2026版高考物理步步高大二轮 （培优版）第一部分 专题整合提升专题三 电场与磁场第8课时 电场及带电粒子在电场中的运动含答案

2026版高考物理步步高大二轮（培优版）第一部分专题整合提升专题三电场与磁场第8课时电场及带电粒子在电场中的运动【知识网络】热点一电场的性质例1(2024·河北卷，7)如图1，真空中有两个电荷量均为q(q>0)的点电荷，分别固定在正三角形ABC的顶点B、C。M为三角形ABC的中心，沿AM的中垂线对称放置一根与三角形共面的均匀带电细杆，电荷量为eq\f(q,2)。已知正三角形ABC的边长为a，M点的电场强度为0，静电力常量为k。顶点A处的电场强度大小为()图1A.eq\f(2\r(3)kq,a2) B.eq\f(kq,a2)(6＋eq\r(3)) C.eq\f(kq,a2)(3eq\r(3)＋1) D.eq\f(kq,a2)(3＋eq\r(3))答案D解析由点电荷的电场强度公式和电场叠加原理可知，两点电荷在M点产生的电场强度大小为E＝eq\f(2kq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))\s\up12(2))cos60°＝eq\f(3kq,a2)，方向沿MA方向，又M点的电场强度为0，所以细杆在M处产生的电场强度大小也为E＝eq\f(3kq,a2)，方向沿AM方向，由对称性可知细杆在A处产生的电场强度大小也为E＝eq\f(3kq,a2)，方向沿MA方向，两点电荷在A处产生的电场强度大小为E′＝eq\f(2kq,a2)cos30°＝eq\f(\r(3)kq,a2)，方向沿MA方向，所以A处的电场强度大小为EA＝E＋E′＝eq\f(kq,a2)(3＋eq\r(3))，D正确。对称法求电场强度对称法是指在研究物理问题时，利用研究对象的对称特性来分析和处理问题的方法。本题利用带电细杆形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化。例2(多选)(2024·甘肃卷，9)某带电体产生电场的等势面分布如图2中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场作用下的运动轨迹，M、N分别是运动轨迹与等势面b、a的交点。下列说法正确的是()图2A.粒子带负电荷B.M点的电场强度比N点的小C.粒子在运动轨迹上存在动能最小的点D.粒子在M点的电势能大于在N点的电势能答案BCD解析根据沿电场线方向电势降低可知，带电体带正电，根据粒子的运动轨迹及粒子做曲线运动所受合外力指向轨迹凹侧可知，粒子带正电，A错误；根据等差等势面越密集，电场强度越大可知，M点的电场强度小于N点的电场强度，B正确；粒子在运动过程中，电场力先做负功后做正功，粒子动能先减小后增大，粒子在电势最高处动能最小，C正确；根据Ep＝qφ可知，带正电的粒子在电势高的地方电势能大，因此粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，D正确。方法总结电场强弱、电势高低、电势能大小的判断方法物理量判断方法电场强弱①根据电场线的疏密判断②根据公式E＝keq\f(Q,r2)和电场强度叠加原理判断电势高低①根据电场线的方向判断②由UAB＝eq\f(WAB,q)判断③根据静电力做功(或电势能)判断电势能大小①根据Ep＝qφ判断②根据ΔEp＝－W电，由静电力做功判断③根据能量守恒定律判断训练1(多选)(2023·河北卷)如图3，在x轴上放置四个点电荷q1、q2、q3和q4，q1、q2位于A点两侧，q3、q4位于B点两侧。C点在y轴上，且OA＝OB＝OC。取无穷远处电势为零，电荷位置与电荷量满足一定关系，使得以O点为球心、以OC为半径的球面上各点的电势均为零。下列说法正确的是()图3A.A、B两点电场强度的方向一定沿x轴正方向B.若在O点放一正点电荷，则A、B两点的电势一定升高C.试探电荷q沿y轴运动过程中，若静电力始终不做功，则它受到的静电力始终为零D.试探电荷q沿y轴运动过程中，若静电力始终不做功，则C点的电场强度一定为零答案BD解析以O点为球心、以OC为半径的球面为等势面，由电场强度和等势面的关系可知，A、B两点电场强度的方向与半径垂直，与x轴重合。由于无法判断各个电荷的电性，故A、B两点电场强度的方向无法判断，故A错误；取无穷远处为零电势点，由于正点电荷周围的电势为正值，若在O点放一正点电荷，则A、B两点的电势一定升高，故B正确；试探电荷q沿y轴运动过程中，根据电荷分布，若静电力始终不做功，则经过y轴且垂直于x轴的平面为等势面，但静电力不一定为零，故C错误；根据以O点为球心、以OC为半径的球面为等势面，可知C点的电场强度方向应与y轴重合，再根据试探电荷沿y轴运动过程中，可知y轴为等势线，则C点的电场强度方向应与y轴垂直，同一点电场强度的方向是唯一的，故C点的电场强度一定为零，故D正确。热点二电场中的图像问题电场中几种常见的图像v－t图像当带电粒子只受静电力时，从v－t图像上能确定粒子运动的加速度方向、大小变化情况，进而可判定粒子运动中经过的各点的电场强度方向、电场强度大小、电势高低及电势能的变化情况φ－x图像(1)从φ－x图像中可以直接判断各点电势的高低，进而确定电场强度的方向及试探电荷电势能的变化(2)φ－x图线切线的斜率大小表示沿x轴方向电场强度E的大小E－x图像以电场强度沿x轴方向为例：(1)E＞0表示电场强度沿x轴正方向，E＜0表示电场强度沿x轴负方向(2)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低需根据电场方向判定Ep－x图像(1)图像的切线斜率大小表示静电力大小(2)可用于判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况例3(多选)(2024·广东茂名二模)反射式速调管是常用的微波器件之一，其内部真空，有一个静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图4所示，x＝0处电势为6V。一个带负电粒子(重力不计)从x＝3cm处由静止释放，下列说法正确的是()图4A.该静电场可以由两个负电荷产生B.x＝－2cm处的电场强度小于x＝2cm处的电场强度C.该粒子在x＝0处的电势能最小D.该粒子将沿x轴负方向运动，运动到的最远位置为x＝－4.5cm答案BCD解析φ－x图像的斜率表示电场强度，由图可知－6cm<x<0区域的电场强度大小为E1＝eq\f(6,6×10－2)V/m＝100V/m，方向沿着x轴负方向，0<x<4cm区域的电场强度大小为E2＝eq\f(6,4×10－2)V/m＝150V/m，方向沿着x轴正方向，可知x＝－2cm处的电场强度小于x＝2cm处的电场强度，且此静电场不可能由两个负电荷产生，故B正确，A错误；x＝0处电势最高，根据Ep＝qφ可知该带负电荷的粒子在x＝0处的电势能最小，故C正确；带负电粒子(重力不计)从x＝3cm处由静止释放，受到沿x轴负方向的静电力，当运动到x<0区域后，受到沿x轴正方向的静电力，根据动能定理qE2x2－qE1x1＝0可得，x1＝4.5cm，则该粒子将沿x轴负方向运动，运动到的最远位置为x＝－x1＝－4.5cm，故D正确。训练2(多选)(2024·重庆巴蜀中学质检)以点电荷A、B的连线为x轴，以点电荷B为坐标原点建立如图5所示的坐标系，点电荷A、B带电荷量分别为q1、q2，间距为x0。一电子以一定的初速度进入该电场，由靠近坐标原点的位置沿x轴正方向运动，其电势能的变化如图中曲线所示。图线与x轴交点的横坐标为x1，图线最高点对应的横坐标为x2，则下列判断正确的是()图5A.A带负电，B带正电B.0～x1之间的电场强度沿x轴负方向C.eq\f(q1,q2)＝eq\f(（x2＋x0）2,xeq\o\al(2,2))D.eq\f(q1,q2)＝eq\f(（x1＋x0）2,xeq\o\al(2,1))答案AC解析电子从O到x2的过程中，电势能增加，静电力做负功，说明静电力水平向左，电场强度沿x轴正方向，x2之后，电势能减小，静电力做正功，电场强度沿x轴负方向，可知A带负电，B带正电，故A正确，B错误；根据F＝eq\f(|ΔEp|,|Δx|)可知，图像斜率的绝对值表示静电力的大小，所以在x2处，静电力为零，合电场强度为零，所以有keq\f(q2,xeq\o\al(2,2))＝keq\f(q1,（x2＋x0）2)，解得eq\f(q1,q2)＝eq\f(（x2＋x0）2,xeq\o\al(2,2))，故C正确，D错误。热点三电容器带电粒子在电场中的运动1.电场中直线运动问题的两种解题思路(1)动能定理：不涉及a、t时可用。(2)牛顿运动定律：涉及a、t时可用。2.匀强电场中的偏转问题(1)带电粒子垂直于电场强度方向进入匀强电场，在匀强电场中的偏转一般为类平抛运动，可用运动的分解来解决。(2)不涉及运动细节、涉及功能问题时常用动能定理解决。注意：偏转时静电力做功不一定是W＝qU板间，应该是W＝qEy(y为偏移量)。3.匀强电场中偏转问题的两个结论(1)如图6所示，有tanφ＝2tanθ，且x＝eq\f(L,2)。图6(2)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUL2,2mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(UL2,4U0d)，偏转角的正切值tanφ＝eq\f(qUL,mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(UL,2U0d)，与比荷无关，y和φ总是相同的。粒子打在光屏上的位置P到中心的距离y0＝y＋ltanφ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋l))tanφ。例4(2024·浙江6月选考，6)如图7所示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则()图7A.极板间电势差减小 B.电容器的电容增大C.极板间电场强度增大 D.电容器储存能量增大答案D解析分析题图可知静电计测量电容器两极板间的电势差，静电计指针张角增大，电容器两极板间的电势差增大，A错误；由于保持电荷量不变，而电势差增大，则由C＝eq\f(Q,U)可知电容器的电容减小，B错误；由电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)和两极板间电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)，联立可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知电容器两极板间电场强度与极板间距d无关，故仅改变极板间距，极板间电场强度不变，C错误；根据E＝QU可知，Q不变，U增大时，电容器储存能量增大，D正确。例5(多选)(2024·安徽六安调研)如图8所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆板O和金属圆筒(又称漂移管)A、B、C、D、E组成，金属圆板和金属圆筒分别接在电源的两端。位于和圆筒B、D相连的金属圆板O中央的一个质子在圆板O和圆筒A之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速。已知质子电荷量为e，质量为m，加速时电压U大小相同。不计质子经过狭缝的时间，不考虑相对论效应，下列说法正确的是()图8A.M、N所接电源的极性应周期性变化B.质子每经过一次狭缝速度的增加量为eq\f(2eU,m)C.质子从圆筒E射出时的速度大小为eq\f(\r(10eU),m)D.圆筒A、B、C、D、E的长度之比为1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶eq\r(4)∶eq\r(5)答案AD解析根据题意，直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，圆筒A电势高时B的电势低，质子才能在A、B间的狭缝向右加速，则在下一个狭缝加速时需要B电势高，C电势低，所以M、N所接电源的极性应周期性变化，A正确；质子每通过狭缝加速一次，狭缝间静电力做的功等于质子动能变化量，由动能定理得eU＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2，整理得v′2－v2＝eq\f(2eU,m)，可知质子每经过一次狭缝速度的增加量不等于eq\f(2eU,m)，B错误；若质子从圆板中心进入，则共经历5次完整加速，有5eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,出)，解得v出＝eq\r(\f(10eU,m))，C错误；根据neU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)可得vn＝eq\r(\f(2neU,m))，质子从圆筒A、B、C、D、E射出时的速度之比为v1∶v2∶v3∶v4∶v5＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶eq\r(4)∶eq\r(5)，根据x＝vnT可知圆筒A、B、C、D、E的长度之比x1∶x2∶x3∶x4∶x5＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶eq\r(4)∶eq\r(5)，故D正确。例6(2024·北京海淀区高三期末)如图9所示为某静电除尘装置的简化原理图，两块平行带电极板间为除尘空间。质量为m、电荷量为－q的带电尘埃分布均匀，均以沿板方向的速率v射入除尘空间，当其碰到下极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集。调整两极板间的电压可以改变除尘率η(相同时间内被收集尘埃的数量占进入除尘空间尘埃数量的百分比)。当两极板间电压为U0时，η0＝80%。不计空气阻力、尘埃的重力及尘埃之间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是()图9A.两极板间电压为U0时，尘埃的最大动能为qU0＋eq\f(1,2)mv2B.两极板间电压为eq\f(5,4)U0时，除尘率可达100%C.仅增大尘埃的速率v，可以提升除尘率D.仅减小尘埃的电荷量，可以提升除尘率答案B解析带电尘埃在匀强电场中偏转，尘埃能否被下极板收集，取决于恰好能够到达下极板右边缘的尘埃进入除尘空间时距下极板的高度，其在除尘空间做类平抛运动，轨迹如图所示方法总结带电粒子在匀强电场中偏转的处理方法例7(2024·湖北华中师大一附中质检)中国科学院高能物理研究所利用电场约束带电粒子的运动，其简化模型如图10甲所示，在xOy平面内的第一象限和第四象限加一沿y轴正方向的匀强电场E0(未知)，一粒子发射源固定在坐标原点O，该装置可以沿x轴正方向发射质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子P，粒子的初速度均为v0，刚好能过第一象限内的M点，已知M点的横坐标为l，不计重力及粒子间的相互作用。图10(1)已知粒子P过M点时速度为2v0，求匀强电场的电场强度大小E0和M点的纵坐标；(2)若将原来的匀强电场替换为另一交变电场，如图乙所示，电场强度为正值时表示电场方向沿y轴正方向，题干中其他条件均不变，t＝0时刻从坐标原点射出的粒子P仍能过M点，求图乙中E′与E0的比值。答案(1)eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),ql)eq\f(\r(3),2)l(2)4解析(1)粒子P开始在电场中做类平抛运动，将粒子P运动到M点时的速度正交分解，其沿x轴方向上的分速度为v0，则沿y轴方向的分速度vy＝eq\r(（2v0）2－veq\o\al(2,0))＝eq\r(3)v0粒子P在电场中的加速度a＝eq\f(qE0,m)在M点，竖直方向vy＝at水平位移l＝v0t，竖直位移yM＝eq\f(1,2)at2联立解得E0＝eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),ql)，yM＝eq\f(\r(3),2)l。(2)换成交变电场后，粒子P运动至M点的时间仍为t＝eq\f(l,v0)，结合题图乙可知，交变电场在此期间经历了两个周期，粒子P沿y轴的分速度随时间变化的vy－t图像如图所示(T＝eq\f(l,2v0))由图可知粒子在2个周期内的运动一直沿同一方向，可分为4段，每段的时间相同，加速度大小相等，发生的位移大小也相等，所以整个运动过程粒子P在y轴方向运动的距离为yM＝4×eq\f(1,2)eq\f(qE′,m)(eq\f(T,2))2又yM＝eq\f(\r(3),2)l解得E′＝eq\f(4\r(3)mveq\o\al(2,0),ql)，故eq\f(E′,E0)＝4。方法总结解答带电粒子在交变电场中运动问题的技法新情境命题带电体在电场和重力场的叠加场中的运动情境分析物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对处在匀强电场中的宏观物体而言，它的周围不仅有重力场，还有匀强电场，同时研究这两种场对物体运动的影响，问题就会变得复杂一些。此时，若能将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”(可形象称之为“等效重力场”)来代替，不仅能起到“柳暗花明”的效果，同时也是物理中的等效思维。典例(2024·湖北武汉联考)如图11所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为O，半径为r＝0.2m，内壁光滑，A、B两点分别是圆轨道的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右、电场强度为E的匀强电场，一质量m＝0.1kg、带负电荷的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过C点时速度最大，O、C连线与竖直方向的夹角θ＝30°，重力加速度g＝10m/s2。图11(1)求小球所受的静电力大小；(2)求小球在A点的速度v0为多大时，小球经过D点时对圆轨道的压力最小(结果可用根号表示)。答案(1)eq\f(\r(3),3)N(2)2eq\r(1＋\r(3))m/s解析(1)小球在C点时速度最大，可判断C点为等效最低点，则静电力与重力的合力沿DC方向所以小球受到的静电力的大小为F＝mgtan30°＝eq\f(\r(3),3)mg＝eq\f(\r(3),3)N。(2)要使小球经过D点时对圆轨道的压力最小，则必须使小球经过D点时的速度最小，则D点为等效最高点，等效重力恰好完全提供向心力，即在D点小球对圆轨道的压力恰好为零，有eq\f(mg,cos30°)＝meq\f(veq\o\al(2,D),r)在小球从圆轨道上的D点运动到A点的过程中，根据动能定理有mgr(1＋cos30°)＋Frsin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)联立解得v0＝2eq\r(1＋\r(3))m/s。带电体在等效场中的圆周运动(1)等效重力法将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向。(2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点。训练(多选)如图12所示，质量为m、带电荷量为＋q的小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环固定在竖直平面内，O为环心，A为最低点，B为最高点。大圆环所在的竖直平面内存在水平向右、电场强度为eq\f(mg,q)的匀强电场，并同时给在A点的小圆环一个向右的水平初速度v0，小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，则小圆环运动过程中()图12A.动能最小与最大的位置在同一等势面上B.电势能最小的位置恰是机械能最大的位置C.在A点获得的初速度为eq\r(2（1＋\r(2)）gR)D.过B点受到大环的弹力大小为mg答案BC解析由于匀强电场的电场强度为E＝eq\f(mg,q)，即静电力与重力大小相等，作出小圆环在大圆环上的等效最低点C与等效最高点D，如图所示。小圆环在等效最低点速度最大，动能最大，在等效最高点速度最小，动能最小，根据沿电场线方向电势降低，可知φD＞φC，C点与D点不在同一等势面上，A错误；小圆环在运动过程中，只有电势能与机械能的转化，则电势能最小的位置恰是机械能最大的位置，B正确；小圆环恰好能够沿大圆环做完整的圆周运动，即小圆环通过等效最高点D的速度为0，对小圆环从A到D，由动能定理，有－qERsin45°－mg(R＋Rcos45°)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得vA＝eq\r(2（1＋\r(2)）gR)，C正确；小圆环从A到B过程，有－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，在B点，有FN＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得FN＝(2eq\r(2)－3)mg＜0，可知，小圆环过B点受到大环的弹力大小为(3－2eq\r(2))mg，D错误。1.(2024·全国甲卷，18)在电荷量为Q的点电荷产生的电场中，将无限远处的电势规定为零时，距离该点电荷r处的电势为keq\f(Q,r)，其中k为静电力常量；多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在时该点的电势的代数和。电荷量分别为Q1和Q2的两个点电荷产生的电场的等势线如图13中曲线所示(图中数字的单位是伏特)，则()图13A.Q1<0，eq\f(Q1,Q2)＝－2 B.Q1>0，eq\f(Q1,Q2)＝－2C.Q1<0，eq\f(Q1,Q2)＝－3 D.Q1>0，eq\f(Q1,Q2)＝－3答案B解析无限远处电势为零，正电荷形成的电场中电势为正值，负电荷形成的电场中电势为负值，根据沿电场线方向电势降低，结合题图可知，Q1>0，Q2<0，A、C错误；设两点电荷间的距离为3L，则有keq\f(Q1,2L)＋keq\f(Q2,L)＝0，解得eq\f(Q1,Q2)＝－2，B正确，D错误。2.(2024·北京卷，11)如图14所示，两个等量异种点电荷分别位于M、N两点，P、Q是MN连线上的两点，且MP＝QN。下列说法正确的是()图14A.P点电场强度比Q点电场强度大B.P点电势与Q点电势相等C.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍D.若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P、Q两点间电势差不变答案C解析结合电场强度叠加原理和点电荷的电场强度公式E＝keq\f(Q,r2)可知，P、Q两点电场强度大小相等、方向相同，A错误；由于两等量异种点电荷产生的电场中，电场线从正点电荷出发，指向负点电荷，又沿电场线方向电势降低，则φP>φQ，B错误；P点电场强度大小为EP＝keq\f(Q,xeq\o\al(2,MP))＋keq\f(Q,xeq\o\al(2,NP))，若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P点电场强度大小也变为原来的2倍，C正确；若两点电荷的电荷量均变为原来的2倍，则P、Q之间的电场强度均变大，又P、Q两点间的距离不变，则根据U＝Ed定性分析可知，P、Q之间的电势差变大，D错误。3.(2024·湖南卷，5)真空中有电荷量为＋4q和－q的两个点电荷，分别固定在x轴上－1和0处。设无限远处电势为0，x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是()答案D解析无限远处电势为0，根据点电荷的电势公式φ＝keq\f(Q,r)可知，x正半轴上，电荷量为＋4q的点电荷在x处产生的电势为φ1＝keq\f(4q,x＋1)，电荷量为－q的点电荷在x处产生的电势为φ2＝－keq\f(q,x)，x正半轴上在x处的电势φx＝keq\f(4q,x＋1)－keq\f(q,x)，可知在x＝eq\f(1,3)处电势为0，在x＝0处电势接近负无穷大，则选项D正确。4.(多选)(2024·广东卷，8)污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图15所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极、金属圆盘置于底部、金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的有()图15A.M点的电势比N点的低B.N点的电场强度比P点的大C.污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大答案AC解析根据沿着电场线方向电势降低可知M点的电势比N点的低，污泥絮体带负电，根据Ep＝qφ可知污泥絮体在M点的电势能比在N点的电势能大，污泥絮体从M点移到N点，电势能减小，电场力对其做正功，故A、C正确；根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，故B错误；M点和P点在同一等势面上，则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等，结合A、C选项分析可知污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大，故D错误。5.(2024·黑吉辽卷，5)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图16(a)所示。将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电流表等构成如图(b)所示的电路。闭合开关S后，若降低溶液浓度，则()图16A.电容器的电容减小B.电容器所带的电荷量增大C.电容器两极板之间的电势差增大D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N答案B解析由题图(a)知，溶液浓度降低，相对介电常数εr增大，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容C增大，A错误；由于电容器与恒压电源相连，故电容器两极板间的电势差等于电源电压，保持不变，C错误；根据C＝eq\f(Q,U)可知，电容C增大，电容器所带电荷量增大，电容器充电，故电流方向为N→M，B正确，D错误。基础保分练1.如图1所示，在真空中光滑的水平绝缘桌面上，有带异种电荷的点电荷P1和P2。现固定P1，用绝缘锤将P2沿桌面击出。关于此后P2在桌面上的运动，下列说法正确的是()图1A.一定是曲线运动B.速度可能不变C.加速度一定变小D.动能和电势能之和一定不变答案D解析若P2初速度方向在P1P2连线上，则小球做直线运动，故A错误；P2受到静电力作用，速度一定发生变化，故B错误；当小球靠近P1时，根据库仑定律可知所受库仑力变大，结合牛顿第二定律可知P2的加速度变大，故C错误；根据题意可知P2只有静电力做功，动能和电势能之和一定不变，故D正确。2.(2024·江苏卷，1)在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图2所示的关系，请问a、b两点的场强大小关系是()图2A.Ea＝Eb B.Ea＝2Eb C.Ea＝3Eb D.Ea＝4Eb答案D解析由静电力F＝qE可知F－q图像的斜率表示电场强度，由题图可知a、b两图线斜率之比为4∶1，则a、b两点的场强大小关系为Ea＝4Eb，D正确。3.(2024·重庆模拟预测)“场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜：在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场线如图3所示。a、b、c、d、O为同一平面上的5个点，abc是一段以O为圆心半径为r的圆弧，d为Ob的中点。O、a、b、c、d五点的电场强度分别为EO、Ea、Eb、Ec、Ed，电势分别为φO、φa、φb、φc、φd，则下面说法正确的是()图3A.a、b、c三点的电场强度相同B.φd<φa＝φc＝φbC.φO－φa<2(φO－φd)D.φd－φb＝Ed·eq\f(R,2)答案C解析电场线的疏密表示电场强度的大小，则玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，所以a、b、c三点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；根据点电荷形成的电场的电势分布可知沿着电场线方向电势逐渐降低，可知φd>φa＝φc＝φb，故B错误；越靠近O点的电场强度越大，则Od部分的电场强度均大于db部分的电场强度，根据电场强度与电势差的关系可知φO－φa<2(φO－φd)，φd－φb<Ed·eq\f(R,2)，故C正确，D错误。4.(多选)(2023·全国乙卷，19)在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷静电力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图4所示。M、N是轨迹上的两点，OP＞OM，OM＝ON，则小球()图4A.在运动过程中，电势能先增加后减少B.在P点的电势能大于在N点的电势能C.在M点的机械能等于在N点的机械能D.从M点运动到N点的过程中，静电力始终不做功答案BC解析画出O点处点电荷过M、N两点的等势面，如图所示，由图可知带负电的小球在运动过程中静电力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，A错误；距正点电荷越远，电势越低，则φN＞φP，根据电势能计算式Ep＝qφ，结合小球带负电可知EpN＜EpP，B正确；小球在运动过程中动能、重力势能、电势能的总和保持不变，M、N两点在正点电荷的同一等势面上，因此小球在M、N两点上的电势能相等，则小球在M、N两点上的机械能相等，C正确；结合小球运动方向与受力方向夹角变化可知，小球从M点运动到N点的过程中静电力先做正功后做负功，D错误。5.(多选)(2023·海南卷，2)如图5所示，正三角形三个顶点固定三个带等量电荷的点电荷，其中A、B带正电，C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，下列说法正确的是()图5A.M、N两点电场强度相同B.M、N两点电势相同C.负电荷在M点的电势能比在O点时要小D.负电荷在N点的电势能比在O点时要大答案BC解析根据电场强度叠加原理可知，M、N两点电场强度的大小相等，方向不同，A错误；M、N两点在A、B的电场中电势相等，且比O点电势要高，同时M、N两点在C的电场中是位于同一等势面上，比O点电势要高，所以M、N两点电势相等，B正确；由于M、N点电势均高于O点电势，根据Ep＝qφ可知，负电荷在M、N点的电势能均小于在O点的电势能，C正确，D错误。6.(多选)(2024·天津河西一模)图6(a)中M、N是同一条电场线上的两个点，一个电子仅在静电力的作用下沿着这条电场线从M点运动到N点，其运动的v－t图像如图(b)所示。电子经过M、N两点时的速度分别为vM和vN，电子的质量为m，电子电荷量的绝对值为e。以下说法正确的是()图6A.电场强度的方向由N指向MB.M、N两点之间的电势差UMN＝eq\f(m（veq\o\al(2,N)－veq\o\al(2,M)）,2e)C.电子运动的过程中，其电势能不断减小D.N点的电场强度大于M点的电场强度答案AC解析由图(b)可知电子的速度在增大，根据动能定理可知静电力对电子做了正功，即－eUMN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)，解得UMN＝eq\f(m（veq\o\al(2,M)－veq\o\al(2,N)）,2e)，静电力对电子做正功，所以静电力向右，则电场强度方向由N指向M，故A正确，B错误；根据静电力做功与电势能变化的关系可知，静电力做正功，电势能减小，故C正确；根据v－t图像的变化特点可知，电子在M、N两点的加速度大小关系为aM>aN，电子仅受静电力的作用，则qE＝ma，所以N点的电场强度小于M点的电场强度，故D错误。7.(2024·河北衡水模拟)如图7所示为一沿x轴方向的静电场的φ－x图像，现将一质量为m、电荷量为q的点电荷由O点沿x轴正方向发出，点电荷初速度大小为v0，整个运动过程中点电荷只受静电力的作用。则()图7A.在x轴上，由O点到x＝x2处电场强度逐渐减小B.正电荷在O点处的电势能等于在x轴上x＝x2处的电势能C.如果点电荷带正电，点电荷在x＝x2处的电势能为qφ0D.如果点电荷带负电，当v0＝2eq\r(\f(qφ0,m))时点电荷刚好运动到x＝x2处速度减为0答案D解析根据E＝eq\f(Δφ,Δx)，可知φ－x图像的斜率表示电场强度，则在x轴上，由O点到x＝x2处电场强度保持不变，故A错误；根据Ep＝qφ，由于O点处的电势高于x＝x2处的电势，则正电荷在O点处的电势能大于在x轴上x＝x2处的电势能，故B错误；如果点电荷带正电，点电荷在x＝x2处的电势能为Ep＝－qφ0，故C错误；如果点电荷带负电，当v0＝2eq\r(\f(qφ0,m))时，设点电荷可以运动到x＝x2处，且速度大小为v，根据动能定理可得－q·2φ0＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v＝0，故D正确。8.(多选)(2024·湖南雅礼中学质检)如图8所示为真空中的实验装置，平行金属板A、B之间的加速电压为U1，C、D之间的偏转电压为U2，P为荧光屏。现有氕核、氚核和α粒子三种粒子分别在A板附近由静止开始加速，最后均打在荧光屏上。已知氕核为eq\o\al(1,1)H、氚核为eq\o\al(3,1)H和α粒子为eq\o\al(4,2)He，则氕核、氚核和α粒子三种粒子()图8A.从开始到荧光屏所经历时间之比为eq\r(2)∶eq\r(3)∶1B.从开始到荧光屏所经历时间之比为1∶eq\r(3)∶eq\r(2)C.打在荧光屏上时的动能之比为2∶2∶1D.打在荧光屏上时的动能之比为1∶1∶2答案BD解析粒子在A、B间加速过程，由动能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU1,m))，氕核、氚核和α粒子比荷之比为6∶2∶3，则氕核、氚核和α粒子三种粒子加速获得的速度之比为eq\r(6)∶eq\r(2)∶eq\r(3)，设A、B间距离为d，B板与荧光屏的距离为L，粒子在A、B间运动时，有d＝eq\f(v,2)t1，粒子从B板到荧光屏，在水平方向上一直做匀速直线运动，则有L＝vt2，从开始到荧光屏，所经历的时间为t＝t1＋t2＝eq\f(2d＋L,v)，可知t与v成反比，则从开始到荧光屏所经历时间之比为1∶eq\r(3)∶eq\r(2)，故A错误，B正确；设C、D极板长度为L1，板间距离为d1，粒子飞出偏转电场时偏转的距离y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,偏)＝eq\f(1,2)·eq\f(qU2,md1)(eq\f(L1,v))2＝eq\f(U2Leq\o\al(2,1),4U1d1)，可知三种粒子通过偏转电场后偏转距离相等，对粒子从开始到荧光屏的过程，由动能定理得Ek＝qU1＋qE2y，则粒子打在荧光屏时的动能Ek∝q，故打在荧光屏上时的动能之比为1∶1∶2，故C错误，D正确。提能增分练9.(多选)(2024·河南开封期末)如图9所示，空间有水平方向的匀强电场E(未画出)，长为L的绝缘轻质细线一端固定在天花板上O点，另一端系质量为m、电荷量为q的带正电小球，现由图示A位置静止释放小球，小球沿圆弧经最低点C恰好能到达B点，已知OB与竖直方向的夹角为θ＝37°，且sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，忽略空气阻力。则下列说法正确的是()图9A.电场强度E＝eq\f(mg,2q)B.小球在B点时的电势能最小C.小球经过C点时对细线的拉力为2mgD.小球经过C点时的动能最大答案AC解析根据题图可知，小球从A到B运动过程中，静电力做负功，则电场方向水平向右，由A到B过程有mgLcosθ－qE(L＋Lsinθ)＝0，解得E＝eq\f(mg,2q)，选项A正确；根据上述可知，由A到B过程静电力做负功，因此小球在B点时的电势能最大，选项B错误；由A到C过程有mgL－qEL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，在C点有T－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),L)，根据牛顿第三定律有T′＝T，联立解得T′＝2mg，选项C正确；小球经过等效最低点时的动能最大，根据运动的对称性知，该位置位于AC之间，不在C点，选项D错误。10.(2024·辽宁师大附中质检)如图10所示，在光滑绝缘水平面上，A、B两小球质量分别为2m、m，带电荷量分别为＋q、＋2q。某时刻A有指向B的速度v0，B球速度为零，之后两球在运动中始终未相碰，当两小球从该时刻开始到第一次相距最近的过程中()图10A.任意时刻A、B两小球的加速度大小之比均为2∶1B.两小球构成的系统动量守恒，电势能减少C.电场力对A球做功的大小为eq\f(4,9)mveq\o\al(2,0)D.A球减少的机械能大于B球增加的机械能答案D解析因为两小球所受静电力大小相等，A、B两小球质量分别为2m、m，由牛顿第二定律可知A、B两小球的加速度大小之比为1∶2，故A错误；A、B两小球组成的系统所受合外力为零，故系统动量守恒，由于A小球所受静电力做负功，B小球所受静电力做正功，并且两小球所受静电力相等，A的位移大于B的位移，所以负功多于正功，静电力对系统做的总功为负值，则系统电势能增加，故B错误；运动过程中A球减少的机械能为B球增加的机械能和系统增加的电势能，则A球减少的机械能大于B球增加的机械能，故D正确；两小球相距最近时，速度相同，根据动量守恒定律可得2mv0＝(2m＋m)v，由动能定理可得静电力对A球做的功为W＝eq\f(1,2)×2mv2－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)，联立解得W＝－eq\f(5,9)mveq\o\al(2,0)，故C错误。11.(2024·四川眉山高三上期末)如图11所示，在平面直角坐标系xOy的y轴右侧有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E0，宽度为d，y轴左侧有水平向右的匀强电场，电场中有一粒子源，坐标为(－d，d)，粒子源能产生初速度为零、质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子恰能从坐标(d，0)处离开y轴右侧电场。不计粒子重力。图11(1)求y轴左侧匀强电场的电场强度大小E；(2)若粒子源位置可调，y轴左右两侧匀强电场的电场强度大小不变，求粒子从y轴右侧电场边界离开时的最小动能。答案(1)eq\f(E0,4)(2)qE0d解析(1)粒子在y轴左侧电场中加速过程，根据动能定理有qEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)粒子在y轴右侧电场中做类平抛运动则有d＝eq\f(1,2)·eq\f(qE0,m)teq\o\al(2,1)，d＝v0t1解得E＝eq\f(E0,4)。(2)令粒子源与y轴间距为x，粒子在y轴左侧电场中加速过程，根据动能定理有qEx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)粒子在y轴右侧电场中做类平抛运动则有y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE0,m)teq\o\al(2,2)，d＝v1t2设从y轴右侧电场边界离开时的动能为Ek，有qE0y＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)结合上述解得Ek＝eq\f(qE0d2,x)＋eq\f(qE0x,4)根据数学函数规律可知，当eq\f(qE0d2,x)＝eq\f(qE0x,4)，即x＝2d时，粒子飞出y轴右侧电场的动能最小，为Ekmin＝qE0d。培优高分练12.(2024·云南名校联考)如图12甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入(记为t＝0时刻)，同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是()图12A.粒子射出时间可能为t＝4sB.粒子射出的速度大小为2vC.极板长度满足L＝3vn(n＝1，2，3，…)D.极板间最小距离为eq\r(\f(3kU0,2))m答案D解析粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向运动的v－t图像如图所示，因为粒子平行极板射出，可知粒子射出时垂直极板的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5s、3s、4.5s、…，满足t＝1.5ns(n＝1，2，3，…)，粒子射出的速度大小必定为v，选项A、B错误；极板长度为L＝v·1.5ns(n＝1，2，3，…)，选项C错误；因为粒子不与极板碰撞，则应满足eq\f(d,2)≥eq\f(1,2)a×1.52，a＝eq\f(qU0,md)，联立解得d≥eq\r(\f(3kU0,2))m，选项D正确。第9课时磁场及带电粒子在磁场中的运动【知识网络】热点一磁场的基本性质、安培力1.磁场叠加问题的解题思路(1)确定磁场场源，如通电导线。(2)定位空间中需求解磁场的点，确定各个场源在这一点产生磁场的磁感应强度的大小和方向。(3)应用平行四边形定则进行合成。2.用准“两个定则”(1)对电流的磁场用安培定则(右手螺旋定则)，并注意磁场的叠加。(2)对通电导线在磁场中所受的安培力用左手定则。3.熟悉“两个等效模型”(1)变曲为直：图1甲所示的通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。图1(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁体，如图乙所示。例1(2024·浙江宁波模拟预测)已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝keq\f(I,r)，即磁感应强度B的大小与导线中的电流I成正比，与该点到导线的距离r成反比。如图2所示，两根平行长直导线M、N分别通以大小相等、方向相反的电流，沿MN和其中垂线建立直角坐标系xOy。规定磁场沿－y方向为正，则磁感应强度B随x、y变化的图线正确的是()图2答案C解析由安培定则可知，左侧导线中的电流在该导线右侧产生的磁场的方向沿－y方向，而右侧导线中的电流在该导线左侧产生的磁场的方向沿－y方向，由于规定磁场方向沿－y方向为正，此区间内的磁场等于两条直导线在各处形成的磁感应强度之和，故在M、N区间内磁场方向为正，根据通电长直导线周围某点磁感应强度B＝keq\f(I,r)知距离导线越远磁场越弱，又I1＝I2，可知在两根导线中间位置O点磁场最弱，但不为零；在导线M左侧，M导线形成的磁场沿y方向，N导线形成的磁场沿－y方向，因该区域离M导线较近，则合磁场方向沿y正方向，为负，且离M导线越远处磁场越弱；同理，在导线N右侧，N导线形成的磁场沿y正方向，M导线形成的磁场沿－y方向，因该区域离N导线较近，则合磁场方向沿y正方向，为负，且离N导线越远处磁场越弱，故A、B错误；两通电导线在y轴的磁感应强度如图所示，因此可知合磁场方向竖直向下，大小为B＝2B1cosα，越远离O点cosα越小，因此B越小，C正确，D错误。例2MN、PQ为水平放置、间距为0.5m的平行导轨，左端接有如图3所示的电路。电源的电动势为10V，内阻为1Ω；小灯泡L的电阻为4Ω，滑动变阻器接入电路的阻值为7Ω。将导体棒ab静置于导轨上，整个装置在匀强磁场中，磁感应强度大小为2T，方向与导体棒垂直且与水平导轨平面的夹角θ＝53°；导体棒质量为0.23kg，接入电路部分的阻值为4Ω。闭合开关S后，导体棒恰好未滑动。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计导轨的电阻，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，则()图3A.导体棒受到的安培力大小为1NB.流过灯泡的电流大小为1AC.若将滑动变阻器的滑片向左移动，则导体棒仍会静止D.导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2答案D解析导体棒接入电路部分电阻R＝4Ω，电路的总电阻R总＝R0＋r＋eq\f(RLR,RL＋R)＝10Ω，电路中干路电流I总＝eq\f(E,R总)＝1A，由于R＝RL，所以流过导体棒的电流与流过小灯泡的电流相等，为I＝eq\f(1,2)I总＝0.5A，故B错误；导体棒有电流通过部分的长度L＝0.5m，且导体棒与磁场方向垂直，则导体棒受到的安培力大小为F＝ILB＝0.5N，故A错误；闭合开关S后，导体棒恰好未滑动。若将滑动变阻器的滑片左移，总电阻减小，干路电流变大，流过导体棒的电流也变大，导体棒受到的安培力变大，导体棒会运动，故C错误；对导体棒受力分析如图所示，其中F为导体棒所受的安培力，Fx和Fy分别是F的两个分力，可得Fx＝Fsinθ，Fy＝Fcosθ，FN＝mg－Fy，Ff＝μFN，Fx＝Ff，联立解得μ＝0.2，故D正确。方法总结“三维变二维”的方法求解安培力作用下的综合问题

热点二带电粒子在各种边界磁场中的运动分类示例注意事项直线边界粒子进出磁场具有对称性图甲中粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)图乙中粒子在磁场中运动的时间t＝(1－eq\f(θ,π))T＝(1－eq\f(θ,π))eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2m（π－θ）,qB)图丙中粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(θ,π)T＝eq\f(2θm,qB)平行边界往往存在临界条件圆形(或三角形)有界磁场沿径向射入的粒子，必沿径向射出。常用结论：(1)磁场半径和回旋半径构成对角互补的四边形，即φ＋θ＝π。(2)回旋半径r、磁场半径R的关系为r＝Rtaneq\f(θ,2)例3(2024·山东聊城二模)2023年4月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装置创造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图4，在半径为R1和R2的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，R2＝2R1。假设氘核eq\o\al(2,1)H沿内环切线向左进入磁场，氚核eq\o\al(3,1)H沿内环切线向右进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，则eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(3,1)H的速度之比为()图4A.2∶1 B.3∶2 C.2∶3 D.1∶2答案D解析由题意可知，根据左手定则，作图如图所示，氘核eq\o\al(2,1)H的运动轨迹半径为r1，由几何关系可知，2r1＝R2－R1＝R1，则r1＝eq\f(R1,2)，氚核eq\o\al(3,1)H的运动轨迹半径为r2，由几何关系可知，2r2＝R1＋R2＝3R1，则r2＝eq\f(3,2)R1，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，联立可得氘核和氚核的速度之比为eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,2)，故D正确。例4(2024·山西太原二模)一种能精准控制带电粒子运动轨迹和运动时间装置的原理如图5所示。在xOy平面内0<x≤2eq\r(3)L的区域内，第一象限内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，第四象限内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小关系为B1＝2B2。处于O点的粒子源，能沿与x轴成θ＝60°角的方向，向第一象限发射质量为m、带电荷量为q、速度为v0的正粒子，粒子最终从x轴上的P(2eq\r(3)L，0)点射出磁场，不计粒子的重力。图5(1)求磁感应强度B1的最小值；(2)若B1＝eq\f(2mv0,qL)，求粒子在磁场中通过的路程。答案(1)eq\f(mv0,2qL)(2)eq\f(4,3)πL解析(1)磁感应强度越小，轨迹圆半径就越大，B0取最小值B1min，粒子由O直接到达P，设粒子运动半径为r1，则qv0B1min＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)2r1sinθ＝2eq\r(3)L，解得B1min＝eq\f(mv0,2qL)。(2)若B1＝eq\f(2mv0,qL)>B1min，粒子在第一象限及第四象限运动半径分别为r2、r3则qv0B1＝meq\f(veq\o\al(2,0),r2)，qv0B2＝meq\f(veq\o\al(2,0),r3)由几何关系知n1·2r2sinθ＋n2·2r3sinθ＝2eq\r(3)L(n1＝n2或n1＝n2＋1)解得r2＝eq\f(L,2)，r3＝L，n1＝2，n2＝1粒子在第一象限路程s1＝n1·eq\f(1,3)·2πr2粒子在第四象限路程s2＝n2·eq\f(1,3)·2πr3粒子在磁场中运动的路程s＝s1＋s2解得s1＝eq\f(2,3)πL，s2＝eq\f(2,3)πL，s＝eq\f(4,3)πL。带电粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要结论(1)带电粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角(如图甲所示，θ3＝θ2＝θ1)。(2)带电粒子经过匀强磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角(如图甲所示，α1＝α2)。(3)沿半径方向射入圆形匀强磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图乙所示(两侧关于圆心连线OO′对称)。训练1(多选)(2024·贵州遵义模拟预测)如图6所示的直角三角形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场(包括边界，图中未画出)，∠ACB＝30°，一带正电的粒子由AC中点以速率v0沿垂直AC方向射入磁场，经磁场偏转后从AC边离开磁场，已知AB＝L，粒子的质量为m、电荷量为q，粒子重力忽略不计。则下列说法正确的是()图6A.磁感应强度的大小可能为eq\f(2mv0,qL)B.磁感应强度最小时，粒子的出射点到C点的距离为eq\f(L,3)C.从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间均为eq\f(2πL,3v0)D.当磁感应强度取粒子从AC边离开磁场的最小值时，增大粒子的入射速度，粒子在磁场中的运动时间缩短答案BD解析根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，可知半径越大，磁感应强度越小，粒子能从AC边离开磁场的临界轨迹如图所示，由几何关系可得OC＝2r，AC＝2AB＝2L，可得CD＝r＝eq\f(1,3)L，则有r＝eq\f(mv0,qB)≤eq\f(L,3)，解得B≥eq\f(3mv0,qL)，故A错误，B正确；根据题意可知，从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(T,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(2πr,v0)≤eq\f(πL,3v0)，故C错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，粒子在磁场中运动时间为t＝eq\f(θ,2π)·T＝eq\f(θm,qB)，当磁感应强度取粒子从AC边离开磁场的最小值时，增大粒子的入射速度，粒子运动半径增大，则粒子从BC边离开磁场，速度越大，轨迹对应的圆心角θ越小，粒子在磁场中的运动时间越短，故D正确。训练2(2024·湖南衡阳二模)如图7所示，半径为R圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。质量为m、电荷量为q的带正电粒子由M点沿与过该点的直径成30°角的方向射入磁场，经过圆心O，最后离开磁场。不计粒子重力，则()图7A.粒子的运动速度大小为eq\f(2qBR,3m)B.粒子在磁场中运动的时间为eq\f(πm,3qB)C.若仅改变粒子的入射方向，粒子离开磁场时的速度方向不变D.若仅增大粒子的入射速度，则粒子在磁场中的运动时间变长答案C解析根据题意作出粒子运动轨迹图，根据几何关系可知半径r＝R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBR,m)，故A错误；根据几何关系可知圆心角为120°，则运动时间为t＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(2πm,3qB)，故B错误；只改变粒子的速度方向，不改变粒子的速度大小，则粒子轨迹圆的半径保持不变，则粒子轨迹圆的圆心、磁场区域圆的圆心、两个圆的交点构成菱形，故粒子出磁场时速度方向不变，故C正确；若增大粒子的运动速度，运动周期不变，半径增大，轨迹如图乙，根据几何关系可知圆心角减小，则粒子在磁场中的运动时间变小，故D错误。1.(多选)(2024·福建卷，6)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘绳a、b悬挂于天花板上，AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A向B大小为I的电流，则()图8A.通电后两绳拉力变小 B.通电后两绳拉力变大C.安培力为πBIr D.安培力为2BIr答案BD解析通电流之前，铜导线半圆环处于平衡状态，根据平衡条件有2FT＝mg；通电流之后，半圆环受到安培力，由左手定则可判断半圆环受到的安培力方向竖直向下，根据平衡条件有2FT′＝mg＋F安，可知通电后两绳的拉力变大，A错误，B正确；半圆环的有效长度为2r，由安培力公式可知F安＝2BIr，C错误，D正确。2.(2024·广西卷，5)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图9所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为＋q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为()图9A.eq\f(mv,qB) B.eq\f(3mv,2qB) C.(1＋eq\r(2))eq\f(mv,qB) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(2),2)))eq\f(mv,qB)答案C解析粒子运动轨迹如图所示，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，可得粒子做圆周运动的半径r＝eq\f(mv,qB)，根据几何关系可得P点至O点的距离LPO＝r＋eq\f(r,sin45°)＝(1＋eq\r(2))eq\f(mv,qB)，故C正确。3.(2024·湖北卷，7)如图10所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是()图10A.粒子的运动轨迹可能经过O点B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为eq\f(7πm,3qB)D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为eq\f(\r(3)qBR,3m)答案D解析根据带电粒子在圆形边界磁场中的运动性质可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，粒子射出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的半径方向，A、B错误；当粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1＝R时，粒子连续两次由A点沿AC方向射入磁场区域的时间间隔最短，其运动轨迹如图甲所示，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)，又T1＝eq\f(2πr1,v1)，则最短时间间隔为tmin＝2T1＝eq\f(4πm,qB)，C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短时，粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何关系可知此时粒子的轨迹半径为r2＝eq\f(\r(3),3)R，由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),r2)，联立解得v2＝eq\f(\r(3)qBR,3m)，D正确。4.(多选)(2024·河北卷，10)如图11，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是()图11A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出C.若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45°D.若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°答案ACD解析若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必经过cd边，作出一种粒子运动轨迹图，如图甲所示，粒子从C点垂直于BC射出，A、C正确；当粒子穿过ad边速度方向与ad边夹角为60°时，若粒子从cd边再次进磁场，作出粒子运动轨迹如图乙所示，则粒子不能垂直BC射出，若粒子经bc边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图丙所示，则粒子一定垂直BC边射出，B错误，D正确。基础保分练1.(2024·浙江1月选考，4)磁电式电表原理示意图如图1所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是()图1A.图示左侧通电导线受到安培力向下B.a、b两点的磁感应强度相同C.圆柱内的磁感应强度处处为零D.c、d两点的磁感应强度大小相等答案A解析由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，故A正确；a、b两点的磁感应强度大小相等，但是方向不同，故B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，故C错误；因c点处的磁感线较d点密集，可知c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，故D错误。2.(多选)(2023·福建卷，6)地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图2所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是()图2A.地表电荷为负电荷B.环形电流方向与地球自转方向相同C.若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大D.若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大答案AC解析根据地磁场的磁场线分布，结合安培定则可知地球自转形成的环形电流方向与地球自转方向相反，物理学中规定正电荷定向移动的方向(或负电荷定向移动的反方向)为电流的方向，故地表电荷为负电荷，A正确，B错误；若地表电荷的电量增加，由I＝nqSv可知，形成的环形电流增加，产生的地磁场强度增大，C正确；若地球自转的角速度减小，则地表电荷运动的速度减小，环形电流减小，产生的地磁场强度减小，D错误。3.(2023·北京卷，13)如图3所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l(l≫a)。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为＋q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是()图3A.粒子在磁场中运动的圆弧半径为aB.粒子质量为eq\f(Bqa,v)C.管道内的等效电流为nqπa2vD.粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql答案C解析带正电的粒子沿轴线进入管道，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆孤半径r＝a，故A正确；根据qvB＝meq\f(v2,r)，可得粒子的质量m＝eq\f(Bqa,v)，故B正确；管道内的等效电流为I＝eq\f(Q,t)＝nq，故C错误；粒子束对管道的平均作用力大小等于等效电流受到的安培力大小，即F＝BIl＝Bnql，故D正确。4.(多选)(2024·山东淄博一模)如图4所示是小齐同学设计的一个能够测量电流的装置，其上部是一根粗细均匀横截面积为S的竖直细管，下部是一截面为正方形(边长为L)的容器。该容器左右两壁为导体，其他各面是绝缘的，其底部与大气相通。容器内有一个正方形的金属活塞，其边长也为L，可在容器内无摩擦滑动。活塞下面有一轻质弹簧支撑着，已知弹簧的劲度系数为k，活塞上部充有密度为ρ的绝缘油(测量过程中细管内始终有绝缘油)。容器的左右两壁与一电路连接，整个装置放在水平向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。开关K闭合前，活塞处于静止状态，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，则()图4A.闭合开关K后，竖直细管中油柱的上表面会向上移动B.闭合开关K后，竖直细管中油柱的上表面会向下移动C.若油柱稳定后上表面变化的高度为x，则回路中的电流为I＝eq\f(kS＋ρgL2（L2－S）,BL3)xD.若油柱稳定后上表面变化的高度为x，则回路中的电流为I＝eq\f(kS－ρgL2（L2－S）,BL3)x答案BC解析闭合开关K前，活塞受到重力、弹簧的弹力和液体的压强产生的压力，设这时液体的高度为h0，弹簧的弹力为F0，由受力平衡得mg＋ρgh0L2＝F0，闭合开关K后，电流的方向从右向左，根据左手定则可以判定安培力的方向向下，此时受力平衡mg＋ρghL2＋ILB＝F，活塞会向下运动，即液体的高度要减小，油柱的上表面要下降，故A错误，B正确；油柱上表面下降x，则进入容器的液体的体积ΔV＝S·x，故活塞下降的高度x′＝eq\f(ΔV,L2)＝eq\f(S,L2)x，液体的高度h＝h0－x＋x′＝h0＋(eq\f(S,L2)－1)x，弹簧的弹力变化F－F0＝kx′＝eq\f(S,L2)kx，联立解得I＝eq\f(kS＋ρgL2（L2－S）,BL3)x，故C正确，D错误。5.(2024·河南商丘模拟)如图5，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x轴正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点，SP＝l，S与屏的距离为eq\f(l,2)，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为()图5A.eq\f(E,2aB2) B.eq\f(E,aB2) C.eq\f(B,2aE2) D.eq\f(B,aE2)答案A解析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示6.(2024·河南开封高三联考)如图6所示，虚线框MNQP内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c三个带电粒子，它们在纸面内从PQ边的中点垂直于PQ边射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。若不计粒子所受重力，则()图6A.粒子a带负电，粒子b、c带正电B.若三个粒子比荷相同，则粒子c在磁场中的加速度最大C.若三个粒子入射的速度相同，则粒子c在磁场中的加速度最大D.若三个粒子入射的动量相同，则粒子b的带电荷量最大答案C解析由左手定则可知a带正电，b、c带负电，由图可知Rb>Ra>Rc，由粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)＝ma，解得R＝eq\f(mv,qB)，a＝eq\f(qvB,m)，若三个粒子比荷相同，则粒子c在磁场中的运动速度最小，加速度最小，故A、B错误；若三个粒子入射的速度相同，则粒子c的比荷最大，粒子c在磁场中的加速度最大，故C正确；若三个粒子入射的动量相同，则粒子c的带电荷量最大，故D错误。7.如图7所示，边长为a＝0.4m正方形区域ABCD内无磁场，正方形中线PQ将区域外左右两侧分成两个磁感应强度均为B＝0.2T的匀强磁场区域，PQ右侧磁场方向垂直于纸面向外，PQ左侧磁场方向垂直于纸面向里。现将一质量为m＝1×10－8kg、电荷量为q＝2×10－6C的带正电粒子从AB中点以某一速率垂直于AB射入磁场，不计粒子的重力，则关于粒子的运动，下列说法正确的是()图7A.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的最大速度为12m/sB.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的速度可能为10m/sC.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的速度可能为eq\f(8,3)m/sD.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的速度可能为2m/s答案C解析根据题意可知，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)，若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子可能的运动轨迹如图所示，由几何关系可得(2n＋1)r＝eq\f(a,2)(n＝0，1，2，…)，解得v＝eq\f(qBa,2（2n＋1）m)(n＝0，1，2，…)，当n＝0时，速度最大为vmax＝8m/s，当n＝1时，v＝eq\f(8,3)m/s，当n＝2时，v＝eq\f(8,5)m/s，故C正确，A、B、D错误。提能增分练8.(多选)(2024·黑龙江二模)如图8所示，半径为R的一圆形区域，O为圆心，P为边界上的一点，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电荷量为－q、质量为m的相同带电粒子a、b(不计重力)从P点先后以大小相等的速率v＝eq\f(qBR,m)射入磁场，粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向夹角为θ＝30°。下列说法正确的是()图8A.两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为RB.