2025 高考物理三维设计二轮第三部分　专题复习　整合突破专题三　电场和磁场

15/152025高考物理三维设计二轮第三部分专题复习整合突破专题三电场和磁场第8讲电场及带电粒子在电场中的运动1.（多选）（2024·湖北高考8题）关于电荷和静电场，下列说法正确的是（）A.一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变B.电场线与等势面垂直，且由电势低的等势面指向电势高的等势面C.点电荷仅在电场力作用下从静止释放，该点电荷的电势能将减小D.点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将从高电势的地方向低电势的地方运动解析：AC电荷只能从一个物体（物体的一部分）转移给另一个物体（物体的另一部分），不能被创造，也不能被消灭，所以一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变，A正确；电场线与等势面垂直，沿电场线方向电势逐渐降低，所以电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，B错误；点电荷仅在电场力作用下从静止释放，将沿其所受电场力方向运动，即电场力将做正功，则该点电荷的电势能将减小，C正确；结合C项分析和Δφ＝ΔEpq，可知，当q＜0时，Δφ＞0，当q＞0时，Δφ＜0，即负点电荷将从电势低的地方向电势高的地方运动，正点电荷将从电势高的地方向电势低的地方运动2.（2024·河北高考2题）我国古人最早发现了尖端放电现象，并将其用于生产生活，如许多古塔的顶端采用“伞状”金属饰物在雷雨天时保护古塔。雷雨中某时刻，一古塔顶端附近等势线分布如图所示，相邻等势线电势差相等，则a、b、c、d四点中电场强度最大的是（）A.a点 B.b点C.c点 D.d点解析：C根据等差等势面的疏密程度可得c点电场强度最大，C正确。3.（2024·湖南高考5题）真空中有电荷量为＋4q和－q的两个点电荷，分别固定在x轴上－1和0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是（）解析：D无限远处电势为0，根据点电荷的电势公式φ＝kQr可知，x正半轴上，电荷量为＋4q的点电荷在x处产生的电势为φ1＝k4qx+1，电荷量为－q的点电荷在x处产生的电势为φ2＝－kqx，x正半轴上在x处的电势φx＝k4qx+1－kqx，可知在x＝13处电势为04.（2024·吉林高考5题）某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图a所示。将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电流表等构成如图b所示的电路。闭合开关S后，若降低溶液浓度，则（）A.电容器的电容减小B.电容器所带的电荷量增大C.电容器两极板之间的电势差增大D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N解析：B根据题图a可知，降低溶液的浓度时，该不导电溶液的相对介电常数εr增大，结合电容的决定式C＝εrS4πkd可知，电容器的电容增大，A错误；电容器一直与恒压电源相连，则电容器两极板之间的电势差不变，C错误；根据电容的定义式C＝QU结合A、C项分析可知，电容器所带的电荷量Q增大，则溶液浓度降低过程中，电容器充电，电路中的电流方向为N→M5.（2024·福建高考11题）以O点为圆心，半径为R的圆上八等分放置电荷，除G为－Q，其余为＋Q，M、N为半径上的点，OM＝ON，如图所示，已经静电常数为k，则O点场强大小为2kQR2，M点电势大于（填“大于”“等于”或“小于”）N点电势。将＋q点电荷从M点沿MN移动到N点，电场力做正功（填“正功”“负功”或解析：根据点电荷的场强特点可知，除了水平方向上的正负电荷外，其余的6个电荷形成的电场在O处相互抵消，故O点场强大小为EO＝kQR2＋kQR2＝2kQR2；根据对称性可知，若没有沿水平直径方向上的正电荷和负电荷，M点和N点的电势相等，由于M点靠近最左边的正电荷，N点靠近右边的负电荷，故M点电势大于N点电势；将＋q点电荷从M点沿MN考点一电场的性质1.电场强度的分析与计算（1）电场强度的方向是正电荷所受静电力的方向，也是电场线上某点的切线方向，电场的强弱可根据电场线的疏密程度来进行比较。（2）计算电场强度常用的方法：公式法、平衡条件求解法、叠加合成法、对称法、补偿法、等效法。2.等势面与电场线的关系（1）电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面。（2）电场线越密的地方，等差等势面也越密。（3）沿等势面移动电荷，静电力不做功，沿电场线移动电荷，静电力一定做功。3.电场强弱、电势高低、电势能大小的判断方法物理量判断方法电场强弱（1）根据电场线的疏密判断（2）根据公式E＝kQr电势高低（1）根据电场线的方向判断（2）由UAB＝WAB（3）根据静电力做功（或电势能）判断电势能大小（1）根据Ep＝qφ判断（2）根据ΔEp＝－W电，由静电力做功判断（3）根据能量守恒定律判断【例1】（多选）（2024·广东高考8题）污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极、金属圆盘置于底部、金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的有（）A.M点的电势比N点的低B.N点的电场强度比P点的大C.污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大答案：AC解析：根据沿着电场线方向电势降低可知M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据Ep＝qφ可知，污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，电场力对其做正功，故A、C正确；根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，故B错误；M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等，结合A、C选项分析可知，污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，故D错误。【例2】（2024·河北高考7题）如图，真空中有两个电荷量均为q（q＞0）的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为q2。已知正三角形ABC的边长为a，M点的电场强度为0，静电力常量为k。顶点A处的电场强度大小为（A.23kqa2 B.kqaC.kqa2（33＋1） D.kqa2（答案：D解析：由点电荷的电场强度公式和电场强度叠加原理可知，两点电荷在M点产生的电场强度大小为E＝2kq33a2cos60°＝3kqa2，方向沿MA方向，又M点的电场强度为0，所以带电细杆在M处产生的电场强度大小也为E＝3kqa2，方向沿AM方向，由对称性可知带电细杆在A处产生的电场强度大小也为E＝3kqa2，方向沿MA方向，又由点电荷的电场强度公式和电场强度叠加原理可知，两点电荷在A处产生的电场强度大小为E'＝2kqa2cos30°＝3kqa2，方向沿MA考点二电场中的图像问题电场中几种常见的图像v-t图像当带电粒子只受静电力时，从v-t图像上能确定粒子运动的加速度方向、大小变化情况，进而可判定粒子运动中经过的各点的电场强度方向、电场强度大小、电势高低及电势能的变化情况φ-x图像（1）从φ-x图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场强度的方向及试探电荷电势能的变化（2）φ-x图线切线的斜率大小表示沿x轴方向电场强度E的大小E-x图像以电场强度沿x轴方向为例：（1）E＞0表示电场强度沿x轴正方向，E＜0表示电场强度沿x轴负方向（2）图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定Ep-x图像（1）图像的切线斜率大小表示静电力大小（2）可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况【例3】（2024·河南郑州一模）两个点电荷固定在x轴上的M、N两点，x轴上各点的电场强度E与各点位置坐标x之间的关系图像如图所示。取x轴正方向为电场强度的正方向，无穷远处电势为零，下列说法正确的是（）A.固定在M点的点电荷电荷量比固定在N点的点电荷电荷量小B.Q点的电势等于零C.从C点由静止释放一正点电荷，仅在电场力作用下，到D点前它将一直做加速运动D.从P点由静止释放一负点电荷，仅在电场力作用下，在它向左运动过程中电势能将一直减小答案：C解析：M、N连线中点处电场强度大于0，且两点间电场强度最小位置处距离N点较近，可知，固定在M点的点电荷电荷量比固定在N点的点电荷电荷量大，故A错误；若有一正点电荷由Q点向右侧无穷远处运动，电场力做正功，电势能不断减小，一直到零，所以Q点的电势大于零，故B错误；从C点由静止释放一正点电荷，仅在电场力作用下，到D点前电场强度一直为正值，则电场强度方向不变，电场力方向不变，它将一直做加速运动，故C正确；从P点由静止释放一负点电荷，仅在电场力作用下，在它由Q向N运动过程中电场力做负功，电势能增大，故D错误。【例4】（2024·山东日照统考）如图所示，O点为两等量异种点电荷连线的中点，一带正电的粒子（不计重力）从连线上的A点由静止释放，在静电力作用下运动到B点。取A点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向。在粒子从A点运动到B点的过程中，下列关于粒子运动的速度v和加速度a随时间t的变化，运动径迹上电势φ和粒子的电势能Ep随位移x的变化图线可能正确的是（）答案：B解析：根据等量异种点电荷的电场线分布可知，在粒子从A到B的运动过程中，电场强度先变小后变大，粒子受到的静电力先变小后变大，则加速度先变小后变大，v-t图像切线的斜率先变小后变大，故A错误，B正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，电势与位移的图像切线的斜率表示电场强度，电场强度先减小后增大，所以图像切线的斜率先减小后增大，故C错误；根据Ep＝qφ得ΔEpΔx＝qΔφΔx＝qE，E先减小后增大，所以Ep考点三电容器带电粒子在电场中的运动1.电容器的两类动态变化问题U不变（1）根据C＝QU＝εrS4πkd，（2）根据E＝Ud分析电场强度的变化（3）根据UAB＝Ed分析某点电势变化Q不变（1）根据C＝QU＝εrS4πkd，（2）根据E＝Ud2.带电粒子在电场中的常见运动及分析方法常见运动受力特点分析方法变速直线运动合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上（1）用动力学观点分析：a＝F合m，E＝Ud，v2－v02（2）用功能观点分析：W＝qU＝12mv2－12mv带电粒子在匀强电场中的偏转进入电场时v0⊥E，粒子做类平抛运动运动的分解偏转角：tanθ＝vyv0＝qU侧移距离：y0＝qU2l22mdv02＝U2l24dU常见运动受力特点分析方法带电粒子在匀强电场中的偏转粒子斜射入电场，粒子做类斜抛运动运动的分解垂直于电场方向做匀速直线运动：x＝v0tsinθ沿电场方向做匀变速直线运动：y＝v0tcosθ－qE2m带电粒子在非匀强电场中运动静电力在变化动能定理、能量守恒定律【例5】（2024·江苏泰州一模）通过手机内电容式加速度传感器可以实现运动步数的测量，传感器原理如图所示，电容器的M极板固定，与弹簧相连的N极板只能按图中标识的“前后”方向运动，则当手机（）A.匀速运动时，电流表示数为零，电容器M极板带负电B.由静止突然向前加速时，电容器的电容增大C.由静止突然向前加速时，流过电流表的电流由b向aD.保持向前匀减速运动时，电流表示数变小答案：C解析：匀速运动时，N极板相对M极板的位置不变，电容器的电容不变，则电容器带电荷量不变，电路中没有电流，电流表的示数为零，电容器M极板与电源正极相连，带正电，故A错误；由静止突然向前加速时，因为惯性，N极板相对M极板向后运动，两极板的间距变大，根据C＝εrS4πkd可知电容器的电容减小，根据Q＝CU可知电容器带电荷量减小，则电容器放电，流过电流表的电流由b向a，故B错误，C正确；保持向前匀减速运动时，加速度恒定不变，N极板受力不变，则弹簧形变量不变，N极板相对M极板的位置不变，则电容器的电容不变，电容器带电荷量不变，电路中无电流，电流表示数不变，【例6】（2024·苏北七市二模）如图所示，质子和α粒子分别从O点由静止开始经过M、N板间的电场加速后，从P处垂直射入偏转电场。质子落在感光板上的S点，则α粒子（）A.落在S点，速度方向与质子的相同B.落在S点，速度方向与质子的不同C.落在S点左侧，速度方向与质子的相同D.落在S点右侧，速度方向与质子的不同答案：A解析：设粒子的质量为m，电荷量为q，M、N板间电压为U，偏转电场的电场强度为E，粒子经过加速电场的过程中，根据动能定理可得qU＝12mv02，可得v0＝2qUm，粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，则有x＝v0t，y＝12at2＝12·qEmt2，联立可得y＝Ex24U，可知粒子在偏转电场中的轨迹与粒子的质量和电荷量均无关，则【例7】（2024·江苏徐州期中）如图所示，在xOy平面内的Ⅰ区域存在水平向右的匀强电场，Ⅱ区域存在水平向左的匀强电场，两区域内电场强度大小相等。一质量为m、带电荷量为＋q的离子从坐标为（0，L）的A点以与y轴负方向成45°角的速度v0斜向下进入Ⅱ区域，离子再次进入Ⅱ区域时恰经过坐标原点O。不计该离子的重力，求：（1）离子从A点到O点所用的时间t；（2）电场强度E的大小；（3）离子每次通过y轴时的位置坐标。答案：（1）2Lv0（2）2mv02qL（3）y＝1－n解析：（1）离子在电场中做匀变速曲线运动，沿y轴负方向做匀速直线运动，则沿y轴负方向，有L＝v0tcos45°解得t＝2L（2）离子在Ⅱ区域，沿x轴方向做匀减速直线运动，则v0sin45°＝at由牛顿第二定律可知Eq＝ma联立解得电场强度E＝2m（3）离子在每个区域运动的过程中，沿y轴负方向运动的距离都相等，设为y1，则有y1＝v0cos45°·t离子每次通过y轴时的位置坐标为y＝L－ny1解得y＝1－n2L，（n＝1、2、3等效重力场中的圆周运动问题1.“等效重力”及“等效重力加速度”在匀强电场中，将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为“等效重力场”中的“等效重力”，g'＝F合m为“等效重力场”中的“等效重力加速度”，F合的方向为“等效重力”的方向，也是“等效重力加速度”2.等效最“高”点与最“低”点的确定方法在“等效重力场”中过圆周运动的圆心作“等效重力”的作用线，其反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效最“高”点，沿着“等效重力”的方向延长交于圆周的那个点即为等效最“低”点，如图所示。【典例1】（多选）（2024·四川绵阳二诊）如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O为环心，A为最低点，B为最高点。在大圆环所在的竖直平面内施加水平向右、电场强度为mgq的匀强电场，并同时给在A点的小圆环一个向右的水平初速度v0，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中（A.动能最小与最大的位置在同一等势面上B.电势能最小的位置恰是机械能最大的位置C.在A点获得的初速度为2D.过B点时受到大环的弹力大小为mg答案：BC解析：由于匀强电场的电场强度为mgq，即静电力与重力大小相等，作出小圆环在大圆环上的等效最低点C与等效最高点D，如图所示。小圆环在等效最低点速度最大，动能最大，在等效最高点速度最小，动能最小，根据沿电场线方向电势降低，可知φD＞φC，C点与D点不在同一等势面上，A错误；小圆环在运动过程中，只有电势能、动能与重力势能的转化，即只有电势能与机械能的转化，则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置，B正确；小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效最高点D的速度为0，对圆环分析有－qERsin45°－mg（R＋Rcos45°）＝0－12mvA2，解得vA＝2（1+2）gR，C正确；小圆环从A运动到B的过程中有－mg·2R＝12mvB2－12mvA2，在B点有FN＋mg＝mvB2R，解得FN＝（22－3）mg【典例2】（2024·河北高考13题）如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q（q＞0），质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求：（1）电场强度E的大小。（2）小球在A、B两点的速度大小。答案：（1）UL（2）qU－解析：（1）A、B两点间的电势差为U，则E＝UL（2）小球运动到A点时，由牛顿第二定律有qE－mg＝mv解得小球在A点的速度大小vA＝qU小球从A点运动到B点的过程，由动能定理有qU－mgL＝12mvB2－解得小球在B点的速度大小vB＝3qU1.（2024·江西高考1题）蜡烛火焰是一种含有电子、正离子、中性粒子的气体状物质，将其置于电压恒定的两平行金属板间，板间电场视为匀强电场，如图所示。若两金属板间距减小，关于火焰中电子所受的电场力，下列说法正确的是（）A.电场力增大，方向向左B.电场力增大，方向向右C.电场力减小，方向向左D.电场力减小，方向向右解析：BB正确。2.（2024·江苏南通模拟）如图甲所示的是静电除尘设备的结构示意图，把高压电源的正极接在金属圆筒上，负极接到圆筒中心悬挂的金属线上，其横向截面图如图乙所示，虚线PQ是某带电粉尘的运动轨迹，则该粉尘（）A.带正电荷B.在P点的动量大小比在Q点的大C.在P点的电势能比在Q点的高D.会被吸附到金属线上解析：B虚线是粉尘的运动轨迹，其所受的合外力指向轨迹的凹侧，即带电粉尘受到的电场力的方向指向金属圆筒，即粉尘带负电荷，故A项错误；沿着电场线方向，电势逐渐降低，由题图可知，Q点的电势比P点的电势低，因粉尘带负电，由Ep＝qφ，可知电势大的地方，电势能小，即粉尘在P点的电势能比在Q点的电势能小，对于粉尘有E＝Ek＋Ep，对于同一个粉尘，粉尘在P点的速度大于在Q点的速度，由动量的定义可知，粉尘在P点的动量大小比在Q点的大，故B正确，C错误；由于粉尘带负电，而金属圆筒带正电，正负电荷互相吸引，所以粉尘最终会被吸附到金属圆筒上，故D项错误。3.（2024·山东淄博一模）在金属球壳的球心有一个负点电荷，球壳内外的电场线分布如图所示，下列说法正确的是（）A.K点的电场强度比L点的大B.球壳内表面带负电，外表面带正电C.试探电荷＋q在M点的电势能比在N点的大D.试探电荷＋q沿电场线从M点运动到N点，电场力做负功解析：D由于处于静电平衡状态的导体内部电场强度处处为零，所以L点的电场强度比K点的大，故选项A错误；因为金属球壳的球心有一个负点电荷，根据静电感应规律，正电荷受到负电荷的吸引力聚集在球壳内部，球壳外部有多余的负电荷，所以球壳内表面带正电，外表面带负电，故选项B错误；沿着电场线方向电势逐渐降低，N点的电势比M点的电势高，所以试探电荷＋q在M点的电势能比在N点的小，故选项C错误；试探电荷＋q的受力方向与电场强度方向相同，所以逆着电场线从M点运动到N点，电场力做负功，故选项D正确。4.（多选）（2024·四川成都一模）如图，平行板电容器与电压为U的直流恒压电源相连，改变电容器极板间距离d，待电路稳定后，带正电的粒子，其质量为m、电荷量为q，从靠近左极板处由静止释放，测得粒子从出发至右极板所用的时间为t，到达右极板的速度大小为v，重复上述过程，完成多次实验。极板间电场可视为匀强电场，粒子所受重力忽略不计。下列图像正确的是（）解析：AC对于带正电的粒子，在匀强电场中受电场力作用，根据动能定理，有Uq＝12mv2，可得v＝2Uqm，可知粒子到达右极板的速度v的大小与极板间距离d无关，A正确，B错误；设粒子在电场中运动的加速度为a，有Eq＝ma，E＝Ud，d＝12at2，联立可得t＝d2mUq，可知，5.（2024·吉林高考6题）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，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点出发运动到与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，电势能减小解析：D根据题意可知，小球所受合力方向沿虚线向下，则其所受电场力方向水平向右，小球从O点运动到与O点等高处的过程做类平抛运动，小球的速度增大，动能增大，由于小球所受电场力与小球速度的夹角一直为锐角，则电场力做正功，小球的电势能减小，A、B、C错误，D正确。6.（2024·全国甲卷18题）在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为kQr，其中k为静电力常量；多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在时该点的电势的代数和。电荷量分别为Q1和Q2的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示（图中数字的单位是伏特），则（A.Q1＜0，Q1Q2＝－2 B.Q1＞0，C.Q1＜0，Q1Q2＝－3 D.Q1＞0，解析：B根据沿电场线方向电势降低，结合题图可知，Q1＞0，Q2＜0，A、C错误；设两点电荷间的距离为3L，则有kQ12L＋kQ2L＝0，解得Q1Q27.（2024·福建三明一模）一电场的电势φ随x的变化规律如图，图线关于φ轴对称，且A、O间距离小于B、O间距离，下列说法正确的是（）A.该电场可能为匀强电场B.一负电荷在A点电势能大于B点电势能C.一正电荷从A点移到B点电场力不做功D.A、B间电场方向为由B指向A解析：Bφ-x图像切线的斜率表示电场强度，图中切线斜率在变化，表示电场强度发生变化，不是匀强电场，A错误；根据φ-x图像可知A点电势小于B点电势，根据Ep＝φq可知，该负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，B正确；一正电荷从A点移到B点，电势升高，电势能增加，电场力做负功，C错误；由于顺着电场线方向电势降低，因此A、B间电场方向为由A指向O和由B指向O，D错误。8.（2024·北京高考11题）如图所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP＝QN。下列说法正确的是（）A.P点电场强度比Q点电场强度大B.P点电势与Q点电势相等C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P、Q两点间电势差不变解析：C结合电场叠加原理和点电荷的电场强度公式E＝kQr2可知P、Q两点电场强度大小相等、方向相同，A错误；两等量异种点电荷产生的电场中，电场线从正点电荷出发，指向负点电荷，又沿电场线方向电势降低，则φP＞φQ，B错误；P点电场强度大小为EP＝kQxMP2＋kQxNP2，若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，C正确；若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P、Q之间的电场强度均变大，又P、Q两点间的距离不变，则根据U＝Ed9.（2024·江苏五校考前模拟）如图所示，一均匀带电荷量为＋Q、半径为R的半球面，虚线是过球心的对称轴，A、B两点关于球心对称。其中A点的电势为φ0，若点电荷＋q周围电势φ＝kqr，则B点的电势为（A.2kQR＋φ0 B.2kQC.kQR D.解析：B设半球面在B点的电势为φ1，在半球面的右侧填补一个均匀的带电荷量为＋Q的、半径为R的半球面，根据φ＝kqr，填补后圆心O点的电势为φO＝k2QR，又因为φO＝φA＝φB，填补后，根据题意得φB＝φ1＋φ0，φA＝φ0＋φ1，解得φ1＝2kQR－φ010.（2024·四川雅安一模）如图，在第一象限0≤x≤2L区域内存在沿y轴正方向的匀强电场E1（未知），2L＜x≤4L区域内存在沿x轴正方向的匀强电场E2（未知）。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以速率v0从坐标原点O沿x轴正方向进入电场并依次通过A（2L，L）和B（4L，2L）两点。不计粒子的重力。已知L、m、q和v0，求：（1）粒子运动至A点的速度大小；（2）电场强度E2的大小。答案：（1）2v0（2）2解析：（1）粒子在电场E1中沿x方向做匀速直线运动，沿y方向做初速度为零的匀加速直线运动沿x方向，有2L＝v0t1沿y方向，有L＝vy2粒子运动至A点处的速度大小为vA＝v02＋vy（2）粒子在电场E2中沿x方向做初速度不为零的匀加速直线运动，沿y方向做匀速直线运动，沿y方向，有2L－L＝vyt2沿x方向，有4L－2L＝v0t2＋12a2由牛顿第二定律有qE2＝ma2联立解得电场强度的大小为E2＝2m11.（2024·广东中山期末）空间中有竖直向上的匀强电场，电场强度E＝3mgq。绝缘圆形轨道竖直放置，O点是它的圆心、半径为R，A、C为圆轨道的最低点和最高点，B、D为与圆心O等高的两点，如图所示。在轨道A点放置一质量为m，带电荷量为＋q的光滑小球。现给小球一初速度v0（v0≠0），重力加速度取为g，则下列说法正确的是（A.无论v0多大，小球不会脱离轨道B.只有v0≥gR，小球才不会脱离轨道C.v0越大，小球在A、C两点对轨道的压力差也越大D.若将小球无初速度从D点释放，小球一定会沿轨道经过C点解析：D由题意可知小球所受静电力与重力的合力方向竖直向上，大小为F＝qE－mg＝2mg，若要使小球不脱离轨道，设其在A点所具有的最小速度为vmin，根据牛顿第二定律有F＝mvmin2R，解得vmin＝2gR，所以只有当v0≥2gR时，小球才不会脱离轨道，故A、B错误；假设小球可以在轨道中做完整的圆周运动，在C点的速度大小为v1，根据动能定理有12mv12－12mv02＝F·2R，在A、C点小球所受轨道的支持力大小分别为F0和F1，根据牛顿第二定律有F0＋F＝mv02R，F1－F＝mv12R，联立以上三式解得ΔF＝F1－F0＝6F＝12mg，根据牛顿第三定律可知小球在A、C两点对轨道的压力差等于12mg，与v0的大小无关，故C错误；第9讲磁场及带电粒子在磁场中的运动1.（多选）（2024·福建高考6题）将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上，AB置于垂直于纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则（）A.通电后两绳拉力变小 B.通电后两绳拉力变大C.安培力为πBIr D.安培力为2BIr解析：BD根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A错误，B正确；半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为F＝BI·2r＝2BIr，故C错误，D正确。2.（2024·广西高考5题）Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。质量为m，电荷量为＋q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（）A.mvqB B.C.（1＋2）mvqB D.解析：C粒子运动轨迹如图所示，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2r，可得粒子做圆周运动的半径r＝mvqB，根据几何关系可得P点至O点的距离LPO＝r＋rcos45°＝（1＋2）考点一磁场的基本性质安培力1.磁场叠加的“三个步骤”（1）确定磁场场源，如通电导线。（2）定位空间中需求解磁场的点，确定各个场源在这一点产生磁场的磁感应强度的大小和方向。（3）应用平行四边形定则进行合成。2.用准“两个定则”（1）对电流的磁场用安培定则（右手螺旋定则），并注意磁场的叠加。（2）对通电导线在磁场中所受的安培力用左手定则。3.熟悉“两个等效模型”（1）变曲为直：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体，如图乙所示。【例1】（2024·浙江1月选考4题）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答案：A解析：由左手定则可知，题图左侧通电导线受到安培力向下，选项A正确；a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，选项B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，选项C错误；由c点处的磁感线比d点密集，可知c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，选项D错误。【例2】（2024·河北石家庄二模）如图所示，直角三角形ABC中，∠A＝30°，∠ABC＝90°，D点为AC边上的点，BD⊥AC。在A、B、D处垂直于纸面固定三根长直细导线，三根导线中的电流方向如图，电流大小相等，已知直线电流在空间某点产生的磁场与电流成正比，与该点到导线的距离成反比，为使D处的电流所受安培力为零，需加一匀强磁场，则该磁场的方向为（）A.平行于BA向左 B.平行于AC斜向上C.平行于CB向下 D.平行于BD斜向上答案：A解析：A、B处电流对D处电流的安培力如图所示，由几何关系可知AD＝3BD，根据B＝kIr，F＝BIL，可得FB＝3FA，根据几何关系可知FA、FB的合力平行于BC向上，为使D处的电流所受安培力为0，匀强磁场对该电流的安培力平行于BC向下，根据左手定则可知，匀强磁场的方向平行于BA向左。故选A【例3】（2024·浙江温州预测）安培在研究电流之间的相互作用时，用一根硬导线弯成如图1所示形状的线圈，这线圈是由两个形状和大小相同、但电流方向相反的平面回路组成一个整体，线圈的端点A、B通过水银槽和固定支架相连，这样，线圈既可通入电流，又可自由转动，被称为无定向秤，则通电后（）A.当处于非匀强磁场中，线圈可能会发生转动B.当处于平行线圈平面的匀强磁场中，线圈可能会发生转动C.当处于垂直于线圈平面的匀强磁场中，线圈可能会发生转动D.将如图2那样的通电硬导线靠近该秤，线圈可能会发生转动答案：A解析：当处于平行线圈平面的匀强磁场中时，这个复杂线圈可以看成左右两个矩形线圈，而两个线圈的转向相反，作用力会相互抵消，所以在匀强磁场中不会发生转动，故B错误；当处于垂直于线圈平面的匀强磁场中时，根据左手定则可知，线圈各边所受安培力在同一平面内，因此不会发生转动，故C错误；根据以上分析可知，在磁场不垂直于线圈平面的情况下，若线圈处于非匀强磁场中，则可知线圈各边所受安培力大小不均衡，线圈将沿着所受安培力大的方向转动，故A正确；将如图2那样的通电硬导线靠近该秤时，因两根导线在线圈所处位置产生的磁场方向相反，相互抵消，因此线圈不会发生转动，故D错误。考点二带电粒子在磁场中的运动1.基本思路2.半径确定的两种方法（1）由物理公式求。由于qvB＝mv2r，所以半径r（2）由几何关系求。一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）通过计算来确定。3.时间确定的两种方法（1）由圆心角求，t＝θ2π（2）由弧长求，t＝sv【例4】（2024·安徽池州模拟）如图所示，在半径为R的圆内有垂直于纸面向里的匀强磁场，现有a、b两个粒子，分别从P点沿PO方向垂直于磁场射入，a粒子从A点离开磁场，速度方向偏转了90°，b粒子从B点离开磁场，速度方向偏转60°，两粒子在磁场中运动的时间相等。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，下列说法中正确的是（）A.a粒子是带正电B.a、b两粒子在磁场中运动的周期之比为1∶3C.a、b两粒子的比荷之比为2∶3D.a、b两粒子在磁场中运动的速度之比为3∶2答案：D解析：a粒子进入磁场后，向下偏转，由左手定则可知a粒子是带负电，故A错误；a粒子在磁场中运动的时间t＝14Ta，b粒子在磁场中运动的时间t＝16Tb，则a、b两粒子在磁场中运动的周期之比为Ta∶Tb＝2∶3，故B错误；由粒子做匀速圆周运动的周期T＝2πmqB，可得qm＝2πBT，则a、b两粒子的比荷之比为3∶2，故C错误；如图，由几何知识可得a粒子做匀速圆周运动的半径为ra＝R，b粒子做匀速圆周运动的半径为rb＝3R，由qvB＝mv2r，可得v＝qBrm，则【例5】（2024·四川成都模拟）如图所示，边长为L的等边三角形abc区域外存在着垂直于abc所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。P、Q均为ab边的三等分点。t＝0时刻，磁场方向正好垂直于abc所在平面向里，带负电的粒子在abc平面内以初速度v0从a点垂直于ac边射出，并从P点第一次进入三角形abc区域。粒子第一次和第二次经过bc边时，磁场方向会反向一次，磁感应强度大小始终为B，其余时间磁场方向保持不变。不计带电粒子重力，求：（1）粒子的比荷；（2）粒子从a点射出后第二次到达Q点的时间。答案：（1）3v0BL（解析：（1）画出粒子的运动轨迹如图所示由几何关系可得R＝aP＝L由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝mv解得qm＝3（2）设粒子做匀速圆周运动的周期为T，则T＝2πm粒子第二次到达Q点共经历三次圆周运动和三次匀速直线运动，由粒子的运动轨迹图可知t1＝16t2＝t4＝t6＝3t3＝56t5＝23所以粒子从a点射出后第二次到达Q点的时间t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＋t6＝（10动态圆与磁聚焦、磁发散“放缩圆”模型（1）模型适用条件：带电粒子进入匀强磁场的速度方向一定，进入磁场后做匀速圆周运动的半径不同。（2）轨迹圆特点：轨迹圆相切于入射点，圆心在垂直于初速度方向的同一直线上，如图所示。（3）常见分析思路：以入射点P为定点，圆心位于PP'直线上，将半径放缩作出粒子的运动轨迹，从而探索出临界条件。【典例1】（多选）（2024·四川内江三模）如图，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边方向射入磁场中，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.23gBl5mC.63qBl5m答案：AC解析：粒子不从bc边射出，其临界出射点分别是b点和c点，其临界轨迹如图所示，当粒子从c点飞出时，由几何关系有r1＝ac＝3l，若粒子从b点飞出时，由几何关系有r2＝233l，粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2r，整理有r＝mvqB，所以综上所述，有r＜r2或r＞r1，整理有v＜23qBl3m或“旋转圆”模型（1）模型适用条件：带电粒子进入匀强磁场的速度大小一定，方向不同。（2）轨迹圆特点：如图所示，所有带电粒子的轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝mv0（3）常见分析思路：将一半径为R＝mv0qB的圆以入射点为圆心进行旋转【典例2】（多选）（2024·内蒙古通辽一模）如图，以Rt△AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，∠A＝60°，AO＝a。在O点放置一个粒子源，可以向纸面内各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为qm，速度大小均为v0，且满足v0＝qBam，发射方向由图中的角度θ表示。对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用及粒子之间的相互作用），下列说法正确的是（A.粒子在磁场中运动的半径为2aB.粒子有可能打到A点C.以θ＝30°飞入的粒子在磁场中运动时间最短D.在AC边界上只有一半区域有粒子射出答案：BD解析：由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝mv02r，解得粒子在磁场中运动的半径为r＝mv0Bq＝a，故A错误；如图所示，当θ＝60°入射时，粒子恰好从A点飞出，故B正确；当粒子从OA边离开时，离开位置越接近O点，所用时间越短，可知当θ趋近于90°时，粒子在磁场中运动时间趋近于0，故C错误；当θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，如图所示，因此在AC“平移圆”模型（1）模型适用条件：带电粒子进入匀强磁场的速度大小和方向均相同，但入射点的位置不同。（2）轨迹圆特点：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径相等，因入射点的位置不同，各轨迹圆通过平移能确定在不同入射点的运动轨迹。射入直线边界的各粒子运动轨迹如图所示。（3）常见分析思路：将半径为R＝mv0qB的圆进行平移【典例3】（多选）（2024·陕西西安二模）如图所示的是直角三角形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度的大小为B，边界Ⅰ、Ⅱ的长度分别为3L、L；大量分布均匀的带电粒子由边界Ⅰ的左侧沿平行于边界Ⅱ的方向垂直射入磁场，粒子的速率均相等，已知从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总数的34，带电粒子的质量为m、所带电荷量为＋q，忽略带电粒子之间的相互作用以及粒子的重力。下列说法正确的是（A.带电粒子射入磁场后沿顺时针方向做匀速圆周运动B.带电粒子在磁场中运动的最长时间为πC.刚好从边界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中运动的时间为πD.带电粒子的初速度大小为3答案：BD解析：由左手定则可知，带电粒子射入磁场的瞬间，带电粒子受向上的磁场力作用，则带电粒子在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，A错误；带电粒子在磁场中运动的周期为T＝2πmqB，带电粒子在磁场中转过半个圆周时，运动时间最长，则带电粒子在磁场中运动的最长时间为t＝T2＝πmqB，B正确；作出带电粒子刚好不从边界Ⅲ离开磁场的轨迹，如图所示，由于从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总粒子的34，则图中的a、b、c为边界Ⅰ的四等分点，由几何关系可知，三角形区域的顶角为30°，a点到顶点的距离为34L，根据几何关系可得34L＝r＋rsin30°，解得粒子轨迹半径r＝312L，根据牛顿第二定律可得qvB＝mv2r，解得v＝3qBL12m，D正确“磁聚焦、磁发散”模型（1）模型适用条件：带电粒子以相同速度平行进入圆形磁场且做圆周运动的半径与圆形磁场的半径相同。（2）轨迹圆特点：所有带电粒子偏转后会聚于一点，如图所示。（3）常见分析思路：以对准圆形磁场的圆心入射的粒子为研究对象，其必背离圆心离开磁场，从而得到聚集点。【典例4】（多选）（2024·山东模拟预测）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造上，使芯片技术得到飞速发展。如图所示，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，且粒子仍沿水平方向向右射出，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12B0，C.正方形区域中匀强磁场的最小面积为2（π－2）rD.正方形区域中匀强磁场的最小面积为π答案：BC解析：根据磁聚焦特点，粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动的轨迹半径为r0，有qvB0＝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，且粒子仍沿水平方向向右射出，作出其运动轨迹如图所示，由几何关系可知粒子的轨迹半径2r0，正方形中磁场区域内应该为圆形磁场的一部分，有qvB1＝mv22r0，解得B1＝mv2qr0，联立可得B1＝12B0，由左手定则可知，方向垂直于纸面向里，A错误，B正确；磁场区域的最小面积为Smin＝π（1.（2024·福建福州高三期中）如图所示，带负电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（）A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左B.小球运动过程中的速度不变C.小球运动过程的加速度保持不变D.小球受到的洛伦兹力对小球做负功解析：A根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左，A正确；小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度的大小和方向都在变，B、C错误；小球受到的洛伦兹力对小球永不做功，D错误。2.（多选）（2024·云南曲靖二模）如图所示，x轴上有两根垂直x轴放置的平行长直导线a、b，两导线中通有方向相同且大小分别为I、2I的电流，两导线相距L。已知通电长直导线在其周围某点产生的磁感应强度B的大小与导线中的电流I成正比，与该点到导线的距离r成反比，即B＝kIr（k为常量）。导线横截面积大小忽略不计，下列说法正确的是（A.导线a、b相互排斥B.导线a、b相互吸引C.x轴上有2个点的磁感应强度为零D.导线a、b之间磁感应强度为零的点到导线a的距离为L解析：BD由安培定则可知，导线a在导线b点产生的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，导线b所受安培力水平向左，根据牛顿第三定律，导线a所受安培力水平向右，相互吸引，故A错误，B正确；由安培定则可知，在导线a左侧和导线b右侧两导线中的电流产生的磁场方向相同，合磁感应强度不可能为零，所以磁感应强度为零的点在两导线之间，设磁感应强度为零的点到a的距离为x，则有kIx＝k2IL－x，解得x＝L3，x轴上只有1个点的磁感应强度为零，到导线a的距离为L33.（2024·河北石家庄三模）超级电容器储存的大量电能是电磁炮瞬间大电流发射的重要基础，如图所示。若超级电容器的电容为C，充电电压为U，发射一枚电磁炮的炮弹所需电荷量为超级电容所存储电荷量的5％，炮弹质量为m，导轨宽为l，导体推杆垂直导轨并良好接触，垂直导轨平面的磁场的磁感应强度为B，不计空气阻力和摩擦，则炮弹出膛的速度为（）A.BlCU20m BC.2CU2m解析：A电容器所带电荷量为Q＝CU，设炮弹出膛的速度为v，根据动量定理可得，BIlt＝mv－0，又q＝It＝0.05Q，联立解得v＝BlCU20m，故选4.（2024·北京海淀三模）云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。如图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向外的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关这些径迹以下判断正确的是（）A.d、e都是正电子的径迹B.a径迹对应的粒子动量最大C.b径迹对应的粒子动能最大D.a径迹对应的粒子运动时间最长解析：D带电粒子在垂直于纸面向外的磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c都是正电子的径迹，d、e都是负电子的径迹，A错误；带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2R，解得R＝mvqB，由图可知a径迹对应的粒子的运动半径最小，a径迹对应的粒子的速度最小，根据p＝mv，可知a径迹对应的粒子动量最小，B错误；根据Ek＝12mv2，可知Eka＜Ekb＜Ekc，即b径迹对应的粒子动能不是最大的，C错误；带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2R，T＝2πRv，则T＝2πmqB，所以Ta＝Tb＝Tc＝Td＝Te，粒子在磁场中的运动时间t＝α2πT，5.（多选）（2024·广东深圳一模）如图所示的是晶圆掺杂机的简图，O是晶圆面（设其半径足够大）的圆心，上、下竖直放置的圆柱形电磁线圈可在中间圆柱形区域形成匀强磁场；圆柱形磁场区域的横截面半径为L、圆心为O1，OO1水平且垂直于晶圆面；若线圈中通入如图所示的电流，比荷为k的正离子以速度v、沿O1O射入，且全部掺杂在晶圆上，则（）A.离子掺杂在x轴的负半轴上B.离子掺杂在x轴的正半轴上C.圆柱形磁场的磁感应强度必须小于vD.圆柱形磁场的磁感应强度必须小于v解析：BC根据安培定则可得，两圆柱形电磁线圈中间的匀强磁场方向竖直向上，刚开始运动时，根据左手定则，正离子受到的洛伦兹力方向沿x轴正方向，故A错误，B正确；若所有的离子都在晶圆上，则离子在磁场中做圆周运动的最小半径为r＝L，根据牛顿第二定律得qvB＝mv2r，解得最大的磁感应强度为B＝mvqL＝vkL，故C6.（2024·贵州遵义三模）如图所示，空间存在垂直于纸面向外的环形匀强磁场，磁感应强度为B，磁场内、外边界为两个同心圆，半径分别为R、3R。现有质量为m，电荷量为q的粒子，沿半径方向垂直于磁场进入环形区域，粒子恰好不能进入小圆区域，不计重力，则粒子在磁场中运动的（）A.轨道半径为1.5R B.轨道半径为3RC.运动时间为37πm90qB 解析：C设粒子带正电，粒子恰好不能进入小圆区域，轨迹如图所示，根据几何关系可得r2＋（3R）2＝（r＋R）2，解得粒子轨道半径为r＝4R，故A、B错误；由几何关系可得tanθ＝3R4R＝34，可得θ＝37°，则粒子在磁场中的运动时间为t＝2×37°360°T＝2×37°360°×7.（2024·山东临沂二模）如图所示，半径为R圆形区域内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外。质量为m、电荷量为＋q的带电粒子由A点沿平行于直径CD的方向射入磁场，最后经过C点离开磁场。已知弧CA对应的圆心角为60°，不计粒子重力，则（）A.粒子运动速率为2B.带电粒子运动过程中经过圆心OC.粒子在磁场中运动的时间为5D.粒子在磁场中运动的路程为4解析：B假设该电荷在磁场中运动轨迹圆心为O'，由几何关系可知△AOC为正三角形。假设运动轨迹半径为r，由几何关系可知r＝33R，由洛伦兹力公式可知v＝qBrm＝3qBR3m，故A错误；由图可知，轨迹经过圆心，故B正确；由于此时运动轨迹所对圆心角为240°，结合公式T＝2πmqB可知，所用时间为t＝23T＝4πm3qB，故C错误；8.（2024·河南开封二模）如图所示，有一个边长为L的立方体空间ABCD-MNPQ，一长度为3L的导体棒沿AP方向放置。空间内加上某一方向的匀强磁场（图中未画出）。磁感应强度的大小为B。在导体棒中通以从A至P、大小为I的电流，则关于导体棒受到的安培力，下列说法中正确的是（）A.若磁场沿M指向A的方向，安培力的大小为3ILBB.若磁场沿M指向A的方向，安培力的大小为2ILBC.若磁场沿M指向Q的方向，安培力的大小为62D.若磁场沿M指向Q的方向，安培力的大小为32解析：B若磁场沿M指向A的方向，在平面ACPM中对磁感应强度沿AP和与AP垂直的方向分解，如图，则与电流垂直的磁感应强度分量B⊥＝Bcosα＝23B，安培力大小F＝I×3L×23B＝2ILB，故A错误，B正确；若磁场沿M指向Q的方向，对磁场沿平行、垂直于面ACPM的方向分解，如图，分量B1＝B2＝22B，则在面ACPM中，安培力大小F＝I×3L×B1＝I×3L×22B＝62ILB，分量B2同样要产生安培力，因此安培力肯定要大于62ILB9.（2024·河北石家庄二模）如图所示，在xOy平面坐标系的第一、四象限内分布着磁感应强度大小为B、垂直于纸面向里的匀强磁场，在原点O处有一粒子源，可向坐标系xOy平面内第四象限的各个方向（速度方向与x轴正方向间的夹角α满足0°≤α≤90°）均匀持续地发射大量质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，粒子初速度大小v＝qBRm。在第四象限内x＝R处有一垂直于x轴的挡板（不计挡板厚度），其长度为R。不计粒子重力及粒子间的相互作用力。求（1）y轴正半轴上有粒子飞出部分的长度；（2）同一时刻发射出的粒子中能被挡板挡住的粒子数占发射粒子总数的几分之几。答案：（1）（2－3）R（2）2解析：（1）根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m又v＝qBR联立解得r＝R根据几何关系知沿y轴负向射出的粒子到恰好过x＝R处挡板最上端点A的粒子都被挡板挡住了，而粒子过A点时的轨迹圆心设为O3，则知△OAO3为等边三角形，OO3与水平方向的夹角为60°，故轨迹圆与y轴正半轴的交点距原点O的距离为2Rsin60°＝3R从原点O沿x轴正半轴射出的粒子打在y轴正半轴的位置距原点O的距离为2R，故y轴正半轴上有粒子飞出部分的长度为2R－3R＝（2－3）R。（2）根据题意粒子均匀持续地发射在第四象限的各个方向，发射角为90°，又发射中能被挡板挡住的粒子的发射角为60°，故同一时刻发射出的粒子中能被挡板挡住的粒子数占发射粒子总数的比值等于发射角度的比值，为60°90°10.（2024·重庆市模拟调研）如图所示，半径为R的圆形区域的圆心位于直角坐标系的坐标原点O，该圆形区域内有垂直坐标平面的匀强磁场（图中未画出）。磁场区域外右侧有宽度为R的粒子源，M、N为粒子源两端点，M、N连线垂直于x轴，粒子源中点P位于x轴上，粒子源持续向x轴负方向发射质量为m、电荷量为q（q＞0）、速率为v的粒子。已知从粒子源中点P发出的粒子，经过磁场区域后，恰能从圆与y轴负半轴的交点Q处沿y轴负方向射出磁场，不计粒子重力及粒子间相互作用力。求：（1）匀强磁场的磁感应强度；（2）从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围。答案：（1）mvqR，（2）πR3≤s解析：（1）根据题意可知从粒子源中点P发出的粒子在磁场中运动轨迹为四分之一圆周，轨迹半径为r1，由几何关系可知r1＝R根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv联立解得B＝mv根据左手定则可知，磁感应强度方向垂直于纸面向里。（2）根据题意可知，从N点射出的粒子在磁场中运动的路程最短，如图甲所示根据几何关系可得cos∠COB＝R2R解得∠COB＝60°因为四边形OBO1Q为菱形所以∠QO1B＝60°则粒子经过磁场区域的最短路程为s1＝16×2πR＝根据题意可知，从M点射出的粒子在磁场中运动的路程最长，如图乙所示易知四边形O2DOQ为菱形，根据几何关系可知∠QO2D＝120°则粒子经过磁场区域的最长路程为s2＝13×2πR＝所以从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围为πR3≤s≤素养培优3带电粒子在组合场中的运动1.带电粒子的“磁偏转”和“电偏转”的比较垂直进入磁场（磁偏转）垂直进入电场（电偏转）情境图受力FB＝qv0B，FB大小不变，方向变化，方向总指向圆心，FB为变力FE＝qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力运动规律匀速圆周运动r＝mvT＝2类平抛运动vx＝v0，vy＝Eqmx＝v0t，y＝Eq2m2.常见运动及处理方法磁场与磁场的组合【典例1】（2024·湖北高考7题）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7D.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3答案：D解析：根据带电粒子在圆形边界磁场中的运动性质可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，粒子射出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的半径方向，A、B错误；当粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1＝R时，粒子连续两次由A点沿AC方向射入磁场区域的时间间隔最短，其运动轨迹如图1所示，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝mv12r1，又T1＝2πr1v1，则最短时间间隔为tmin＝2T＝4πmqB，C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短时，粒子的运动轨迹如图2所示，由几何关系可知此时粒子的轨迹半径为r2＝33R，由洛伦兹力提供向心力有qv2先电场后磁场【典例2】（多选）（2024·山西太原二模）如图所示的装置能分离各种比荷的带电粒子，三个初速度均为零的带电粒子1、2、3经电压为U的电场加速后，从顶点A沿AD方向进入一个边长为a的正六边形区域内，正六边形区域内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，已知粒子1刚好从顶点F射出，粒子2刚好从顶点E射出，粒子3刚好垂直于ED从G点（未画出）射出，粒子重力不计，则下列说法正确的是（）A.粒子1、2、3的比荷之比为9∶4∶1B.G点到E点的距离为23C.将磁感应强度减半，粒子1在磁场中的运动时间不变D.将磁感应强度减半，粒子2会从G点射出答案：BD解析：设粒子质量为m，带电荷量为q，在加速电场中，根据动能定理得：Uq＝12mv在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力得：qvB＝mv解得r＝1粒子1、2、3的运动轨迹如图所示由几何关系知r1＝33a，r2＝3a，r3＝23a，解得r1∶r2∶r3＝1∶3∶6，由r＝1B2mUq，可得k＝qm∝1r2，故k1∶k2∶k3＝36∶4∶1，故A错误；由几何关系知O3E＝3atan30°＝3a，解得G点到E点的距离为x1＝r3－O3E＝23－3a，故B正确；将磁感应强度减半，三个粒子在磁场的运动半径都加倍，粒子1从【典例3】（2024·青海西宁三模）如图所示，一虚线将xOy坐标系分为上下两部分，虚线交y轴于P点、交x轴于Q点，∠PQO＝60°。虚线上方区域为垂直于PQ指向左下方的匀强电场，电场强度大小为E；下方区域为垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度未知。一带电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子从P点以v0沿x轴正方向抛出，不计重力，此后运动过程中其轨迹与虚线边界的第一个交点为M、第二个交点为N（M、N两点未画出）。（1）求从P点运动至M点的过程中，粒子离虚线边界的最远距离；（2）若PM＝MN，求磁感应强度的大小。答案：（1）3mv028解析：（1）将v0沿电场强度方向和垂直于电场强度方向分解，当沿电场强度方向速度减至0时，粒子离虚线边界最远，根据牛顿第二定律有qE＝mat1＝v最远距离s＝12at12（2）粒子运动轨迹如图所示。粒子从P→M在垂直于电场强度方向上做匀速直线运动，则PM＝v0sin30°·2t1＝3粒子从M到N做匀速圆周运动，由qv0B0＝mv整理得R0＝m由几何关系知MN＝2R0cos30°＝3结合PM＝MN解得磁感应强度的大小为B0＝2E先磁场后电场【典例4】（2024·山西临汾三模）如图所示，平面直角坐标系xOy中直线OM与x轴之间的夹角θ＝30°，OM与x轴之间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于坐标平面向里。直线OM与y轴之间存在匀强电场（图中没有画出）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从OM上某点P垂直于磁场进入磁场区域，粒子速度方向与直线OM之间的夹角也是30°。粒子在磁场中偏转，恰好没有穿过x轴，再次经过直线OM时与坐标原点O的距离为L。不计粒子的重力。（1）求该粒子进入磁场时速度v的大小；（2）若电场方向沿y轴负方向，粒子再次从P点进入磁场区域，求电场强度E1的大小；（3）若带电粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域，求电场强度E2的大小和方向。答案：（1）qBL4m（2）qB2L3m（解析：（1）根据题意，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB＝mv解得r＝mv粒子的运动轨迹如图所示由几何关系可得，粒子做匀速圆周运动的轨道半径r＝L解得v＝qBL4（2）粒子进入电场时速度方向沿x轴负方向，若电场方向沿y轴负方向，粒子在电场中做类平抛运动，则有x＝rcos30°＝vt，y＝rsin30°＝12a1t其中a1＝q解得E1＝qB（3）粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域，则电场力对粒子做功为零，所以电场E2的方向垂直于OM向下，粒子从Q到P做类斜抛运动，则有r2＝vcos30°·t，vsin30°＝a2其中a2＝q解得E2＝3q多次出入电场、磁场【典例5】（2024·辽宁辽阳预测）如图所示，在直角坐标系xOy的坐标平面内，边长为L的正方形AOCD区域内有沿y轴负方向的匀强电场，A点在y轴正半轴上，C点在x轴正半轴上，区域外有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，在坐标为0，34L的P点以大小为v0的速度沿x轴正方向射出一个质量为m、带电荷量为q（q＞0）的粒子。粒子第一次经电场偏转从OC的中点射出电场，此后粒子恰好从O点第二次进入电场，（1）匀强电场的电场强度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度大小；（3）粒子第三次离开电场的位置坐标。答案：（1）23mv02qL（2）解析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，则34L＝1212L＝v0t根据牛顿第二定律有qE＝ma解得E＝23（2）设粒子第一次出电场时速度大小为v1，根据动能定理有qE×34L＝12mv12解得v1＝2v0设粒子出电场时速度与x轴正向的夹角为θ，则v1cosθ＝v0解得θ＝60°由对称性可知粒子第二次进电场时速度与x轴夹角60°斜向右上方，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝12L2sin60根据牛顿第二定律有qv1B＝mv解得B＝43（3）粒子第二次进电场后，做类斜上抛运动，设粒子仍从OC边射出电场，则粒子第二次在电场中运动时间t2＝2v1粒子在电场中沿x轴正方向运动的距离x＝v0t＝L即粒子刚好从C点离开电场，根据对称性可知，粒子第三次进入电场的位置在OC的中点，即粒子第三次出电场的位置坐标L，1.（多选）（2024·山西晋城三模）质谱仪是科学研究和工业生产中的重要工具。质谱仪的工作原理示意图如图所示，粒子源S从小孔S1向下射出各种速度的氕核（11H）、氘核（12H）、氚核（13H）及氦核（24He），粒子经小孔S2进入速度选择器后，只有速度合适的粒子才能沿直线经过小孔S3，并垂直进入磁感应强度大小为B2的偏转磁场，感光底片PQ上仅出现了A、B、C三个光斑，光斑A到小孔S3的距离为2d。已知速度选择器两板间存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，两板间距为d，板间电压为U，A.极板M带负电荷B.粒子在偏转磁场中的速度大小为UC.氦核的比荷为2D.相邻两光斑的距离均为d解析：AB根据左手定则可知，粒子在速度选择器中受到的洛伦兹力向右，则电场力向左，极板M带负电荷，故A正确；根据平衡条件有qUd＝qvB1，解得v＝UdB1，故B正确；粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝mv2r，解得r＝mUqdB1B2∝mq，显然光斑A是氚核产生的，设氕核的质量为m0、所带的电荷量为e，则氚核的比荷为e3m0＝Ud2B1B2，氦核的比荷为2e4m0＝3U2d2B1B22.（2024·福建漳州三模）如图，一质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器构成。静电分析器通道的14圆弧中心线半径为R，通道内有均匀辐向电场，方向指向圆心O，中心线处各点的电场强度大小相等。磁分析器中分布着方向垂直于纸面的有界匀强磁场，边界为矩形CNQD，NQ＝2d，PN＝3d。质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力），由静止开始从A板经电压为U的电场加速后，沿中心线通过静电分析器，再由P点垂直磁场边界进入磁分析器，最终打在胶片ON上，则（A.磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外B.静电分析器中心线处的电场强度E＝UC.仅改变粒子的比荷，粒子仍能打在胶片上的同一点D.要使粒子能到达NQ边界，磁场磁感应强度B的最小值为1解析：D由静电分析器中电场力充当向心力可知，粒子带正电，根据左手定则可知，磁分析器中磁场方向垂直于纸面向里，故A错误；在加速电场中，根据动能定理得qU＝12mv2，在静电分析器中，根据电场力充当向心力得qE＝mv2R，联立可得电场强度E＝2UR，故B错误；在磁分析器中，根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝mv2D2，可得粒子进入磁分析器到打在胶片上的距离D＝2B2mUq，所以与粒子的比荷有关，仅改变粒子的比荷，粒子不能打在胶片上的同一点，故C错误；由上述公式可知，磁场磁感应强度B越小，半径越大，当B为最小值时，粒子与QD边相切，由于圆心在PN上，则半径R＝2d，此时有3.（2024·浙江杭州期中）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，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上。位于D1的圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略），它们在两盒之间被电场加速。当质子被加速到最大动能Ek后，再将它们引出。忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是（）A.若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大B.若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子C.质子第n次被加速前、后的速度之比为n－1D.质子第n次被加速前、后圆周运动向心加速度之比为（n－1）∶n解析：C由洛伦兹力提供向心力可知qvB＝mv2r，可得v＝qBrm，当r＝R时，质子的速度最大，质子的动能最大Ekm＝12mv2＝q2B2R22m，若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek不变，A错误；为了使质子能在回旋加速器中加速，质子的运动周期应与交变电压的周期相同，B错误；由nqU＝12mvn2以及rn＝mvnqB，可得质子第n次被加速前、后的动能之比为Ek（n－1）∶Ekn＝n－1∶n，速度之比为vn－1∶vn＝n－1∶n，由牛顿第二定律得qvB＝ma，则a＝4.（2024·福建福州期中）某同学设计了一种磁防护模拟装置，装置截面图如图所示，以O点为圆心的内圆、外圆半径分别为R和3R，区域中的危险区内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，外圆为绝缘薄板，外圆的左侧有两块平行金属薄板，其右板与外圆相切，在切点处开有一小孔C。一质量为m、电荷量为＋q、不计重力的带电粒子从左板内侧的A点由静止释放，两板间电压为U，粒子经电场加速后从C点沿CO方向射入磁场，若恰好不进入安全区，求：（1）粒子通过C点时的速度大小v0；（2）若粒子恰好不进入安全区，求两板间电压U1；（3）在（2）问中，若粒子每次与绝缘薄板碰撞后原速反弹，求粒子从离开电场到再次返回电场所需的时间t。答案：（1）2qUm（2）B2R2q2解析：（1）粒子从A点运动到C点，根据动能定理得qU＝12mv0解得v0＝2qU（2）设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，如图所示由几何关系得（3R）2＋r2＝（r＋R）2解得r＝R由牛顿第二定律得qv1B＝mv又因qU1＝12mv1解得U1＝B2（3）设粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为θ，由几何关系得tanθ2＝解得θ＝2粒子在磁场中运动的周期为T＝2粒子从C点到第一次与绝缘薄板碰撞所需时间为t＝T解得t＝13πR由几何关系可得粒子在危险区运动时总共与绝缘薄板发生5次碰撞，粒子从离开电场到再次返回电场时间为t总＝6t＝2πR2m5.（2024·福建龙岩期中）如图所示，在xOy平面内虚线OM与x轴负方向的夹角为45°，虚线OM右侧区域Ⅰ内存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，虚线OM左侧区域Ⅱ内存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从原点O沿x轴正方向以速度v0射入磁场，此后当粒子第一次穿过边界线OM后恰好能到达x轴上的P点。原点O与P点间的距离为d，不计粒子受到的重力，求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；（2）匀强电场的电场强度大小E；（3）粒子从O点射出至第三次穿过边界线OM所用的时间t总。答案：（1）mv0qd（2）mv022qd（解析：由题意，画出粒子在磁场和电场中的运动轨迹如图所示（1）研究粒子在磁场中的匀速圆周运动时，由向心力公式，得qv0B＝mv又r＝d解得匀强磁场的磁感应强度大小B＝mv（2）粒子在电场中做匀减速直线运动，由动能定理，得－qEd＝0－12m则匀强电场的电场强度大小E＝mv（3）粒子在磁场中运动的周期T＝2mπ粒子第一次在磁场中运动的时间t1＝34T＝在电场中的加速度a＝qEm＝粒子第一次在电场中来回的时间t2＝2×2da粒子第二次在磁场中运动的时间t3＝14T＝粒子从O点射出至第三次穿过边界线OM所用的时间t总＝t1＋t2＋t3＝2dv0（π＋6.（2024·江苏高考16题）如图所示，两个半圆环区域abcd、a'b'c'd'中有垂直纸面向里的匀强磁场，区域内、外边界的半径分别为R1、R2。ab与a'b'间有一个匀强电场，电势差为U，cd与c'd'间有一个插入体，电子每次经过插入体速度减小为原来的k倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子，从cd面射入插入体，经过磁场、电场后再次到达cd面，速度增加，多次循环运动后，电子的速度大小达到一个稳定值，忽略相对论效应，不计电子经过插入体和电场的时间。求：（1）电子进入插入体前后在磁场中运动的半径r1、r2之比；（2）电子多次循环后到达cd的稳定速度v；（3）若电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界d，求电子从P到d的时间t。答案：（1）1k（2）（3）π解析：（1）设电子进入插入体前的速度大小为v0，则电子经过插入体前后，由洛伦兹力提供向心力有ev0B＝mve·kv0B＝m（联立解得r1r2（2）电子多次循环稳定后，对电子从c'd'出发经电场到ab的过程，由动能定理有eU＝12mv2－12m（kv解得v＝2eU（3）结合（2）问分析，当电子到达cd中点P时速度稳定后，其在abcd区域运动有evB＝mv解得r＝1结合（1）问分析可知，电子在a'b'c'd'区域运动的半径为r'＝k所以电子相邻两次经过cd边的位置间的距离为l＝2（r－r'）由几何关系可知R2－又电子在磁场中运动的周期为T＝2πr联立解得电子从P运动到d的时间为t＝nT＝π（素养培优4带电粒子（体