专题4.1电场的力学性质1、【答案】BC【解析】b点距q近，a点距－q近，则b点的电势高于a点的电势，A错误。如图所示，a、b两点的电
场强度可视为E3与E4、E1与E2的合场强。其中E1∥E3，E2∥E4，且知E1＝E3，E2＝E4，故合场强Ea与Eb大小相等、方
向相同，B、C正确。由于φa<φb，负电荷从低电势处移至高电势处的过程中，电场力做正功，电势能减少，D错误。2、【答案】AC【解析
】A．若电场中由同种电荷形成即由A点释放负电荷，则先加速后减速，故A正确；B．若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B错误。C
．由于N点速度大于等于零，故N点动能大于等于M点动能，由能量守恒可知，N点电势能小于等于M点电势能，故C正确D．粒子可能做曲线运动
，故D错误；3、【答案】D【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∠a＝37°、∠b＝53°，则Fasin37°＝Fbcos37°，解得＝，又由库仑定律及以上各式代入数据可解得＝，B错
误，D正确．专题4.2电场能的性质1、【答案】B【解析】由动能的表达式可知带电小球在M点的动能为，在N点的动能为，所以动能的增量
为，故A错误；带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有，可得，竖直方
向的位移，水平方向的位移，因此有，对小球由动能定理有，联立上式可解得，，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加，电势能减少，故
B正确D错误，重力做负功重力势能增加量为，故C错误。2、【答案】ABD【解析】由题意可知，C点的电势为，故A正确；由于B、C两点到
A点()的距离相等，所以B、C两点的电势相等，所以从C点移到B点的过程中，电场力做功为0，故B正确；由于B、C两点的电势相等，所以
当在B点固定后，C点的电势为，所以从无穷远移到C点过程中，电场力做功为：故C错误；由于C点的电势为，所以电势能为，故D正确。专题4
.3电容器问题1、【答案】BD【解析】根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域
的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab。对微粒a，由牛顿第二定律，qE=maaa，对微粒b，由牛顿第二定
律，qE=mbab，联立解得：>，由此式可以得出a的质量比b小，选项A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力大于b微粒，
a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，选项B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小
相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，选项C错误；由于a微粒受到的电场力（合外力）等于b微粒受到的电场力（合外力），根
据动量定理，在t时刻，a微粒的动量等于b微粒，选项D正确。2、【答案】A【解析】实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，则a板
带电，由静电感应，在b板上感应出与a板电性相反的电荷，故选项A正确；实验中，只将电容器b板向上平移，正对面积S变小，由C＝，可知电
容C变小，由C＝可知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，选项B错误；实验中，只将极板间插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大
，由C＝，可知电容C变大，由C＝可知，Q不变，U变小，静电计指针的张角变小，选项C错误；实验中，只增加极板带电量，电容C不变，由C
＝，可知静电计指针的张角变大，故选项D错误．3、【答案】A【解析】设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d
，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：qU1=qU2=qEd，将C板向右移动，B、C板间的电
场强度，E不变，所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回，故A正确；BCD错误．专题4.4带点粒子在电场中的运动1、【答案】
A【解析】设粒子带正电，运动轨迹如图所示，水平方向：粒子不受力，vx＝v0；沿电场方向：电场力F＝qE，加速度a＝＝，经时间t，
粒子沿电场方向的速度vy＝at＝，电场力做功的功率P＝Fvy＝qE·＝＝kt∝t，A正确。2、【答案】(1)mv＋qhv0(
2)2v0【解析】(1)PG、QG间场强大小相等，设均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E
＝＝①F＝qE＝ma②设粒子第一次穿过G时的动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－mv③设粒子从射入电场至第一次穿过G时所用的时间
为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有h＝at2④l＝v0t⑤联立①②③④⑤式解得Ek＝mv＋qh⑥l＝v0⑦(2)若粒子穿过G
一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度为L＝2l＝2v0。⑧3、【答案】（1）（2）【解析】（
1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg+qE=ma①②解得③（2）设B从O点
发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有④且有⑤⑥联立③④⑤⑥式得⑦专题4.5磁场对电流
的作用和磁场的叠加1、【答案】AC【解析】原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知在b点：B0＝B0－B1＋B2在a点：B
0＝B0－B1－B2由上述两式解得B1＝B0，B2＝B0.2、【答案】C【解析】导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的
磁感应强度大小BP＝BQ＝B1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为B1.又根据题意B
a＝0，则B0＝B1，且B0平行于PQ向左．若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感
应强度大小为B′1＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度B＝＝B0，则A、B、D项均错误，C项正确．3、
【答案】：安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01kg【解析】：依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒
所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg
①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝BIL②式中，I是回路
电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③由欧姆
定律有E＝IR④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01kg.专题4.6带电粒子在直
线边界磁场中的运动问题1、【答案】B【解析】若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，有qvaB＝m，Ra＝，解得va＝＝＝；若电子
从d点射出，运动轨迹如图线②，有qvdB＝m，R＝＋l2，解得Rd＝l，vd＝＝＝。B正确。2、【答案】B【解析】带电粒子在不
同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝知，第一象限内的轨迹半径是第二象限内轨迹半径的2倍，如图所示。粒子在第二象限内运动的时间
t1＝＝＝，粒子在第一象限内运动的时间t2＝＝＝，则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝，B正确。专题4.7带电粒子在圆形边界磁
场中的运动问题1、【答案】C【解析】当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场的位置最远．则当粒子射入的速度为v1，如图，由几
何知识可知，粒子运动的轨道半径为r1＝Rcos60°＝R；同理，若粒子射入的速度为v2，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r2
＝Rcos30°＝R；根据r＝∝v，则v2∶v1＝r2∶r1＝∶1，故选C.2、【答案】A【解析】如图所示，粒子在磁场中做匀速圆
周运动，圆弧所对应的圆心角由几何知识知为30°，则＝·，即＝，选项A正确．专题4.8带电粒子在组合场中的运动问题1、【答案】(1
)(2)【解析】(1)设带电粒子的质量为m、电荷量为q，经电压U加速后的速度大小为v。由动能定理有qU＝mv2①设粒子在磁场中
做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝m②粒子的运动轨迹如图，由几何关系知d＝r③联立①②③式得＝④(2
)由几何关系知，带电粒子从射入磁场到运动至x轴所经过的路程为s＝＋rtan30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝⑥联立
②④⑤⑥式得t＝。⑦2、【解析】：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动
时间为t，有2L＝v0t①L＝at2②设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyvy＝at③设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角
为α，有tanα＝④联立①②③④式得α＝45°⑤即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上．设粒子到达O点时速度大小为
v，由运动的合成有v＝⑥联立①②③⑥式得v＝v0.⑦(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，
由牛顿第二定律可得F＝ma⑧又F＝qE⑨设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力
，有qvB＝m⑩由几何关系可知R＝L联立①②⑦⑧⑨⑩式得＝.专题4.9带电粒子在复合场中的运动问题1、【答案】（1）（2）【解析
】（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg+qE=ma①②解得③（2）设B从
O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有④且有⑤⑥联立③④⑤⑥式得⑦2、【答案】B
【解析】设三个微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，则mag＝qE①b在纸面内
向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbg＝qE＋qvB②c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcg＋qvB＝qE③比较①②③式
得：mb>ma>mc，选项B正确.3、【答案】(1)20m/s方向与电场方向成60°角斜向上(2)2s【解析】(1)小球
做匀速直线运动时受力如图甲，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝①代入数据解得v＝20m/s②速度v的方向与电场E的
方向之间的夹角满足tanθ＝③代入数据解得tanθ＝θ＝60°④(2)解法一撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图乙所示，设其加速度为a，有a＝⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt⑥设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y，有y＝at2⑦tanθ＝⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2s⑨解法二撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsinθ⑤若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－gt2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2s. |
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