中带电小球重力的阻碍，求A 点到M 点的高度以及多级加速电场的总电压U ；(2)若该平行金属板间有图示方向的匀强电场，且电场强度大小E ＝100 V/m ，要使带电小球不打在PQ 板上，则两板间的距离d 至少要多长？解析 (1)设小球从A 点到B 点的运动时刻为t 1，小球的初速度为v 0，A 点到M 点的高度为y ，则有v 0gt 1＝tan θ， ① L2cos θ＝v 0t 1，② y －L 2sin θ＝12gt 21，③ 联立①②③并代人数据解得v 0＝ 3 m/s ，y ＝1730 m ．④带电小球在多级加速器加速的过程，依照动能定理有qU ＝12mv 20－0，⑤代人数据解得U ＝ V.(2)进入电场时，以沿板向下为x 轴正方向和垂直于板向下为y 轴正方向建立直角坐标系，将重力正交分解，则沿y 轴方向有F y ＝mg cos θ－qE ＝0，⑥ 沿x 轴方向有F x ＝mg sin θ，⑦故小球进入电场后做类平抛运动，设刚好从P 点离开，则有F x ＝ma ， ⑧L 2＝12at 22， ⑨ d min ＝v 0sin θt 2，○10 联立④⑦⑧⑨⑩并代人数据，解得d min ＝526 m ，即两板间的距离d 至少为526m.答案 (1) V (2)526m14．(2021·四川重点中学联考)如图，将一内壁光滑的绝缘细圆管做成的圆环BDC 固定在竖直面内，圆环的圆心为O ，D 为圆环的最低点，其中∠BOC ＝90°，圆环的半径为R ＝2L ，过OD 的虚线与过BC 的虚线垂直且交于点S ，虚线BC 的上方存在水平向右的范畴足够大的匀强电场．圆心O 的正上方A 点有一质量为m 、带电荷量为－q 的绝缘小球(可视为质点)，其直径略小于圆管内径，AS ＝L .现将该小球无初速度开释，通过一段时刻小球刚好无碰撞地进入圆管中并连续在圆管中运动，重力加速度大小用g 表示．(1)求虚线BC 上方匀强电场的电场强度大小；(2)求当小球运动到圆环的最低点D 时对圆环压力的大小；(3)小球从管口C 离开后，通过一段时刻后落到虚线BC 上的F 点(图中未标出)，则C 、F 两点间的电势差为多大？解析 (1)小球被开释后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从B 点沿切线方向进入，则现在速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则tan 45°＝mg Eq ，解得E ＝mg q.(2)小球从A 点到D 点的过程中，依照动能定理得 12mv 2D －0＝mg (2L ＋2L )＋EqL ， 当小球运动到圆环的最低点D 时，依照牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2DR，联立解得F N ＝3(2＋1)mg ，依照牛顿第三定律得小球运动到圆环的最低点D 时对圆环的压力大小为3(2＋1)mg . (3)小球从A 点到B 点的过程中，依照动能定理得 12mv 2B ＝mgL ＋EqL ，解得v B ＝2gL ， 小球从C 点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度大小v C ＝v B ＝2gL ，小球的加速度大小g ′＝2g .当小球沿抛出方向和垂直抛出方向的位移相等时，回到虚线BC 上，则有v C t ＝12g ′t 2，解得t ＝22L g，则小球沿虚线BC 方向运动的位移x CF ＝2v C t ＝2×2gL ×22Lg＝8L ，沿着电场线方向电势降低，则C 点与F 点间的电势差为U CF ＝－Ex CF ＝－8mgLq.答案 (1)mg q(2)3(2＋1)mg (3)－8mgLq15．(2021·安徽师大附中模拟)如图所示，在场强大小为E 、方向竖直向上的匀强电场内取一个半径为R 的圆周，圆周所在平面平行于电场方向，O 点为该圆周的圆心，A 点是圆周上的最低点，B 点是圆周上最右侧的点．在A 点有放射源，在圆周所在的平面内沿着垂直电场向右的方向开释出相同的粒子，这些粒子从A 点射出时的初速度大小各不相同，已知粒子的质量为m ，带电荷量为＋q ，不计重力．(1)某一粒子运动轨迹通过圆周上的B 点，求该粒子从A 点射出时的初速度大小； (2)取圆周上的C 点，使OC 连线与OA 夹角为θ，试求出粒子通过C 点时的动能表达式； (3)若第(2)问中的C 点位置满足θ＝60°，则从B 、C 之间穿过圆周的这些粒子中通过圆周时所获得的最大动能和最小动能分别是多少？解析 (1)依照牛顿第二定律得a ＝qE m， 水平方向有R ＝v 0t ， 竖直方向有R ＝12at 2，联立解得v 0＝qER 2m. (2)水平方向有R sin θ＝v 0t ， 竖直方向有R －R cos θ＝12at 2，得v 20＝qER sin 2θ2m 1－cos θ，11 / 11 12v 20＝qER sin 2θ41－cos θ＝qER 1＋cos θ4， 通过C 点时的动能 E k ＝Eq (R －R cos θ)＋12mv 20＝14EqR (5－3cos θ)． (3)由(2)中的结论能够看出，当θ从0°变化到180°时，电荷通过圆周时的动能逐步增大，因此穿过C 点的电荷的末动能最小，穿过B 点的电荷的末动能最大 E k C ＝14EqR (5－3cos 60°)＝78EqR ，E k B ＝14EqR (5－3cos 90°)＝54EqR .答案 (1)qER 2m (2)3mv 202qL (3)见解析。
高考物理二轮专题复习课件：专题整合高频突破+专题三 电场和磁场1
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
r
可知
4π
解析 由 C= 和 C=
r
,将云母介质移出后相对介电常
4π
Q=
数 ε r 减小,电容器两极板间的电压仍保持不变,故极板上的电荷量变
小,再由 E= 可知,极板间电场强度不变,选项 D 正确。
57:0319 November 2021
8、教育技巧的全部诀窍就在于抓住儿童的这种上进心，这种道德上的自勉。要是儿童自己不求上进，不知自勉，任何教育者就
都不能在他的身上培养出好的品质。可是只有在集体和教师首先看到儿童优点的那些地方，儿童才会产生上进心。下午2时57分
3秒下午2时57分14:57:0321.11.19
D.ab>ac>aa,va>vc>vb
解析 根据库仑定律 F=
2
和牛顿第二定律 F=ma,又因为 Q 仅受 P
1
的电场力作用,可得 a∝F∝2,已知 ra >rc>rb ,可得 ab >ac>aa ,A、B 项
错误;根据运动轨迹可判断 Q 受到的电场力为斥力,靠近 P 的过程中,
电场力做负功,动能减小,可得 Eka >Ekc>Ekb,即 v a >v c>v b,D 选项正确。
出2R处的电场强度大于3R处的电场强度,即EA>EB,B错误;根据
U=Ed可知图象的面积表示电势差,从E-r图可知R~2R围成的面积大
于2R~3R围成的面积,即从球面到A点的电势差大于AB两点间的电
势差,C错误;因为曲线下O~R部分的面积等于2R~3R部分的面积,即
高考物理二轮复习 专题突破篇 3.2 电场和磁场课件
3．(2015·长春质量检测)如图所示，在 x 轴上方有垂直于 xOy 平面向外的足够大匀强磁场(图中没有画出该磁场)，一个质量为 m、电荷量为 q(q>0)的粒子，在 P 点以速率 v 沿与 x 轴成某一角 度射入磁场，然后粒子从 Q 点离开磁场，P 点与 Q 点关于 y 轴 对称且相距为 2a，其中 a＝2mBvq(B 为磁感应强度，大小未知，不 计粒子重力的影响)．
2．作带电粒子运动轨迹时的几个要点 (1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度 直线与出射速度直线的交点． (2)六条线：圆弧两端点所在的轨迹半径、入射速度直线和 出射速度直线、入射点与出射点的连线、圆心与两条速度直线交 点的连线，前面四条边构成一个四边形，后面两条为对角线． (3)三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等 于圆心角，也等于弦切角的两倍．
(3)特点：由于 F 始终垂直于 v 的方向，故洛伦兹力永不做 功．
2．带电粒子在匀强磁场中的运动 (1)若 v∥B，带电粒子以速度 v 做匀速直线运动，此情况下 洛伦兹力等于零． (2)若 v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度 做匀速圆周运动． ①向心力由洛伦兹力提供，qvB＝mvR2；
[题组突破] 1．(2015·全国理综Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大 小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒 子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的 () A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小 C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小 答案：D
②轨道半径 R＝mqBv； ③周期：T＝2πvR＝2qπBm. 二、方法必备 1．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的分析方法 (1)圆心的确定：
2021届高考物理二轮复习专题三 电场与磁场(考点+习题)含解析
专题三电场与磁场一、电场1.库仑定律:F=k(真空中的点电荷)。
2.电场强度的表达式:(1)定义式:E=;(2)点电荷:E=;(3)匀强电场E=。
3.几种典型电场的电场线(如图所示)4.电势差和电势的关系:U AB=φA-φB或U BA=φB-φA。
5.电场力做功的计算:(1)普遍适用:W=qU;(2)匀强电场:W=Edq。
6.电容:(1)电容的定义式C=;(2)平行板电容器电容的决定式:C=7.电势高低及电势能大小的判断方法:(1)沿电场线的方向电势降低;(2)电场力做正功,电势能减少;电场力做负功,电势能增加。
8.带电粒子在匀强电场中偏转的处理方法。
二、磁场1.磁感应强度的定义式:B=。
2.安培力:(1)大小:F=BIL(B、I相互垂直);(2)方向:左手定则判断。
3.洛伦兹力:(1)大小:F=qvB;(2)方向:左手定则判断。
4.带电粒子在匀强磁场中的运动(1)洛伦兹力充当向心力:qvB=mrω2=m=mr=4π2mrf2=ma;(2)圆周运动的半径r=、周期T=。
5.常见模型:速度选择器、回旋加速器、质谱仪等。
高考演练1.(2017江苏单科,1,3分)如图所示,两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。
圆形匀强磁场B的边缘恰好与a 线圈重合,则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A.1∶1B.1∶2C.1∶4D.4∶1答案A磁通量Φ=B·S,其中B为磁感应强度,S为与B垂直的有效面积。
因为是同一磁场,B相同,且有效面积相同,S a=S b,故Φa=Φb。
选项A正确。
2.(2017江苏单科,4,3分)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'点答案A由题意知,电子在A、B板间做匀加速运动,在B、C板间做匀减速运动,到P点时速度恰好为零,设A、B板和B、C板间电压分别为U1和U2,由动能定理得eU1-eU2=0,所以U1=U2;现将C板右移至P'点,由于板上带电荷量没有变化,B、C板间电场强度E===,E不变,故电子仍运动到P点返回,选项A正确。
新高考新教材高考物理二轮第一编核心专题突破3电场与磁场第一讲电场带电粒子在电场中的运动pptx课件
2.(命题角度1)(2023湖南卷)如图所示,真空中有三个点电荷固定在同一直
线上,电荷量分别为Q1、Q2和Q3,P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直
线的夹角分别为90°、60°和30°。若P点处的电场强度为零,q>0,则三个点
电荷的电荷量可能为( D )
A.Q1=q,Q2= 2q,Q3=q
4 3
B.Q1=-q,Q2=- 3 q,Q3=-4q
C.Q1=-q,Q2= 2q,Q3=-q
4 3
D.Q1=q,Q2=- 3 q,Q3=4q
解析 根据电场强度的矢量性可知,要使P点的电场强度为零,三个点电荷不
可能是同种电性,故A、B错误;根据矢量叠加特点和几何关系知,Q1、Q3在
P点的电场强度应大小相等,故C错误,D正确。
典例剖析
例1 (命题角度4)(多选)(2023江苏南京模拟)如图甲所示,O为AB连线的中
点,M、N两点在AB连线的中垂线上,A、B、M、N四点距O点的距离均为
2L 。在A、B两点分别固定一点电荷,电荷量均为Q(Q>0)。以O为原
点,ON方向为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点,则ON上的电势φ
势能公式得 O 点的电势能 Ep0=-qφO=-
2
,A
正确;由电
2
4
2
,B 错误;带电粒子从
的过程中,由能量守恒定律可得动能的减少量
确;要使粒子离开电场,由能量守恒定律得- =0,解得
M 点所受
x= 处到
2
4
- 3
=
N点
,C 正
3
3.(命题角度3)(多选)(2023山东卷)如图所示,正六棱柱上下底面的中心为O
高考物理二轮复习专题三第1讲电场和磁场的基本性质课件
2.(2019·金丽衢十二校高三第一次联考)将一原来不带电的半径
为R的金属球放入电荷量为＋Q小球的电场中，由于金属球对
电场的影响，最终所形成的电场线分布如图7所示。设两球球
心间的距离为3R，金属球表面的电势处处相等。a、b为电场
图7
中的两点，则( )
A.金属球将带负电 B.金属球和小球间的库仑力为引力，其大小为 F＝k9QR22 C.检验电荷－q 在 a 点的电势能比在 b 点的大 D.将一电子从 a 点移到 b 点的过程中，电场力做负功
12/8/2021
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FFab＝tan1 α＝43，又由库仑定律得FFab ＝qqab·rr2b2acc，联立解得 k＝|qqab|＝6247，B 错误，D 正确。
12/8/2021
电场线、等势面及 E＝Ud 的应用 【典例3】 (2019·浙江瑞安新高考适应性考试)(多选)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
高中物理二轮专题突破精品讲义 第三部分 电场和磁场专题1
第三专题 电场和磁场一、知识梳理（一）电场和磁场中的带电粒子1、知识网络2、方法点拨：分析带电粒子在电场、磁场中运动，主要是两条线索：（1）力和运动的关系。
根据带电粒子所受的力，运用牛顿第二定律并结合运动学规律求解。
（2）功能关系。
根据场力及其它外力对带电粒子做功引起的能量变化或全过程中的功能关系，从而可确定带电粒子的运动情况，这条线索不但适用于均匀场，也适用于非均匀场。
因此要熟悉各种力做功的特点。
处理带电粒子在场中的运动问题应注意是否考虑带电粒子的重力。
这要依据具体情况而定，质子、α粒子、离子等微观粒子，一般不考虑重力；液滴、尘埃、小球等宏观带电粒子由题设条件决定，一般把装置在空间的方位介绍的很明确的，都应考虑重力，有时还应根据题目的隐含条件来判断。
处理带电粒子在电场、磁场中的运动，还应画好示意图，在画图的基础上特别注意运用几何知识寻找关系。
3、典型例题例1（1999年高考全国卷）如图1所示，图中虚线MN 是一垂直纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向外。
O 是MN 上的一点，从O 点可以向磁场区域发射电量为+q 、质量为m 、速率为v 的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向。
已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P 点相遇，P 到半径公式：qB mv R = 周期公式：qB m T π2=O 的距离为L ，不计重力及粒子间的相互作用。
（1）求所考察的粒子在磁场中的轨道半径；（2）求这两个粒子从O 点射入磁场的时间间隔。
【点拨解疑】（1）设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R ，由牛顿第二定律得Rv m qvB 2=，则qB mv R = （2）如图2所示，以OP 为弦可以画两个半径相同的圆，分别表示在P 点相遇的两个粒子的轨迹。
圆心分别为O 1、O 2，过O 点的直径分别为OO 1Q 1、OO 2Q 2，在O 点处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用θ表示它们之间的夹角。
2022届高考物理二轮复习 第1讲 电场、磁场的基本性质
第一篇 专题知能突破专题三 电场和磁场第1讲 电场、磁场的基本性质1 如图3－1－14所示为点电荷a 、b 所形成的电场线分布，以下说法正确的是A ．a 、b 为异种电荷B ．a 、b 为同种电荷C ．A 点场强大于B 点场强D ．A 点电势高于B 点电势解析：本题考查点电荷的电场线特点．电场线从正电荷或无穷远出发，终止于负电荷或者无穷远，所以a 应为正电荷b 为负电荷，故A 选项正确．电场线越密集，场强越大，故C 选项错误．沿电场线方向电势逐渐降低，故D 选项正确．本题难度较低． 答案：AD2 2022·南京市一中月考通有电流的导线L 1、L 2处在同一平面纸面内，L 1是固定的，L 2可绕垂直纸面的固定转轴O 转动O 为L 2的中心，各自的电流方向如图3－1－15所示．下列哪种情况将会发生A ．因L 2不受磁场力的作用，故L 2不动B ．因L 2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L 2不动C ．L 2绕轴O 按顺时针方向转动D ．L 2绕轴O 按逆时针方向转动解析：由右手螺旋定则可知导线L 1上方的磁场的方向为垂直纸面向外，且离导线L 1的距离越远的地方，磁场越弱，导线L 2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O 点的下方磁场较强，则安培力较大，因此L 2绕固定转轴O 按逆时针方向转动，D图3－1－14 图3－1－15正确．答案：D3．在如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中a、b两点电势和场强都相同的是解析：本题考查电场的叠加．因为电势是标量，并在题中的四个电场中具有对称性，故四个电场中a、b两点的电势都是相等的；而电场强度则是矢量，所以A图中点电荷的电场对称点的电场强度大小相等方向相反；B图中叠加后a点斜向右上方，b点斜向右下方；C图中叠加后都是水平向右；D图中叠加后a点向上，b点向下，因此只有选项C正确．答案：C4 某专家设计了一种新型电磁船，它不需螺旋桨推进器，航行时平稳而无声，时速可达100英里．这种船的船体上安装一组强大的超导线圈，在两侧船舷装上一对电池，导电的海水在磁场力作用下即会推动船舶前进．如图3－1－16所示是超导电图3－1－16磁船的简化原理图，AB和CD是与电池相连的导体，磁场由超导线圈产生．以下说法正确的是A．船体向左运动B．船体向右运动C．无法断定船体向哪个方向运动D．这种新型电磁船会由于良好的动力性能而提高船速解析：本题考查通电导线在磁场中所受的安培力的应用．导电的海水的电流方向垂直AB 方向从CD 板流向AB 板，海水所受的安培力方向水平向左，故船体上的超导线圈所受的作用力向右，故推动船体向右运动，B 、D 正确．本题难度中．答案：BD5 如图3－1－17所示，真空中有两个等量异种点电荷A 、B ，M 、N 、O 是AB 连线的垂线上的点，且AO >OB 一带负电的试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示，设M 、N 两点的场强大小分别为E M 、E N ，电势分别为φM 、φN 下列判断中正确的是A ．点电荷B 一定带正电B ．E M 小于E NC ．φM 大于φND ．此试探电荷在M 处的电势能小于在N 处的电势能解析：由试探电荷运动轨迹的弯曲方向可知，点电荷A 带负电，点电荷B 带正电，选项A 正确；根据等量异种电荷电场线的特点，可得E M 小于E N ，选项B 正确；根据等量异种电荷等势线的特点，可得φM 小于φN ，由于试探电荷是负电荷，所以试探电荷在M 处的电势能大于在N 处的电势能，选项C 、D 错误．答案：AB6 如图3－1－18所示，匀强磁场的边界为平行四边形ABDC ，其中AC 边与对角线BC 垂直，一束电子以大小不同的速度沿BC从B 点射入磁场，不计电子的重力和电子之间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说法中正确的是A ．入射速度越大的电子，其运动时间越长B ．入射速度越大的电子，其运动轨迹越长C ．从AB 边出射的电子的运动时间都相等D ．从AC 边出射的电子的运动时间都相等图3－1－17图3－1－18解析：电子以不同的速度沿BC 从B 点射入磁场，若电子从AB 边射出，画出其运动轨迹由几何关系可知在AB 边射出的粒子轨迹所对的圆心角相等，在磁场中的运动时间相等，与速度无关，C 对，A 错；从AC 边射出的电子轨迹所对圆心角不相等，且入射速度越大，其运动轨迹越短，在磁场中的运动时间不相等，B 、D 错．答案：C7 如图3－1－19所示，O 点为均匀带正电的导体棒AB 的中点，，可得圆心在O 点左边距O 点为2d ，设粒子由A 点射出磁场，如图所示，由几何关系可知AO ′＝2－错误!d ，所以B 、C 错误；所以电子在磁场中运动的时间为：t ＝错误!·T ＝错误!×错误!＝错误!，D 正确．答案：D12．2022·天津模拟在图3－1－23甲中，带正电粒子从静止开始经过电势差为U 的电场加速后，从G 点垂直于MN 进入偏转磁场，该偏转磁场是一个以直线MN 为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B ，带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片上的H 点，如图甲所示，测得G 、H 间的距离为d ，粒子的重力可忽略不计．图3－1－231设粒子的电荷量为q ，质量为m ，求该粒子的比荷错误!；2若偏转磁场的区域为圆形，且与MN 相切于G 点，如图3－1－23乙所示，其他条件图3－1－19图3－1－20图3－1－21 图3－1－22不变．要保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后不能打到MN边界上MN足够长，求磁场区域的半径应满足的条件．解析：1带电粒子经过电场加速，进入偏转磁场时速度为v，由动能定理qU＝错误!m v2 ①进入磁场后带电粒子做匀速圆周运动，轨道半径为r，q v B＝m错误!②打到H点有r＝错误!③由①②③得错误!＝错误!2要保证所有带电粒子都不能打到MN边界上，带电粒子在磁场中运动偏角小于90°，临界状态为90°如图所示，磁场区半径R＝r＝错误!所以磁场区域半径满足R≤错误!答案：1错误!2R≤错误!。
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2021年高考物理二轮复习专题突破3电场和磁场第1讲电场和磁场的基本性质1．(xx·全国卷Ⅰ，14)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 ＝εr S 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 ＝Ud，由于U 与d 都不变，故电场强度E 不变，选项D 正确。
答案 D2．(xx ·全国卷Ⅲ，15)关于静电场的等势面，下列说法正确的是( )A ．两个电势不同的等势面可能相交B ．电场线与等势面处处相互垂直C ．同一等势面上各点电场强度一定相等D ．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 解析 若两个不同的等势面相交，则在交点处存在两个不同电势数值，与事实不符，A错；电场线一定与等势面垂直，B 对；同一等势面上的电势相同，但电场强度不一定相同，C 错；将一负电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做负功，故D 错。
答案 B3．(xx·全国卷Ⅱ，15)如图1，P 是固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆。
带电粒子Q 在P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a 、b 、c 为轨迹上的三个点。
若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ，速度大小分别为v a 、v b 、v c ，则( )图1A ．a a >a b >a c ，v a >v c >v bB ．a a >a b >a c ，v b >v c >v aC ．a b >a c >a a ，v b >v c >v aD ．a b >a c >a a ，v a >v c >v b解析 由库仑定律F ＝kq 1q 2r 2可知，粒子在a 、b 、c 三点受到的电场力的大小关系为F b >F c >F a ，由a ＝F m可知a b >a c >a a 。
根据粒子的轨迹可知，粒子Q 与场源电荷P 的电性相同，二者之间存在斥力，由c →b →a 整个过程中，电场力先做负功再做正功，且W ba >|W cb |，结合动能定理可知，v a >v c >v b ，故选项D 正确。
答案 D4．(xx·全国卷Ⅱ，14)如图2，两平行的带电金属板水平放置。
若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )图2A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动解析两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，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，选项D正确。
答案D5．(xx·新课标全国卷Ⅰ，15)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( )A．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C．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来的一半解析安培力的方向、磁感应强度的方向及电流的方向满足左手定则，所以安培力的方向既垂直于直导线，也垂直于磁场的方向，所以选项B正确、A错误；当通电直导线与磁场方向垂直时，安培力最大F＝BIl，当通电直导线与磁场方向平行时，安培力最小为零，故选项C错误；将直导线从中点折成直角，假设原来直导线与磁场方向垂直，若折成直角后一段与磁场仍垂直，另一段与磁场平行，则安培力的大小变为原来的一半，若折成直角后，两段都与磁场垂直，则安培力的大小变为原来的22，因此安培力大小不一定是原来的一半，选项D错误。
答案B6．(多选)(xx·新课标全国卷Ⅱ，19)关于静电场的电场强度和电势，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B．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D．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A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，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C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，选项D正确。
答案AD[备考指导]【考情分析】xx卷ⅠT15：安培力T21：电势、等势面卷ⅡT19：电场强度、电势xx卷ⅡT14：带电粒子在匀强电场中的受力与运动分析xx卷ⅠT14：平行板电容器的动态分析卷ⅡT15：点电荷电场的特点，电场力做功卷ⅢT15：等势面、电场力做功【备考策略】(1)要牢牢抓住力和能这两条主线，将知识系统化，找出它们的联系，做到融会贯通。
(2)注意体会和掌握处理复杂的物理问题的方法，如类比法、等效法、建立模型等思维方法。
(3)重视带电粒子在电场中的加速、偏转以及电容器的相关知识在实际生产、生活中的应用，如静电除尘、电容式传感器、喷墨打印机、示波器等。
平行板电容器及其动态分析问题[规律方法]解电容器问题的常用技巧(1)在电荷量保持不变的情况下，极板间电场强度与板间的距离无关。
(2)对平行板电容器的有关物理量Q、E、U、C进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，抓住C＝εr S4πkd 、Q＝CU和E＝Ud进行判定即可。
[精典题组]1．(多选)关于平行板电容器的电容，下列说法正确的是( )A．电容器带的电荷量越多，电容就越大B．电容器的电容等于电容器所带的电荷量与两极板间的电压的比值C．电容器的电容与电容器所带的电荷量成正比，与两极板间的电压成反比D．电容器的电容由电容器自身结构决定，与两极板间的电压无关解析电容器的电容由电容器自身结构决定，与两极板间的电压无关，与电容器所带的电荷量的多少无关，选项A、C错误，D正确；电容是利用比值定义的物理量，电容器的电容等于电容器所带的电荷量与两极板间的电压的比值，选项B正确。
答案BD2. (多选)如图3所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地。
一带负电的油滴位于电容器的P点且处于静止状态。
现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离。
则( )图3A．带电油滴将竖直向下运动B．带电油滴的机械能将增加C ．P 点的电势将升高D ．电容器的电容增大，极板带电荷量增加解析 将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，间距d 增大，由C ＝εr S4πkd 可得电容器的电容减小，而U 一定，由C ＝Q U 可得电荷量Q 减少，选项D 错误；根据E ＝U d可得板间场强减小，重力大于电场力，带电油滴将竖直向下运动，电场力做负功，机械能减少，选项A 正确、B 错误；因上极板接地，电势为0，P 点电势φP ＝U P 上＝－Ey 随E 的减小而增大，选项C 正确。
答案 AC3.如图4所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面的夹角为θ，极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电荷量为q ，微粒从极板M 的左边缘A 处以初速度v 0水平射入极板间，沿直线运动并从极板N 的右边缘B 处射出，则( )图4A ．微粒到达B 点时动能为12mv 20 B ．微粒的加速度大小等于g sin θC ．两极板间的电势差U MN ＝mgdq cos θD ．微粒从A 点到B 点的过程中电势能减少mgd cos θ解析 微粒的受力情况如图所示，微粒做匀减速直线运动，到达B 点时动能小于12mv 20，选项A 错误；由牛顿第二定律得mg tan θ＝ma ，加速度a ＝g tan θ，选项B 错误；又电场力Eq ＝mg cos θ，两极板间的电场强度E ＝mgq cos θ，两板间的电势差U MN ＝Ed ＝mgdq cos θ，选项C 正确；微粒从A 向B 运动，电场力做负功，电势能增加，选项D 错误。
答案 C电场中有关物理量的判断[规 律 方 法]1．由电场中的“点、线、面、迹”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；(2)根据粒子电性判断电场线方向；(3)根据“沿电场线方向电势降低”判断电势高低；(4)根据公式E p ＝qφ(代入正负号)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；(6)根据电场线或等差等势面疏密判断加速度大小。
2．电场强度大小、方向的判断技巧(1)电场强度大小的判断①用电场线的疏密程度进行判断。
电场线越密集，场强越大，电场线越稀疏，场强越小； ②根据等差等势面的疏密判定场强大小。
等差等势面密集处场强大，稀疏处场强小。
(2)电场强度方向的判断①某点正电荷所受电场力的方向，即该点的电场强度方向；②电场强度的方向与电场线的切线在同一条直线上并指向电势降低的方向；③电场强度的方向垂直等势面并指向电势降低的方向。
3．电势高低的比较(1)根据电场线方向，沿着电场线方向，电势越来越低；(2)根据电势的定义式φ＝Wq，即将＋q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U AB＝φA－φB，若U AB>0，则φA>φB，反之φA<φB。
4．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 AB＝－ΔE p。
(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，而总和应保持不变，即当动能增加时，电势能减少。
[精典题组]1.(多选)如图5中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定( )图5A．M点的电势大于N点的电势B．M点的电势小于N点的电势C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D．粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力解析此电场为非匀强电场，从电场线的疏密程度能够判断出场强的大小，N点电场线比M点密集，则N点场强大于M点，同一带电粒子在N点受到的电场力大于在M点受到的电场力，C错误，D正确；顺着电场线的方向电势逐渐降低，M点的电势大于N点的电势，A正确，B错误。