五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題06靜電場考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1電場力和電場能的性質2021、2022、2023、2024、2025考查愈發(fā)注重對電場強度、電勢、電勢能、電容等基礎概念的深度理解，以及它們之間的內在聯(lián)系。題型上，既會在選擇題中單獨考查基礎概念辨析，也常與帶電粒子在電場中的運動相結合出現(xiàn)在計算題里。比如設置帶電粒子在勻強電場中的加速、偏轉，或者在非勻強電場中的復雜運動情境，要求學生綜合運用牛頓運動定律、動能定理、功能關系等力學知識，分析粒子的受力情況與運動過程，考查學生知識遷移與綜合分析能力?？键c2電容器與電容2023考點3帶電粒子在電場中的運動2025考點01電場力和電場能的性質1．（2025·山東·高考）球心為O，半徑為R的半球形光滑絕緣碗固定于水平地面上，帶電量分別為+2q和+q的小球甲、乙剛好靜止于碗內壁A、B兩點，過O、A、B的截面如圖所示，C、D均為圓弧上的點，OC沿豎直方向，∠AOC=45°，OD⊥AB，A、B兩點間距離為3RA．甲的質量小于乙的質量 B．C點電勢高于D點電勢C．E、F兩點電場強度大小相等，方向相同 D．沿直線從O點到D點，電勢先升高后降低【答案】BD【詳析】A．對甲、乙兩小球受力分析如圖所示，甲、乙兩小球分別受到重力、支持力、庫侖力作用保持平衡。設OC與AB線段交點為G點，由幾何關系2Rcos∠OAB=3R解得∠OAB=∠OBA=30°因此有∠OGA=105°，∠OGB=75°B．根據(jù)點電荷場強公式E=kQr2，由場強疊加知識，可知C到D之間的圓弧上各點場強方向都向右下方，若有一正試探電荷從C運動到D的過程中，電場力做正功，電勢能減小，故可判斷C點電勢高于C．兩帶電小球連線上的電場分布可以等效成一對等量異種點電荷的電場和在A點帶電量為3q的正點電荷的電場相互疊加的電場。在等量異種點電荷的電場中E、F兩點電場強度大小相等，方向相同。但是A點帶電量為3q的正點電荷在E、F兩點的電場強度不同。E、F兩點電場強度大小不同，D．電勢是標量，OD與AB線段的交點距離兩帶電小球最近，所以該點電勢最大，那么沿直線從O點到D點，電勢先升高后降低，D正確。故選BD。2．（2024·山東·高考）如圖所示，帶電量為+q的小球被絕緣棒固定在O點，右側有固定在水平面上、傾角為30°的光滑絕緣斜面。質量為m、帶電量為+q的小滑塊從斜面上A點由靜止釋放，滑到與小球等高的B點時加速度為零，滑到C點時速度為零。已知AC間的距離為S，重力加速度大小為g，靜電力常量為k，下列說法正確的是（）A．OB的距離l=3B．OB的距離l=3C．從A到C，靜電力對小滑塊做功W=﹣mgSD．AC之間的電勢差UAC=﹣mgS【答案】AD【詳析】AB．由題意知小滑塊在B點處的加速度為零，則根據(jù)受力分析有沿斜面方向mg解得l=3kqC．因為滑到C點時速度為零，小滑塊從A到C的過程，靜電力對小滑塊做的功為W，根據(jù)動能定理有W+mgSsin30°=0解得WD．根據(jù)靜電力做的功與電勢差的關系可知AC之間的電勢差UAC=W故選AD。3．（2023·山東·高考）如圖所示，正六棱柱上下底面的中心為O和O'，A、D兩點分別固定等量異號的點電荷，下列說法正確的是（

A．F'點與CB．B'點與EC．A'點與F'點的電勢差小于O'D．將試探電荷+q由F點沿直線移動到O【答案】ACD【詳析】D．將六棱柱的上表面拿出

由幾何條件可知正電荷在OF中點K的場強方向垂直O(jiān)F，則K點的合場強與OF的夾角為銳角，在F點的場強和OF的夾角為鈍角，因此將正電荷從F移到O點過程中電場力先做負功后做正功，電勢能先增大后減小，D正確；C．由等量異種電荷的電勢分布可知φA'=φ>0，φD'=-AB．由等量異種電荷的對稱性可知F'和C'電場強度大小相等，B'和E'電場強度方向不同，故選ACD。4．（2022·山東·高考）半徑為R的絕緣細圓環(huán)固定在圖示位置，圓心位于O點，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，A．正電荷，q=QΔC．負電荷，q=2Q【答案】C【詳析】取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)在O點產(chǎn)生的電場強度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產(chǎn)生的電場強度的矢量和，如圖所示，因為兩段弧長非常小，故可看成點電荷，則有E1=kE=E1=kQΔL2πR3根據(jù)O點的合場強為0，則放在D5．（2021·山東·高考）如圖甲所示，邊長為a的正方形，四個頂點上分別固定一個電荷量為+q的點電荷；在0≤x<22a區(qū)間，x軸上電勢φ的變化曲線如圖乙所示?，F(xiàn)將一電荷量為-Q的點電荷PA．Q=2+1B．Q=2+1C．Q=22D．Q=22【答案】C【詳析】對y軸正向的點電荷，由平衡知識可得2kq2a2+kq2(2a)2=kQq故選C?？键c02電容器與電容6．（2023·山東·高考）電磁炮滅火消防車（圖甲）采用電磁彈射技術投射滅火彈進入高層建筑快速滅火。電容器儲存的能量通過電磁感應轉化成滅火彈的動能，設置儲能電容器的工作電壓可獲得所需的滅火彈出膛速度。如圖乙所示，若電磁炮正對高樓，與高樓之間的水平距離L=60m，滅火彈出膛速度v0=50m/s，方向與水平面夾角θ=53°，不計炮口離地面高度及空氣阻力，取重力加速度大?。?）求滅火彈擊中高樓位置距地面的高度H；（2）已知電容器儲存的電能E=12CU2，轉化為滅火彈動能的效率η=15%

【答案】（1）60m；（2）U【詳析】（1）滅火彈做斜向上拋運動，則水平方向上有L=v0cosθ?（2）根據(jù)題意可知Ek=ηE=15%×12考點03帶電粒子在電場中的運動7．（2025·山東·高考）如圖甲所示的Oxy平面內，y軸右側被直線x=3L分為兩個相鄰的區(qū)域I、Ⅱ。區(qū)域I內充滿勻強電場，區(qū)域Ⅱ內充滿垂直O(jiān)xy平面的勻強磁場，電場和磁場的大小、方向均未知。t=0時刻，質量為m、電荷量為+q的粒子從O點沿x軸正向出發(fā)，在Oxy平面內運動，在區(qū)域I中的運動軌跡是以y軸為對稱軸的拋物線的一部分，如圖甲所示。t0A．區(qū)域I內電場強度大小E=4mLB．粒子在區(qū)域Ⅱ內圓周運動的半徑RC．區(qū)域Ⅱ內磁感應強度大小B=3mD．粒子在區(qū)域Ⅱ內圓周運動的圓心坐標17【答案】AD【詳析】A．粒子在區(qū)域I中的運動軌跡是以y軸為對稱軸的拋物線的一部分，可以判斷出粒子做類平拋運動，根據(jù)曲線軌跡可知，可知正粒子受到的電場力方向豎直向上，電場方向沿y軸正方向，設粒子初速度為v0豎直方向有y=12at2水平方向有x=vB．粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的y-運動軌跡如圖所示，則粒子在區(qū)域Ⅱ內圓周運動的半徑R=10LC．粒子做類平拋運動進入勻強磁場時的速度v=v02+(at)2聯(lián)立解得vD．如圖所示，設圓心為O'點，設粒子進入勻強磁場時的速度方向與豎直方向夾角為θ由速度關系有sinθ=v0v=0.6可得θ=37°由幾何關系得∠O'=37°故選AD。1．（2025·山東淄博·三模）如圖所示，A點有一個電荷量為+Q的點電荷，在距A點2r處有一個點電荷B，在以A點為圓心、半徑為r的球面上有一點C，AC與AB夾角為60°。要使C點的場強與AB平行，則點電荷BA．帶負電，電荷量為3Q B．帶負電，電荷量為C．帶正電，電荷量為3Q D．帶正電，電荷量為【答案】B【詳析】由于C點的電場強度方向平行于AB，根據(jù)電場強度的疊加，畫出俯視圖，如圖所示根據(jù)幾何關系可得∠ACB=90°由于B在C點產(chǎn)生的電場強度方向指向B，則B點點電荷帶負電。根據(jù)幾何關系可得BC=2rsin60°=3r根據(jù)電場矢量關系可得tan60°=E故選B。2．（2025·山東齊魯教研體·考前質量檢測）如圖1所示，真空中有兩點電荷q1、q2分別固定在x軸上的x=-5m和x=-1m處，將一正試探電荷q置于x軸上，q的電勢能隨位置的變化關系部分圖像如圖2所示，規(guī)定無窮遠處電勢為零，點電荷周圍某點電勢公式φ=A．q1、qB．q1、q2C．x=-3m處的電勢低于xD．除無限遠外，x軸上電場強度為零的點只有一個【答案】D【詳析】A．由圖2知x>0處電勢為正，-1<x<0電勢為負，可知q2B．由圖2知x=0處電勢為零，根據(jù)點電荷周圍電勢公式φ=kQr可知kqC．在x軸上，q1在x=-5m右側電場強度水平向右，q2在-5m<x<-1m區(qū)間的電場強度水平向右，根據(jù)電場的疊加可知-5m<x<-1m間的電場強度水平向右，當q1=q2時，xD．由于正電荷的電荷量大于負電荷電荷量，可知x軸上在x<-5m區(qū)域電場強度不可能為零，在-5m<x<-1m區(qū)域電場強度不可能為零，在x>-1m區(qū)域，設該點距k解得l=5m可知除無限遠處，x故選D。3．（2025·山東青島·三模）如圖所示，水平向右的勻強電場中固定傾角為30°的足夠長斜面，質量為m、帶電量為+q的小球以初速度v0從斜面底端斜向上拋出，初速度方向與水平方向間的夾角為60°。已知勻強電場的電場強度E=3A．機械能不變 B．離斜面最遠時動能最小C．運動的時間為33v07【答案】D【詳析】A．小球從拋出到落回斜面的過程中，電場力做功會改變機械能，故機械能不守恒，故A錯誤；B．以斜面為參考系，建立沿斜面向上（x軸）和垂直斜面向上（y軸）的坐標系，小球受重力mg（豎直向下）和電場力qE（水平向右），沿斜面方向（x軸）：電場力分量：Eqcos重力分量：mgsin30°=12mg（沿斜面向下）根據(jù)牛頓第二定律mgsin30°-Eqcos30°=max解得加速度ax=14g（沿斜面向下）垂直斜面方向（y軸）：電場力分量Eqsin30離斜面最遠時（y方向速度為0），時間t1=v0sin30°ay=23v07g此時CD．落回斜面時y=0由v0sin30°t-1故選D。4．（2025·山東青島平度·二模）如圖所示為某靜電場在x軸上的電場強度E隨x的變化關系（E-x圖像），x軸正方向為電場強度正方向。一個帶正電的點電荷僅在電場力作用下由靜止開始沿x軸運動，在x軸上的a、b、c、A．點電荷由a運動到d的過程中加速度先減小后增大B．點電荷從b運動到a電場力做的功小于從c運動到b電場力做的功C．點電荷由a運動到d的過程中電勢能先增大再減小D．b和d兩點處電勢相等【答案】B【詳析】A．由F=Eq=ma可知a、B．電場強度E隨x的變化關系圖像與坐標軸所圍成的面積與電荷量的乘積等于電場力做功，b、a兩點間的面積小于c、b兩點間的面積，所以點電荷從b運動到a電場力做的功小于從c運動到b電場力做的功，B正確；C．a(chǎn)、d點間的電場強度方向為負方向，一個帶正電的點電荷所受電場力的方向也為負方向，點電荷的位移方向為正方向，所以電場力做負功，電勢能增大，C錯誤；D．從b到d電場線沿負方向，沿電場線方向電勢降低，所以b點電勢小于d點，D錯誤。故選B。5．（2025·山東日照·二模）如圖所示，一個內壁光滑的絕緣圓形軌道豎直固定在水平地面上，圓心是O，直徑AB水平。小球c固定在A點，將小球d從B點由靜止釋放，經(jīng)過最低點P后到達Q點時速度為零，經(jīng)過M點時速度最大。兩小球均帶負電且可視為質點，Q、M點均未畫出。下列說法正確的是（）A．小球d從B到Q的過程中，重力與庫侖力的合力一直增大B．M點在P點左側C．小球d從B到Q的過程中，電勢能一直減少D．小球d從P到Q的過程中，動能的減少量等于電勢能增加量【答案】A【詳析】A．小球d運動過程中到A的距離越來越小，則兩球間庫侖力越來越大，庫侖力增大同時庫侖力與重力夾角由直角變銳角，根據(jù)力的合成可知這兩個力的合力將更大，所以兩者合力一直增大，故A正確；B．M點速度最大，此時庫侖力與重力沿切線方向的合力為零，在P左右分別對小球d受力分析可知只有P的右側重力和庫力沿切線的合力才能為零，所以M點在P右側，故B錯誤；C．從B→Q的過程中d離C越來越近而離負電荷越近電勢越低，則B到Q電勢減少，而負電荷在電勢越低的位置電勢能越高，所以d的B到Q電勢能增大，故C錯誤；D．從P→Q動能減小，電勢能增大，重力勢能增大，根據(jù)能量守恒可得減小的動能應等于增加的電勢能和重力勢能，故D錯誤。故選A。6．（2025·山東濱州·二模）空間中存在一勻強電場，電場方向未知。如圖所示，一質量為m的帶電小球在A點的初速度大小為v0，方向水平向左，小球經(jīng)過下方B點時速度的大小仍為v0，且方向與水平方向夾角θ=60°，指向右下方。AA．若電場力水平向右，電場力最小B．AB間電勢差UC．小球速度豎直向下時，速度的大小為2D．若電場力的大小為mg，則電場力與豎直方向的夾角為60【答案】D【詳析】A．小球經(jīng)過AB兩點時速度大小相等，有對稱性可知在AB兩點時速度方向與AB連線的夾角大小相等，設為α，由幾何關系可知α=60°，小球所受的合力方向沿AB的垂直平分線方向斜向下，方向與水平線夾角為30°，由平行四邊形定則可知，若場強方向沿BA向上時電場力最小，場強最小，選項A錯誤；B．從A到B根據(jù)動能定理UABq-mglABsinC．小球速度豎直向下時，此時速度方向與AB夾角為30°，小球沿AB方向的速度為v不變，則小球速度豎直向下時速度的大小為v'=v1D．由圖可知，若電場力的大小為mg，合力大小也為mg，此時電場力與豎直方向的夾角為60°，指向右上方，選項故選D。7．（2025·山東淄博七中·一模）取無限遠處電勢為0，不等量異種電荷附近，存在一個電勢為0的等勢球面。如圖所示，兩點電荷Q1和Q2分別位于x軸上的x1和x2處，B點為兩點電荷連線中點，以x軸上A點為圓心的虛線圓上各點的電勢均為0，B點的電勢φBA．Q1帶負電，Q2帶正電，Q1所帶電荷量大于Q2所帶電荷量B．虛線圓上各點的電場強度大小相等，方向均沿半徑指向圓心AC．若僅減小Q1所帶電荷量，則虛線圓的半徑將增大D．若僅增大Q2所帶電荷量，則虛線圓圓心A的位置將靠近Q1【答案】C【詳析】A．因為等勢球面上電勢為0，且B點電勢大于0，沿電場方向電勢降低，所以電場線方向大致從Q2指向Q1，則Q1帶負電，Q2帶正電。在電勢為0的等勢球面上，根據(jù)點電荷電場的特點（φ=kQr)，等勢面為0的地方，離電荷量小的地方近，離電荷量大的地方遠，從圖中可知等勢面離Q1近，所以Q1所帶電荷量小于QB．等勢面與電場線垂直，虛線圓是等勢面，那么圓上各點電場強度方向均沿半徑方向；設虛線圓與x軸的左右兩個交點分別為M、N，M點的電場強度EM等于兩個點電荷在該點的電場強度大小之差，N點的電場強度EN兩個點電荷在該點的電場強度大小之和，EM<ENC．若僅減小Q1所帶電荷量，當Q1所帶電荷量減小到零時，則虛線圓的半徑將增大到無限大，虛線圓的圓心移動到Q2處，C正確；D．若僅增大Q2所帶電荷量，當Q2所帶電荷量遠遠大于Q1所帶電荷量時，Q1可以忽略，虛線圓的圓心將移動到Q2處，D錯誤。故選C。8．（2025·山東省實驗中學·一模）豎直平面內固定有兩個電荷量均為qq>0的點電荷，兩點電荷相距0.6m，O為兩點電荷水平連線的中點。一電荷量為-q的帶電小球自O點開始向下運動，初動能大小為2.0J，其動能Ek與位移x的關系如圖乙中曲線I所示，x=0.4m處為曲線的最低點，此時動能大小為1.85J。直線II為計算機擬合的曲線I的一條漸近線，其斜率大小為9.0J/mA．小球的質量為9.0kgB．小球的電荷量為qC．下落到x=0.4mD．下落到x=0.4m的過程中，小球的電勢能增加了約【答案】B【詳析】ACD．由動能定理知，Ek-x圖像的斜率為合外力，由圖知0.4m內，Ek-x圖像的斜率先減小后增大再減小，即小球所受的合外力先減小后增大再減小，由牛頓第二定律知，此過程小球的加速度先減小后增加再減小；當x→∞解得小球的質量m=0.9kg0～0.4mΔ故ACD錯誤；B．小球在x=0.4m處所受合外力為0，此時mg=2kq2(0.4)2+(0.62)故選B。9．（2025·山東·模擬預測）如圖所示的電路中，閉合開關S，電路中電流穩(wěn)定后，平行板電容器C1中的帶電液滴恰好處于靜止狀態(tài)。已知平行板電容器的電容與兩極板間的距離成反比。保持開關S處于閉合狀態(tài)，僅增大電容器CA．電流計G中有由b到a的電流B．電容器C1C．電容器C1D．帶點液滴向上運動【答案】A【詳析】A．由保持開關S處于閉合狀態(tài)，則電容器兩端的電壓不變；已知平行板電容器的電容C與兩極板間的距離d成反比，僅增大電容器C1兩極板間距離d，則電容C1得電容器C1所帶電荷量Q1=C1U減少，電容器C1放電，電流從正極板流出，經(jīng)電流計G流向負極板，所以電流計GB．由電容器兩極板間的電場強度E=UdU不變，dC．由前面分析可知，電容器C1所帶電荷量減小，CD．開始時帶電液滴恰好處于靜止狀態(tài)，說明液滴所受重力和電場力平衡，即mg=qE；電容器C1故選A。10．（2025·山東十三?！?月聯(lián)考）如圖所示，半徑為R的水平固定絕緣圓環(huán)上均勻分布著正電荷，O點為圓環(huán)的圓心，M點位于O點正上方3R處。若從圓環(huán)上的A點處取走長為ΔL的小圓弧，剩余電荷分布不變，則剩余電荷在A．ΔL2πRC．3ΔL3(2【答案】C【詳析】由幾何關系可知，AM與OM的夾角θ滿足tanθ=33解得θ=30°設整個圓環(huán)的電荷量為Q，每一段長為ΔL小圓弧的電荷量為Δq，由于圓環(huán)上的電荷均勻分布，可知Δq=QΔL2πR，每一段長為ΔL小圓弧在M處產(chǎn)生的電場強度沿OM方向的分量為E=kΔq3R2+R2cos30°=3kQ8R故選C。11．（2025·山東青島平度·高考模擬一）如圖所示，水平面內的等邊三角形BCD的邊長為L，頂點C恰好位于光滑絕緣直軌道AC的最低點，A點到B、D兩點的距離均為L，A點在BD邊上的豎直投影點為O。y軸上B、D兩點固定兩個等量的正點電荷，在z軸兩電荷連線的中垂線上必定有兩個場強最強的點，這兩個點關于原點O對稱。在A點將質量為m、電荷量為-q的小球套在軌道AC上(忽略它對原電場的影響)將小球由靜止釋放，已知靜電力常量為k，重力加速度為g，且kA．圖中的A點和C點的場強相同 B．軌道上A點的電場強度大小為mgC．小球剛到達C點時的加速度為2g D．小球剛到達C點時的動能為【答案】B【詳析】A．由幾何可知：OA=32LP為z軸上一點，PD連線與z軸的夾角為θ，根據(jù)等量同種電荷的電場分布可知P點的電場強度方向豎直向上，大小為E=2kQODsinθ?cosθ解得E=8kQL2cosθsinB．由幾何關系∠DAO=30°，軌道上A點的電場強度大小為C．由幾何關系有OA=OC=32L根據(jù)∠ACO=45°由對稱性可知，A、C兩點的電場強度大小相等，因此，C小球在C點受到的電場力為FC=qEC=mg沿桿方向的合力為F=mgcos45°-D．根據(jù)等量同種點電荷的電場分布和對稱關系可知，A、C兩點電勢相等，電荷從A到C的過程中電場力做功為零，根據(jù)動能定理可得mg?OA=EKC故選B。12．（2025·山東青島·調研檢測）如圖所示，一正四面體置于勻強電場中，A、B、C、D分別是正四面體的四個頂點，正四面體的棱長L=0.5m，E、F、G、H為棱AB、AC、AD、BC的中點，電勢分別為2V、4V、2V、6V。下列說法正確的是（）A．A點電勢為0B．電場強度大小為8V/mC．BCD所在的平面為等勢面D．將一電子從A點移到C點，電勢能增加8eV【答案】A【詳析】AC．由于E、F、G、H為棱AB、AC、AD、BC的中點，則φE=φA+φ聯(lián)立解得φA=0，φB=4V，φC=8V，φD=4VD．將一電子從A點移到C點，電勢升高8V，則電勢能減小8eV，故D錯誤；B．電場強度大小為E=Ud=故選A。13．（2025·山東濟寧·模擬）如圖所示，兩等量異種點電荷分別處于正方形ABCD上的A、B兩點，M、N、P分別為對應邊的中點。下列說法正確的是（）A．M、N兩點的電場強度相同B．M、N兩點的電勢相同C．P點的電場強度小于M點的電場強度D．電子從M點沿直線移動到D點，電勢能增加【答案】D【詳析】A．由等量異種電荷的電場的特點知，M、N兩點的電場大小相同，方向不同，故A錯誤；B．根據(jù)距正電荷越近電勢越高，距負電荷越近電勢越低，根據(jù)電勢的疊加原理可知，M、N兩點分別在A、B電荷場中的電勢關系有φM>φNC．設正方形邊長為l，根據(jù)矢量求和定則知，P點的電場強度為2kq2l22=8kq2l2而M點的電場強度為水平向右的kD．電子從M點沿直線移動到D點，電場力做負功，電勢能增大，故D正確。故選D。14．（2025·山東Flawless聯(lián)考·選考四）現(xiàn)有一電容為C的平行板電容器，極板水平，間距為d，且?guī)щ娏康拇笮镼（上極板帶正電）。兩個帶異種電荷的小球用一絕緣輕質硬桿相連，小球質量為m，帶電量的大小為q（上方的小球帶負電），桿長為l（l<d，q<Q）。如圖所示，設硬桿與豎直方向的夾角為θ，無窮遠處電勢為0，忽略重力，則下列說法正確的是（）A．兩小球和硬桿構成的系統(tǒng)所受的合外力為0B．當θ=C．兩個小球的電勢能為QqlD．當θ很小時，靜止釋放兩個小球，則兩個小球各自的運動周期為2【答案】AD【詳析】A．電容內部的電場為勻強電場，根據(jù)F=qE可知，兩小球和硬桿構成的系統(tǒng)所受的合外力為0，故B．當θ=π3時，轉矩不為0C．電容內部電場為E=Ud=QCd設下極板電勢為0，下極板到-q的距離為x，則兩個小球的電勢能為EpD．當θ很小時，靜止釋放兩個小球，則兩個小球繞質心做簡諧振動，轉矩τ=-lqEθ轉動慣量I=12ml2運動方程為12ml2d故選AD。15．（2025·山東濰坊·三模）某離子注入工藝原理如圖所示。離子源產(chǎn)生的離子經(jīng)小孔進入加速電場，初速度可忽略不計。加速后的離子豎直向上進入速度選擇器，該區(qū)域存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場；通過速度選擇器的離子射出后從小孔O1進入電場分析器，電場分析器內為14圓弧輻射狀電場，離子沿半徑為R1（未知）的圓弧做勻速圓周運動；隨后離子從小孔O2射出并沿水平方向進入磁場分析器，該區(qū)域存在垂直紙面向外的圓形勻強磁場（未畫出），離子偏轉后沿O3

O的方向豎直向下射入水平向左的勻強偏轉電場，最終打在水平放置的晶圓（硅片）上。已知加速電場兩水平極板間的電壓為U，速度選擇器電場、電場分析器內離子所經(jīng)位置的電場強度大小均為E；速度選擇器、磁場分析器中的磁感應強度大小均為B；偏轉電場的上下邊界MN和PQ間距為L，水平方向足夠寬。