2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）第一部分專題整合提升專題三電場與磁場第8課時(shí)電場及帶電粒子在電場中的運(yùn)動【知識網(wǎng)絡(luò)】熱點(diǎn)一電場的性質(zhì)例1(2024·河北卷，7)如圖1，真空中有兩個電荷量均為q(q>0)的點(diǎn)電荷，分別固定在正三角形ABC的頂點(diǎn)B、C。M為三角形ABC的中心，沿AM的中垂線對稱放置一根與三角形共面的均勻帶電細(xì)桿，電荷量為eq\f(q,2)。已知正三角形ABC的邊長為a，M點(diǎn)的電場強(qiáng)度為0，靜電力常量為k。頂點(diǎn)A處的電場強(qiáng)度大小為()圖1A.eq\f(2\r(3)kq,a2) B.eq\f(kq,a2)(6＋eq\r(3)) C.eq\f(kq,a2)(3eq\r(3)＋1) D.eq\f(kq,a2)(3＋eq\r(3))答案D解析由點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度公式和電場疊加原理可知，兩點(diǎn)電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(2kq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))\s\up12(2))cos60°＝eq\f(3kq,a2)，方向沿MA方向，又M點(diǎn)的電場強(qiáng)度為0，所以細(xì)桿在M處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小也為E＝eq\f(3kq,a2)，方向沿AM方向，由對稱性可知細(xì)桿在A處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小也為E＝eq\f(3kq,a2)，方向沿MA方向，兩點(diǎn)電荷在A處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為E′＝eq\f(2kq,a2)cos30°＝eq\f(\r(3)kq,a2)，方向沿MA方向，所以A處的電場強(qiáng)度大小為EA＝E＋E′＝eq\f(kq,a2)(3＋eq\r(3))，D正確。對稱法求電場強(qiáng)度對稱法是指在研究物理問題時(shí)，利用研究對象的對稱特性來分析和處理問題的方法。本題利用帶電細(xì)桿形成的電場具有對稱性的特點(diǎn)，使復(fù)雜電場的疊加計(jì)算問題大為簡化。例2(多選)(2024·甘肅卷，9)某帶電體產(chǎn)生電場的等勢面分布如圖2中實(shí)線所示，虛線是一帶電粒子僅在此電場作用下的運(yùn)動軌跡，M、N分別是運(yùn)動軌跡與等勢面b、a的交點(diǎn)。下列說法正確的是()圖2A.粒子帶負(fù)電荷B.M點(diǎn)的電場強(qiáng)度比N點(diǎn)的小C.粒子在運(yùn)動軌跡上存在動能最小的點(diǎn)D.粒子在M點(diǎn)的電勢能大于在N點(diǎn)的電勢能答案BCD解析根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知，帶電體帶正電，根據(jù)粒子的運(yùn)動軌跡及粒子做曲線運(yùn)動所受合外力指向軌跡凹側(cè)可知，粒子帶正電，A錯誤；根據(jù)等差等勢面越密集，電場強(qiáng)度越大可知，M點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于N點(diǎn)的電場強(qiáng)度，B正確；粒子在運(yùn)動過程中，電場力先做負(fù)功后做正功，粒子動能先減小后增大，粒子在電勢最高處動能最小，C正確；根據(jù)Ep＝qφ可知，帶正電的粒子在電勢高的地方電勢能大，因此粒子在M點(diǎn)的電勢能大于在N點(diǎn)的電勢能，D正確。方法總結(jié)電場強(qiáng)弱、電勢高低、電勢能大小的判斷方法物理量判斷方法電場強(qiáng)弱①根據(jù)電場線的疏密判斷②根據(jù)公式E＝keq\f(Q,r2)和電場強(qiáng)度疊加原理判斷電勢高低①根據(jù)電場線的方向判斷②由UAB＝eq\f(WAB,q)判斷③根據(jù)靜電力做功(或電勢能)判斷電勢能大?、俑鶕?jù)Ep＝qφ判斷②根據(jù)ΔEp＝－W電，由靜電力做功判斷③根據(jù)能量守恒定律判斷訓(xùn)練1(多選)(2023·河北卷)如圖3，在x軸上放置四個點(diǎn)電荷q1、q2、q3和q4，q1、q2位于A點(diǎn)兩側(cè)，q3、q4位于B點(diǎn)兩側(cè)。C點(diǎn)在y軸上，且OA＝OB＝OC。取無窮遠(yuǎn)處電勢為零，電荷位置與電荷量滿足一定關(guān)系，使得以O(shè)點(diǎn)為球心、以O(shè)C為半徑的球面上各點(diǎn)的電勢均為零。下列說法正確的是()圖3A.A、B兩點(diǎn)電場強(qiáng)度的方向一定沿x軸正方向B.若在O點(diǎn)放一正點(diǎn)電荷，則A、B兩點(diǎn)的電勢一定升高C.試探電荷q沿y軸運(yùn)動過程中，若靜電力始終不做功，則它受到的靜電力始終為零D.試探電荷q沿y軸運(yùn)動過程中，若靜電力始終不做功，則C點(diǎn)的電場強(qiáng)度一定為零答案BD解析以O(shè)點(diǎn)為球心、以O(shè)C為半徑的球面為等勢面，由電場強(qiáng)度和等勢面的關(guān)系可知，A、B兩點(diǎn)電場強(qiáng)度的方向與半徑垂直，與x軸重合。由于無法判斷各個電荷的電性，故A、B兩點(diǎn)電場強(qiáng)度的方向無法判斷，故A錯誤；取無窮遠(yuǎn)處為零電勢點(diǎn)，由于正點(diǎn)電荷周圍的電勢為正值，若在O點(diǎn)放一正點(diǎn)電荷，則A、B兩點(diǎn)的電勢一定升高，故B正確；試探電荷q沿y軸運(yùn)動過程中，根據(jù)電荷分布，若靜電力始終不做功，則經(jīng)過y軸且垂直于x軸的平面為等勢面，但靜電力不一定為零，故C錯誤；根據(jù)以O(shè)點(diǎn)為球心、以O(shè)C為半徑的球面為等勢面，可知C點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向應(yīng)與y軸重合，再根據(jù)試探電荷沿y軸運(yùn)動過程中，可知y軸為等勢線，則C點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向應(yīng)與y軸垂直，同一點(diǎn)電場強(qiáng)度的方向是唯一的，故C點(diǎn)的電場強(qiáng)度一定為零，故D正確。熱點(diǎn)二電場中的圖像問題電場中幾種常見的圖像v－t圖像當(dāng)帶電粒子只受靜電力時(shí)，從v－t圖像上能確定粒子運(yùn)動的加速度方向、大小變化情況，進(jìn)而可判定粒子運(yùn)動中經(jīng)過的各點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向、電場強(qiáng)度大小、電勢高低及電勢能的變化情況φ－x圖像(1)從φ－x圖像中可以直接判斷各點(diǎn)電勢的高低，進(jìn)而確定電場強(qiáng)度的方向及試探電荷電勢能的變化(2)φ－x圖線切線的斜率大小表示沿x軸方向電場強(qiáng)度E的大小E－x圖像以電場強(qiáng)度沿x軸方向?yàn)槔?1)E＞0表示電場強(qiáng)度沿x軸正方向，E＜0表示電場強(qiáng)度沿x軸負(fù)方向(2)圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢差，“面積”大小表示電勢差大小，兩點(diǎn)的電勢高低需根據(jù)電場方向判定Ep－x圖像(1)圖像的切線斜率大小表示靜電力大小(2)可用于判斷電場強(qiáng)度、動能、加速度等隨位移的變化情況例3(多選)(2024·廣東茂名二模)反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，其內(nèi)部真空，有一個靜電場的方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布如圖4所示，x＝0處電勢為6V。一個帶負(fù)電粒子(重力不計(jì))從x＝3cm處由靜止釋放，下列說法正確的是()圖4A.該靜電場可以由兩個負(fù)電荷產(chǎn)生B.x＝－2cm處的電場強(qiáng)度小于x＝2cm處的電場強(qiáng)度C.該粒子在x＝0處的電勢能最小D.該粒子將沿x軸負(fù)方向運(yùn)動，運(yùn)動到的最遠(yuǎn)位置為x＝－4.5cm答案BCD解析φ－x圖像的斜率表示電場強(qiáng)度，由圖可知－6cm<x<0區(qū)域的電場強(qiáng)度大小為E1＝eq\f(6,6×10－2)V/m＝100V/m，方向沿著x軸負(fù)方向，0<x<4cm區(qū)域的電場強(qiáng)度大小為E2＝eq\f(6,4×10－2)V/m＝150V/m，方向沿著x軸正方向，可知x＝－2cm處的電場強(qiáng)度小于x＝2cm處的電場強(qiáng)度，且此靜電場不可能由兩個負(fù)電荷產(chǎn)生，故B正確，A錯誤；x＝0處電勢最高，根據(jù)Ep＝qφ可知該帶負(fù)電荷的粒子在x＝0處的電勢能最小，故C正確；帶負(fù)電粒子(重力不計(jì))從x＝3cm處由靜止釋放，受到沿x軸負(fù)方向的靜電力，當(dāng)運(yùn)動到x<0區(qū)域后，受到沿x軸正方向的靜電力，根據(jù)動能定理qE2x2－qE1x1＝0可得，x1＝4.5cm，則該粒子將沿x軸負(fù)方向運(yùn)動，運(yùn)動到的最遠(yuǎn)位置為x＝－x1＝－4.5cm，故D正確。訓(xùn)練2(多選)(2024·重慶巴蜀中學(xué)質(zhì)檢)以點(diǎn)電荷A、B的連線為x軸，以點(diǎn)電荷B為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖5所示的坐標(biāo)系，點(diǎn)電荷A、B帶電荷量分別為q1、q2，間距為x0。一電子以一定的初速度進(jìn)入該電場，由靠近坐標(biāo)原點(diǎn)的位置沿x軸正方向運(yùn)動，其電勢能的變化如圖中曲線所示。圖線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x1，圖線最高點(diǎn)對應(yīng)的橫坐標(biāo)為x2，則下列判斷正確的是()圖5A.A帶負(fù)電，B帶正電B.0～x1之間的電場強(qiáng)度沿x軸負(fù)方向C.eq\f(q1,q2)＝eq\f(（x2＋x0）2,xeq\o\al(2,2))D.eq\f(q1,q2)＝eq\f(（x1＋x0）2,xeq\o\al(2,1))答案AC解析電子從O到x2的過程中，電勢能增加，靜電力做負(fù)功，說明靜電力水平向左，電場強(qiáng)度沿x軸正方向，x2之后，電勢能減小，靜電力做正功，電場強(qiáng)度沿x軸負(fù)方向，可知A帶負(fù)電，B帶正電，故A正確，B錯誤；根據(jù)F＝eq\f(|ΔEp|,|Δx|)可知，圖像斜率的絕對值表示靜電力的大小，所以在x2處，靜電力為零，合電場強(qiáng)度為零，所以有keq\f(q2,xeq\o\al(2,2))＝keq\f(q1,（x2＋x0）2)，解得eq\f(q1,q2)＝eq\f(（x2＋x0）2,xeq\o\al(2,2))，故C正確，D錯誤。熱點(diǎn)三電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動1.電場中直線運(yùn)動問題的兩種解題思路(1)動能定理：不涉及a、t時(shí)可用。(2)牛頓運(yùn)動定律：涉及a、t時(shí)可用。2.勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題(1)帶電粒子垂直于電場強(qiáng)度方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)一般為類平拋運(yùn)動，可用運(yùn)動的分解來解決。(2)不涉及運(yùn)動細(xì)節(jié)、涉及功能問題時(shí)常用動能定理解決。注意：偏轉(zhuǎn)時(shí)靜電力做功不一定是W＝qU板間，應(yīng)該是W＝qEy(y為偏移量)。3.勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)問題的兩個結(jié)論(1)如圖6所示，有tanφ＝2tanθ，且x＝eq\f(L,2)。圖6(2)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)，偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUL2,2mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(UL2,4U0d)，偏轉(zhuǎn)角的正切值tanφ＝eq\f(qUL,mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(UL,2U0d)，與比荷無關(guān)，y和φ總是相同的。粒子打在光屏上的位置P到中心的距離y0＝y(tǒng)＋ltanφ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋l))tanφ。例4(2024·浙江6月選考，6)如圖7所示是“研究電容器兩極板間距對電容大小的影響”實(shí)驗(yàn)，保持電荷量不變，當(dāng)極板間距增大時(shí)，靜電計(jì)指針張角增大，則()圖7A.極板間電勢差減小 B.電容器的電容增大C.極板間電場強(qiáng)度增大 D.電容器儲存能量增大答案D解析分析題圖可知靜電計(jì)測量電容器兩極板間的電勢差，靜電計(jì)指針張角增大，電容器兩極板間的電勢差增大，A錯誤；由于保持電荷量不變，而電勢差增大，則由C＝eq\f(Q,U)可知電容器的電容減小，B錯誤；由電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)和兩極板間電場強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)，聯(lián)立可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知電容器兩極板間電場強(qiáng)度與極板間距d無關(guān)，故僅改變極板間距，極板間電場強(qiáng)度不變，C錯誤；根據(jù)E＝QU可知，Q不變，U增大時(shí)，電容器儲存能量增大，D正確。例5(多選)(2024·安徽六安調(diào)研)如圖8所示的直線加速器由沿軸線分布的金屬圓板O和金屬圓筒(又稱漂移管)A、B、C、D、E組成，金屬圓板和金屬圓筒分別接在電源的兩端。位于和圓筒B、D相連的金屬圓板O中央的一個質(zhì)子在圓板O和圓筒A之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進(jìn)圓筒進(jìn)入加速器，質(zhì)子在金屬圓筒內(nèi)做勻速運(yùn)動且時(shí)間均為T，在金屬圓筒之間的狹縫被電場加速。已知質(zhì)子電荷量為e，質(zhì)量為m，加速時(shí)電壓U大小相同。不計(jì)質(zhì)子經(jīng)過狹縫的時(shí)間，不考慮相對論效應(yīng)，下列說法正確的是()圖8A.M、N所接電源的極性應(yīng)周期性變化B.質(zhì)子每經(jīng)過一次狹縫速度的增加量為eq\f(2eU,m)C.質(zhì)子從圓筒E射出時(shí)的速度大小為eq\f(\r(10eU),m)D.圓筒A、B、C、D、E的長度之比為1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶eq\r(4)∶eq\r(5)答案AD解析根據(jù)題意，直線加速器加速質(zhì)子，其運(yùn)動方向不變，由題圖可知，圓筒A電勢高時(shí)B的電勢低，質(zhì)子才能在A、B間的狹縫向右加速，則在下一個狹縫加速時(shí)需要B電勢高，C電勢低，所以M、N所接電源的極性應(yīng)周期性變化，A正確；質(zhì)子每通過狹縫加速一次，狹縫間靜電力做的功等于質(zhì)子動能變化量，由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，整理得v′2－v2＝eq\f(2eU,m)，可知質(zhì)子每經(jīng)過一次狹縫速度的增加量不等于eq\f(2eU,m)，B錯誤；若質(zhì)子從圓板中心進(jìn)入，則共經(jīng)歷5次完整加速，有5eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,出)，解得v出＝eq\r(\f(10eU,m))，C錯誤；根據(jù)neU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)可得vn＝eq\r(\f(2neU,m))，質(zhì)子從圓筒A、B、C、D、E射出時(shí)的速度之比為v1∶v2∶v3∶v4∶v5＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶eq\r(4)∶eq\r(5)，根據(jù)x＝vnT可知圓筒A、B、C、D、E的長度之比x1∶x2∶x3∶x4∶x5＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶eq\r(4)∶eq\r(5)，故D正確。例6(2024·北京海淀區(qū)高三期末)如圖9所示為某靜電除塵裝置的簡化原理圖，兩塊平行帶電極板間為除塵空間。質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電塵埃分布均勻，均以沿板方向的速率v射入除塵空間，當(dāng)其碰到下極板時(shí)，所帶電荷立即被中和，同時(shí)塵埃被收集。調(diào)整兩極板間的電壓可以改變除塵率η(相同時(shí)間內(nèi)被收集塵埃的數(shù)量占進(jìn)入除塵空間塵埃數(shù)量的百分比)。當(dāng)兩極板間電壓為U0時(shí)，η0＝80%。不計(jì)空氣阻力、塵埃的重力及塵埃之間的相互作用，忽略邊緣效應(yīng)。下列說法正確的是()圖9A.兩極板間電壓為U0時(shí)，塵埃的最大動能為qU0＋eq\f(1,2)mv2B.兩極板間電壓為eq\f(5,4)U0時(shí)，除塵率可達(dá)100%C.僅增大塵埃的速率v，可以提升除塵率D.僅減小塵埃的電荷量，可以提升除塵率答案B解析帶電塵埃在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)，塵埃能否被下極板收集，取決于恰好能夠到達(dá)下極板右邊緣的塵埃進(jìn)入除塵空間時(shí)距下極板的高度，其在除塵空間做類平拋運(yùn)動，軌跡如圖所示方法總結(jié)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的處理方法例7(2024·湖北華中師大一附中質(zhì)檢)中國科學(xué)院高能物理研究所利用電場約束帶電粒子的運(yùn)動，其簡化模型如圖10甲所示，在xOy平面內(nèi)的第一象限和第四象限加一沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場E0(未知)，一粒子發(fā)射源固定在坐標(biāo)原點(diǎn)O，該裝置可以沿x軸正方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子P，粒子的初速度均為v0，剛好能過第一象限內(nèi)的M點(diǎn)，已知M點(diǎn)的橫坐標(biāo)為l，不計(jì)重力及粒子間的相互作用。圖10(1)已知粒子P過M點(diǎn)時(shí)速度為2v0，求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E0和M點(diǎn)的縱坐標(biāo)；(2)若將原來的勻強(qiáng)電場替換為另一交變電場，如圖乙所示，電場強(qiáng)度為正值時(shí)表示電場方向沿y軸正方向，題干中其他條件均不變，t＝0時(shí)刻從坐標(biāo)原點(diǎn)射出的粒子P仍能過M點(diǎn)，求圖乙中E′與E0的比值。答案(1)eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),ql)eq\f(\r(3),2)l(2)4解析(1)粒子P開始在電場中做類平拋運(yùn)動，將粒子P運(yùn)動到M點(diǎn)時(shí)的速度正交分解，其沿x軸方向上的分速度為v0，則沿y軸方向的分速度vy＝eq\r(（2v0）2－veq\o\al(2,0))＝eq\r(3)v0粒子P在電場中的加速度a＝eq\f(qE0,m)在M點(diǎn)，豎直方向vy＝at水平位移l＝v0t，豎直位移yM＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得E0＝eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),ql)，yM＝eq\f(\r(3),2)l。(2)換成交變電場后，粒子P運(yùn)動至M點(diǎn)的時(shí)間仍為t＝eq\f(l,v0)，結(jié)合題圖乙可知，交變電場在此期間經(jīng)歷了兩個周期，粒子P沿y軸的分速度隨時(shí)間變化的vy－t圖像如圖所示(T＝eq\f(l,2v0))由圖可知粒子在2個周期內(nèi)的運(yùn)動一直沿同一方向，可分為4段，每段的時(shí)間相同，加速度大小相等，發(fā)生的位移大小也相等，所以整個運(yùn)動過程粒子P在y軸方向運(yùn)動的距離為yM＝4×eq\f(1,2)eq\f(qE′,m)(eq\f(T,2))2又yM＝eq\f(\r(3),2)l解得E′＝eq\f(4\r(3)mveq\o\al(2,0),ql)，故eq\f(E′,E0)＝4。方法總結(jié)解答帶電粒子在交變電場中運(yùn)動問題的技法新情境命題帶電體在電場和重力場的疊加場中的運(yùn)動情境分析物體僅在重力場中的運(yùn)動是最常見、最基本的運(yùn)動，但是對處在勻強(qiáng)電場中的宏觀物體而言，它的周圍不僅有重力場，還有勻強(qiáng)電場，同時(shí)研究這兩種場對物體運(yùn)動的影響，問題就會變得復(fù)雜一些。此時(shí)，若能將重力場與電場合二為一，用一個全新的“復(fù)合場”(可形象稱之為“等效重力場”)來代替，不僅能起到“柳暗花明”的效果，同時(shí)也是物理中的等效思維。典例(2024·湖北武漢聯(lián)考)如圖11所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O，半徑為r＝0.2m，內(nèi)壁光滑，A、B兩點(diǎn)分別是圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)。該區(qū)間存在方向水平向右、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量m＝0.1kg、帶負(fù)電荷的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(電荷量不變)，經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角θ＝30°，重力加速度g＝10m/s2。圖11(1)求小球所受的靜電力大小；(2)求小球在A點(diǎn)的速度v0為多大時(shí)，小球經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)對圓軌道的壓力最小(結(jié)果可用根號表示)。答案(1)eq\f(\r(3),3)N(2)2eq\r(1＋\r(3))m/s解析(1)小球在C點(diǎn)時(shí)速度最大，可判斷C點(diǎn)為等效最低點(diǎn)，則靜電力與重力的合力沿DC方向所以小球受到的靜電力的大小為F＝mgtan30°＝eq\f(\r(3),3)mg＝eq\f(\r(3),3)N。(2)要使小球經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)對圓軌道的壓力最小，則必須使小球經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的速度最小，則D點(diǎn)為等效最高點(diǎn)，等效重力恰好完全提供向心力，即在D點(diǎn)小球?qū)A軌道的壓力恰好為零，有eq\f(mg,cos30°)＝meq\f(veq\o\al(2,D),r)在小球從圓軌道上的D點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)的過程中，根據(jù)動能定理有mgr(1＋cos30°)＋Frsin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)聯(lián)立解得v0＝2eq\r(1＋\r(3))m/s。帶電體在等效場中的圓周運(yùn)動(1)等效重力法將重力與靜電力進(jìn)行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的豎直向下方向。(2)等效最高點(diǎn)和最低點(diǎn)：在“等效重力場”中做圓周運(yùn)動的小球，過圓心作合力的平行線，交于圓周上的兩點(diǎn)即為等效最高點(diǎn)和最低點(diǎn)。訓(xùn)練(多選)如圖12所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小圓環(huán)套在半徑為R的光滑絕緣大圓環(huán)上，大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O為環(huán)心，A為最低點(diǎn)，B為最高點(diǎn)。大圓環(huán)所在的豎直平面內(nèi)存在水平向右、電場強(qiáng)度為eq\f(mg,q)的勻強(qiáng)電場，并同時(shí)給在A點(diǎn)的小圓環(huán)一個向右的水平初速度v0，小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動，則小圓環(huán)運(yùn)動過程中()圖12A.動能最小與最大的位置在同一等勢面上B.電勢能最小的位置恰是機(jī)械能最大的位置C.在A點(diǎn)獲得的初速度為eq\r(2（1＋\r(2)）gR)D.過B點(diǎn)受到大環(huán)的彈力大小為mg答案BC解析由于勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為E＝eq\f(mg,q)，即靜電力與重力大小相等，作出小圓環(huán)在大圓環(huán)上的等效最低點(diǎn)C與等效最高點(diǎn)D，如圖所示。小圓環(huán)在等效最低點(diǎn)速度最大，動能最大，在等效最高點(diǎn)速度最小，動能最小，根據(jù)沿電場線方向電勢降低，可知φD＞φC，C點(diǎn)與D點(diǎn)不在同一等勢面上，A錯誤；小圓環(huán)在運(yùn)動過程中，只有電勢能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則電勢能最小的位置恰是機(jī)械能最大的位置，B正確；小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動，即小圓環(huán)通過等效最高點(diǎn)D的速度為0，對小圓環(huán)從A到D，由動能定理，有－qERsin45°－mg(R＋Rcos45°)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得vA＝eq\r(2（1＋\r(2)）gR)，C正確；小圓環(huán)從A到B過程，有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，在B點(diǎn)，有FN＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得FN＝(2eq\r(2)－3)mg＜0，可知，小圓環(huán)過B點(diǎn)受到大環(huán)的彈力大小為(3－2eq\r(2))mg，D錯誤。1.(2024·全國甲卷，18)在電荷量為Q的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，將無限遠(yuǎn)處的電勢規(guī)定為零時(shí)，距離該點(diǎn)電荷r處的電勢為keq\f(Q,r)，其中k為靜電力常量；多個點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中某點(diǎn)的電勢，等于每個點(diǎn)電荷單獨(dú)存在時(shí)該點(diǎn)的電勢的代數(shù)和。電荷量分別為Q1和Q2的兩個點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場的等勢線如圖13中曲線所示(圖中數(shù)字的單位是伏特)，則()圖13A.Q1<0，eq\f(Q1,Q2)＝－2 B.Q1>0，eq\f(Q1,Q2)＝－2C.Q1<0，eq\f(Q1,Q2)＝－3 D.Q1>0，eq\f(Q1,Q2)＝－3答案B解析無限遠(yuǎn)處電勢為零，正電荷形成的電場中電勢為正值，負(fù)電荷形成的電場中電勢為負(fù)值，根據(jù)沿電場線方向電勢降低，結(jié)合題圖可知，Q1>0，Q2<0，A、C錯誤；設(shè)兩點(diǎn)電荷間的距離為3L，則有keq\f(Q1,2L)＋keq\f(Q2,L)＝0，解得eq\f(Q1,Q2)＝－2，B正確，D錯誤。2.(2024·北京卷，11)如圖14所示，兩個等量異種點(diǎn)電荷分別位于M、N兩點(diǎn)，P、Q是MN連線上的兩點(diǎn)，且MP＝QN。下列說法正確的是()圖14A.P點(diǎn)電場強(qiáng)度比Q點(diǎn)電場強(qiáng)度大B.P點(diǎn)電勢與Q點(diǎn)電勢相等C.若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則P點(diǎn)電場強(qiáng)度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍D.若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則P、Q兩點(diǎn)間電勢差不變答案C解析結(jié)合電場強(qiáng)度疊加原理和點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度公式E＝keq\f(Q,r2)可知，P、Q兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等、方向相同，A錯誤；由于兩等量異種點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，電場線從正點(diǎn)電荷出發(fā)，指向負(fù)點(diǎn)電荷，又沿電場線方向電勢降低，則φP>φQ，B錯誤；P點(diǎn)電場強(qiáng)度大小為EP＝keq\f(Q,xeq\o\al(2,MP))＋keq\f(Q,xeq\o\al(2,NP))，若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則P點(diǎn)電場強(qiáng)度大小也變?yōu)樵瓉淼?倍，C正確；若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉淼?倍，則P、Q之間的電場強(qiáng)度均變大，又P、Q兩點(diǎn)間的距離不變，則根據(jù)U＝Ed定性分析可知，P、Q之間的電勢差變大，D錯誤。3.(2024·湖南卷，5)真空中有電荷量為＋4q和－q的兩個點(diǎn)電荷，分別固定在x軸上－1和0處。設(shè)無限遠(yuǎn)處電勢為0，x正半軸上各點(diǎn)電勢φ隨x變化的圖像正確的是()答案D解析無限遠(yuǎn)處電勢為0，根據(jù)點(diǎn)電荷的電勢公式φ＝keq\f(Q,r)可知，x正半軸上，電荷量為＋4q的點(diǎn)電荷在x處產(chǎn)生的電勢為φ1＝keq\f(4q,x＋1)，電荷量為－q的點(diǎn)電荷在x處產(chǎn)生的電勢為φ2＝－keq\f(q,x)，x正半軸上在x處的電勢φx＝keq\f(4q,x＋1)－keq\f(q,x)，可知在x＝eq\f(1,3)處電勢為0，在x＝0處電勢接近負(fù)無窮大，則選項(xiàng)D正確。4.(多選)(2024·廣東卷，8)污水中的污泥絮體經(jīng)處理后帶負(fù)電，可利用電泳技術(shù)對其進(jìn)行沉淀去污，基本原理如圖15所示。涂有絕緣層的金屬圓盤和金屬棒分別接電源正、負(fù)極、金屬圓盤置于底部、金屬棒插入污水中，形成如圖所示的電場分布，其中實(shí)線為電場線，虛線為等勢面。M點(diǎn)和N點(diǎn)在同一電場線上，M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢面上。下列說法正確的有()圖15A.M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)的低B.N點(diǎn)的電場強(qiáng)度比P點(diǎn)的大C.污泥絮體從M點(diǎn)移到N點(diǎn)，電場力對其做正功D.污泥絮體在N點(diǎn)的電勢能比其在P點(diǎn)的大答案AC解析根據(jù)沿著電場線方向電勢降低可知M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)的低，污泥絮體帶負(fù)電，根據(jù)Ep＝qφ可知污泥絮體在M點(diǎn)的電勢能比在N點(diǎn)的電勢能大，污泥絮體從M點(diǎn)移到N點(diǎn)，電勢能減小，電場力對其做正功，故A、C正確；根據(jù)電場線的疏密程度可知N點(diǎn)的電場強(qiáng)度比P點(diǎn)的小，故B錯誤；M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢面上，則污泥絮體在M點(diǎn)的電勢能與在P點(diǎn)的電勢能相等，結(jié)合A、C選項(xiàng)分析可知污泥絮體在P點(diǎn)的電勢能比其在N點(diǎn)的大，故D錯誤。5.(2024·黑吉遼卷，5)某種不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)εr與濃度cm的關(guān)系曲線如圖16(a)所示。將平行板電容器的兩極板全部插入該溶液中，并與恒壓電源、電流表等構(gòu)成如圖(b)所示的電路。閉合開關(guān)S后，若降低溶液濃度，則()圖16A.電容器的電容減小B.電容器所帶的電荷量增大C.電容器兩極板之間的電勢差增大D.溶液濃度降低過程中電流方向?yàn)镸→N答案B解析由題圖(a)知，溶液濃度降低，相對介電常數(shù)εr增大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容C增大，A錯誤；由于電容器與恒壓電源相連，故電容器兩極板間的電勢差等于電源電壓，保持不變，C錯誤；根據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，電容C增大，電容器所帶電荷量增大，電容器充電，故電流方向?yàn)镹→M，B正確，D錯誤?；A(chǔ)保分練1.如圖1所示，在真空中光滑的水平絕緣桌面上，有帶異種電荷的點(diǎn)電荷P1和P2。現(xiàn)固定P1，用絕緣錘將P2沿桌面擊出。關(guān)于此后P2在桌面上的運(yùn)動，下列說法正確的是()圖1A.一定是曲線運(yùn)動B.速度可能不變C.加速度一定變小D.動能和電勢能之和一定不變答案D解析若P2初速度方向在P1P2連線上，則小球做直線運(yùn)動，故A錯誤；P2受到靜電力作用，速度一定發(fā)生變化，故B錯誤；當(dāng)小球靠近P1時(shí)，根據(jù)庫侖定律可知所受庫侖力變大，結(jié)合牛頓第二定律可知P2的加速度變大，故C錯誤；根據(jù)題意可知P2只有靜電力做功，動能和電勢能之和一定不變，故D正確。2.(2024·江蘇卷，1)在靜電場中有a、b兩點(diǎn)，試探電荷在兩點(diǎn)的靜電力F與電荷量q滿足如圖2所示的關(guān)系，請問a、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小關(guān)系是()圖2A.Ea＝Eb B.Ea＝2Eb C.Ea＝3Eb D.Ea＝4Eb答案D解析由靜電力F＝qE可知F－q圖像的斜率表示電場強(qiáng)度，由題圖可知a、b兩圖線斜率之比為4∶1，則a、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小關(guān)系為Ea＝4Eb，D正確。3.(2024·重慶模擬預(yù)測)“場離子顯微鏡”的金屬鎢針尖處于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡內(nèi)壁有一層均勻?qū)щ娔ぃ涸阪u針和導(dǎo)電膜間加上高電壓后，玻璃泡上半部分的電場線如圖3所示。a、b、c、d、O為同一平面上的5個點(diǎn)，abc是一段以O(shè)為圓心半徑為r的圓弧，d為Ob的中點(diǎn)。O、a、b、c、d五點(diǎn)的電場強(qiáng)度分別為EO、Ea、Eb、Ec、Ed，電勢分別為φO、φa、φb、φc、φd，則下面說法正確的是()圖3A.a、b、c三點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同B.φd<φa＝φc＝φbC.φO－φa<2(φO－φd)D.φd－φb＝Ed·eq\f(R,2)答案C解析電場線的疏密表示電場強(qiáng)度的大小，則玻璃泡上半部分的電場可視為位于O點(diǎn)處點(diǎn)電荷形成的電場，所以a、b、c三點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，方向不同，故A錯誤；根據(jù)點(diǎn)電荷形成的電場的電勢分布可知沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知φd>φa＝φc＝φb，故B錯誤；越靠近O點(diǎn)的電場強(qiáng)度越大，則Od部分的電場強(qiáng)度均大于db部分的電場強(qiáng)度，根據(jù)電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系可知φO－φa<2(φO－φd)，φd－φb<Ed·eq\f(R,2)，故C正確，D錯誤。4.(多選)(2023·全國乙卷，19)在O點(diǎn)處固定一個正點(diǎn)電荷，P點(diǎn)在O點(diǎn)右上方。從P點(diǎn)由靜止釋放一個帶負(fù)電的小球，小球僅在重力和該點(diǎn)電荷靜電力作用下在豎直面內(nèi)運(yùn)動，其一段軌跡如圖4所示。M、N是軌跡上的兩點(diǎn)，OP＞OM，OM＝ON，則小球()圖4A.在運(yùn)動過程中，電勢能先增加后減少B.在P點(diǎn)的電勢能大于在N點(diǎn)的電勢能C.在M點(diǎn)的機(jī)械能等于在N點(diǎn)的機(jī)械能D.從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，靜電力始終不做功答案BC解析畫出O點(diǎn)處點(diǎn)電荷過M、N兩點(diǎn)的等勢面，如圖所示，由圖可知帶負(fù)電的小球在運(yùn)動過程中靜電力先做正功，后做負(fù)功，電勢能先減小后增大，A錯誤；距正點(diǎn)電荷越遠(yuǎn)，電勢越低，則φN＞φP，根據(jù)電勢能計(jì)算式Ep＝qφ，結(jié)合小球帶負(fù)電可知EpN＜EpP，B正確；小球在運(yùn)動過程中動能、重力勢能、電勢能的總和保持不變，M、N兩點(diǎn)在正點(diǎn)電荷的同一等勢面上，因此小球在M、N兩點(diǎn)上的電勢能相等，則小球在M、N兩點(diǎn)上的機(jī)械能相等，C正確；結(jié)合小球運(yùn)動方向與受力方向夾角變化可知，小球從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中靜電力先做正功后做負(fù)功，D錯誤。5.(多選)(2023·海南卷，2)如圖5所示，正三角形三個頂點(diǎn)固定三個帶等量電荷的點(diǎn)電荷，其中A、B帶正電，C帶負(fù)電，O、M、N為AB邊的四等分點(diǎn)，下列說法正確的是()圖5A.M、N兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相同B.M、N兩點(diǎn)電勢相同C.負(fù)電荷在M點(diǎn)的電勢能比在O點(diǎn)時(shí)要小D.負(fù)電荷在N點(diǎn)的電勢能比在O點(diǎn)時(shí)要大答案BC解析根據(jù)電場強(qiáng)度疊加原理可知，M、N兩點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小相等，方向不同，A錯誤；M、N兩點(diǎn)在A、B的電場中電勢相等，且比O點(diǎn)電勢要高，同時(shí)M、N兩點(diǎn)在C的電場中是位于同一等勢面上，比O點(diǎn)電勢要高，所以M、N兩點(diǎn)電勢相等，B正確；由于M、N點(diǎn)電勢均高于O點(diǎn)電勢，根據(jù)Ep＝qφ可知，負(fù)電荷在M、N點(diǎn)的電勢能均小于在O點(diǎn)的電勢能，C正確，D錯誤。6.(多選)(2024·天津河西一模)圖6(a)中M、N是同一條電場線上的兩個點(diǎn)，一個電子僅在靜電力的作用下沿著這條電場線從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)，其運(yùn)動的v－t圖像如圖(b)所示。電子經(jīng)過M、N兩點(diǎn)時(shí)的速度分別為vM和vN，電子的質(zhì)量為m，電子電荷量的絕對值為e。以下說法正確的是()圖6A.電場強(qiáng)度的方向由N指向MB.M、N兩點(diǎn)之間的電勢差UMN＝eq\f(m（veq\o\al(2,N)－veq\o\al(2,M)）,2e)C.電子運(yùn)動的過程中，其電勢能不斷減小D.N點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于M點(diǎn)的電場強(qiáng)度答案AC解析由圖(b)可知電子的速度在增大，根據(jù)動能定理可知靜電力對電子做了正功，即－eUMN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)，解得UMN＝eq\f(m（veq\o\al(2,M)－veq\o\al(2,N)）,2e)，靜電力對電子做正功，所以靜電力向右，則電場強(qiáng)度方向由N指向M，故A正確，B錯誤；根據(jù)靜電力做功與電勢能變化的關(guān)系可知，靜電力做正功，電勢能減小，故C正確；根據(jù)v－t圖像的變化特點(diǎn)可知，電子在M、N兩點(diǎn)的加速度大小關(guān)系為aM>aN，電子僅受靜電力的作用，則qE＝ma，所以N點(diǎn)的電場強(qiáng)度小于M點(diǎn)的電場強(qiáng)度，故D錯誤。7.(2024·河北衡水模擬)如圖7所示為一沿x軸方向的靜電場的φ－x圖像，現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的點(diǎn)電荷由O點(diǎn)沿x軸正方向發(fā)出，點(diǎn)電荷初速度大小為v0，整個運(yùn)動過程中點(diǎn)電荷只受靜電力的作用。則()圖7A.在x軸上，由O點(diǎn)到x＝x2處電場強(qiáng)度逐漸減小B.正電荷在O點(diǎn)處的電勢能等于在x軸上x＝x2處的電勢能C.如果點(diǎn)電荷帶正電，點(diǎn)電荷在x＝x2處的電勢能為qφ0D.如果點(diǎn)電荷帶負(fù)電，當(dāng)v0＝2eq\r(\f(qφ0,m))時(shí)點(diǎn)電荷剛好運(yùn)動到x＝x2處速度減為0答案D解析根據(jù)E＝eq\f(Δφ,Δx)，可知φ－x圖像的斜率表示電場強(qiáng)度，則在x軸上，由O點(diǎn)到x＝x2處電場強(qiáng)度保持不變，故A錯誤；根據(jù)Ep＝qφ，由于O點(diǎn)處的電勢高于x＝x2處的電勢，則正電荷在O點(diǎn)處的電勢能大于在x軸上x＝x2處的電勢能，故B錯誤；如果點(diǎn)電荷帶正電，點(diǎn)電荷在x＝x2處的電勢能為Ep＝－qφ0，故C錯誤；如果點(diǎn)電荷帶負(fù)電，當(dāng)v0＝2eq\r(\f(qφ0,m))時(shí)，設(shè)點(diǎn)電荷可以運(yùn)動到x＝x2處，且速度大小為v，根據(jù)動能定理可得－q·2φ0＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v＝0，故D正確。8.(多選)(2024·湖南雅禮中學(xué)質(zhì)檢)如圖8所示為真空中的實(shí)驗(yàn)裝置，平行金屬板A、B之間的加速電壓為U1，C、D之間的偏轉(zhuǎn)電壓為U2，P為熒光屏?，F(xiàn)有氕核、氚核和α粒子三種粒子分別在A板附近由靜止開始加速，最后均打在熒光屏上。已知氕核為eq\o\al(1,1)H、氚核為eq\o\al(3,1)H和α粒子為eq\o\al(4,2)He，則氕核、氚核和α粒子三種粒子()圖8A.從開始到熒光屏所經(jīng)歷時(shí)間之比為eq\r(2)∶eq\r(3)∶1B.從開始到熒光屏所經(jīng)歷時(shí)間之比為1∶eq\r(3)∶eq\r(2)C.打在熒光屏上時(shí)的動能之比為2∶2∶1D.打在熒光屏上時(shí)的動能之比為1∶1∶2答案BD解析粒子在A、B間加速過程，由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU1,m))，氕核、氚核和α粒子比荷之比為6∶2∶3，則氕核、氚核和α粒子三種粒子加速獲得的速度之比為eq\r(6)∶eq\r(2)∶eq\r(3)，設(shè)A、B間距離為d，B板與熒光屏的距離為L，粒子在A、B間運(yùn)動時(shí)，有d＝eq\f(v,2)t1，粒子從B板到熒光屏，在水平方向上一直做勻速直線運(yùn)動，則有L＝vt2，從開始到熒光屏，所經(jīng)歷的時(shí)間為t＝t1＋t2＝eq\f(2d＋L,v)，可知t與v成反比，則從開始到熒光屏所經(jīng)歷時(shí)間之比為1∶eq\r(3)∶eq\r(2)，故A錯誤，B正確；設(shè)C、D極板長度為L1，板間距離為d1，粒子飛出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)偏轉(zhuǎn)的距離y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,偏)＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md1)(eq\f(L1,v))2＝eq\f(U2Leq\o\al(2,1),4U1d1)，可知三種粒子通過偏轉(zhuǎn)電場后偏轉(zhuǎn)距離相等，對粒子從開始到熒光屏的過程，由動能定理得Ek＝qU1＋qE2y，則粒子打在熒光屏?xí)r的動能Ek∝q，故打在熒光屏上時(shí)的動能之比為1∶1∶2，故C錯誤，D正確。提能增分練9.(多選)(2024·河南開封期末)如圖9所示，空間有水平方向的勻強(qiáng)電場E(未畫出)，長為L的絕緣輕質(zhì)細(xì)線一端固定在天花板上O點(diǎn)，另一端系質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，現(xiàn)由圖示A位置靜止釋放小球，小球沿圓弧經(jīng)最低點(diǎn)C恰好能到達(dá)B點(diǎn)，已知OB與豎直方向的夾角為θ＝37°，且sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g，忽略空氣阻力。則下列說法正確的是()圖9A.電場強(qiáng)度E＝eq\f(mg,2q)B.小球在B點(diǎn)時(shí)的電勢能最小C.小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)對細(xì)線的拉力為2mgD.小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的動能最大答案AC解析根據(jù)題圖可知，小球從A到B運(yùn)動過程中，靜電力做負(fù)功，則電場方向水平向右，由A到B過程有mgLcosθ－qE(L＋Lsinθ)＝0，解得E＝eq\f(mg,2q)，選項(xiàng)A正確；根據(jù)上述可知，由A到B過程靜電力做負(fù)功，因此小球在B點(diǎn)時(shí)的電勢能最大，選項(xiàng)B錯誤；由A到C過程有mgL－qEL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，在C點(diǎn)有T－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),L)，根據(jù)牛頓第三定律有T′＝T，聯(lián)立解得T′＝2mg，選項(xiàng)C正確；小球經(jīng)過等效最低點(diǎn)時(shí)的動能最大，根據(jù)運(yùn)動的對稱性知，該位置位于AC之間，不在C點(diǎn)，選項(xiàng)D錯誤。10.(2024·遼寧師大附中質(zhì)檢)如圖10所示，在光滑絕緣水平面上，A、B兩小球質(zhì)量分別為2m、m，帶電荷量分別為＋q、＋2q。某時(shí)刻A有指向B的速度v0，B球速度為零，之后兩球在運(yùn)動中始終未相碰，當(dāng)兩小球從該時(shí)刻開始到第一次相距最近的過程中()圖10A.任意時(shí)刻A、B兩小球的加速度大小之比均為2∶1B.兩小球構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，電勢能減少C.電場力對A球做功的大小為eq\f(4,9)mveq\o\al(2,0)D.A球減少的機(jī)械能大于B球增加的機(jī)械能答案D解析因?yàn)閮尚∏蛩莒o電力大小相等，A、B兩小球質(zhì)量分別為2m、m，由牛頓第二定律可知A、B兩小球的加速度大小之比為1∶2，故A錯誤；A、B兩小球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)動量守恒，由于A小球所受靜電力做負(fù)功，B小球所受靜電力做正功，并且兩小球所受靜電力相等，A的位移大于B的位移，所以負(fù)功多于正功，靜電力對系統(tǒng)做的總功為負(fù)值，則系統(tǒng)電勢能增加，故B錯誤；運(yùn)動過程中A球減少的機(jī)械能為B球增加的機(jī)械能和系統(tǒng)增加的電勢能，則A球減少的機(jī)械能大于B球增加的機(jī)械能，故D正確；兩小球相距最近時(shí)，速度相同，根據(jù)動量守恒定律可得2mv0＝(2m＋m)v，由動能定理可得靜電力對A球做的功為W＝eq\f(1,2)×2mv2－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立解得W＝－eq\f(5,9)mveq\o\al(2,0)，故C錯誤。11.(2024·四川眉山高三上期末)如圖11所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的y軸右側(cè)有豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E0，寬度為d，y軸左側(cè)有水平向右的勻強(qiáng)電場，電場中有一粒子源，坐標(biāo)為(－d，d)，粒子源能產(chǎn)生初速度為零、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，粒子恰能從坐標(biāo)(d，0)處離開y軸右側(cè)電場。不計(jì)粒子重力。圖11(1)求y軸左側(cè)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E；(2)若粒子源位置可調(diào)，y軸左右兩側(cè)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小不變，求粒子從y軸右側(cè)電場邊界離開時(shí)的最小動能。答案(1)eq\f(E0,4)(2)qE0d解析(1)粒子在y軸左側(cè)電場中加速過程，根據(jù)動能定理有qEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)粒子在y軸右側(cè)電場中做類平拋運(yùn)動則有d＝eq\f(1,2)·eq\f(qE0,m)teq\o\al(2,1)，d＝v0t1解得E＝eq\f(E0,4)。(2)令粒子源與y軸間距為x，粒子在y軸左側(cè)電場中加速過程，根據(jù)動能定理有qEx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)粒子在y軸右側(cè)電場中做類平拋運(yùn)動則有y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE0,m)teq\o\al(2,2)，d＝v1t2設(shè)從y軸右側(cè)電場邊界離開時(shí)的動能為Ek，有qE0y＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)結(jié)合上述解得Ek＝eq\f(qE0d2,x)＋eq\f(qE0x,4)根據(jù)數(shù)學(xué)函數(shù)規(guī)律可知，當(dāng)eq\f(qE0d2,x)＝eq\f(qE0x,4)，即x＝2d時(shí)，粒子飛出y軸右側(cè)電場的動能最小，為Ekmin＝qE0d。培優(yōu)高分練12.(2024·云南名校聯(lián)考)如圖12甲，一帶電粒子沿平行板電容器中線MN以速度v平行于極板進(jìn)入(記為t＝0時(shí)刻)，同時(shí)在兩板上加一按圖乙變化的電壓。已知粒子比荷為k，帶電粒子只受靜電力的作用且不與極板發(fā)生碰撞，經(jīng)過一段時(shí)間，粒子以平行極板方向的速度射出。則下列說法中正確的是()圖12A.粒子射出時(shí)間可能為t＝4sB.粒子射出的速度大小為2vC.極板長度滿足L＝3vn(n＝1，2，3，…)D.極板間最小距離為eq\r(\f(3kU0,2))m答案D解析粒子進(jìn)入電容器后，在平行于極板方向做勻速直線運(yùn)動，垂直極板方向運(yùn)動的v－t圖像如圖所示，因?yàn)榱Ｗ悠叫袠O板射出，可知粒子射出時(shí)垂直極板的分速度為0，所以射出時(shí)刻可能為1.5s、3s、4.5s、…，滿足t＝1.5ns(n＝1，2，3，…)，粒子射出的速度大小必定為v，選項(xiàng)A、B錯誤；極板長度為L＝v·1.5ns(n＝1，2，3，…)，選項(xiàng)C錯誤；因?yàn)榱Ｗ硬慌c極板碰撞，則應(yīng)滿足eq\f(d,2)≥eq\f(1,2)a×1.52，a＝eq\f(qU0,md)，聯(lián)立解得d≥eq\r(\f(3kU0,2))m，選項(xiàng)D正確。第9課時(shí)磁場及帶電粒子在磁場中的運(yùn)動【知識網(wǎng)絡(luò)】熱點(diǎn)一磁場的基本性質(zhì)、安培力1.磁場疊加問題的解題思路(1)確定磁場場源，如通電導(dǎo)線。(2)定位空間中需求解磁場的點(diǎn)，確定各個場源在這一點(diǎn)產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向。(3)應(yīng)用平行四邊形定則進(jìn)行合成。2.用準(zhǔn)“兩個定則”(1)對電流的磁場用安培定則(右手螺旋定則)，并注意磁場的疊加。(2)對通電導(dǎo)線在磁場中所受的安培力用左手定則。3.熟悉“兩個等效模型”(1)變曲為直：圖1甲所示的通電導(dǎo)線，在計(jì)算安培力的大小和判斷方向時(shí)均可等效為ac直線電流。圖1(2)化電為磁：環(huán)形電流可等效為小磁針，通電螺線管可等效為條形磁體，如圖乙所示。例1(2024·浙江寧波模擬預(yù)測)已知通電長直導(dǎo)線周圍某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝keq\f(I,r)，即磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小與導(dǎo)線中的電流I成正比，與該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離r成反比。如圖2所示，兩根平行長直導(dǎo)線M、N分別通以大小相等、方向相反的電流，沿MN和其中垂線建立直角坐標(biāo)系xOy。規(guī)定磁場沿－y方向?yàn)檎瑒t磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨x、y變化的圖線正確的是()圖2答案C解析由安培定則可知，左側(cè)導(dǎo)線中的電流在該導(dǎo)線右側(cè)產(chǎn)生的磁場的方向沿－y方向，而右側(cè)導(dǎo)線中的電流在該導(dǎo)線左側(cè)產(chǎn)生的磁場的方向沿－y方向，由于規(guī)定磁場方向沿－y方向?yàn)檎?，此區(qū)間內(nèi)的磁場等于兩條直導(dǎo)線在各處形成的磁感應(yīng)強(qiáng)度之和，故在M、N區(qū)間內(nèi)磁場方向?yàn)檎?，根?jù)通電長直導(dǎo)線周圍某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝keq\f(I,r)知距離導(dǎo)線越遠(yuǎn)磁場越弱，又I1＝I2，可知在兩根導(dǎo)線中間位置O點(diǎn)磁場最弱，但不為零；在導(dǎo)線M左側(cè)，M導(dǎo)線形成的磁場沿y方向，N導(dǎo)線形成的磁場沿－y方向，因該區(qū)域離M導(dǎo)線較近，則合磁場方向沿y正方向，為負(fù)，且離M導(dǎo)線越遠(yuǎn)處磁場越弱；同理，在導(dǎo)線N右側(cè)，N導(dǎo)線形成的磁場沿y正方向，M導(dǎo)線形成的磁場沿－y方向，因該區(qū)域離N導(dǎo)線較近，則合磁場方向沿y正方向，為負(fù)，且離N導(dǎo)線越遠(yuǎn)處磁場越弱，故A、B錯誤；兩通電導(dǎo)線在y軸的磁感應(yīng)強(qiáng)度如圖所示，因此可知合磁場方向豎直向下，大小為B＝2B1cosα，越遠(yuǎn)離O點(diǎn)cosα越小，因此B越小，C正確，D錯誤。例2MN、PQ為水平放置、間距為0.5m的平行導(dǎo)軌，左端接有如圖3所示的電路。電源的電動勢為10V，內(nèi)阻為1Ω；小燈泡L的電阻為4Ω，滑動變阻器接入電路的阻值為7Ω。將導(dǎo)體棒ab靜置于導(dǎo)軌上，整個裝置在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2T，方向與導(dǎo)體棒垂直且與水平導(dǎo)軌平面的夾角θ＝53°；導(dǎo)體棒質(zhì)量為0.23kg，接入電路部分的阻值為4Ω。閉合開關(guān)S后，導(dǎo)體棒恰好未滑動。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，則()圖3A.導(dǎo)體棒受到的安培力大小為1NB.流過燈泡的電流大小為1AC.若將滑動變阻器的滑片向左移動，則導(dǎo)體棒仍會靜止D.導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2答案D解析導(dǎo)體棒接入電路部分電阻R＝4Ω，電路的總電阻R總＝R0＋r＋eq\f(RLR,RL＋R)＝10Ω，電路中干路電流I總＝eq\f(E,R總)＝1A，由于R＝RL，所以流過導(dǎo)體棒的電流與流過小燈泡的電流相等，為I＝eq\f(1,2)I總＝0.5A，故B錯誤；導(dǎo)體棒有電流通過部分的長度L＝0.5m，且導(dǎo)體棒與磁場方向垂直，則導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F＝ILB＝0.5N，故A錯誤；閉合開關(guān)S后，導(dǎo)體棒恰好未滑動。若將滑動變阻器的滑片左移，總電阻減小，干路電流變大，流過導(dǎo)體棒的電流也變大，導(dǎo)體棒受到的安培力變大，導(dǎo)體棒會運(yùn)動，故C錯誤；對導(dǎo)體棒受力分析如圖所示，其中F為導(dǎo)體棒所受的安培力，F(xiàn)x和Fy分別是F的兩個分力，可得Fx＝Fsinθ，F(xiàn)y＝Fcosθ，F(xiàn)N＝mg－Fy，F(xiàn)f＝μFN，F(xiàn)x＝Ff，聯(lián)立解得μ＝0.2，故D正確。方法總結(jié)“三維變二維”的方法求解安培力作用下的綜合問題

熱點(diǎn)二帶電粒子在各種邊界磁場中的運(yùn)動分類示例注意事項(xiàng)直線邊界粒子進(jìn)出磁場具有對稱性圖甲中粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)圖乙中粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間t＝(1－eq\f(θ,π))T＝(1－eq\f(θ,π))eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2m（π－θ）,qB)圖丙中粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,qB)平行邊界往往存在臨界條件圓形(或三角形)有界磁場沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出。常用結(jié)論：(1)磁場半徑和回旋半徑構(gòu)成對角互補(bǔ)的四邊形，即φ＋θ＝π。(2)回旋半徑r、磁場半徑R的關(guān)系為r＝Rtaneq\f(θ,2)例3(2024·山東聊城二模)2023年4月，我國有“人造太陽”之稱的托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置創(chuàng)造了新的世界紀(jì)錄。其中磁約束的簡化原理如圖4，在半徑為R1和R2的真空同軸圓柱面之間，加有與軸線平行的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里，R2＝2R1。假設(shè)氘核eq\o\al(2,1)H沿內(nèi)環(huán)切線向左進(jìn)入磁場，氚核eq\o\al(3,1)H沿內(nèi)環(huán)切線向右進(jìn)入磁場，二者均恰好不從外環(huán)射出。不計(jì)重力及二者之間的相互作用，則eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(3,1)H的速度之比為()圖4A.2∶1 B.3∶2 C.2∶3 D.1∶2答案D解析由題意可知，根據(jù)左手定則，作圖如圖所示，氘核eq\o\al(2,1)H的運(yùn)動軌跡半徑為r1，由幾何關(guān)系可知，2r1＝R2－R1＝R1，則r1＝eq\f(R1,2)，氚核eq\o\al(3,1)H的運(yùn)動軌跡半徑為r2，由幾何關(guān)系可知，2r2＝R1＋R2＝3R1，則r2＝eq\f(3,2)R1，由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立可得氘核和氚核的速度之比為eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,2)，故D正確。例4(2024·山西太原二模)一種能精準(zhǔn)控制帶電粒子運(yùn)動軌跡和運(yùn)動時(shí)間裝置的原理如圖5所示。在xOy平面內(nèi)0<x≤2eq\r(3)L的區(qū)域內(nèi)，第一象限內(nèi)存在方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，第四象限內(nèi)存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小關(guān)系為B1＝2B2。處于O點(diǎn)的粒子源，能沿與x軸成θ＝60°角的方向，向第一象限發(fā)射質(zhì)量為m、帶電荷量為q、速度為v0的正粒子，粒子最終從x軸上的P(2eq\r(3)L，0)點(diǎn)射出磁場，不計(jì)粒子的重力。圖5(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的最小值；(2)若B1＝eq\f(2mv0,qL)，求粒子在磁場中通過的路程。答案(1)eq\f(mv0,2qL)(2)eq\f(4,3)πL解析(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，軌跡圓半徑就越大，B0取最小值B1min，粒子由O直接到達(dá)P，設(shè)粒子運(yùn)動半徑為r1，則qv0B1min＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)2r1sinθ＝2eq\r(3)L，解得B1min＝eq\f(mv0,2qL)。(2)若B1＝eq\f(2mv0,qL)>B1min，粒子在第一象限及第四象限運(yùn)動半徑分別為r2、r3則qv0B1＝meq\f(veq\o\al(2,0),r2)，qv0B2＝meq\f(veq\o\al(2,0),r3)由幾何關(guān)系知n1·2r2sinθ＋n2·2r3sinθ＝2eq\r(3)L(n1＝n2或n1＝n2＋1)解得r2＝eq\f(L,2)，r3＝L，n1＝2，n2＝1粒子在第一象限路程s1＝n1·eq\f(1,3)·2πr2粒子在第四象限路程s2＝n2·eq\f(1,3)·2πr3粒子在磁場中運(yùn)動的路程s＝s1＋s2解得s1＝eq\f(2,3)πL，s2＝eq\f(2,3)πL，s＝eq\f(4,3)πL。帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的三個重要結(jié)論(1)帶電粒子從同一直線邊界射入磁場和射出磁場時(shí)，入射角等于出射角(如圖甲所示，θ3＝θ2＝θ1)。(2)帶電粒子經(jīng)過勻強(qiáng)磁場時(shí)速度方向的偏轉(zhuǎn)角等于其軌跡的圓心角(如圖甲所示，α1＝α2)。(3)沿半徑方向射入圓形勻強(qiáng)磁場的粒子，出射時(shí)亦沿半徑方向，如圖乙所示(兩側(cè)關(guān)于圓心連線OO′對稱)。訓(xùn)練1(多選)(2024·貴州遵義模擬預(yù)測)如圖6所示的直角三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(包括邊界，圖中未畫出)，∠ACB＝30°，一帶正電的粒子由AC中點(diǎn)以速率v0沿垂直AC方向射入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從AC邊離開磁場，已知AB＝L，粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，粒子重力忽略不計(jì)。則下列說法正確的是()圖6A.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可能為eq\f(2mv0,qL)B.磁感應(yīng)強(qiáng)度最小時(shí)，粒子的出射點(diǎn)到C點(diǎn)的距離為eq\f(L,3)C.從AC邊離開的粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間均為eq\f(2πL,3v0)D.當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度取粒子從AC邊離開磁場的最小值時(shí)，增大粒子的入射速度，粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間縮短答案BD解析根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，可知半徑越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，粒子能從AC邊離開磁場的臨界軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得OC＝2r，AC＝2AB＝2L，可得CD＝r＝eq\f(1,3)L，則有r＝eq\f(mv0,qB)≤eq\f(L,3)，解得B≥eq\f(3mv0,qL)，故A錯誤，B正確；根據(jù)題意可知，從AC邊離開的粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為t＝eq\f(T,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(2πr,v0)≤eq\f(πL,3v0)，故C錯誤；粒子在磁場中的運(yùn)動周期為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間為t＝eq\f(θ,2π)·T＝eq\f(θm,qB)，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度取粒子從AC邊離開磁場的最小值時(shí)，增大粒子的入射速度，粒子運(yùn)動半徑增大，則粒子從BC邊離開磁場，速度越大，軌跡對應(yīng)的圓心角θ越小，粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間越短，故D正確。訓(xùn)練2(2024·湖南衡陽二模)如圖7所示，半徑為R圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子由M點(diǎn)沿與過該點(diǎn)的直徑成30°角的方向射入磁場，經(jīng)過圓心O，最后離開磁場。不計(jì)粒子重力，則()圖7A.粒子的運(yùn)動速度大小為eq\f(2qBR,3m)B.粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為eq\f(πm,3qB)C.若僅改變粒子的入射方向，粒子離開磁場時(shí)的速度方向不變D.若僅增大粒子的入射速度，則粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間變長答案C解析根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動軌跡圖，根據(jù)幾何關(guān)系可知半徑r＝R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBR,m)，故A錯誤；根據(jù)幾何關(guān)系可知圓心角為120°，則運(yùn)動時(shí)間為t＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(2πm,3qB)，故B錯誤；只改變粒子的速度方向，不改變粒子的速度大小，則粒子軌跡圓的半徑保持不變，則粒子軌跡圓的圓心、磁場區(qū)域圓的圓心、兩個圓的交點(diǎn)構(gòu)成菱形，故粒子出磁場時(shí)速度方向不變，故C正確；若增大粒子的運(yùn)動速度，運(yùn)動周期不變，半徑增大，軌跡如圖乙，根據(jù)幾何關(guān)系可知圓心角減小，則粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間變小，故D錯誤。1.(多選)(2024·福建卷，6)將半徑為r的銅導(dǎo)線半圓環(huán)AB用兩根不可伸長的絕緣繩a、b懸掛于天花板上，AB置于垂直紙面向外的大小為B的磁場中，現(xiàn)給導(dǎo)線通以自A向B大小為I的電流，則()圖8A.通電后兩繩拉力變小 B.通電后兩繩拉力變大C.安培力為πBIr D.安培力為2BIr答案BD解析通電流之前，銅導(dǎo)線半圓環(huán)處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有2FT＝mg；通電流之后，半圓環(huán)受到安培力，由左手定則可判斷半圓環(huán)受到的安培力方向豎直向下，根據(jù)平衡條件有2FT′＝mg＋F安，可知通電后兩繩的拉力變大，A錯誤，B正確；半圓環(huán)的有效長度為2r，由安培力公式可知F安＝2BIr，C錯誤，D正確。2.(2024·廣西卷，5)Oxy坐標(biāo)平面內(nèi)一有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域如圖9所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，以初速度v從O點(diǎn)沿x軸正向開始運(yùn)動，粒子過y軸時(shí)速度與y軸正向夾角為45°，交點(diǎn)為P。不計(jì)粒子重力，則P點(diǎn)至O點(diǎn)的距離為()圖9A.eq\f(mv,qB) B.eq\f(3mv,2qB) C.(1＋eq\r(2))eq\f(mv,qB) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(2),2)))eq\f(mv,qB)答案C解析粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，在磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，可得粒子做圓周運(yùn)動的半徑r＝eq\f(mv,qB)，根據(jù)幾何關(guān)系可得P點(diǎn)至O點(diǎn)的距離LPO＝r＋eq\f(r,sin45°)＝(1＋eq\r(2))eq\f(mv,qB)，故C正確。3.(2024·湖北卷，7)如圖10所示，在以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子沿直徑AC方向從A點(diǎn)射入圓形區(qū)域。不計(jì)重力，下列說法正確的是()圖10A.粒子的運(yùn)動軌跡可能經(jīng)過O點(diǎn)B.粒子射出圓形區(qū)域時(shí)的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向C.粒子連續(xù)兩次由A點(diǎn)沿AC方向射入圓形區(qū)域的最小時(shí)間間隔為eq\f(7πm,3qB)D.若粒子從A點(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時(shí)最短，粒子運(yùn)動的速度大小為eq\f(\r(3)qBR,3m)答案D解析根據(jù)帶電粒子在圓形邊界磁場中的運(yùn)動性質(zhì)可知粒子的運(yùn)動軌跡不可能經(jīng)過O點(diǎn)，粒子射出圓形區(qū)域時(shí)的速度方向一定沿該區(qū)域的半徑方向，A、B錯誤；當(dāng)粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為r1＝R時(shí)，粒子連續(xù)兩次由A點(diǎn)沿AC方向射入磁場區(qū)域的時(shí)間間隔最短，其運(yùn)動軌跡如圖甲所示，由洛倫茲力提供向心力有qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)，又T1＝eq\f(2πr1,v1)，則最短時(shí)間間隔為tmin＝2T1＝eq\f(4πm,qB)，C錯誤；粒子從A點(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時(shí)最短時(shí)，粒子的運(yùn)動軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知此時(shí)粒子的軌跡半徑為r2＝eq\f(\r(3),3)R，由洛倫茲力提供向心力有qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),r2)，聯(lián)立解得v2＝eq\f(\r(3)qBR,3m)，D正確。4.(多選)(2024·河北卷，10)如圖11，真空區(qū)域有同心正方形ABCD和abcd，其各對應(yīng)邊平行，ABCD的邊長一定，abcd的邊長可調(diào)，兩正方形之間充滿恒定勻強(qiáng)磁場，方向垂直于正方形所在平面。A處有一個粒子源，可逐個發(fā)射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向進(jìn)入磁場。調(diào)整abcd的邊長，可使速度大小合適的粒子經(jīng)ad邊穿過無磁場區(qū)后由BC邊射出。對滿足前述條件的粒子，下列說法正確的是()圖11A.若粒子穿過ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必垂直BC射出B.若粒子穿過ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為60°，則粒子必垂直BC射出C.若粒子經(jīng)cd邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角必為45°D.若粒子經(jīng)bc邊垂直BC射出，則粒子穿過ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角必為60°答案ACD解析若粒子穿過ad邊時(shí)速度方向與ad邊夾角為45°，則粒子必經(jīng)過cd邊，作出一種粒子運(yùn)動軌跡圖，如圖甲所示，粒子從C點(diǎn)垂直于BC射出，A、C正確；當(dāng)粒子穿過ad邊速度方向與ad邊夾角為60°時(shí)，若粒子從cd邊再次進(jìn)磁場，作出粒子運(yùn)動軌跡如圖乙所示，則粒子不能垂直BC射出，若粒子經(jīng)bc邊再次進(jìn)入磁場，作出粒子運(yùn)動軌跡如圖丙所示，則粒子一定垂直BC邊射出，B錯誤，D正確。基礎(chǔ)保分練1.(2024·浙江1月選考，4)磁電式電表原理示意圖如圖1所示，兩磁極裝有極靴，極靴中間還有一個用軟鐵制成的圓柱。極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向，兩者之間有可轉(zhuǎn)動的線圈。a、b、c和d為磁場中的四個點(diǎn)。下列說法正確的是()圖1A.圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下B.a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同C.圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度處處為零D.c、d兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等答案A解析由左手定則可知，圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下，故A正確；a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，但是方向不同，故B錯誤；磁感線是閉合的曲線，則圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，故C錯誤；因c點(diǎn)處的磁感線較d點(diǎn)密集，可知c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于d點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，故D錯誤。2.(多選)(2023·福建卷，6)地球本身是一個大磁體，其磁場分布示意圖如圖2所示。學(xué)術(shù)界對于地磁場的形成機(jī)制尚無共識。一種理論認(rèn)為地磁場主要源于地表電荷隨地球自轉(zhuǎn)產(chǎn)生的環(huán)形電流?；诖死碚摚铝信袛嗾_的是()圖2A.地表電荷為負(fù)電荷B.環(huán)形電流方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同C.若地表電荷的電量增加，則地磁場強(qiáng)度增大D.若地球自轉(zhuǎn)角速度減小，則地磁場強(qiáng)度增大答案AC解析根據(jù)地磁場的磁場線分布，結(jié)合安培定則可知地球自轉(zhuǎn)形成的環(huán)形電流方向與地球自轉(zhuǎn)方向相反，物理學(xué)中規(guī)定正電荷定向移動的方向(或負(fù)電荷定向移動的反方向)為電流的方向，故地表電荷為負(fù)電荷，A正確，B錯誤；若地表電荷的電量增加，由I＝nqSv可知，形成的環(huán)形電流增加，產(chǎn)生的地磁場強(qiáng)度增大，C正確；若地球自轉(zhuǎn)的角速度減小，則地表電荷運(yùn)動的速度減小，環(huán)形電流減小，產(chǎn)生的地磁場強(qiáng)度減小，D錯誤。3.(2023·北京卷，13)如圖3所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，固定一內(nèi)部真空且內(nèi)壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直。管道橫截面半徑為a，長度為l(l?a)。帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進(jìn)入管道，粒子在磁場力作用下經(jīng)過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出，單位時(shí)間進(jìn)入管道的粒子數(shù)為n，粒子電荷量為＋q，不計(jì)粒子的重力、粒子間的相互作用，下列說法不正確的是()圖3A.粒子在磁場中運(yùn)動的圓弧半徑為aB.粒子質(zhì)量為eq\f(Bqa,v)C.管道內(nèi)的等效電流為nqπa2vD.粒子束對管道的平均作用力大小為Bnql答案C解析帶正電的粒子沿軸線進(jìn)入管道，然后垂直打到管壁上，可知粒子運(yùn)動的圓孤半徑r＝a，故A正確；根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，可得粒子的質(zhì)量m＝eq\f(Bqa,v)，故B正確；管道內(nèi)的等效電流為I＝eq\f(Q,t)＝nq，故C錯誤；粒子束對管道的平均作用力大小等于等效電流受到的安培力大小，即F＝BIl＝Bnql，故D正確。4.(多選)(2024·山東淄博一模)如圖4所示是小齊同學(xué)設(shè)計(jì)的一個能夠測量電流的裝置，其上部是一根粗細(xì)均勻橫截面積為S的豎直細(xì)管，下部是一截面為正方形(邊長為L)的容器。該容器左右兩壁為導(dǎo)體，其他各面是絕緣的，其底部與大氣相通。容器內(nèi)有一個正方形的金屬活塞，其邊長也為L，可在容器內(nèi)無摩擦滑動?；钊旅嬗幸惠p質(zhì)彈簧支撐著，已知彈簧的勁度系數(shù)為k，活塞上部充有密度為ρ的絕緣油(測量過程中細(xì)管內(nèi)始終有絕緣油)。容器的左右兩壁與一電路連接，整個裝置放在水平向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。開關(guān)K閉合前，活塞處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則()圖4A.閉合開關(guān)K后，豎直細(xì)管中油柱的上表面會向上移動B.閉合開關(guān)K后，豎直細(xì)管中油柱的上表面會向下移動C.若油柱穩(wěn)定后上表面變化的高度為x，則回路中的電流為I＝eq\f(kS＋ρgL2（L2－S）,BL3)xD.若油柱穩(wěn)定后上表面變化的高度為x，則回路中的電流為I＝eq\f(kS－ρgL2（L2－S）,BL3)x答案BC解析閉合開關(guān)K前，活塞受到重力、彈簧的彈力和液體的壓強(qiáng)產(chǎn)生的壓力，設(shè)這時(shí)液體的高度為h0，彈簧的彈力為F0，由受力平衡得mg＋ρgh0L2＝F0，閉合開關(guān)K后，電流的方向從右向左，根據(jù)左手定則可以判定安培力的方向向下，此時(shí)受力平衡mg＋ρghL2＋I(xiàn)LB＝F，活塞會向下運(yùn)動，即液體的高度要減小，油柱的上表面要下降，故A錯誤，B正確；油柱上表面下降x，則進(jìn)入容器的液體的體積ΔV＝S·x，故活塞下降的高度x′＝eq\f(ΔV,L2)＝eq\f(S,L2)x，液體的高度h＝h0－x＋x′＝h0＋(eq\f(S,L2)－1)x，彈簧的彈力變化F－F0＝kx′＝eq\f(S,L2)kx，聯(lián)立解得I＝eq\f(kS＋ρgL2（L2－S）,BL3)x，故C正確，D錯誤。5.(2024·河南商丘模擬)如圖5，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點(diǎn)沿x軸正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點(diǎn)射出，粒子離開磁場后，沿直線運(yùn)動打在垂直于x軸的接收屏上的P點(diǎn)，SP＝l，S與屏的距離為eq\f(l,2)，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，該粒子入射后則會沿x軸到達(dá)接收屏。該粒子的比荷為()圖5A.eq\f(E,2aB2) B.eq\f(E,aB2) C.eq\f(B,2aE2) D.eq\f(B,aE2)答案A解析帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，其運(yùn)動軌跡如圖所示6.(2024·河南開封高三聯(lián)考)如圖6所示，虛線框MNQP內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里。a、b、c三個帶電粒子，它們在紙面內(nèi)從PQ邊的中點(diǎn)垂直于PQ邊射入磁場，圖中畫出了它們在磁場中的運(yùn)動軌跡。若不計(jì)粒子所受重力，則()圖6A.粒子a帶負(fù)電，粒子b、c帶正電B.若三個粒子比荷相同，則粒子c在磁場中的加速度最大C.若三個粒子入射的速度相同，則粒子c在磁場中的加速度最大D.若三個粒子入射的動量相同，則粒子b的帶電荷量最大答案C解析由左手定則可知a帶正電，b、c帶負(fù)電，由圖可知Rb>Ra>Rc，由粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)＝ma，解得R＝eq\f(mv,qB)，a＝eq\f(qvB,m)，若三個粒子比荷相同，則粒子c在磁場中的運(yùn)動速度最小，加速度最小，故A、B錯誤；若三個粒子入射的速度相同，則粒子c的比荷最大，粒子c在磁場中的加速度最大，故C正確；若三個粒子入射的動量相同，則粒子c的帶電荷量最大，故D錯誤。7.如圖7所示，邊長為a＝0.4m正方形區(qū)域ABCD內(nèi)無磁場，正方形中線PQ將區(qū)域外左右兩側(cè)分成兩個磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B＝0.2T的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，PQ右側(cè)磁場方向垂直于紙面向外，PQ左側(cè)磁場方向垂直于紙面向里?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m＝1×10－8kg、電荷量為q＝2×10－6C的帶正電粒子從AB中點(diǎn)以某一速率垂直于AB射入磁場，不計(jì)粒子的重力，則關(guān)于粒子的運(yùn)動，下列說法正確的是()圖7A.若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內(nèi)，則粒子的最大速度為12m/sB.若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內(nèi)，則粒子的速度可能為10m/sC.若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內(nèi)，則粒子的速度可能為eq\f(8,3)m/sD.若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內(nèi)，則粒子的速度可能為2m/s答案C解析根據(jù)題意可知，粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)，若粒子能垂直于BC射入正方形區(qū)域內(nèi)，則粒子可能的運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得(2n＋1)r＝eq\f(a,2)(n＝0，1，2，…)，解得v＝eq\f(qBa,2（2n＋1）m)(n＝0，1，2，…)，當(dāng)n＝0時(shí)，速度最大為vmax＝8m/s，當(dāng)n＝1時(shí)，v＝eq\f(8,3)m/s，當(dāng)n＝2時(shí)，v＝eq\f(8,5)m/s，故C正確，A、B、D錯誤。提能增分練8.(多選)(2024·黑龍江二模)如圖8所示，半徑為R的一圓形區(qū)域，O為圓心，P為邊界上的一點(diǎn)，區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。電荷量為－q、質(zhì)量為m的相同帶電粒子a、b(不計(jì)重力)從P點(diǎn)先后以大小相等的速率v＝eq\f(qBR,m)射入磁場，粒子a正對圓心射入，粒子b射入磁場時(shí)的速度方向與粒子a射入時(shí)的速度方向夾角為θ＝30°。下列說法正確的是()圖8A.兩粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為RB.