第十一章　阶段复习(四)　电场和磁场-2025物理大一轮复习讲义人教版

阶段复习(四)电场和磁场知识网络一、电场二、磁场规范训练(2023·广东汕头市仲元中学二模)现代科技中常常利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，某控制装置如图所示，区域Ⅰ是eq\f(1,4)圆弧形均匀辐向电场，半径为R的中心线O′O处的电场强度大小处处相等，且大小为E1，方向指向圆心O1；在空间坐标系O－xyz中，区域Ⅱ是边长为L的正方体空间，该空间内充满沿y轴正方向的匀强电场E2(大小未知)；区域Ⅲ也是边长为L的正方体空间，空间内充满平行于xOy平面，与x轴负方向成45°夹角的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在区域Ⅲ的上表面是一粒子收集板；一群比荷不同的带正电粒子以不同的速率先后从O′沿切线方向进入辐向电场，所有粒子都能通过辐向电场从坐标原点O沿x轴正方向进入区域Ⅱ，不计带电粒子所受重力和粒子之间的相互作用。(1)若某一粒子进入辐向电场的速率为v0，该粒子通过区域Ⅱ后刚好从P点进入区域Ⅲ中，已知P点坐标为(L，eq\f(L,2)，0)，求该粒子的比荷eq\f(q0,m0)和区域Ⅱ中电场强度E2的大小；(2)保持(1)问中E2不变，为了使粒子能够在区域Ⅲ中直接打到粒子收集板上，求粒子的比荷eq\f(q,m)需要满足的条件。解题指导关键表述关键表述解读半径为R的中心线O′O处的电场强度大小处处相等，且大小为E1，方向指向圆心O1当电荷量为q的粒子经O′点进入区域Ⅰ，受到辐向电场的静电力，大小恒定，方向指向圆心O1。粒子在静电力的作用下将做半径为R的圆周运动。区域Ⅱ是边长为L的正方体空间，该空间内充满沿y轴正方向的匀强电场E2(大小未知)进入区域Ⅱ的粒子速度指向x轴正方向，静电力指向y轴正方向，所以粒子x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀加速直线运动。该粒子通过区域Ⅱ后刚好从P点进入区域Ⅲ中，已知P点坐标为(L，eq\f(L,2)，0)粒子在x轴方向的位移为L，满足L＝v0ty轴方向位移为y＝eq\f(L,2)，满足eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)at2保持(1)问中E2不变，为了使粒子能够在区域Ⅲ中直接打到粒子收集板上保持(1)问中E2不变，粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹不变，仍然从P点进入区域Ⅲ中，速度方向和区域Ⅲ中的磁场垂直，在区域Ⅲ中做匀速圆周运动。如图所示答案(1)eq\f(v02,E1R)eq\f(E1R,L)(2)eq\f(4E1R,B2L2)<eq\f(q,m)<eq\f(8E1R,B2L2)解析(1)由静电力提供向心力可得q0E1＝m0eq\f(v02,R)①得eq\f(q0,m0)＝eq\f(v02,E1R)②区域Ⅱ中x轴方向有L＝v0t③y轴方向有a＝eq\f(q0E2,m0)④eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)at2⑤联立②③④⑤式得E2＝eq\f(E1R,L)⑥(2)设粒子进入辐向电场的速率为v，在辐向电场中有qE1＝meq\f(v2,R)⑦得v＝eq\r(\f(qE1R,m))⑧区域Ⅱ中沿x轴方向有L＝vt1⑨y轴方向有a1＝eq\f(qE2,m)⑩y＝eq\f(1,2)a1t12⑪vy＝a1t1⑫联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得y＝eq\f(L,2)⑬vy＝eq\r(\f(qE1R,m))⑭区域Ⅲ中粒子速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(vy,v)＝1⑮粒子进入区域Ⅲ的速度v′＝eq\r(v2＋vy2)，方向与区域Ⅲ中磁场方向垂直⑯由qv′B＝meq\f(v′2,r)⑰联立⑭⑮⑯⑰式得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mE1R,q))⑱为了保证粒子能够打到粒子收集板上，粒子轨迹如图所示，由几何关系可知粒子在磁场中的半径需要满足eq\f(1,2)L<r<eq\f(\r(2),2)L⑲联立⑱⑲式得粒子的比荷eq\f(4E1R,B2L2)<eq\f(q,m)<eq\f(8E1R,B2L2)。阶段复习练(四)1．(2024·山西晋城市第一中学期中)如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行、间距为d的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，则下列说法正确的是()A．按键的过程中，电容器的电容减小B．按键的过程中，电容器的电荷量增大C．按键的过程中，图丙中电流方向从a流向bD．按键的过程中，电容器间的电场强度减小答案B解析根据C＝eq\f(εrS,4πkd)得知，按键过程中，板间距离d减小，电容C增大，故A错误；因C增大，U不变，根据Q＝CU知Q增大，电容器充电，电流方向从b流向a，故B正确，C错误；根据电势差与电场强度的关系U＝Ed，可知电容器间的电场强度增大，故D错误。2.(2023·广东深圳市期末)如图所示，将一轻质矩形弹性软线圈ABCD中A、B、C、D、E、F六点固定，E、F为AD、BC边的中点。一不易形变的长直导线在E、F两点处固定，现将矩形绝缘软线圈中通入电流I1，直导线中通入电流I2，已知I1≪I2，长直导线和线圈彼此绝缘。则稳定后软线圈大致的形状可能是()答案B解析由安培定则可知，通电直导线左侧磁场垂直于纸面向外，右侧磁场垂直于纸面向里，由于I1≪I2，可以忽略电流I1产生的磁场，软线圈的各段的形变方向为其受到的安培力方向，故而由左手定则可判断B图正确。3．(多选)如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化如图乙，间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心，A点、B点分别为Oa、Od的中点。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面向外、大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线的安培力大小为F，则()A．A点和B点的磁感应强度相同B．其中b导线所受安培力大小为eq\f(5,2)FC．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向下D．a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上答案BC解析根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，关于O点对称，故A错误；根据题意可知a、c对导线b的安培力大小F，f、d对导线b的安培力大小为Ffd＝eq\f(\r(3),3)F，e对导线b的安培力大小为eq\f(F,2)，根据力的矢量合成可得b导线所受安培力Fb＝2Fsin30°＋2×eq\f(\r(3)F,3)sin60°＋eq\f(F,2)＝eq\f(5F,2)，故B正确；根据安培定则，a、d两条导线在O点的磁感应强度等大反向，b、e两条导线在O点的磁感应强度等大反向，a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向与c导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误。4.(2024·江苏常州市检测)如图所示，ABCD为真空中一正四面体区域，M和N分别为AC边和AD边的中点，A处和C处分别有等量异种点电荷＋Q和－Q。则()A．B、D处电场强度大小相等，方向不同B．电子在M点的电势能小于在N点的电势能C．将一试探正电荷从B沿直线BD移动到D静电力做正功D．将位于C处的电荷－Q移到B处时M、N点电场强度大小相等答案D解析因为是正四面体，所以各棱长相等，A处和C处分别有等量异种点电荷，则根据点电荷的电场强度公式E＝keq\f(Q,r2)可知，两点电荷各自在B、D处产生的电场强度大小相等，但由于电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形定则，根据电场强度的叠加原理可知，两点电荷在B、D处产生的电场强度大小相等、方向相同，故A错误；根据等量异种点电荷形成的电场的特点可知，两点电荷连线的中垂面为等势面，电势为零，而M点在该等势面上，则可知M点的电势为零，以此中垂面为界限，靠近正电荷电势为正，靠近负电荷电势为负，N点靠近正电荷，则其电势大于零，因此有φN>φM，而电子在电势越高的地方电势能越小，由此可知电子在M点的电势能大于在N点的电势能，故B错误；根据正四面体的性质可知，BD在该等量异种点电荷连线的中垂面上，因此B、D两点电势相等，均为零，将一试探正电荷从B沿直线BD移动到D静电力不做功，故C错误；将位于C处的电荷－Q移到B处时，可知M、N两点到正电荷的距离相等，且M、N两点到负电荷的距离也相等，根据点电荷的电场强度公式以及几何关系可知，两点电荷分别在M、N两点产生的合电场强度的大小相等，故D正确。5.(2024·河南周口市期中)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是()A．匀强电场的电场强度E＝eq\f(mg,qtanθ)B．小球动能的最小值为Ek＝eq\f(mgL,2cosθ)C．小球的重力势能最小时机械能也最小D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先增大后减小再增大答案B解析小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和静电力，三力平衡，根据平衡条件，有mgtanθ＝qE，解得E＝eq\f(mgtanθ,q)，故A错误；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，如图。根据牛顿第二定律，有eq\f(mg,cosθ)＝meq\f(v2,L)，则最小动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgL,2cosθ)，故B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，故C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内沿逆时针方向运动一周的过程中，静电力先做正功后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，故D错误。6.(多选)(2024·广西北海市一模)如图所示，x轴上有两个点电荷位于O、O′位置，一负试探电荷沿x轴由O向O′移动的过程中，该电荷的电势能随位置的变化规律如图所示，A、C两点的连线以及B点的切线均与x轴平行，B点的横坐标为x1＝2，O′点的横坐标为x2＝5。则下列说法正确的是()A．B点的电场强度为零B．O、O′两点的电荷均为正电荷C．O、O′两点的点电荷所带电荷量的绝对值之比为9∶4D．φA－φB＝φC－φB答案AD解析Ep－x图像中图线的斜率表示静电力，由于B点的切线与x轴平行，即斜率为零，故试探电荷在B点的静电力为零，电场强度为零，故A正确；由于负的试探电荷在两点电荷产生的电场中电势能为正值，设试探电荷所带电荷量绝对值为q，则由公式Ep＝－qφ可知电场中各点的电势为负值，所以两点电荷均带负电，故B错误；设O、O′两点的点电荷所带的电荷量绝对值分别为q1、q2，由于B点的电场强度为0，则由电场强度的叠加原理得keq\f(q1,x12)＝keq\f(q2,x2－x12)，解得eq\f(q1,q2)＝eq\f(4,9)，故C错误；试探电荷在A、C两点的电势能相等，则A、C两点的电势相等，又A、C两点的电势比B点的电势低，则φA－φB＝φC－φB，故D正确。7.(2024·辽宁省十校联合体联考)回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，他们接在电压为U、频率为f的高频交流电源上。已知匀强磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为r。若位于D1圆心处的粒子源A处能不断产生带电荷量为q、速率为零的粒子经过电场加速后进入磁场，当粒子被加速到最大动能后，再将他们引出。忽略粒子在电场中运动的时间，忽略相对论效应，忽略粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是()A．粒子第n次被加速前后的轨道半径之比为eq\r(n)∶eq\r(n＋1)B．粒子从D形盒出口引出时的速度为eq\f(1,2)πfrC．粒子在D形盒中加速的次数为eq\f(πfBr2,16U)D．当磁感应强度变为原来的2倍，同时改变交流电频率，该粒子从D形盒出口引出时的动能为4πfqBr2答案D解析根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，有qvB＝eq\f(mv2,R)，则有半径公式R＝eq\f(mv,Bq)，与nqU＝eq\f(1,2)mv2，可得R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2nmU,q))，所以粒子第n次被加速前、后的轨道半径之比为eq\r(n－1)∶eq\r(n)，选项A错误；粒子从D形盒出口引出时根据Bqv＝meq\f(v2,R)，可得vm＝eq\f(Bqr,m)，其中f＝eq\f(1,T)＝eq\f(qB,2πm)，解得速度为vm＝2πfr，选项B错误；粒子在D形盒中加速的次数为n＝eq\f(\f(1,2)mvm2,qU)＝eq\f(πfBr2,U)，选项C错误；粒子从D形盒出口引出时的动能为Ekm＝eq\f(1,2)mvm2＝eq\f(B2q2r2,2m)＝πBqr2f，当磁感应强度变为原来的2倍，因f＝eq\f(qB,2πm)，则f变为原来的2倍，则此时Ekm＝4πfqBr2，选项D正确。8.(多选)如图，在一个边长为a的正六边形区域内，存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，三个相同的带正电粒子，比荷为eq\f(q,m)，先后从A点沿AD方向以大小不等的速率射入匀强磁场区域，已知粒子只受磁场的作用力，则()A．从F点飞出磁场的粒子速度大小为eq\f(\r(3)Bqa,m)B．所有从AF边上飞出磁场的粒子，在磁场中的运动时间都相同C．从E点飞出磁场的粒子，在磁场中的运动时间为eq\f(πm,3Bq)D．从ED边上的某一点垂直ED飞出磁场的粒子，其轨道半径为2eq\r(3)a答案BCD解析从F点飞出的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,r1)，由几何关系可得r1＝eq\f(a,2sin60°)＝eq\f(\r(3)a,3)，联立解得v＝eq\f(\r(3)qBa,3m)，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝eq\f(2πm,qB)，所有从AF边上飞出磁场的粒子，在磁场中转过的圆心角均为120°，则在磁场中的运动时间均为t＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(1,3)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2πm,3qB)，故B正确；由几何关系可得，从E点飞出的粒子在磁场中转过的圆心角60°，粒子在磁场中的运动时间为t＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)，故C正确；由几何关系可得，从ED边上的某一点垂直ED飞出磁场的粒子，在磁场中转过的圆心角为30°，则有AE＝2acos30°＝eq\r(3)a，r3＝eq\f(AE,sin30°)＝2eq\r(3)a，故D正确。9.(多选)(2023·四川成都市模拟)利用霍尔效应制作的霍尔元件广泛应用于测量和自动控制等领域，如图是霍尔元件的工作原理示意图。磁感应强度B垂直于用金属材料制成的霍尔元件的表面向下，通入图示方向的电流I，C、D两端会形成电势差UCD，电子的电荷量为e，导体中单位体积内的电子数为n，垂直于电流的侧面长宽分别为h、d。则下列说法正确的是()A．C端电势一定高于D端电势B．载流子所受静电力的大小为F＝eeq\f(|UCD|,h)C．仅增大电流I，UCD的绝对值将增大D．仅增大d，UCD的绝对值将增大答案BC解析因霍尔元件材料为金属，金属中可自由移动的是电子，电子受洛伦兹力向左，即电子会打到C端，故有UCD<0，C端电势低于D端电势，故A错误；根据电场强度定义式可得F＝Ee，又因E＝eq\f(|UCD|,h)，电子受静电力大小为F＝Ee＝eq\f(|UCD|,h)e，故B正确；当霍尔元件状态稳定时，根据平衡条件，有Bev＝eeq\f(|UCD|,h)，其中I＝nevhd，解得|UCD|＝eq\f(BI,ned)，仅增大电流I，|UCD|增大；仅增大d，|UCD|减小，故C正确，D错误。10.(2024·贵州遵义市第一次质检)如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆形区域，其圆心为O，最高点为P，该区域内存在垂直圆面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在圆形区域右侧竖直放置一粒子收集器，M、N为收集器上、下边缘的两点，MN与圆形区域在同一平面内，O与N在同一水平线上，MN＝R，ON＝eq\r(3)R。从P点沿PO方向射入大量速率不等的同种粒子，粒子所带电荷量为q、质量为m。忽略粒子间的相互作用力和粒子重力，关于打在收集器MN上的粒子，下列说法正确的是()A．粒子带负电B．粒子在磁场中运动的最短时间为eq\f(πm,3Bq)C．打在收集器上的粒子的最小速率为eq\f(\r(3)BqR,m)D．从P点到N点的粒子比从P点到M点的粒子运动时间短答案D解析根据题意可知，粒子在磁场中向右偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，故A错误；打到M、N两点的粒子轨迹如图所示，由图可知，粒子打到N点时，在磁场中的轨迹对应的圆心角最小，在磁场中的运动时间最短，则有tmin＝eq\f(1,4)T＝eq\f(1,4)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,2qB)，故B错误；粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，由图可知粒子打到M点时，在磁场中的轨道半径最小，粒子的速度最小，根据几何关系可得，tanθ＝eq\f(\r(3)R,R)＝eq\r(3)，可得θ＝60°，则最小半径为r1＝Rtaneq\f(θ,2)＝eq\f(\r(3),3)R，联立解得打在收集器上的粒子的最小速率为v1＝eq\f(\r(3)BqR,3m)，故C错误；由图可知，从P点到N点的粒子在磁场中的运动时间小于从P点到M点的粒子在磁场中的运动时间；离开磁场到打到收集器，从P点到N点的粒子通过的位移小于从P点到M点的粒子通过的位移，从P点到N点的粒子的速度大于从P点到M点的粒子的速度，则从P点到N点的粒子从离开磁场到打到收集器所用时间小于从P点到M点的粒子从离开磁场到打到收集器所用时间，故从P点到N点的粒子比从P点到M点的粒子运动时间短，故D正确。11.(2024·湖北省联考)如图所示，直角坐标系xOy中，x轴上方存在竖直向下的匀强电场，x轴下方存在垂直纸面向外的匀强磁场。一带正电粒子从＋y轴上的P点，以初速度v0沿与y轴正方向成θ＝53°角方向射入第一象限，经x轴后恰好能通过坐标原点O。已知粒子经过x轴时与x轴正方向也成53°角，且OP＝L，不计粒子重力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。(1)求匀强电场的电场强度与匀强磁场的磁感应强度大小之比；(2)若仅改变匀强磁场的磁感应强度大小，使粒子从＋y轴上的P点以同样方式射出后，进出磁场一次后又恰好能回到P点，求改变后的磁感应强度与改变前的磁感应强度大小之比。答案(1)eq\f(5,8)v0(2)eq\f(1,2)或eq\f(25,32)解析(1)设粒子质量为m、电荷量为q，电场强度为E，经过x轴时的速度为v，磁感应强度大小为B。粒子在电场中做类斜上抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图。在电场中，根据类抛体运动规律vcos53°＝v0sin53°根据动量定理Eq·t＝mvsin53°＋mv0cos53°根据动能定理Eq·L＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力Bqv＝meq\f(v2,R)根据几何关系2Rsin53°＝v0sin53°·t联立解得E＝eq\f(7mv02,18qL)，B＝eq\f(28mv0,45qL)，可得eq\f(E,B)＝eq\f(5,8)v0(2)设改变后的磁感应强度为B′，粒子运动轨迹如图所示在第一象限x1＝v0sin53°·t在第三、四象限B′qv＝meq\f(v2,R′)在第二象限，根据运动学公式x2＝vcos53°·t′L＝vsin53°·t′－eq\f(1,2)at′2根据牛顿第二定律Eq＝ma根据几何关系2R′sin5