五年真題(2021-2025)

4<04帶電場與磁場

（五年考情?探規(guī)律）

考點五年考情（2021-2025）命題趨勢

從2021年到2025年天津高考物理卷

考點1靜電場2021、2022、2023、2024來看，靜電場與磁場部分的命題呈現(xiàn)出以

下趨勢：命題注重基礎(chǔ)與綜合應用相結(jié)合，

磁場的產(chǎn)生、基本性質(zhì)等基礎(chǔ)知識仍是考

查重點，同時常與電場、力學等知識進行

綜合命題。題型上，既會在選擇題中出現(xiàn)，

也常作為計算題的考查內(nèi)容。命題情境越

來越貼近現(xiàn)代科技成果與生活實際，如以

信號放大器、帶電粒子在組合場中的運動

考點2磁場2021、2022、2023、2024等為背景。能力要求方面，對學生的數(shù)學

工具運用能力要求較高，如在處理帶電粒

子在磁場中的運動問題時，常涉及幾何關(guān)

系的應用，在電磁感應與電路結(jié)合的問題

中，可能會用到函數(shù)求導等數(shù)學方法來求

解極值問題。此外，試題的開放性和探究

性也有所增強，鼓勵學生深入思考，培養(yǎng)

批判性思維和解決復雜問題的能力。

（:五年真題?分點精準練）

考點01靜電場

1.（2024?天津?高考）某靜電場在x軸正半軸的電勢。隨x變化的圖像如圖所示，a、b、c、d、為x軸上四

個點。一負電荷僅在靜電力作用下，以一定初速度從d點開始沿x軸負方向運動到。點，則該電荷（）

C.所受靜電力始終做負功D.在。點受靜電力沿x軸負方向

【答案】BD

【詳解】AB.根據(jù)題意，由公式與=必/可知，負電荷在高電勢位置的電勢能較小，由圖可知，。點的電

勢最大，則在。點電勢能最小，同理可知，。點的電勢最小，則在。點時電勢能最大，電荷僅在電場力

作用下，電荷的電勢能和動能之和不變，可知，電勢能最大時，動能最小，則在c點時，目荷的動能最

小，即速度最小，故A錯誤，B正確；

CD.根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，結(jié)合題圖可知，c點左側(cè)電場方向沿x軸正方向，c點右側(cè)電場

方向沿X軸負方向，可知，。點右側(cè)負電荷受沿X軸正方向的電場力，C點左側(cè)負電荷受沿I軸負方向的

電場力，可知，在。點受靜電力沿X軸負方向，從d點開始沿X軸負方向運動到。點，電場力先做負功

再做正功,故C錯誤，D正確。

故選BDo

2.（2023?天津?高考）如圖所示，在一固定正點電荷產(chǎn)生的電場中，另一正電荷夕先后以大小相等、方向

不同的初速度從〃點出發(fā)，僅在電場力作用下運動，形成了直線〃用和曲線兩條軌跡，經(jīng)過用、N

兩點時q的速度大小相等，則下列說法正確的有（）

A.M點比P點電勢低B.〃、N兩點的電勢不同

C.4從尸到〃點始終做減速運動D.4在M、N兩點的加速度大小相等

【答案】AD

【詳解】A.由圖中正電荷運動軌跡可知，正電荷在P受力方向向右，即電場線為尸指向所以。點

電勢高于W點電勢?，叩河點比。點電勢低，故A正確;

B.由題意知，同一個正電荷q兩次以大小相同、方向不同的初速度從P點出發(fā)，分別抵達M點與N點，

且“在N點時速度大小也一樣，由動能定理可知"、N兩點的電勢相同，故B錯誤；

C.q從尸到M做加速運動，故C錯誤；

D.根據(jù)以上分析可知，M、N兩點在同一等勢面上，且該電場是固定正電荷產(chǎn)生的電場，則說明M、N

到固定正電荷的距離相等，由點電荷的場強公式可知，"、N兩點處電場強度大小相同，根據(jù)方￡=更可

mm

知，q在M、N兩點的加速度大小相等，故D正確。

故選AD。

3.（2022?天津?高考）如圖所示，一正點電荷固定在圓心，A八N是圓上的兩點，下列說法正確的是（）

A.M點和N點電勢相同

B.M點和N點電場強度相同

C.負電荷由M點到N點，電勢能始終增大

D.負電荷由M點到N點，電場力始終做正功

【答案】A

【詳解】AB.M、N是以。為圓心的圓上的兩點，則電勢相同，場強大小相等方向不同，A正確，B錯

誤；

CD.由于兩點電勢相等，負電荷由"點到N點，電場力做功為零，電勢能變化量為零，CD錯誤。

故選A。

4.（2021?天津?高考）兩個位于紙面內(nèi)的點電荷產(chǎn)生電場的等勢面如圖中實線所示，相鄰等勢面間的電

勢差相等。虛線是一個電子在該電場中的運動軌跡，軌跡與某等勢面相切于0點。下列說法正確

的是（）

（3）若僅有磁場，改變粒子入射速度的大小，粒子能夠到達x軸上尸點，M、P的距離為6R,求粒子在

磁場中運動的時間a.

【答案】⑴8千

⑵片他

yjqE

/r、.2^mv

⑶，F(xiàn)

【詳解】（1）根據(jù)題意可知，由于一帶負電粒子能沿直線勻速穿過半圓區(qū)域，由平衡條件有功=僅8解

得B=-l

（2）若僅有電場，帶負電粒子受沿x軸負方向的電場力，由牛頓第二定律有Eg=ma又有汽=；。戶聯(lián)立

解得六招

（3）根據(jù)題意，設(shè)粒子入射速度為玲，則有

R詔

q\?0B=m-

2仃

T=-

%

可得人次簧畫出粒子的運動軌跡，如圖所示

由兒何關(guān)系可得tan伊孚-6解得內(nèi)60。則軌跡所對圓心角為120°,則粒子在磁場中運動的時間

K

120°62/rmv

ti=-----?7=-------

136003qE

6.（2023?天津?高考）科學研究中可以用電場和磁場實現(xiàn)電信號放大，某信號放大裝置示意如圖，其主要

由陰極、中間電極（電極1,電極2,…，電極n）和陽極構(gòu)成，該裝置處于勻強磁場中，各相鄰電極存在電勢差。

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)逐級增加，最終被陽極收集,

實現(xiàn)電信號放大。圖中所有中間電極均沿x軸放置在xOz平面內(nèi)，磁場平行于z軸，磁感應強度的大小為

B。已知電子質(zhì)量為電荷量為e。忽略電子間的相互作用力，不計重力。

（1）若電極間電勢差很小可忽略，從電極1上O點激發(fā)出多個電子，它們的初速度方向與9軸的正方向

夾角均為仇其中電子。、6的初速度分別處于資助、平面的第一象限內(nèi)，并都能運動到電極2。

（i）試判斷磁場方向；

(ii)分別求出。和b到達電極2所用的時間人和，2：

(2)若單位時間內(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)出的電子全部到達下一相鄰電極。

設(shè)每個射入中間電極的電子在該電極上激發(fā)出J個電子U為相鄰電極間電勢差。試定性畫出陽極

收集電子而形成的電流/和U關(guān)系的圖像，并說明理由

OU

【答案】⑴⑴沿z軸反方向；(ii)「長泮，0=子⑵見解析

CUCU

【詳解】(1)(i)4電子，初速度方向在xoy平面內(nèi)，與歹軸正方向成。角；若磁場方向沿z軸正方向，

。電子在洛倫茲力作用下向x軸負方向偏轉(zhuǎn)，不符合題題意；若磁場方向沿z軸反方向，。目子在洛倫茲

力作用下向x軸正方向偏轉(zhuǎn)，符合題意；〃電子，初速度方向在zoy平面內(nèi)，與y軸正方向成0角。將力

電子初速度沿坐標軸分解，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，磁場方向沿z軸反方向。符合題意：綜上可知，磁感應

強度B的方向沿z軸反方向。

(ii)“電子在洛倫茲力作用下運動軌跡如圖

由圖可知電子運動到下一個極板的時間/產(chǎn)學六邑2二=巴筌電子，沿z軸的分速度與磁感線平行

2tcKeBeB

不受力，對應勻速直線運動；沿y軸方向的分速度受到洛倫茲力使電子向右偏轉(zhuǎn)，電子運動半個圓周到

下一個極板的時間詈

(2)設(shè)戶單位時間內(nèi)陰極逸出的電子數(shù)量M不變，每個電子打到極板上可以激發(fā)3個電子，經(jīng)過〃

次激發(fā)陽極處接收電子數(shù)量N=No&'=No(kU)"=NoKU對應的電流I=Ne氣NoKUfeN。內(nèi)亞=45可得

/-U圖像如圖

ou

7.（2023?天津?高考）如圖所示，一不可伸長的輕繩上端固定，下端系在單匝勻質(zhì)正方形金屬框上邊中點

O處，框處于靜止狀態(tài).一個三角形區(qū)域的頂點與O點重合，框的下邊完全處在該區(qū)域中.三角形區(qū)域

內(nèi)加有隨時間變化的勻強磁場，磁感應強度大小8與時間/的關(guān)系為8=K（%>0的常數(shù)），磁場與框

平面垂直，框的面積為框內(nèi)磁場區(qū)域面積的2倍，金屬框質(zhì)量為加，電阻為R,邊長為/,重力加速度g,

求：

（1）金屬框中的感應電動勢大小區(qū)

（2）金屬框開始向上運動的時刻加

t,X\\

t\

/X\

衣XX,

//XXX\?

/%

/xXXXXX

/、

XXXXXXx\

/XXXXXXXX\

，&XXXXXXXX\

【答案】（1）（2）氣就

【詳解】（1）根據(jù)法拉第電磁感應定律有v=V

2At2

（2）由圖可知線框受到的安培力為尸A=〃8=?8=jK當線框開始向上運動時有〃?g=B解得小等峭

R.（2022?天津?高考）直流電磁泵是利用安培力推動導電液體運動的一種設(shè)備,可用圖I所示的模型討論

其原理，圖2為圖I的正視圖。將兩塊相同的矩形導電平板豎直正對固定在長方體絕緣容器中，平板與

容器等寬，兩板間距為/,容器中裝有導電液體，平板底端與容器底部留有高度可忽略的空隙，導電液

體僅能從空隙進入兩板間。初始時兩板間接有直流電源，電源極性如圖所示。若想實現(xiàn)兩板間液面上升，

可在兩板間加垂直于面的勻強磁場，磁感應強度的大小為4,兩板間液面上升時兩板外的液面高度

變化可忽略不計。已知導電液體的密度為〃0、電阻率為〃，重力加速度為g0

（1）試判斷所加磁場的方向；

（2）求兩板間液而穩(wěn)定在初始液面高度2倍時的電壓?！?；

（3）假定平板與容器足夠高，求電壓U滿足什么條件時兩板間液面能夠持續(xù)上升。

圖2

【答案】（1）沿z軸負方向；（2）d=膂；（3）生等

【詳解】（1）想實現(xiàn)兩板間液面上升，導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，所加磁場的方向沿Z軸負方向。

（2）設(shè)平板寬度為力，兩板間初始液面高度為從當液面穩(wěn)定在高度2川時，兩板間液體的電阻為R,則

有

A=p-7當兩板間所加電壓為仇時，設(shè)流過導電液體的電流為/，由歐姆定律可得/=?外加磁場磁感應強

度大小為8時，設(shè)液體所受安培力的大小為R則有尸=8〃兩板間液面穩(wěn)定在高度2a時，設(shè)兩板間高出

板外液面的液體質(zhì)量為m,則有協(xié)/兩板間液體受到的安培力與兩板間高出板外液面的液體重力平

衡，則有

F=mg聯(lián)立以上式子解得必=等

（3）設(shè)兩板間液面穩(wěn)定時高度為〃/?,則兩板間比容器中液面高出的部分液體的高度為（〃-1）從與（2）

同理可得多/叼疝力-外姐整理上式，得1/=匚-喈平板與容器足夠高，若使兩板間液面能夠持續(xù)上

升，則〃趨近無窮大，即無限趨近于1，可得比等

9.（2022?天津?高考）如圖所示，M和N為平行金屬板，質(zhì)量為〃?，電荷量為g的帶電粒子從M由靜止

開始被兩板間的電場加速后，從N上的小孔穿出，以速度丫由。點射入網(wǎng)形勻強磁場區(qū)域，經(jīng)。點穿

出磁場，CO為圓形區(qū)域的直徑。己知磁場的磁感應強度大小為8、方向垂直于紙面向外，粒子速度方

向與磁場方向垂直，重力略不計。

（1）判斷粒子的電性，并求〃、N間的電壓U：

（2）求粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑廣

（3）若粒子的軌道半徑與磁場區(qū)域的直徑相等，求粒子在磁場中運動的時間上

MN

y”、、尺?B?\

”?

\e?07,：八

'、??./D

【答案】⑴正電，出.

(2)尸—；(3)t=—■

qB3qB

【詳解】（i）帶電粒子在磁場中運動，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電。粒子在電場中運動由動能定理

可知

解得U=—

22q

（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力提供向心力，有qvB=mf解得尸3

（3）設(shè)粒子運動軌道圓弧對應的圓心角為〃，如圖

依題意粒子的軌道半徑與磁場區(qū)域的直徑相等，由幾何關(guān)系，得公三設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的

周期為T,有六過帶電粒子在磁場中運動的時間t=?T聯(lián)立各式解得片篝

10.（2021?天津?高考）霍爾元件是一種重要的磁傳感器，可用在多種自動控制系統(tǒng)中。長方體半導體

材料厚為。、寬為從長為c,以長方體三邊為坐標軸建立坐標系xyz,如圖所示。半導體口有電荷量均

為c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粒子，單位體枳內(nèi)自由電子和空

穴的數(shù)目分別為〃和P。當半導體材料通有沿+x方向的恒定電流后，某時刻在半導體所在空間加一勻

強磁場，磁感應強度的大小為從沿+?方向，于是在z方向上很快建立穩(wěn)定電場，稱其為霍爾電場，

已知電場強度大小為E，沿-z方向“

（1）判斷剛加磁場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在沿+女方向上形成的電流為/〃，求單個自由電子由于定向移動在z方向上受

到洛倫茲力和霍爾電場力的合力大小Fnz；

（3）霍爾電場建立后，自由電子與空穴在z方向定向移動的速率分別為心二、%二，求△/時間內(nèi)運動到半

導體z方向的上表面的自由電子數(shù)與空穴數(shù)，并說明兩種載流子在z方向上形成的電流應滿足的條件。

【答案】（1）自由電子受到的洛倫茲力沿七:方向；（2）懸+E）；（3）見解析所示

【詳解】（1）自由電子受到的洛倫茲力沿+z方向；

（2）設(shè)/時間內(nèi)流過半導體垂直于x軸某一橫截面門由電上的電荷量為夕，由電流定義式，有/產(chǎn);設(shè)

自由電子在x方向上定向移動速率為％t，可導出自由電子的電流微觀表達式為/“=〃ea/n￡單個自由電

子所受洛倫茲力大小為尸洛霍爾電場力大小為/電=〃自由電子在z方向上受到的洛倫茲力和霍

爾電場力方向相同，聯(lián)立得其合力大小為E『=e（怒+E）

（3）設(shè)加時間內(nèi)在z方向卜運動到半導體卜表面的H由電子數(shù)為'〃、空穴數(shù)為乂,?則

N,=nacvn-^t

N=pacvp:M

霍爾電場建立后，半導體z方向的上表面的電荷量就不再發(fā)生變化，則應N〃=%即在任何相等時間內(nèi)

運動到上表面的自由電子數(shù)與空穴數(shù)相等，這樣兩種載流子在z方向形成的電流應大小相等、方向相

反。

1年模擬?精選?？碱}

（2025?天津濱海新區(qū)?三模）做心電圖時,，心臟可視為由兩個等量異種點電荷組成的系統(tǒng)。圖中顯示的

是患者體表的瞬時電勢分布，實線為等差等勢面?，數(shù)值表示其電勢，。、b為兩點電荷連線上對稱的兩點,

c、4為連線中垂線上對稱的兩點，則（）

A.Uab=2Ubc

B.。點與〃點的電場強度相司

c.人體內(nèi)的cr在。點的電勢能比在點的電勢能大

D.若人體內(nèi)Na+沿兩電荷連線的中垂線從c點運動到d點，電場力先做正功再做負功

【答案】B

【詳解】A.由圖知Ua/>=%-"=L5mV-（T.5mV）=3mV

Ubc=（Pb~（Pt^~L5mV-0=-1.5mV

則。必=一24，故A錯誤；

B.根據(jù)等量異號點電荷電場的對稱性可知a點與b點的電場強度相同，故B正確；

C.根據(jù)匹=，挽，負電荷在電勢越高的地方電勢能越低，人體內(nèi)的C「在。點的電勢能比在6點的電勢

能小，故c錯誤；

D.等量異號點電荷電場的中垂線電勢為0,若人體內(nèi)Na+沿兩電荷連線的中垂線從。點運動到d點，

電場力始終不做功，故D錯誤。

故選B,

2.（2025?天津九校聯(lián)考?一模）兩異種點電荷電場中的部分等勢面如圖所示，已知4點電勢高于8點電勢。

若位于〃、力處點電荷的電荷量大小分別為為和%,下列說法正確的是（）

A.a處為正電荷，qa<qi,

>（

B.。處為正電荷，qalb

C.把一個正電荷從力點移動到B點該電荷電勢能減少

D.把一個正點電荷（不計其他力）在。處右側(cè)釋放，將勻加速向8處運動

【答案】BC

【詳解】AB.若把該圖像與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，靠近正電荷的點電勢高，靠

近負電荷的點，電勢較低。則a處為正電荷。

等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖像中的等勢面左右對稱，無窮遠處的電勢為0.該圖像的左側(cè)的

等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0,所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與〃點之間的電勢差比

較大，所以〃點所帶的電量就多，夕.>外，故A錯誤，B正確；

C.正電荷在高電勢點電勢能大，在低電勢點電勢能小，4點電勢高于8點電勢，則把一個正電荷從力

點移動到4點該電荷電勢能減少，故C正確：

D.由廣電場不是勻強電場，正點電荷所受電場力不是恒力，加速度不是恒定的，則把一個正點電荷（不

計其他力）在。處右側(cè)糅放，做的不是勻加速運動，故D錯誤。

故選BCo

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使帶負電的涂料微粒定向運動，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)生強電場，目場線分布如

圖所示，一微粒從也點沿直線運動到N點，以噴口為原點，以MN連線向右方向為正方向建立x軸，

該過程中微粒重力不計，那么電場強度E,微粒的電勢然速度大小n、電勢能昂隨x變化的圖像可能

正確的是（）

【答案】CD

【詳解】A.根據(jù)該電場分布特點可知，由M到N電場線越來越稀疏，電場強度不斷減小，且減小的

越來越慢，圖線斜率應逐漸減小，并不是傾斜的直線，故A錯誤；

B.沿電場線方向電勢逐漸降低，所以由M到N電勢升高，而不是降低，故B錯誤：

C.由河到N電場力對微粒做正功，微粒的動能、速度不斷增大，由于由M到N電場強度不斷減小，

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力，由于電場力不斷減小并且減小的越來越慢，圖線斜型就逐漸減小

且減小的越來越慢，又由于電場力對微粒做正功，微粒的動能不斷增大，則電勢能不斷減小，故D正

確；

故選CDo

4.（2025?天津和平區(qū)?三模）如圖，兩個帶等量正電荷的微粒P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向同時

射入平行板電容器的勻強電場中，P從靠近上極板邊緣處射入，Q從兩極板中央處射入，右重力和電場

力的共同作用下，它們打在下極板同一點，不計粒子間的相互作用，在整個運動過程中，y列分析正確

的是（）

一

、、、、、、、'

、、、\

個

A.兩粒子的機械能變化量一定相同

B.兩粒子的動能一定都增大

C.電場力對兩粒子的沖量一定相同

D.兩粒子的電勢能一定都減小

【答案】BC

【詳解】A.兩個微粒帶等量正電荷，電場力做功代表機械能的變化，則AE=qEd由于豎直位移不同，

則兩粒子的機械能變化量不相同,故A錯誤：

B.兩粒子的合外力向下，則粒子運動過程中合外力做正功，兩粒子的動能一定都增大，故B正確；

C.兩粒子的初速度相等，水平方向做勻速直線運動，有尸R可見兩粒子運動的時間相等，根據(jù)/=夕應

可知電場力對兩粒子的沖量一定相同，故C正確；

D.由于電場力做功的正負未知，兩粒子的電勢能可能增大，故D錯誤；

故選BCo

5.（2025?天津耀華中學??模）如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B平行放置并與一個電源相連，其中A

板接地（取人地電勢8=0）。S閉合后，兩板間有一個質(zhì)量為小、電荷量為4的汕滴恰好處于靜I上狀態(tài)。

以下說法正確的是（）

A.保持S閉合，若將A板向上平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G中有力一。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板向左移動一小段位移，油滴向下運動

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，重力和電場力平衡，故2g=qE

將A板上移，由■知，E變小，故油滴應向下加速運動；根據(jù)C=*。=捽可知，電容器電量減

小，故G中有力一。的電流；故A正確：

B.若將A板向左平移一小段位移，則石不變，油滴仍靜止，但由于S減小，則C減小，電容器電量

減小，故G中有的電流；故B錯誤：

C.若將S斷開，。不變，將A板向左移動一小段位移，S減小,C減小，則U增大，￡增大，則油滴

向上運動，故C錯誤；

D.若將S斷開，。不變，再將B板向下P移一小段位移，根據(jù)￡=岑可知，場強七不變，則油滴仍

靜止，故D正確。

故選ADo

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4點沿半圓的直徑/C方向以不同的速度水平射入電場，甲粒子恰好經(jīng)過半圓的最低

點、B,乙粒子經(jīng)過圓弧上8c之間的。點，不計重力，下列分析正確的是（）

~"?C

\：

'、、一」力

B

A.甲、乙兩粒子從4點到達圓弧所用的時間相同

B.兩粒了?在8、。兩點的速度方向都不可能沿著圓弧半徑方向

C.粒子在電容器中運動的整個過程，電場力對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1A.粒子水平射入豎直方向的電場中，不計粒子重力，則粒子做類平拋運動,豎直方向上有尸;小

由圖可知，甲、乙兩粒子從［點到達圓弧的豎直位移不同，則時間不同，故A錯誤；

B.由于類平拋運動速度反向延長線過水平位移的中點，則兩粒子在8、。兩點的速度方向都不可能沿

著圓弧半徑方向，故B正確：

C.粒子在電容器中運動的整個過程，若甲、乙兩粒子均打到下極板，則電場力對兩粒子做功相同，故

c正確；

D.結(jié)合A分析可知，甲粒子的飛行時間較大，水平方向有—為，由于甲的水平位移較小，可知，甲粒

子的入射速度小于乙粒子的入射速度，故D錯誤。

故選BCo

7.（2025?天津部分區(qū)?-?模）一電子只在靜電力作用下沿+工方向運動，其所在位置處的電勢s隨位置x變

化的圖線如圖中拋物線所示，下列說法正確的是（)

A.從X/運動到X2，電場力對電子做負功

B.與刈處的電場強度方向相同

C.電子在X/處的速率小于在X3處的速率

D.電子從X2運動到刈，加速度逐漸減小

【答案】AC

【詳解】A.從心運動到刈，電勢降低，電子的電勢能增加，則電場力對電子做負功，選項A正確；

B.圖像的斜率等于場強，可知X/與燈處切向的斜率不同，則電場強度方向不相同，選項B錯誤；

C.電子運動過程中只有電場力做功，則電勢能和動能之和守恒，電子在七處的電勢能大于在心處的

電勢能，可知電子在X/處的動能小于在X3處的動能，電子在X/處的速率小于在X3處的速率，選項C

正確；

D.電子從心運動到力，圖像的斜率變大，則場強變大，根據(jù)牛頓第二定律。=江可知加速度逐漸變大,

m

選項D錯誤。

故選ACo

8.（2025?天津紅橋區(qū)?一模）如圖所示，真空中兩個等量正點電荷位于圓的直徑4c上的必、N兩點，直

徑BD垂直于AC,且CM=MO=ON=NA.卜列說法中止確的是（）

A.圓弧力8?！辏臼堑葎菝?/p>

B.B、。兩點的電場強度相同

C.一個負點電荷僅受靜電力作用，從。點由靜止釋放后，在。8間做往復運動

D.帶正電的點電荷在力點時電勢能大于該電荷在4點時的電勢能

【答案】CD

【詳解】A.等量同種點電荷電勢分布如圖所示

由圖根據(jù)對稱性可知，力、C點的電勢相等，B、。點的電勢相等，圓弧力68不是等勢面，故A錯誤；

B.根據(jù)電場的對稱性可知，同一個試探電荷在8、。兩個位置所受的電場力大小相等，方向相反，故

B錯誤：

C.根據(jù)電場線分布可知，一個負點電荷僅受靜電力作用，從。點由靜止糅放后，先向。做加速運動,

然后向8點做減速運動，速度減到零后再反向加速，如此重復，即在。8間做往復運動，選項C正確:

D.根據(jù)電勢的分布可知，力點的電勢高于8點的電勢，根據(jù)￡p=處可■知，帶正電的點電荷在力點時電

勢能大于該電荷在8點時的以勢能，故D正確。

故選CDo

9.（2025?天津和平?一模）八b、c、d是菱形的四個頂點，。是兩對角線交點，且P為。。之間

的某一點。圖甲是將等量的正負電荷分別固定于機d兩點，圖乙是將同樣的正負電荷分別固定于a、c

兩點，設(shè)無限遠處電勢為零，對兩種情況判斷正確的是（）

甲乙

A.甲圖中尸點場強小于乙圖中P點場強

B.甲圖中P點電勢高于乙圖中P點電勢

C.將同一個正電荷從尸點移動到。點，甲圖電場力的功小于乙圖

D.將一正電荷從。點由靜止釋放，僅在電場力的作用下兩圖中的電荷可能均做直線運動

【答案】AC

【詳解】A.根據(jù)等量異種電荷電場分布特點及電場的疊加原理可知，甲圖中。點場強小于乙圖中P

點場強，A正確：

B.根據(jù)等量異種電荷電勢分布特點可知，甲圖中，P點的電勢為零，乙圖中P點的電勢大于零，B錯

誤；

C.將同一個正電荷從。點移動到。點，甲圖中電場力做功為零，乙圖中電場力做正功，故甲圖電場

力的功小于乙圖電場力做的功，C正確；

D.根據(jù)電場的疊加原理可知，甲圖中，P點的場強垂直于“連線，且從P到。逐漸增大，從。到c

又逐漸減小，故將一正電荷從Q點由靜止釋放，僅在電場力的作用下，甲圖中電荷不可能做直線運動,

乙圖中，尸點的場強方向始終沿連線，將一正電荷從P點由靜止釋放，僅在電場力的作用下，乙圖

中的電荷會做直線運動，D錯誤。

故選AC。

10.（2025?天津九校聯(lián)考??模）如圖所示，電源的內(nèi)阻為八滑動變阻器的總電阻為2r，兩平行金屬板人

〃的間距為力板長為3板間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為4。初始時開關(guān)S閉合,

當滑片尸在滑動變阻器中間時，一帶正電粒子以速度現(xiàn)正好可以勻速穿過兩板的正中間。已知粒子的

質(zhì)量為〃?，不計粒子的重力，下列說法正確的是（）

A.電源的電動勢為2垃何

B.若將滑動變阻器滑片滑到最下端，粒子射出兩極板時的速度減小

C.若將滑動變阻器滑片滑到最下端，粒子射范兩極板時的速度增大

D.若開關(guān)S為斷開狀態(tài)，粒子仍以速度w從極板正中間沿平行極板的方向射入，剛好從。板的右邊

緣射出，則粒子的電荷量為含義

叫小+尸）

【答案】AC

【詳解】A.滑片在正中間時，此時滑動變阻器連入電路的阻值為廣，極板間的電壓為

粒子可以勻速穿過兩板正中間，電場力恰好等于洛倫茲力99=萌心解得斤2皮d故A正確：

BC.滑片滑到最卜.端時，滑動變阻器連入電路的阻值最大為2尸，極板間電壓為4=三￡=：后此時極板

間的電場力與洛倫茲力的關(guān)系為夕養(yǎng)為刈0電場力會對粒子做正功，粒子動能增大，速度增大，故B

錯誤，C正確;

D.開關(guān)斷開時，電容會對滑動變阻器放電，最終兩端電壓為零，極板間僅剩磁場，由題意可知，其恰

好從。板邊緣射出，如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系有(Y)2+小J粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力解得%懸，

故D錯誤。

故選ACo

11.(2025?天津北辰?三模)如圖，在平面直角坐標系的第三象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，第一象

限某區(qū)域內(nèi)存在垂直于坐標平面向里的圓形區(qū)域的勻強磁場(圖中沒有畫出)。一質(zhì)量為小，電荷量

為g的帶正電粒子從電場中的。點以大小為飛的速度平行于x軸正方向射入電場，經(jīng)原點。射入第一

象限時與x軸正方向的夾角為外45。，運動一段時間后進入圓形勻強磁場區(qū)域，最后射出磁場時與)，軸

正方向的夾角也為?45。。已知。點與x軸的距離為/,勻強磁場的磁感應強度大小8=詈，不計粒子受

到的重力。求：

OX

Q?%A

(1)勻強電場的電場強度大小F：

(2)粒子在磁場中運動的時間；；

(3)圓形勻強磁場區(qū)域的最小半徑八

【答案】⑴上嶗

Q)V

⑶尸/

【詳解】⑴帶電粒子在電場中做類平拋運動，有v=at,Eq=ma又tanQ型聯(lián)立解得后裝

(2)設(shè)粒子從。點射入第一象限時的速度大小為n,在磁場中運動軌跡所對應的圓心角等于90。，則

運動時間HqvB=‘,7=—=--^-聯(lián)立解得片白

4RvqB2vo

(3)粒子在勻強磁場區(qū)域內(nèi)的運動軌跡如圖所示

由幾何關(guān)系可知，當進入磁場的點和射出磁場的點的連線是圓形磁場區(qū)域的直徑2,?時，磁場區(qū)域半徑

最小，則有/8若又片篇Rsi加聯(lián)立解得I

12.(2025?天津濱海塘沽一中?三模)某粒子偏轉(zhuǎn)器，主要由加速電場，偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場三部分構(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〃八電荷量為+外初速度忽

略不計的帶電粒子，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后，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。兩水平金屬板長為2及力間距為小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、周期為闿令下極板右端正下方緊挨金屬板豎直放置長度為"的探測板。帶電粒子由偏

轉(zhuǎn)電場匕出后，立即進入平行板右側(cè)的垂直紙面向外的水平勻強磁場，最后經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后打在探

測板上。不計帶電粒子的重力和粒子間的相互作用力，求:

(I)若帶電粒子經(jīng)過加速電場未進入偏轉(zhuǎn)電場之前，形成了大小為/的穩(wěn)恒電流，沿著電流方向長度為△/

電流中，包含的粒子個數(shù)：

(2)一個周期內(nèi)，從偏轉(zhuǎn)電場出射的粒子數(shù)占粒子源全部發(fā)射粒子數(shù)的百分比小

(3)從偏轉(zhuǎn)電場出射的粒子全部能夠到達探測板時，磁感應強度B需要滿足的條件。

【答案】W局

(2)50%

朗再阻檸

【詳解】(1)設(shè)?！哼M入偏轉(zhuǎn)電場的初速度為玲，根據(jù)動能定理有帆詔電流/=〃gSy()則

(2)帶電粒子穿過偏轉(zhuǎn)電場時，水平方向做勻速直線運動.則有24/=卬聯(lián)立解得片2d吃即：帶

電粒子通過板間的時間等于周期T，且豎直方向.卜.勻加速的時間必為g，設(shè)前半個周期中，“時刻飛入偏

轉(zhuǎn)電場的粒子恰好能到達下極板，則有加/+嗚-)異/根據(jù)牛頓第二定律a=需聯(lián)立解得

八欄［設(shè)后半個周期中，〃時刻飛入偏轉(zhuǎn)電場的粒子恰好能到達下極板，則有

解得，2=當后Z廣"時間內(nèi)飛入偏轉(zhuǎn)電場的粒子可以抬出偏轉(zhuǎn)電場，故偏轉(zhuǎn)電場出射的粒子數(shù)占比

片gxl()0%=5()%

(3)設(shè)粒子飛入磁場時的速度為y,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有力8=〃4設(shè)粒子飛入磁場時，其速度

與水平方向的夾角為仇則有ncos外為如圖

設(shè)粒子進入磁場后，豎直方向偏移的位移為勺，由幾何關(guān)系可知△尸2/?cos。解得A尸誓若偏轉(zhuǎn)電場出

射的粒子全部能夠到達探測板，需滿足?△口解得智文答%再陪肝

13.(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?系列帶孔的金屬漂移管組成，每個漂移管兩端圓板橫截面面枳柱等且依次排

列，中心軸線共線，漂移管的長度按照一定的規(guī)律依次增加。序號為奇數(shù)的漂移管和交變電源的一極

相連，序號為偶數(shù)的漂移管和電源的另一極相連。交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙。在片0

時，奇數(shù)漂移管相對于偶數(shù)漂移管的電勢差為正值，此時位于序號為0的圓板中央的粒了源靜止釋放

出一個電子，電子在圓板和漂移管1間的狹縫電場中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進漂移管1,在漂

移管1內(nèi)做勻速直線運動。每次電子在漂移管內(nèi)運動時間怡為交變電源周期的一半。已知電子的質(zhì)量

為〃?、電荷量為e,交變電源電壓的絕對值為八，周期為八忽略電子在狹縫內(nèi)運動的時間及相對論效

應，不考慮電子的重力及其他因素的影響。

(1)求電子進入漂移管1時的速度0的大??；

(2)為使電子運動到漂移管之間各狹縫中都能恰好使靜電力的方向跟運動方向相同而不斷加速，求第n

個漂移管的長度；

（3）該電子加速到最大動能反?后，恰好沿。。方向射入偏移器，偏移器為一棱長為L的正方體，正方

體內(nèi)充滿勻強電場和勻強磁場，。為偏移器左側(cè)面的中心點，當偏移器內(nèi)電場強度和磁感應強度均為0

時，電子恰好沿00射到目標平面中心。點處（。點和偏移器左、右側(cè)面中心點共線），目標平面和

偏移器右側(cè)面平行且相距為3當偏移器同時加上如圖所示的勻強電場和勻強磁場（方向均垂直于前、

后側(cè)面）時，電子在極短的時間內(nèi)穿過偏移器，打在目標平面上（的，為）處，求偏移器中電場強度E

和磁感應強度"的大小。（當a很小時，有sinahanga,cosce^l-^2）

—、匡m

/Q4xo&mry_

⑺03Z5-

【詳解】⑴根據(jù)動能定理有解得

（2）電子在第〃節(jié)漂移管內(nèi)的運動時間為t=（設(shè)電子在第〃節(jié)漂移管內(nèi)的運動速度為匕，有neU=^

解得心=再故第〃節(jié)漂移管長度為（=匕片（舟

（3）設(shè)電子進入偏移器時速度為v,則在偏移器內(nèi)，由于電場引起的速度增量對y軸方向的運動不產(chǎn)

生影響，y軸方向上相當于只考慮磁場存在，設(shè)電子進入磁場后做圓周運動半徑為，?‘，如圖

根據(jù)洛倫茲力提供向心力。汕=/葉解得廠'=段又有sina=r。經(jīng)過磁場后，電子在y軸方向偏移距離

乃=r'（1-cosa戶—離開磁場后，電了,在y軸方向偏移距離y2=Atanap-則有乂）=乃+y=—

2rr2r2

可得8=等乂Ekm二〃小解得歷=生￡眸根據(jù)運動的分解，只考慮電場存在時

3U/MU23eL￡

X軸方向加速度為4="飛行時間為片筌X?又(廬=解得小L離開偏移器時X軸方向獲得的速度為

ntBe2qrv

經(jīng)過電場后，電子在x軸方向偏移的距離和偏移角的正切為町=1-(-)2.tan外上=等離開電

2mvv加產(chǎn)

場后，電子在x軸方向偏移的距離X2=Atan<9=R~則有用二修+M二三？可得￡<=三+又為產(chǎn)！，"，得

4丫0??km

E-^~

14.(2025?天津新華中學?統(tǒng)練四)電動汽車通過能量回收裝置漕加電池續(xù)航。在行駛過程中，踩下驅(qū)動踏

板時電池給電動機供電，松下驅(qū)動踏板或踩下剎車時發(fā)電機工作回收能量。某興趣小組為研究其原理,

設(shè)計了如圖所示的模型：兩個半徑不同的同軸圓柱體間存在由內(nèi)至外的輻向磁場,磁場方向沿半徑方

向，有一根質(zhì)量為加、長度為￡