2025年人教版高考物理一轮复习：阶段复习（四）电场和磁场

阶段复习（四）电场和磁场

【知识网络】

一\电场

Q,Q—8rs带电粒子的运动

~U4宣Ad

［两类动态变化

等势面特点：移动电荷不

做功，疏密表示电场强弱

电势:令

表达式F=A臂

|静电力常量A=9.0x1。9N・m2/C2)

静电场及其应用

静电场中的能量

二、磁场

质谱仪：qU=^mv2^qvB=m-Y

〃2D2D2

回旋加速器：户

2m

速度选择器、磁流体发电机、

电磁流量计、霍尔元件：

叠加场：受力分析IqE=qvB

半径/?二笔，周期r=牙

qBqB

(

磁

场

a叠

【规范训练】（2023•广东汕头市仲元中学二模）现代科技中常常利用电场和磁场来控制带电粒

子的运动，某控制装置如图所示，区域I是］圆弧形均匀辐向电场，半径为R的中心线O'O

处的电场强度大小处处相等，且大小为团，方向指向圆心。1；在空间坐标系。一盯z中，区

域II是边长为乙的正方体空间，该空间内充满沿y轴正方向的匀强电场场（大小未知）；区域

III也是边长为乙的正方体空间，空间内充满平行于xOy平面，与无轴负方向成45。夹角的匀

强磁场，磁感应强度大小为8,在区域III的上表面是一粒子收集板；一群比荷不同的带正电

粒子以不同的速率先后从。'沿切线方向进入辐向电场，所有粒子都能通过辐向电场从坐标

原点。沿x轴正方向进入区域H,不计带电粒子所受重力和粒子之间的相互作用。

粒子收集板

（1）若某一粒子进入辐向电场的速率为。o,该粒子通过区域II后刚好从P点进入区域III中，已

知P点坐标为（L,多0）,求该粒子的比荷氏和区域II中电场强度瓦的大小；

（2）保持（1）问中E2不变，为了使粒子能够在区域III中直接打到粒子收集板上，求粒子的比荷V

需要满足的条件。

【解题指导】

关键表述关键表述解读

当电荷量为q的粒子经点进入区域I,受到

半径为R的中心线。'。处的电场强度

辐向电场的静电力，大小恒定，方向指向圆心

大小处处相等，且大小为Ei,方向指向

粒子在静电力的作用下将做半径为R的圆

圆心

周运动。

区域II是边长为L的正方体空间，该空进入区域II的粒子速度指向X轴正方向，静电力

间内充满沿y轴正方向的匀强电场瓦（大指向y轴正方向，所以粒子x轴方向做匀速直线

小未知）运动，y轴方向做匀加速直线运动。

该粒子通过区域H后刚好从尸点进入区粒子在x轴方向的位移为3满足

域III中，已知P点坐标为（L李，0）y轴方向位移为丫=亭，满足,="

保持（1）问中及不变，粒子在区域II中的运动轨

保持⑴问中£2不变，为了使粒子能够在

迹不变，仍然从尸点进入区域III中，速度方向和

区域III中直接打到粒子收集板上

区域ill中的磁场垂直，在区域m中做匀速圆周运

答案⑴氤半⑵懿易（黏

解析（1）由静电力提供向心力可得

q（）EimoR（X）

区域H中x轴方向有L=vot@

y轴方向有。=鬻④

亨=“⑤

（2）设粒子进入辐向电场的速率为o,

区域II中沿x轴方向有介⑨

y轴方向有ai=^~@

y=上访2⑪

4=〃"1⑫

区域ni中粒子速度方向与1轴正方向的夹角为仇

则tan9=£=1⑮

粒子进入区域HI的速度f2

v=y]v+v/f

方向与区域III中磁场方向垂直⑯

v'2

由qv'⑰

联立⑭⑮⑯⑰式得厂=豺呼运⑱

为了保证粒子能够打到粒子收集板上，粒子轨迹如图所示,

由几何关系可知粒子在磁场中的半径需要满足

^L<r<^L®

联立⑱⑲式得粒子的比荷节沙*〈詈法。

阶段复习练（四）

1.（2024山西晋城市第一中学期中）如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由

相互平行、间距为d的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组

成一个平行板电容器，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，则下列说法正确的是（）

丙

A.按键的过程中,电容器的电容减小

B.按键的过程中,电容器的电荷量增大

C.按键的过程中,图丙中电流方向从〃流向Z?

D.按键的过程中,电容器间的电场强度减小

答案B

解析根据。=黑海知，按键过程中，板间距离d减小，电容C增大，故A错误；因C增

大，U不变，根据。=CU知Q增大，电容器充电，电流方向从。流向故B正确，C错

误；根据电势差与电场强度的关系U=Ed,可知电容器间的电场强度增大，故D错误。

2.（2023•广东深圳市期末汝□图所示，将一轻质矩形弹性软线圈ABC。中A、B、C、。、E、F

六点固定，E、F为AD、8c边的中点。一不易形变的长直导线在E、尸两点处固定，现将矩

形绝缘软线圈中通入电流八，直导线中通入电流/2，已知长直导线和线圈彼此绝缘。

则稳定后软线圈大致的形状可能是（）

解析由安培定则可知，通电直导线左侧磁场垂直于纸面向外，右侧磁场垂直于纸面向里，

由于可以忽略电流/1产生的磁场，软线圈的各段的形变方向为其受到的安培力方向，

故而由左手定则可判断B图正确。

3.（多选）如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化如图乙，

间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、/上，。为正六边形

的中心，A点、8点分别为的中点。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与

电流大小成正比，与到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面向外、大小相等的

电流，其中。导线中的电流对6导线的安培力大小为R则（）

A.A点和8点的磁感应强度相同

B.其中6导线所受安培力大小为|产

C.a、b、c、d、e五根导线在。点的磁感应强度方向垂直于ed向下

D.〃、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上

答案BC

解析根据对称性可知A点和8点的磁感应强度大小相等，方向不同，关于。点对称，故A

错误；根据题意可知以c对导线b的安培力大小£/、d对导线b的安培力大小为Ffd=*F,

e对导线b的安培力大小为，，根据力的矢量合成可得b导线所受安培力Fb=2Fsin30°+

2X2—sin60。+不=e，故B正确；根据安培定则，a、d两条导线在。点的磁感应强度等

大反向，b、e两条导线在。点的磁感应强度等大反向，a、b、c、d、e五根导线在。点的磁

感应强度方向与c导线在。点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误。

4.（2024•江苏常州市检测）如图所示，ABCD为真空中一正四面体区域，M和N分别为AC边

和4。边的中点，A处和C处分别有等量异种点电荷+。和一。。贝女）

B上-e

A.B、。处电场强度大小相等，方向不同

B.电子在M点的电势能小于在N点的电势能

C.将一试探正电荷从B沿直线BD移动到D静电力做正功

D.将位于C处的电荷一Q移到B处时M、N点电场强度大小相等

答案D

解析因为是正四面体，所以各棱长相等，A处和C处分别有等量异种点电荷，则根据点电

荷的电场强度公式石=,可知，两点电荷各自在8、。处产生的电场强度大小相等，但由于

电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形定则，根据电场强度的叠加原理可知，两点电荷在

8、。处产生的电场强度大小相等、方向相同，故A错误；根据等量异种点电荷形成的电场

的特点可知，两点电荷连线的中垂面为等势面，电势为零，而M点在该等势面上，则可知M

点的电势为零，以此中垂面为界限，靠近正电荷电势为正，靠近负电荷电势为负，N点靠近

正电荷，则其电势大于零，因此有外＞9”，而电子在电势越高的地方电势能越小，由此可知

电子在M点的电势能大于在N点的电势能，故B错误；根据正四面体的性质可知，BD在该

等量异种点电荷连线的中垂面上，因此8、。两点电势相等，均为零，将一试探正电荷从8

沿直线8。移动到。静电力不做功，故C错误；将位于C处的电荷一。移到B处时，可知M、

N两点到正电荷的距离相等，且M、N两点到负电荷的距离也相等，根据点电荷的电场强度

公式以及几何关系可知，两点电荷分别在M、N两点产生的合电场强度的大小相等，故D正

确。

5.（2024•河南周口市期中）如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有

一根长为工的绝缘细线，细线一端固定在。点，另一端系一质量为根的带电小球。小球静

止时细线与竖直方向成。角，此时让小球获得初速度且恰能绕。点在竖直平面内沿逆时针方

向做圆周运动，重力加速度为g,忽略空气阻力。下列说法正确的是（）

A.匀强电场的电场强度E=瑞^

B.小球动能的最小值为&=襄^

4LUbU

C.小球的重力势能最小时机械能也最小

D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先增大后减小再增大

答案B

解析小球静止时细线与竖直方向成夕角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和静电力，

三力平衡，根据平衡条件，有mgtan9=qE,解得后=逊也士故A错误；小球恰能绕。点

q

在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，如图。

根据牛顿第二定律，有7^胤=虏~,则最小动能Ek=gmv2=工兴"故B正确；小球的机械

CObC7L乙NCOS（/

能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运

动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，故C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内沿

逆时针方向运动一周的过程中，静电力先做正功后做负功，再做正功，则其电势能先减小后

增大，再减小，故D错误。

6.（多选）（2024•广西北海市一模）如图所示，尤轴上有两个点电荷位于。、位置，一负试探

电荷沿x轴由。向移动的过程中，该电荷的电势能随位置的变化规律如图所示，A、C

两点的连线以及B点的切线均与x轴平行，B点的横坐标为尤1=2,。'点的横坐标为无2=5。

则下列说法正确的是（）

A.8点的电场强度为零

B.。、O'两点的电荷均为正电荷

C.。、0'两点的点电荷所带电荷量的绝对值之比为9：4

D.（PA—（PB=（PC—9B

答案AD

解析Ep-x图像中图线的斜率表示静电力，由于8点的切线与x轴平行，即斜率为零，故

试探电荷在8点的静电力为零，电场强度为零，故A正确；由于负的试探电荷在两点电荷产

生的电场中电势能为正值，设试探电荷所带电荷量绝对值为q,则由公式七=一”可知电场

中各点的电势为负值，所以两点电荷均带负电，故B错误；设。、O'两点的点电荷所带的

电荷量绝对值分别为qi、伙，由于2点的电场强度为0,则由电场强度的叠加原理得

k,3解得"=]故c错误；试探电荷在A、C两点的电势能相等，则A、C两点的电

势相等，又A、C两点的电势比8点的电势低，财（PA-<PB=（PC-<PB,故D正确。

7.（2024.辽宁省十校联合体联考）回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。

Di和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，他们接在电压为U、

频率为了的高频交流电源上。已知匀强磁场的磁感应强度为8,D形盒的半径为八若位于

Di圆心处的粒子源A处能不断产生带电荷量为q、速率为零的粒子经过电场加速后进入磁场,

当粒子被加速到最大动能后，再将他们引出。忽略粒子在电场中运动的时间，忽略相对论效

应，忽略粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（）

A.粒子第n次被加速前后的轨道半径之比为也：尸1

B.粒子从D形盒出口引出时的速度为最/

C.粒子在D形盒中加速的次数为畸

D.当磁感应强度变为原来的2倍，同时改变交流电频率，该粒子从D形盒出口引出时的动

能为4nfqBr

答案D

2

UWTIW

解析根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，有qvB=~^~,则有半径公式R=药，与

nqU=5iv2,可得旦,所以粒子第n次被加速前、后的轨道半径之比为,几一1:y/7i,

选项A错误；粒子从D形盒出口引出时根据8"=喘\可得0m其中尸4=^高，解

2mVm兀铝於

得速度为vm=2jifr,选项B错误；粒子在D形盒中加速的次数为〃=方厂=七~，选项C

13242r2

错误；粒子从D形盒出口引出时的动能为Ekm=/Om2=2m=nBq//,当磁感应强度变为

原来的2倍，因/=黑,则/变为原来的2倍，则此时&m=4皿B户，选项D正确。

8.（多选）如图，在一个边长为。的正六边形区域内，存在磁感应强度为2、方向垂直于纸面向

里的匀强磁场，三个相同的带正电粒子，比荷为'，先后从A点沿方向以大小不等的速

率射入匀强磁场区域，己知粒子只受磁场的作用力，则（）

A.从尸点飞出磁场的粒子速度大小为亚警

B.所有从AF边上飞出磁场的粒子，在磁场中的运动时间都相同

C.从E点飞出磁场的粒子，在磁场中的运动时间为瑞

D.从EQ边上的某一点垂直飞出磁场的粒子，其轨道半径为2小a

答案BCD

解析从尸点飞出的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为ri,洛伦兹力提供向心

力，由牛顿第二定律得效8=加手，由几何关系可得n=2$:60。=华，联立解得。="|争,

故A错误;

QJTW

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为r=F，所有从AF边上飞出磁场的粒子，在磁场中

QD

转过的圆心角均为120。，则在磁场中的运动时间均为r=汽120°7=12*2幺Ttm詈2=兀普"1，故B正确;

JouJquJQD

由几何关系可得，从E点飞出的粒子在磁场中转过的圆心角60。，粒子在磁场中的运动时间

为

60°1、，2jimTim—“

t=360°T=6X~qB'=3qB,故。正角；

由几何关系可得，从西边上的某一点垂直即飞出磁场的粒子，在磁场中转过的圆心角为

AE

30°,贝I有AE=2acos30°=小。，，3=$亩30s=2小a,

故D正确。

9.（多选X2023•四川成都市模拟）利用霍尔效应制作的霍尔元件广泛应用于测量和自动控制等

领域，如图是霍尔元件的工作原理示意图。磁感应强度8垂直于用金属材料制成的霍尔元件

的表面向下，通入图示方向的电流/,C、D两端会形成电势差Ua），电子的电荷量为e,导

体中单位体积内的电子数为%垂直于电流的侧面长宽分别为从小则下列说法正确的是（）

A.C端电势一定高于。端电势

B.载流子所受静电力的大小为尸=当总

C.仅增大电流/,Uco的绝对值将增大

D.仅增大d,Uco的绝对值将增大

答案BC

解析因霍尔元件材料为金属，金属中可自由移动的是电子，电子受洛伦兹力向左，即电子

会打到C端，故有UCD<Q,C端电势低于。端电势，故A错误；根据电场强度定义式可得产

=Ee,又因£=也铲，电子受静电力大小为尸=瓦=琛4>,故B正确；当霍尔元件状态稳

定时，根据平衡条件，有其中/=〃eo/7d,解得|。“|=推），仅增大电流|UcH

增大；仅增大d,|Ua）|减小，故C正确，D错误。

10.（2024・贵州遵义市第一次质检）如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆形区域，其圆心为

O,最高点为P,该区域内存在垂直圆面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为瓦在圆形区域

右侧竖直放置一粒子收集器，M.N为收集器上、下边缘的两点，与圆形区域在同一平

面内，。与N在同一水平线上，MN=R,ON=y[3Ro从P点沿PO方向射入大量速率不等的

同种粒子，粒子所带电荷量为外质量为机。忽略粒子间的相互作用力和粒子重力，关于打

在收集器上的粒子，下列说法正确的是（）

M

/xl'x

/u

/XXXXA

;XBXOXxx!I

\XXXXx/N

\XXX

A.粒子带负电

B.粒子在磁场中运动的最短时间为舞

jDq

c.打在收集器上的粒子的最小速率为华达

D.从尸点到N点的粒子比从P点到M点的粒子运动时间短

答案D

解析根据题意可知，粒子在磁场中向右偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，故A错误;

打到M、N两点的粒子轨迹如图所示，

由图可知，粒子打到N点时，在磁场中的轨迹对应的圆心角最小，在磁场中的运动时间最短，

则有舞,故B错误；粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得qvB=

1?-iiTn

解得r=转，由图可知粒子打到Af点时，在磁场中的轨道半径最小，粒子的速度最小，

根据几何关系可得，tan。=岑^=小，可得6=60°,则最小半径为n=Rtan号=*R,联立

解得打在收集器上的粒子的最小速率为oi="|誓，故C错误；由图可知，从尸点到N点

的粒子在磁场中的运动时间小于从P点到M点的粒子在磁场中的运动时间；离开磁场到打

到收集器，从P点到N点的粒子通过的位移小于从尸点到M点的粒子通过的位移，从P点

到N点的粒子的速度大于从尸点到M点的粒子的速度，则从尸点到N点的粒子从离开磁

场到打到收集器所用时间小于从尸点到M点的粒子从离开磁场到打到收集器所用时间，故

从尸点到N点的粒子比从尸点到M点的粒子运动时间短，故D正确。

11.(2024湖北省联考)如图所示，直角坐标系xOy中，x轴上方存在竖直向下的匀强电场，x

轴下方存在垂直纸面向外的匀强磁场。一带正电粒子从+y轴上的尸点，以初速度。o沿与y

轴正方向成0=53。角方向射入第一象限，经x轴后恰好能通过坐标原点。。已知粒子经过尤

轴时与无轴正方向也成53。角，且。尸=L不计粒子重力，sin53o=0.8,cos53°=0.6o

(1)求匀强电场的电场强度与匀强磁场的磁感应强度大小之比;

(2)若仅改变匀强磁场的磁感应强度大小，使粒子从+y轴上的尸点以同样方式射出后，进出

磁场一次后又恰好能回到尸点，求改变后的磁感应强度与改变前的磁感应强度大小之比。

答案(l)|^o⑵聂H

解析(1)设粒子质量为机、电荷量为q,电场强度为E,经过x轴时的速度为。，磁感应强度

大小为3。粒子在电场中做类斜上抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图。

在电场中，根据类抛体运动规律ocos53°=o()sin53°

根据动量定理Eq-t=mvsin5304-mu0cos53°

根据动能定理Eq]=^mv2—^mvo2-

在磁场