高考物理一轮复习 第十一章　阶段复习(四)　电场和磁场（教师版）

阶段复习(四)电场和磁场

答案(1)v02E1RE1RL解析(1)在区域Ⅰ中由静电力提供向心力得q0E1=m0v0得q0m0区域Ⅱ中x轴方向有L=v0t③y轴方向有a=q0L2=12at联立②③④⑤式得E2=E1(2)设粒子以速率v进入辐向电场，在辐向电场中有qE1=mv2得v=qE区域Ⅱ中沿x轴方向有L=vt1⑨y轴方向有a1=qEy=12a1tvy=a1t1⑫联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得y=L2vy=qE区域Ⅲ中粒子速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则tanθ=vyv粒子进入区域Ⅲ的速度大小v'=v方向与区域Ⅲ中磁场方向垂直⑯由qv'B=mv'2r联立⑭⑮⑯⑰式得r=1B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12L<r<22联立⑱⑲式得粒子的比荷4E1RB2

阶段复习练(四)[分值：100分]一、选择题：1~10题，每题6分，共60分。1.(2025·新课标卷·17)匀强电场中，一带正电的点电荷仅在电场力的作用下以某一初速度开始运动，则运动过程中，其()A.所处位置的电势一定不断降低B.所处位置的电势一定不断升高C.轨迹可能是与电场线平行的直线D.轨迹可能是与电场线垂直的直线答案C解析在匀强电场中，带正电的点电荷所受电场力恒定，方向与电场线方向一致，加速度恒定。若初速度方向与电场力方向相反，点电荷会先减速至零再反向加速，在减速阶段，点电荷沿电场线的反方向运动，电势升高，反向加速阶段，点电荷沿电场线方向运动，电势降低，故A、B错误；若初速度方向与电场力方向共线(同向或反向)，点电荷将做匀变速直线运动，轨迹与电场线平行，故C正确；若轨迹与电场线垂直，则点电荷初速度方向与电场力方向垂直，由于电场力大小、方向恒定，点电荷将做类平抛运动，轨迹是曲线，故D错误。2.(2024·浙江1月选考·4)磁电式电表原理示意图如图所示，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()A.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同，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。3.(2025·四川卷·3)如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于水平面内，管道间平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量为Q(Q>0)的带电小球。另一个电荷量为q(q>0且q≪Q)的带电小球以一定初速度从a点进入管道，沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则()A.小球在e点所受库仑力大于在b点所受库仑力B.小球从c点到e点电势能先不变后减小C.小球过f点的动能等于过d点的动能D.小球过b点的速度大于过a点的速度答案B解析小球所受库仑力F=kQqr2，由于re>rb，则小球在e点所受库仑力小于在b点所受库仑力，故A错误；由于两小球带同种电荷，小球从c点到e点静电力先不做功，后做正功，电势能先不变后减小，故B正确；从d点到f点静电力做正功，动能增大，电势能减小，可知过f点的动能大于过d点的动能，故C错误；从a点到b点静电力做负功，动能减小，速度减小，可知小球过b点的速度小于过a点的速度，故4.(2025·福建卷·3)如图，两根长直细导线L1、L2平行放置，其所在平面上有M、O、N三点，O为线段MN的中点，L1、L2分别处于线段MO、ON的中垂线上。当L1、L2通有大小相等、方向相反的电流时，M、O点的磁感应强度大小分别为B1、B2。现保持L1的电流不变，撤去L2的电流，此时N点的磁感应强度大小为()A.12B2-B1 B.B2-12C.12(B2-B1) D.B2-B答案A解析设L1产生的磁场在M点的磁感应强度大小为x，在N点的磁感应强度大小为y，由通电直导线周围磁场对称分布特点可知，L1、L2产生的磁场在O点的磁感应强度大小均为x，L2产生的磁场在M点的磁感应强度大小为y。根据矢量叠加原理，B1=x-y，B2=2x，解得y=12B2-B1。保持L1的电流不变，撤去L2的电流，仅剩下L1产生磁场，此时N点的磁感应强度大小为y=12B2-B1，故选项A正确，选项B、C、5.(多选)(2025·广东省模拟)地磁场可以有效抵御宇宙射线的侵入。不考虑地磁偏角，赤道剖面外地磁场可简化为包围地球厚度为d的匀强磁场，方向垂直于该剖面，如图所示。宇宙射线中对地球危害最大的带电粒子主要是β粒子。设β粒子的质量为m，电荷量为e，最大速率为v=eBRm，地球半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，不计大气对β粒子运动的影响，下列说法正确的是(A.赤道上空的磁感应强度方向由南指向北B.β粒子指向地心射入磁场，将向西偏转C.γ射线射入磁场后的偏转方向与β射线射入磁场后的偏转方向相反D.要使赤道平面内任意方向射入的β粒子均不能到达地面，则磁场厚度d应大于2R答案ABD解析赤道上空的磁感应强度方向由地理南极指向地理北极，选项A正确；根据左手定则可知，β粒子指向地心射入磁场，将向西偏转，选项B正确；γ射线不带电，射入磁场后不偏转，选项C错误；β粒子在磁场中的最大半径r=mveB=R，则要使赤道平面内任意方向射入的β粒子均不能到达地面，则磁场厚度d应大于2R，选项D6.(2025·湖南长沙市二模)两个等量同种点电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个电荷量为3C、质量为2kg的小物块从C点静止释放，其运动的v-t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)，则下列说法正确的是()A.由C点到A点的过程中物块的电势能先减小后增大B.由C点到A点电势逐渐升高C.B、C两点间的电势差UBC=163D.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强为43答案D解析根据v-t图线可知从C点到A点物块的速度一直增大，物块的动能增大，静电力做正功，则电势能一直减小，故A错误；根据两个等量的正电荷连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐降低，故B错误；由v-t图线可知B点的速度为vB=4m/s，物块在C到B过程，根据动能定理得qUCB=12mvB2，解得UCB=163V，可知UBC=-163V，故C错误；根据v-t图线的斜率表示加速度，可得物块在B点的加速度最大为am=47-5m/s2=2m/s2，所受的静电力最大为Fm=mam=2×2N=4N，则电场强度的最大值为Em=Fm7.(2025·江西省模拟)用如图甲所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现，有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图乙所示的情景来讨论：在空间存在平行于x轴的匀强磁场，由坐标原点在xOy平面内以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向，射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线，其轴线平行于x轴，直径为D，螺距为Δx，则下列说法中正确的是()A.匀强磁场的方向为沿x轴负方向B.若仅增大匀强磁场的磁感应强度，则直径D减小，而螺距Δx不变C.若仅增大电子入射的初速度v0，则直径D增大，而螺距Δx将减小D.若仅增大α角(α<90°)，则直径D增大，而螺距Δx将减小，且当α=90°时“轨迹”为闭合的整圆答案D解析将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解，沿x轴方向，速度与磁场方向平行，做匀速直线运动且x=v0cosα·t，沿y轴方向，速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由左手定则可知，磁场方向沿x轴正方向，故A错误；根据evyB=mvy2R，T=2πRvy，且vy=v0sinα，解得D=2R=2mv0sinαeB，T=2πmeB，所以Δx=vxT=2πmv0cosαeB，所以，若仅增大磁感应强度B，则D、Δx均减小，故B错误；若仅增大v0，则D、Δ8.(2025·黑吉辽蒙联合二模)如图是交替出现的宽为L的匀强电场和匀强磁场区域，其中编号1、3区域为电场，电场强度均为E，2、4区域为磁场，磁感应强度均为B，方向如图所示。质量为m、带电荷量为q的正粒子，从1区上边界由静止释放，不计重力。下列说法中正确的是()A.粒子从4区下边界穿出后的动能一定为2qELB.粒子从4区下边界穿出后的水平速度一定为qBLC.粒子从4区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦值为B2D.若粒子恰未从第4场区射出，则需满足E=2答案A解析由于洛伦兹力不做功，粒子从静止释放到从4区下边界穿出，根据动能定理可得qE·2L=12mv42，可知粒子从4区下边界穿出后的动能一定为2qEL，粒子从4区下边界穿出后的速度大小为v4=2qELm，故A正确；由于静电力方向沿竖直方向，不影响水平方向的速度，则粒子从静止释放到从4区下边界穿出，水平方向根据动量定理可得∑F洛xt=mvx-0，其中∑F洛xt=∑qvyBt=qB∑vyt=qB·2L，联立可得粒子从4区下边界穿出后的水平速度为vx=2qBLm，则粒子从4区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦值为cosθ=vxv4=BqLmE，若粒子恰未从第4场区射出，粒子达到4区下边界的竖直分速度刚好为0，则有vx=2qBLm=v4=29.(多选)(2025·广东省二模)如图，A、B、C、D为真空中一正四面体的四个顶点，E和F分别为BC边和BD边的中点，B处和C处分别固定着等量异种点电荷+Q和-Q。下列说法正确的有()A.电子在E点的电势能小于在F点的电势能B.A、D两点处的电场强度相同C.将一正试探电荷从E处移动到D处，静电力不做功D.F点的电场强度大于A点的电场强度答案BCD解析等量异种点电荷连线的中垂面是等势面，F点的电势高于E点的电势，电子在E点的电势能大于在F点的电势能，故A错误；如图甲所示，正、负点电荷在A点的电场强度分别为E1、E2，夹角为α；正、负点电荷在D点的电场强度分别为E3、E4，夹角为β，由点电荷周围电场的特点及几何知识可知E1=E2=E3=E4，α=β=120°，则A、D两点处的电场强度相同，故B正确；D、E在同一等势面上，将一正试探电荷从E处移动到D处，静电力不做功，故C正确；正、负点电荷在F点的电场强度分别为E5、E6，夹角为θ，如图乙所示，由点电荷周围电场的特点及几何知识可知E5>E3，E6>E4，θ=90°<β=120°，所以F点的电场强度大于A点的电场强度，故D正确。10.(多选)(2025·福建卷·7)如图，真空中存在一水平向右的匀强电场，同时存在一水平且垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电微粒从M点以初速度v入射，沿MN做直线运动。微粒到N点时撤去磁场，一段时间后微粒运动到P点。已知M、N、P三点处于同一竖直平面内，MN与电场方向夹角为45°，N点与P点等高，重力加速度大小为g，则()A.电场强度大小为2B.磁感应强度大小为2C.N、P两点间的电势差为2D.从N点运动到P点的过程中，微粒到直线NP的最大距离为v答案BC解析设电场强度大小为E、磁感应强度大小为B。微粒受重力G、电场力F、洛伦兹力f三个力作用，G=mg、F=qE、f=qBv。根据牛顿运动定律，物体做直线运动，受到的合力为零或者合力方向与速度方向在同一直线上，假设微粒从M点到N点做变速直线运动，微粒受到的洛伦兹力大小变化，合力方向发生变化，导致合力方向与速度方向不在同一直线上，由此可判定微粒只能做匀速直线运动，受力分析如图(a)所示，由力的平衡条件有F=G、f=2G，可得E=mgq、B=2mgqv，故选项A微粒运动到N点时撤去磁场，设N、P两点间的电势差为U，微粒到NP直线的最大距离为h，微粒从N点到P点，合力不变，做匀变速曲线运动，以N点为坐标原点、水平向右为x轴、竖直向上为y轴，建立直角坐标系，如图(b)所示，设微粒在x轴方向的加速度大小为ax，在y轴方向的速度大小为vy、加速度大小为ay，由运动的合成与分解、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、匀强电场中电势差与电场强度的关系，可得qE=max，mg=may，x=vtcos45°+12axt2，y=vtsin45°-12ayt2，vy=vsin45°-ayt，U=Ex，当微粒运动到P点，y=0，由上述方程可得x=2v2g，U=2mv2q，故选项C正确；当vy=0时，y达到最大值，则微粒到直线NP的最大距离二、非选择题：本题共3小题，共40分。11.(10分)(2025·福建宁德市三模)如图所示，光滑绝缘的轻质角形框架AOB，OA杆竖直且O、A相距为h，OB杆与OA杆夹角为30°，B点与A点高度相同。A点固定一带电小球，绝缘轻质弹簧一端固定于O点，另一端与套在OB杆上质量为m的带电小球P相连，初始时，小球静止于OB中点且对杆无压力。现驱动该装置以OA为轴转动，使小球P缓慢移动至B点，此时弹簧恰好恢复原长，此后维持角速度不变。已知重力加速度为g，不计空气阻力，求：(1)(3分)初始时小球P所受的静电力大小；(2)(4分)小球P到达B点后的角速度大小；(3)(3分)整个过程驱动力所做的功。答案(1)33mg(2)2gh(3解析(1)初始时小球P受到弹簧弹力F、静电力F电、重力mg而平衡，如图甲所示，由几何关系可知F=F电由平衡条件有2F电cos30°=mg联立解得F电=33(2)设此时静电力为F电'，杆对球P的弹力为FN，如图乙所示设OB中点为C，由几何关系可知AB=AC，故F电'=F电=33由牛顿第二定律有F电'+FNcos30°=mω2rAB且FNsin30°=mg联立解得ω=2g(3)小球P做圆周运动的速度大小为v=ωrAB根据动能定理W驱+F2·h3-12mgh+0=1联立解得W驱=mgh12.(14分)(2025·云南卷·14)磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B1(未知)。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy平面向里，其磁感应强度大小为B2(未知)，但满足0<B2<B1。某质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子通过速度选择器后，在Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小B0均已知，不考虑该粒子的重力。(1)(2分)求该粒子通过速度选择器的速率；(2)(7分)求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围；(3)(5分)定义磁屏蔽效率η=B1-B2B1×答案(1)UB0d(2)mUqdB0LL<y解析(1)由于该粒子在速度选择器中做匀速直线运动，故qE=qv0B0，其中E=Ud，则该粒子通过速度选择器的速率为v0=(2)粒子垂直y轴射入x≥0区域，做匀速圆周运动，从ON的中点垂直ON射入磁屏蔽区域，由几何关系可知r1=L由洛伦兹力提供向心力，知qv0B1=mv联立解得B1=mU在磁屏蔽区，粒子所受洛伦兹力提供向心力qv0B2=mv由于B2<B1，则r2>L当B2=0时粒子进入磁屏蔽区向上做匀速直线运动，离开磁屏蔽区后根据左手定则，粒子向左偏转，如图甲所示根据洛伦兹力提供向心力qv0B1=mv解得r3=r1=L，此时粒子打在y轴3L处，因0<B2<B1，则y轴上可能检测到该粒子的范围为L<y<3L。(3)若在Q处检测到该粒子，粒子轨迹如图乙所示，半径为r由几何关系可知r2=(2L)2+(r-L)2解得r=52洛伦兹力提供向心力qv0B2=mv联立解得B2=2由B1=mUqdB0磁屏蔽效率η=B1-B13.(16分)(2025·山东烟台市三模)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁场的上边界是以O1(R，32R)为圆心、半径为R的圆弧，下边界是以O2(R，0)为圆心、半径为R2的圆弧；第四象限内存在沿着x轴正方向、大小E=3qB02R4m的匀强电场，第三象限内同时存在沿着y轴正