2026版高考物理步步高大二轮 （培优版）第一篇专题三　第6讲　电场含答案

2026版高考物理步步高大二轮（培优版）第一篇第6讲电场考点一电场的性质1.描述电场的物理量2.计算电场强度常用的方法：公式法、平衡条件求解、叠加合成法、对称法、补偿法、等效法。3.电势高低的判断(1)利用电场线方向判断：沿电场线方向电势逐渐降低。(2)公式法：①φ=Epq；②点电荷中的电势φ=(3)利用电势差的正负判断：根据UAB=WABq，将WAB、q的正负号代入，UAB>0，则φA>φB；UAB<0，则φA<φ4.电势能大小的判断(1)做功判断法：由WAB=EpA-EpB可知，静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增大。(2)电荷电势法：由Ep=qφ可知，正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大。(3)能量守恒法：若只有静电力做功，电荷的动能和电势能之和守恒，动能增大时，电势能减小，动能减小时，电势能增大。5.电场强度矢量的叠加电势标量的叠加(1)电场强度矢量的叠加：电场强度是矢量，遵循平行四边形定则；(2)电势标量的叠加：某点电荷Q在距离该电荷r处的电势φ=kQr如图所示，EP=2EAcosθ=2kQr2cosθ，φP=kQ6.电场中的功能关系(1)WG=-ΔEp重(2)W电=-ΔEp电(3)W合=ΔEk(4)若只有静电力做功，电势能与动能之和保持不变。(5)若只有静电力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。例1(2025·云南卷·4)某介电电泳实验使用非匀强电场，该电场的等势线分布如图所示。a、b、c、d四点分别位于电势为-2V、-1V、1V、2V的等势线上，则()A.a、b、c、d中a点电场强度最小B.a、b、c、d中d点电场强度最大C.一个电子从b点移动到c点电场力做功为2eVD.一个电子从a点移动到d点电势能增加了4eV答案C解析根据等势面越密集处电场强度越大，可知a、b、c、d中a点电场强度最大，故A、B错误；一个电子从b点移动到c点电场力做功为Wbc=-eUbc=2eV，故C正确；一个电子从a点移动到d点电场力做功为Wad=-eUad=4eV，由于电场力做正功，电势能减小，则一个电子从a点移动到d点电势能减小了4eV，故D错误。例2(2025·黑吉辽蒙卷·7)如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC，则()A.EkA<EkB<EkC B.EkB<EkA<EkCC.EkA<EkC<EkB D.EkC<EkA<EkB答案C解析由题意可得在A点，弹簧伸长量为r，在B点和C点，弹簧压缩量为r，即三个位置弹簧弹性势能相等，则由A到B过程中弹簧弹力做功为零，电场力做正功，动能增加，EkB>EkA；由B到C过程中弹簧弹力和电场力做功都为零，重力做负功，则动能减小，EkB>EkC；由A到C全过程则有qElAB-mglBC=EkC-EkA，因lAB=(3r)2-r2=22r，lBC=2r，qE=mg，故EkC>EkA。因此EkB>EkC>例3(多选)(2025·山东卷·11)球心为O，半径为R的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上，带电量分别为+2q和+q的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B两点，过O、A、B的截面如图所示，C、D均为圆弧上的点，OC沿竖直方向，∠AOC=45°，OD⊥AB，A、B两点间距离为3R，E、F为AB连线的三等分点。下列说法正确的是()A.甲的质量小于乙的质量B.C点电势高于D点电势C.E、F两点电场强度大小相等，方向相同D.沿直线从O点到D点，电势先升高后降低答案BD解析方法一力矩平衡法对甲、乙两小球整体受力分析如图所示，甲、乙小球分别受重力、支持力、库仑力作用保持平衡，选O点为转轴，由图可知∠BOG>∠AOG，则L1<L2，由力矩平衡可知G甲L1=G乙L2，则G甲>G乙，m甲>m乙，A错误；方法二正弦定理法由A、B两点间距离为3R，可得2Rsinθ2=3R，故AB圆弧所对的圆心角θ=120°；对小球甲、乙分别受力分析，如图所示，由正弦定理可得FBAsin45°=m甲gsin30°，FABsin75°=m乙gsin30°，由于FBA=FAB，可得m甲>m乙，故甲的质量大于乙的质量，A错误；将带正电的试探电荷由C点沿圆弧移至D点，静电力一直对其做正功，试探电荷的电势能一直减小，故电势一直减小，所以C点电势高于D点电势，B正确；由电场强度叠加原理可得，E点处的电场强度大小EE=k·2q33R2-kq233R2=21kq4R2，方向由A指向B；F点处的电场强度大小EF=kq考点二电场中的图像问题电场中几种常见的图像v-t图像从v-t图像上能确定粒子运动的加速度方向、大小变化情况，只受静电力时可判定粒子运动中经过的各点的电场强度方向和大小、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(2)φ-x图线的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，根据电场方向可判定电势高低(2)图线与x轴围成的“面积”大小表示电势差大小Ep-x图像(1)图线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4(多选)(2024·天津卷·8)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解析根据题意，由公式Ep=φq可知，负电荷在高电势位置的电势能较小，由题图可知，a点的电势最大，则负电荷在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A错误，B正确；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。例5(2025·黑龙江哈尔滨市一模)某静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为场强正方向，其中x1、x2、x3、x4是间隔相等的四点，E-x图像中x1到x4所包围的面积为S，下列说法正确的是()A.x3处电势最高B.x2和x4处电势相等C.x1、x2两点之间的电势差等于x3、x4两点之间的电势差D.电荷量为q、质量为m的正点电荷由x1静止释放仅在静电力作用下运动到x4时的动能Ek=q·S答案D解析由题图可知，0~x1电场方向沿x轴负方向，x1~x4电场方向沿x轴正方向，根据沿着电场线方向电势降低，所以x1处电势最高，x2处电势高于x4处电势，故A、B错误；E-x图线与x轴所围的面积表示电势差，由题图可知，x1、x2两点之间的电势差小于x3、x4两点之间的电势差，故C错误；对正点电荷根据动能定理可得Ek=qU=qS，故D正确。考点三带电粒子(带电体)在电场中运动1.带电粒子(带电体)在电场中运动时重力的处理基本粒子一般不考虑重力，带电体(如液滴、油滴、尘埃等)一般不能忽略重力，除有说明或明确的暗示外。2.带电粒子在电场中的常见运动及分析方法常见运动受力特点分析方法变速直线运动合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上1.动力学观点：a=F合m，E=Ud，v2-v2.功能观点：W=qU=12mv2-12m带电粒子在匀强电场中的偏转进入电场时v0⊥E，粒子做类平抛运动运动的分解偏转角：tanθ=vyv0=qU侧移距离：y0=qU2l22mdv02=U2l24dU粒子斜射入电场，粒子做类斜抛运动运动的分解垂直电场方向做匀速直线运动：x=v0tsinθ沿电场方向做匀变速直线运动：y=v0tcosθ-12qE3.带电体在电场和重力场叠加场中的运动常见运动受力特点分析方法匀变速直线运动：进入叠加场时v0与F合在同一直线上等效重力mg'=F合等效重力加速度g'=F如图动力学方法、功能关系、能量守恒类平(斜)抛运动：进入叠加场时v0与F合有一定夹角运动的分解：垂直F合方向的匀速直线运动，沿F合方向的匀变速直线运动在绳或轨道约束下的圆周运动通过圆心作合力的平行线，找等效最高点或等效最低点牛顿第二定律、功能关系、能量守恒例6(2025·河南省九师联盟质量监测)如图所示，平行边界A、B间有垂直于边界向右的匀强电场Ⅰ，平行边界B、C间有方向与边界成45°角斜向右下方的匀强电场Ⅱ，边界A上有一粒子源P，可以在纸面内向电场Ⅰ内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子射出的初速度大小相同，平行边界向下射出的粒子经电场Ⅰ偏转后，进入电场Ⅱ，在电场Ⅱ中做直线运动，平行边界向上射出的粒子，经电场Ⅰ、Ⅱ偏转，恰好垂直边界C射出。已知电场Ⅰ的电场强度为E，A、B间距为L，B、C间距为2L，不计粒子的重力和粒子间的作用力，求：(1)所有粒子进电场Ⅱ时的速度大小；(2)电场Ⅱ的电场强度的大小；(3)边界C上有粒子射出区域的长度。答案(1)2qELm(2)322E解析(1)根据题意可知，平行边界向下射出的粒子出电场Ⅰ时，速度偏向角为45°，出电场Ⅰ时，沿电场Ⅰ方向的速度v1=2根据牛顿第二定律qE=ma粒子出电场Ⅰ时的速度v=2v1解得v=2qEL根据动能定理可知，所有粒子进电场Ⅱ时的速度大小相同，都等于2qELm(2)平行边界向上射出的粒子在电场Ⅰ中的速度偏向角也为45°，进电场Ⅱ时速度方向恰好与电场Ⅱ的电场强度垂直，此粒子在电场Ⅱ中做类平抛运动，设电场Ⅱ的电场强度大小为E'，则粒子在电场Ⅱ中的加速度大小为a'=q将粒子在电场Ⅱ中的运动沿电场方向和垂直电场方向分解，则x=vt，y=12a't由于此粒子在电场Ⅱ中的偏向角为45°，因此有y=12根据几何关系有x+y=22L解得E'=32(3)由(1)可知，粒子在P点射出的初速度大小为v0=v1=2由于沿平行边界射出的粒子出电场Ⅰ时速度的偏向角为45°，由此分析可知边界B上有粒子通过的区域长度为s1=4L则在边界C上有粒子射出的区域长度s2=s1+2L+22(x-y由(2)可知x=423L，y=解得s2=203L例7(2025·云南昭通市检测)如图甲所示为一种“自动旋转电玩小球”玩具模型的简化图。内侧半径为R的光滑绝缘轨道竖直固定放置，轨道内部存在与轨道平面平行的匀强电场(方向未知)。轨道内侧有一质量为m，带电量为q(q>0)的五彩小球从轨道最低点P以某一初速度启动，在轨道平面内沿逆时针方向恰好能做完整的圆周运动。运动过程中，小球与轨道圆心O的连线与OP方向的夹角记为θ，乙图所示为小球在运动过程中的电势能Ep随角度θ的变化情况，已知重力加速度为g，则()A.匀强电场的方向水平向右B.电场强度的大小为2C.小球运动过程中动能的最小值为22D.小球运动过程中对轨道压力的最大值为(3+32)mg答案C解析如图所示，设M、N分别为圆环上与圆心O等高的两点，根据题图乙，当θ=0和θ=π时，小球的电势能均为0，则P、Q两点的连线为等势线，当θ=π2时，小球运动到N点，电势能EpN=mgR，当θ=3π2时，小球运动到M点，电势能EpM=-mgR，综上所得，电场线的方向由N指向M，即水平向左，A错误；小球从N点运动到M点，由动能定理得Eq·2R=mgR-(-mgR)，解得E=mgq，B错误；小球所受静电力F=Eq=mg，则小球所受合力，即小球在圆环内受到的等效重力为2mg，方向与MN成45°角斜向左下，根据题意，小球运动到等效最高点时动能最小，由牛顿第二定律得2mg=mvmin2R，解得12mvmin2=22mgR，即Ekmin=22mgR，C正确；当小球运动到等效最低点时对轨道的压力最大，小球从等效最高点到等效最低点的过程，根据动能定理得2mg·2R=12mvmax2-12mvmin2，小球在等效最低点时，根据牛顿第二定律得FN-2从重力场到等效重力场重力场等效重力场(等效重力为mg')恰好做完整圆周运动从某一位置脱离轨道圆锥摆单摆1.等效替换法等效替换法是把陌生、复杂的物理现象、物理过程在保证某种效果、特性或关系不变的前提下，转化为简单、熟悉的物理现象、物理过程来研究，从而认识研究对象本质和规律的一种思想方法。等效替换法广泛应用于物理问题的研究中，如：力的合成与分解、运动的合成与分解、等效场、电场叠加中等效替换、等效电源、变压器问题中的等效电阻等。2.对称法对称法就是利用物理现象、物理过程具有对称性的特点来分析解决物理问题的方法。常见的应用：①运动的对称性，如竖直上抛运动中物体向上、向下运动的两过程中同位置处速度大小相等、加速度相等；②结构的对称性，如均匀带电的圆环，在其圆心处产生的电场强度为零；③几何关系的对称性，如粒子从某一直线边界垂直磁感线射入匀强磁场，再从同一边界射出匀强磁场时，速度与边界的夹角相等；④场的对称性，等量同种、异种点电荷形成的场具有对称性；电流周围的磁场，条形磁体和通电螺线管周围的磁场等都具有对称性。示例1(多选)(2025·湖北卷·10)如图所示，在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形，顶点到O点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q的正点电荷，且电荷量为3q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k，则O点处的电场强度()A.方向沿x轴负方向B.方向与x轴负方向成18°夹角斜向下C.大小为2kqR2D.大小为2kqR2答案AD解析将五个点电荷等效成(q，-q)、(2q，-2q)这两组等量异种点电荷，如图所示，O点恰好在两组等量异种点电荷的中垂线上，则O点处电场强度的方向为沿x轴负方向，故A正确，B错误；五个点电荷与O点距离均为R，则E0=kqR2，由几何关系结合矢量合成法则，可知O点电场强度大小为E=2×2E0cos54°+2E0cos18°=2kqR2(2cos54°+cos18°)，故3.类比法将两个(或两类)研究对象进行对比，分析它们的相同或相似之处、相互的联系或所遵循的规律，然后根据它们在某些方面有相同或相似的属性，进一步推断它们在其他方面也可能有相同或相似的属性的一种思维方法，在处理一些物理背景很新颖的题目时，可以尝试使用这种方法。比如：恒力作用下或电场与重力场的叠加场中的类平抛问题、类斜抛问题，可直接类比使用平抛、斜抛相关结论。带电粒子绕电荷做椭圆运动类比卫星绕天体做椭圆运动(可利用开普勒定律求解相关问题)；声线类比光线等。示例2如图所示，光滑绝缘水平面上的O点固定一带正电的点电荷M，电荷量为Q；点电荷N的电荷量为-q(q>0)。图甲中N绕着M做半径r=a的圆周运动，运动周期为T；图乙中点电荷N以M为焦点沿椭圆轨道运动。A、B分别为点电荷N距离点电荷M最近和最远点；OA=a、OB=3a，若取无穷远处电势为零，图甲和图乙两种电荷系统的电势能和动能之和分别为E甲和E乙，则点电荷N在从A点第一次运动到B点的过程中()A.在A点的电势能大于在B点的电势能B.E甲大于E乙C.vA=4vBD.点电荷N从A点第一次运动到B点所用时间为2T答案D解析由静电力做功与电势能的关系可得，点电荷N在A点的电势能小于在B点的电势能，故A错误；题图乙点电荷N运动到A点时，其动能比题图甲中的点电荷N动能大，而此位置甲、乙两图电荷系统的相对位置相同，所以电势能相同，两系统电势能和动能之和守恒，所以E乙>E甲，故B错误；类比开普勒第二定律12(vA·Δt)a=12(vB·Δt)3a，可得vA=3vB，故C错误；类比开普勒第三定律a3T2=(2a)3T乙2，可得T乙=22T，点电荷N从A点第一次运动到专题强化练[1选择题][分值：54分][1~6题，每题4分，7~11题，每题6分][保分基础练]1.(2025·广西卷·4)用带电玻璃棒接触验电器的金属球，移走玻璃棒，验电器内两片金属箔张开，稳定后如图所示。图中a、b、c、d四点电场强度最强的是()A.a B.b C.c D.d答案D解析b、c两点分别在金属外壳内部和金属杆的内部，处于静电场中的导体，内部的合电场强度为零，则两点的电场强度均为零。在金属箔上的最下端电荷分布比金属球上更密集，且d点距离金箔的下端较近，可知d点的电场强度比a点大，则电场强度最强的是d点，故选D。2.(2025·甘肃卷·5)如图，两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板间形成非匀强电场，实线为电场线，虚线表示等势面。M、N点在同一等势面上，N、P点在同一电场线上。下列说法正确的是()A.M点的电势比P点的低B.M点的电场强度比N点的小C.负电荷从M点运动到P点，速度增大D.负电荷从M点运动到P点，电场力做负功答案D解析M、N两点电势相等，电场线由上到下，N、P在同一电场线上，沿电场线方向电势逐渐降低，可知N点电势高于P点，故M点电势高于P点，选项A错误；M点电场线分布比N点密集，可知M点电场强度比N点大，选项B错误；负电荷从M点运动到P点，电势能增加，则电场力做负功，动能减小，速度减小，选项C错误，D正确。3.(2025·陕西商洛市模拟)如图甲所示，某计算机键盘的每个按键下方是由间距为d的水平活动金属片和固定金属片组成的电容式传感器，相关电路如图乙所示。若开始时两金属片间的P点有一静止的带电尘埃，现轻按按键A，两金属片的间距减小了14dA.电容器的电容变为原来的3B.两金属片间电场的电场强度大小变为原来的4倍C.P点的电势变为原来的43D.该尘埃在P点的电势能比原来的大答案C解析根据C=εrS4πkd，当两金属片的间距减小了14d，解得C1C0=dd-14d=43，即电容器的电容变为原来的43倍，故A错误；两金属片一直与电源相连，电压U保持不变，根据E=Ud，解得E1E0=dd-14d=43，即两金属片间电场的电场强度大小变为原来的43倍，故B错误；设P点到固定金属片的距离为d1，则P点原来的电势φP0=Udd1，当两金属片的间距减小了14d时，P点的电势φ4.(2024·贵州卷·7)如图，A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上，直径AB与弦BC间的夹角为30°。A、B两点分别放有电荷量大小为qA、qB的点电荷时，C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，则qAA.13 B.33 C.3答案B解析根据题意可知两电荷为异种电荷，假设qA为正电荷，qB为负电荷，两电荷在C点的电场强度如图，设圆的半径为r，根据几何知识可得rAC=r，rBC=3r，tan60°=EAEB，同时有EA=kqArAC2，EB=5.(多选)(2025·湖南卷·8)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为+q、-q和+2q的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时，电势能均为Ep(Ep>0)。下列说法正确的是()A.OA中点的电势为零B.电场的方向与x轴正方向成60°角C.电场强度的大小为2D.电场强度的大小为2答案AD解析根据题意可知O点、A点和B点的电势分别为φO=Epq，φA=-Epq，φB=Ep2q，故OA中点的电势为φ'=φO+φA2=0，故A正确；在OA线段上找出与B点等势的点M，可知xOM=14d，BM连线为等势线，与BM连线垂直的线为电场线，如图所示，根据几何关系可知，电场线沿电场方向与x轴夹角的正切值tanθ=1，即θ=45°6.(2025·云南昆明市模拟)在如图所示的空间直角坐标系中，一不计重力且带正电的粒子从坐标为(L，0，L)处以某一初速度平行y轴正方向射出，经时间t，粒子前进的距离为L，在该空间加上匀强电场，粒子仍从同一位置以相同的速度射出，经相同时间t后恰好运动到坐标原点O，已知粒子的比荷为k，则该匀强电场的场强大小为()A.23Lkt2 B.25答案A解析设沿xyz轴方向的加速度分别为ax、ay、az，则L=12axt2，0=v0t-12ayt2，L=12azt2，不加电场时有L=v0t，则F=Eq=max2+a[争分提能练]7.(2025·重庆卷·5)某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b()A.具有不同比荷 B.电势能均随时间逐渐增大C.到达M、N的速度大小相等 D.到达K所用时间之比为1∶2答案D解析根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，带电粒子a、b分别从Q点和O点同时进入电场，沿题图中所示轨迹同时到达M、N点，可知，运动时间相等，由题图可知，沿初速度方向位移之比为2∶1，则初速度之比为2∶1，带电粒子a、b到达K的水平位移相等，由于带电粒子a、b初速度之比为2∶1，则所用时间之比为1∶2，故D正确；沿电场方向的位移大小相等，由y=12at2可知，粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定律有qE=ma，可得qm=aE，可知带电粒子具有相同比荷，故A错误；带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误；沿电场方向，由公式vy=at可知，到达M、N的竖直分速度大小相等，由于初速度之比为2∶1，则到达M、N8.(多选)(2025·广东深圳市一模)打火机的点火装置，利用了压电陶瓷的压电效应，快速挤压后瞬间产生千伏高压，然后放电，其原理可用甲、乙两图近似模拟。挤压前，结构如图甲所示，O点为正六边形ABCDEF的中心，三个电荷量均为+Q的点电荷分别位于顶点A、C、E上，三个电荷量均为-Q的点电荷分别位于顶点B、D、F上。挤压后，B、C、E、F处电荷位置不变，只是A、D处的电荷分别沿竖直方向靠近O点，并关于O点对称，如图乙所示。取无穷远处电势为零，对于O点处电场正确的说法是()A.挤压前，电场强度为零B.挤压前，电势为零C.挤压后，电势大于零D.挤压后，电场强度竖直向上答案AB解析挤压前，根据图形的对称性可知，每个电荷在O点产生的电场强度大小相等，均设为E，方向如图，根据电场强度的叠加原理可知，O点的合电场强度为零，故A正确；根据题意取无穷远处电势为零，故等量异种点电荷连线中垂线上的电势均为零，故AD、CF、BE连线中点O处的电势为零，故B正确；挤压后，O还是AD、CF、BE等量异种点电荷连线的中点，故O处的电势依然为零，故C错误；挤压后，A、D到O点的距离变小，根据点电荷产生的场强E=kQr2知，竖直向下的电场强度变大，故合电场强度为竖直向下，故9.(八省联考·河南·6)某电场的电势φ随位置x的变化关系如图所示，O点为坐标原点，a、b、c、d为x轴上的四个点。一带正电粒子从d点由静止释放，在电场力作用下沿x轴运动，不计重力，则粒子()A.将在ad之间做周期性运动B.在d点的电势能大于a点的电势能C.在b点与c点所受电场力方向相同D.将沿x轴负方向运动，可以到达O点答案A解析由题图可知，a、d两点电势相等，根据Ep=qφ可知粒子在d点的电势能等于a点的电势能，故B错误；φ-x图像切线的斜率表示电场强度，由题图可知，b点与c点的电场强度方向相反，根据F=qE可知在b点与c点粒子所受电场力方向相反，故C错误；根据沿着电场线方向电势降低可知在d点电场方向为x轴负方向，粒子带正电，则粒子受到沿着x轴负方向的电场力，即粒子将沿x轴负方向运动，运动过程中仅有电场力做功，则粒子的动能和电势能之和恒定，根据B选项分析可知粒子在d点的电势能等于a点的电势能，则粒子在d点的动能与a点的动能均为0，即粒子将在ad之间做周期性运动，不能到达O点，故A正确，D错误。10.(多选)(2025·山东临沂市一模)如图，带电荷量为6Q(Q>0)的球1固定在倾角为30°光滑绝缘斜面上的N点，其正上方L处固定一电荷量为-Q的球2，斜面上距N点L处的M点有质量m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在M点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为L2，球2、3间的静电力大小为mg2。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。A.带正电B.运动到MN中点处时，动能最大C.运动至N点的速度大小为2gLD.运动至N点的加速度大小为2g答案AD解析由于球2对球3的作用力沿斜面方向的分力大小为F1=12mgsin30°=14mg，垂直斜面方向的分力大小为F2=12mgcos30°=34mg，球3所受重力沿斜面方向的分力大小为G1=mgsin30°=12mg，垂直斜面方向的分力大小为G2=mgcos30°=32mg，由于F1<G1，F2<G2，且弹簧被压缩，所以球1与球3之间是斥力，球1带正电，球3也带正电，A正确；由于球2带负电，球1带正电，球1和球2之间是引力，球3沿斜面向下运动合力为零时动能最大，运动到MN中点处时，球3所受弹簧的弹力为0，库仑力垂直于斜面向上，合力为F合=mgsin30°=12mg，所以此时动能不是最大，B错误；运动至N点的过程中，弹簧的弹性势能不变，电场力做功为零，电势能也不变，根据能量守恒有mgLsin30°=12mv2，可得v=gL，C错误；球3在M点时，根据平衡条件有，k6Q·Q3L2=mgsin30°+12mgsin30°+F弹，对于球3和球2之间有kQ·Q3L2=12mg，可得F弹=94mg，球3运动至N11.(2025·甘肃卷·7)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图甲所示。从离子源S释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后，沿OO'方向射入电压为U2的电场(OO'为平行于两极板的中轴线)。极板长度为l、间距为d，U2-t关系如图乙所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处，样品中心位于O'点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当U2=±Um时。离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是()A.U2的最大值Um=d2lB.当U2=±Um且L=(aC.若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U1D.在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A和B点答案B解析离子在加速电场中被加速时U1q=12mv02，在偏转电场中做类平抛运动，则l=v0t，d2=12·Umqdmt2，解得Um=2d2l2U1，选项A错误；当U2=±Um时离子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，根据数学相似三角形知识，则d2a2=l2l2+L，解得L=(a-d)l2d，选项B正确；根据y=12·Umq[2计算题][分值：40分]1.(8分)(2025·山西太原市期末)“质子疗法”原理如图甲，横截面积相同的金属圆筒依次接在交流电源的两极M、N上，M、N两极加上如图乙所示周期性变化的电压，电压的大小为U0。直线加速器0号金属圆板中央有质子源，质子由静止飘入直线加速器，正对圆心加速6次后水平飞出。质子从P向O射入有竖直向上匀强电场的圆形区域，最终轰击到圆上的癌细胞。已知圆形区域的半径为R，质子的质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间、质子的重力及相互作用均不计。求：(1)(3分)质子水平飞出直线加速器的速度大小v0；(2)(5分)若癌细胞处于Q点，OQ与水平方向夹角为θ，电场强度E的大小为多少？答案(1)23eU解析(1)质子在直线加速器中做直线运动，根据动能定理可得6eU0=12m所以v0=23(2)质子在圆形区域电场中做类平抛运动，有eE=ma，R+Rcosθ=v0t，Rsinθ=12at联立解得E=242.(10分)(2025·山东省百校大联考)如图所示，水平绝缘光滑轨道AC的A端与处于竖直平面内的半圆形光滑绝缘轨道平滑连接，半圆形轨道半径为R，B点为轨道最高点。轨道所在空间存在与水平面夹角θ=30°的匀强电场，电场强度为E=mgq。现有一质量为m、电荷量为-q(q>0)的小球从水平轨道O点以沿水平方向速度大小v0释放，小球可看作质点，重力加速度为g(1)(5分)小球从B点飞出后落到水平面上的时间；(2)(5分)从何处以v0=33gR释放小球可以刚好通过B答案(1)8R3g(2)距A端(6-3解析(1)小球从B点飞出后受力分析可知，静电力大小等于重力大小，夹角为60°，故所受合力为F合=2mgcos30°=3mg与水平方向夹角为60°斜向右下方，加速度a=3g合力在竖直方向的分力提供竖直方向加速度，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动2R=12acos30°·t解得t=8(2)小球在轨道上有等效最高点D，刚好通过B点即为刚好通过D点，在D点重力与静电力的合力提供向心力3mg=mv设从距A点x处释放小球刚好通过B点，由动能定理得-qE(xcos30°+Rsin30°+Rcos30°)-mg(R+Rcos30°)=12mv2-12解得x=(6-3)R。3.(10分)(2025·四川卷·13)如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q(q>0)的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求：(1)(3分)微粒第一次到达下极板所需时间；(2)(7分)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。答案(1)mdqE(2)2解析(1)由牛顿第二定律qE=ma由运动学公式d2=12联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为t=md(2)微粒第一次到达下极板时的速度大小为v1=at=qEd由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为v2，满足v22-v代入解得v2=3同理可得微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为v3，满足v32-v2代入解得v3=2qEd故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为p=mv3=2qEmd。4.(12分)(2025·江苏卷·13)如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m，电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。求：(1)(3分)a运动到最高点的时间t；(2)(9分)a到达最高点时，a、b间的距离H。答案(1)mv0解析(1)对粒子a根据牛顿第二定律有qE=maa运动到最高点时，在竖直方向有v0sinθ=at联立解得t=m(2)方法一根据题意可知，两粒子均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为v0cosθ，则两粒子一直在同一竖直线上，a到达最高点时，a粒子竖直方向上运动的位移为x1=(v0b粒子竖直方向上运动位移为x2=v0tsinθ+12at2=则粒子a到达最高点时与粒子b之间的距离H=x1+x2=2方法二两粒子均受到相同静电力，以粒子a为参考系，则粒子b以2v0sinθ的速度向下做匀速直线运动，a到达最高点时，a、b间的距离H=2v0sinθ·t=2m第7讲磁场考点一磁场的基本性质安培力1.磁场的产生与叠加2.安培力的分析与计算方向左手定则电流间的作用力：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥大小直导线F=BILsinθ，θ=0时F=0，θ=90°时F=BIL导线为曲线时等效为ac直线电流受力分析根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程例1(2024·贵州卷·5)如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2，且I1>I2，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向()A.竖直向上 B.竖直向下C.水平向左 D.水平向右答案C解析根据右手螺旋定则可知导线框所在处磁场方向向里，由于I1>I2，可知左侧的磁感应强度大，同一竖直方向上的磁感应强度相等，故导线框水平方向导线所受的安培力相互抵消，根据左手定则结合F=BIL可知左半边竖直方向的导线所受的水平向左的安培力大于右半边竖直方向的导线所受的水平向右的安培力，故导线框所受安培力的合力方向水平向左。故选C。例2(多选)(2025·河北省名校联考模拟)如图所示为三根平行直导线的截面图，它们的电流大小都相等，方向均垂直纸面向里。△ABC为等腰直角三角形，D为AB中点，三个电流在D处产生的磁感应强度大小均为B0。下列说法中正确的是()A.D点的磁感应强度大小为B0，方向由D到BB.C电流受到A、B两电流作用力的方向由D到CC.若仅将B处电流反向，D点的磁感应强度大小为2B0D.若仅将B处电流反向，C电流受到A、B两电流作用力的方向为由D到A答案AD解析由右手螺旋定则可知A、B、C三个电流在D点产生的磁感应强度如图所示由矢量叠加可知D点的磁感应强度BD=BC=B0，方向由D到B，故A正确；根据同向电流相互吸引的特点，电流C受到A、B的作用力分析如图所示由题意可知FAC=FBC，所以C电流受到A、B两个电流作用力方向为由C到D，故B错误；若仅将B处电流反向，由右手螺旋定则可知A、B、C三个电流在D点产生的磁感应强度如图所示由矢量叠加可知D点的磁感应强度BD=(BA+BB)2若仅将B处电流反向，根据同向电流相互吸引(反向电流相互排斥)的特点，电流C受到A、B的作用力分析如图所示由题意可知FAC=FBC所以C电流受到A、B两个电流作用力方向为由D到A，故D正确。考点二带电粒子在匀强磁场中的运动1.分析带电粒子在匀强磁场中运动的方法基本思路(1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹(2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，运动时间与周期相联系(3)用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式基本公式qvB=mv2r，T重要结论r=mvqB，T=圆心的确定(1)轨迹上的入射点和出射点的速度方向的垂线的交点为圆心，如图(a)(2)轨迹上入射点速度方向的垂线和入射点、出射点两点连线中垂线的交点为圆心，如图(b)(3)沿半径方向距入射点距离等于r的点，如图(c)(当r已知或可算)半径的确定方法一：由公式求，Bqv=mv2r，得半径方法二：由几何关系求，一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定时间的求解方法一：由圆心角求，t=θ2π·T方法二：由弧长求，t=s2.三个重要结论(1)直线边界：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，θ1=θ2=θ3)，轨迹关于入射点和出射点连线的中垂线对称，L=2rsinθ2。(2)圆形边界：①沿半径方向射入圆形磁场的粒子必沿半径方向射出磁场(速度方向延长线过圆心，如图乙，两侧关于两圆心连线OO'对称)。②射入磁场的速度方向与半径的夹角为θ，射出磁场的方向与半径的夹角也为θ，轨迹关于两圆心连线OO'对称，如图丙。(3)磁聚焦与磁发散若大量相同的带电粒子以相同的速度相互平行进入圆形区域的磁场，且带电粒子运动半径等于磁场圆半径(R=r)，这群粒子必从同一点离开磁场，即“磁聚焦”；反之，一群相同的粒子从同一点以相同的速度大小沿不同的方向进入磁场(R=r)，在离开磁场时的速度方向一定相互平行，即“磁发散”。磁聚焦磁发散例3(2025·重庆卷·14)研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置，如图所示，水平放置的荧光屏上方有磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K(不计长度)位于O点正上方，仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速度大小相同，方向相反，比荷均为qm。已知OK=3h，OM=33h(1)若K水平发射的粒子在O点产生光点，求粒子的速度大小；(2)若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，求粒子的速度大小；(3)要使(2)问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射t时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，求t。答案(1)3qBh2m(2)解析(1)由题意粒子水平发射后做匀速圆周运动，要在O点产生光点，其运动半径r=3运动过程中由洛伦兹力提供向心力有qvB=m联立解得v=qBrm=3(2)若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，则两端粒子的轨迹正好构成一个完整的圆，且在N点与荧光屏相切，如图由于K从水平方向逆时针旋转60°，则θ=30°，根据几何关系有r1+r1sin30°=3h，故此时粒子做匀速圆周运动的半径为r1=2h根据洛伦兹力提供向心力可知qv1B=m解得v1=qBr1m(3)由题意知带正电粒子恰好在M点产生光点，则关闭磁场时粒子速度恰好指向M，过M点做正电粒子轨迹的切线，切点为P，如图由(2)分析可知ON=r1cos30°=3h，则NM=23h由于O'N=r1=2h，且O'N⊥NM根据几何关系可知∠NO'M=∠PO'M=60°，而∠KO'N=120°所以α=120°粒子在磁场中运动的周期T=2πrv=2πm所以t=13T=13·2πm例4(2023·河北卷·14)如图甲，真空中两金属板M、N平行放置，板间电压U连续可调，在金属板N的中心C处开有一小孔。F、G、H为正三角形CDE各边中点，DE与金属板平行。三角形FGH区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一带电粒子从紧邻M板的P点由静止释放沿CG方向进入磁场，一段时间后沿∠CED的角平分线方向从E点离开。已知正三角形CDE的边长为a，粒子质量为m、电荷量大小为q，粒子重力不计。(1)求板间电压U的大小；(2)若磁场区域如图乙，磁感应强度不变。调整两板间电压大小，将该粒子从P点由静止释放，仍能沿∠CED的角平分线方向从E点离开，求粒子从C点运动到E点的时间。答案(1)qB2解析(1)粒子在电场中加速，由动能定理得qU=12mv根据洛伦兹力提供向心力qvB=mv根据几何关系有r=a解得板间电压的大小为U=q(2)根据题意，作出粒子的运动轨迹，如图所示。根据几何关系有r1=IKsin30°=34aCK=r1-r1cos30°=32a-3则IJ=IH=12FH-CK=2-粒子在磁场中的运动时间为t1=2×30°360°×又qv1B=mv粒子在无磁场区域运动的时间为t2=IJv1粒子从C点运动到E点的时间为t=t1+t2=(23例5(2025·河北省沧衡名校联盟期末)如图所示，在xOy平面内有以O点为圆心、半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，在x=2R处有一垂直于x坐标轴的足够长的挡板，一宽度为d(未知)且关于y轴对称的质子束，以一定的速度平行于y轴射入圆形磁场，偏转后所有质子都经过P点射出磁场，挡板上有质子打到的区域关于x坐标轴对称，长度为233R。已知质子质量为m、带电荷量为e，忽略质子重力及质子间的相互作用，则质子束的宽度d为A.R B.32R C.32R D.答案A解析根据题意，正对O点射入的质子经过P点，可知质子的轨迹半径为R。质子束运动轨迹如图，挡板上有质子打到的区域关于x坐标轴对称，长度为233R，根据对称性可得ab长度为3R3，则tan∠aPb=abR=33，得∠aPb=30°。由几何关系可知cP为最左侧质子的轨迹半径，由于cP垂直aP，可得∠cPO=60°，即从e点飞入磁场的质子的轨迹圆心c恰在磁场圆边界上，且轨迹恰过O，可得△OcP、△eOc均为等边三角形，则ce=R，所以质子束宽度d=例6(多选)(2022·湖北卷·8)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为()A.13kBL，0° B.12C.kBL，60° D.2kBL，60°答案BC解析若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲所示，根据几何关系则有R=L，由qvB=mv2R，可得v=qBLm=kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为当离子在两个磁场均运动一次时，如图乙所示，因为两个磁场的磁感应强度大小均为B，则根据对称性有R=12L，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2R，可得v=qBL2m=12kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。通过以上分析可知当离子通过下部分磁场从P点射出时，需满足v=qBL(2n-1)m=12n-1kBL(n=1，2，3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；当离子通过上部分磁场从P点射出时，需满足v=qBL2nm=12nkBL(n=1，带电粒子在磁场中运动的多解成因(1)磁场方向不确定形成多解；(2)带电粒子电性不确定形成多解；(3)速度不确定形成多解；(4)运动的周期性形成多解。考点三带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题1.解决带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，利用“动态圆”思想寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系。2.粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。3.常见的动态圆示意图适用条件应用方法放缩圆(轨迹圆的圆心在P1P2直线上)粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速度大小不同以入射点P为定点，将半径放缩作轨迹圆，粒子恰好不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切旋转圆(轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R=mv粒子的入射点位置相同，速度大小一定，速度方向不同将一半径为R=mv平移圆(轨迹圆的所有圆心在一条直线上)粒子的入射点位置不同，速度大小、方向均一定将半径为R=mv例7(2025·陕西宝鸡市二模)如图，直角三角形ACD区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，CD=L，θ=30°。质量为m、电荷量为q且均匀分布的带正电粒子以相同的速度沿纸面垂直AD边射入磁场，若粒子的速度大小为3qBL10m，不考虑重力及粒子间的作用，3=1.732，则粒子经磁场偏转后能返回到ADA.40% B.47.3%C.52.7% D.60%答案C解析粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r，可得r=mvqB=0.3L，当粒子的轨迹与AC边相切时为粒子经磁场偏转后能返回到AD边的右侧临界点，设此时入射点为E，则AE=rsin30°-r=0.3L，当粒子的轨迹与CD边相切时为粒子经磁场偏转后能返回到AD边的左侧临界点，设此时入射点为F，则DF=rsin60°+r=233r+r≈0.6464L，则粒子经磁场偏转后能返回到AD边的入射点的长度为EF=AD-AE-DF=1.0536L，所以，粒子经磁场偏转后能返回到AD例8(多选)(2025·甘肃卷·10)2025年5月1日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置(BEST)在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为R0。在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动，并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c带正电且比荷均为qm，a粒子的速度大小为va=qBA.外圆半径等于2R0B.a粒子返回A点所用的最短时间为(3π+2)C.b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为2D.c粒子的速度大小为22v答案BD解析由题意，作出a粒子运动轨迹如图(a)所示，a粒子恰好到达磁场外边界后返回且运动的圆周正好与磁场外边界相切，然后沿内圆径向做匀速直线运动，再做匀速圆周运动恰好回到A点，根据a粒子的速度大小为va=qBR0m，可得Ra=R0，设外圆半径等于R'，由几何关系得∠AO'B=90°，则R'=R0+2R0，A错误；a粒子做匀速圆周运动的周期T=2πR0va=2πmqB，在磁场中运动的时间t1=540°360°·T=3πmqB，匀速直线运动的时间t2=2R0va=2mqB，故a粒子返回A点所用的最短时间为tmin=因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周，根据b、c带正电且比荷均为qm，所以两粒子做圆周运动周期相同，故所用的最短时间之比为1∶1，C错误；由几何关系得2Rc=R'-R0=2R0，洛伦兹力提供向心力有qvcB=mvc2Rc，联立解得vc=例9(2025·安徽卷·7)如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为qBdmA.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2dB.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为3dC.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为dD.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为π答案C解析根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2R，可得R=mvqB=d，故A错误；当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知s上min=d；当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，s上max=3d，故上表面接收到粒子的区域长度为s上=3d-d，故B错误；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C正确；由图可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，有tmin=60°360°熟记并巧用一些“二级结论”可以使思维过程简化，节约解题时间，非常实用的二级结论有：(1)等时圆规律；(2)平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点；(3)不同质量和电荷量的同种带电粒子由静止相继经过同一加速电场和偏转电场，轨迹重合；(4)直流电路中动态分析的“串反并同”结论；(5)平行通电导线同向相吸，异向相斥；(6)带电平行板电容器与电源断开，改变极板间距离不影响极板间匀强电场的电场强度等。示例(多选)(2025·河南新乡、驻马店市模拟)嫦娥七号计划于2026年发射，由于月球上没有空气，某同学提议在旗帜上固定导线，通过电磁场的相互作用使旗帜飘扬起来。现在给光滑水平面上的旗帜等间距地固定a、b、c三根相同长直导线、并通入大小相等、方向如图所示的电流，则旗帜能够保持平展的是()答案AB解析通有同向电流的导线相互吸引，通有异向电流的导线相互排斥，且电流相同时，两导线间的距离越大，作用力越小，因此A、B正确，C、D错误。专题强化练[分值：55分][1~6题，每题4分，7~9题，每题6分][保分基础练]1.(2025·福建卷·3)如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小相等、方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称且OM=ON，初始时，M点的磁感应强度大小为B1，O点的磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为()A.B2-12B1 B.12B2-C.B2-B1 D.13(B1-2B2答案B解析根据安培定则，两直导线在O点处产生的磁感应强度方向相同，大小相等，则单个直导线在O点处产生的磁感应强度大小为B0=B22，根据对称性，可知两导线在N点产生的磁感应强度大小与M点一样，为B1；L2在N点产生的磁感应强度大小为B0=B22，由于L2在N点产生的磁感应强度大于L1在N点产生的磁感应强度，且方向相反，将L2撤去，N点的磁感应强度大小为B222.(2025·宁夏石嘴山市一模)有一边长为l的正三角形导线框abc悬挂在弹簧测力计下面，线框中通有cbac方向的恒定电流I，直线MN是匀强磁场的边界线，磁场方向垂直于△abc所在平面向里。平衡时，弹簧测力计的读数为F；若将导线框上提，让导线框上部分露出磁场，其他条件都不改变，再次平衡时，磁场边界线MN刚好过ab和ac边的中点，这种情况下，弹簧测力计的读数为3F，则匀强磁场的磁感应强度大小为()A.FIl B.2FIl C.3答案D解析导线框全部在磁场中时，受到安培力作用的有效长度为零，则F=mg，直线MN刚好过ab和ac边的中点时，导线框受到安培力的有效长度为l2，受到竖直向下的安培力，大小为F安=BIl2，对导线框，由平衡条件得3F=mg+F安，联立解得B=3.(多选)(2025·广东省调研)将离子注入竖直放置的硅片，其原理如图，甲、乙两离子，在N处先后无初速度“飘入”加速电场，经过加速电场加速后，从P点沿半径方向进入垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，经磁场偏转后，甲离子垂直注入硅片，乙离子与竖直方向成60°夹角斜向上注入硅片，不计离子重力及空气阻力。则甲、乙两离子()A.均为正电荷B.比荷相同C.注入前瞬间的速率之比为3∶1D.在磁场中运动的时间之比为3∶1答案AC解析由左手定则可知，离子带正电，选项A正确；经电场加速有qU=12mv2，在磁场中有qvB=mv2r，可知qm=2UB2r2，两离子在磁场中运动的半径不同，则比荷不同，选项B错误；设圆形磁场的半径为R，则甲离子的运动半径为r1=R，乙离子的运动半径为r根据v=qBrm=2UBr，可知注入前瞬间的甲、乙两离子速率之比为v1∶v2=r2∶r1=3∶1根据t=θ360°2πrv，可知t1t2=θ1θ2·r1r24.(2025·广东广州市检测)如图，abcd-a'b'c'd'为上表面水平的正方体区域，整个正方体空间内存在竖直向上的匀强磁场。abcd表面的正中央有一小孔P。粒子源S发射了两个速度大小相同、比荷不同的粒子M、N(重力不计)，从小孔P垂直于abcd表面射入后，M打在bc边上，N打在b'c'边上，则粒子M、N的比荷之比为()A.2∶1 B.1∶2 C.5∶1 D.1∶5答案C解析根据题意，画出粒子的运动轨迹，从上往下看，如图所示，设正方体的棱长为L，由几何关系有rM=14L，rN2=L2+(rN-L2)2，解得rN=54L，由牛顿第二定律有qvB=mv2r，可得qm=vBr，由于粒子源S发射了两个速度大小相同的粒子进入同一磁场中，设粒子M、N的比荷分别为kM和5.(2025·河北省部分高中模拟)如图所示，圆形区域内存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P点为磁场边界上的一点。相同的带正电荷粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向。这些粒子射出磁场区域的位置均处于磁场边界的位置的某一段弧上，这段圆弧的弧长是磁场边界圆周长的16。若只将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为磁场边界圆周长的13，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则A.3 B.33 C.12 答案B解析当磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，即∠POM=120°，如图所示，设圆形磁场区域半径为R，所以粒子做圆周运动的半径r2=mvqB2=Rsin60°=32R，同理可知，r1=mvqB1=Rsin30°=R6.(多选)(2025·江西景德镇市二检)某空间存在磁感应强度大小为B0的正方形匀强磁场区域ABCD，