（2021-2025）5年高考1年模拟物理真题分类汇编专题04 静电场与磁场（天津专用）（解析版）

五年（2021-2025）高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题04静电场与磁场考点五年考情（2021-2025）命题趋势考点1静电场2021、2022、2023、2024从2021年到2025年天津高考物理卷来看，静电场与磁场部分的命题呈现出以下趋势：命题注重基础与综合应用相结合，磁场的产生、基本性质等基础知识仍是考查重点，同时常与电场、力学等知识进行综合命题。题型上，既会在选择题中出现，也常作为计算题的考查内容。命题情境越来越贴近现代科技成果与生活实际，如以信号放大器、带电粒子在组合场中的运动等为背景。能力要求方面，对学生的数学工具运用能力要求较高，如在处理带电粒子在磁场中的运动问题时，常涉及几何关系的应用，在电磁感应与电路结合的问题中，可能会用到函数求导等数学方法来求解极值问题。此外，试题的开放性和探究性也有所增强，鼓励学生深入思考，培养批判性思维和解决复杂问题的能力。考点2磁场2021、2022、2023、2024考点01静电场1．（2024·天津·高考）某静电场在x轴正半轴的电势φ随x变化的图像如图所示，a、b、c、d、为x轴上四个点。一负电荷仅在静电力作用下，以一定初速度从d点开始沿x轴负方向运动到a点，则该电荷（）A．在b点电势能最小 B．在c点时速度最小C．所受静电力始终做负功 D．在a点受静电力沿x轴负方向【答案】BD【详析】AB．根据题意，由公式Ep=φq可知，负电荷在高电势位置的电势能较小，由图可知，a点的电势最大，则在a点电势能最小，同理可知，c点的电势最小，则在c点时电势能最大，电荷仅在电场力作用下，电荷的电势能和动能之和不变，可知，电势能最大时，动能最小，则在c点时，电荷的动能最小，即速度最小，故ACD．根据沿电场线方向电势逐渐降低，结合题图可知，c点左侧电场方向沿x轴正方向，c点右侧电场方向沿x轴负方向，可知，c点右侧负电荷受沿x轴正方向的电场力，c点左侧负电荷受沿x轴负方向的电场力，可知，在a点受静电力沿x轴负方向，从d点开始沿x轴负方向运动到a点，电场力先做负功再做正功，故C错误，D正确。故选BD。2．（2023·天津·高考）如图所示，在一固定正点电荷产生的电场中，另一正电荷q先后以大小相等、方向不同的初速度从P点出发，仅在电场力作用下运动，形成了直线PM和曲线PN两条轨迹，经过M、N两点时q的速度大小相等，则下列说法正确的有（

）

A．M点比P点电势低 B．M、N两点的电势不同C．q从P到M点始终做减速运动 D．q在M、N两点的加速度大小相等【答案】AD【详析】A．由图中正电荷运动轨迹可知，正电荷在P受力方向向右，即电场线为P指向M，所以P点电势高于M点电势，即M点比P点电势低，故A正确；B．由题意知，同一个正电荷q两次以大小相同、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M点与N点，且q在M，N点时速度大小也一样，由动能定理可知M、N两点的电势相同，故B错误；C．q从P到M做加速运动，故C错误；D．根据以上分析可知，M、N两点在同一等势面上，且该电场是固定正电荷产生的电场，则说明M、N到固定正电荷的距离相等，由点电荷的场强公式可知M、N两点处电场强度大小相同，根据a=Fm=qEm可知，q在故选AD。3．（2022·天津·高考）如图所示，一正点电荷固定在圆心，M、N是圆上的两点，下列说法正确的是（

）A．M点和N点电势相同B．M点和N点电场强度相同C．负电荷由M点到N点，电势能始终增大D．负电荷由M点到N点，电场力始终做正功【答案】A【详析】AB．M、N是以O为圆心的圆上的两点，则电势相同，场强大小相等方向不同，A正确，B错误；CD．由于两点电势相等，负电荷由M点到N点，电场力做功为零，电势能变化量为零，CD错误。故选A。4．（2021·天津·高考）两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是（）A．两点电荷可能是异种点电荷 B．A点的电场强度比B点的大C．A点的电势高于B点的电势 D．电子运动到P点时动能最小【答案】CD【详析】A．根据电荷间等势面的分布情况可知两点电荷时同种电荷，又根据电子在该电场中的运动轨迹可判断电子一直受到排斥的力，故可知两点电荷为同种负电荷；故A错误；B．根据等势面的疏密程度可以判断A点的电场强度比B点的小，故B错误；C．因为两点电荷是同种负电荷，电场线指向负电荷，故可知A点的电势高于B点的电势，故C正确；D．根据电子的运动轨迹和电场线的方向可知由M到P电场力做负功，由P到N电场力做正功；由M到P动能减小，由P到N动能增加，故电子运动到P点时动能最小，故D正确。故选CD。考点02磁场5．（2024·天津·高考）如图所示，在Oxy平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀强磁场区域，半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿+x方向的匀强电场，电场强度大小为E．一带负电粒子质量为m，电荷量为q，从M点以速度v沿+(1)求磁感应强度B的大小；(2)若仅有电场，求粒子从M点到达y轴的时间t；(3)若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达x轴上P点，M、P的距离为3R，求粒子在磁场中运动的时间t【答案】(1)B(2)t(3)t【详析】（1）根据题意可知，由于一带负电粒子能沿直线匀速穿过半圆区域，由平衡条件有Eq=qvB（2）若仅有电场，带负电粒子受沿x轴负方向的电场力，由牛顿第二定律有Eq=ma又有R=（3）根据题意，设粒子入射速度为v0qT可得T=2由几何关系可得tanθ=3RR=36．（2023·天津·高考）科学研究中可以用电场和磁场实现电信号放大，某信号放大装置示意如图，其主要由阴极、中间电极(电极1,电极2,…,电极n)和阳极构成，该装置处于匀强磁场中,各相邻电极存在电势差。由阴极发射的电子射入电极1,激发出更多的电子射入电极2,依此类推,电子数逐级增加,最终被阳极收集,实现电信号放大。图中所有中间电极均沿x轴放置在xOz平面内,磁场平行于z轴，磁感应强度的大小为B。已知电子质量为m,电荷量为e。忽略电子间的相互作用力，不计重力。（1）若电极间电势差很小可忽略,从电极1上O点激发出多个电子，它们的初速度方向与y轴的正方向夹角均为θ，其中电子a、b的初速度分别处于xOy、yOz平面的第一象限内，并都能运动到电极2。（i）试判断磁场方向；（ii）分别求出a和b到达电极2所用的时间t1和t（2）若单位时间内由阴极发射的电子数保持稳定,阴极、中间电极发出的电子全部到达下一相邻电极。设每个射入中间电极的电子在该电极上激发出δ个电子,δ∝U，U为相邻电极间电势差。试定性画出阳极收集电子而形成的电流I和U关系的图像【答案】（1）（ⅰ）沿z轴反方向；（ⅱ）t1=(π-2【详析】（1）（ⅰ）a电子，初速度方向在xoy平面内，与y轴正方向成θ角；若磁场方向沿z轴正方向，a电子在洛伦兹力作用下向x轴负方向偏转，不符合题题意；若磁场方向沿z轴反方向，a电子在洛伦兹力作用下向x轴正方向偏转，符合题意；b电子，初速度方向在zoy平面内，与y轴正方向成θ角。将b电子初速度沿坐标轴分解，沿z轴的分速度与磁感线平行不受力，沿y轴方向的分速度受到洛伦兹力使得电子沿x轴正方向偏转，根据左手定则可知，磁场方向沿z轴反方向。符合题意；综上可知，磁感应强度B的方向沿z轴反方向。（ⅱ）a电子在洛伦兹力作用下运动轨迹如图由图可知电子运动到下一个极板的时间t1=2(π2-θ（2）设δ=kU，单位时间内阴极逸出的电子数量N0不变，每个电子打到极板上可以激发δ个电子，经过n次激发阳极处接收电子数量N=N0δn7．（2023·天津·高考）如图所示，一不可伸长的轻绳上端固定，下端系在单匝匀质正方形金属框上边中点O处，框处于静止状态。一个三角形区域的顶点与O点重合，框的下边完全处在该区域中。三角形区域内加有随时间变化的匀强磁场，磁感应强度大小B与时间t的关系为B=kt（k>0的常数），磁场与框平面垂直，框的面积为框内磁场区域面积的2倍，金属框质量为m，电阻为R，边长为l，重力加速度g，求：（1）金属框中的感应电动势大小E；（2）金属框开始向上运动的时刻t0；

【答案】（1）kl22；（【详析】（1）根据法拉第电磁感应定律有E（2）由图可知线框受到的安培力为FA=IlB=ERlB=kl8．（2022·天津·高考）直流电磁泵是利用安培力推动导电液体运动的一种设备，可用图1所示的模型讨论其原理，图2为图1的正视图。将两块相同的矩形导电平板竖直正对固定在长方体绝缘容器中，平板与容器等宽，两板间距为l，容器中装有导电液体，平板底端与容器底部留有高度可忽略的空隙，导电液体仅能从空隙进入两板间。初始时两板间接有直流电源，电源极性如图所示。若想实现两板间液面上升，可在两板间加垂直于Oxy面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，两板间液面上升时两板外的液面高度变化可忽略不计。已知导电液体的密度为ρ0、电阻率为ρ，重力加速度为g（1）试判断所加磁场的方向；（2）求两板间液面稳定在初始液面高度2倍时的电压U0（3）假定平板与容器足够高，求电压U满足什么条件时两板间液面能够持续上升。【答案】（1）沿z轴负方向；（2）U0=ρ0【详析】（1）想实现两板间液面上升，导电液体需要受到向上的安培力，由图可知电流方向沿x轴正方向，根据左手定则可知，所加磁场的方向沿z轴负方向。（2）设平板宽度为b，两板间初始液面高度为h，当液面稳定在高度2h时，两板间液体的电阻为R，则有R=ρl2hb当两板间所加电压为U0时，设流过导电液体的电流为I，由欧姆定律可得I=U0R外加磁场磁感应强度大小为B时，设液体所受安培力的大小为FF=mg（3）设两板间液面稳定时高度为nh，则两板间比容器中液面高出的部分液体的高度为(n－1)h，与（2）同理可得UρlnhblB=ρ0nh-h9．（2022·天津·高考）如图所示，M和N为平行金属板，质量为m，电荷量为q的带电粒子从M由静止开始被两板间的电场加速后，从N上的小孔穿出，以速度v由C点射入圆形匀强磁场区域，经D点穿出磁场，CD为圆形区域的直径。已知磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，粒子速度方向与磁场方向垂直，重力略不计。（1）判断粒子的电性，并求M、N间的电压U；（2）求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r；（3）若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，求粒子在磁场中运动的时间t。【答案】（1）正电，U=mv22q；（2【详析】（1）带电粒子在磁场中运动，根据左手定则可知粒子带正电。粒子在电场中运动由动能定理可知qU=1（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB=m（3）设粒子运动轨道圆弧对应的圆心角为θ，如图依题意粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，由几何关系，得θ=π3设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，有T=2πr10．（2021·天津·高考）霍尔元件是一种重要的磁传感器，可用在多种自动控制系统中。长方体半导体材料厚为a、宽为b、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系xyz，如图所示。半导体中有电荷量均为e的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子，单位体积内自由电子和空穴的数目分别为n和p。当半导体材料通有沿+x方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空间加一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，沿+y方向，于是在z方向上很快建立稳定电场，称其为霍尔电场，已知电场强度大小为E，沿（1）判断刚加磁场瞬间自由电子受到的洛伦兹力方向；（2）若自由电子定向移动在沿+x方向上形成的电流为In，求单个自由电子由于定向移动在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力大小（3）霍尔电场建立后，自由电子与空穴在z方向定向移动的速率分别为vnz、vpz，求Δt时间内运动到半导体z【答案】（1）自由电子受到的洛伦兹力沿+z方向；（2）Fnz=【详析】（1）自由电子受到的洛伦兹力沿+z（2）设t时间内流过半导体垂直于x轴某一横截面自由电子的电荷量为q，由电流定义式，有In=qt设自由电子在x方向上定向移动速率为vnx，可导出自由电子的电流微观表达式为In=neabvnx（3）设Δt时间内在z方向上运动到半导体上表面的自由电子数为Nn、空穴数为NnNp霍尔电场建立后，半导体z方向的上表面的电荷量就不再发生变化，则应Nn=Np1．（2025·天津滨海新区·三模）做心电图时，心脏可视为由两个等量异种点电荷组成的系统。图中显示的是患者体表的瞬时电势分布，实线为等差等势面，数值表示其电势，a、b为两点电荷连线上对称的两点，c、d为连线中垂线上对称的两点，则（）A．Uab=2UbcB．a点与b点的电场强度相同C．人体内的Cl−在a点的电势能比在b点的电势能大D．若人体内Na+沿两电荷连线的中垂线从c点运动到d点，电场力先做正功再做负功【答案】B【详析】A．由图知UU则Uab=-2UB．根据等量异号点电荷电场的对称性可知a点与b点的电场强度相同，故B正确；C．根据Ep=qφ，负电荷在电势越高的地方电势能越低，人体内的Cl−在a点的电势能比在b点的电势能小，故C错误；D．等量异号点电荷电场的中垂线电势为0，若人体内Na+沿两电荷连线的中垂线从c点运动到d点，电场力始终不做功，故D错误。故选B。2．（2025·天津九校联考·一模）两异种点电荷电场中的部分等势面如图所示，已知A点电势高于B点电势。若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为qa和qA．a处为正电荷，qB．a处为正电荷，qC．把一个正电荷从A点移动到B点该电荷电势能减少D．把一个正点电荷（不计其他力）在a处右侧释放，将匀加速向b处运动【答案】BC【详析】AB．若把该图像与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低。则a处为正电荷。等量异种点电荷电场中的部分等势面图像中的等势面左右对称，无穷远处的电势为0．该图像的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多，qa>qb，故C．正电荷在高电势点电势能大，在低电势点电势能小，A点电势高于B点电势，则把一个正电荷从A点移动到B点该电荷电势能减少，故C正确；D．由于电场不是匀强电场，正点电荷所受电场力不是恒力，加速度不是恒定的，则把一个正点电荷（不计其他力）在a处右侧释放，做的不是匀加速运动，故D错误。故选BC。3．（2025·天津九校联考·二模）静电喷涂是一种利用高压静电场使带负电的涂料微粒定向运动，并吸附在工件表面的喷涂方法。某一静电喷涂装置接上高压电源后在喷口和被涂物间产生强电场，电场线分布如图所示，一微粒从M点沿直线运动到N点，以喷口为原点，以MN连线向右方向为正方向建立x轴，该过程中微粒重力不计，那么电场强度E，微粒的电势φ、速度大小v、电势能Ep随x变化的图像可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】CD【详析】A．根据该电场分布特点可知，由M到N电场线越来越稀疏，电场强度不断减小，且减小的越来越慢，图线斜率应逐渐减小，并不是倾斜的直线，故A错误；B．沿电场线方向电势逐渐降低，所以由M到N电势升高，而不是降低，故B错误；C．由M到N电场力对微粒做正功，微粒的动能、速度不断增大，由于由M到N电场强度不断减小，微粒加速度不断减小，所以微粒速度增大的越来越慢，反映到图像上，图线斜率逐渐减小，故C正确；D．该图线切线的斜率也表示电场力，由于电场力不断减小并且减小的越来越慢，图线斜率就逐渐减小且减小的越来越慢，又由于电场力对微粒做正功，微粒的动能不断增大，则电势能不断减小，故D正确；故选CD。4．（2025·天津和平区·三模）如图，两个带等量正电荷的微粒P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向同时射入平行板电容器的匀强电场中，P从靠近上极板边缘处射入，A．两粒子的机械能变化量一定相同B．两粒子的动能一定都增大C．电场力对两粒子的冲量一定相同D．两粒子的电势能一定都减小【答案】BC【详析】A．两个微粒带等量正电荷，电场力做功代表机械能的变化，则ΔE=qEdB．两粒子的合外力向下，则粒子运动过程中合外力做正功，两粒子的动能一定都增大，故B正确；C．两粒子的初速度相等，水平方向做匀速直线运动，有x=v0可知电场力对两粒子的冲量一定相同，故C正确；D．由于电场力做功的正负未知，两粒子的电势能可能增大，故D错误；故选BC。5．（2025·天津耀华中学·一模）如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一个电源相连，其中A板接地（取大地电势φ=0）。S闭合后，两板间有一个质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。以下说法正确的是（）A．保持S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流B．保持S闭合，若将A板向左平移一小段位移（油滴仍处于两极板之间），则油滴仍然静止，G中有a→b的电流C．若将S断开，再将A板向左移动一小段位移，油滴向下运动D．若将S断开，再将B板向下平移一小段位移，油滴将仍然静止【答案】AD【详析】A．开始时，重力和电场力平衡，故mg将A板上移，由E=Ud可知，E变小，故油滴应向下加速运动；根据C=QU，C=εrB．若将A板向左平移一小段位移，则E不变，油滴仍静止，但由于S减小，则C减小，电容器电量减小，故G中有b→a的电流；故B错误；C．若将S断开，Q不变，将A板向左移动一小段位移，S减小，C减小，则U增大，E增大，则油滴向上运动，故C错误；D．若将S断开，Q不变，再将B板向下平移一小段位移，根据E=4πkQεr故选AD。6．（2025·天津和平·二模）如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，质量、带电完全相同的甲、乙两粒子从A点沿半圆的直径AC方向以不同的速度水平射入电场，甲粒子恰好经过半圆的最低点B，乙粒子经过圆弧上BC之间的D点，不计重力，下列分析正确的是（）A．甲、乙两粒子从A点到达圆弧所用的时间相同B．两粒子在B、D两点的速度方向都不可能沿着圆弧半径方向C．粒子在电容器中运动的整个过程，电场力对两粒子做功可能相同D．甲粒子的入射速度大于乙粒子的入射速度【答案】BC【详析】A．粒子水平射入竖直方向的电场中，不计粒子重力，则粒子做类平抛运动，竖直方向上有y由图可知，甲、乙两粒子从A点到达圆弧的竖直位移不同，则时间不同，故A错误；B．由于类平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点，则两粒子在B、D两点的速度方向都不可能沿着圆弧半径方向，故B正确；C．粒子在电容器中运动的整个过程，若甲、乙两粒子均打到下极板，则电场力对两粒子做功相同，故C正确；D．结合A分析可知，甲粒子的飞行时间较大，水平方向有x=v0t故选BC。7．（2025·天津部分区·一模）一电子只在静电力作用下沿+x方向运动，其所在位置处的电势φ随位置x变化的图线如图中抛物线所示，下列说法正确的是（）A．从x1运动到x2，电场力对电子做负功B．x1与x3处的电场强度方向相同C．电子在x1处的速率小于在x3处的速率D．电子从x2运动到x3，加速度逐渐减小【答案】AC【详析】A．从x1运动到x2，电势降低，电子的电势能增加，则电场力对电子做负功，选项A正确；B．图像的斜率等于场强，可知x1与x3处切向的斜率不同，则电场强度方向不相同，选项B错误；C．电子运动过程中只有电场力做功，则电势能和动能之和守恒，电子在x1处的电势能大于在x3处的电势能，可知电子在x1处的动能小于在x3处的动能，电子在x1处的速率小于在x3处的速率，选项C正确；D．电子从x2运动到x3，图像的斜率变大，则场强变大，根据牛顿第二定律a=qEm故选AC。8．（2025·天津红桥区·一模）如图所示，真空中两个等量正点电荷位于圆的直径AC上的M、N两点，直径BD垂直于AC，且CM=MO=A．圆弧ABCD是等势面B．B、D两点的电场强度相同C．一个负点电荷仅受静电力作用，从D点由静止释放后，在DB间做往复运动D．带正电的点电荷在A点时电势能大于该电荷在B点时的电势能【答案】CD【详析】A．等量同种点电荷电势分布如图所示由图根据对称性可知，A、C点的电势相等，B、D点的电势相等，圆弧ABCD不是等势面，故A错误；B．根据电场的对称性可知，同一个试探电荷在B、D两个位置所受的电场力大小相等，方向相反，故B错误；C．根据电场线分布可知，一个负点电荷仅受静电力作用，从D点由静止释放后，先向O做加速运动，然后向B点做减速运动，速度减到零后再反向加速，如此重复，即在DB间做往复运动，选项C正确；D．根据电势的分布可知，A点的电势高于B点的电势，根据Ep=qφ可知，带正电的点电荷在A点时电势能大于该电荷在B点时的电势能，故D正确。故选CD。9．（2025·天津和平·一模）a、b、c、d是菱形的四个顶点，O是两对角线交点，且aO<bO，P为aO之间的某一点。图甲是将等量的正负电荷分别固定于b、d两点，图乙是将同样的正负电荷分别固定于a、c两点，设无限远处电势为零，对两种情况判断正确的是（）A．甲图中P点场强小于乙图中P点场强B．甲图中P点电势高于乙图中P点电势C．将同一个正电荷从P点移动到O点，甲图电场力的功小于乙图D．将一正电荷从P点由静止释放，仅在电场力的作用下两图中的电荷可能均做直线运动【答案】AC【详析】A．根据等量异种电荷电场分布特点及电场的叠加原理可知，甲图中P点场强小于乙图中P点场强，A正确；B．根据等量异种电荷电势分布特点可知，甲图中，P点的电势为零，乙图中P点的电势大于零，B错误；C．将同一个正电荷从P点移动到O点，甲图中电场力做功为零，乙图中电场力做正功，故甲图电场力的功小于乙图电场力做的功，C正确；D．根据电场的叠加原理可知，甲图中，P点的场强垂直于bd连线，且从P到O逐渐增大，从O到c又逐渐减小，故将一正电荷从P点由静止释放，仅在电场力的作用下，甲图中电荷不可能做直线运动，乙图中，P点的场强方向始终沿ac连线，将一正电荷从P点由静止释放，仅在电场力的作用下，乙图中的电荷会做直线运动，D错误。故选AC。10．（2025·天津九校联考·一模）如图所示，电源的内阻为r，滑动变阻器的总电阻为2r，两平行金属板a、b的间距为d，板长为L，板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。初始时开关S闭合，当滑片P在滑动变阻器中间时，一带正电粒子以速度v0正好可以匀速穿过两板的正中间。已知粒子的质量为m，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．电源的电动势为2B．若将滑动变阻器滑片滑到最下端，粒子射出两极板时的速度减小C．若将滑动变阻器滑片滑到最下端，粒子射出两极板时的速度增大D．若开关S为断开状态，粒子仍以速度v0从极板正中间沿平行极板的方向射入，刚好从a板的右边缘射出，则粒子的电荷量为2【答案】AC【详析】A．滑片在正中间时，此时滑动变阻器连入电路的阻值为r，极板间的电压为U粒子可以匀速穿过两板正中间，电场力恰好等于洛伦兹力qUd=qBv0解得EBC．滑片滑到最下端时，滑动变阻器连入电路的阻值最大为2r，极板间电压为U2=2r2r+rED．开关断开时，电容会对滑动变阻器放电，最终两端电压为零，极板间仅剩磁场，由题意可知，其恰好从a板边缘射出，如图所示根据几何关系有(r-d2)2故D错误。故选AC。11．（2025·天津北辰·三模）如图，在平面直角坐标系的第三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第一象限某区域内存在垂直于坐标平面向里的圆形区域的匀强磁场（图中没有画出）。一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从电场中的Q点以大小为v0的速度平行于x轴正方向射入电场，经原点O射入第一象限时与x轴正方向的夹角为θ=45°，运动一段时间后进入圆形匀强磁场区域，最后射出磁场时与y轴正方向的夹角也为θ=45°。已知Q点与x轴的距离为l(1)匀强电场的电场强度大小E；(2)粒子在磁场中运动的时间t；(3)圆形匀强磁场区域的最小半径r。【答案】(1)E(2)t(3)r【详析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，有l=12at2，vy=（2）设粒子从O点射入第一象限时的速度大小为v，在磁场中运动轨迹所对应的圆心角等于90°，则运动时间t=T4又有qvB=m（3）粒子在匀强磁场区域内的运动轨迹如图所示由几何关系可知，当进入磁场的点和射出磁场的点的连线是圆形磁场区域的直径2r时，磁场区域半径最小，则有qvB=mv2R又12．（2025·天津滨海塘沽一中·三模）某粒子偏转器，主要由加速电场，偏转电场和偏转磁场三部分构成。如图甲所示为该粒子偏转装置示意图，粒子源可以均匀连续的产生质量为m、电荷量为+q、初速度忽略不计的带电粒子，经电压为U的加速电场加速后，带电粒子贴近上板边缘，水平飞入两平行金属板中的偏转电场。两水平金属板长为22d，间距为d，板间加有图乙所示的周期性变化的电压，其最大电压也为U、周期为2(1)若带电粒子经过加速电场未进入偏转电场之前，形成了大小为I的稳恒电流，沿着电流方向长度为Δl(2)一个周期内，从偏转电场出射的粒子数占粒子源全部发射粒子数的百分比η；(3)从偏转电场出射的粒子全部能够到达探测板时，磁感应强度B需要满足的条件。【答案】(1)I(2)50%(3)2【详析】（1）设粒子进入偏转电场的初速度为v0，根据动能定理有qU=12mv联立可得N（2）带电粒子穿过偏转电场时，水平方向做匀速直线运动，则有22d=v0t联立解得t=2dmqU即：带电粒子通过板间的时间等于周期T，且竖直方向上匀加速的时间必为T2，设前半个周期中，t1时刻飞入偏转电场的粒子恰好能到达下极板，则有12a(T（3）设粒子飞入磁场时的速度为v，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r设粒子飞入磁场时，其速度与水平方向的夹角为设粒子进入磁场后，竖直方向偏移的位移为Δy，由几何关系可知Δy=2rcosθ解得Δy=213．（2025·天津九校联考·一模）如图甲为某款医用治疗装置，该装置由粒子源、直线加速器和偏移器等部件构成。直线加速器由一系列带孔的金属漂移管组成，每个漂移管两端圆板横截面面积相等且依次排列，中心轴线共线，漂移管的长度按照一定的规律依次增加。序号为奇数的漂移管和交变电源的一极相连，序号为偶数的漂移管和电源的另一极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙。在t=0时，奇数漂移管相对于偶数漂移管的电势差为正值，此时位于序号为0的圆板中央的粒子源静止释放出一个电子，电子在圆板和漂移管1间的狭缝电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进漂移管1，在漂移管1内做匀速直线运动。每次电子在漂移管内运动时间恰为交变电源周期的一半。已知电子的质量为m、电荷量为e，交变电源电压的绝对值为U0，周期为T(1)求电子进入漂移管1时的速度v1的大小；(2)为使电子运动到漂移管之间各狭缝中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速，求第n个漂移管的长度；(3)该电子加速到最大动能Ekm后，恰好沿O'O方向射入偏移器，偏移器为一棱长为L的正方体，正方体内充满匀强电场和匀强磁场，O'为偏移器左侧面的中心点，当偏移器内电场强度和磁感应强度均为0时，电子恰好沿O'O射到目标平面中心O点处（O点和偏移器左、右侧面中心点共线），目标平面和偏移器右侧面平行且相距为L，当偏移器同时加上如图所示的匀强电场和匀强磁场（方向均垂直于前、后侧面）时，电子在极短的时间内穿过偏移器，打在目标平面上（x0，y0）处，求偏移器中电场强度E和磁感应强度B的大小。（当【答案】(1)v(2)T(3)E=4【详析】（1）根据动能定理有eU=12（2）电子在第n节漂移管内的运动时间为t=T2设电子在第n节漂移管内的运动速度为解得vn=2neUm（3）设电子进入偏移器时速度为v，则在偏移器内，由于电场引起的速度增量对y轴方向的运动不产生影响，y轴方向上相当于只考虑磁场存在，设电子进入磁场后做圆周运动半径为r'根据洛伦兹力提供向心力evB=mv2r'解得r'=mveB又有sinα=L可得B=2mvy03eLx轴方向加速度为a=eEm飞行时间为t=2πmBe×α2π又α≈Lr'，解得t≈Lv离开偏移器时x轴方向获得的速度为vx=at经过电场后，电子在x14．（2025·天津新华中学·统练四）电动汽车通过能量回收装置增加电池续航。在行驶过程中，踩下驱动踏板时电池给电动机供电，松开驱动踏板或踩下刹车时发电机工作回收能量。某兴趣小组为研究其原理，设计了如图所示的模型：两个半径不同的同轴圆柱体间存在由内至外的辐向磁场，磁场方向沿半径方向，有一根质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒MN通过导电轻杆与中心轴相连，可绕轴无摩擦转动，金属棒所在之处的磁感应强度大小均为B，整个装置竖直方向放置。中心轴右侧接一单刀双掷开关：踩下驱动踏板，开关接通1，电池给金属棒供电，金属棒相当于电动机，所用电池的电动势为E，内阻为r；松开驱动踏板或踩下刹车，开关自动切换接通2，金属棒相当于发电机，给电容器充电，所接电容器电容为C。初始时电容器不带电、金属棒MN静止，电路其余部分的电阻不计。(1)踩下驱动踏板后，求金属棒刚启动时加速度a的大小及开始运动后的转动方向（从上往下看）；(2)踩下驱动踏板后，求金属棒可达到的最大转动线速度。(3)当金属棒达到最大转动速度后松开驱动踏板，在一段时间后金属棒MN将匀速转动。①求此时电容器C上的带电量。②定性画出松开驱动踏板后的电容器的电压与电荷量关系的U—q图像，并结合图像和题目中的条件，求电容器最终能回收多少能量储存起来【答案】(1)BELm(2)E(3)①mCEm+CB2【详析】（1）电流方向向下，根据左手定则判断，从往下看，金属棒开始运动后沿顺时针转动，当开关闭合的瞬间，金属棒还没有发生转动，则有I=ER+r（2）当金属棒达到最大线速度vm时，金属棒中无电流通过，即金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小为E，则有BLvm（3）①当金属棒由最大速度减速至匀速转动，由动量定理可得-∑当电路达到稳定时，回路中无电流，电容器两端电压与金属棒切割产生的感应电动势相等，则有q结合上述解得q②根据电容的定义式有C=qU则有U=qC由于q=mCEm+CB15．（2025·天津红桥区·一模）研究带电粒子偏转的实验装置基本原理图如图所示，Ⅰ区域是位于xOy平面内的半圆，直径MN与x轴重合，且M点的坐标为-3R,0,N点的坐标为-R,0；Ⅱ区域位于xOy平面内的虚线x=-R和y轴之间。其中Ⅰ区和Ⅱ区内存在垂直纸面向外的匀强磁场。三个相同的粒子源和加速电场组成的发射器，可分别将质量为m、电荷量为q的带正电粒子甲、乙、丙由静止加速到v0，调节三个发射器的位置，使三个粒子同时从半圆形边界上的a、b、c三个点沿着y轴正方向射入区域Ⅰ，b与半圆形区域的圆心O'的连线R垂直于x轴，a、c到bO(1)求加速电场的电压U；(2)求区域Ⅰ内的磁感应强度大小B0和区域Ⅱ内的磁感应强度大小B(3)若在丙粒子离开区域Ⅱ时，区域Ⅱ内的磁场反向，同时再叠加竖直向上电场强度为E的匀强电场，此后甲粒子恰好不能穿过y轴，轨迹与y轴切于Q点，求Q点的位置坐标x,y以及甲粒子经过Q点时速度【答案】(1)U(2)B0=(3)坐标为0,43【详析】（1）粒子在加速电场中加速，根据动能定理有qU=12（2）如图所示带正电粒子甲、乙、丙在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，设其轨迹半径分别为r1、r2、r3，由于三个粒子的质量和带电量均相等，再结合几何关系可知r1=r2=r3=R根据洛伦兹力提供向心力得qv0B0=mv02R解得B0（3）如图所示甲粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动的轨道半径r1=R根据几何关系可知甲粒子在区域Ⅰ中运动的轨迹圆心角θ=60°从O'飞出区域Ⅰ且其速度与x轴正方向的夹角为30°，甲粒子从O'飞出区域Ⅰ后，继续做匀速直线运动到区域Ⅱ的左边界P点，经判断甲粒子在进入区域Ⅱ之前磁场方向已经变为垂直纸面向里，且叠加了向上的电场E，甲粒子进入区域Ⅱ后做曲线运动，轨迹与y轴切于Q点，设PQ之间的竖直方向高度差为h，甲粒子在区域Ⅱ中水平方向使用动量定理（设向右为正方向）-qvyBt=0-mv0cos30°推得qBh=mv16．（2025·天津九校联考·二模）如图所示，空间内存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，一带负电小球（可视为质点）质量m=0.4kg，电荷量大小q=0.8C，从倾角θ=37°的光滑斜面最高点由静止开始下滑，当沿斜面下滑距离s=83m(1)求电场强度的大小E；(2)求磁感应强度的大小B；(3)求斜面的长度L。【答案】(1)5N/C(2)1T(3)4m【详析】（1）根据题意，当小球沿斜面下滑距离s=83m时立即将电场反向，小球做匀速圆周运动，说明电场力与重力的合力为零由电场力与重力平衡得（2）由题意知，当小球沿斜面下滑距离s=83m时与斜面脱离，分析小球此时受力情况可知，斜面对小球弹力恰为零，小球仅受重力、电场力和洛伦兹力作用在垂直于斜面方向上由平衡知识可得(qE+mg)cosθ=qvB（3）设脱离点距斜面底端距离为x，小球圆周运动的轨道半径为R由洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2R代入数据解得R=4m17．（2025·天津和平区·三模）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点不断地沿x轴正方向以大小不同的速度水平入射，速度大小在0到v0范围内变化。入射速度大小为v0的电子，入射后沿x轴做直线运动；入射速度小于(1)求电场强度的大小E；(2)若电子入射速度为v04，求运动到速度为v0(3)若一段时间内入射电子的总数为N0，且电子数随速率的变化均匀分布，求能到达纵坐标y2=mv【答案】(1)E(2)y(3)90%【详析】（1）由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有Ee=（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为v04，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有eEy（3）若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有eEy由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有F合=evmB-eE在最低点有F合=eE-evB联立有vm=2EB-v，y18．（2025·天津·二模）如图所示的竖直平面内，水平直线AB和GH之间有边界互相平行且宽度均为R的六个区域，交替分布着方向竖直向下、电场强度大小为3qRB22m的匀强电场和方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场。圆心为O、半径为R的四分之一圆形匀强磁场的边界与直线AB相切于磁场最低点P点，磁感应强度也为B，方向垂直纸面向外。有一垂直于AB的长度为R的线状粒子源MN（N在AB上）源源不断沿平行于AB向右的方向发射初速度相同的带正电的粒子，粒子电荷量为q、质量为m。所有粒子都进入四分之一圆形磁场，其中从粒子源最上端M点射出的粒子恰好从P(1)粒子穿过CD边界时的速率v₁；(2)从粒子源下端N点射出的粒子经P点进入电场，求此粒子经过边界CD的位置与P点水平距离x；(3)从M点射出的粒子经过Q点时的速度方向与边界GH夹角θ的余弦值。【答案】(1)v(2)x(3)cos【详析】（1）由几何关系知r=R，根据牛顿第二定律得qv0（2）根据牛顿第二定律得Eq=ma，由平抛运动规律得R=1（3）根据动能定理得3EqR=12mv专题04静电场与磁场考点五年考情（2021-2025）命题趋势考点1静电场2021、2022、2023、2024从2021年到2025年天津高考物理卷来看，静电场与磁场部分的命题呈现出以下趋势：命题注重基础与综合应用相结合，磁场的产生、基本性质等基础知识仍是考查重点，同时常与电场、力学等知识进行综合命题。题型上，既会在选择题中出现，也常作为计算题的考查内容。命题情境越来越贴近现代科技成果与生活实际，如以信号放大器、带电粒子在组合场中的运动等为背景。能力要求方面，对学生的数学工具运用能力要求较高，如在处理带电粒子在磁场中的运动问题时，常涉及几何关系的应用，在电磁感应与电路结合的问题中，可能会用到函数求导等数学方法来求解极值问题。此外，试题的开放性和探究性也有所增强，鼓励学生深入思考，培养批判性思维和解决复杂问题的能力。考点2磁场2021、2022、2023、2024考点01静电场1．（2024·天津·高考）某静电场在x轴正半轴的电势φ随x变化的图像如图所示，a、b、c、d、为x轴上四个点。一负电荷仅在静电力作用下，以一定初速度从d点开始沿x轴负方向运动到a点，则该电荷（）A．在b点电势能最小 B．在c点时速度最小C．所受静电力始终做负功 D．在a点受静电力沿x轴负方向【答案】BD【详析】AB．根据题意，由公式Ep=φq可知，负电荷在高电势位置的电势能较小，由图可知，a点的电势最大，则在a点电势能最小，同理可知，c点的电势最小，则在c点时电势能最大，电荷仅在电场力作用下，电荷的电势能和动能之和不变，可知，电势能最大时，动能最小，则在c点时，电荷的动能最小，即速度最小，故ACD．根据沿电场线方向电势逐渐降低，结合题图可知，c点左侧电场方向沿x轴正方向，c点右侧电场方向沿x轴负方向，可知，c点右侧负电荷受沿x轴正方向的电场力，c点左侧负电荷受沿x轴负方向的电场力，可知，在a点受静电力沿x轴负方向，从d点开始沿x轴负方向运动到a点，电场力先做负功再做正功，故C错误，D正确。故选BD。2．（2023·天津·高考）如图所示，在一固定正点电荷产生的电场中，另一正电荷q先后以大小相等、方向不同的初速度从P点出发，仅在电场力作用下运动，形成了直线PM和曲线PN两条轨迹，经过M、N两点时q的速度大小相等，则下列说法正确的有（

）

A．M点比P点电势低 B．M、N两点的电势不同C．q从P到M点始终做减速运动 D．q在M、N两点的加速度大小相等【答案】AD【详析】A．由图中正电荷运动轨迹可知，正电荷在P受力方向向右，即电场线为P指向M，所以P点电势高于M点电势，即M点比P点电势低，故A正确；B．由题意知，同一个正电荷q两次以大小相同、方向不同的初速度从P点出发，分别抵达M点与N点，且q在M，N点时速度大小也一样，由动能定理可知M、N两点的电势相同，故B错误；C．q从P到M做加速运动，故C错误；D．根据以上分析可知，M、N两点在同一等势面上，且该电场是固定正电荷产生的电场，则说明M、N到固定正电荷的距离相等，由点电荷的场强公式可知M、N两点处电场强度大小相同，根据a=Fm=qEm可知，q在故选AD。3．（2022·天津·高考）如图所示，一正点电荷固定在圆心，M、N是圆上的两点，下列说法正确的是（

）A．M点和N点电势相同B．M点和N点电场强度相同C．负电荷由M点到N点，电势能始终增大D．负电荷由M点到N点，电场力始终做正功【答案】A【详析】AB．M、N是以O为圆心的圆上的两点，则电势相同，场强大小相等方向不同，A正确，B错误；CD．由于两点电势相等，负电荷由M点到N点，电场力做功为零，电势能变化量为零，CD错误。故选A。4．（2021·天津·高考）两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是（）A．两点电荷可能是异种点电荷 B．A点的电场强度比B点的大C．A点的电势高于B点的电势 D．电子运动到P点时动能最小【答案】CD【详析】A．根据电荷间等势面的分布情况可知两点电荷时同种电荷，又根据电子在该电场中的运动轨迹可判断电子一直受到排斥的力，故可知两点电荷为同种负电荷；故A错误；B．根据等势面的疏密程度可以判断A点的电场强度比B点的小，故B错误；C．因为两点电荷是同种负电荷，电场线指向负电荷，故可知A点的电势高于B点的电势，故C正确；D．根据电子的运动轨迹和电场线的方向可知由M到P电场力做负功，由P到N电场力做正功；由M到P动能减小，由P到N动能增加，故电子运动到P点时动能最小，故D正确。故选CD。考点02磁场5．（2024·天津·高考）如图所示，在Oxy平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀强磁场区域，半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿+x方向的匀强电场，电场强度大小为E．一带负电粒子质量为m，电荷量为q，从M点以速度v沿+(1)求磁感应强度B的大小；(2)若仅有电场，求粒子从M点到达y轴的时间t；(3)若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达x轴上P点，M、P的距离为3R，求粒子在磁场中运动的时间t【答案】(1)B(2)t(3)t【详析】（1）根据题意可知，由于一带负电粒子能沿直线匀速穿过半圆区域，由平衡条件有Eq=qvB（2）若仅有电场，带负电粒子受沿x轴负方向的电场力，由牛顿第二定律有Eq=ma又有R=（3）根据题意，设粒子入射速度为v0qT可得T=2由几何关系可得tanθ=3RR=36．（2023·天津·高考）科学研究中可以用电场和磁场实现电信号放大，某信号放大装置示意如图，其主要由阴极、中间电极(电极1,电极2,…,电极n)和阳极构成，该装置处于匀强磁场中,各相邻电极存在电势差。由阴极发射的电子射入电极1,激发出更多的电子射入电极2,依此类推,电子数逐级增加,最终被阳极收集,实现电信号放大。图中所有中间电极均沿x轴放置在xOz平面内,磁场平行于z轴，磁感应强度的大小为B。已知电子质量为m,电荷量为e。忽略电子间的相互作用力，不计重力。（1）若电极间电势差很小可忽略,从电极1上O点激发出多个电子，它们的初速度方向与y轴的正方向夹角均为θ，其中电子a、b的初速度分别处于xOy、yOz平面的第一象限内，并都能运动到电极2。（i）试判断磁场方向；（ii）分别求出a和b到达电极2所用的时间t1和t（2）若单位时间内由阴极发射的电子数保持稳定,阴极、中间电极发出的电子全部到达下一相邻电极。设每个射入中间电极的电子在该电极上激发出δ个电子,δ∝U，U为相邻电极间电势差。试定性画出阳极收集电子而形成的电流I和U关系的图像【答案】（1）（ⅰ）沿z轴反方向；（ⅱ）t1=(π-2【详析】（1）（ⅰ）a电子，初速度方向在xoy平面内，与y轴正方向成θ角；若磁场方向沿z轴正方向，a电子在洛伦兹力作用下向x轴负方向偏转，不符合题题意；若磁场方向沿z轴反方向，a电子在洛伦兹力作用下向x轴正方向偏转，符合题意；b电子，初速度方向在zoy平面内，与y轴正方向成θ角。将b电子初速度沿坐标轴分解，沿z轴的分速度与磁感线平行不受力，沿y轴方向的分速度受到洛伦兹力使得电子沿x轴正方向偏转，根据左手定则可知，磁场方向沿z轴反方向。符合题意；综上可知，磁感应强度B的方向沿z轴反方向。（ⅱ）a电子在洛伦兹力作用下运动轨迹如图由图可知电子运动到下一个极板的时间t1=2(π2-θ（2）设δ=kU，单位时间内阴极逸出的电子数量N0不变，每个电子打到极板上可以激发δ个电子，经过n次激发阳极处接收电子数量N=N0δn7．（2023·天津·高考）如图所示，一不可伸长的轻绳上端固定，下端系在单匝匀质正方形金属框上边中点O处，框处于静止状态。一个三角形区域的顶点与O点重合，框的下边完全处在该区域中。三角形区域内加有随时间变化的匀强磁场，磁感应强度大小B与时间t的关系为B=kt（k>0的常数），磁场与框平面垂直，框的面积为框内磁场区域面积的2倍，金属框质量为m，电阻为R，边长为l，重力加速度g，求：（1）金属框中的感应电动势大小E；（2）金属框开始向上运动的时刻t0；

【答案】（1）kl22；（【详析】（1）根据法拉第电磁感应定律有E（2）由图可知线框受到的安培力为FA=IlB=ERlB=kl8．（2022·天津·高考）直流电磁泵是利用安培力推动导电液体运动的一种设备，可用图1所示的模型讨论其原理，图2为图1的正视图。将两块相同的矩形导电平板竖直正对固定在长方体绝缘容器中，平板与容器等宽，两板间距为l，容器中装有导电液体，平板底端与容器底部留有高度可忽略的空隙，导电液体仅能从空隙进入两板间。初始时两板间接有直流电源，电源极性如图所示。若想实现两板间液面上升，可在两板间加垂直于Oxy面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，两板间液面上升时两板外的液面高度变化可忽略不计。已知导电液体的密度为ρ0、电阻率为ρ，重力加速度为g（1）试判断所加磁场的方向；（2）求两板间液面稳定在初始液面高度2倍时的电压U0（3）假定平板与容器足够高，求电压U满足什么条件时两板间液面能够持续上升。【答案】（1）沿z轴负方向；（2）U0=ρ0【详析】（1）想实现两板间液面上升，导电液体需要受到向上的安培力，由图可知电流方向沿x轴正方向，根据左手定则可知，所加磁场的方向沿z轴负方向。（2）设平板宽度为b，两板间初始液面高度为h，当液面稳定在高度2h时，两板间液体的电阻为R，则有R=ρl2hb当两板间所加电压为U0时，设流过导电液体的电流为I，由欧姆定律可得I=U0R外加磁场磁感应强度大小为B时，设液体所受安培力的大小为FF=mg（3）设两板间液面稳定时高度为nh，则两板间比容器中液面高出的部分液体的高度为(n－1)h，与（2）同理可得UρlnhblB=ρ0nh-h9．（2022·天津·高考）如图所示，M和N为平行金属板，质量为m，电荷量为q的带电粒子从M由静止开始被两板间的电场加速后，从N上的小孔穿出，以速度v由C点射入圆形匀强磁场区域，经D点穿出磁场，CD为圆形区域的直径。已知磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，粒子速度方向与磁场方向垂直，重力略不计。（1）判断粒子的电性，并求M、N间的电压U；（2）求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r；（3）若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，求粒子在磁场中运动的时间t。【答案】（1）正电，U=mv22q；（2【详析】（1）带电粒子在磁场中运动，根据左手定则可知粒子带正电。粒子在电场中运动由动能定理可知qU=1（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB=m（3）设粒子运动轨道圆弧对应的圆心角为θ，如图依题意粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，由几何关系，得θ=π3设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，有T=2πr10．（2021·天津·高考）霍尔元件是一种重要的磁传感器，可用在多种自动控制系统中。长方体半导体材料厚为a、宽为b、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系xyz，如图所示。半导体中有电荷量均为e的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子，单位体积内自由电子和空穴的数目分别为n和p。当半导体材料通有沿+x方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空间加一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，沿+y方向，于是在z方向上很快建立稳定电场，称其为霍尔电场，已知电场强度大小为E，沿（1）判断刚加磁场瞬间自由电子受到的洛伦兹力方向；（2）若自由电子定向移动在沿+x方向上形成的电流为In，求单个自由电子由于定向移动在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力大小（3）霍尔电场建立后，自由电子与空穴在z方向定向移动的速率分别为vnz、vpz，求Δt时间内运动到半导体z【答案】（1）自由电子受到的洛伦兹力沿+z方向；（2）Fnz=【详析】（1）自由电子受到的洛伦兹力沿+z（2）设t时间内流过半导体垂直于x轴某一横截面自由电子的电荷量为q，由电流定义式，有In=qt设自由电子在x方向上定向移动速率为vnx，可导出自由电子的电流微观表达式为In=neabvnx（3）设Δt时间内在z方向上运动到半导体上表面的自由电子数为Nn、空穴数为NnNp霍尔电场建立后，半导体z方向的上表面的电荷量就不再发生变化，则应Nn=Np1．（2025·天津滨海新区·三模）做心电图时，心脏可视为由两个等量异种点电荷组成的系统。图中显示的是患者体表的瞬时电势分布，实线为等差等势面，数值表示其电势，a、b为两点电荷连线上对称的两点，c、d为连线中垂线上对称的两点，则（）A．Uab=2UbcB．a点与b点的电场强度相同C．人体内的Cl−在a点的电势能比在b点的电势能大D．若人体内Na+沿两电荷连线的中垂线从c点运动到d点，电场力先做正功再做负功【答案】B【详析】A．由图知UU则Uab=-2UB．根据等量异号点电荷电场的对称性可知a点与b点的电场强度相同，故B正确；C．根据Ep=qφ，负电荷在电势越高的地方电势能越低，人体内的Cl−在a点的电势能比在b点的电势能小，故C错误；D．等量异号点电荷电场的中垂线电势为0，若人体内Na+沿两电荷连线的中垂线从c点运动到d点，电场力始终不做功，故D错误。故选B。2．（2025·天津九校联考·一模）两异种点电荷电场中的部分等势面如图所示，已知A点电势高于B点电势。若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为qa和qA．a处为正电荷，qB．a处为正电荷，qC．把一个正电荷从A点移动到B点该电荷电势能减少D．把一个正点电荷（不计其他力）在a处右侧释放，将匀加速向b处运动【答案】BC【详析】AB．若把该图像与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低。则a处为正电荷。等量异种点电荷电场中的部分等势面图像中的等势面左右对称，无穷远处的电势为0．该图像的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多，qa>qb，故C．正电荷在高电势点电势能大，在低电势点电势能小，A点电势高于B点电势，则把一个正电荷从A点移动到B点该电荷电势能减少，故C正确；D．由于电场不是匀强电场，正点电荷所受电场力不是恒力，加速度不是恒定的，则把一个正点电荷（不计其他力）在a处右侧释放，做的不是匀加速运动，故D错误。故选BC。3．（2025·天津九校联考·二模）静电喷涂是一种利用高压静电场使带负电的涂料微粒定向运动，并吸附在工件表面的喷涂方法。某一静电喷涂装置接上高压电源后在喷口和被涂物间产生强电场，电场线分布如图所示，一微粒从M点沿直线运动到N点，以喷口为原点，以MN连线向右方向为正方向建立x轴，该过程中微粒重力不计，那么电场强度E，微粒的电势φ、速度大小v、电势能Ep随x变化的图像可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】CD【详析】A．根据该电场分布特点可知，由M到N电场线越来越稀疏，电场强度不断减小，且减小的越来越慢，图线斜率应逐渐减小，并不是倾斜的直线，故A错误；B．沿电场线方向电势逐渐降低，所以由M到N电势升高，而不是降低，故B错误；C．由M到N电场力对微粒做正功，微粒的动能、速度不断增大，由于由M到N电场强度不断减小，微粒加速度不断减小，所以微粒速度增大的越来越慢，反映到图像上，图线斜率逐渐减小，故C正确；D．该图线切线的斜率也表示电场力，由于电场力不断减小并且减小的越来越慢，图线斜率就逐渐减小且减小的越来越慢，又由于电场力对微粒做正功，微粒的动能不断增大，则电势能不断减小，故D正确；故选CD。4．（2025·天津和平区·三模）如图，两个带等量正电荷的微粒P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向同时射入平行板电容器的匀强电场中，P从靠近上极板边缘处射入，A．两粒子的机械能变化量一定相同B．两粒子的动能一定都增大C．电场力对两粒子的冲量一定相同D．两粒子的电势能一定都减小【答案】BC【详析】A．两个微粒带等量正电荷，电场力做功代表机械能的变化，则ΔE=qEdB．两粒子的合外力向下，则粒子运动过程中合外力做正功，两粒子的动能一定都增大，故B正确；C．两粒子的初速度相等，水平方向做匀速直线运动，有x=v0可知电场力对两粒子的冲量一定相同，故C正确；D．由于电场力做功的正负未知，两粒子的电势能可能增大，故D错误；故选BC。5．（2025·天津耀华中学·一模）如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一个电源相连，其中A板接地（取大地电势φ=0）。S闭合后，两板间有一个质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。以下说法正确的是（）A．保持S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流B．保持S闭合，若将A板向左平移一小段位移（油滴仍处于两极板之间），则油滴仍然静止，G中有a→b的电流C．若将S断开，再将A板向左移动一小段位移，油滴向下运动D．若将S断开，再将B板向下平移一小段位移，油滴将仍然静止【答案】AD【详析】A．开始时，重力和电场力平衡，故mg将A板上移，由E=Ud可知，E变小，故油滴应向下加速运动；根据C=QU，C=εrB．若将A板向左平移一小段位移，则E不变，油滴仍静止，但由于S减小，则C减小，电容器电量减小，故G中有b→a的电流；故B错误；C．若将S断开，Q不变，将A板向左移动一小段位移，S减小，C减小，则U增大，E增大，则油滴向上运动，故C错误；D．若将S断开，Q不变，再将B板向下平移一小段位移，根据E=4πkQεr故选AD。6．（2025·天津和平·二模）如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，质量、带电完全相同的甲、乙两粒子从A点沿半圆的直径AC方向以不同的速度水平射入电场，甲粒子恰好经过半圆的最低点B，乙粒子经过圆弧上BC之间的D点，不计重力，下列分析正确的是（）A．甲、乙两粒子从A点到达圆弧所用的时间相同B．两粒子在B、D两点的速度方向都不可能沿着圆弧半径方向C．粒子在电容器中运动的整个过程，电场力对两粒子做功可能相同D．甲粒子的入射速度大于乙粒子的入射速度【答案】BC【详析】A．粒子水平射入竖直方向的电场中，不计粒子重力，则粒子做类平抛运动，竖直方向上有y由图可知，甲、乙两粒子从A点到达圆弧的竖直位移不同，则时间不同，故A错误；B．由于类平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点，则两粒子在B、D两点的速度方向都不可能沿着圆弧半径方向，故B正确；C．粒子在电容器中运动的整个过程，若甲、乙两粒子均打到下极板，则电场力对两粒子做功相同，故C正确；D．结合A分析可知，甲粒子的飞行时间较大，水平方向有x=v0t故选BC。7．（2025·天津部分区·一模）一电子只在静电力作用下沿+x方向运动，其所在位置处的电势φ随位置x变化的图线如图中抛物线所示，下列说法正确的是（）A．从x1运动到x2，电场力对电子做负功B．x1与x3处的电场强度方向相同C．电子在x1处的速率小于在x3处的速率D．电子从x2运动到x3，加速度逐渐减小【答案】AC【详析】A．从x1运动到x2，电势降低，电子的电势能增加，则电场力对电子做负功，选项A正确；B．图像的斜率等于场强，可知x1与x3处切向的斜率不同，则电场强度方向不相同，选项B错误；C．电子运动过程中只有电场力做功，则电势能和动能之和守恒，电子在x1处的电势能大于在x3处的电势能，可知电子在x1处的动能小于在x3处的动能，电子在x1处的速率小于在x3处的速率，选项C正确；D．电子从x2运动到x3，图像的斜率变大，则场强变大，根据牛顿第二定律a=qEm故选AC。8．（2025·天津红桥区·一模）如图所示，真空中两个等量正点电荷位于圆的直径AC上的M、N两点，直径BD垂直于AC，且CM=MO=A．圆弧ABCD是等势面B．B、D两点的电场强度相同C．一个负点电荷仅受静电力作用，从D点由静止释放后，在DB间做往复运动D．带正电的点电荷在A点时电势能大于该电荷在B点时的电势能【答案】CD【详析】A．等量同种点电荷电势分布如图所示由图根据对称性可知，A、C点的电势相等，B、D点的电势相等，圆弧ABCD不是等势面，故A错误；B．根据电场的对称性可知，同一个试探电荷在B、D两个位置所受的电场力大小相等，方向相反，故B错误；C．根据电场线分布可知，一个负点电荷仅受静电力作用，从D点由静止释放后，先向O做加速运动，然后向B点做减速运动，速度减到零后再反向加速，如此重复，即在DB间做往复运动，选项C正确；D．根据电势的分布可知，A点的电势高于B点的电势，根据Ep=qφ可知，带正电的点电荷在A点时电势能大于该电荷在B点时的电势能，故D正确。故选CD。9．（2025·天津和平·一模）a、b、c、d是菱形的四个顶点，O是两对角线交点，且aO<bO，P为aO之间的某一点。图甲是将等量的正负电荷分别固定于b、d两点，图乙是将同样的正负电荷分别固定于a、c两点，设无限远处电势为零，对两种情况判断正确的是（）A．甲图中P点场强小于乙图中P点场强B．甲图中P点电势高于乙图中P点电势C．将同一个正电荷从P点移动到O点，甲图电场力的功小于乙图D．将一正电荷从P点由静止释放，仅在电场力的作用下两图中的电荷可能均做直线运动【答案】AC【详析】A．根据等量异种电荷电场分布特点及电场的叠加原理可知，甲图中P点场强小于乙图中P点场强，A正确；B．根据等量异种电荷电势分布特点可知，甲图中，P点的电势为零，乙图中P点的电势大于零，B错误；C．将同一个正电荷从P点移动到O点，甲图中电场力做功为零，乙图中电场力做正功，故甲图电场力的功小于乙图电场力做的功，C正确；D．根据电场的叠加原理可知，甲图中，P点的场强垂直于bd连线，且从P到O逐渐增大，从O到c又逐渐减小，故将一正电荷从P点由静止释放，仅在电场力的作用下，甲图中电荷不可能做直线运动，乙图中，P点的场强方向始终沿ac连线，将一正电荷从P点由静止释放，仅在电场力的作用下，乙图中的电荷会做直线运动，D错误。故选AC。10．（2025·天津九校联考·一模）如图所示，电源的内阻为r，滑动变阻器的总电阻为2r，两平行金属板a、b的间距为d，板长为L，板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。初始时开关S闭合，当滑片P在滑动变阻器中间时，一带正电粒子以速度v0正好可以匀速穿过两板的正中间。已知粒子的质量为m，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．电源的电动势为2B．若将滑动变阻器滑片滑到最下端，粒子射出两极板时的速度减小C．若将滑动变阻器滑片滑到最下端，粒子射出两极板时的速度增大D．若开关S为断开状态，粒子仍以速度v0从极板正中间沿平行极板的方向射入，刚好从a板的右边缘射出，则粒子的电荷量为2【答案】AC【详析】A．滑片在正中间时，此时滑动变阻器连入电路的阻值为r，极板间的电压为U粒子可以匀速穿过两板正中间，电场力恰好等于洛伦兹力qUd=qBv0解得EBC．滑片滑到最下端时，滑动变阻器连入电路的阻值最大为2r，极板间电压为U2=2r2r+rED．开关断开时，电容会对滑动变阻器放电，最终两端电压为零，极板间仅剩磁场，由题意可知，其恰好从a板边缘射出，如图所示根据几何关系有(r-d2)2故D错误。故选AC。11．（2025·天津北辰·三模）如图，在平面直角坐标系的第三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第一象限某区域内存在垂直于坐标平面向里的圆形区域的匀强磁场（图中没有画出）。一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从电场中的Q点以大小为v0的速度平行于x轴正方向射入电场，经原点O射入第一象限时与x轴正方向的夹角为θ=45°，运动一段时间后进入圆形匀强磁场区域，最后射出磁场时与y轴正方向的夹角也为θ=45°。已知Q点与x轴的距离为l(1)匀强电场的电场强度大小E；(2)粒子在磁场中运动的时间t；(3)圆形匀强磁场区域的最小半径r。【答案】(1)E(2)t(3)r【详析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，有l=12at2，vy=（2）设粒子从O点射入第一象限时的速度大小为v，在磁场中运动轨迹所对应的圆心角等于90°，则运动时间t=T4又有qvB=m（3）粒子在匀强磁场区域内的运动轨迹如图所示由几何关系可知，当进入磁场的点和射出磁场的点的连线是圆形磁场区域的直径2r时，磁场区域半径最小，则有qvB=mv2R又12．（2025·天津滨海塘沽一中·三模）某粒子偏转器，主要由加速电场，偏转电场和偏转磁场三部分构成。如图甲所示为该粒子偏转装置示意图，粒子源可以均匀连续的产生质量为m、电荷量为+q、初速度忽略不计的带电粒子，经电压为U的加速电场加速后，带电粒子贴近上板边缘，水平飞入两平行金属板中的偏转电场。两水平金属板长为22d，间距为d，板间加有图乙所示的周期性变化的电压，其最大电压也为U、周期为2(1)若带电粒子经过加速电场未进入偏转电场之前，形成了大小为I的稳恒电流，沿着电流方向长度为Δl(2)一个周期内，从偏转电场出射的粒子数占粒子源全部发射粒子数的百分比η；(3)从偏转电场出射的粒子全部能够到达探测板时，磁感应强度B需要满足的条件。【答案】(1)I(2)50%(3)2【详析】（1）设粒子进入偏转电场的初速度为v0，根据动能定理有qU=12mv联立可得N（2）带电粒子穿过偏转电场时，水平方向做匀速直线运动，则有22d=v0t联立解得t=2dmqU即：带电粒子通过板间的时间等于周期T，且竖直方向上匀加速的时间必为T2，设前半个周期中，t1时刻飞入偏转电场的粒子恰好能到达下极板，则有12a(T（3）设粒子飞入磁场时的速度为v，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r设粒子飞入磁场时，其速度与水平方向的夹角为设粒子进入磁场后，竖直方向偏移的位移为Δy，由几何关系可知Δy=2rcosθ解得Δy=213．（2025·天津九校联考·一模）如图甲为某款医用治疗装置，该装置由粒子源、直线加速器和偏移器等部件构成。直线加速器由一系列带孔的金属漂移管组成，每个漂移管两端圆板横截面面积相等且依次排列，中心轴线共线，漂移管的长度按照一定的规律依次增加。序号为奇数的漂移管和交变电源的一极相连，序号为偶数的漂移管和电源的另一极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙。在t=0时，奇数漂移管相对于偶数漂移管的电势差为正值，此时位于序号为0的圆板中央的粒子源静止释放出一个电子，电子在圆板和漂移管1间的狭缝电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进漂移管1，在漂移管1内做匀速直线运动。每次电子在漂移管内运动时间恰为交变电源周期的一半。已知电子的质量为m、电荷量为e，交变电源电压的绝对值为U0，周期为T(1)求电子进入漂移管1时的速度v1的大小；(2)为使电子运动到漂移管之间各狭缝中都能恰好使静电力的方向跟运动方向相同而不断加速，求第n个漂移管的长度；(3)该电子加速到最大动能Ekm后，恰好沿O'O方向射入偏移器，偏移器为一棱长为L的正方体，正方体内充满匀强电场和匀强磁场，O'为偏移器左侧面的中心点，当偏移器内电场强度和磁感应强度均为0时，电子恰好沿O'O射到目标平面中心O点处（O点和偏移器左、右侧面中心点共线），目标平面和偏移器右侧面平行且相距为L，当偏移器同时加上如图所示的匀强电场和匀强磁场（方向均垂直于前、后侧面）时，电子在极短的时间内穿过偏移器，打在目标平面上（x0，y0）处，求偏移器中电场强度E和磁感应强度B的大小。（当【答案】(1)v(2)T(3)E=4【详析】（1）根据动能定理有eU=12（2）电子在第n节漂移管内的运动时间为t=T2设电子在第n节漂移管内的运动速度为解得vn=2neUm（3）设电子进入偏移器时速度为v，则在偏移器内，由于电场引起的速度增量对y轴方向的运动不产生影响，y轴方向上相当于只考虑磁场存在，设电子进入磁场后做圆周运动半径为r'根据洛伦兹力提供向心力evB=mv2r'解得r'=mveB又有sinα=L可得B=2mvy03eLx轴方向加速度为a=eEm飞行时间为t=2πmBe×α2π又α≈Lr'，解得t≈Lv离开偏移器时x轴方向获得的速度为vx=at经过电场后，电子在x14．（2025·天津新华中学·统练四）电动汽车通过能量回收装置增加电池续航。在行驶过程中，踩下驱动踏板时电池给电动机供电，松开驱动踏板或踩下刹车时发电机工作回收能量。某兴趣小组为研究