2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）第一篇第6講電場考點一電場的性質(zhì)1.描述電場的物理量2.計算電場強度常用的方法：公式法、平衡條件求解、疊加合成法、對稱法、補償法、等效法。3.電勢高低的判斷(1)利用電場線方向判斷：沿電場線方向電勢逐漸降低。(2)公式法：①φ=Epq；②點電荷中的電勢φ=(3)利用電勢差的正負判斷：根據(jù)UAB=WABq，將WAB、q的正負號代入，UAB>0，則φA>φB；UAB<0，則φA<φ4.電勢能大小的判斷(1)做功判斷法：由WAB=EpA-EpB可知，靜電力做正功，電勢能減??；靜電力做負功，電勢能增大。(2)電荷電勢法：由Ep=qφ可知，正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢低的地方電勢能大。(3)能量守恒法：若只有靜電力做功，電荷的動能和電勢能之和守恒，動能增大時，電勢能減小，動能減小時，電勢能增大。5.電場強度矢量的疊加電勢標量的疊加(1)電場強度矢量的疊加：電場強度是矢量，遵循平行四邊形定則；(2)電勢標量的疊加：某點電荷Q在距離該電荷r處的電勢φ=kQr如圖所示，EP=2EAcosθ=2kQr2cosθ，φP=kQ6.電場中的功能關(guān)系(1)WG=-ΔEp重(2)W電=-ΔEp電(3)W合=ΔEk(4)若只有靜電力做功，電勢能與動能之和保持不變。(5)若只有靜電力和重力做功，電勢能、重力勢能、動能之和保持不變。例1(2025·云南卷·4)某介電電泳實驗使用非勻強電場，該電場的等勢線分布如圖所示。a、b、c、d四點分別位于電勢為-2V、-1V、1V、2V的等勢線上，則()A.a、b、c、d中a點電場強度最小B.a、b、c、d中d點電場強度最大C.一個電子從b點移動到c點電場力做功為2eVD.一個電子從a點移動到d點電勢能增加了4eV答案C解析根據(jù)等勢面越密集處電場強度越大，可知a、b、c、d中a點電場強度最大，故A、B錯誤；一個電子從b點移動到c點電場力做功為Wbc=-eUbc=2eV，故C正確；一個電子從a點移動到d點電場力做功為Wad=-eUad=4eV，由于電場力做正功，電勢能減小，則一個電子從a點移動到d點電勢能減小了4eV，故D錯誤。例2(2025·黑吉遼蒙卷·7)如圖，光滑絕緣水平面AB與豎直面內(nèi)光滑絕緣半圓形軌道BC在B點相切，軌道半徑為r，圓心為O，O、A間距離為3r。原長為2r的輕質(zhì)絕緣彈簧一端固定于O點，另一端連接一帶正電的物塊?？臻g存在水平向右的勻強電場，物塊所受的電場力與重力大小相等。物塊在A點左側(cè)釋放后，依次經(jīng)過A、B、C三點時的動能分別為EkA、EkB、EkC，則()A.EkA<EkB<EkC B.EkB<EkA<EkCC.EkA<EkC<EkB D.EkC<EkA<EkB答案C解析由題意可得在A點，彈簧伸長量為r，在B點和C點，彈簧壓縮量為r，即三個位置彈簧彈性勢能相等，則由A到B過程中彈簧彈力做功為零，電場力做正功，動能增加，EkB>EkA；由B到C過程中彈簧彈力和電場力做功都為零，重力做負功，則動能減小，EkB>EkC；由A到C全過程則有qElAB-mglBC=EkC-EkA，因lAB=(3r)2-r2=22r，lBC=2r，qE=mg，故EkC>EkA。因此EkB>EkC>例3(多選)(2025·山東卷·11)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(nèi)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3R，E、F為AB連線的三等分點。下列說法正確的是()A.甲的質(zhì)量小于乙的質(zhì)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解析方法一力矩平衡法對甲、乙兩小球整體受力分析如圖所示，甲、乙小球分別受重力、支持力、庫侖力作用保持平衡，選O點為轉(zhuǎn)軸，由圖可知∠BOG>∠AOG，則L1<L2，由力矩平衡可知G甲L1=G乙L2，則G甲>G乙，m甲>m乙，A錯誤；方法二正弦定理法由A、B兩點間距離為3R，可得2Rsinθ2=3R，故AB圓弧所對的圓心角θ=120°；對小球甲、乙分別受力分析，如圖所示，由正弦定理可得FBAsin45°=m甲gsin30°，F(xiàn)ABsin75°=m乙gsin30°，由于FBA=FAB，可得m甲>m乙，故甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，A錯誤；將帶正電的試探電荷由C點沿圓弧移至D點，靜電力一直對其做正功，試探電荷的電勢能一直減小，故電勢一直減小，所以C點電勢高于D點電勢，B正確；由電場強度疊加原理可得，E點處的電場強度大小EE=k·2q33R2-kq233R2=21kq4R2，方向由A指向B；F點處的電場強度大小EF=kq考點二電場中的圖像問題電場中幾種常見的圖像v-t圖像從v-t圖像上能確定粒子運動的加速度方向、大小變化情況，只受靜電力時可判定粒子運動中經(jīng)過的各點的電場強度方向和大小、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電勢的高低，進而確定電場強度的方向(2)φ-x圖線的切線的斜率大小表示沿x軸方向電場強度E的大小E-x圖像以電場強度沿x軸方向為例：(1)E>0表示電場強度沿x軸正方向，E<0表示電場強度沿x軸負方向，根據(jù)電場方向可判定電勢高低(2)圖線與x軸圍成的“面積”大小表示電勢差大小Ep-x圖像(1)圖線的切線斜率大小表示靜電力大小(2)可用于判斷電場強度、動能、加速度等隨位移的變化情況例4(多選)(2024·天津卷·8)某靜電場在x軸正半軸的電勢φ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a點，則該電荷()A.在b點電勢能最小B.在c點時速度最小C.所受靜電力始終做負功D.在a點受靜電力沿x軸負方向答案BD解析根據(jù)題意，由公式Ep=φq可知，負電荷在高電勢位置的電勢能較小，由題圖可知，a點的電勢最大，則負電荷在a點電勢能最小，同理可知，c點的電勢最小，則在c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，電荷的動能最小，即速度最小，故A錯誤，B正確；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，c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x軸負方向的電場力，可知，在a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a點，電場力先做負功再做正功，故C錯誤，D正確。例5(2025·黑龍江哈爾濱市一模)某靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正方向為場強正方向，其中x1、x2、x3、x4是間隔相等的四點，E-x圖像中x1到x4所包圍的面積為S，下列說法正確的是()A.x3處電勢最高B.x2和x4處電勢相等C.x1、x2兩點之間的電勢差等于x3、x4兩點之間的電勢差D.電荷量為q、質(zhì)量為m的正點電荷由x1靜止釋放僅在靜電力作用下運動到x4時的動能Ek=q·S答案D解析由題圖可知，0~x1電場方向沿x軸負方向，x1~x4電場方向沿x軸正方向，根據(jù)沿著電場線方向電勢降低，所以x1處電勢最高，x2處電勢高于x4處電勢，故A、B錯誤；E-x圖線與x軸所圍的面積表示電勢差，由題圖可知，x1、x2兩點之間的電勢差小于x3、x4兩點之間的電勢差，故C錯誤；對正點電荷根據(jù)動能定理可得Ek=qU=qS，故D正確?？键c三帶電粒子(帶電體)在電場中運動1.帶電粒子(帶電體)在電場中運動時重力的處理基本粒子一般不考慮重力，帶電體(如液滴、油滴、塵埃等)一般不能忽略重力，除有說明或明確的暗示外。2.帶電粒子在電場中的常見運動及分析方法常見運動受力特點分析方法變速直線運動合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上1.動力學觀點：a=F合m，E=Ud，v2-v2.功能觀點：W=qU=12mv2-12m帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)進入電場時v0⊥E，粒子做類平拋運動運動的分解偏轉(zhuǎn)角：tanθ=vyv0=qU側(cè)移距離：y0=qU2l22mdv02=U2l24dU粒子斜射入電場，粒子做類斜拋運動運動的分解垂直電場方向做勻速直線運動：x=v0tsinθ沿電場方向做勻變速直線運動：y=v0tcosθ-12qE3.帶電體在電場和重力場疊加場中的運動常見運動受力特點分析方法勻變速直線運動：進入疊加場時v0與F合在同一直線上等效重力mg'=F合等效重力加速度g'=F如圖動力學方法、功能關(guān)系、能量守恒類平(斜)拋運動：進入疊加場時v0與F合有一定夾角運動的分解：垂直F合方向的勻速直線運動，沿F合方向的勻變速直線運動在繩或軌道約束下的圓周運動通過圓心作合力的平行線，找等效最高點或等效最低點牛頓第二定律、功能關(guān)系、能量守恒例6(2025·河南省九師聯(lián)盟質(zhì)量監(jiān)測)如圖所示，平行邊界A、B間有垂直于邊界向右的勻強電場Ⅰ，平行邊界B、C間有方向與邊界成45°角斜向右下方的勻強電場Ⅱ，邊界A上有一粒子源P，可以在紙面內(nèi)向電場Ⅰ內(nèi)各個方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，粒子射出的初速度大小相同，平行邊界向下射出的粒子經(jīng)電場Ⅰ偏轉(zhuǎn)后，進入電場Ⅱ，在電場Ⅱ中做直線運動，平行邊界向上射出的粒子，經(jīng)電場Ⅰ、Ⅱ偏轉(zhuǎn)，恰好垂直邊界C射出。已知電場Ⅰ的電場強度為E，A、B間距為L，B、C間距為2L，不計粒子的重力和粒子間的作用力，求：(1)所有粒子進電場Ⅱ時的速度大??；(2)電場Ⅱ的電場強度的大??；(3)邊界C上有粒子射出區(qū)域的長度。答案(1)2qELm(2)322E解析(1)根據(jù)題意可知，平行邊界向下射出的粒子出電場Ⅰ時，速度偏向角為45°，出電場Ⅰ時，沿電場Ⅰ方向的速度v1=2根據(jù)牛頓第二定律qE=ma粒子出電場Ⅰ時的速度v=2v1解得v=2qEL根據(jù)動能定理可知，所有粒子進電場Ⅱ時的速度大小相同，都等于2qELm(2)平行邊界向上射出的粒子在電場Ⅰ中的速度偏向角也為45°，進電場Ⅱ時速度方向恰好與電場Ⅱ的電場強度垂直，此粒子在電場Ⅱ中做類平拋運動，設(shè)電場Ⅱ的電場強度大小為E'，則粒子在電場Ⅱ中的加速度大小為a'=q將粒子在電場Ⅱ中的運動沿電場方向和垂直電場方向分解，則x=vt，y=12a't由于此粒子在電場Ⅱ中的偏向角為45°，因此有y=12根據(jù)幾何關(guān)系有x+y=22L解得E'=32(3)由(1)可知，粒子在P點射出的初速度大小為v0=v1=2由于沿平行邊界射出的粒子出電場Ⅰ時速度的偏向角為45°，由此分析可知邊界B上有粒子通過的區(qū)域長度為s1=4L則在邊界C上有粒子射出的區(qū)域長度s2=s1+2L+22(x-y由(2)可知x=423L，y=解得s2=203L例7(2025·云南昭通市檢測)如圖甲所示為一種“自動旋轉(zhuǎn)電玩小球”玩具模型的簡化圖。內(nèi)側(cè)半徑為R的光滑絕緣軌道豎直固定放置，軌道內(nèi)部存在與軌道平面平行的勻強電場(方向未知)。軌道內(nèi)側(cè)有一質(zhì)量為m，帶電量為q(q>0)的五彩小球從軌道最低點P以某一初速度啟動，在軌道平面內(nèi)沿逆時針方向恰好能做完整的圓周運動。運動過程中，小球與軌道圓心O的連線與OP方向的夾角記為θ，乙圖所示為小球在運動過程中的電勢能Ep隨角度θ的變化情況，已知重力加速度為g，則()A.勻強電場的方向水平向右B.電場強度的大小為2C.小球運動過程中動能的最小值為22D.小球運動過程中對軌道壓力的最大值為(3+32)mg答案C解析如圖所示，設(shè)M、N分別為圓環(huán)上與圓心O等高的兩點，根據(jù)題圖乙，當θ=0和θ=π時，小球的電勢能均為0，則P、Q兩點的連線為等勢線，當θ=π2時，小球運動到N點，電勢能EpN=mgR，當θ=3π2時，小球運動到M點，電勢能EpM=-mgR，綜上所得，電場線的方向由N指向M，即水平向左，A錯誤；小球從N點運動到M點，由動能定理得Eq·2R=mgR-(-mgR)，解得E=mgq，B錯誤；小球所受靜電力F=Eq=mg，則小球所受合力，即小球在圓環(huán)內(nèi)受到的等效重力為2mg，方向與MN成45°角斜向左下，根據(jù)題意，小球運動到等效最高點時動能最小，由牛頓第二定律得2mg=mvmin2R，解得12mvmin2=22mgR，即Ekmin=22mgR，C正確；當小球運動到等效最低點時對軌道的壓力最大，小球從等效最高點到等效最低點的過程，根據(jù)動能定理得2mg·2R=12mvmax2-12mvmin2，小球在等效最低點時，根據(jù)牛頓第二定律得FN-2從重力場到等效重力場重力場等效重力場(等效重力為mg')恰好做完整圓周運動從某一位置脫離軌道圓錐擺單擺1.等效替換法等效替換法是把陌生、復(fù)雜的物理現(xiàn)象、物理過程在保證某種效果、特性或關(guān)系不變的前提下，轉(zhuǎn)化為簡單、熟悉的物理現(xiàn)象、物理過程來研究，從而認識研究對象本質(zhì)和規(guī)律的一種思想方法。等效替換法廣泛應(yīng)用于物理問題的研究中，如：力的合成與分解、運動的合成與分解、等效場、電場疊加中等效替換、等效電源、變壓器問題中的等效電阻等。2.對稱法對稱法就是利用物理現(xiàn)象、物理過程具有對稱性的特點來分析解決物理問題的方法。常見的應(yīng)用：①運動的對稱性，如豎直上拋運動中物體向上、向下運動的兩過程中同位置處速度大小相等、加速度相等；②結(jié)構(gòu)的對稱性，如均勻帶電的圓環(huán)，在其圓心處產(chǎn)生的電場強度為零；③幾何關(guān)系的對稱性，如粒子從某一直線邊界垂直磁感線射入勻強磁場，再從同一邊界射出勻強磁場時，速度與邊界的夾角相等；④場的對稱性，等量同種、異種點電荷形成的場具有對稱性；電流周圍的磁場，條形磁體和通電螺線管周圍的磁場等都具有對稱性。示例1(多選)(2025·湖北卷·10)如圖所示，在xOy平面內(nèi)有一以O(shè)點為中心的正五邊形，頂點到O點的距離為R。在正五邊形的頂點上順時針方向依次固定電荷量為q、2q、3q、4q、5q的正點電荷，且電荷量為3q的電荷在y軸正半軸上。靜電力常量為k，則O點處的電場強度()A.方向沿x軸負方向B.方向與x軸負方向成18°夾角斜向下C.大小為2kqR2D.大小為2kqR2答案AD解析將五個點電荷等效成(q，-q)、(2q，-2q)這兩組等量異種點電荷，如圖所示，O點恰好在兩組等量異種點電荷的中垂線上，則O點處電場強度的方向為沿x軸負方向，故A正確，B錯誤；五個點電荷與O點距離均為R，則E0=kqR2，由幾何關(guān)系結(jié)合矢量合成法則，可知O點電場強度大小為E=2×2E0cos54°+2E0cos18°=2kqR2(2cos54°+cos18°)，故3.類比法將兩個(或兩類)研究對象進行對比，分析它們的相同或相似之處、相互的聯(lián)系或所遵循的規(guī)律，然后根據(jù)它們在某些方面有相同或相似的屬性，進一步推斷它們在其他方面也可能有相同或相似的屬性的一種思維方法，在處理一些物理背景很新穎的題目時，可以嘗試使用這種方法。比如：恒力作用下或電場與重力場的疊加場中的類平拋問題、類斜拋問題，可直接類比使用平拋、斜拋相關(guān)結(jié)論。帶電粒子繞電荷做橢圓運動類比衛(wèi)星繞天體做橢圓運動(可利用開普勒定律求解相關(guān)問題)；聲線類比光線等。示例2如圖所示，光滑絕緣水平面上的O點固定一帶正電的點電荷M，電荷量為Q；點電荷N的電荷量為-q(q>0)。圖甲中N繞著M做半徑r=a的圓周運動，運動周期為T；圖乙中點電荷N以M為焦點沿橢圓軌道運動。A、B分別為點電荷N距離點電荷M最近和最遠點；OA=a、OB=3a，若取無窮遠處電勢為零，圖甲和圖乙兩種電荷系統(tǒng)的電勢能和動能之和分別為E甲和E乙，則點電荷N在從A點第一次運動到B點的過程中()A.在A點的電勢能大于在B點的電勢能B.E甲大于E乙C.vA=4vBD.點電荷N從A點第一次運動到B點所用時間為2T答案D解析由靜電力做功與電勢能的關(guān)系可得，點電荷N在A點的電勢能小于在B點的電勢能，故A錯誤；題圖乙點電荷N運動到A點時，其動能比題圖甲中的點電荷N動能大，而此位置甲、乙兩圖電荷系統(tǒng)的相對位置相同，所以電勢能相同，兩系統(tǒng)電勢能和動能之和守恒，所以E乙>E甲，故B錯誤；類比開普勒第二定律12(vA·Δt)a=12(vB·Δt)3a，可得vA=3vB，故C錯誤；類比開普勒第三定律a3T2=(2a)3T乙2，可得T乙=22T，點電荷N從A點第一次運動到專題強化練[1選擇題][分值：54分][1~6題，每題4分，7~11題，每題6分][保分基礎(chǔ)練]1.(2025·廣西卷·4)用帶電玻璃棒接觸驗電器的金屬球，移走玻璃棒，驗電器內(nèi)兩片金屬箔張開，穩(wěn)定后如圖所示。圖中a、b、c、d四點電場強度最強的是()A.a B.b C.c D.d答案D解析b、c兩點分別在金屬外殼內(nèi)部和金屬桿的內(nèi)部，處于靜電場中的導(dǎo)體，內(nèi)部的合電場強度為零，則兩點的電場強度均為零。在金屬箔上的最下端電荷分布比金屬球上更密集，且d點距離金箔的下端較近，可知d點的電場強度比a點大，則電場強度最強的是d點，故選D。2.(2025·甘肅卷·5)如圖，兩極板不平行的電容器與直流電源相連，極板間形成非勻強電場，實線為電場線，虛線表示等勢面。M、N點在同一等勢面上，N、P點在同一電場線上。下列說法正確的是()A.M點的電勢比P點的低B.M點的電場強度比N點的小C.負電荷從M點運動到P點，速度增大D.負電荷從M點運動到P點，電場力做負功答案D解析M、N兩點電勢相等，電場線由上到下，N、P在同一電場線上，沿電場線方向電勢逐漸降低，可知N點電勢高于P點，故M點電勢高于P點，選項A錯誤；M點電場線分布比N點密集，可知M點電場強度比N點大，選項B錯誤；負電荷從M點運動到P點，電勢能增加，則電場力做負功，動能減小，速度減小，選項C錯誤，D正確。3.(2025·陜西商洛市模擬)如圖甲所示，某計算機鍵盤的每個按鍵下方是由間距為d的水平活動金屬片和固定金屬片組成的電容式傳感器，相關(guān)電路如圖乙所示。若開始時兩金屬片間的P點有一靜止的帶電塵埃，現(xiàn)輕按按鍵A，兩金屬片的間距減小了14dA.電容器的電容變?yōu)樵瓉淼?B.兩金屬片間電場的電場強度大小變?yōu)樵瓉淼?倍C.P點的電勢變?yōu)樵瓉淼?3D.該塵埃在P點的電勢能比原來的大答案C解析根據(jù)C=εrS4πkd，當兩金屬片的間距減小了14d，解得C1C0=dd-14d=43，即電容器的電容變?yōu)樵瓉淼?3倍，故A錯誤；兩金屬片一直與電源相連，電壓U保持不變，根據(jù)E=Ud，解得E1E0=dd-14d=43，即兩金屬片間電場的電場強度大小變?yōu)樵瓉淼?3倍，故B錯誤；設(shè)P點到固定金屬片的距離為d1，則P點原來的電勢φP0=Udd1，當兩金屬片的間距減小了14d時，P點的電勢φ4.(2024·貴州卷·7)如圖，A、B、C三個點位于以O(shè)為圓心的圓上，直徑AB與弦BC間的夾角為30°。A、B兩點分別放有電荷量大小為qA、qB的點電荷時，C點的電場強度方向恰好沿圓的切線方向，則qAA.13 B.33 C.3答案B解析根據(jù)題意可知兩電荷為異種電荷，假設(shè)qA為正電荷，qB為負電荷，兩電荷在C點的電場強度如圖，設(shè)圓的半徑為r，根據(jù)幾何知識可得rAC=r，rBC=3r，tan60°=EAEB，同時有EA=kqArAC2，EB=5.(多選)(2025·湖南卷·8)一勻強電場的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)A點和B點的位置如圖所示。電荷量為+q、-q和+2q的三個試探電荷先后分別置于O點、A點和B點時，電勢能均為Ep(Ep>0)。下列說法正確的是()A.OA中點的電勢為零B.電場的方向與x軸正方向成60°角C.電場強度的大小為2D.電場強度的大小為2答案AD解析根據(jù)題意可知O點、A點和B點的電勢分別為φO=Epq，φA=-Epq，φB=Ep2q，故OA中點的電勢為φ'=φO+φA2=0，故A正確；在OA線段上找出與B點等勢的點M，可知xOM=14d，BM連線為等勢線，與BM連線垂直的線為電場線，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，電場線沿電場方向與x軸夾角的正切值tanθ=1，即θ=45°6.(2025·云南昆明市模擬)在如圖所示的空間直角坐標系中，一不計重力且?guī)д姷牧Ｗ訌淖鴺藶?L，0，L)處以某一初速度平行y軸正方向射出，經(jīng)時間t，粒子前進的距離為L，在該空間加上勻強電場，粒子仍從同一位置以相同的速度射出，經(jīng)相同時間t后恰好運動到坐標原點O，已知粒子的比荷為k，則該勻強電場的場強大小為()A.23Lkt2 B.25答案A解析設(shè)沿xyz軸方向的加速度分別為ax、ay、az，則L=12axt2，0=v0t-12ayt2，L=12azt2，不加電場時有L=v0t，則F=Eq=max2+a[爭分提能練]7.(2025·重慶卷·5)某興趣小組用人工智能模擬帶電粒子在電場中的運動，如圖所示的矩形區(qū)域OMPQ內(nèi)分布有平行于OQ的勻強電場，N為QP的中點。模擬動畫顯示，帶電粒子a、b分別從Q點和O點垂直于OQ同時進入電場，沿圖中所示軌跡同時到達M、N點，K為軌跡交點。忽略粒子所受重力和粒子間的相互作用，則可推斷a、b()A.具有不同比荷 B.電勢能均隨時間逐漸增大C.到達M、N的速度大小相等 D.到達K所用時間之比為1∶2答案D解析根據(jù)題意可知，帶電粒子在電場中做類平拋運動，帶電粒子a、b分別從Q點和O點同時進入電場，沿題圖中所示軌跡同時到達M、N點，可知，運動時間相等，由題圖可知，沿初速度方向位移之比為2∶1，則初速度之比為2∶1，帶電粒子a、b到達K的水平位移相等，由于帶電粒子a、b初速度之比為2∶1，則所用時間之比為1∶2，故D正確；沿電場方向的位移大小相等，由y=12at2可知，粒子運動的加速度大小相等，由牛頓第二定律有qE=ma，可得qm=aE，可知帶電粒子具有相同比荷，故A錯誤；帶電粒子運動過程中，電場力均做正功，電勢能均隨時間逐漸減小，故B錯誤；沿電場方向，由公式vy=at可知，到達M、N的豎直分速度大小相等，由于初速度之比為2∶1，則到達M、N8.(多選)(2025·廣東深圳市一模)打火機的點火裝置，利用了壓電陶瓷的壓電效應(yīng)，快速擠壓后瞬間產(chǎn)生千伏高壓，然后放電，其原理可用甲、乙兩圖近似模擬。擠壓前，結(jié)構(gòu)如圖甲所示，O點為正六邊形ABCDEF的中心，三個電荷量均為+Q的點電荷分別位于頂點A、C、E上，三個電荷量均為-Q的點電荷分別位于頂點B、D、F上。擠壓后，B、C、E、F處電荷位置不變，只是A、D處的電荷分別沿豎直方向靠近O點，并關(guān)于O點對稱，如圖乙所示。取無窮遠處電勢為零，對于O點處電場正確的說法是()A.擠壓前，電場強度為零B.擠壓前，電勢為零C.擠壓后，電勢大于零D.擠壓后，電場強度豎直向上答案AB解析擠壓前，根據(jù)圖形的對稱性可知，每個電荷在O點產(chǎn)生的電場強度大小相等，均設(shè)為E，方向如圖，根據(jù)電場強度的疊加原理可知，O點的合電場強度為零，故A正確；根據(jù)題意取無窮遠處電勢為零，故等量異種點電荷連線中垂線上的電勢均為零，故AD、CF、BE連線中點O處的電勢為零，故B正確；擠壓后，O還是AD、CF、BE等量異種點電荷連線的中點，故O處的電勢依然為零，故C錯誤；擠壓后，A、D到O點的距離變小，根據(jù)點電荷產(chǎn)生的場強E=kQr2知，豎直向下的電場強度變大，故合電場強度為豎直向下，故9.(八省聯(lián)考·河南·6)某電場的電勢φ隨位置x的變化關(guān)系如圖所示，O點為坐標原點，a、b、c、d為x軸上的四個點。一帶正電粒子從d點由靜止釋放，在電場力作用下沿x軸運動，不計重力，則粒子()A.將在ad之間做周期性運動B.在d點的電勢能大于a點的電勢能C.在b點與c點所受電場力方向相同D.將沿x軸負方向運動，可以到達O點答案A解析由題圖可知，a、d兩點電勢相等，根據(jù)Ep=qφ可知粒子在d點的電勢能等于a點的電勢能，故B錯誤；φ-x圖像切線的斜率表示電場強度，由題圖可知，b點與c點的電場強度方向相反，根據(jù)F=qE可知在b點與c點粒子所受電場力方向相反，故C錯誤；根據(jù)沿著電場線方向電勢降低可知在d點電場方向為x軸負方向，粒子帶正電，則粒子受到沿著x軸負方向的電場力，即粒子將沿x軸負方向運動，運動過程中僅有電場力做功，則粒子的動能和電勢能之和恒定，根據(jù)B選項分析可知粒子在d點的電勢能等于a點的電勢能，則粒子在d點的動能與a點的動能均為0，即粒子將在ad之間做周期性運動，不能到達O點，故A正確，D錯誤。10.(多選)(2025·山東臨沂市一模)如圖，帶電荷量為6Q(Q>0)的球1固定在傾角為30°光滑絕緣斜面上的N點，其正上方L處固定一電荷量為-Q的球2，斜面上距N點L處的M點有質(zhì)量m的帶電球3，球3與一端固定的絕緣輕質(zhì)彈簧相連并在M點處于靜止狀態(tài)。此時彈簧的壓縮量為L2，球2、3間的靜電力大小為mg2。迅速移走球1后，球3沿斜面向下運動。A.帶正電B.運動到MN中點處時，動能最大C.運動至N點的速度大小為2gLD.運動至N點的加速度大小為2g答案AD解析由于球2對球3的作用力沿斜面方向的分力大小為F1=12mgsin30°=14mg，垂直斜面方向的分力大小為F2=12mgcos30°=34mg，球3所受重力沿斜面方向的分力大小為G1=mgsin30°=12mg，垂直斜面方向的分力大小為G2=mgcos30°=32mg，由于F1<G1，F(xiàn)2<G2，且彈簧被壓縮，所以球1與球3之間是斥力，球1帶正電，球3也帶正電，A正確；由于球2帶負電，球1帶正電，球1和球2之間是引力，球3沿斜面向下運動合力為零時動能最大，運動到MN中點處時，球3所受彈簧的彈力為0，庫侖力垂直于斜面向上，合力為F合=mgsin30°=12mg，所以此時動能不是最大，B錯誤；運動至N點的過程中，彈簧的彈性勢能不變，電場力做功為零，電勢能也不變，根據(jù)能量守恒有mgLsin30°=12mv2，可得v=gL，C錯誤；球3在M點時，根據(jù)平衡條件有，k6Q·Q3L2=mgsin30°+12mgsin30°+F彈，對于球3和球2之間有kQ·Q3L2=12mg，可得F彈=94mg，球3運動至N11.(2025·甘肅卷·7)離子注入機是研究材料輻照效應(yīng)的重要設(shè)備，其工作原理如圖甲所示。從離子源S釋放的正離子(初速度視為零)經(jīng)電壓為U1的電場加速后，沿OO'方向射入電壓為U2的電場(OO'為平行于兩極板的中軸線)。極板長度為l、間距為d，U2-t關(guān)系如圖乙所示。長度為a的樣品垂直放置在距U2極板L處，樣品中心位于O'點。假設(shè)單個離子在通過U2區(qū)域的極短時間內(nèi)，電壓U2可視為不變，當U2=±Um時。離子恰好從兩極板的邊緣射出。不計重力及離子之間的相互作用。下列說法正確的是()A.U2的最大值Um=d2lB.當U2=±Um且L=(aC.若其他條件不變，要增大樣品的輻照范圍，需增大U1D.在t1和t2時刻射入U2的離子，有可能分別打在A和B點答案B解析離子在加速電場中被加速時U1q=12mv02，在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，則l=v0t，d2=12·Umqdmt2，解得Um=2d2l2U1，選項A錯誤；當U2=±Um時離子從板的邊緣射出，恰能打到樣品邊緣時，根據(jù)數(shù)學相似三角形知識，則d2a2=l2l2+L，解得L=(a-d)l2d，選項B正確；根據(jù)y=12·Umq[2計算題][分值：40分]1.(8分)(2025·山西太原市期末)“質(zhì)子療法”原理如圖甲，橫截面積相同的金屬圓筒依次接在交流電源的兩極M、N上，M、N兩極加上如圖乙所示周期性變化的電壓，電壓的大小為U0。直線加速器0號金屬圓板中央有質(zhì)子源，質(zhì)子由靜止飄入直線加速器，正對圓心加速6次后水平飛出。質(zhì)子從P向O射入有豎直向上勻強電場的圓形區(qū)域，最終轟擊到圓上的癌細胞。已知圓形區(qū)域的半徑為R，質(zhì)子的質(zhì)量為m、電荷量為e，質(zhì)子通過圓筒間隙的時間、質(zhì)子的重力及相互作用均不計。求：(1)(3分)質(zhì)子水平飛出直線加速器的速度大小v0；(2)(5分)若癌細胞處于Q點，OQ與水平方向夾角為θ，電場強度E的大小為多少？答案(1)23eU解析(1)質(zhì)子在直線加速器中做直線運動，根據(jù)動能定理可得6eU0=12m所以v0=23(2)質(zhì)子在圓形區(qū)域電場中做類平拋運動，有eE=ma，R+Rcosθ=v0t，Rsinθ=12at聯(lián)立解得E=242.(10分)(2025·山東省百校大聯(lián)考)如圖所示，水平絕緣光滑軌道AC的A端與處于豎直平面內(nèi)的半圓形光滑絕緣軌道平滑連接，半圓形軌道半徑為R，B點為軌道最高點。軌道所在空間存在與水平面夾角θ=30°的勻強電場，電場強度為E=mgq。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為-q(q>0)的小球從水平軌道O點以沿水平方向速度大小v0釋放，小球可看作質(zhì)點，重力加速度為g(1)(5分)小球從B點飛出后落到水平面上的時間；(2)(5分)從何處以v0=33gR釋放小球可以剛好通過B答案(1)8R3g(2)距A端(6-3解析(1)小球從B點飛出后受力分析可知，靜電力大小等于重力大小，夾角為60°，故所受合力為F合=2mgcos30°=3mg與水平方向夾角為60°斜向右下方，加速度a=3g合力在豎直方向的分力提供豎直方向加速度，豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動2R=12acos30°·t解得t=8(2)小球在軌道上有等效最高點D，剛好通過B點即為剛好通過D點，在D點重力與靜電力的合力提供向心力3mg=mv設(shè)從距A點x處釋放小球剛好通過B點，由動能定理得-qE(xcos30°+Rsin30°+Rcos30°)-mg(R+Rcos30°)=12mv2-12解得x=(6-3)R。3.(10分)(2025·四川卷·13)如圖所示，真空中固定放置兩塊較大的平行金屬板，板間距為d，下極板接地，板間勻強電場大小恒為E。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的金屬微粒，從兩極板中央O點由靜止釋放。若微粒與極板碰撞前后瞬間機械能不變，碰撞后電性與極板相同，所帶電荷量的絕對值不變。不計微粒重力。求：(1)(3分)微粒第一次到達下極板所需時間；(2)(7分)微粒第一次從上極板回到O點時的動量大小。答案(1)mdqE(2)2解析(1)由牛頓第二定律qE=ma由運動學公式d2=12聯(lián)立可得微粒第一次到達下極板所需的時間為t=md(2)微粒第一次到達下極板時的速度大小為v1=at=qEd由于微粒與極板碰撞前后瞬間機械能不變，碰撞后電性與極板相同，所帶電荷量的絕對值不變，設(shè)微粒碰后第一次到達上極板時的速度大小為v2，滿足v22-v代入解得v2=3同理可得微粒第一次從上極板回到O點時的速度大小為v3，滿足v32-v2代入解得v3=2qEd故微粒第一次從上極板回到O點時的動量大小為p=mv3=2qEmd。4.(12分)(2025·江蘇卷·13)如圖所示，在電場強度為E，方向豎直向下的勻強電場中，兩個相同的帶正電粒子a、b同時從O點以初速度v0射出，速度方向與水平方向夾角均為θ。已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計重力及粒子間相互作用。求：(1)(3分)a運動到最高點的時間t；(2)(9分)a到達最高點時，a、b間的距離H。答案(1)mv0解析(1)對粒子a根據(jù)牛頓第二定律有qE=maa運動到最高點時，在豎直方向有v0sinθ=at聯(lián)立解得t=m(2)方法一根據(jù)題意可知，兩粒子均在水平方向上做勻速直線運動，且水平方向上的初速度均為v0cosθ，則兩粒子一直在同一豎直線上，a到達最高點時，a粒子豎直方向上運動的位移為x1=(v0b粒子豎直方向上運動位移為x2=v0tsinθ+12at2=則粒子a到達最高點時與粒子b之間的距離H=x1+x2=2方法二兩粒子均受到相同靜電力，以粒子a為參考系，則粒子b以2v0sinθ的速度向下做勻速直線運動，a到達最高點時，a、b間的距離H=2v0sinθ·t=2m第7講磁場考點一磁場的基本性質(zhì)安培力1.磁場的產(chǎn)生與疊加2.安培力的分析與計算方向左手定則電流間的作用力：同向電流相互吸引，異向電流相互排斥大小直導(dǎo)線F=BILsinθ，θ=0時F=0，θ=90°時F=BIL導(dǎo)線為曲線時等效為ac直線電流受力分析根據(jù)力的平衡條件或牛頓運動定律列方程例1(2024·貴州卷·5)如圖，兩根相互平行的長直導(dǎo)線與一“凸”形導(dǎo)線框固定在同一豎直平面內(nèi)，導(dǎo)線框的對稱軸與兩長直導(dǎo)線間的距離相等。已知左、右兩長直導(dǎo)線中分別通有方向相反的恒定電流I1、I2，且I1>I2，則當導(dǎo)線框中通有順時針方向的電流時，導(dǎo)線框所受安培力的合力方向()A.豎直向上 B.豎直向下C.水平向左 D.水平向右答案C解析根據(jù)右手螺旋定則可知導(dǎo)線框所在處磁場方向向里，由于I1>I2，可知左側(cè)的磁感應(yīng)強度大，同一豎直方向上的磁感應(yīng)強度相等，故導(dǎo)線框水平方向?qū)Ь€所受的安培力相互抵消，根據(jù)左手定則結(jié)合F=BIL可知左半邊豎直方向的導(dǎo)線所受的水平向左的安培力大于右半邊豎直方向的導(dǎo)線所受的水平向右的安培力，故導(dǎo)線框所受安培力的合力方向水平向左。故選C。例2(多選)(2025·河北省名校聯(lián)考模擬)如圖所示為三根平行直導(dǎo)線的截面圖，它們的電流大小都相等，方向均垂直紙面向里?！鰽BC為等腰直角三角形，D為AB中點，三個電流在D處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小均為B0。下列說法中正確的是()A.D點的磁感應(yīng)強度大小為B0，方向由D到BB.C電流受到A、B兩電流作用力的方向由D到CC.若僅將B處電流反向，D點的磁感應(yīng)強度大小為2B0D.若僅將B處電流反向，C電流受到A、B兩電流作用力的方向為由D到A答案AD解析由右手螺旋定則可知A、B、C三個電流在D點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度如圖所示由矢量疊加可知D點的磁感應(yīng)強度BD=BC=B0，方向由D到B，故A正確；根據(jù)同向電流相互吸引的特點，電流C受到A、B的作用力分析如圖所示由題意可知FAC=FBC，所以C電流受到A、B兩個電流作用力方向為由C到D，故B錯誤；若僅將B處電流反向，由右手螺旋定則可知A、B、C三個電流在D點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度如圖所示由矢量疊加可知D點的磁感應(yīng)強度BD=(BA+BB)2若僅將B處電流反向，根據(jù)同向電流相互吸引(反向電流相互排斥)的特點，電流C受到A、B的作用力分析如圖所示由題意可知FAC=FBC所以C電流受到A、B兩個電流作用力方向為由D到A，故D正確。考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動1.分析帶電粒子在勻強磁場中運動的方法基本思路(1)畫軌跡：確定圓心，用幾何方法求半徑并畫出軌跡(2)找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應(yīng)強度、運動速度相聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運動時間相聯(lián)系，運動時間與周期相聯(lián)系(3)用規(guī)律：利用牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式和半徑公式基本公式qvB=mv2r，T重要結(jié)論r=mvqB，T=圓心的確定(1)軌跡上的入射點和出射點的速度方向的垂線的交點為圓心，如圖(a)(2)軌跡上入射點速度方向的垂線和入射點、出射點兩點連線中垂線的交點為圓心，如圖(b)(3)沿半徑方向距入射點距離等于r的點，如圖(c)(當r已知或可算)半徑的確定方法一：由公式求，Bqv=mv2r，得半徑方法二：由幾何關(guān)系求，一般由數(shù)學知識(勾股定理、三角函數(shù)等)通過計算來確定時間的求解方法一：由圓心角求，t=θ2π·T方法二：由弧長求，t=s2.三個重要結(jié)論(1)直線邊界：粒子從同一直線邊界射入磁場和射出磁場時，入射角等于出射角(如圖甲，θ1=θ2=θ3)，軌跡關(guān)于入射點和出射點連線的中垂線對稱，L=2rsinθ2。(2)圓形邊界：①沿半徑方向射入圓形磁場的粒子必沿半徑方向射出磁場(速度方向延長線過圓心，如圖乙，兩側(cè)關(guān)于兩圓心連線OO'對稱)。②射入磁場的速度方向與半徑的夾角為θ，射出磁場的方向與半徑的夾角也為θ，軌跡關(guān)于兩圓心連線OO'對稱，如圖丙。(3)磁聚焦與磁發(fā)散若大量相同的帶電粒子以相同的速度相互平行進入圓形區(qū)域的磁場，且?guī)щ娏Ｗ舆\動半徑等于磁場圓半徑(R=r)，這群粒子必從同一點離開磁場，即“磁聚焦”；反之，一群相同的粒子從同一點以相同的速度大小沿不同的方向進入磁場(R=r)，在離開磁場時的速度方向一定相互平行，即“磁發(fā)散”。磁聚焦磁發(fā)散例3(2025·重慶卷·14)研究小組設(shè)計了一種通過觀察粒子在熒光屏上打出的亮點位置來測量粒子速度大小的裝置，如圖所示，水平放置的熒光屏上方有磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外的勻強磁場。O、N、M均為熒光屏上的點，且在紙面內(nèi)的同一直線上。發(fā)射管K(不計長度)位于O點正上方，僅可沿管的方向發(fā)射粒子，一端發(fā)射帶正電粒子，另一端發(fā)射帶負電粒子，同時發(fā)射的正、負粒子速度大小相同，方向相反，比荷均為qm。已知OK=3h，OM=33h(1)若K水平發(fā)射的粒子在O點產(chǎn)生光點，求粒子的速度大?。?2)若K從水平方向逆時針旋轉(zhuǎn)60°，其兩端同時發(fā)射的正、負粒子恰都能在N點產(chǎn)生光點，求粒子的速度大??；(3)要使(2)問中發(fā)射的帶正電粒子恰好在M點產(chǎn)生光點，可在粒子發(fā)射t時間后關(guān)閉磁場，忽略磁場變化的影響，求t。答案(1)3qBh2m(2)解析(1)由題意粒子水平發(fā)射后做勻速圓周運動，要在O點產(chǎn)生光點，其運動半徑r=3運動過程中由洛倫茲力提供向心力有qvB=m聯(lián)立解得v=qBrm=3(2)若K從水平方向逆時針旋轉(zhuǎn)60°，其兩端同時發(fā)射的正、負粒子恰都能在N點產(chǎn)生光點，則兩端粒子的軌跡正好構(gòu)成一個完整的圓，且在N點與熒光屏相切，如圖由于K從水平方向逆時針旋轉(zhuǎn)60°，則θ=30°，根據(jù)幾何關(guān)系有r1+r1sin30°=3h，故此時粒子做勻速圓周運動的半徑為r1=2h根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知qv1B=m解得v1=qBr1m(3)由題意知帶正電粒子恰好在M點產(chǎn)生光點，則關(guān)閉磁場時粒子速度恰好指向M，過M點做正電粒子軌跡的切線，切點為P，如圖由(2)分析可知ON=r1cos30°=3h，則NM=23h由于O'N=r1=2h，且O'N⊥NM根據(jù)幾何關(guān)系可知∠NO'M=∠PO'M=60°，而∠KO'N=120°所以α=120°粒子在磁場中運動的周期T=2πrv=2πm所以t=13T=13·2πm例4(2023·河北卷·14)如圖甲，真空中兩金屬板M、N平行放置，板間電壓U連續(xù)可調(diào)，在金屬板N的中心C處開有一小孔。F、G、H為正三角形CDE各邊中點，DE與金屬板平行。三角形FGH區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里。一帶電粒子從緊鄰M板的P點由靜止釋放沿CG方向進入磁場，一段時間后沿∠CED的角平分線方向從E點離開。已知正三角形CDE的邊長為a，粒子質(zhì)量為m、電荷量大小為q，粒子重力不計。(1)求板間電壓U的大?。?2)若磁場區(qū)域如圖乙，磁感應(yīng)強度不變。調(diào)整兩板間電壓大小，將該粒子從P點由靜止釋放，仍能沿∠CED的角平分線方向從E點離開，求粒子從C點運動到E點的時間。答案(1)qB2解析(1)粒子在電場中加速，由動能定理得qU=12mv根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB=mv根據(jù)幾何關(guān)系有r=a解得板間電壓的大小為U=q(2)根據(jù)題意，作出粒子的運動軌跡，如圖所示。根據(jù)幾何關(guān)系有r1=IKsin30°=34aCK=r1-r1cos30°=32a-3則IJ=IH=12FH-CK=2-粒子在磁場中的運動時間為t1=2×30°360°×又qv1B=mv粒子在無磁場區(qū)域運動的時間為t2=IJv1粒子從C點運動到E點的時間為t=t1+t2=(23例5(2025·河北省滄衡名校聯(lián)盟期末)如圖所示，在xOy平面內(nèi)有以O(shè)點為圓心、半徑為R的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B，在x=2R處有一垂直于x坐標軸的足夠長的擋板，一寬度為d(未知)且關(guān)于y軸對稱的質(zhì)子束，以一定的速度平行于y軸射入圓形磁場，偏轉(zhuǎn)后所有質(zhì)子都經(jīng)過P點射出磁場，擋板上有質(zhì)子打到的區(qū)域關(guān)于x坐標軸對稱，長度為233R。已知質(zhì)子質(zhì)量為m、帶電荷量為e，忽略質(zhì)子重力及質(zhì)子間的相互作用，則質(zhì)子束的寬度d為A.R B.32R C.32R D.答案A解析根據(jù)題意，正對O點射入的質(zhì)子經(jīng)過P點，可知質(zhì)子的軌跡半徑為R。質(zhì)子束運動軌跡如圖，擋板上有質(zhì)子打到的區(qū)域關(guān)于x坐標軸對稱，長度為233R，根據(jù)對稱性可得ab長度為3R3，則tan∠aPb=abR=33，得∠aPb=30°。由幾何關(guān)系可知cP為最左側(cè)質(zhì)子的軌跡半徑，由于cP垂直aP，可得∠cPO=60°，即從e點飛入磁場的質(zhì)子的軌跡圓心c恰在磁場圓邊界上，且軌跡恰過O，可得△OcP、△eOc均為等邊三角形，則ce=R，所以質(zhì)子束寬度d=例6(多選)(2022·湖北卷·8)在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計重力。若離子從P點射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應(yīng)θ角的可能組合為()A.13kBL，0° B.12C.kBL，60° D.2kBL，60°答案BC解析若離子通過下部分磁場直接到達P點，如圖甲所示，根據(jù)幾何關(guān)系則有R=L，由qvB=mv2R，可得v=qBLm=kBL，根據(jù)對稱性可知出射速度與SP成30°角向上，故出射方向與入射方向的夾角為當離子在兩個磁場均運動一次時，如圖乙所示，因為兩個磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B，則根據(jù)對稱性有R=12L，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB=mv2R，可得v=qBL2m=12kBL，此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。通過以上分析可知當離子通過下部分磁場從P點射出時，需滿足v=qBL(2n-1)m=12n-1kBL(n=1，2，3，…)，此時出射方向與入射方向的夾角為θ=60°；當離子通過上部分磁場從P點射出時，需滿足v=qBL2nm=12nkBL(n=1，帶電粒子在磁場中運動的多解成因(1)磁場方向不確定形成多解；(2)帶電粒子電性不確定形成多解；(3)速度不確定形成多解；(4)運動的周期性形成多解?？键c三帶電粒子在有界磁場中運動的臨界、極值問題1.解決帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界問題，關(guān)鍵在于運用動態(tài)思維，利用“動態(tài)圓”思想尋找臨界點，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關(guān)系。2.粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運動軌跡與磁場邊界相切。3.常見的動態(tài)圓示意圖適用條件應(yīng)用方法放縮圓(軌跡圓的圓心在P1P2直線上)粒子的入射點位置相同，速度方向一定，速度大小不同以入射點P為定點，將半徑放縮作軌跡圓，粒子恰好不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運動軌跡與磁場邊界相切旋轉(zhuǎn)圓(軌跡圓的圓心在以入射點P為圓心、半徑R=mv粒子的入射點位置相同，速度大小一定，速度方向不同將一半徑為R=mv平移圓(軌跡圓的所有圓心在一條直線上)粒子的入射點位置不同，速度大小、方向均一定將半徑為R=mv例7(2025·陜西寶雞市二模)如圖，直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，CD=L，θ=30°。質(zhì)量為m、電荷量為q且均勻分布的帶正電粒子以相同的速度沿紙面垂直AD邊射入磁場，若粒子的速度大小為3qBL10m，不考慮重力及粒子間的作用，3=1.732，則粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后能返回到ADA.40% B.47.3%C.52.7% D.60%答案C解析粒子在磁場中洛倫茲力提供向心力qvB=mv2r，可得r=mvqB=0.3L，當粒子的軌跡與AC邊相切時為粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后能返回到AD邊的右側(cè)臨界點，設(shè)此時入射點為E，則AE=rsin30°-r=0.3L，當粒子的軌跡與CD邊相切時為粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后能返回到AD邊的左側(cè)臨界點，設(shè)此時入射點為F，則DF=rsin60°+r=233r+r≈0.6464L，則粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后能返回到AD邊的入射點的長度為EF=AD-AE-DF=1.0536L，所以，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后能返回到AD例8(多選)(2025·甘肅卷·10)2025年5月1日，全球首個實現(xiàn)“聚變能發(fā)電演示”的緊湊型全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實驗裝置(BEST)在我國正式啟動總裝。如圖是托卡馬克環(huán)形容器中磁場截面的簡化示意圖，兩個同心圓圍成的環(huán)形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，內(nèi)圓半徑為R0。在內(nèi)圓上A點有a、b、c三個粒子均在紙面內(nèi)運動，并都恰好到達磁場外邊界后返回。已知a、b、c帶正電且比荷均為qm，a粒子的速度大小為va=qBA.外圓半徑等于2R0B.a粒子返回A點所用的最短時間為(3π+2)C.b、c粒子返回A點所用的最短時間之比為2D.c粒子的速度大小為22v答案BD解析由題意，作出a粒子運動軌跡如圖(a)所示，a粒子恰好到達磁場外邊界后返回且運動的圓周正好與磁場外邊界相切，然后沿內(nèi)圓徑向做勻速直線運動，再做勻速圓周運動恰好回到A點，根據(jù)a粒子的速度大小為va=qBR0m，可得Ra=R0，設(shè)外圓半徑等于R'，由幾何關(guān)系得∠AO'B=90°，則R'=R0+2R0，A錯誤；a粒子做勻速圓周運動的周期T=2πR0va=2πmqB，在磁場中運動的時間t1=540°360°·T=3πmqB，勻速直線運動的時間t2=2R0va=2mqB，故a粒子返回A點所用的最短時間為tmin=因為b、c粒子返回A點都是運動一個圓周，根據(jù)b、c帶正電且比荷均為qm，所以兩粒子做圓周運動周期相同，故所用的最短時間之比為1∶1，C錯誤；由幾何關(guān)系得2Rc=R'-R0=2R0，洛倫茲力提供向心力有qvcB=mvc2Rc，聯(lián)立解得vc=例9(2025·安徽卷·7)如圖，在豎直平面內(nèi)的Oxy直角坐標系中，x軸上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。在第二象限內(nèi)，垂直紙面且平行于x軸放置足夠長的探測薄板MN，MN到x軸的距離為d，上、下表面均能接收粒子。位于原點O的粒子源，沿Oxy平面向x軸上方各個方向均勻發(fā)射相同的帶正電粒子。已知粒子所帶電荷量為q、質(zhì)量為m、速度大小均為qBdmA.粒子在磁場中做圓周運動的半徑為2dB.薄板的上表面接收到粒子的區(qū)域長度為3dC.薄板的下表面接收到粒子的區(qū)域長度為dD.薄板接收到的粒子在磁場中運動的最短時間為π答案C解析根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2R，可得R=mvqB=d，故A錯誤；當粒子沿x軸正方向射出時，上表面接收到的粒子離y軸最近，如圖軌跡1，根據(jù)幾何關(guān)系可知s上min=d；當粒子恰能通過N點到達薄板上方時，薄板上表面接收點距離y軸最遠，如圖軌跡2，根據(jù)幾何關(guān)系可知，s上max=3d，故上表面接收到粒子的區(qū)域長度為s上=3d-d，故B錯誤；當粒子沿y軸正方向射出時，粒子下表面接收到的粒子離y軸最遠，如圖軌跡3，根據(jù)幾何關(guān)系此時離y軸距離為d，故下表面接收到粒子的區(qū)域長度為d，故C正確；由圖可知，粒子恰好打到下表面N點時轉(zhuǎn)過的圓心角最小，用時最短，有tmin=60°360°熟記并巧用一些“二級結(jié)論”可以使思維過程簡化，節(jié)約解題時間，非常實用的二級結(jié)論有：(1)等時圓規(guī)律；(2)平拋運動速度的反向延長線過水平位移的中點；(3)不同質(zhì)量和電荷量的同種帶電粒子由靜止相繼經(jīng)過同一加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，軌跡重合；(4)直流電路中動態(tài)分析的“串反并同”結(jié)論；(5)平行通電導(dǎo)線同向相吸，異向相斥；(6)帶電平行板電容器與電源斷開，改變極板間距離不影響極板間勻強電場的電場強度等。示例(多選)(2025·河南新鄉(xiāng)、駐馬店市模擬)嫦娥七號計劃于2026年發(fā)射，由于月球上沒有空氣，某同學提議在旗幟上固定導(dǎo)線，通過電磁場的相互作用使旗幟飄揚起來?，F(xiàn)在給光滑水平面上的旗幟等間距地固定a、b、c三根相同長直導(dǎo)線、并通入大小相等、方向如圖所示的電流，則旗幟能夠保持平展的是()答案AB解析通有同向電流的導(dǎo)線相互吸引，通有異向電流的導(dǎo)線相互排斥，且電流相同時，兩導(dǎo)線間的距離越大，作用力越小，因此A、B正確，C、D錯誤。專題強化練[分值：55分][1~6題，每題4分，7~9題，每題6分][保分基礎(chǔ)練]1.(2025·福建卷·3)如圖所示，空間中存在兩根無限長直導(dǎo)線L1與L2，通有大小相等、方向相反的電流。導(dǎo)線周圍存在M、O、N三點，M與O關(guān)于L1對稱，O與N關(guān)于L2對稱且OM=ON，初始時，M點的磁感應(yīng)強度大小為B1，O點的磁感應(yīng)強度大小為B2，現(xiàn)保持L1中電流不變，僅將L2撤去，N點的磁感應(yīng)強度大小為()A.B2-12B1 B.12B2-C.B2-B1 D.13(B1-2B2答案B解析根據(jù)安培定則，兩直導(dǎo)線在O點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向相同，大小相等，則單個直導(dǎo)線在O點處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0=B22，根據(jù)對稱性，可知兩導(dǎo)線在N點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小與M點一樣，為B1；L2在N點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0=B22，由于L2在N點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大于L1在N點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度，且方向相反，將L2撤去，N點的磁感應(yīng)強度大小為B222.(2025·寧夏石嘴山市一模)有一邊長為l的正三角形導(dǎo)線框abc懸掛在彈簧測力計下面，線框中通有cbac方向的恒定電流I，直線MN是勻強磁場的邊界線，磁場方向垂直于△abc所在平面向里。平衡時，彈簧測力計的讀數(shù)為F；若將導(dǎo)線框上提，讓導(dǎo)線框上部分露出磁場，其他條件都不改變，再次平衡時，磁場邊界線MN剛好過ab和ac邊的中點，這種情況下，彈簧測力計的讀數(shù)為3F，則勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為()A.FIl B.2FIl C.3答案D解析導(dǎo)線框全部在磁場中時，受到安培力作用的有效長度為零，則F=mg，直線MN剛好過ab和ac邊的中點時，導(dǎo)線框受到安培力的有效長度為l2，受到豎直向下的安培力，大小為F安=BIl2，對導(dǎo)線框，由平衡條件得3F=mg+F安，聯(lián)立解得B=3.(多選)(2025·廣東省調(diào)研)將離子注入豎直放置的硅片，其原理如圖，甲、乙兩離子，在N處先后無初速度“飄入”加速電場，經(jīng)過加速電場加速后，從P點沿半徑方向進入垂直于紙面向外的圓形勻強磁場區(qū)域，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，甲離子垂直注入硅片，乙離子與豎直方向成60°夾角斜向上注入硅片，不計離子重力及空氣阻力。則甲、乙兩離子()A.均為正電荷B.比荷相同C.注入前瞬間的速率之比為3∶1D.在磁場中運動的時間之比為3∶1答案AC解析由左手定則可知，離子帶正電，選項A正確；經(jīng)電場加速有qU=12mv2，在磁場中有qvB=mv2r，可知qm=2UB2r2，兩離子在磁場中運動的半徑不同，則比荷不同，選項B錯誤；設(shè)圓形磁場的半徑為R，則甲離子的運動半徑為r1=R，乙離子的運動半徑為r根據(jù)v=qBrm=2UBr，可知注入前瞬間的甲、乙兩離子速率之比為v1∶v2=r2∶r1=3∶1根據(jù)t=θ360°2πrv，可知t1t2=θ1θ2·r1r24.(2025·廣東廣州市檢測)如圖，abcd-a'b'c'd'為上表面水平的正方體區(qū)域，整個正方體空間內(nèi)存在豎直向上的勻強磁場。abcd表面的正中央有一小孔P。粒子源S發(fā)射了兩個速度大小相同、比荷不同的粒子M、N(重力不計)，從小孔P垂直于abcd表面射入后，M打在bc邊上，N打在b'c'邊上，則粒子M、N的比荷之比為()A.2∶1 B.1∶2 C.5∶1 D.1∶5答案C解析根據(jù)題意，畫出粒子的運動軌跡，從上往下看，如圖所示，設(shè)正方體的棱長為L，由幾何關(guān)系有rM=14L，rN2=L2+(rN-L2)2，解得rN=54L，由牛頓第二定律有qvB=mv2r，可得qm=vBr，由于粒子源S發(fā)射了兩個速度大小相同的粒子進入同一磁場中，設(shè)粒子M、N的比荷分別為kM和5.(2025·河北省部分高中模擬)如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B1，P點為磁場邊界上的一點。相同的帶正電荷粒子，以相同的速率從P點射入磁場區(qū)域，速度方向沿位于紙面內(nèi)的各個方向。這些粒子射出磁場區(qū)域的位置均處于磁場邊界的位置的某一段弧上，這段圓弧的弧長是磁場邊界圓周長的16。若只將磁感應(yīng)強度的大小變?yōu)锽2，結(jié)果相應(yīng)的弧長變?yōu)榇艌鲞吔鐖A周長的13，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，則A.3 B.33 C.12 答案B解析當磁感應(yīng)強度為B2時，從P點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點是軌跡上直徑與磁場邊界圓的交點，即∠POM=120°，如圖所示，設(shè)圓形磁場區(qū)域半徑為R，所以粒子做圓周運動的半徑r2=mvqB2=Rsin60°=32R，同理可知，r1=mvqB1=Rsin30°=R6.(多選)(2025·江西景德鎮(zhèn)市二檢)某空間存在磁感應(yīng)強度大小為B0的正方形勻強磁場區(qū)域ABCD，