2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）第6讲　静电场作业含答案

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）第6讲静电场作业含答案第6讲静电场时间|40min1.[2024·新课标卷]如图所示,两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上,下端分别系有均带正电荷的小球P、Q,小球处在某一方向水平向右的匀强电场中,平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等,则 ()A.两绳中的张力大小一定相等B.P的质量一定大于Q的质量C.P的电荷量一定小于Q的电荷量D.P的电荷量一定大于Q的电荷量2.[2024·辽宁卷]在水平方向的匀强电场中,一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动.如图所示,若小球的初速度方向沿虚线,则其运动轨迹为直线;若小球的初速度方向垂直于虚线,则其从O点出发运动到O点等高处的过程中 ()A.动能减小,电势能增大B.动能增大,电势能增大C.动能减小,电势能减小D.动能增大,电势能减小3.[2024·山东威海模拟]如图所示,空间存在水平向右的匀强电场,O点固定一负点电荷.A、B、C、D、M、N是以O为球心的球面上的点,AC为水平直径,BD为竖直直径.下列说法正确的是 ()A.B、D两点电场强度相同B.将一试探电荷由A点沿圆弧AMC移至C点,所受的电场力逐渐减小C.将一正试探电荷由A点沿圆弧AMC移至C点,电势能增加D.将一负试探电荷由B点沿圆弧BND移至D点,电势能减小4.(多选)[2024·河北衡水模拟]如图所示为一正方体ABCD-EFGH,在A、G两顶点分别固定等量正、负点电荷,取无穷远处的电势为零.下列说法正确的是()A.顶点D、F两处电势不相等B.顶点B、H两处场强不相同C.正方体的12条棱上共有6个点电势为零D.将一正试探电荷从D移到C和从B移到F,电势能变化量不同5.(多选)[2024·湖北武汉模拟]如图所示,正方形ABCD的对角线长为2a,在A、C两点均放置电荷量为+q的点电荷,P为正方形ABCD外接圆上任意一点,O为外接圆的圆心,静电力常量为k.下列说法正确的是 ()A.B、D两点的电场强度相同B.将负电荷由B沿直线BD移到D的过程中,电场力先做正功后做负功C.对角线BD上电场强度的最大值为4D.若两点电荷在P点产生的电场强度大小分别是E1、E2,则1E1+6.(多选)[2024·山西太原模拟]如图所示,正方体的棱ae竖直,可视为质点的带正电小球从a点沿ab方向水平抛出,仅在重力的作用下,恰好经过f点.在空间中增加沿ad方向的匀强电场,小球仍从a点沿ab方向水平抛出,恰好经过底面中心k点.下列说法正确的是()A.小球两次运动的时间相等B.小球两次抛出的初速度相同C.小球经过f点的动能与经过k点的动能之比为20∶21D.小球从a到k,机械能增加量是重力势能减少量的一半7.[2024·山东济南模拟]如图所示为不等量同种点电荷q1、q2连线上各点电势随位置坐标变化的φ-x图像,图线垂直穿过φ轴,交点处的纵坐标为φ0,a、b为x轴上关于原点O对称的两个点.取无穷远处的电势为零,质子质量为m,电荷量为e.下列说法正确的是 ()A.q1、q2均带负电B.两点电荷的电荷量之比q1qC.将一质子从a点由静止释放,到达b点时速度为0D.将一质子从a点由静止释放,若质子经过O点时速度为v0,则a点电势为φa=φ0+m8.(多选)[2024·河北秦皇岛模拟]如图所示的两个平行板电容器水平放置,用导线将A板与B'板相连,A'板和B板都接地.已知A板带正电,在两个电容器的极板间有M、N两个带电油滴都处于静止状态.A、B间电压为UAB,电容为CAB,带电荷量为QAB;A'、B'间电压为UA'B',电容为CA'B',带电荷量为QA'B'.若将B板稍向下移,则 ()A.CAB不变,CA'B'不变B.UAB减小,UA'B'增大C.QAB减小,QA'B'增大D.N原来所在位置处的电势升高且N将向上运动9.(多选)[2024·江西卷]如图所示,垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆,质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆,两小球均可视为点电荷,带电荷量分别为q和Q.在图示的坐标系中,小球乙静止在坐标原点,初始时刻小球甲从x=x0处由静止释放,开始向下运动.甲和乙两点电荷的电势能Ep=kQqr(r为两点电荷之间的距离,k为静电力常量).最大静摩擦力等于滑动摩擦力Ff,重力加速度为g.关于小球甲,下列说法正确的是 (A.最低点的位置x=kQqB.速率达到最大值时的位置x=kQqC.最后停留位置x的区间是kQqmg≤x≤D.若在最低点能返回,则初始电势能Ep0<(mg-Ff)kQq10.[2024·湖南岳阳模拟]如图甲所示,一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入(记为t=0时刻),同时在两板上加一按如图乙所示变化的电压.已知粒子比荷为k,带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞,经过一段时间,粒子以平行于极板方向的速度射出.下列说法中正确的是 ()A.粒子在极板间运动的时间可能为t=4sB.粒子射出极板的速度大小为2vC.极板长度L满足L=3vnnD.极板间最小距离为311.[2024·山东济南模拟]空间存在范围足够大的匀强电场,长方形区域ABCD在竖直平面内,其中AB=2L,AD=L,电场强度的方向与ABCD所在平面平行.质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子在A点以一定的速度v0进入电场,粒子到达B点的动能是初动能的9倍;若改变粒子速度方向,以相同的初动能仍从A点进入电场,到达D点的动能为初动能的4倍.不计粒子重力,sin37°=0.6,cos37°=0.8.(1)求匀强电场的电场强度大小和方向;(2)若粒子进入电场时的速度大小可变,且当粒子进入电场时速度方向与电场垂直,为使粒子穿出长方形区域的动能增量最多,求该粒子进入电场时的速度大小;(3)若粒子进入电场时的速度大小可变,且当粒子进入电场时速度方向与电场垂直,为使粒子第一次经过长方形边界时动量的增量为mv0,求该粒子进入电场时的速度大小.第6讲静电场1.B[解析]设Q和P两球之间的库仑力为F,细绳对Q、P的拉力分别为FT1、FT2,Q、P的质量分别为m1、m2,两细绳与竖直方向的夹角均为θ,对于小球Q有q1E+FT1sinθ=F,FT1cosθ=m1g,对于小球P有q2E+F=FT2sinθ,FT2cosθ=m2g,联立有q1E=F-FT1sinθ>0,q2E=FT2sinθ-F>0,可得FT2>FT1,且FT1FT2=m1m2,可知m2>m1,即P的质量一定大于Q的质量,A错误,B正确;2.D[解析]根据题意,若小球的初速度方向沿虚线,则其运动轨迹为直线,可知电场力和重力的合力沿着虚线方向,又知电场强度方向为水平方向,根据力的合成可知电场力方向水平向右,若小球的初速度方向垂直于虚线,则其从O点出发运动到O点等高处的过程中,重力对小球做功为零,电场力的方向与小球的运动方向夹角为锐角,则电场力对小球做正功,小球的动能增大,电势能减小,故D正确.3.B[解析]根据点电荷的电场分布特点以及电场叠加可知,B、D两点电场强度大小相等,但方向不同,故A错误;A点电场强度为EA=E+kQr2,M点电场强度为EM=E2+kQr22,C点电场强度为EC=E-kQr2,由此可知EA>EM>EC,所以将一试探电荷由A点沿圆弧AMC移至C点,电场强度不断减小,所受的电场力逐渐减小,故B正确;负点电荷产生的电场中A、M、C三点电势相等,而匀强电场产生的电场中A、M、C三点电势逐渐降低,所以将一正试探电荷由A点沿圆弧AMC移至C点,电势能减小,故C错误;负电荷产生的电场中B、N、D三点电势相等,匀强电场产生的电场中B、N、D三点电势也相等,所以将一负试探电荷由B4.AC[解析]因为顶点D距离正点电荷较近,顶点F距离负点电荷较近,所以D点电势比F点电势高,A正确;因为正点电荷在B点产生的电场强度与负点电荷在H点产生的电场强度大小和方向都相同,负点电荷在B点产生的电场强度与正点电荷在H点产生的电场强度大小和方向也都相同,所以根据电场强度叠加原理可知,顶点B、H两处场强大小和方向都相同,B错误;等量异种点电荷连线的中垂面为等势面,且其电势为零,正方体的12条棱中BC、CD、DH、HE、EF、FB这6条棱的中点各自到正负点电荷的距离都相等,所以这6个中点都在该等势面上,电势都为零,因此正方体的12条棱上有6个点电势为零,C正确;因为B、D两点到正点电荷的距离相等且到负点电荷的距离也相等,所以D点和B点电势相等,同理,C点和F点的电势也相等,则UDC=UBF,由W=qU可知,将一正试探电荷从D移到C和从B移到F,电场力做功相同,则电势能变化量相同,D错误.5.BCD[解析]因等量同种点电荷的电场分布特点可知,B、D两点的电场强度方向不同,即电场强度不同,A错误;在等量正点电荷连线的中垂线上,从O点到B点的电场强度方向向下,从O点到D点的电场强度方向向上,所以将负电荷由B沿直线BD移到D的过程中,电场力先做正功后做负功,B正确;设BD上某一点M到A点的连线与水平方向的夹角为α,M点的场强叠加如图所示,M点的电场强度E=2kqacosα2·sinα=2kqa2cos2αsinα,由于cos2αsinα=(1-sin2α)sinα=12(1-sin2α)2·2sin2α≤121-sin2α+1-sin2α+2sin2α33=427,当1-sin2α=2sin2α,即sind=33时,不等式取等号,所以当sinα=36.AC[解析]设正方体边长为L,小球两次在竖直方向的受力情况相同,则竖直方向的加速度相同,根据L=12gt2可知t=2Lg,故两次运动的时间相等,A正确;小球两次沿初速度方向均不受力,即沿初速度方向均做匀速运动,第一次抛出的初速度v01=Lg2L,而第二次抛出的初速度v02=L2g2L,故两次抛出的初速度不同,B错误;第二次沿ad方向有L2=12×F电mt2,解得F电=12mg,第一次小球经过f点的动能Ekf=12mv012+mgL=54mgL,第二次小球经过k点的动能Ekk=12mv022+mgL+F电·L2=2116mgL,故小球经过f点的动能与经过k点的动能之比为20∶21,C正确;小球从a到k,机械能增加量等于电场力做功,7.D[解析]由图像可知x轴上的-x0和2x0之间的电势都大于零,故两个点电荷一定都是正电荷,故A错误;在x=0处φ-x图像切线的斜率为零,则该点处的电场强度为零,有kq1x02=kq2(2x0)2,解得q1∶q2=1∶4,故B错误;因a点电势大于b点电势,故质子从a点由静止释放到达b点,电场力做功大于零,因此到达b点时速度大于0,故C错误;将质子从a点由静止释放,质子经过O点时,由动能定理可得e(φa-φ0)=12mv028.CD[解析]若将B板稍向下移,则A、B两板的间距dAB变大,由电容的决定式C=εrS4πkd可知,CAB将变小,而A'、B'板未动,则CA'B'不变;假设QAB不变,则由C=QU可知,UAB增大,大于A'、B'之间的电压,故A、B板将向A'、B'板充电,因此QAB要减小,QA'B'要增大,而CA'B'不变,则UA'B'要增大,故A、B错误,C正确.由场强公式E=Ud=4πkQεrS,可知A'、B'之间的场强EA'B'增大,N将向上运动,由于φN-0=EA'B'dNA',因此9.BD[解析]小球甲在变力作用下沿直杆往复性运动,由于摩擦力与运动方向始终相反,所以该运动为阻尼振动,振幅逐渐减小,小球甲第一次向下到达的最低点为全程的最低点,小球甲从开始运动至第一次运动到最低点的过程,根据能量守恒定律有mg(x0-x)-Ff(x0-x)=kQqx-kQqx0,解得x=kQq(mg-Ff)x0,A错误;小球甲做阻尼振动,经过平衡位置的速率越来越小,第一次向下经过平衡位置时速率最大,小球甲第一次向下运动至速率达到最大值的位置,根据平衡条件有mg=Ff+kQqx2,解得x=kQqmg-Ff,B正确;若小球甲停止在下降的过程中,且停止运动后恰好静止,则有mg=kQqx12+Ff,解得x1=kQqmg-Ff,若小球甲停止在上升的过程中,且停止运动后恰好静止,则有mg+Ff=kQqx22,解得x2=kQqmg+Ff,因此小球甲最后停留位置x的区间为kQqmg+Ff≤x≤kQqmg-Ff,C错误;若小球甲在最低点能返回10.D[解析]粒子进入电容器后,在平行于极板方向做匀速直线运动,在垂直于极板方向运动的v-t图像如图所示,因为粒子平行于极板射出,可知粒子射出极板时在垂直于极板方向的分速度为0,所以射出时刻可能为1.5s、3s、4.5s……,满足t=1.5n(n=1,2,3,…),粒子射出的速度大小必定为v,极板长度L=v·1.5n(n=1,2,3,…),故A、B、C错误;因为粒子不跟极板碰撞,则应满足d2≥12v垂直×1.5s,v垂直=a×1s,a=qU0md,联立解得d≥311.(1)5mv022qL(2)1111v0(3)38v0或2[解析](1)设电场强度大小为E,方向与AB的夹角为θ指向右下方,粒子由A到B,由动能定理得Eq·2Lcosθ=12mv粒子由A到D,由动能定理得Eq·Lcos90°-θ=12联立解得θ=37°,E=5(2)粒子从C点射出时,沿电场线方向的位移最大,动能增量最多,如图甲所示由几何关系可得AE=Lcos53°=EC=DC-DE=2L-Ltan53°=23EF=ECsin53°=815则垂直于电场方向移动的距离为CF=ECcos53°=25沿电场方向移动的距离为AF=AE+EF=115在垂直于电场的方向上有vt=25在沿电场的方向上有Eq2mt2=联立解得v=1111v(3)粒子第一次经过长方形边界时动量的增量Δp=mv0由动量定理得Δp=Eqt'联立解得粒子运动的时间t'=2粒子沿电场方向的位移为y=Eq2mt'2=如图乙所示当沿电场方向的位移y=15L=AM时,粒子可能从G点射出长方形边界,也可能从H点射出长方形边界,即粒子在垂直于电场方向的位移可能为x1=MG=AMtan53°=415L,也可能为x2=MH=AMtan53根据x1=v1t'解得v1=23v根据x2=v2t'解得v2=38v所以粒子进入电场时的速度为23v0或38第7讲磁场【网络构建】【关键能力】理解磁场对运动电荷、通电导线的作用,掌握磁场的叠加、磁场对电流的作用、带电粒子在磁场中的运动等问题的解决思路,加强带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的作图训练,培养学生的数形结合能力,掌握解决带电粒子在磁场中运动的临界问题、多解问题的分析技巧,培养科学思维能力.题型1磁场的性质1.用准“两个定则”(1)对电流的磁场用安培定则.(2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用左手定则.2.明确两个常用的等效模型(1)变曲为直:如图甲所示的通电导线在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流.(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,如图乙所示.例1[2024·安徽合肥模拟]正方形MNPQ的中心为O,其对角线MOP长为2d.均通有电流I0的两无限长直导线互成60°角,放置在该正方形平面内,两导线彼此绝缘且相交于O点,MOP平分∠GOH,通入的电流方向如图所示.已知一根无限长直导线通入电流为I时,距离导线为r处的磁感应强度大小B=kIr,k为常数.下列关于M、N、P、Q四处的磁感应强度大小表示正确的是(A.BM=4B.BN=4C.BP=2D.BQ=2【技法点拨】本题考查通电导线产生的磁场叠加问题.磁场叠加问题的解题思路如下:(1)确定磁场场源,如通电导线.(2)定位空间中需求解磁感应强度的点,利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁感应强度的大小和方向.(3)应用平行四边形定则对磁感应强度进行矢量合成.例2(多选)[2022·全国乙卷]安装适当的软件后,利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B.如图所示,在手机上建立直角坐标系,手机显示屏所在平面为xOy面.某同学在某地对地磁场进行了四次测量,每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上.根据表中测量结果可推知()测量序号Bx/μTBy/μTBz/μT1021-4520-20-463210-454-210-45A.测量地点位于南半球B.当地的地磁场的磁感应强度大小约为50μTC.第2次测量时y轴正向指向南方D.第3次测量时y轴正向指向东方【技法点拨】本题用智能手机测地磁场的磁感应强度,要求学生根据题中给出的测量结果论证测量地点、y轴正方向的指向情况等,题干中说明z轴正向保持竖直向上,而表格中测量结果表明z轴方向的磁感应强度为负,即测量地点的磁感应强度的竖直分量是向下的,说明测量地点位于北半球;然后再根据矢量合成法则确定合磁场的磁感应强度的大小和方向.【迁移拓展】1.[2024·山东日照模拟]如图所示,匀强磁场磁感应强度大小为1T,方向水平向右,一根通电直导线垂直于匀强磁场放置,导线截面是正六边形的中心O,正六边形在纸面内且a、d连线与磁感线垂直.已知a点的实际磁感应强度为零,则下列叙述正确的是 ()A.直导线中的电流方向垂直于纸面向外B.b点的实际磁感应强度方向指向中心OC.c点的实际磁感应强度大小为3TD.c点的实际磁感应强度跟f点的相同2.[2024·浙江1月选考]磁电式电表原理示意图如图所示,两磁极装有极靴,极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱.极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向,两者之间有可转动的线圈.a、b、c和d为磁场中的四个点.下列说法正确的是 ()A.图示左侧通电导线受到安培力向下B.a、b两点的磁感应强度相同C.圆柱内的磁感应强度处处为零D.c、d两点的磁感应强度大小相等题型2带电粒子在匀强磁场中的运动1.常用公式qvB=m2.运动时间的确定:t=α360°T(可知α越大,粒子在磁场中运动时间就越长).圆心角α总是与速度的偏转角相等3.对称性的应用(1)粒子从直线边界射入磁场,再从这一边界射出时,速度方向与边界的夹角相等.(2)粒子沿径向射入圆形磁场区域时,必沿径向射出磁场区域.带电粒子在有界磁场中的运动例3(多选)[2023·全国甲卷]光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场,筒上P点开有一个小孔,过P的横截面是以O为圆心的圆,如图所示.一带电粒子从P点沿PO射入,然后与筒壁发生碰撞.假设粒子在每次碰撞前、后瞬间,速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变,沿法线方向的分量大小不变、方向相反;电荷量不变.不计重力.下列说法正确的是 ()A.粒子的运动轨迹可能通过圆心OB.最少经2次碰撞,粒子就可能从小孔射出C.射入小孔时粒子的速度越大,在圆内运动时间越短D.每次碰撞后瞬间,粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线【技法点拨】本题关键点是知道粒子射入磁场以后的轨迹圆心组成的多边形应为以筒壁为内接圆的多边形,边数最少时为三角形,即将圆三等分,带电粒子在磁场中运动时间最短,在这个基础上再稍增大(或稍减小)入射速度,就会错过P点,导致更多次碰撞才可能从P点射出,时间会更长.带电粒子在磁场中运动的多解问题例4(多选)[2024·湖北武汉模拟]如图所示,在等腰梯形abcd区域内(包含边界)存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,边长ad=dc=bc=l,ab=2l.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从a点沿着ad方向射入磁场中,不计粒子的重力.为了使粒子不能从bc边射出磁场区域,粒子的速率可能为 ()A.2B.4C.6D.5【技法点拨】1.带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,多种因素的影响使问题形成多解.多解形成的原因一般包含4个方面:(1)粒子电性不确定;(2)磁场方向不确定;(3)临界状态不唯一;(4)运动的往复性.2.对于带电粒子在磁场中运动的多解问题,分析清楚粒子运动过程、画出轨迹图是解题的前提与关键,同时要考虑清楚所有可能的情况,再按照“定圆心、定半径、定圆心角”的步骤进行求解,解题时要将几何关系和物理规律有机地结合在一起.【迁移拓展】1.[2024·湖北卷]如图所示,在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域.不计重力,下列说法正确的是()A.粒子的运动轨迹可能经过O点B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为7πD.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,粒子运动的速度大小为32.如图所示,一个圆柱体空间过旋转轴平面MNPQ划分成两个区域,两区域内分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场.一电子以某一速度从圆柱体左侧垂直于yOz平面进入磁场,并穿过两个磁场区域.下列关于电子运动轨迹在不同坐标平面的投影中,可能正确的是()题型3动态圆和收集粒子问题当带电粒子射入磁场中的条件不同时,其在磁场中做圆周运动的轨迹就不相同,导致粒子运动过程与磁场中某些分界线(或挡板)发生相交、相切或不相及,这样就形成了临界问题,解答带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键是确定临界条件,对入射条件不同的粒子运动轨迹采用画图方法来确定临界条件是常用的手段,由此形成的系列圆有放缩圆、旋转圆、平移圆和聚焦圆.放缩圆问题适用条件速度方向一定,速度大小不同粒子源发射速度方向一定、速度大小不同的带电粒子进入匀强磁场时,这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化轨迹圆圆心共线如图所示(图中只画出粒子带正电的情景),速度v越大,运动半径也越大.可以发现这些带电粒子射入磁场后,它们运动轨迹的圆心在垂直于初速度方向的直线PP'上界定方法以入射点P为定点,圆心位于PP'直线上,将半径放缩作轨迹圆,从而探索出临界条件,这种方法称为“放缩圆”法例5(多选)[2024·河北唐山模拟]如图所示,边长为2L的等边三角形ABC内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场,D是AB边的中点.一质量为m、电荷量为-q的带负电粒子从D点以不同的速率平行于BC边方向射入磁场,不计粒子重力,下列说法正确的是 ()A.粒子可能从B点射出B.若粒子从C点射出,则粒子做匀速圆周运动的半径为32C.若粒子从C点射出,则粒子在磁场中运动的时间为πD.若粒子从AB边射出,则粒子在磁场中运动的时间相同,且时间最长旋转圆问题适用条件速度大小一定,速度方向不同粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时,这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同,若射入速度大小为v0,则圆周运动的半径R=m轨迹圆圆心共圆如图所示,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R=mv界定方法将半径R=mv例6如图所示,在x轴上方有匀强磁场,磁感应强度的大小为B,磁场方向垂直于xOy平面向里.现有大量质量为m、带电荷量为+q的粒子以相同的速率v沿xOy平面从O点射入第一象限,不计重力和粒子间的相互影响.若图中的阴影部分表示带电粒子可能经过的区域,其中R=mvqB,则下列选项中正确的是 (平移圆问题适用条件速度大小和速度方向一定,入射点不同但在同一直线上粒子源发射速度大小、方向一定,入射点不同但在同一直线上的带电粒子,这些带电粒子进入匀强磁场时,做匀速圆周运动的半径相同,若射入速度大小为v0,则圆周运动的半径R=m轨迹圆圆心共线如图所示,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上界定方法将半径R=mv例7(多选)如图所示,有一等腰直角三角形AOC,直角边长为3d,AOC区域范围内(包含边界)存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场.质量为m、电荷量为+q的粒子可在直角边AO上的不同位置垂直于边界沿垂直于磁场方向射入,射入速度大小为qBdm.D、E是AO边界上的两点(图中未画出),AD=EO=0.5d,不计粒子重力,则(A.粒子在磁场做圆周运动的半径为2dB.粒子从与A点距离为(2-1)d处射入时,恰好不从AC边界射出C.从D点射入的粒子在磁场中运动的时间为πD.从E点射入的粒子在磁场中运动的时间为π聚焦圆问题适用条件速度大小一定,速度方向平行粒子源发射速度大小一定、方向平行的带电粒子进入圆形区域的匀强磁场时,区域圆与轨迹圆的半径相同,若射入速度大小为v0,则圆周运动的半径为R=m轨迹圆圆心共圆如图所示,带电粒子射出磁场时交于磁场圆上某一点A,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以聚焦点A为圆心、半径R=mv界定方法以对准区域圆的圆心入射时背离圆心离开,从而得到聚焦点,这种方法称为“聚焦圆”法例8(多选)利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度,人们把此原理运用到薄膜材料制备上,使芯片技术得到飞速发展.如图所示,一束宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径为r0的圆形匀强磁场区域,磁感应强度大小为B0,这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域,正方形过O点的一边与半径为r0的磁场圆相切.在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域,使汇聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为2r0,且粒子仍水平向右射出.不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力,下列说法正确的是 ()A.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0,方向垂直于纸面向里B.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为12B0C.正方形区域中匀强磁场区域的最小面积为2(π-2)rD.正方形区域中匀强磁场区域的最小面积为π−2【迁移拓展】1.[2020·全国卷Ⅰ]一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图中虚线所示,ab为半圆,ac、bd与直径ab共线,a、c间的距离等于半圆的半径.一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子,在纸面内从c点垂直于ac射入磁场,这些粒子具有各种速率.不计粒子之间的相互作用.在磁场中运动时间最长的粒子,其运动时间为 ()A.7πm6qB B.5πm4qB C2.(多选)如图所示,在直角坐标系xOy的第一象限内x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,在y轴上S处有一粒子源,它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等、质量大小均为m、电荷量大小均为q的同种带电粒子,所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点.已知粒子带负电,OP=3OS=3d,粒子重力及粒子间的相互作用均不计,则 (A.粒子的速度大小为qBdB.从O点射出的粒子在磁场中运动的时间为πC.从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为9∶2D.沿平行于x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为d第7讲磁场题型1例1A[解析]根据几何关系可知M、N、P、Q四点到两导线的距离分别为12d、32d、12d、32d,根据矢量的叠加原理可知,M、P两点的磁感应强度大小为B=2×kI012d例2BC[解析]地磁场的S极大致在地理北极附近,地磁场的N极大致在地理南极附近.z轴正向保持竖直向上,由表中数据可知测量地点地磁场的竖直分量向下,可判断该测量地点位于北半球,A错误;x轴和y轴沿水平方向,由第1次测量数据可知,测量地点地磁场的磁感应强度的水平分量为21μT,竖直分量为45μT,故此处的磁感应强度大小B=By2+Bz2≈50μT,B正确;由于测量地点在北半球,而北半球地磁场水平分量指向北方,第2次测量时By<0,故y轴正向指向南方,第3次测量时Bx【迁移拓展】1.C[解析]a点的实际磁感应强度为零,由矢量叠加原理可知,直导线在a点产生的磁感应强度大小为1T,方向水平向左,由安培定则可知直导线中的电流方向垂直于纸面向里,选项A错误;直导线在b点产生的磁感应强度大小为1T,方向与匀强磁场的反方向成60°角,则b点的实际磁感应强度方向与匀强磁场的方向成60°角,不是指向中心O,选项B错误;直导线在c点产生的磁感应强度大小为1T,方向垂直于Oc斜向右上方向,与匀强磁场的方向成60°角,则c点的实际磁感应强度大小为Bc=2×1×cos30°T=3T,选项C正确;直导线在c点产生的磁感应强度跟在f点的等大反向,则与匀强磁场合成后,这两点的实际磁感应强度大小和方向都不相同,选项D错误.2.A[解析]根据左手定则可知,左侧通电导线所受安培力向下,选项A正确;a、b两点的磁场方向不同,所以磁感应强度不同,选项B错误;磁感线是闭合的曲线,所以极靴和圆柱内都有磁感线,磁感应强度不为零,选项C错误;c、d两点附近的磁感线密集程度不同,磁感线越密集则磁场越强,所以c点的磁感应强度更大,选项D错误.题型2例3BD[解析]粒子入射方向为PO方向,则与筒壁发生碰撞时的速度方向一定沿圆筒横截面的半径方向向外,根据题意可知,每次碰撞后瞬间,粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线,故D正确;假设粒子运动过程过O点,则过P点的速度方向的垂线和OP连线的中垂线是平行的而不能确定粒子轨迹圆心,由对称性可知,撞击筒壁后瞬间的速度方向的垂线和碰撞点与圆心O连线的中垂线依旧平行而不能确定粒子轨迹圆心,则粒子轨迹不可能过O点,A错误;由题可知粒子在磁场中全部轨迹圆心连接成的多边形应为以筒壁为内接圆的多边形,最少应为三角形,如图所示,即撞击两次,B正确;速度越大,粒子做圆周运动的半径越大,碰撞次数可能会增多,粒子运动时间不一定变短,C错误.例4AC[解析]粒子不从bc边射出磁场区域,其临界状态分别是从b点和c点射出,其临界轨迹如图所示,当粒子从c点射出时,由几何关系知ac=3l=2r1sin30°,解得r1=3l,当粒子从b点射出时,由几何关系知ab=2l=2r2sin60°,解得r2=233l,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,可得r=mvqB,由于粒子做圆周运动的半径r应满足r<r2或r>r1,所以粒子的速率v应满足v<23【迁移拓展】1.D[解析]根据磁场圆和轨迹圆相交形成的圆形具有对称性可知,在圆形匀强磁场区域内,沿着径向射入的粒子总是沿径向射出,所以粒子的运动轨迹不可能经过O点,故A、B错误;粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的时间间隔最短对应的轨迹如图甲所示,则最小时间间隔为Δt=2T=4πmqB,故C错误;粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短对应的轨迹如图乙所示,设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知r=33R,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r,解得2.A[解析]根据左手定则可知,电子所受的洛伦兹力方向和磁场方向垂直,所以电子始终在与xOy平面平行的平面内运动,在圆柱体左侧做逆时针圆周运动,在圆柱体的右侧做顺时针圆周运动,A正确,B错误;电子运动过程中,z轴坐标为正值且不变,x轴坐标先为负值后为正值,y轴坐标始终为正值,其在xOz平面的投影如图甲所示,在yOz平面的投影如图乙所示,C、D错误.甲乙题型3例5CD[解析]带负电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场,由左手定则可知,粒子向下偏转,但由于BC边的限制,粒子不能到达B点,故A错误;若粒子从C点射出,则如图甲所示,根据几何关系可得r2=r-Lsin60°2+2L-Lcos60°2,解得粒子做匀速圆周运动的半径r=3L,粒子运动轨迹对应的圆心角的正弦值为sin∠O=2L-Lcos60°r=32,可得∠O=60°,所以粒子在磁场中运动的时间为t=60°360°T=16×2πmq例6D[解析]粒子在磁场中做匀速圆周运动,磁场以x轴为边界,粒子从x轴进入磁场后再从x轴离开时,速度v与x轴的夹角不变,由此可知沿x轴正方向入射的粒子刚好进入磁场做一个完整的圆周运动,沿y轴正方向入射的粒子刚好转半个周期,如图所示,在两图形的相交包围的部分是粒子不经过的地方,故D正确.例7BD[解析]由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,解得r=mvqB=d,A错误;粒子刚好不从AC边界射出磁场区域时运动轨迹如图甲所示,轨迹恰好与AC相切,根据几何关系可知,此时入射点到A的距离为L=rsin45°-r=(2-1)d,即入射点到A点距离大于(2-1)d且小于d的粒子都不能从AC边界射出磁场,B正确;如图乙所示,从D点射入的粒子在磁场中运动的轨迹为一个半圆,该粒子在磁场中运动的时间为πmqB,从E点射入的粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角θ满足r-rcosθ=0.5d甲乙例8BC[解析]根据磁聚焦原理,粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动,粒子运动的轨迹半径为r0,有qB0v=mv2r0,解得B0=mvqr0,要使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为2r0,且粒子仍水平向右射出,作出轨迹如图所示,由几何关系可知粒子的轨迹半径为2r0,正方形中磁场应该为圆形磁场的一部分,有qB1v=mv22r0,解得B1=mv2qr0【迁移拓展】1.C[解析]粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关,由在磁场中运动轨迹对应的圆心角决定,即t=θ2πT.采用放缩法,粒子垂直于ac射入磁场,则圆心必在ac直线上,将粒子的轨迹半径由零开始逐渐放大,在r≤0.5R和r≥1.5R时,粒子分别从ac、bd边界射出,在磁场中的轨迹为半圆,运动时间等于半个周期.当0.5R<r<1.5R时,粒子从半圆边界射出,将轨迹半径从0.5R逐渐放大,粒子射出位置从半圆顶端向下移动,轨迹所对的圆心角从π逐渐增大,当轨迹半径为R时,轨迹所对的圆心角最大,然后再增大轨迹半径,轨迹所对的圆心角减小,因此当轨迹半径等于R时粒子运动时间最长,即θ=π+π3=43π,粒子运动最长时间为t=θ2πT=43π2.AC[解析]粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点,如图所示,其轨迹为轨迹1,可知SP为轨迹圆的直径,由几何关系知(2R)2=d2+(3d)2,解得R=d,由洛伦兹力提供向心力,有mv2R=qvB,解得v=qBdm,A正确;粒子运动的周期T=2πRv=2πmBq,从O点射出的粒子其轨迹为轨迹3,由几何关系可知sinθ2=12dR,解得θ=60°,即轨迹所对的圆心角为60°,粒子在磁场中运动的时间t=θ360°T=πm3qB,B错误;运动时间最长的粒子为运动轨迹与x轴相切的粒子,其轨迹为轨迹2,对应的圆心角为270°,则运动的最长时间t1=34T,运动时间最短的粒子为从原点飞出的粒子,其轨迹为轨迹3,对应的圆心角为60°,则运动的最短时间t2=第7讲磁场题型1例1A[解析]根据几何关系可知M、N、P、Q四点到两导线的距离分别为12d、32d、12d、32d,根据矢量的叠加原理可知,M、P两点的磁感应强度大小为B=2×kI012d例2BC[解析]地磁场的S极大致在地理北极附近,地磁场的N极大致在地理南极附近.z轴正向保持竖直向上,由表中数据可知测量地点地磁场的竖直分量向下,可判断该测量地点位于北半球,A错误;x轴和y轴沿水平方向,由第1次测量数据可知,测量地点地磁场的磁感应强度的水平分量为21μT,竖直分量为45μT,故此处的磁感应强度大小B=By2+Bz2≈50μT,B正确;由于测量地点在北半球,而北半球地磁场水平分量指向北方,第2次测量时By<0,故y轴正向指向南方,第3次测量时Bx【迁移拓展】1.C[解析]a点的实际磁感应强度为零,由矢量叠加原理可知,直导线在a点产生的磁感应强度大小为1T,方向水平向左,由安培定则可知直导线中的电流方向垂直于纸面向里,选项A错误;直导线在b点产生的磁感应强度大小为1T,方向与匀强磁场的反方向成60°角,则b点的实际磁感应强度方向与匀强磁场的方向成60°角,不是指向中心O,选项B错误;直导线在c点产生的磁感应强度大小为1T,方向垂直于Oc斜向右上方向,与匀强磁场的方向成60°角,则c点的实际磁感应强度大小为Bc=2×1×cos30°T=3T,选项C正确;直导线在c点产生的磁感应强度跟在f点的等大反向,则与匀强磁场合成后,这两点的实际磁感应强度大小和方向都不相同,选项D错误.2.A[解析]根据左手定则可知,左侧通电导线所受安培力向下,选项A正确;a、b两点的磁场方向不同,所以磁感应强度不同,选项B错误;磁感线是闭合的曲线,所以极靴和圆柱内都有磁感线,磁感应强度不为零,选项C错误;c、d两点附近的磁感线密集程度不同,磁感线越密集则磁场越强,所以c点的磁感应强度更大,选项D错误.题型2例3BD[解析]粒子入射方向为PO方向,则与筒壁发生碰撞时的速度方向一定沿圆筒横截面的半径方向向外,根据题意可知,每次碰撞后瞬间,粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线,故D正确;假设粒子运动过程过O点,则过P点的速度方向的垂线和OP连线的中垂线是平行的而不能确定粒子轨迹圆心,由对称性可知,撞击筒壁后瞬间的速度方向的垂线和碰撞点与圆心O连线的中垂线依旧平行而不能确定粒子轨迹圆心,则粒子轨迹不可能过O点,A错误;由题可知粒子在磁场中全部轨迹圆心连接成的多边形应为以筒壁为内接圆的多边形,最少应为三角形,如图所示,即撞击两次,B正确;速度越大,粒子做圆周运动的半径越大,碰撞次数可能会增多,粒子运动时间不一定变短,C错误.例4AC[解析]粒子不从bc边射出磁场区域,其临界状态分别是从b点和c点射出,其临界轨迹如图所示,当粒子从c点射出时,由几何关系知ac=3l=2r1sin30°,解得r1=3l,当粒子从b点射出时,由几何关系知ab=2l=2r2sin60°,解得r2=233l,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,可得r=mvqB,由于粒子做圆周运动的半径r应满足r<r2或r>r1,所以粒子的速率v应满足v<23【迁移拓展】1.D[解析]根据磁场圆和轨迹圆相交形成的圆形具有对称性可知,在圆形匀强磁场区域内,沿着径向射入的粒子总是沿径向射出,所以粒子的运动轨迹不可能经过O点,故A、B错误;粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域