專題04靜電場(chǎng)與磁場(chǎng)考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1靜電場(chǎng)2021、2022、2023、2024從2021年到2025年天津高考物理卷來(lái)看，靜電場(chǎng)與磁場(chǎng)部分的命題呈現(xiàn)出以下趨勢(shì)：命題注重基礎(chǔ)與綜合應(yīng)用相結(jié)合，磁場(chǎng)的產(chǎn)生、基本性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)仍是考查重點(diǎn)，同時(shí)常與電場(chǎng)、力學(xué)等知識(shí)進(jìn)行綜合命題。題型上，既會(huì)在選擇題中出現(xiàn)，也常作為計(jì)算題的考查內(nèi)容。命題情境越來(lái)越貼近現(xiàn)代科技成果與生活實(shí)際，如以信號(hào)放大器、帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)等為背景。能力要求方面，對(duì)學(xué)生的數(shù)學(xué)工具運(yùn)用能力要求較高，如在處理帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí)，常涉及幾何關(guān)系的應(yīng)用，在電磁感應(yīng)與電路結(jié)合的問(wèn)題中，可能會(huì)用到函數(shù)求導(dǎo)等數(shù)學(xué)方法來(lái)求解極值問(wèn)題。此外，試題的開放性和探究性也有所增強(qiáng)，鼓勵(lì)學(xué)生深入思考，培養(yǎng)批判性思維和解決復(fù)雜問(wèn)題的能力?？键c(diǎn)2磁場(chǎng)2021、2022、2023、2024考點(diǎn)01靜電場(chǎng)1．（2024·天津·高考）某靜電場(chǎng)在x軸正半軸的電勢(shì)φ隨x變化的圖像如圖所示，a、b、c、d、為x軸上四個(gè)點(diǎn)。一負(fù)電荷僅在靜電力作用下，以一定初速度從d點(diǎn)開始沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，則該電荷（）A．在b點(diǎn)電勢(shì)能最小 B．在c點(diǎn)時(shí)速度最小C．所受靜電力始終做負(fù)功 D．在a點(diǎn)受靜電力沿x軸負(fù)方向【答案】BD【詳解】AB．根據(jù)題意，由公式Ep=φq可知，負(fù)電荷在高電勢(shì)位置的電勢(shì)能較小，由圖可知，a點(diǎn)的電勢(shì)最大，則在a點(diǎn)電勢(shì)能最小，同理可知，c點(diǎn)的電勢(shì)最小，則在cCD．根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，結(jié)合題圖可知，c點(diǎn)左側(cè)電場(chǎng)方向沿x軸正方向，c點(diǎn)右側(cè)電場(chǎng)方向沿x軸負(fù)方向，可知，c點(diǎn)右側(cè)負(fù)電荷受沿x軸正方向的電場(chǎng)力，c點(diǎn)左側(cè)負(fù)電荷受沿x軸負(fù)方向的電場(chǎng)力，可知，在a點(diǎn)受靜電力沿x軸負(fù)方向，從d點(diǎn)開始沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，電場(chǎng)力先做負(fù)功再做正功，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。2．（2023·天津·高考）如圖所示，在一固定正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中，另一正電荷q先后以大小相等、方向不同的初速度從P點(diǎn)出發(fā)，僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，形成了直線PM和曲線PN兩條軌跡，經(jīng)過(guò)M、N兩點(diǎn)時(shí)q的速度大小相等，則下列說(shuō)法正確的有（

）

A．M點(diǎn)比P點(diǎn)電勢(shì)低 B．M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)不同C．q從P到M點(diǎn)始終做減速運(yùn)動(dòng) D．q在M、N兩點(diǎn)的加速度大小相等【答案】AD【詳解】A．由圖中正電荷運(yùn)動(dòng)軌跡可知，正電荷在P受力方向向右，即電場(chǎng)線為P指向M，所以P點(diǎn)電勢(shì)高于M點(diǎn)電勢(shì)，即M點(diǎn)比P點(diǎn)電勢(shì)低，故A正確；B．由題意知，同一個(gè)正電荷q兩次以大小相同、方向不同的初速度從P點(diǎn)出發(fā)，分別抵達(dá)M點(diǎn)與N點(diǎn)，且q在M，N點(diǎn)時(shí)速度大小也一樣，由動(dòng)能定理可知M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)相同，故B錯(cuò)誤；C．q從P到M做加速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)以上分析可知，M、N兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，且該電場(chǎng)是固定正電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，則說(shuō)明M、N到固定正電荷的距離相等，由點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式可知M、N兩點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，根據(jù)a=Fm=qEm可知，故選AD。3．（2022·天津·高考）如圖所示，一正點(diǎn)電荷固定在圓心，M、N是圓上的兩點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（

）A．M點(diǎn)和N點(diǎn)電勢(shì)相同B．M點(diǎn)和N點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同C．負(fù)電荷由M點(diǎn)到N點(diǎn)，電勢(shì)能始終增大D．負(fù)電荷由M點(diǎn)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力始終做正功【答案】A【詳解】AB．M、N是以O(shè)為圓心的圓上的兩點(diǎn)，則電勢(shì)相同，場(chǎng)強(qiáng)大小相等方向不同，A正確，B錯(cuò)誤；CD．由于兩點(diǎn)電勢(shì)相等，負(fù)電荷由M點(diǎn)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為零，電勢(shì)能變化量為零，CD錯(cuò)誤。故選A。4．（2021·天津·高考）兩個(gè)位于紙面內(nèi)的點(diǎn)電荷產(chǎn)生電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖中實(shí)線所示，相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差相等。虛線MPN是一個(gè)電子在該電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，軌跡與某等勢(shì)面相切于P點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．兩點(diǎn)電荷可能是異種點(diǎn)電荷 B．A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比B點(diǎn)的大C．A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì) D．電子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最小【答案】CD【詳解】A．根據(jù)電荷間等勢(shì)面的分布情況可知兩點(diǎn)電荷時(shí)同種電荷，又根據(jù)電子在該電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡可判斷電子一直受到排斥的力，故可知兩點(diǎn)電荷為同種負(fù)電荷；故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)等勢(shì)面的疏密程度可以判斷A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比B點(diǎn)的小，故B錯(cuò)誤；C．因?yàn)閮牲c(diǎn)電荷是同種負(fù)電荷，電場(chǎng)線指向負(fù)電荷，故可知A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)，故C正確；D．根據(jù)電子的運(yùn)動(dòng)軌跡和電場(chǎng)線的方向可知由M到P電場(chǎng)力做負(fù)功，由P到N電場(chǎng)力做正功；由M到P動(dòng)能減小，由P到N動(dòng)能增加，故電子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最小，故D正確。故選CD?？键c(diǎn)02磁場(chǎng)5．（2024·天津·高考）如圖所示，在Oxy平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，存在半徑為R的半圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，半圓與x軸相切于M點(diǎn)，與y軸相切于N點(diǎn)，直線邊界與x軸平行，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。在第一象限存在沿+x方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E．一帶負(fù)電粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，從M點(diǎn)以速度v沿+(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)若僅有電場(chǎng)，求粒子從M點(diǎn)到達(dá)y軸的時(shí)間t；(3)若僅有磁場(chǎng)，改變粒子入射速度的大小，粒子能夠到達(dá)x軸上P點(diǎn)，M、P的距離為3R，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t【答案】(1)B(2)t(3)t【詳解】（1）根據(jù)題意可知，由于一帶負(fù)電粒子能沿直線勻速穿過(guò)半圓區(qū)域，由平衡條件有Eq=qvB（2）若僅有電場(chǎng)，帶負(fù)電粒子受沿x軸負(fù)方向的電場(chǎng)力，由牛頓第二定律有Eq=ma又有R=（3）根據(jù)題意，設(shè)粒子入射速度為v0qT可得T=2由幾何關(guān)系可得tanθ=3RR=36．（2023·天津·高考）科學(xué)研究中可以用電場(chǎng)和磁場(chǎng)實(shí)現(xiàn)電信號(hào)放大，某信號(hào)放大裝置示意如圖，其主要由陰極、中間電極(電極1,電極2,…,電極n)和陽(yáng)極構(gòu)成，該裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,各相鄰電極存在電勢(shì)差。由陰極發(fā)射的電子射入電極1,激發(fā)出更多的電子射入電極2,依此類推,電子數(shù)逐級(jí)增加,最終被陽(yáng)極收集,實(shí)現(xiàn)電信號(hào)放大。圖中所有中間電極均沿x軸放置在xOz平面內(nèi),磁場(chǎng)平行于z軸，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。已知電子質(zhì)量為m,電荷量為e。忽略電子間的相互作用力，不計(jì)重力。（1）若電極間電勢(shì)差很小可忽略,從電極1上O點(diǎn)激發(fā)出多個(gè)電子，它們的初速度方向與y軸的正方向夾角均為θ，其中電子a、b的初速度分別處于xOy、yOz平面的第一象限內(nèi)，并都能運(yùn)動(dòng)到電極2。（i）試判斷磁場(chǎng)方向；（ii）分別求出a和b到達(dá)電極2所用的時(shí)間t1和t（2）若單位時(shí)間內(nèi)由陰極發(fā)射的電子數(shù)保持穩(wěn)定,陰極、中間電極發(fā)出的電子全部到達(dá)下一相鄰電極。設(shè)每個(gè)射入中間電極的電子在該電極上激發(fā)出δ個(gè)電子,δ∝U，U為相鄰電極間電勢(shì)差。試定性畫出陽(yáng)極收集電子而形成的電流I和【答案】（1）（?。┭貁軸反方向；（ⅱ）t1=(【詳解】（1）（ⅰ）a電子，初速度方向在xoy平面內(nèi)，與y軸正方向成θ角；若磁場(chǎng)方向沿z軸正方向，a電子在洛倫茲力作用下向x軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，不符合題題意；若磁場(chǎng)方向沿z軸反方向，a電子在洛倫茲力作用下向x軸正方向偏轉(zhuǎn)，符合題意；b電子，初速度方向在zoy平面內(nèi)，與y軸正方向成θ角。將b電子初速度沿坐標(biāo)軸分解，沿z軸的分速度與磁感線平行不受力，沿y軸方向的分速度受到洛倫茲力使得電子沿x軸正方向偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，磁場(chǎng)方向沿z軸反方向。符合題意；綜上可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向沿z軸反方向。（ⅱ）a電子在洛倫茲力作用下運(yùn)動(dòng)軌跡如圖由圖可知電子運(yùn)動(dòng)到下一個(gè)極板的時(shí)間t1=2(π2?θ（2）設(shè)δ=kU，單位時(shí)間內(nèi)陰極逸出的電子數(shù)量N0不變，每個(gè)電子打到極板上可以激發(fā)δ個(gè)電子，經(jīng)過(guò)n次激發(fā)陽(yáng)極處接收電子數(shù)量N=N0δn7．（2023·天津·高考）如圖所示，一不可伸長(zhǎng)的輕繩上端固定，下端系在單匝勻質(zhì)正方形金屬框上邊中點(diǎn)O處，框處于靜止?fàn)顟B(tài)。一個(gè)三角形區(qū)域的頂點(diǎn)與O點(diǎn)重合，框的下邊完全處在該區(qū)域中。三角形區(qū)域內(nèi)加有隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與時(shí)間t的關(guān)系為B=kt（k>0的常數(shù)），磁場(chǎng)與框平面垂直，框的面積為框內(nèi)磁場(chǎng)區(qū)域面積的2倍，金屬框質(zhì)量為m，電阻為R，邊長(zhǎng)為l，重力加速度g，求：（1）金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E；（2）金屬框開始向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)刻t0；

【答案】（1）kl2【詳解】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E（2）由圖可知線框受到的安培力為FA=IlB=ERlB=kl38．（2022·天津·高考）直流電磁泵是利用安培力推動(dòng)導(dǎo)電液體運(yùn)動(dòng)的一種設(shè)備，可用圖1所示的模型討論其原理，圖2為圖1的正視圖。將兩塊相同的矩形導(dǎo)電平板豎直正對(duì)固定在長(zhǎng)方體絕緣容器中，平板與容器等寬，兩板間距為l，容器中裝有導(dǎo)電液體，平板底端與容器底部留有高度可忽略的空隙，導(dǎo)電液體僅能從空隙進(jìn)入兩板間。初始時(shí)兩板間接有直流電源，電源極性如圖所示。若想實(shí)現(xiàn)兩板間液面上升，可在兩板間加垂直于Oxy面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，兩板間液面上升時(shí)兩板外的液面高度變化可忽略不計(jì)。已知導(dǎo)電液體的密度為ρ0、電阻率為ρ，重力加速度為g（1）試判斷所加磁場(chǎng)的方向；（2）求兩板間液面穩(wěn)定在初始液面高度2倍時(shí)的電壓U0（3）假定平板與容器足夠高，求電壓U滿足什么條件時(shí)兩板間液面能夠持續(xù)上升?！敬鸢浮浚?）沿z軸負(fù)方向；（2）U0=【詳解】（1）想實(shí)現(xiàn)兩板間液面上升，導(dǎo)電液體需要受到向上的安培力，由圖可知電流方向沿x軸正方向，根據(jù)左手定則可知，所加磁場(chǎng)的方向沿z軸負(fù)方向。（2）設(shè)平板寬度為b，兩板間初始液面高度為?，當(dāng)液面穩(wěn)定在高度2?時(shí)，兩板間液體的電阻為R，則有R=ρl2?b當(dāng)兩板間所加電壓為U0時(shí)，設(shè)流過(guò)導(dǎo)電液體的電流為I，由歐姆定律可得I=U0R外加磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B時(shí)，設(shè)液體所受安培力的大小為FF=mg（3）設(shè)兩板間液面穩(wěn)定時(shí)高度為nh，則兩板間比容器中液面高出的部分液體的高度為(n－1)h，與（2）同理可得Uρln?blB=ρ09．（2022·天津·高考）如圖所示，M和N為平行金屬板，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子從M由靜止開始被兩板間的電場(chǎng)加速后，從N上的小孔穿出，以速度v由C點(diǎn)射入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)D點(diǎn)穿出磁場(chǎng)，CD為圓形區(qū)域的直徑。已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外，粒子速度方向與磁場(chǎng)方向垂直，重力略不計(jì)。（1）判斷粒子的電性，并求M、N間的電壓U；（2）求粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r；（3）若粒子的軌道半徑與磁場(chǎng)區(qū)域的直徑相等，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。【答案】（1）正電，U=mv2【詳解】（1）帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電。粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)由動(dòng)能定理可知qU=1（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受洛倫茲力提供向心力，有qvB=m（3）設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)軌道圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為θ，如圖依題意粒子的軌道半徑與磁場(chǎng)區(qū)域的直徑相等，由幾何關(guān)系，得θ=π3設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，有T=2πr10．（2021·天津·高考）霍爾元件是一種重要的磁傳感器，可用在多種自動(dòng)控制系統(tǒng)中。長(zhǎng)方體半導(dǎo)體材料厚為a、寬為b、長(zhǎng)為c，以長(zhǎng)方體三邊為坐標(biāo)軸建立坐標(biāo)系xyz，如圖所示。半導(dǎo)體中有電荷量均為e的自由電子與空穴兩種載流子，空穴可看作帶正電荷的自由移動(dòng)粒子，單位體積內(nèi)自由電子和空穴的數(shù)目分別為n和p。當(dāng)半導(dǎo)體材料通有沿+x方向的恒定電流后，某時(shí)刻在半導(dǎo)體所在空間加一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，沿+y方向，于是在z方向上很快建立穩(wěn)定電場(chǎng)，稱其為霍爾電場(chǎng)，已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，沿（1）判斷剛加磁場(chǎng)瞬間自由電子受到的洛倫茲力方向；（2）若自由電子定向移動(dòng)在沿+x方向上形成的電流為In，求單個(gè)自由電子由于定向移動(dòng)在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場(chǎng)力的合力大?。?）霍爾電場(chǎng)建立后，自由電子與空穴在z方向定向移動(dòng)的速率分別為vnz、vpz，求【答案】（1）自由電子受到的洛倫茲力沿+z方向；（2）F【詳解】（1）自由電子受到的洛倫茲力沿+z（2）設(shè)t時(shí)間內(nèi)流過(guò)半導(dǎo)體垂直于x軸某一橫截面自由電子的電荷量為q，由電流定義式，有In=qt設(shè)自由電子在x方向上定向移動(dòng)速率為vnx，可導(dǎo)出自由電子的電流微觀表達(dá)式為In=neabvnx（3）設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)在z方向上運(yùn)動(dòng)到半導(dǎo)體上表面的自由電子數(shù)為Nn、空穴數(shù)為NnNp霍爾電場(chǎng)建立后，半導(dǎo)體z方向的上表面的電荷量就不再發(fā)生變化，則應(yīng)Nn=1．（2025·天津?yàn)I海新區(qū)·三模）做心電圖時(shí)，心臟可視為由兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷組成的系統(tǒng)。圖中顯示的是患者體表的瞬時(shí)電勢(shì)分布，實(shí)線為等差等勢(shì)面，數(shù)值表示其電勢(shì)，a、b為兩點(diǎn)電荷連線上對(duì)稱的兩點(diǎn)，c、d為連線中垂線上對(duì)稱的兩點(diǎn)，則（）A．Uab=2UbcB．a(chǎn)點(diǎn)與b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同C．人體內(nèi)的Cl?在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的電勢(shì)能大D．若人體內(nèi)Na+沿兩電荷連線的中垂線從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)，電場(chǎng)力先做正功再做負(fù)功【答案】B【詳解】A．由圖知UU則UabB．根據(jù)等量異號(hào)點(diǎn)電荷電場(chǎng)的對(duì)稱性可知a點(diǎn)與b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同，故B正確；C．根據(jù)Ep=qφ，負(fù)電荷在電勢(shì)越高的地方電勢(shì)能越低，人體內(nèi)的Cl?在a點(diǎn)的電勢(shì)能比在b點(diǎn)的電勢(shì)能小，故C錯(cuò)誤；D．等量異號(hào)點(diǎn)電荷電場(chǎng)的中垂線電勢(shì)為0，若人體內(nèi)Na+沿兩電荷連線的中垂線從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)，電場(chǎng)力始終不做功，故D錯(cuò)誤。故選B。2．（2025·天津九校聯(lián)考·一模）兩異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面如圖所示，已知A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)。若位于a、b處點(diǎn)電荷的電荷量大小分別為qa和qA．a(chǎn)處為正電荷，qB．a(chǎn)處為正電荷，qC．把一個(gè)正電荷從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)該電荷電勢(shì)能減少D．把一個(gè)正點(diǎn)電荷（不計(jì)其他力）在a處右側(cè)釋放，將勻加速向b處運(yùn)動(dòng)【答案】BC【詳解】AB．若把該圖像與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較，靠近正電荷的點(diǎn)電勢(shì)高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢(shì)較低。則a處為正電荷。等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖像中的等勢(shì)面左右對(duì)稱，無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0．該圖像的左側(cè)的等勢(shì)線比較密，無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0，所以無(wú)窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差相比，與a點(diǎn)之間的電勢(shì)差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多，qaC．正電荷在高電勢(shì)點(diǎn)電勢(shì)能大，在低電勢(shì)點(diǎn)電勢(shì)能小，A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)，則把一個(gè)正電荷從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)該電荷電勢(shì)能減少，故C正確；D．由于電場(chǎng)不是勻強(qiáng)電場(chǎng)，正點(diǎn)電荷所受電場(chǎng)力不是恒力，加速度不是恒定的，則把一個(gè)正點(diǎn)電荷（不計(jì)其他力）在a處右側(cè)釋放，做的不是勻加速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選BC。3．（2025·天津九校聯(lián)考·二模）靜電噴涂是一種利用高壓靜電場(chǎng)使帶負(fù)電的涂料微粒定向運(yùn)動(dòng)，并吸附在工件表面的噴涂方法。某一靜電噴涂裝置接上高壓電源后在噴口和被涂物間產(chǎn)生強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)線分布如圖所示，一微粒從M點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，以噴口為原點(diǎn)，以MN連線向右方向?yàn)檎较蚪軸，該過(guò)程中微粒重力不計(jì)，那么電場(chǎng)強(qiáng)度E，微粒的電勢(shì)φ、速度大小v、電勢(shì)能Ep隨x變化的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】CD【詳解】A．根據(jù)該電場(chǎng)分布特點(diǎn)可知，由M到N電場(chǎng)線越來(lái)越稀疏，電場(chǎng)強(qiáng)度不斷減小，且減小的越來(lái)越慢，圖線斜率應(yīng)逐漸減小，并不是傾斜的直線，故A錯(cuò)誤；B．沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，所以由M到N電勢(shì)升高，而不是降低，故B錯(cuò)誤；C．由M到N電場(chǎng)力對(duì)微粒做正功，微粒的動(dòng)能、速度不斷增大，由于由M到N電場(chǎng)強(qiáng)度不斷減小，微粒加速度不斷減小，所以微粒速度增大的越來(lái)越慢，反映到圖像上，圖線斜率逐漸減小，故C正確；D．該圖線切線的斜率也表示電場(chǎng)力，由于電場(chǎng)力不斷減小并且減小的越來(lái)越慢，圖線斜率就逐漸減小且減小的越來(lái)越慢，又由于電場(chǎng)力對(duì)微粒做正功，微粒的動(dòng)能不斷增大，則電勢(shì)能不斷減小，故D正確；故選CD。4．（2025·天津和平區(qū)·三模）如圖，兩個(gè)帶等量正電荷的微粒P、Q以相同的速度沿垂直于電場(chǎng)方向同時(shí)射入平行板電容器的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，P從靠近上極板邊緣處射入，Q從兩極板中央處射入，在重力和電場(chǎng)力的共同作用下，它們打在下極板同一點(diǎn)，不計(jì)粒子間的相互作用，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列分析正確的是（）A．兩粒子的機(jī)械能變化量一定相同B．兩粒子的動(dòng)能一定都增大C．電場(chǎng)力對(duì)兩粒子的沖量一定相同D．兩粒子的電勢(shì)能一定都減小【答案】BC【詳解】A．兩個(gè)微粒帶等量正電荷，電場(chǎng)力做功代表機(jī)械能的變化，則ΔE=B．兩粒子的合外力向下，則粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中合外力做正功，兩粒子的動(dòng)能一定都增大，故B正確；C．兩粒子的初速度相等，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有x=v0可知電場(chǎng)力對(duì)兩粒子的沖量一定相同，故C正確；D．由于電場(chǎng)力做功的正負(fù)未知，兩粒子的電勢(shì)能可能增大，故D錯(cuò)誤；故選BC。5．（2025·天津耀華中學(xué)·一模）如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B平行放置并與一個(gè)電源相連，其中A板接地（取大地電勢(shì)φ=0）。S閉合后，兩板間有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。以下說(shuō)法正確的是（）A．保持S閉合，若將A板向上平移一小段位移，則油滴向下加速運(yùn)動(dòng)，G中有b→a的電流B．保持S閉合，若將A板向左平移一小段位移（油滴仍處于兩極板之間），則油滴仍然靜止，G中有a→b的電流C．若將S斷開，再將A板向左移動(dòng)一小段位移，油滴向下運(yùn)動(dòng)D．若將S斷開，再將B板向下平移一小段位移，油滴將仍然靜止【答案】AD【詳解】A．開始時(shí)，重力和電場(chǎng)力平衡，故mg將A板上移，由E=Ud可知，E變小，故油滴應(yīng)向下加速運(yùn)動(dòng)；根據(jù)C=QU，B．若將A板向左平移一小段位移，則E不變，油滴仍靜止，但由于S減小，則C減小，電容器電量減小，故G中有b→a的電流；故B錯(cuò)誤；C．若將S斷開，Q不變，將A板向左移動(dòng)一小段位移，S減小，C減小，則U增大，E增大，則油滴向上運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．若將S斷開，Q不變，再將B板向下平移一小段位移，根據(jù)E=4πkQ故選AD。6．（2025·天津和平·二模）如圖所示，水平放置的平行板電容器充電后與電源斷開，質(zhì)量、帶電完全相同的甲、乙兩粒子從A點(diǎn)沿半圓的直徑AC方向以不同的速度水平射入電場(chǎng)，甲粒子恰好經(jīng)過(guò)半圓的最低點(diǎn)B，乙粒子經(jīng)過(guò)圓弧上BC之間的D點(diǎn)，不計(jì)重力，下列分析正確的是（）A．甲、乙兩粒子從A點(diǎn)到達(dá)圓弧所用的時(shí)間相同B．兩粒子在B、D兩點(diǎn)的速度方向都不可能沿著圓弧半徑方向C．粒子在電容器中運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程，電場(chǎng)力對(duì)兩粒子做功可能相同D．甲粒子的入射速度大于乙粒子的入射速度【答案】BC【詳解】A．粒子水平射入豎直方向的電場(chǎng)中，不計(jì)粒子重力，則粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上有y由圖可知，甲、乙兩粒子從A點(diǎn)到達(dá)圓弧的豎直位移不同，則時(shí)間不同，故A錯(cuò)誤；B．由于類平拋運(yùn)動(dòng)速度反向延長(zhǎng)線過(guò)水平位移的中點(diǎn)，則兩粒子在B、D兩點(diǎn)的速度方向都不可能沿著圓弧半徑方向，故B正確；C．粒子在電容器中運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程，若甲、乙兩粒子均打到下極板，則電場(chǎng)力對(duì)兩粒子做功相同，故C正確；D．結(jié)合A分析可知，甲粒子的飛行時(shí)間較大，水平方向有x=v故選BC。7．（2025·天津部分區(qū)·一模）一電子只在靜電力作用下沿+x方向運(yùn)動(dòng)，其所在位置處的電勢(shì)φ隨位置x變化的圖線如圖中拋物線所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．從x1運(yùn)動(dòng)到x2，電場(chǎng)力對(duì)電子做負(fù)功B．x1與x3處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同C．電子在x1處的速率小于在x3處的速率D．電子從x2運(yùn)動(dòng)到x3，加速度逐漸減小【答案】AC【詳解】A．從x1運(yùn)動(dòng)到x2，電勢(shì)降低，電子的電勢(shì)能增加，則電場(chǎng)力對(duì)電子做負(fù)功，選項(xiàng)A正確；B．圖像的斜率等于場(chǎng)強(qiáng)，可知x1與x3處切向的斜率不同，則電場(chǎng)強(qiáng)度方向不相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．電子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有電場(chǎng)力做功，則電勢(shì)能和動(dòng)能之和守恒，電子在x1處的電勢(shì)能大于在x3處的電勢(shì)能，可知電子在x1處的動(dòng)能小于在x3處的動(dòng)能，電子在x1處的速率小于在x3處的速率，選項(xiàng)C正確；D．電子從x2運(yùn)動(dòng)到x3，圖像的斜率變大，則場(chǎng)強(qiáng)變大，根據(jù)牛頓第二定律a=故選AC。8．（2025·天津紅橋區(qū)·一模）如圖所示，真空中兩個(gè)等量正點(diǎn)電荷位于圓的直徑AC上的M、N兩點(diǎn)，直徑BD垂直于AC，且CM=MO=A．圓弧ABCD是等勢(shì)面B．B、D兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同C．一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷僅受靜電力作用，從D點(diǎn)由靜止釋放后，在DB間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D．帶正電的點(diǎn)電荷在A點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能大于該電荷在B點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能【答案】CD【詳解】A．等量同種點(diǎn)電荷電勢(shì)分布如圖所示由圖根據(jù)對(duì)稱性可知，A、C點(diǎn)的電勢(shì)相等，B、D點(diǎn)的電勢(shì)相等，圓弧ABCD不是等勢(shì)面，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)電場(chǎng)的對(duì)稱性可知，同一個(gè)試探電荷在B、D兩個(gè)位置所受的電場(chǎng)力大小相等，方向相反，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)電場(chǎng)線分布可知，一個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷僅受靜電力作用，從D點(diǎn)由靜止釋放后，先向O做加速運(yùn)動(dòng)，然后向B點(diǎn)做減速運(yùn)動(dòng)，速度減到零后再反向加速，如此重復(fù)，即在DB間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；D．根據(jù)電勢(shì)的分布可知，A點(diǎn)的電勢(shì)高于B點(diǎn)的電勢(shì)，根據(jù)Ep=qφ可知，帶正電的點(diǎn)電荷在A點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能大于該電荷在B點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能，故D正確。故選CD。9．（2025·天津和平·一模）a、b、c、d是菱形的四個(gè)頂點(diǎn)，O是兩對(duì)角線交點(diǎn)，且aO<bO，P為aO之間的某一點(diǎn)。圖甲是將等量的正負(fù)電荷分別固定于b、d兩點(diǎn)，圖乙是將同樣的正負(fù)電荷分別固定于a、c兩點(diǎn)，設(shè)無(wú)限遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，對(duì)兩種情況判斷正確的是（）A．甲圖中P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于乙圖中P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)B．甲圖中P點(diǎn)電勢(shì)高于乙圖中P點(diǎn)電勢(shì)C．將同一個(gè)正電荷從P點(diǎn)移動(dòng)到O點(diǎn)，甲圖電場(chǎng)力的功小于乙圖D．將一正電荷從P點(diǎn)由靜止釋放，僅在電場(chǎng)力的作用下兩圖中的電荷可能均做直線運(yùn)動(dòng)【答案】AC【詳解】A．根據(jù)等量異種電荷電場(chǎng)分布特點(diǎn)及電場(chǎng)的疊加原理可知，甲圖中P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于乙圖中P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，A正確；B．根據(jù)等量異種電荷電勢(shì)分布特點(diǎn)可知，甲圖中，P點(diǎn)的電勢(shì)為零，乙圖中P點(diǎn)的電勢(shì)大于零，B錯(cuò)誤；C．將同一個(gè)正電荷從P點(diǎn)移動(dòng)到O點(diǎn)，甲圖中電場(chǎng)力做功為零，乙圖中電場(chǎng)力做正功，故甲圖電場(chǎng)力的功小于乙圖電場(chǎng)力做的功，C正確；D．根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理可知，甲圖中，P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)垂直于bd連線，且從P到O逐漸增大，從O到c又逐漸減小，故將一正電荷從P點(diǎn)由靜止釋放，僅在電場(chǎng)力的作用下，甲圖中電荷不可能做直線運(yùn)動(dòng)，乙圖中，P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向始終沿ac連線，將一正電荷從P點(diǎn)由靜止釋放，僅在電場(chǎng)力的作用下，乙圖中的電荷會(huì)做直線運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。故選AC。10．（2025·天津九校聯(lián)考·一模）如圖所示，電源的內(nèi)阻為r，滑動(dòng)變阻器的總電阻為2r，兩平行金屬板a、b的間距為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。初始時(shí)開關(guān)S閉合，當(dāng)滑片P在滑動(dòng)變阻器中間時(shí)，一帶正電粒子以速度v0正好可以勻速穿過(guò)兩板的正中間。已知粒子的質(zhì)量為m，不計(jì)粒子的重力，下列說(shuō)法正確的是（）A．電源的電動(dòng)勢(shì)為2B．若將滑動(dòng)變阻器滑片滑到最下端，粒子射出兩極板時(shí)的速度減小C．若將滑動(dòng)變阻器滑片滑到最下端，粒子射出兩極板時(shí)的速度增大D．若開關(guān)S為斷開狀態(tài)，粒子仍以速度v0從極板正中間沿平行極板的方向射入，剛好從a板的右邊緣射出，則粒子的電荷量為2【答案】AC【詳解】A．滑片在正中間時(shí)，此時(shí)滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值為r，極板間的電壓為U粒子可以勻速穿過(guò)兩板正中間，電場(chǎng)力恰好等于洛倫茲力qUd=qBv0BC．滑片滑到最下端時(shí)，滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值最大為2r，極板間電壓為U2=2r2D．開關(guān)斷開時(shí)，電容會(huì)對(duì)滑動(dòng)變阻器放電，最終兩端電壓為零，極板間僅剩磁場(chǎng)，由題意可知，其恰好從a板邊緣射出，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系有(r?d2)2故D錯(cuò)誤。故選AC。11．（2025·天津北辰·三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系的第三象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第一象限某區(qū)域內(nèi)存在垂直于坐標(biāo)平面向里的圓形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中沒(méi)有畫出）。一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子從電場(chǎng)中的Q點(diǎn)以大小為v0的速度平行于x軸正方向射入電場(chǎng)，經(jīng)原點(diǎn)O射入第一象限時(shí)與x軸正方向的夾角為θ=45°，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，最后射出磁場(chǎng)時(shí)與y軸正方向的夾角也為θ=45°。已知Q點(diǎn)與x軸的距離為l(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；(2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；(3)圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑r?！敬鸢浮?1)E(2)t(3)r【詳解】（1）帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有l(wèi)=12at2，vy=（2）設(shè)粒子從O點(diǎn)射入第一象限時(shí)的速度大小為v，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角等于90°，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=T4又有qvB=m（3）粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可知，當(dāng)進(jìn)入磁場(chǎng)的點(diǎn)和射出磁場(chǎng)的點(diǎn)的連線是圓形磁場(chǎng)區(qū)域的直徑2r時(shí)，磁場(chǎng)區(qū)域半徑最小，則有qvB=mv2R又12．（2025·天津?yàn)I海塘沽一中·三模）某粒子偏轉(zhuǎn)器，主要由加速電場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)三部分構(gòu)成。如圖甲所示為該粒子偏轉(zhuǎn)裝置示意圖，粒子源可以均勻連續(xù)的產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為+q、初速度忽略不計(jì)的帶電粒子，經(jīng)電壓為U的加速電場(chǎng)加速后，帶電粒子貼近上板邊緣，水平飛入兩平行金屬板中的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)。兩水平金屬板長(zhǎng)為22d，間距為d，板間加有圖乙所示的周期性變化的電壓，其最大電壓也為U、周期為2(1)若帶電粒子經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)未進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)之前，形成了大小為I的穩(wěn)恒電流，沿著電流方向長(zhǎng)度為Δl(2)一個(gè)周期內(nèi)，從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)出射的粒子數(shù)占粒子源全部發(fā)射粒子數(shù)的百分比η；(3)從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)出射的粒子全部能夠到達(dá)探測(cè)板時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B需要滿足的條件。【答案】(1)I(2)50%(3)2【詳解】（1）設(shè)粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的初速度為v0，根據(jù)動(dòng)能定理有qU=12mv聯(lián)立可得N（2）帶電粒子穿過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有22d=v0t聯(lián)立解得t=2dmqU即：帶電粒子通過(guò)板間的時(shí)間等于周期T，且豎直方向上勻加速的時(shí)間必為T2，設(shè)前半個(gè)周期中，t1時(shí)刻飛入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的粒子恰好能到達(dá)下極板，則有12a(T（3）設(shè)粒子飛入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r設(shè)粒子飛入磁場(chǎng)時(shí)，其速度與水平方向的夾角為設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，豎直方向偏移的位移為Δy，由幾何關(guān)系可知Δy=2rcosθ解得Δy=213．（2025·天津九校聯(lián)考·一模）如圖甲為某款醫(yī)用治療裝置，該裝置由粒子源、直線加速器和偏移器等部件構(gòu)成。直線加速器由一系列帶孔的金屬漂移管組成，每個(gè)漂移管兩端圓板橫截面面積相等且依次排列，中心軸線共線，漂移管的長(zhǎng)度按照一定的規(guī)律依次增加。序號(hào)為奇數(shù)的漂移管和交變電源的一極相連，序號(hào)為偶數(shù)的漂移管和電源的另一極相連。交變電源兩極間電勢(shì)差的變化規(guī)律如圖乙。在t=0時(shí)，奇數(shù)漂移管相對(duì)于偶數(shù)漂移管的電勢(shì)差為正值，此時(shí)位于序號(hào)為0的圓板中央的粒子源靜止釋放出一個(gè)電子，電子在圓板和漂移管1間的狹縫電場(chǎng)中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進(jìn)漂移管1，在漂移管1內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)。每次電子在漂移管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間恰為交變電源周期的一半。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，交變電源電壓的絕對(duì)值為U0，周期為T(1)求電子進(jìn)入漂移管1時(shí)的速度v1的大?。?2)為使電子運(yùn)動(dòng)到漂移管之間各狹縫中都能恰好使靜電力的方向跟運(yùn)動(dòng)方向相同而不斷加速，求第n個(gè)漂移管的長(zhǎng)度；(3)該電子加速到最大動(dòng)能Ekm后，恰好沿O'O方向射入偏移器，偏移器為一棱長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方體，正方體內(nèi)充滿勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，O'為偏移器左側(cè)面的中心點(diǎn)，當(dāng)偏移器內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度均為0時(shí)，電子恰好沿O'O射到目標(biāo)平面中心O點(diǎn)處（O點(diǎn)和偏移器左、右側(cè)面中心點(diǎn)共線），目標(biāo)平面和偏移器右側(cè)面平行且相距為L(zhǎng)，當(dāng)偏移器同時(shí)加上如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)（方向均垂直于前、后側(cè)面）時(shí)，電子在極短的時(shí)間內(nèi)穿過(guò)偏移器，打在目標(biāo)平面上（x0，y0）處，求偏移器中電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。（當(dāng)【答案】(1)v(2)T(3)E=4【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)能定理有eU=12（2）電子在第n節(jié)漂移管內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=T2設(shè)電子在第n節(jié)漂移管內(nèi)的運(yùn)動(dòng)速度為解得vn=2neUm（3）設(shè)電子進(jìn)入偏移器時(shí)速度為v，則在偏移器內(nèi)，由于電場(chǎng)引起的速度增量對(duì)y軸方向的運(yùn)動(dòng)不產(chǎn)生影響，y軸方向上相當(dāng)于只考慮磁場(chǎng)存在，設(shè)電子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r′根據(jù)洛倫茲力提供向心力evB=mv2r′解得r′=mveB又有sinα=L可得B=2mvy03eLx軸方向加速度為a=eEm飛行時(shí)間為t=2πmBe×α2π又α≈Lr′，解得t≈Lv離開偏移器時(shí)x軸方向獲得的速度為vx=at經(jīng)過(guò)電場(chǎng)后，電子在x14．（2025·天津新華中學(xué)·統(tǒng)練四）電動(dòng)汽車通過(guò)能量回收裝置增加電池續(xù)航。在行駛過(guò)程中，踩下驅(qū)動(dòng)踏板時(shí)電池給電動(dòng)機(jī)供電，松開驅(qū)動(dòng)踏板或踩下剎車時(shí)發(fā)電機(jī)工作回收能量。某興趣小組為研究其原理，設(shè)計(jì)了如圖所示的模型：兩個(gè)半徑不同的同軸圓柱體間存在由內(nèi)至外的輻向磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向沿半徑方向，有一根質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)、電阻為R的金屬棒MN通過(guò)導(dǎo)電輕桿與中心軸相連，可繞軸無(wú)摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)，金屬棒所在之處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，整個(gè)裝置豎直方向放置。中心軸右側(cè)接一單刀雙擲開關(guān)：踩下驅(qū)動(dòng)踏板，開關(guān)接通1，電池給金屬棒供電，金屬棒相當(dāng)于電動(dòng)機(jī)，所用電池的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r；松開驅(qū)動(dòng)踏板或踩下剎車，開關(guān)自動(dòng)切換接通2，金屬棒相當(dāng)于發(fā)電機(jī)，給電容器充電，所接電容器電容為C。初始時(shí)電容器不帶電、金屬棒MN靜止，電路其余部分的電阻不計(jì)。(1)踩下驅(qū)動(dòng)踏板后，求金屬棒剛啟動(dòng)時(shí)加速度a的大小及開始運(yùn)動(dòng)后的轉(zhuǎn)動(dòng)方向（從上往下看）；(2)踩下驅(qū)動(dòng)踏板后，求金屬棒可達(dá)到的最大轉(zhuǎn)動(dòng)線速度。(3)當(dāng)金屬棒達(dá)到最大轉(zhuǎn)動(dòng)速度后松開驅(qū)動(dòng)踏板，在一段時(shí)間后金屬棒MN將勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。①求此時(shí)電容器C上的帶電量。②定性畫出松開驅(qū)動(dòng)踏板后的電容器的電壓與電荷量關(guān)系的U—q圖像，并結(jié)合圖像和題目中的條件，求電容器最終能回收多少能量?jī)?chǔ)存起來(lái)【答案】(1)BELm(2)E(3)①mCEm+【詳解】（1）電流方向向下，根據(jù)左手定則判斷，從往下看，金屬棒開始運(yùn)動(dòng)后沿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)開關(guān)閉合的瞬間，金屬棒還沒(méi)有發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，則有I=ER+r（2）當(dāng)金屬棒達(dá)到最大線速度vm時(shí)，金屬棒中無(wú)電流通過(guò)，即金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E，則有BLvm（3）①當(dāng)金屬棒由最大速度減速至勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，由動(dòng)量定理可得?∑當(dāng)電路達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，回路中無(wú)電流，電容器兩端電壓與金屬棒切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等，則有q結(jié)合上述解得q②根據(jù)電容的定義式有C=qU則有U=qC由于q=mCEm+CB15．（2025·天津紅橋區(qū)·一模）研究帶電粒子偏轉(zhuǎn)的實(shí)驗(yàn)裝置基本原理圖如圖所示，Ⅰ區(qū)域是位于xOy平面內(nèi)的半圓，直徑MN與x軸重合，且M點(diǎn)的坐標(biāo)為?3R,0,N點(diǎn)的坐標(biāo)為?R,0；Ⅱ區(qū)域位于xOy平面內(nèi)的虛線x=?R和y軸之間。其中Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。三個(gè)相同的粒子源和加速電場(chǎng)組成的發(fā)射器，可分別將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子甲、乙、丙由靜止加速到v0，調(diào)節(jié)三個(gè)發(fā)射器的位置，使三個(gè)粒子同時(shí)從半圓形邊界上的a、b、c三個(gè)點(diǎn)沿著y軸正方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，b與半圓形區(qū)域的圓心O′的連線R垂直于x軸，a、(1)求加速電場(chǎng)的電壓U；(2)求區(qū)域Ⅰ內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0和區(qū)域Ⅱ內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B(3)若在丙粒子離開區(qū)域Ⅱ時(shí)，區(qū)域Ⅱ內(nèi)的磁場(chǎng)反向，同時(shí)再疊加豎直向上電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，此后甲粒子恰好不能穿過(guò)y軸，軌跡與y軸切于Q點(diǎn)，求Q點(diǎn)的位置坐標(biāo)x,y以及甲粒子經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)速度【答案】(1)U(2)B0=(3)坐標(biāo)為0,43【詳解】（1）粒子在加速電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理有qU=12（2）如圖所示帶正電粒子甲、乙、丙在區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其軌跡半徑分別為r1、r2、r3，由于三個(gè)粒子的質(zhì)量和帶電量均相等，再結(jié)合幾何關(guān)系可知r1=r2=r3=R根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qv0B0=m（3）如圖所示甲粒子在區(qū)域Ⅰ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r1=R根據(jù)幾何關(guān)系可知甲粒子在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的軌跡圓心角θ=60°從O′飛出區(qū)域Ⅰ且其速度與x軸正方向的夾角為30°，甲粒子從O′飛出區(qū)域Ⅰ后，繼續(xù)做勻速直線運(yùn)動(dòng)到區(qū)域Ⅱ的左邊界P點(diǎn)，經(jīng)判斷甲粒子在進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ之前磁場(chǎng)方向已經(jīng)變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶铮爷B加了向上的電場(chǎng)E，甲粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后做曲線運(yùn)動(dòng)，軌跡與y軸切于Q點(diǎn)，設(shè)PQ之間的豎