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“場”的本質源自電荷，電荷的周圍存在電場，運動電荷產生磁場，因此知識鏈條的頂端是電荷；同時電場或磁場又反過來對電荷或運動電荷施加力的作用，體現了知識體系的完整，因果輪回．知識結構如圖7－1．分“場”的產生、場對物質（電荷或導體）的作用和能量關系三個版塊．

1．靜止電荷、運動電荷和變化的磁場，在周圍空間都產生電場；運動電荷、電流和變化的電場在周圍空間產生磁場．

2．電場對靜止電荷和運動電荷都有電場力的作用；磁場只對運動電荷和電流有磁場力作用，對靜止電荷沒有作用力．這與“場”的產生嚴格對應．由于場力的作用，電荷或導體會有不同形式的運動，因此分析場力是判斷電荷或導體運動性質的關鍵．

3．場力可能對電荷或導體做功，實現能量轉化．當點電荷繞另一點電荷做勻速圓周運動時，電場力不做功；洛倫茲力不做功．要對帶電粒子加速就要對其做功，因此電場即可以加速帶電粒子，也可以使帶電粒子偏轉，而穩(wěn)定磁場則只能使粒子偏轉卻不能加速．變化的磁場產生電場，所以變化的磁場則可以改變帶電粒子速度的大�。�

　　　　　　　　　　　　　　　圖7－1

三、考點透視

考點1、“場”的性質

從力和能兩個角度去描述場的性質．電場強度E和磁感應強度B分別描述電場和磁場對放入其中的物質（電荷、通電導體）力的作用；電勢就是從電場能的角度引入的物理量，雖然中學物理沒有直接對磁場的能給出量度，但安培力做功則反映了放入磁場中的通電導體與磁場共同具有能量．

例題1：（2008年海南）勻強電場中有a、b、c三點，如圖所示．在以它們?yōu)轫旤c的三角形中，  ∠a＝30°、∠c＝90°,．電場方向與三角形所在平面平行．已知a、b和c點的電勢分別為V、V和2 V．該三角形的外接圓上最低、最高電勢分別為（    ）

   A．V、V

B．0 V、4 V

   C．V、

D．0 V、V           

解析：如圖所示，取ab的中點O，即為三角形的外接圓的圓心，且該點電勢為2V，故Oc為等勢面，MN為電場線，方向為MN方向，U_OP= U_Oa=V，因U_ON : U_OP=2 :，故U_ON =2V,N點電勢為零，為最小電勢點，同理M點電勢為4V，為最大電勢點。

答案：B

點撥：勻強電場的電場線與等勢面是平行等間距排列，且電場線與等勢面處處垂直，沿著電場線方向電勢均勻降落，在公式U=Ed中，計算時d雖然是一定要用沿場強方向的距離，但在同一個勻強電場E中，電勢差U與距離d的關系卻可以演變?yōu)椤叭我庖蛔迤叫芯�上等距離的兩點的電勢差相等”，體現知識運用的“活”字，平時練習時要注意．

考點2、“場”對物質的作用

電場對放入其中的電荷有力的作用，由此產生大量的有關電荷在電場中運動的試題；電場對放入其中的導體的作用，產生靜電感應現象．

磁場只對運動電荷和電流可能有磁場力作用，當帶電粒子的速度和導體與磁感線平行時不受磁場力．洛倫茲力一般與帶電粒子的平衡和勻速圓周運動問題相關．

例題2：如圖7－4所示，一重力不計的帶電粒子，在垂直紙面的勻強磁場B₁中做半徑為r的勻速圓周運動．那么當勻強磁場突然減弱B₂之后，該帶電粒子的動能將（    ）

       A．不變　　B．變大　　C．變小　　D．不確定

解析：當磁感應強度B突然減弱時，變化的磁場產生電場，由楞次定律可判斷此電場方向為順時針方向；由帶電粒子的運動方向可判斷粒子帶正電，因此電場方向與正電荷運動方向相反，對粒子做負功，粒子動能減小，C正確．

答案：C

點撥：該題綜合考查了麥克斯韋電磁理論、電磁感應原理以及楞次定律，“突然減弱”的磁場不僅使帶電粒子所受洛倫茲力單純減小，由變化的磁場產生的電場會對帶電粒子做功而改變其動能，使用楞次定律判斷電場的方向是難點．同學們一般都只將問題放在帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動中去分析判斷，認為洛倫茲力不做功，帶電粒子的動能不變而錯選A．

例題3：（02廣東理綜）如圖7－5所示，在原來不帶電的金屬細桿ab附近P處，放置一個正點電荷，達到靜電平衡后，則（    ）

A．a端的電勢比b端的高

B．b端的電勢比d點的低

C．a端的電勢不一定比d點的低

D．桿內c處的場強的方向由a指向b

解析：靜電平衡時，整個導體是等勢體，導體表面是等勢面，a、b電勢相等，導體內場強處處為零，AD錯；d點場強方向即正點電荷產生的場強方向，即由d指向b，沿電場線方向電勢降低，故b端的電勢比d點的低，B對C錯；

答案：B

點撥：這部分只要求掌握靜電平衡時導體的特性即可．一是不要以帶電正、負來判斷電勢高低，二是要區(qū)分靜電平衡時導體內部的三種場強：場源電荷的場強、感應電荷的場強和實際場強．

電場、磁場問題一直是歷屆高考關注和考查的重點和熱點，其中場對物質的作用更是力、電綜合的命題的核心內容，從近兩年全國高考試卷中有涉及兩“場”試題有考查關于場的性質，有考查了場對物質的作用，特別是帶電粒子在“場”中的運動，有考查綜合問題，由此可見，場對物質的作用是100%命題熱點．解析試題可以完全按力學方法，從產生加速度和做功兩個主要方面來展開思路，只是在粒子所受的各種機械力之外加上電場力罷了．

熱點1、力和運動的關系：根據帶電粒子所受的力，運用牛頓第二定律并結合運動學規(guī)律求解．

熱點2、功能關系：根據場力及其它外力對帶電粒子做功引起的能量變化或全過程中的功能關系，從而可確定帶電粒子的運動情況，這條線索不但適用于均勻場，也適用于非均勻場．因此要熟悉各種力做功的特點．

處理帶電粒子在電場、磁場中的運動，還應畫好示意圖，在畫圖的基礎上特別注意運用幾何知識尋找關系．特別要注意訓練“三維”圖的識別．

例題：在如圖所示的空間中，存在場強為E的勻強電場，同時存在沿x軸負方向，磁感應強度為B的勻強磁場。一質子(電荷量為e)在該空間恰沿y軸正方向以速度v勻速運動。據此可以判斷出

A．質子所受電場力大小等于eE，運動中電勢能減小，沿著z軸方向電勢升高

B．質子所受電場力大小等于eE，運動中電勢能增大，沿著z軸方向電勢降低

C．質子所受電場力大小等于evB，運動中電勢能不變，沿著z軸方向電勢升高

D．質子所受電場力大小等于evB，運動中電勢能不變，沿著z軸方向電勢降低

本題簡介：本題為2008年高考北京理綜第19題，考點多，考生容易在電場力、洛倫茲力方向上的判斷上出現錯誤，及電勢高低的判斷上出現錯誤，要求考生知識面全，能靈活運動所學知識去解答遇到的實際問題．

解析：質子所受電場力與洛倫茲力平衡，大小等于evB,運動中電勢能不變;電場線沿z軸負方向，沿z軸正方向電勢升高。

答案：C

反思：本題能夠很好地考查考生對電學多個知識點(電場力、洛倫茲力、平衡條件、左手定則、電勢高低的判斷等)的掌握情況，是一道難得的好題。

例題4：如圖7－6所示，一根長L＝1.5 m的光滑絕緣細直桿MN，豎直固定在場強為E＝1.0×10⁵ N/C、與水平方向成θ＝30°角的傾斜向上的勻強電場中．桿的下端M固定一個帶電小球A，電荷量Q＝+4.5×10^-6C；另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動，電荷量q＝+1.0×10^-6 C，質量m＝1.0×10^-2 kg．現將小球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運動．（靜電力常量k＝9.0×10⁹ N?m²／C²，取g＝l0 m/s²)

⑴小球B開始運動時的加速度為多大？

⑵小球B的速度最大時，距M端的高度h₁為多大？

⑶小球B從N端運動到距M端的高度h₂＝0.6l m時，速度為v＝1.0 m/s，求此過程中小球B的電勢能改變了多少？

本題簡介：本題為2007年高考四川理綜第24題．試題以勻強電場為背景，疊加了點電荷的電場和重力場，場力兩恒一變，考查變力作用下的牛頓第二定律的運用、物體運動狀態(tài)分析、疊加電場中電荷電勢能的變化等，綜合運動和力、能量關系，全方位考查兩大熱點，試題容量大，覆蓋面廣，綜合性強，難度適中．

解析：⑴開始運動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力，沿桿方向運動，由牛頓第二定律得：

解得：

代人數據解得：a＝3.2 m/s²

⑵小球B速度最大時合力為零，即

解得：

代人數據解得：h₁＝0.9 m

⑶小球B從開始運動到速度為v的過程中，設重力做功為W₁，電場力做功為W₂，庫侖力做功為W₃，根據動能定理有：

解得：

設小球B的電勢能改變了△E_p，則：

解得：

答案：⑴a＝3.2 m/s²；⑵h₁＝0.9 m；⑶

反思：由于點電荷A在空間各點產生的場強并不相等，使小球B的運動加速度也不恒定，因此不能從運動規(guī)律求高度h₁，必須對小球B在運動中受力情況的變化作出分析和判斷，得到“小球B速度最大時合力為零”的結論，然后通過求合力來計算高度h₁；第⑶問是本題的難點，拋開考生熟悉的點電荷在單一電場中電勢能變化與電場力做功的關系模式，考生必須從能量轉化與做功的關系的角度出發(fā)，確定小球B電勢能的改變與兩個力做功有關：勻強電場的電場力和小球A對小球B的庫侖力，且電場力做的功等于電荷電勢能的減少量，才能確定．

五、能力突破：

例題5：如圖7－7所示，在第一象限的abcO范圍內存在沿x正向的勻強電場，質量為m、電量為q的帶電粒子，從原點O點以與x軸成θ角的初速度v₀射入電場中，飛出電場時速度恰好沿y軸的正方向．不計粒子的重力，則（     ）

A．粒子穿過電場的過程中，電場力對粒子的沖量的大小是mv₀cosθ，方向沿y軸負方向

B．粒子射出電場時速度大小為v₀sinθ

C．粒子穿過電場的過程中，電場力做功

D．粒子穿過電場的過程中，電勢能減小

解析：帶電粒子只受電場力，由軌跡可判斷電場力方向沿x軸負方向，粒子帶負電；在y方向粒子不受力，因此做勻速直線運動，且速度為．粒子出電場時速度恰好沿y軸的正方向，因此x方向速度恰好減小到零，由動量定理得，即電場力沖量的大小為，方向沿x軸負方向，A錯B對；粒子穿過電場的過程中，只有電場力做功，由動能定理得，C錯；且電場力做的功等于電勢能的減小量，電場力做負功，因此電勢能增大，D錯．

答案：B

反思：帶電粒子飛出電場時速度恰好沿y軸的正方向，反過來看，從粒子飛出點到原點O，該曲線就是一條類平拋運動的拋物線，即粒子的運動為類平拋運動，因此y方向速度不變，x方向做勻減速運動，飛出時速度恰好減小到零．

例題6：如圖7－8所示，帶正電的小球穿在絕緣粗糙傾角為θ的直桿上，整個空間存在著豎直向上的勻強電場和垂直于桿斜向上的勻強磁場，小球沿桿向下滑動，在a點時動能為100J，到C點時動能為零，則b點恰為a、c的中點，則在此運動過程中（   ）

       A．小球經b點時動能為50J

       B．小球電勢能增加量可能大于其重力勢能減少量

       C．小球在ab段克服摩擦力所做的功與在bc段克服摩擦力所做的功相等

       D．小球到c點后可能沿桿向上運動

解析：電場力方向豎直向上，因此電場力與重力的合力P恒定且一定在豎直方向上；小球到C點時動能為零，說明小球有減速運動．若小球先做加速運動，則隨速度的增大洛倫茲力（垂直于桿）增大，小球受到桿的彈力增大，因此滑動摩擦力增大，加速度減小，當加速度減小到零時速度最大，然后做勻速運動，不合題意，故小球一開始就做減速運動，由于速度減小而洛倫茲力減小，則滑動摩擦力隨之減小，因此從a到b的平均摩擦力大于從b到c，兩段合力做功不行，A、C錯；若合力P若向下，mg>qE，則運動過程中電勢能的增加量小于重力勢能的減小量，若P＝0，則二者相等，若P向上，則B正確；P向上，當小球速度為零時若有，則小球可沿桿向上運動，D對．

答案： BD

反思：根據洛倫茲力隨速度變化的特點，結合運動和力的關系判斷小球的運動狀態(tài)和受力變化是解題要點．難點在于洛倫茲力對桿的彈力的影響．由于磁場方向垂直于桿斜向上，由左手定則可判斷小球向下運動時洛倫茲力垂直于桿指向紙內，桿的彈力N₂垂直于桿向外，由于合力P產生的彈力N₁垂直于桿向下或向上，N₁與N₂的合力N隨洛倫茲力而變．

例題7：如圖7－9所示，兩導體板水平放置，兩板間電勢差為U, 帶電粒子以某一初速度v₀沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場，則：粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U和v₀的變化情況為（     ）

A、d隨v₀增大而增大，d與U無關

B、d隨v₀增大而增大，d隨U增大而增大

C、d隨U增大而增大，d與v₀無關

D、d隨v₀增大而增大，d隨U增大而減小

解析：帶電粒子射出電場時速度的偏轉角為θ，如圖7－10所示，有：

，又，而

，A正確．

答案：A

反思：由于粒子的偏轉角與U有關，不少考生由此計算粒子射出電場時的速度v與d、U的關系，無端多出幾個未知量使判斷受阻．第一直覺是d與粒子在電場的偏轉角有關沒錯，但偏轉角和粒子在磁場中的軌道半徑又都與粒子射出電場時的速度相關，因此直接圍繞偏轉角列方程求解即可．

例題（2008年上海）如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖。在Oxy平面的ABCD區(qū)域內，存在兩個場強大小均為E的勻強電場I和II，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形（不計電子所受重力）。

（1）在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開ABCD區(qū)域的位置。

（2）在電場I區(qū)域內適當位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點的位置。

（3）若將左側電場II整體水平向右移動L/n（n≥1），仍使電子從ABCD區(qū)域左下角D處離開（D不隨電場移動），求在電場I區(qū)域內由靜止釋放電子的所有位置。

   解析：（1）設電子的質量為m，電量為e，電子在電場I中做勻加速直線運動，出區(qū)域I時的為v₀，此后電場II做類平拋運動，假設電子從CD邊射出，出射點縱坐標為y，有

解得　y＝，所以原假設成立，即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標為（－2L，）

（2）設釋放點在電場區(qū)域I中，其坐標為（x，y），在電場I中電子被加速到v₁，然后進入電場II做類平拋運動，并從D點離開，有

解得　xy＝，即在電場I區(qū)域內滿足方程的點即為所求位置。

（3）設電子從（x，y）點釋放，在電場I中加速到v₂，進入電場II后做類平拋運動，在高度為y′處離開電場II時的情景與（2）中類似，然后電子做勻速直線運動，經過D點，則有

，

解得　，即在電場I區(qū)域內滿足方程的點即為所求位置。

反思：帶電粒子在電場中運動的分析方法，與力學中的這類問題的處理方法相同，只是在受力分析時多了一個電場力，若為勻強電場，既可用牛頓第二定律結合運動學公式求解，又可用動能定理求解，若為非勻強電場，因帶電粒子受到的電場力是變力，加速度是變量，只能用能量觀點解答。

例題9：地磁場可以有效抵御宇宙射線的侵入，保護地球．赤道剖面外地磁場可簡化為包圍地球厚度為d的勻強磁場，方向垂直該剖面，如圖7－12所示．只要速度方向在該剖面內的射線粒子不能到達地面，則其它粒子不可能到達地面．宇宙射線中對地球危害最大的帶電粒子主要是β粒子，設β粒子的質量為m，電荷量為e，最大速度為v，地球半徑為R，勻強磁場的磁感應強度為B，不計大氣對β粒子運動的影響．要使在赤道平面內從任意方向射來的β粒子均不能到達地面，則磁場厚度d應滿足什么條件？

解析：設β粒子從A點以任意方向向往地磁場后做勻速圓周運動的半徑為r，要粒子不到達地面，則圓軌道最多與地面相切，如圖7－13所示．作速度方向的垂線AO’，O’為軌道圓心，連接OO’得△OO’A，由三角知識得

    ①

則，即當、粒子速度方向與地磁場邊界相切射入時軌道半徑最小，磁場厚度最�。�

而粒子最大軌道半徑               ②

所以有為軌道與地面相切的磁場最小厚度，要粒子不到達地面，則磁場厚度應滿足

答案：

反思：不能直接將②代入不等式①求解，那樣將得到的結論．①式只用來判斷“粒子速度方向與地磁場邊界相切射入時軌道半徑最小”，但β粒子最大軌道半徑軌道為定值，地磁場厚度d必須大于2r才能滿足要求．

例題10：如圖7－14所示，固定的光滑絕緣圓形軌道處于水平方向的勻強電場和勻強磁場中，已知圓形軌道半徑R＝2.00m，磁感應強度B=1.00T，方向垂直于紙面向內，電場強度E=1.00×10²V/m，方向水平向右．一個質量m=4.00×10^-2kg的小球（可視為質點）在軌道上的C點恰好處于靜止狀態(tài)，OC與豎直直徑的夾角θ＝37°（g取10m/s²，sin37°=0.6，計算結果要求保留三位有效數字）

⑴求小球帶何種電荷，電荷量q是多少？

⑵現將電場突然反向，但強弱不變，因電場的變化而產生的磁場可忽略不計，小球始終在圓弧軌道上運動，試求在小球運動過程中與初始位置的電勢差最大值U_m是多少？對軌道的最大壓力是多大？

解析：⑴由平衡條件有：

帶負電荷

⑵電場反向后，電場力和重力的合力F大小仍為不變，方向與豎直方向夾角為θ＝37°指向右下方，小球的平衡位置O’，O O’與OC的夾角為2θ＝74°，故小球從C點開始向O’做加速運動，到達O’時速度最大，根據對稱性，小球會繼續(xù)運動到與OO’成2θ＝74°的C’點，即在CC’之間振動．由圖7－15可知，C點與同O等高的D點間電勢差最大，由U＝Ed得

小球經過平衡位置O’點時速度最大，當小球從C運動到O’點時，由左手定則可判斷洛倫茲力沿OO’方向向下，此時小球對軌道的壓力最大．從C到O’由動能定理得

在O’點，由牛頓第二定律得　

即

由牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力

答案：⑴負電荷，q=3.00×10^-3C；⑵U_m=320V,F_N=1.24N

反思:帶電粒子在復合場中的運動問題，解答采用了等效場、對稱性等解題常用方法．此類試題的“平衡位置”的確定是要點，正確的受力分析和運動狀態(tài)分析是前提．

六、規(guī)律整合：

1．兩大思路：運動和力的關系、能量關系――中學物理的重要思路，力、電綜合的鏈條．實際上，幾乎所有力學規(guī)律和運動狀態(tài)都可能在兩場問題中得到體現；能量關系中注意電場力做功的特點，而洛倫茲力不做功

2．兩大法則：等效法則和對稱法則――常用解題手段．在勻強電場中以及在三場疊加時，若電場力或電場力與重力的合力恒定，既可采用等效重力場來處理；運動的對稱性規(guī)律為解題提供快捷途徑，包括類豎直上拋運動、類平拋運動、勻速圓周運動、振動等都具體對稱性；

3．一個偏角：帶電粒子垂直于電場方向進入電場而發(fā)生偏轉時，注意偏轉角

；

4．三個確定：當帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，相關問題的解答關鍵在三個確定，如圖7－16所示：

⑴圓心O：總是位于粒子在不同位置的兩點A、B處所受洛侖茲力F作用線的交點上或弦AB的中垂線OO′與任一個洛侖茲力F作用線的交點上；

⑵半徑R：①物理方法――；

②幾何方法――一般由三角計算來確定.

⑶圓心角α與時間t：粒子的速度偏向角φ等于回旋角α，并等于弦AB與切線的夾角(弦切角)θ的2倍，且有

七、高考預測

從近兩年高考試題看，本專題包括的考查點：一是庫侖定律，電場強度、電勢；二是電容和帶電粒子在電場中的運動；三是安培力和洛倫茲力。電磁場知識是歷年高考試題中考點分布重點區(qū)域，尤其是在力電綜合試題中常巧妙地把電場、磁場的概念與牛頓定律、動能定理等力學、電學有關知識有機地聯系在一起，還能側重于應用數學工具解決物理問題方面的考查。對07年、08年全國理綜Ⅰ、Ⅱ兩“場”試題（不包括電磁感應）統計來看平均約占總分23%，其他卷也都在23到36分之間．預計2009年高考本專題占分比例仍在26%左右，選擇題和計算題各一道的組合形式不會有多大變化，實驗題有可能出現在“用描跡法畫出電場中平面上的等勢線”，選擇題單獨命題考基礎，難度系數約0.60，如2007全國理綜Ⅰ第20題，考查勻強電場中電勢分布規(guī)律及電勢差與場強的關系的靈活運用，理綜Ⅱ第19題則考查點電荷的電場疊加勻強磁場中帶電粒子的運動周期；計算題一般考查綜合運用能力，知識覆蓋面廣，綜合性強，多為綜合場中帶電粒子的運動問題，難度系數一般較大，在0.50左右．   

八、專題專練

1. 一個電子穿過某一空間而未發(fā)生偏轉，則此空間（　　�。�

Ａ.一定不存在磁場

Ｂ.可能只存在電場

Ｃ.可能存在方向重合的電場和磁場

Ｄ.可能存在正交的磁場和電場

2. 據報道，我國第21次南極科考隊于2005年在南極考查時觀察到了美麗的極光，極光是由來自太陽的高能量帶電粒子流高速沖進高空稀薄大氣層時，被地球磁場俘獲的，從而改變原有運動方向，向兩極做螺旋運動，如圖1所示，這些高能粒子在運動過程中與大氣分子或原子劇烈碰撞或摩擦從而激發(fā)大氣分子或原子，使其發(fā)出有一定特征的各種顏色的光，由于地磁場的存在，使多數宇宙粒子不能達到地面而向人煙稀少的兩極偏移，為地球生命的誕生和維持提供了天然的屏障，科學家發(fā)現并證實，向兩極做螺旋運動的這些高能粒子的旋轉半徑是不斷減少的，這主要與下列哪些因素有關（　　�。�

Ａ.洛倫茲力對粒子做負功，使其動能減小

Ｂ.空氣阻力做負功，使其動能減小

Ｃ.向南北兩極磁感應強度不斷增強

Ｄ.太陽對粒子的引力做負功

3..一個質子在勻強磁場和勻強電場中運動時，動能保持不變，已知磁場方向水平向右，則質子的運動方向和電場方向可能是（質子的重力不計）（　　�。�

Ａ.質子向右運動，電場方向豎直向上

Ｂ.質子向右運動，電場方向豎直向下

Ｃ.質子向上運動，電場方向垂直紙面向里

Ｄ.質子向上運動，電場方向垂直面向外

 4. 如圖2所示，一帶電粒子以水平初速度（）先后進入方向垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，已知電場方向豎直向寬度相同且緊鄰在一起，在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中（其所受重力忽略不計），電場和磁場對粒子所做的總功為；若把電場和磁場正交重疊，如圖3所示，粒子仍以初速度穿過重疊場區(qū)，在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中，電場和磁場對粒子所做的總功為，比較和，有（　　　）

Ａ.一定是          Ｂ.一定是

Ｃ.一定是           Ｄ.可能是，也可能是

5. 如圖4所示，勻強電場Ｅ方向水平向左，帶有正電荷的物體沿絕緣水平面向右運動，經過Ａ點時動能是100Ｊ，經過Ｂ點時　，動能是Ａ點的，減少的動能有轉化成電勢能，那么，當它再次經過Ｂ點時動能為（　　�。�

Ａ.16Ｊ

Ｂ.8Ｊ

Ｃ.4Ｊ

Ｄ.20Ｊ

6. 如圖5所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒由a點進入電磁場并剛好能沿ab直線向上運動，下列說法正確的是（    ）

A、微粒一定帶負電

B、微粒動能一定減小

C、微粒的電勢能一定增加

D、微粒的機械能一定增

7. 如圖6所示，質量為ｍ，初速度為的帶電體ａ，從水平面的Ｐ點向固定的帶電體ｂ運動，ｂ與ａ電性相同，當ａ向右移動ｓ時，速度減為零，設ａ、ｂ與地面間的摩擦因數均為，那么當ａ從Ｐ向右移動的位移為時，ａ的動能（　　�。�

Ａ.等于初動能的一半

Ｂ.小于初動能的一半

Ｃ.大于初動能的一半

Ｄ.減小量等于電勢能的增加量

 8. 如圖7所示，在重力加速度為ｇ的空間中，有一個帶電量為＋Ｑ的場源電荷置于Ｏ點，Ｂ、Ｃ為以）為圓心，半徑為Ｒ的豎直圓周上的兩點，Ａ、Ｂ、Ｏ在同一豎直線上，ＡＢ＝Ｒ，Ｏ、Ｃ在同一水平線上，現在有一質量為ｍ，電荷量為的有孔小球，沿光滑絕緣細桿ＡＣ從Ａ點由靜止開始下滑，滑至Ｃ點時速度的大小為,下列說法正確的是（　　�。�

Ａ.從Ａ到Ｃ小球做勻加速運動

Ｂ.從Ａ到Ｃ小球的機械能守恒

Ｃ.Ｂ、Ａ兩點間的電勢差為

Ｄ.若小球不通過桿從Ａ點自由釋放，則下落到Ｂ點時的速度大小為

9. 空間某區(qū)域電場線分布如圖8所示，帶電小球（質量為ｍ，電量為ｑ）在Ａ點速度為，方向水平向右，至Ｂ點速度為，與水平方向間夾角為，Ａ、Ｂ間高度差為Ｈ，以下判斷錯誤 是（　　�。�

Ａ.Ａ、Ｂ兩點間電勢差

Ｂ.球由Ａ至Ｂ，電場力的沖量為

Ｃ.球由Ａ至Ｂ，電場力做功為

Ｄ.小球重力在Ｂ點的瞬時功率為

10. 如圖9所示，絕緣光滑半圓環(huán)軌道放在豎直向下的勻強電場中，場強為E，在與環(huán)心等高處放有一質量為m、帶電q的小球，由靜止開始沿軌道運動，下述說法正確的是(      )

A、小球在運動過程中機械能守恒

B、小球經過環(huán)的最低點時速度最大

C、小球經過環(huán)的最低點時對軌道壓力為3（mg+qE）

D、小球經過環(huán)的最低點時對軌道壓力為（mg+qE）

11. .在用模擬法描繪靜電場等勢線的實驗中

（１）某同學發(fā)現描繪的等勢線發(fā)生畸變，則產生誤差的可能原因是（　　�。�

Ａ.電流表的靈敏度不高

Ｂ.電極與導電紙接觸不良

Ｃ.導電紙涂層不均勻

Ｄ.有一個電極靠近導電紙邊緣

（２）某同學進行了實驗探究，做了以下的實驗：把兩長條形電極緊壓在導電紙上（導電紙鋪在平木板上），并分別接在低壓恒定直流電源兩極，現取一金屬環(huán)，將圓環(huán)放在兩電極中間的導電紙上，再在靈敏電流計正、負接線柱上分別接兩探針Ⅰ和Ⅱ（電流從靈敏電流計正接線柱流入時，指針右偏）做如下測試，如圖10所示：

ａ當兩探針Ⅰ和Ⅱ與金屬環(huán)內導電紙上任意兩點接觸時，電流表指針將　　　　　。（填“右偏”或“左偏”或“指零”）

ｂ當兩探針Ⅰ和Ⅱ與金屬環(huán)上任意兩點接觸時，電流表指針將　　　　　（填“右偏”或“左偏”或“指零”）

ｃ當兩探針Ⅰ和Ⅱ分別與環(huán)上，環(huán)內導電紙接觸時，電流表指針將　　　　　。（填“右偏”或“左偏”或“指零”）

ｄ當兩探針Ⅰ和Ⅱ分別與環(huán)上、導電紙上ａ點接觸時，電流表指針將　　　　　。（填“右偏”或“左偏”或“指零”）

12.如圖11所示，實驗中如果探針在導電紙上不論如何移動，電流表指針都不動，若改用多用表直流電壓擋直接測Ａ、Ｂ兩極對導電紙的電壓，電壓正常，再測Ａ電極對導電紙的電壓，發(fā)現電壓處處相等，且等于電源的電動勢，這說明                     

13. 一細棒處于磁感應強度為Ｂ的勻強磁場中，棒與磁場方向垂直，與水平方向夾角為。磁感線水平指向紙里，如圖12所示，棒上套一個可在其上滑動的帶負電的小球Ｃ，小球質量為ｍ，帶電量為ｑ，球與棒間的動摩擦因數為，讓小球從棒上端靜止下滑，求：

（１）小球的最大速度；

（２）動摩擦因數應具備的條件。

14. 如圖13所示，質量為ｍ的小球Ａ在絕緣細桿上，桿的傾角為，小球Ａ帶正電，電量為ｑ。在桿上Ｂ點處固定一個電量為Ｑ的正電荷，將小球Ａ由距Ｂ點豎直高度為Ｈ處無初速度釋放，小球Ａ下滑過程中電量不變，不計Ａ與細桿間的摩擦，整個裝置處在真空中，已知靜電力常量ｋ和重力加速度ｇ

（１）Ａ球剛釋放時的加速度是多大？

（２）當Ａ球的動能最大時，球此時Ａ球與Ｂ點的距離

15. 如圖14所示，ＡＢＣＤ表示豎立在場強為的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道，其中軌道的ＢＣＤ部分是半徑為Ｒ的半圓環(huán)，軌道的水平部分與半圓環(huán)相切，Ａ為水平軌道上的一點，而且，ＡＢ＝Ｒ＝0.2ｍ，把一質量ｍ＝10ｇ、帶電量ｑ＝的小球在水平軌道的Ａ點由靜止釋放后，小球在軌道的內側運動（ｇ＝10）。求：

（１）小球到達Ｃ點時的速度

（２）小球達到Ｃ點時對軌道的壓力

（３）要使小球剛好能運動到Ｄ點，小球開始運動的位置應離Ｂ點多遠？

16. 設在討論的空間范圍內有磁感應強度為Ｂ的勻強磁場，Ｂ的方向垂直于紙面向里，如圖15所示，在紙平面上有一長為h的光滑絕緣空心細管ＭＮ，管的Ｍ端內有一帶正電的小球Ｐ₁，在紙平面上Ｎ端的正右前方2h處有一個不帶電的小球Ｐ₂，開始時Ｐ₁相對管靜止，管向運動，小球Ｐ₂在紙平面上沿著以于ＭＮ延長線方向成角的速度運動，設管的質量遠大于Ｐ₁的質量，Ｐ₁在管內的運動對管的運動的影響可以忽略。

已知Ｐ₁離開的管的Ｎ端時相對紙面的速度大小恰好為，且在離開管后最終能與Ｐ₂相碰，試求：（１）Ｐ₁的比荷

（２）和的比值

17.  如圖16所示，在足夠大的空間內，同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應強度Ｂ＝1.57Ｔ，小球1帶正電，其電荷量與質量之比，所受重力與電場力的大小相等，小球2不帶電，靜止放置于固定的水平懸空支架上，小球1向右以的水平速度與小球2正碰，碰后經過0.75ｓ再次相碰。設碰撞前后兩小球帶電情況不發(fā)生改變，且始終在同一豎直平面內。（ｇ＝10）問

（１）   電場強度Ｅ的大小是多少？

（２）   兩小球的質量之比是多少？