2026版高考物理步步高大二輪（標(biāo)準(zhǔn)版）第一篇專(zhuān)題復(fù)習(xí)第6講電場(chǎng)考點(diǎn)一電場(chǎng)的性質(zhì)1.描述電場(chǎng)的物理量2.計(jì)算電場(chǎng)強(qiáng)度常用的方法：公式法、平衡條件求解、疊加合成法、對(duì)稱法、補(bǔ)償法、等效法。3.電勢(shì)高低的判斷(1)利用電場(chǎng)線方向判斷：沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低。(2)公式法：①φ=Epq；②點(diǎn)電荷中的電勢(shì)φ=(3)利用電勢(shì)差的正負(fù)判斷：根據(jù)UAB=WABq，將WAB、q的正負(fù)號(hào)代入，UAB>0，則φA>φB；UAB<0，則φA<φ4.電勢(shì)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(shì)能減小；靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增大。(2)電荷電勢(shì)法：由Ep=qφ可知，正電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能大，負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能大。(3)能量守恒法：若只有靜電力做功，電荷的動(dòng)能和電勢(shì)能之和守恒，動(dòng)能增大時(shí)，電勢(shì)能減小，動(dòng)能減小時(shí)，電勢(shì)能增大。5.電場(chǎng)強(qiáng)度矢量的疊加電勢(shì)標(biāo)量的疊加(1)電場(chǎng)強(qiáng)度矢量的疊加：電場(chǎng)強(qiáng)度是矢量，遵循平行四邊形定則；(2)電勢(shì)標(biāo)量的疊加：某點(diǎn)電荷Q在距離該電荷r處的電勢(shì)φ=kQr如圖所示，EP=2EAcosθ=2kQr2cosθ，φP=kQ6.電場(chǎng)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(shì)能與動(dòng)能之和保持不變。(5)若只有靜電力和重力做功，電勢(shì)能、重力勢(shì)能、動(dòng)能之和保持不變。例1(2025·云南卷·4)某介電電泳實(shí)驗(yàn)使用非勻強(qiáng)電場(chǎng)，該電場(chǎng)的等勢(shì)線分布如圖所示。a、b、c、d四點(diǎn)分別位于電勢(shì)為-2V、-1V、1V、2V的等勢(shì)線上，則()A.a、b、c、d中a點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最小B.a、b、c、d中d點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最大C.一個(gè)電子從b點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)電場(chǎng)力做功為2eVD.一個(gè)電子從a點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)電勢(shì)能增加了4eV答案C解析根據(jù)等勢(shì)面越密集處電場(chǎng)強(qiáng)度越大，可知a、b、c、d中a點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最大，故A、B錯(cuò)誤；一個(gè)電子從b點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn)電場(chǎng)力做功為Wbc=-eUbc=2eV，故C正確；一個(gè)電子從a點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)電場(chǎng)力做功為Wad=-eUad=4eV，由于電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，則一個(gè)電子從a點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)電勢(shì)能減小了4eV，故D錯(cuò)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(diǎn)相切，軌道半徑為r，圓心為O，O、A間距離為3r。原長(zhǎng)為2r的輕質(zhì)絕緣彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端連接一帶正電的物塊。空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，物塊所受的電場(chǎng)力與重力大小相等。物塊在A點(diǎn)左側(cè)釋放后，依次經(jīng)過(guò)A、B、C三點(diǎn)時(shí)的動(dòng)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(diǎn)，彈簧伸長(zhǎng)量為r，在B點(diǎn)和C點(diǎn)，彈簧壓縮量為r，即三個(gè)位置彈簧彈性勢(shì)能相等，則由A到B過(guò)程中彈簧彈力做功為零，電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增加，EkB>EkA；由B到C過(guò)程中彈簧彈力和電場(chǎng)力做功都為零，重力做負(fù)功，則動(dòng)能減小，EkB>EkC；由A到C全過(guò)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(diǎn)，過(guò)O、A、B的截面如圖所示，C、D均為圓弧上的點(diǎn)，OC沿豎直方向，∠AOC=45°，OD⊥AB，A、B兩點(diǎn)間距離為3R，E、F為AB連線的三等分點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是()A.甲的質(zhì)量小于乙的質(zhì)量B.C點(diǎn)電勢(shì)高于D點(diǎn)電勢(shì)C.E、F兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相同D.沿直線從O點(diǎn)到D點(diǎn)，電勢(shì)先升高后降低答案BD解析方法一力矩平衡法對(duì)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(kù)侖力作用保持平衡，選O點(diǎn)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(cuò)誤；方法二正弦定理法由A、B兩點(diǎn)間距離為3R，可得2Rsinθ2=3R，故AB圓弧所對(duì)的圓心角θ=120°；對(duì)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(cuò)誤；將帶正電的試探電荷由C點(diǎn)沿圓弧移至D點(diǎn)，靜電力一直對(duì)其做正功，試探電荷的電勢(shì)能一直減小，故電勢(shì)一直減小，所以C點(diǎn)電勢(shì)高于D點(diǎn)電勢(shì)，B正確；由電場(chǎng)強(qiáng)度疊加原理可得，E點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小EE=k·2q33R2-kq233R2=21kq4R2，方向由A指向B；F點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小EF=kq考點(diǎn)二電場(chǎng)中的圖像問(wèn)題電場(chǎng)中幾種常見(jiàn)的圖像v-t圖像從v-t圖像上能確定粒子運(yùn)動(dòng)的加速度方向、大小變化情況，只受靜電力時(shí)可判定粒子運(yùn)動(dòng)中經(jīng)過(guò)的各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向和大小、電勢(shì)高低及電勢(shì)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(shì)的高低，進(jìn)而確定電場(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)強(qiáng)度E的大小E-x圖像以電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸方向?yàn)槔?1)E>0表示電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸正方向，E<0表示電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸負(fù)方向，根據(jù)電場(chǎng)方向可判定電勢(shì)高低(2)圖線與x軸圍成的“面積”大小表示電勢(shì)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(chǎng)強(qiáng)度、動(dòng)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(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(kāi)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解析根據(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，由題圖可知，a點(diǎn)的電勢(shì)最大，則負(fù)電荷在a點(diǎn)電勢(shì)能最小，同理可知，c點(diǎn)的電勢(shì)最小，則在c點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能最大，電荷僅在電場(chǎng)力作用下，電荷的電勢(shì)能和動(dòng)能之和不變，可知，電勢(shì)能最大時(shí)，動(dòng)能最小，則在c點(diǎn)時(shí)，電荷的動(dòng)能最小，即速度最小，故A錯(cuò)誤，B正確；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(kāi)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。例5(2025·黑龍江齊齊哈爾市一模)沿電場(chǎng)中某條電場(chǎng)線方向建立x軸，該電場(chǎng)線上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x的變化規(guī)律如圖所示，坐標(biāo)軸上的點(diǎn)0、x1、x2和x3分別與x軸上O、A、B、C四點(diǎn)相對(duì)應(yīng)，相鄰兩點(diǎn)間距相等。一個(gè)帶正電的粒子從O點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的動(dòng)能為Ek，僅考慮靜電力作用，則下列說(shuō)法正確的是()A.從O點(diǎn)到C點(diǎn)，電勢(shì)先升高后降低B.粒子先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后做變加速運(yùn)動(dòng)C.粒子運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能大于3EkD.粒子在AB段電勢(shì)能減少量小于BC段電勢(shì)能減少量答案C解析從O點(diǎn)到C點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度方向保持不變，由于開(kāi)始電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸正方向，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，則從O點(diǎn)到C點(diǎn)，電勢(shì)逐漸降低，A錯(cuò)誤；由題圖可知電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小，則靜電力也是先增大后減小，所以粒子的加速度先增大后減小，一直做變加速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；圖線與橫軸所圍的面積表示電勢(shì)差，則有UOC>3UOA，由動(dòng)能定理有qUOA=Ek，qUOC=EkC，可得EkC>3Ek，所以粒子運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能大于3Ek，C正確；粒子在AB段圖線與橫軸所圍的面積大于BC段圖線與橫軸所圍的面積，則UAB>UBC，所以粒子在AB段電勢(shì)能減少量大于BC段電勢(shì)能減少量，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)三帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)1.帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)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(shuō)明或明確的暗示外。2.帶電粒子在電場(chǎng)中的常見(jiàn)運(yùn)動(dòng)及分析方法常見(jiàn)運(yùn)動(dòng)受力特點(diǎn)分析方法變速直線運(yùn)動(dòng)合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上1.動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：a=F合m，E=Ud，v2-v2.功能觀點(diǎn)：W=qU=12mv2-12m帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)v0⊥E，粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)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(chǎng)，粒子做類(lèi)斜拋運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)的分解垂直電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)：x=v0tsinθ沿電場(chǎng)方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)：y=v0tcosθ-12qE3.帶電體在電場(chǎng)和重力場(chǎng)疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)常見(jiàn)運(yùn)動(dòng)受力特點(diǎn)分析方法勻變速直線運(yùn)動(dòng)：進(jìn)入疊加場(chǎng)時(shí)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(dòng)力學(xué)方法、功能關(guān)系、能量守恒類(lèi)平(斜)拋運(yùn)動(dòng)：進(jìn)入疊加場(chǎng)時(shí)v0與F合有一定夾角運(yùn)動(dòng)的分解：垂直F合方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿F合方向的勻變速直線運(yùn)動(dòng)在繩或軌道約束下的圓周運(yùn)動(dòng)通過(guò)圓心作合力的平行線，找等效最高點(diǎn)或等效最低點(diǎn)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(cè))如圖所示，平行邊界A、B間有垂直于邊界向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(qiáng)電場(chǎng)Ⅱ，邊界A上有一粒子源P，可以在紙面內(nèi)向電場(chǎng)Ⅰ內(nèi)各個(gè)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(chǎng)Ⅰ偏轉(zhuǎn)后，進(jìn)入電場(chǎng)Ⅱ，在電場(chǎng)Ⅱ中做直線運(yùn)動(dòng)，平行邊界向上射出的粒子，經(jīng)電場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ偏轉(zhuǎn)，恰好垂直邊界C射出。已知電場(chǎng)Ⅰ的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，A、B間距為L(zhǎng)，B、C間距為2L，不計(jì)粒子的重力和粒子間的作用力，求：(1)所有粒子進(jìn)電場(chǎng)Ⅱ時(shí)的速度大??；(2)電場(chǎng)Ⅱ的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；(3)邊界C上有粒子射出區(qū)域的長(zhǎng)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(chǎng)Ⅰ時(shí)，速度偏向角為45°，出電場(chǎng)Ⅰ時(shí)，沿電場(chǎng)Ⅰ方向的速度v1=2根據(jù)牛頓第二定律qE=ma粒子出電場(chǎng)Ⅰ時(shí)的速度v=2v1解得v=2qEL根據(jù)動(dòng)能定理可知，所有粒子進(jìn)電場(chǎng)Ⅱ時(shí)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(chǎng)Ⅰ中的速度偏向角也為45°，進(jìn)電場(chǎng)Ⅱ時(shí)速度方向恰好與電場(chǎng)Ⅱ的電場(chǎng)強(qiáng)度垂直，此粒子在電場(chǎng)Ⅱ中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)Ⅱ的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E'，則粒子在電場(chǎng)Ⅱ中的加速度大小為a'=q將粒子在電場(chǎng)Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)沿電場(chǎng)方向和垂直電場(chǎng)方向分解，則x=vt，y=12a't由于此粒子在電場(chǎng)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(diǎn)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(chǎng)Ⅰ時(shí)速度的偏向角為45°，由此分析可知邊界B上有粒子通過(guò)的區(qū)域長(zhǎng)度為s1=4L則在邊界C上有粒子射出的區(qū)域長(zhǎng)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(cè))如圖甲所示為一種“自動(dòng)旋轉(zhuǎn)電玩小球”玩具模型的簡(jiǎn)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(qiáng)電場(chǎng)(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(diǎn)P以某一初速度啟動(dòng)，在軌道平面內(nèi)沿逆時(shí)針?lè)较蚯『媚茏鐾暾膱A周運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中的電勢(shì)能Ep隨角度θ的變化情況，已知重力加速度為g，則()A.勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向水平向右B.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為2C.小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能的最小值為22D.小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)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(diǎn)，根據(jù)題圖乙，當(dāng)θ=0和θ=π時(shí)，小球的電勢(shì)能均為0，則P、Q兩點(diǎn)的連線為等勢(shì)線，當(dāng)θ=π2時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，電勢(shì)能EpN=mgR，當(dāng)θ=3π2時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，電勢(shì)能EpM=-mgR，綜上所得，電場(chǎng)線的方向由N指向M，即水平向左，A錯(cuò)誤；小球從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，由動(dòng)能定理得Eq·2R=mgR-(-mgR)，解得E=mgq，B錯(cuò)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(yùn)動(dòng)到等效最高點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最小，由牛頓第二定律得2mg=mvmin2R，解得12mvmin2=22mgR，即Ekmin=22mgR，C正確；當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到等效最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力最大，小球從等效最高點(diǎn)到等效最低點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得2mg·2R=12mvmax2-12mvmin2，小球在等效最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得FN-2從重力場(chǎng)到等效重力場(chǎng)重力場(chǎng)等效重力場(chǎng)(等效重力為mg')恰好做完整圓周運(yùn)動(dòng)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(guò)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(jiǎn)單、熟悉的物理現(xiàn)象、物理過(guò)程來(lái)研究，從而認(rèn)識(shí)研究對(duì)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(wèn)題的研究中，如：力的合成與分解、運(yùn)動(dòng)的合成與分解、等效場(chǎng)、電場(chǎng)疊加中等效替換、等效電源、變壓器問(wèn)題中的等效電阻等。2.對(duì)稱法對(duì)稱法就是利用物理現(xiàn)象、物理過(guò)程具有對(duì)稱性的特點(diǎn)來(lái)分析解決物理問(wèn)題的方法。常見(jiàn)的應(yīng)用：①運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，如豎直上拋運(yùn)動(dòng)中物體向上、向下運(yùn)動(dòng)的兩過(guò)程中同位置處速度大小相等、加速度相等；②結(jié)構(gòu)的對(duì)稱性，如均勻帶電的圓環(huán)，在其圓心處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為零；③幾何關(guān)系的對(duì)稱性，如粒子從某一直線邊界垂直磁感線射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，再?gòu)耐贿吔缟涑鰟驈?qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，速度與邊界的夾角相等；④場(chǎng)的對(duì)稱性，等量同種、異種點(diǎn)電荷形成的場(chǎng)具有對(duì)稱性；電流周?chē)拇艌?chǎng)，條形磁體和通電螺線管周?chē)拇艌?chǎng)等都具有對(duì)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(diǎn)為中心的正五邊形，頂點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為R。在正五邊形的頂點(diǎn)上順時(shí)針?lè)较蛞来喂潭姾闪繛閝、2q、3q、4q、5q的正點(diǎn)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(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度()A.方向沿x軸負(fù)方向B.方向與x軸負(fù)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(gè)點(diǎn)電荷等效成(q，-q)、(2q，-2q)這兩組等量異種點(diǎn)電荷，如圖所示，O點(diǎn)恰好在兩組等量異種點(diǎn)電荷的中垂線上，則O點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度的方向?yàn)檠豿軸負(fù)方向，故A正確，B錯(cuò)誤；五個(gè)點(diǎn)電荷與O點(diǎn)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(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=2×2E0cos54°+2E0cos18°=2kqR2(2cos54°+cos18°)，故3.類(lèi)比法將兩個(gè)(或兩類(lèi))研究對(duì)象進(jìn)行對(duì)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?cè)谀承┓矫嬗邢嗤蛳嗨频膶傩?，進(jìn)一步推斷它們?cè)谄渌矫嬉部赡苡邢嗤蛳嗨频膶傩缘囊环N思維方法，在處理一些物理背景很新穎的題目時(shí)，可以嘗試使用這種方法。比如：恒力作用下或電場(chǎng)與重力場(chǎng)的疊加場(chǎng)中的類(lèi)平拋問(wèn)題、類(lèi)斜拋問(wèn)題，可直接類(lèi)比使用平拋、斜拋相關(guān)結(jié)論。帶電粒子繞電荷做橢圓運(yùn)動(dòng)類(lèi)比衛(wèi)星繞天體做橢圓運(yùn)動(dòng)(可利用開(kāi)普勒定律求解相關(guān)問(wèn)題)；聲線類(lèi)比光線等。示例2如圖所示，光滑絕緣水平面上的O點(diǎn)固定一帶正電的點(diǎn)電荷M，電荷量為Q；點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)；圖乙中點(diǎn)電荷N以M為焦點(diǎn)沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)。A、B分別為點(diǎn)電荷N距離點(diǎn)電荷M最近和最遠(yuǎn)點(diǎn)；OA=a、OB=3a，若取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，圖甲和圖乙兩種電荷系統(tǒng)的電勢(shì)能和動(dòng)能之和分別為E甲和E乙，則點(diǎn)電荷N在從A點(diǎn)第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中()A.在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在B點(diǎn)的電勢(shì)能B.E甲大于E乙C.vA=4vBD.點(diǎn)電荷N從A點(diǎn)第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用時(shí)間為2T答案D解析由靜電力做功與電勢(shì)能的關(guān)系可得，點(diǎn)電荷N在A點(diǎn)的電勢(shì)能小于在B點(diǎn)的電勢(shì)能，故A錯(cuò)誤；題圖乙點(diǎn)電荷N運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，其動(dòng)能比題圖甲中的點(diǎn)電荷N動(dòng)能大，而此位置甲、乙兩圖電荷系統(tǒng)的相對(duì)位置相同，所以電勢(shì)能相同，兩系統(tǒng)電勢(shì)能和動(dòng)能之和守恒，所以E乙>E甲，故B錯(cuò)誤；類(lèi)比開(kāi)普勒第二定律12(vA·Δt)a=12(vB·Δt)3a，可得vA=3vB，故C錯(cuò)誤；類(lèi)比開(kāi)普勒第三定律a3T2=(2a)3T乙2，可得T乙=22T，點(diǎn)電荷N從A點(diǎn)第一次運(yùn)動(dòng)到專(zhuān)題強(qiáng)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(yàn)電器的金屬球，移走玻璃棒，驗(yàn)電器內(nèi)兩片金屬箔張開(kāi)，穩(wěn)定后如圖所示。圖中a、b、c、d四點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最強(qiáng)的是()A.a B.b C.c D.d答案D解析b、c兩點(diǎn)分別在金屬外殼內(nèi)部和金屬桿的內(nèi)部，處于靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體，內(nèi)部的合電場(chǎng)強(qiáng)度為零，則兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn)距離金箔的下端較近，可知d點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比a點(diǎn)大，則電場(chǎng)強(qiáng)度最強(qiáng)的是d點(diǎn)，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(qiáng)電場(chǎng)，實(shí)線為電場(chǎng)線，虛線表示等勢(shì)面。M、N點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，N、P點(diǎn)在同一電場(chǎng)線上。下列說(shuō)法正確的是()A.M點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)的低B.M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比N點(diǎn)的小C.負(fù)電荷從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，速度增大D.負(fù)電荷從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功答案D解析M、N兩點(diǎn)電勢(shì)相等，電場(chǎng)線由上到下，N、P在同一電場(chǎng)線上，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，可知N點(diǎn)電勢(shì)高于P點(diǎn)，故M點(diǎn)電勢(shì)高于P點(diǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；M點(diǎn)電場(chǎng)線分布比N點(diǎn)密集，可知M點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度比N點(diǎn)大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；負(fù)電荷從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，電勢(shì)能增加，則電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減小，速度減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。3.(2025·陜西商洛市模擬)如圖甲所示，某計(jì)算機(jī)鍵盤(pán)的每個(gè)按鍵下方是由間距為d的水平活動(dòng)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(kāi)始時(shí)兩金屬片間的P點(diǎn)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?lái)的3B.兩金屬片間電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉?lái)的4倍C.P點(diǎn)的電勢(shì)變?yōu)樵瓉?lái)的43D.該塵埃在P點(diǎn)的電勢(shì)能比原來(lái)的大答案C解析根據(jù)C=εrS4πkd，當(dāng)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?lái)的43倍，故A錯(cuò)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(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉?lái)的43倍，故B錯(cuò)誤；設(shè)P點(diǎn)到固定金屬片的距離為d1，則P點(diǎn)原來(lái)的電勢(shì)φP0=Udd1，當(dāng)兩金屬片的間距減小了14d時(shí)，P點(diǎn)的電勢(shì)φ4.(2024·貴州卷·7)如圖，A、B、C三個(gè)點(diǎn)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(diǎn)分別放有電荷量大小為qA、qB的點(diǎn)電荷時(shí)，C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)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(fù)電荷，兩電荷在C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度如圖，設(shè)圓的半徑為r，根據(jù)幾何知識(shí)可得rAC=r，rBC=3r，tan60°=EAEB，同時(shí)有EA=kqArAC2，EB=5.(多選)(2025·湖南卷·8)一勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向平行于xOy平面，平面內(nèi)A點(diǎn)和B點(diǎn)的位置如圖所示。電荷量為+q、-q和+2q的三個(gè)試探電荷先后分別置于O點(diǎn)、A點(diǎn)和B點(diǎn)時(shí)，電勢(shì)能均為Ep(Ep>0)。下列說(shuō)法正確的是()A.OA中點(diǎn)的電勢(shì)為零B.電場(chǎng)的方向與x軸正方向成60°角C.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為2D.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為2答案AD解析根據(jù)題意可知O點(diǎn)、A點(diǎn)和B點(diǎn)的電勢(shì)分別為φO=Epq，φA=-Epq，φB=Ep2q，故OA中點(diǎn)的電勢(shì)為φ'=φO+φA2=0，故A正確；在OA線段上找出與B點(diǎn)等勢(shì)的點(diǎn)M，可知xOM=14d，BM連線為等勢(shì)線，與BM連線垂直的線為電場(chǎng)線，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，電場(chǎng)線沿電場(chǎng)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(biāo)系中，一不計(jì)重力且?guī)д姷牧Ｗ訌淖鴺?biāo)為(L，0，L)處以某一初速度平行y軸正方向射出，經(jīng)時(shí)間t，粒子前進(jìn)的距離為L(zhǎng)，在該空間加上勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子仍從同一位置以相同的速度射出，經(jīng)相同時(shí)間t后恰好運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)原點(diǎn)O，已知粒子的比荷為k，則該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)時(shí)有L=v0t，則F=Eq=max2+a[爭(zhēng)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，如圖所示的矩形區(qū)域OMPQ內(nèi)分布有平行于OQ的勻強(qiáng)電場(chǎng)，N為QP的中點(diǎn)。模擬動(dòng)畫(huà)顯示，帶電粒子a、b分別從Q點(diǎn)和O點(diǎn)垂直于OQ同時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)，沿圖中所示軌跡同時(shí)到達(dá)M、N點(diǎn)，K為軌跡交點(diǎn)。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(shì)能均隨時(shí)間逐漸增大C.到達(dá)M、N的速度大小相等 D.到達(dá)K所用時(shí)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(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，帶電粒子a、b分別從Q點(diǎn)和O點(diǎn)同時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)，沿題圖中所示軌跡同時(shí)到達(dá)M、N點(diǎn)，可知，運(yùn)動(dòng)時(shí)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(dá)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(shí)間之比為1∶2，故D正確；沿電場(chǎng)方向的位移大小相等，由y=12at2可知，粒子運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤；帶電粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電場(chǎng)力均做正功，電勢(shì)能均隨時(shí)間逐漸減小，故B錯(cuò)誤；沿電場(chǎng)方向，由公式vy=at可知，到達(dá)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(dá)M、N8.(多選)(2023·山東卷·11)如圖所示，正六棱柱上下底面的中心為O和O'，A、D兩點(diǎn)分別固定等量異號(hào)的點(diǎn)電荷，下列說(shuō)法正確的是()A.F'點(diǎn)與C'點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等B.B'點(diǎn)與E'點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同C.A'點(diǎn)與F'點(diǎn)的電勢(shì)差小于O'點(diǎn)與D'點(diǎn)的電勢(shì)差D.將試探電荷+q由F點(diǎn)沿直線移動(dòng)到O點(diǎn)，其電勢(shì)能先增大后減小答案ACD解析如圖所示，由幾何關(guān)系可知A點(diǎn)處正電荷在OF中點(diǎn)K的場(chǎng)強(qiáng)方向垂直O(jiān)F，則K點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)與OF的夾角為銳角，在F點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)和OF的夾角為鈍角，因此將試探電荷+q從F移到O點(diǎn)過(guò)程中靜電力先做負(fù)功后做正功，電勢(shì)能先增大后減小，D正確；由等量異種電荷的電勢(shì)分布可知φA'=φ>0，φD'=-φ<0，φO'=0，φF'>0，因此φA'-φF'=φ-φF'<φO'-φD'=φ，C正確；由等量異種電荷的對(duì)稱性可知F'和C'電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，B'和E'電場(chǎng)強(qiáng)度方向不同，A正確，B錯(cuò)誤。9.(八省聯(lián)考·河南·6)某電場(chǎng)的電勢(shì)φ隨位置x的變化關(guān)系如圖所示，O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，a、b、c、d為x軸上的四個(gè)點(diǎn)。一帶正電粒子從d點(diǎn)由靜止釋放，在電場(chǎng)力作用下沿x軸運(yùn)動(dòng)，不計(jì)重力，則粒子()A.將在ad之間做周期性運(yùn)動(dòng)B.在d點(diǎn)的電勢(shì)能大于a點(diǎn)的電勢(shì)能C.在b點(diǎn)與c點(diǎn)所受電場(chǎng)力方向相同D.將沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，可以到達(dá)O點(diǎn)答案A解析由題圖可知，a、d兩點(diǎn)電勢(shì)相等，根據(jù)Ep=qφ可知粒子在d點(diǎn)的電勢(shì)能等于a點(diǎn)的電勢(shì)能，故B錯(cuò)誤；φ-x圖像切線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，由題圖可知，b點(diǎn)與c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，根據(jù)F=qE可知在b點(diǎn)與c點(diǎn)粒子所受電場(chǎng)力方向相反，故C錯(cuò)誤；根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低可知在d點(diǎn)電場(chǎng)方向?yàn)閤軸負(fù)方向，粒子帶正電，則粒子受到沿著x軸負(fù)方向的電場(chǎng)力，即粒子將沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中僅有電場(chǎng)力做功，則粒子的動(dòng)能和電勢(shì)能之和恒定，根據(jù)B選項(xiàng)分析可知粒子在d點(diǎn)的電勢(shì)能等于a點(diǎn)的電勢(shì)能，則粒子在d點(diǎn)的動(dòng)能與a點(diǎn)的動(dòng)能均為0，即粒子將在ad之間做周期性運(yùn)動(dòng)，不能到達(dá)O點(diǎn)，故A正確，D錯(cuò)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(diǎn)，其正上方L處固定一電荷量為-Q的球2，斜面上距N點(diǎn)L處的M點(diǎn)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(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)。此時(shí)彈簧的壓縮量為L(zhǎng)2，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(yùn)動(dòng)。A.帶正電B.運(yùn)動(dòng)到MN中點(diǎn)處時(shí)，動(dòng)能最大C.運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn)的速度大小為2gLD.運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn)的加速度大小為2g答案AD解析由于球2對(duì)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(fù)電，球1帶正電，球1和球2之間是引力，球3沿斜面向下運(yùn)動(dòng)合力為零時(shí)動(dòng)能最大，運(yùn)動(dòng)到MN中點(diǎn)處時(shí)，球3所受彈簧的彈力為0，庫(kù)侖力垂直于斜面向上，合力為F合=mgsin30°=12mg，所以此時(shí)動(dòng)能不是最大，B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能不變，電場(chǎng)力做功為零，電勢(shì)能也不變，根據(jù)能量守恒有mgLsin30°=12mv2，可得v=gL，C錯(cuò)誤；球3在M點(diǎn)時(shí)，根據(jù)平衡條件有，k6Q·Q3L2=mgsin30°+12mgsin30°+F彈，對(duì)于球3和球2之間有kQ·Q3L2=12mg，可得F彈=94mg，球3運(yùn)動(dòng)至N11.(2025·甘肅卷·7)離子注入機(jī)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(chǎng)加速后，沿OO'方向射入電壓為U2的電場(chǎng)(OO'為平行于兩極板的中軸線)。極板長(zhǎng)度為l、間距為d，U2-t關(guān)系如圖乙所示。長(zhǎng)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(diǎn)。假設(shè)單個(gè)離子在通過(guò)U2區(qū)域的極短時(shí)間內(nèi)，電壓U2可視為不變，當(dāng)U2=±Um時(shí)。離子恰好從兩極板的邊緣射出。不計(jì)重力及離子之間的相互作用。下列說(shuō)法正確的是()A.U2的最大值Um=d2lB.當(dāng)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(shí)刻射入U(xiǎn)2的離子，有可能分別打在A和B點(diǎn)答案B解析離子在加速電場(chǎng)中被加速時(shí)U1q=12mv02，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則l=v0t，d2=12·Umqdmt2，解得Um=2d2l2U1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)U2=±Um時(shí)離子從板的邊緣射出，恰能打到樣品邊緣時(shí)，根據(jù)數(shù)學(xué)相似三角形知識(shí)，則d2a2=l2l2+L，解得L=(a-d)l2d，選項(xiàng)B正確；根據(jù)y=12·Umq[2計(jì)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(hào)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(duì)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(qiáng)電場(chǎng)的圓形區(qū)域，最終轟擊到圓上的癌細(xì)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(guò)圓筒間隙的時(shí)間、質(zhì)子的重力及相互作用均不計(jì)。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(xì)胞處于Q點(diǎn)，OQ與水平方向夾角為θ，電場(chǎng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理可得6eU0=12m所以v0=23(2)質(zhì)子在圓形區(qū)域電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，有eE=ma，R+Rcosθ=v0t，Rsinθ=12at聯(lián)立解得E=242.(10分)(2025·廣東深圳市模擬)如圖，整個(gè)空間有場(chǎng)強(qiáng)大小為E=3×104V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向水平向右。ABC為豎直面的絕緣光滑軌道，其中AB部分是水平軌道，BC部分是半徑為R=0.4m的四分之一圓弧，兩段軌道相切于B點(diǎn)。P為水平軌道上的一點(diǎn)，且xPB=0.4m，把一質(zhì)量m=0.1kg、帶電荷量q=+2.5×10-5C小球從P點(diǎn)由靜止釋放，小球?qū)⒃谲壍纼?nèi)運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，sin53°=0.8，求：(1)(3分)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速率；(2)(3分)小球從P點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中動(dòng)能的最大值；(3)(4分)小球離開(kāi)C點(diǎn)后再次到達(dá)AB同一水平高度時(shí)與P點(diǎn)的距離。答案(1)2m/s(2)0.4J(3)1.9m解析(1)設(shè)小球在C點(diǎn)的速度大小是vC，則對(duì)于小球由P→C的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得qE·(R+xPB)-mgR=12mv解得vC=2m/s(2)由于qE=0.75mg設(shè)小球從B到C的過(guò)程中，沿運(yùn)動(dòng)軌跡切線方向合力為零時(shí)到達(dá)D點(diǎn)，此時(shí)合力與豎直方向的夾角θ滿足tanθ=qEmg=34，即θ則小球在D點(diǎn)的動(dòng)能最大，由動(dòng)能定理有qExPB+qERsinθ-mgR(1-cosθ)=EkmEkm=0.4J(3)以C點(diǎn)為原點(diǎn)，設(shè)小球再次回到AB高度時(shí)到達(dá)F點(diǎn)，則-R=vCt-12gtxPF=xPB+R+12·qEm解得xPF=(1.4+0.33)m≈1.9m3.(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(qiáng)電場(chǎng)大小恒為E?，F(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(diǎn)由靜止釋放。若微粒與極板碰撞前后瞬間機(jī)械能不變，碰撞后電性與極板相同，所帶電荷量的絕對(duì)值不變。不計(jì)微粒重力。求：(1)(3分)微粒第一次到達(dá)下極板所需時(shí)間；(2)(7分)微粒第一次從上極板回到O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)量大小。答案(1)mdqE(2)2解析(1)由牛頓第二定律qE=ma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式d2=12聯(lián)立可得微粒第一次到達(dá)下極板所需的時(shí)間為t=md(2)微粒第一次到達(dá)下極板時(shí)的速度大小為v1=at=qEd由于微粒與極板碰撞前后瞬間機(jī)械能不變，碰撞后電性與極板相同，所帶電荷量的絕對(duì)值不變，設(shè)微粒碰后第一次到達(dá)上極板時(shí)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(diǎn)時(shí)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(diǎn)時(shí)的動(dòng)量大小為p=mv3=2qEmd。4.(12分)(2025·江蘇卷·13)如圖所示，在電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，兩個(gè)相同的帶正電粒子a、b同時(shí)從O點(diǎn)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(jì)重力及粒子間相互作用。求：(1)(3分)a運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間t；(2)(9分)a到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，a、b間的距離H。答案(1)mv0解析(1)對(duì)粒子a根據(jù)牛頓第二定律有qE=maa運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，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(yùn)動(dòng)，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(dá)最高點(diǎn)時(shí)，a粒子豎直方向上運(yùn)動(dòng)的位移為x1=(v0b粒子豎直方向上運(yùn)動(dòng)位移為x2=v0tsinθ+12at2=則粒子a到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)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(yùn)動(dòng)，a到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，a、b間的距離H=2v0sinθ·t=2m第7講磁場(chǎng)考點(diǎn)一磁場(chǎng)的基本性質(zhì)安培力1.磁場(chǎng)的產(chǎn)生與疊加2.安培力的分析與計(jì)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(shí)F=0，θ=90°時(shí)F=BIL導(dǎo)線為曲線時(shí)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(yùn)動(dòng)定律列方程例1(2025·湖北卷·4)如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，放置一通電圓線圈，圓心為O點(diǎn)，線圈平面與磁場(chǎng)垂直。在圓線圈的軸線上有M和N兩點(diǎn)，它們到O點(diǎn)的距離相等。已知M點(diǎn)的總磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為零，則N點(diǎn)的總磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A.0 B.B C.2B D.3B答案A解析由右手螺旋定則及對(duì)稱性可知，通電線圈在M、N兩點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相同，由于M點(diǎn)的總磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，說(shuō)明勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度和通電線圈在M點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，則由矢量疊加原理可知N點(diǎn)的總磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0，故選A。例2(2024·貴州卷·5)如圖，兩根相互平行的長(zhǎng)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(duì)稱軸與兩長(zhǎng)直導(dǎo)線間的距離相等。已知左、右兩長(zhǎng)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(dāng)導(dǎo)線框中通有順時(shí)針?lè)较虻碾娏鲿r(shí)，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(chǎng)方向向里，由于I1>I2，可知左側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大，同一豎直方向上的磁感應(yīng)強(qiáng)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?？键c(diǎn)二帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.分析帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的方法基本思路(1)畫(huà)軌跡：確定圓心，用幾何方法求半徑并畫(huà)出軌跡(2)找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度、運(yùn)動(dòng)速度相聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運(yùn)動(dòng)時(shí)間相聯(lián)系，運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)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(diǎn)和出射點(diǎn)的速度方向的垂線的交點(diǎn)為圓心，如圖(a)(2)軌跡上入射點(diǎn)速度方向的垂線和入射點(diǎn)、出射點(diǎn)兩點(diǎn)連線中垂線的交點(diǎn)為圓心，如圖(b)(3)沿半徑方向距入射點(diǎn)距離等于r的點(diǎn)，如圖(c)(當(dāng)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(xué)知識(shí)(勾股定理、三角函數(shù)等)通過(guò)計(jì)算來(lái)確定時(shí)間的求解方法一：由圓心角求，t=θ2π·T方法二：由弧長(zhǎng)求，t=s2.三個(gè)重要結(jié)論(1)直線邊界：粒子從同一直線邊界射入磁場(chǎng)和射出磁場(chǎng)時(shí)，入射角等于出射角(如圖甲，θ1=θ2=θ3)，軌跡關(guān)于入射點(diǎn)和出射點(diǎn)連線的中垂線對(duì)稱，L=2rsinθ2。(2)圓形邊界：①沿半徑方向射入圓形磁場(chǎng)的粒子必沿半徑方向射出磁場(chǎng)(速度方向延長(zhǎng)線過(guò)圓心，如圖乙，兩側(cè)關(guān)于兩圓心連線OO'對(duì)稱)。②射入磁場(chǎng)的速度方向與半徑的夾角為θ，射出磁場(chǎng)的方向與半徑的夾角也為θ，軌跡關(guān)于兩圓心連線OO'對(duì)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(jìn)入圓形區(qū)域的磁場(chǎng)，且?guī)щ娏Ｗ舆\(yùn)動(dòng)半徑等于磁場(chǎng)圓半徑(R=r)，這群粒子必從同一點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，即“磁聚焦”；反之，一群相同的粒子從同一點(diǎn)以相同的速度大小沿不同的方向進(jìn)入磁場(chǎng)(R=r)，在離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)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(jì)了一種通過(guò)觀察粒子在熒光屏上打出的亮點(diǎn)位置來(lái)測(cè)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(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。O、N、M均為熒光屏上的點(diǎn)，且在紙面內(nèi)的同一直線上。發(fā)射管K(不計(jì)長(zhǎng)度)位于O點(diǎn)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(fù)電粒子，同時(shí)發(fā)射的正、負(fù)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(diǎn)產(chǎn)生光點(diǎn)，求粒子的速度大??；(2)若K從水平方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，其兩端同時(shí)發(fā)射的正、負(fù)粒子恰都能在N點(diǎn)產(chǎn)生光點(diǎn)，求粒子的速度大小；(3)要使(2)問(wèn)中發(fā)射的帶正電粒子恰好在M點(diǎn)產(chǎn)生光點(diǎn)，可在粒子發(fā)射t時(shí)間后關(guān)閉磁場(chǎng)，忽略磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，要在O點(diǎn)產(chǎn)生光點(diǎn)，其運(yùn)動(dòng)半徑r=3運(yùn)動(dòng)過(guò)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(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，其兩端同時(shí)發(fā)射的正、負(fù)粒子恰都能在N點(diǎn)產(chǎn)生光點(diǎn)，則兩端粒子的軌跡正好構(gòu)成一個(gè)完整的圓，且在N點(diǎn)與熒光屏相切，如圖由于K從水平方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，則θ=30°，根據(jù)幾何關(guān)系有r1+r1sin30°=3h，故此時(shí)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)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(diǎn)產(chǎn)生光點(diǎn)，則關(guān)閉磁場(chǎng)時(shí)粒子速度恰好指向M，過(guò)M點(diǎn)做正電粒子軌跡的切線，切點(diǎn)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(kāi)有一小孔。F、G、H為正三角形CDE各邊中點(diǎn)，DE與金屬板平行。三角形FGH區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)由靜止釋放沿CG方向進(jìn)入磁場(chǎng)，一段時(shí)間后沿∠CED的角平分線方向從E點(diǎn)離開(kāi)。已知正三角形CDE的邊長(zhǎng)為a，粒子質(zhì)量為m、電荷量大小為q，粒子重力不計(jì)。(1)求板間電壓U的大?。?2)若磁場(chǎng)區(qū)域如圖乙，磁感應(yīng)強(qiáng)度不變。調(diào)整兩板間電壓大小，將該粒子從P點(diǎn)由靜止釋放，仍能沿∠CED的角平分線方向從E點(diǎn)離開(kāi)，求粒子從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的時(shí)間。答案(1)qB2解析(1)粒子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1=2×30°360°×又qv1B=mv粒子在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=IJv1粒子從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的時(shí)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(diǎn)為圓心、半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在x=2R處有一垂直于x坐標(biāo)軸的足夠長(zhǎng)的擋板，一寬度為d(未知)且關(guān)于y軸對(duì)稱的質(zhì)子束，以一定的速度平行于y軸射入圓形磁場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)后所有質(zhì)子都經(jīng)過(guò)P點(diǎn)射出磁場(chǎng)，擋板上有質(zhì)子打到的區(qū)域關(guān)于x坐標(biāo)軸對(duì)稱，長(zhǎng)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(duì)O點(diǎn)射入的質(zhì)子經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，可知質(zhì)子的軌跡半徑為R。質(zhì)子束運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，擋板上有質(zhì)子打到的區(qū)域關(guān)于x坐標(biāo)軸對(duì)稱，長(zhǎng)度為233R，根據(jù)對(duì)稱性可得ab長(zhǎng)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(diǎn)飛入磁場(chǎng)的質(zhì)子的軌跡圓心c恰在磁場(chǎng)圓邊界上，且軌跡恰過(guò)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(zhǎng)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(qiáng)磁場(chǎng)，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，SP與磁場(chǎng)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(chǎng)方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計(jì)重力。若離子從P點(diǎn)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(duì)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(guò)下部分磁場(chǎng)直接到達(dá)P點(diǎn)，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(duì)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(dāng)離子在兩個(gè)磁場(chǎng)均運(yùn)動(dòng)一次時(shí)，如圖乙所示，因?yàn)閮蓚€(gè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，則根據(jù)對(duì)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(shí)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(guò)以上分析可知當(dāng)離子通過(guò)下部分磁場(chǎng)從P點(diǎn)射出時(shí)，需滿足v=qBL(2n-1)m=12n-1kBL(n=1，2，3，…)，此時(shí)出射方向與入射方向的夾角為θ=60°；當(dāng)離子通過(guò)上部分磁場(chǎng)從P點(diǎn)射出時(shí)，需滿足v=qBL2nm=12nkBL(n=1，帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解成因(1)磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)的周期性形成多解?？键c(diǎn)三帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界、極值問(wèn)題1.解決帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題，關(guān)鍵在于運(yùn)用動(dòng)態(tài)思維，利用“動(dòng)態(tài)圓”思想尋找臨界點(diǎn)，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(shí)由磁場(chǎng)邊界和題設(shè)條件畫(huà)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(chǎng)的臨界狀態(tài)是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場(chǎng)邊界相切。3.常見(jiàn)的動(dòng)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(diǎn)位置相同，速度方向一定，速度大小不同以入射點(diǎn)P為定點(diǎn)，將半徑放縮作軌跡圓，粒子恰好不射出磁場(chǎng)的臨界狀態(tài)是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場(chǎng)邊界相切旋轉(zhuǎn)圓(軌跡圓的圓心在以入射點(diǎn)P為圓心、半徑R=mv粒子的入射點(diǎn)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(diǎn)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(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(chǎng)，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(chǎng)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(chǎng)中洛倫茲力提供向心力qvB=mv2r，可得r=mvqB=0.3L，當(dāng)粒子的軌跡與AC邊相切時(shí)為粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后能返回到AD邊的右側(cè)臨界點(diǎn)，設(shè)此時(shí)入射點(diǎn)為E，則AE=rsin30°-r=0.3L，當(dāng)粒子的軌跡與CD邊相切時(shí)為粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后能返回到AD邊的左側(cè)臨界點(diǎn)，設(shè)此時(shí)入射點(diǎn)為F，則DF=rsin60°+r=233r+r≈0.6464L，則粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后能返回到AD邊的入射點(diǎn)的長(zhǎng)度為EF=AD-AE-DF=1.0536L，所以，粒子經(jīng)磁場(chǎng)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(gè)實(shí)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(shí)驗(yàn)裝置(BEST)在我國(guó)正式啟動(dòng)總裝。如圖是托卡馬克環(huán)形容器中磁場(chǎng)截面的簡(jiǎn)化示意圖，兩個(gè)同心圓圍成的環(huán)形區(qū)域內(nèi)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，內(nèi)圓半徑為R0。在內(nèi)圓上A點(diǎn)有a、b、c三個(gè)粒子均在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，并都恰好到達(dá)磁場(chǎng)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(diǎn)所用的最短時(shí)間為(3π+2)C.b、c粒子返回A點(diǎn)所用的最短時(shí)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(yùn)動(dòng)軌跡如圖(a)所示，a粒子恰好到達(dá)磁場(chǎng)外邊界后返回且運(yùn)動(dòng)的圓周正好與磁場(chǎng)外邊界相切，然后沿內(nèi)圓徑向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，再做勻速圓周運(yùn)動(dòng)恰好回到A點(diǎn)，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(cuò)誤；a粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=2πR0va=2πmqB，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=540°360°·T=3πmqB，勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=2R0va=2mqB，故a粒子返回A點(diǎn)所用的最短時(shí)間為tmin=因?yàn)閎、c粒子返回A點(diǎn)都是運(yùn)動(dòng)一個(gè)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(yùn)動(dòng)周期相同，故所用的最短時(shí)間之比為1∶1，C錯(cuò)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(biāo)系中，x軸上方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)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(zhǎng)的探測(cè)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(diǎn)O的粒子源，沿Oxy平面向x軸上方各個(gè)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(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為2dB.薄板的上表面接收到粒子的區(qū)域長(zhǎng)度為3dC.薄板的下表面接收到粒子的區(qū)域長(zhǎng)度為dD.薄板接收到的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)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(cuò)誤；當(dāng)粒子沿x軸正方向射出時(shí)，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(dāng)粒子恰能通過(guò)N點(diǎn)到達(dá)薄板上方時(shí)，薄板上表面接收點(diǎn)距離y軸最遠(yuǎn)，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(zhǎng)度為s上=3d-d，故B錯(cuò)誤；當(dāng)粒子沿y軸正方向射出時(shí)，粒子下表面接收到的粒子離y軸最遠(yuǎn)，如圖軌跡3，根據(jù)幾何關(guān)系此時(shí)離y軸距離為d，故下表面接收到粒子的區(qū)域長(zhǎng)度為d，故C正確；由圖可知，粒子恰好打到下表面N點(diǎn)時(shí)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角最小，用時(shí)最短，有tmin=60°360°熟記并巧用一些“二級(jí)結(jié)論”可以使思維過(guò)程簡(jiǎn)化，節(jié)約解題時(shí)間，非常實(shí)用的二級(jí)結(jié)論有：(1)等時(shí)圓規(guī)律；(2)平拋運(yùn)動(dòng)速度的反向延長(zhǎng)線過(guò)水平位移的中點(diǎn)；(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(guò)同一加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，軌跡重合；(4)直流電路中動(dòng)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(kāi)，改變極板間距離不影響極板間勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度等。示例(多選)(2025·河南新鄉(xiāng)、駐馬店市模擬)嫦娥七號(hào)計(jì)劃于2026年發(fā)射，由于月球上沒(méi)有空氣，某同學(xué)提議在旗幟上固定導(dǎo)線，通過(guò)電磁場(chǎng)的相互作用使旗幟飄揚(yáng)起來(lái)?，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(zhǎng)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(shí)，兩導(dǎo)線間的距離越大，作用力越小，因此A、B正確，C、D錯(cuò)誤。專(zhuān)題強(qiáng)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(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線L1與L2，通有大小相等、方向相反的電流。導(dǎo)線周?chē)嬖贛、O、N三點(diǎn)，M與O關(guān)于L1對(duì)稱，O與N關(guān)于L2對(duì)稱且OM=ON，初始時(shí)，M點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，現(xiàn)保持L1中電流不變，僅將L2撤去，N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同，大小相等，則單個(gè)直導(dǎo)線在O點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0=B22，根據(jù)對(duì)稱性，可知兩導(dǎo)線在N點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與M點(diǎn)一樣，為B1；L2在N點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0=B22，由于L2在N點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于L1在N點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度，且方向相反，將L2撤去，N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B222.(2025·寧夏石嘴山市一模)有一邊長(zhǎng)為l的正三角形導(dǎo)線框abc懸掛在彈簧測(cè)力計(jì)下面，線框中通有cbac方向的恒定電流I，直線MN是勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界線，磁場(chǎng)方向垂直于△abc所在平面向里。平衡時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)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(chǎng)，其他條件都不改變，再次平衡時(shí)，磁場(chǎng)邊界線MN剛好過(guò)ab和ac邊的中點(diǎn)，這種情況下，彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)為3F，則勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A.FIl B.2FIl C.3答案D解析導(dǎo)線框全部在磁場(chǎng)中時(shí)，受到安培力作用的有效長(zhǎng)度為零，則F=mg，直線MN剛好過(guò)ab和ac邊的中點(diǎn)時(shí)，導(dǎo)線框受到安培力的有效長(zhǎng)度為l2，受到豎直向下的安培力，大小為F安=BIl2，對(duì)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(wú)初速度“飄入”加速電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)加速后，從P點(diǎn)沿半徑方向進(jìn)入垂直于紙面向外的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)磁場(chǎng)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(jì)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(xiàng)A正確；經(jīng)電場(chǎng)加速有qU=12mv2，在磁場(chǎng)中有qvB=mv2r，可知qm=2UB2r2，兩離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑不同，則比荷不同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)圓形磁場(chǎng)的半徑為R，則甲離子的運(yùn)動(dòng)半徑為r1=R，乙離子的運(yùn)動(dòng)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(cè))如圖，abcd-a'b'c'd'為上表面水平的正方體區(qū)域，整個(gè)正方體空間內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。abcd表面的正中央有一小孔P。粒子源S發(fā)射了兩個(gè)速度大小相同、比荷不同的粒子M、N(重力不計(jì))，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(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，從上往下看，如圖所示，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為L(zhǎng)，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(gè)速度大小相同的粒子進(jìn)入同一磁場(chǎng)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B1，P點(diǎn)為磁場(chǎng)邊界上的一點(diǎn)。相同的帶正電荷粒子，以相同的速率從P點(diǎn)射入磁場(chǎng)區(qū)域，速度方向沿位于紙面內(nèi)的各個(gè)方向。這些粒子射出磁場(chǎng)區(qū)域的位置均處于磁場(chǎng)邊界的位置的某一段弧上，這段圓弧的弧長(zhǎng)是磁場(chǎng)邊界圓周長(zhǎng)的16。若只將磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變?yōu)锽2，結(jié)果相應(yīng)的弧長(zhǎng)變?yōu)榇艌?chǎng)邊界圓周長(zhǎng)的13，不計(jì)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(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2時(shí)，從P點(diǎn)射入的粒子與磁場(chǎng)邊界的最遠(yuǎn)交點(diǎn)是軌跡上直徑與磁場(chǎng)邊界圓的交點(diǎn)，即∠POM=120°，如圖所示，設(shè)圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑為R，所以粒子做圓周運(yùn)動(dòng)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(qiáng)度大小為B0的正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域ABCD，磁場(chǎng)方向垂直紙面(圖中未畫(huà)出)，電