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
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高三物理二轮复习专题三电场与磁场电场与磁场的基本性质.pptx
C．若将 A 板竖直向上平移一小段距离，两板间的电 场强度将增大
D．若将 A 板竖直向下平移一小段距离，原 P 点位置 的电势将不变
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3．带电粒子所受的电场力变化决定其加速度的变化。 根据粒子运动轨迹各处电场线疏密程度变化可确定粒子加 速度先减小后增大，由此可知诊断卷第 6 题 C 选项错误；
如图，一半径为 R 的圆盘上均匀分布 着电荷量为 Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心 c 的轴线上有 a、 b、d 三个点，a 和 b、b 和 c、 c 和 d 间的距离均为 R， 在 a 点处有一电荷量为 q(q＞0)的固定点电荷。已知 b 点处的 场强为零，则 d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( ) A．k3Rq2 B．k190Rq2 C．kQR＋2 q D．k9Q9R＋2 q
图 3-1-5 (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。
同产生的场强 E3＝E2＝kaQ2，方向沿 y 轴负向；将该正点
电荷移到 G 处，该正点电荷在 H 点产生的场强 E4＝k2Qa2，
方向沿 y 轴正向，所以 H 点的场强 E＝E3－E4＝34kaQ2 ，方
向沿 y 轴负向。
答案：B
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2．(2015·安徽高考)已知均匀带电的无穷大平面在真空
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解析：每块极板上单位面积所带的电荷量为 σ＝QS，每块 极板产生的电场强度为 E＝2σε0，所以两极板间的电场强度 为 2E＝εQ0S。一块极板在另一块极板处产生的电场强度 E′＝2εQ0S，故另一块极板所受的电场力 F＝qE′＝Q·2εQ0S ＝2Qε02S，选项 D 正确。 答案：D
中激发电场的场强大小为2σε0，其中 σ 为平面上单位 面积所带的电荷量，ε0 为常量。如图 3-1-2 所示的 平行板电容器，极板正对面积为 S，其间为真空， 图 3-1-2 带电荷量为 Q。不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，
D．若将 A 板竖直向下平移一小段距离，原 P 点位置 的电势将不变
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3．带电粒子所受的电场力变化决定其加速度的变化。 根据粒子运动轨迹各处电场线疏密程度变化可确定粒子加 速度先减小后增大，由此可知诊断卷第 6 题 C 选项错误；
如图，一半径为 R 的圆盘上均匀分布 着电荷量为 Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心 c 的轴线上有 a、 b、d 三个点，a 和 b、b 和 c、 c 和 d 间的距离均为 R， 在 a 点处有一电荷量为 q(q＞0)的固定点电荷。已知 b 点处的 场强为零，则 d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( ) A．k3Rq2 B．k190Rq2 C．kQR＋2 q D．k9Q9R＋2 q
图 3-1-5 (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。
同产生的场强 E3＝E2＝kaQ2，方向沿 y 轴负向；将该正点
电荷移到 G 处，该正点电荷在 H 点产生的场强 E4＝k2Qa2，
方向沿 y 轴正向，所以 H 点的场强 E＝E3－E4＝34kaQ2 ，方
向沿 y 轴负向。
答案：B
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2．(2015·安徽高考)已知均匀带电的无穷大平面在真空
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解析：每块极板上单位面积所带的电荷量为 σ＝QS，每块 极板产生的电场强度为 E＝2σε0，所以两极板间的电场强度 为 2E＝εQ0S。一块极板在另一块极板处产生的电场强度 E′＝2εQ0S，故另一块极板所受的电场力 F＝qE′＝Q·2εQ0S ＝2Qε02S，选项 D 正确。 答案：D
中激发电场的场强大小为2σε0，其中 σ 为平面上单位 面积所带的电荷量，ε0 为常量。如图 3-1-2 所示的 平行板电容器，极板正对面积为 S，其间为真空， 图 3-1-2 带电荷量为 Q。不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，
专题七 电场、磁场的基本性质
F
(2)定义式：E＝___q_____．单位：N/C 或 V/m.
3. 点电荷的电场强度：真空中点电荷形成的电场中某点的电场强度：E＝ Q
__k_r_2____． 4. 电场强度的方向：规定__正__电__荷__在电场中某点所受电场力的方向为该点 的电场强度方向．
5. 电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生 的电场强度的__矢__量__和__，遵从_平__行__四__边__形____定则．
(2)对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使 复杂电场的叠加计算问题大为简化． 例如：如图，均匀带电的34球壳在 O 点产生的场强，等效为弧 BC 产生的 场强，弧 BC 产生的场强方向，又等效为弧的中点 M 在 O 点产生的场强方 向．
(3)填补法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面 补全为球面，从而化难为易、事半功倍．
解析 该电场可等效为分别在 z 轴 h 处与－h 处的等量异种电荷产生的电
场，如图所示，则在
z＝h2处的场强大小
E＝k
q h ＋k 22
q 3h 2
＝k 2
40q，故 9h2
D
正
确．
考向 2： 对称法求电场强度
例.(2018·陕西渭南二模)如图所示，一半径为 R 的圆盘上均匀分布着电荷量
为 Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心 c 的轴线上有 a、b、d 三个点，a 和
审题眼： “P 和 M 在一条电场线上”——可以判断两点电势的高低． 找关联：根据电场线的疏密判断电场强度的大小，根据沿电场线方向电势 降低判断电势高低，根据电场力方向判断做功正负，并可判定运动情况．
解析 电场线密的地方电场强度大，由图可知 M 点电场线比 N 点的密， 所以 M 点的场强大于 N 点的场强，故 A 错误；沿电场线方向电势降低， 所以 M 点的电势低于 N 点的电势，故 B 错误；将一负电荷由 O 点移到 M 点电场力做负功，所以电荷的电势能增加，故 C 正确；一正点电荷从 P 点 由静止释放，该电荷所受的电场力是变力，与电场线相切，据曲线运动的 条件判断该电荷并不能沿电场线运动到 M 点，故 D 错误．
(2)定义式：E＝___q_____．单位：N/C 或 V/m.
3. 点电荷的电场强度：真空中点电荷形成的电场中某点的电场强度：E＝ Q
__k_r_2____． 4. 电场强度的方向：规定__正__电__荷__在电场中某点所受电场力的方向为该点 的电场强度方向．
5. 电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生 的电场强度的__矢__量__和__，遵从_平__行__四__边__形____定则．
(2)对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使 复杂电场的叠加计算问题大为简化． 例如：如图，均匀带电的34球壳在 O 点产生的场强，等效为弧 BC 产生的 场强，弧 BC 产生的场强方向，又等效为弧的中点 M 在 O 点产生的场强方 向．
(3)填补法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面 补全为球面，从而化难为易、事半功倍．
解析 该电场可等效为分别在 z 轴 h 处与－h 处的等量异种电荷产生的电
场，如图所示，则在
z＝h2处的场强大小
E＝k
q h ＋k 22
q 3h 2
＝k 2
40q，故 9h2
D
正
确．
考向 2： 对称法求电场强度
例.(2018·陕西渭南二模)如图所示，一半径为 R 的圆盘上均匀分布着电荷量
为 Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心 c 的轴线上有 a、b、d 三个点，a 和
审题眼： “P 和 M 在一条电场线上”——可以判断两点电势的高低． 找关联：根据电场线的疏密判断电场强度的大小，根据沿电场线方向电势 降低判断电势高低，根据电场力方向判断做功正负，并可判定运动情况．
解析 电场线密的地方电场强度大，由图可知 M 点电场线比 N 点的密， 所以 M 点的场强大于 N 点的场强，故 A 错误；沿电场线方向电势降低， 所以 M 点的电势低于 N 点的电势，故 B 错误；将一负电荷由 O 点移到 M 点电场力做负功，所以电荷的电势能增加，故 C 正确；一正点电荷从 P 点 由静止释放，该电荷所受的电场力是变力，与电场线相切，据曲线运动的 条件判断该电荷并不能沿电场线运动到 M 点，故 D 错误．
2018届二轮复习电场和磁场的基本性质课件(48张)
A．0 2 3 C. B 3 0 3 B. B0 3 D．2B0
)
C
解析：两长直导线 P 和 Q 在 a 点处的磁感应强度的大
小相等，设为 B，方向如图甲所示，此时 a 点处的磁感应强度 为零，则两磁感应强度的合磁感应强度 B 合的大小等于 B0，方 B0 3 向与 B0 相反， 即 B0 的方向水平向左， 此时 B＝ ＝ B； 2cos 30° 3 0 让 P 中的电流反向、其他条件不变，两长直导线 P 和 Q 在 a 点 处的磁感应强度的大小仍为 B，方向如图乙所示，则两磁感应 强度的合磁感应强度大小为 B，方向竖直向上，B 与 B0 垂直， 其合磁感应强度为 Ba＝ B
当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流 方向与图示方向相比均反向， 受安培力反向， 阻碍线圈转动． 若 要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通 路，另一侧断路．故选 A、D.
3．(2017· 全国卷Ⅲ)如图，在磁感应强度 大小为 B0 的匀强磁场中，两长直导线 P 和 Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为 l.在 两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时，纸面内与两 导线距离均为 l 的 a 点处的磁感应强度为零．如果让 P 中的电 流反向、其他条件不变，则 a 点处磁感应强度的大小为(
[题组预测] 1．(2017· 河南三市二模)如图所示，固定在绝缘支架上的平 行板电容器充电后与电源断开，B 极板接地，A 极板与一个静 电计相连．将 B 极板向左水平移动一小段距离后，电容器的电 容 C、静电计指针偏角 θ 和极板间电场强度 E 的变化情况分别 是( )
C． L1、 L2 和 L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 1∶ 1∶ 3 D． L1、 L2 和 L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 3∶ 3∶1
)
C
解析：两长直导线 P 和 Q 在 a 点处的磁感应强度的大
小相等，设为 B，方向如图甲所示，此时 a 点处的磁感应强度 为零，则两磁感应强度的合磁感应强度 B 合的大小等于 B0，方 B0 3 向与 B0 相反， 即 B0 的方向水平向左， 此时 B＝ ＝ B； 2cos 30° 3 0 让 P 中的电流反向、其他条件不变，两长直导线 P 和 Q 在 a 点 处的磁感应强度的大小仍为 B，方向如图乙所示，则两磁感应 强度的合磁感应强度大小为 B，方向竖直向上，B 与 B0 垂直， 其合磁感应强度为 Ba＝ B
当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流 方向与图示方向相比均反向， 受安培力反向， 阻碍线圈转动． 若 要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通 路，另一侧断路．故选 A、D.
3．(2017· 全国卷Ⅲ)如图，在磁感应强度 大小为 B0 的匀强磁场中，两长直导线 P 和 Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为 l.在 两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时，纸面内与两 导线距离均为 l 的 a 点处的磁感应强度为零．如果让 P 中的电 流反向、其他条件不变，则 a 点处磁感应强度的大小为(
[题组预测] 1．(2017· 河南三市二模)如图所示，固定在绝缘支架上的平 行板电容器充电后与电源断开，B 极板接地，A 极板与一个静 电计相连．将 B 极板向左水平移动一小段距离后，电容器的电 容 C、静电计指针偏角 θ 和极板间电场强度 E 的变化情况分别 是( )
C． L1、 L2 和 L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 1∶ 1∶ 3 D． L1、 L2 和 L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 3∶ 3∶1
新高考物理二轮复习专题优秀PPT基础考法电场和磁场的基本性质
2．[多选](2019·全国卷Ⅲ)如图，电荷量分别为q和－q(q>0)的
点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另
外两个顶点。则
()
A．a点和b点的电势相等
B．a点和b点的电场强度大小相等
C．a点和b点的电场强度方向相同
D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加
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D．从O点沿y轴正方向移动一负试探电荷，试探电荷的电势能一定先减小 后增大
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D．c点处的磁感应强度方向竖直向下
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解析：电流周围的磁场截面图如图所示，因I1>I2，则离 导线相同距离处B1>B2。由磁感应强度的叠加可以看出， a处的磁感应强度方向竖直向下；b处的磁感应强度大小 为Bb1－Bb2，方向竖直向上；c处磁感应强度方向为竖直 向上；d处磁感应强度不为0。故答案为C。 答案：C
②决定式：C＝4επrkSd。
(2)平行板电容器的两类动态分析
两种情况
电路结构 动态分析
高考物理二轮复习课件江苏专用第7讲电场和磁场的基本性质
• •
• 热点二
电场性质的理解与应用
...
...
5． (2014· 淮安市高三考前信息卷)如图 3－7－5 所示， 椭圆 ABCD 处于一匀强电场中，椭圆平面平行于电场线， AC、BD 分别 是椭圆的长轴和短轴，已知电场中 A、B、C 三点的电势分别 为 φA＝14 VφB＝3 V、φC＝－7 V，由此可得 D 点的电势为 ( A．8 V B．6 V C．4 V D．2 V
图3－7－1
...
• 解析 根据圆环的对称性可知，O点处的场强为零，又由正电荷在无限 远处场强为零，故从 O 点沿 x 轴正方向，电场强度先增大，后减小，电 势应逐渐降低，O点处的电势最高，故B项正确，A、C、D均错误． • 答案 B
...
•
• • • • •
主要题型：选择题和计算题(计算题在第4、6讲已讲)，以选择题为 主 知识热点 1．(1)库仑定律、电场强度、点电荷的场强，及场强的叠加． (2)电场强度、电势、电势能与电场线之间的关系． (3)带电粒子在匀强电场中的运动．(已讲) 2．带电粒子在匀强磁场中的运动．(已讲)
图3－7－6
• 解析 因为电场线密集处场强大，所以P点场强小于Q点场强，选项A错 误；因为沿电场线电势降低，所以P点电势高于Q点电势，选项B正确； 根据“负电荷在电势高处电势能低 ”，可知P点电子的电势能比 Q点电 子的电势能小，选项C 错误；沿直线从 N 到M的过程中，电场线先逐渐 变稀疏，然后变密集，故此过程中，电子所受电场力先减后增，选项D 错误． • 答案 B
...
•
7．(2014·山东卷，19)如图3－7－7所示，半径为R的均匀带正电薄球 壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与 ... 将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正 电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能Ek0沿OA方向射出．下列关 于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是 ( )
2020届高考物理山东省二轮复习课件：专题三第7讲 电场与磁场的基本性质
kQ a2
,方向沿y轴负
向。当正点电荷放在G点时,它在H点产生的场强E3=
kQ (2a)2
,方向沿y轴正向,则
H处的场强为EH=
kQ a2
-
kQ (2a)2
=Байду номын сангаас
3kQ 4a2
,方向沿y轴负向,B正确。
1.解答电场叠加问题的重要方法——对称法
2.由电场中的“点、线、面、迹”判断相关问题的思路 (1)根据电场线或等势面疏密判断电场力(加速度)的大小。 (2)由轨迹向合外力的方向弯曲,确定粒子所受电场力方向。 (3)根据粒子电性判断电场线方向。 (4)根据“沿电场线方向电势降低”判断电势高低。 (5)根据公式Ep=qφ(代入正负号)判断电势能大小。 (6)根据电场力做功与电势能变化的关系判断正、负功。 (7)根据动能定理或能量守恒定律判断动能变化。
时的动能为8 eV,经过平面d时的动能为4 eV,又知Ek=1 mv2,故vb = Ekb = 2 ,D
2
vd Ekd 1
项错误。
1.电场中电势高低、电势能大小的判断
判断电势的高低
根据电场线的方向判断
判断电势能的大小
根据UAB=φA-φB判断 根据电场力做功(或电势能)判断 根据Ep=qφ判断
根据电场力做功(W=-ΔEp)判断
3 2
q,则球在M点产生的电场E0=
kQ (2R)
2
=
3kq 8R2
,根据电场的叠加原理,除去A1B1球面后,球在M点产生的电场E1=E0-E=
3kq 8R2
-E,由对称性可知球壳在N点产生的场强大小等于E1,C正确。
3.(2019山东济宁一模)如图所示,两电荷量分别为-Q和+2Q的点电荷固定在直 线MN上,两者相距为L,以+2Q的点电荷所在位置为圆心、L 为半径画
2019届高考物理二轮复习第章电场和磁场电场和磁场的基本性质课件.ppt
沿 aOb 移到 b 点，试探电荷的电势能先减小后增大，电场 力先做正功后做负功，选项 D 错误．
答案：BC
2019-9-7
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22
3．(多选)如图所示，A、B、C、D 为匀强电场中相邻的四个 等势面，一电子经过等势面 D 时，动能为 16 eV，速度方向垂直 于等势面 D 且经过等势面 C 时，电势能为－8 eV，经过等势面 B 时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离均为 4 cm，电子重 力不计．则下列说法正确的是( )
到的电场力大小为 Fa＝F，静电力常量为 k，取无穷远处电势为零， 则以下说法正确的是( )
A．Fb＝F B．a、b、O 三点电势大小关系为 φO＞φb＞φa C．a、b、O 三点电场强度大小关系为 EO＞Eb ＞Ea D．在平面 xOz 内将该试探电荷从 a 点沿 aOb
移到 b 点，电场力做负功
降低，所以场强方向先沿 x 轴负方向，后沿 x 轴正方向，将一负
点电荷从 N 点移到 D 点，电场力先做正功后做负功，选项 D 正
确．
[答案] BD
2019-9-7
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14
方法技巧 求解电场中图象问题应明确
(1)E－x 图象中图线与 x 轴所围成的“面积”表示电势差 U 的大小．
(2)φ－x 图象中直线或曲线上某点切线的斜率的绝对值表示 场强 E 的大小．
A．电子做匀变速直线运动 B．匀强电场的场强大小为 100 V/m C．等势面 A 的电势为－8 V D．电子再次经过等势面 D 时，动 能为 16 eV
2019-9-7
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23
解析：电子从等势面 D 运动到等势面 B 的过程中，由动能
定理得－eUDB＝0－EkD，则可解得 UDB＝16 V，又电子在等势面 C 时，由 EpC＝－eφC，代入数据解得 φC＝8 V，又因为相邻等势 面之间的距离相等，则相邻两等势面的电势差相等，则 φB＝0、 φA＝－8 V、φD＝16 V，C 正确；由于电场为匀强电场，则电子 所受的电场力为恒力，电子做匀变速直线运动，A 正确；由电势
答案：BC
2019-9-7
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22
3．(多选)如图所示，A、B、C、D 为匀强电场中相邻的四个 等势面，一电子经过等势面 D 时，动能为 16 eV，速度方向垂直 于等势面 D 且经过等势面 C 时，电势能为－8 eV，经过等势面 B 时速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离均为 4 cm，电子重 力不计．则下列说法正确的是( )
到的电场力大小为 Fa＝F，静电力常量为 k，取无穷远处电势为零， 则以下说法正确的是( )
A．Fb＝F B．a、b、O 三点电势大小关系为 φO＞φb＞φa C．a、b、O 三点电场强度大小关系为 EO＞Eb ＞Ea D．在平面 xOz 内将该试探电荷从 a 点沿 aOb
移到 b 点，电场力做负功
降低，所以场强方向先沿 x 轴负方向，后沿 x 轴正方向，将一负
点电荷从 N 点移到 D 点，电场力先做正功后做负功，选项 D 正
确．
[答案] BD
2019-9-7
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14
方法技巧 求解电场中图象问题应明确
(1)E－x 图象中图线与 x 轴所围成的“面积”表示电势差 U 的大小．
(2)φ－x 图象中直线或曲线上某点切线的斜率的绝对值表示 场强 E 的大小．
A．电子做匀变速直线运动 B．匀强电场的场强大小为 100 V/m C．等势面 A 的电势为－8 V D．电子再次经过等势面 D 时，动 能为 16 eV
2019-9-7
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23
解析：电子从等势面 D 运动到等势面 B 的过程中，由动能
定理得－eUDB＝0－EkD，则可解得 UDB＝16 V，又电子在等势面 C 时，由 EpC＝－eφC，代入数据解得 φC＝8 V，又因为相邻等势 面之间的距离相等，则相邻两等势面的电势差相等，则 φB＝0、 φA＝－8 V、φD＝16 V，C 正确；由于电场为匀强电场，则电子 所受的电场力为恒力，电子做匀变速直线运动，A 正确；由电势
高三二轮复习电场与磁场电场与磁场的基本性质课件
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对称法 性的特点，可以使复杂电场的叠加计算大为简化(如 【名校课堂】获奖PPT-高三二轮复习：专题三：电场与磁场第一讲电场与磁场的基本性质课件（最新版本）推荐
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熟悉 解决库仑力作用下平衡问题的方法步骤 库仑力作用下平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的 分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多了静电力。具 体步骤如下：
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＝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，电荷同号，k＝6247
D．a、b 的电荷异号，k＝6247
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补偿法 【名校课堂】获奖PPT-高三二轮复习：专题三：电场与磁场第一讲电场与磁场的基本性质课件（最新版本）推荐 为球面(如诊断卷第 2 题) 【名校课堂】获奖PPT-高三二轮复习：专题三：电场与磁场第一讲电场与磁场的基本性质课件（最新版本）推荐
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熟悉 解决库仑力作用下平衡问题的方法步骤 库仑力作用下平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的 分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多了静电力。具 体步骤如下：
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＝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，电荷同号，k＝6247
D．a、b 的电荷异号，k＝6247
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补偿法 【名校课堂】获奖PPT-高三二轮复习：专题三：电场与磁场第一讲电场与磁场的基本性质课件（最新版本）推荐 为球面(如诊断卷第 2 题) 【名校课堂】获奖PPT-高三二轮复习：专题三：电场与磁场第一讲电场与磁场的基本性质课件（最新版本）推荐
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3q A.kR2
10q B.k9R2
图1 Q＋q
C.k R2
9Q＋q D.k 9R2
解析 电荷 q 产生的电场在 b 处的场强 Eb＝kRq2，方向水平向右，由 于 b 点的合场强为零，故圆盘上的电荷产生的电场在 b 处的场强大 小 Eb′＝Eb，方向水平向左，故 Q＞0。由于 b、d 关于圆盘对称， 故 Q 产生的电场在 d 处的场强大小 Ed′＝Eb′＝kRq2，方向水平向右， 电荷 q 产生的电场在 d 处的场强大小 Ed＝（3kRq）2＝9kRq2，方向水平 向右，所以 d 处的合场强的大小 E＝Ed′＋Ed＝k190Rq2。选项 B 正确。 答案 B
6.(多选)(2015·新课标全国卷Ⅱ，18)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( BC ) A.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 C.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 南针不偏转 解析 指南针不可以仅具有一个磁极，故A错误；指南针能够指 向南北，说明地球具有磁场，故B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C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 生磁场，指南针会偏转与导线垂直，故D错误。
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 D
2.(2014·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，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，直导线在磁场中的有效长度可 能变为原来的12，安培力的大小可能变为原来的一半(而不是一定)， 故选项 D 错误。 答案 B
3.(多选)(2014·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
4.(多选)(2014·新课标全国卷Ⅰ，21)如图2所示，
在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，
M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN
的中点，∠M＝30°。M、N、P、F四点处的
图2
电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝
φN ，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则( )
考向一 对电场性质的理解与应用 核心知识
规律方法
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Ep＝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。
主要题型：选择题和计算题，本讲以选择题为主 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
的关系，电场强度、电势(差)、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。 2.(1)对磁场及安培定则的考查； (2)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。 物理方法 (1)矢量运算法 (平行四边形定则) (2)模型法 (3)比值定义法 (4)对称法 (5)守恒法 (6)补偿法
第7讲 电场和磁场的基本性质
1.(2013·新课标全国卷Ⅰ，15)如图1所示，一半径为R的圆盘上均 匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上
有a、 b、d三个点，a和b、b和c、 c和d间的距离均为R，在a
点处有一电荷量为q (q＞0)的固定点电荷。已知b点处的场强为 零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)( )
A.点电荷Q一定在MP的连线上
B.连接PF的线段一定在同一等势面上
C.将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功
D.φP大于φM
解析 作∠MNP的角平分线交MP于G，如图所示，则MG＝ GN，又因φM＝φN，所以点电荷Q应放在G点，选项A正确；点 电荷的等势面为球面，所以选项B错误；沿电场线的方向电势 降低，所以φP>φM，φP>φN，故将正电荷从P点搬运到N点，电 场力做正功，选项D正确，C错误。
答案 AD
5.(2015·新课标全国卷Ⅱ，14)如图3，两平行的带电
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
图3
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( )做匀加速运动
C.向正下方做匀加速运动