16 专题逐一通关阶段整合练(三) 专题逐一通关三 电场与磁场-【名师导航】2026年高考物理二轮总复习教师用书

该高中物理高考复习讲义覆盖电场、磁场、电磁感应等核心考点，按基础概念、综合应用、真题实战的逻辑层次架构知识，通过考点梳理、方法指导、分层训练等环节，帮助学生构建电磁学问题的分析框架，突破力学与电磁学综合难点，体现复习的系统性和针对性。 讲义特色在于分层设计与真题融合，通过模型建构（如洛伦兹力轨迹分析）和科学推理（如电容器动态问题）培养科学思维，设置基础过关、能力拔高、真题演练三级练习，配合即时反馈，确保学生高效掌握考点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支撑。

基础过关卷 (总分：100分) 一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．(人教版选择性必修第二册P21第4题改编)如图所示，长为2l的直导线折成边长相等、夹角为120°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B。当在导线中通入电流I时，导线受到的安培力大小为(　　) A．BIl　　B．BIl　　C．BIl　　D．2BIl C　[导线在磁场中的有效长度为2l sin 60°＝l，导线受到的安培力大小为F＝BI(2lsin 60°)＝BIl，故选C。] 2．(人教版必修第三册P50第1题改编)如图虚线为某电场中等势面的分布情况，一电子仅在电场力作用下沿实线运动，其中a、b、c三点分别为电子运动轨迹与等势面的交点。关于电子的运动过程，下列说法正确的是(　　) A．电子的加速度逐渐减小 B．电场力始终对电子做正功 C．电子的电势能逐渐增大 D．电子在ab段和bc段动能的变化量相等 D　[若电子由a点入射，根据题图等势面分布的疏密程度可知，轨迹上各点电场强度逐渐减小，则电子受到的静电力逐渐减小，加速度逐渐减小，静电力指向轨迹凹侧且与等势面垂直，则静电力始终对电子做正功，电子的电势能逐渐减小。同理，若电子由c点入射，则与以上情况恰好相反，而题设条件中电子的入射点未知，故A、B、C错误；不管电子由a点还是c点入射，ab段和bc段的电势差相等，根据W＝qU可知，电场力做功一定相等，则动能的变化量一定相等，故D正确。故选D。] 3．(人教版必修第三册P51第3题改编)如图所示，空间有一匀强电场，其方向与直角三角形△ABC所在的平面平行，∠B＝60°，D为BC的中点，AB边长2 cm，D点电势为0 V。现将一个电荷量为－1×10-6 C的点电荷从电场中的B点移到A点，静电力做了2×10-6 J的功，再从A点移到C点，点电荷克服静电力做了6×10-6 J的功。则关于匀强电场的场强大小和方向说法正确的是(　　) A．场强方向沿AB直线由A指向B B．场强方向沿AC直线由A指向C C．场强大小为150 V/m D．场强大小为200 V/m D　[根据电势差公式U＝知，UBA＝＝ V＝－2 V，UAC＝＝ V＝6 V，由于UBA<0，说明A点的电势高于B点的电势，而UAC>0，说明A点的电势高于C点的电势，所以场强方向不可能沿AB直线由A指向B，也不可能沿AC直线由A向C，A、B错误；如图所示，B点与AC点E的连线为等势线，由几何关系知AD与BE垂直，则电场线方向由A指向D，由题知，∠B＝60°，AB边长2 cm，AC边长2 cm，根据几何关系知，dBE×dOA＝dAE×dAB，可得dOA＝＝ cm＝1 cm，根据UAB＝EdOA，可得E＝＝ V/m＝200 V/m，C错误，D正确。故选D。] 4．(人教版必修第三册P41拓展学习改编)如图所示，D是一只理想二极管，水平放置的平行板电容器的A、B两极板间有一带电液滴，在P点处于静止状态。若保持极板B不动，从初始状态开始向不同方向平移极板A(移动极板A后P点还在两极板之间)时，下列说法正确的是(　　) A．极板A向上移动过程中，静电计指针张角变小 B．极板A向下移动过程中，静电计指针张角变大 C．极板A向左移动过程中，液滴向下运动 D．极板A向左移动过程中，P点处电势升高 D　[由题图可知，电容器极板A带正电，极板A向上移动过程中，根据电容器的决定式C＝可知，电容器的电容减小，根据Q＝CU可知，电容器所带电荷量将变小，电容器放电，但理想二极管D阻止电容器放电，所以电容器所带电荷量Q不变，则上下极板间电势差U变大，静电计指针张角变大，故A错误；电容器极板A带正电，极板A向下移动过程中，根据电容器的决定式C＝可知，电容器的电容增大，根据Q＝CU可知，电容器所带电荷量将变大，电容器充电，上下极板间电势差不变，静电计指针张角不变，故B错误；极板A向左移动过程中，根据电容器的决定式C＝可知，电容器的电容减小，根据Q＝CU可知，电容器所带电荷量将变小，电容器放电，但理想二极管D阻止电容器放电，所以电容器所带电荷量Q不变，则上下极板间电势差U变大，根据E＝可知，两极板间的电场强度增大，则液滴受到的竖直向上的静电力增大，液滴向上运动。设P点到下极板的距离为x，则P点的电势为φP＝Ex，所以P点处电势升高，故C错误，D正确。故选D。] 5．(人教版必修第三册P51第1题改编)如图所示，在A、B两点分别放置电荷量为＋2Q和－Q的点电荷，AB连线的中垂线上有C、D两点。现将一带正电的试探电荷从C点沿中垂线移到D点，在移动过程中，下列判断正确的是(　　) A．该试探电荷受到的静电力大小不变 B．该试探电荷具有的电势能不变 C．静电力一定对该试探电荷做正功 D．该试探电荷受到的静电力逐渐增大 D　[根据电场的叠加可知，由C到D点的过程中场强逐渐增大，该试探电荷受到的静电力逐渐增大，故A错误，D正确；C到D间，由于A点电场对试探电荷的静电力大，故合力始终与位移方向成钝角，静电力做负功，该试探电荷具有的电势能增大，故B、C错误。故选D。] 6．(人教版选择性必修第二册P21第7题改编)如图所示，导体棒ab置于倾角为θ的粗糙导轨上且与导轨垂直，整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导体棒。闭合开关S，导体棒处于静止状态，若导体棒与导轨之间一定存在静摩擦力，则磁场方向可能是(　　) A．竖直向上 B．水平向左 C．垂直于导轨平面向上 D．垂直于导轨平面向下 D　[无磁场时分析导体棒受力如图(a端截面，安培力需要判定未画出)。磁场方向竖直向上时，由左手定则可得导体棒所受磁场安培力水平向右，此时，安培力有可能与重力、弹力的合力平衡，不一定存在静摩擦力，故A错误；磁场方向水平向左时，由左手定则可得导体棒所受磁场安培力竖直向上，此时，若安培力恰好等于重力时，则弹力为零，不需要静摩擦力作用导体棒即可处于平衡状态，故B错误； 磁场方向垂直于导轨平面向上时，由左手定则可得导体棒所受安培力沿斜面向上，此时，安培力有可能与重力、弹力的合力平衡，不一定存在静摩擦力，故C错误；磁场方向垂直于导轨平面向下时，由左手定则可得导体棒所受安培力水平沿斜面向下，此时，必须存在静摩擦力以平衡安培力、重力、弹力的合力，故D正确。故选D。] 7．(人教版选择性必修第二册P22第4题改编)如图所示，粒子a、b的质量分别为2m、m，电量分别为q、－q，它们以相同的动能从O点沿OP方向射入无限长直边界AB上方的匀强磁场，OP与磁场边界成45°角，磁场方向垂直于纸面向里，则a、b在磁场中运动的时间之比为(　　) A．6∶1 B．4∶1 C．3∶1 D．2∶1 A　[设两粒子的动能为Ek，根据Ek＝mv2可得，两粒子的速度分别为va＝，vb＝，a、b两粒子在磁场中运动，根据牛顿第二定律有qvB＝m，周期为T＝＝，可得＝，两粒子的圆心角分别为θa＝270°，θb＝90°，在磁场中运动时间t＝T，所以＝·＝。故选A。] 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．(粤教版必修第三册P44第5题改编)竖直平面内存在水平方向的匀强电场，电场区域ab间距为H。在该区域下边界的O点将质量为m、电荷量为q的小球以一定的初速度竖直上抛，小球从上边界离开电场，再次进入电场后在电场中做直线运动，到达下边界的M1点，已知小球到达M1点的速度大小为从O点进入电场时速度大小的2倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。则下列说法正确的是(　　) A．该电场的场强大小为 B．该电场的场强大小为 C．小球由O到M1的运动时间为6 D．小球由O到M1的运动时间为4 AD　[设小球在O点的速度为v0，根据运动的独立性，小球到达M1时速度的竖直分量为vy＝v0，由题意得2v0＝，可得vx＝v0，小球到达M1之前做直线运动，合力方向与合速度方向共线，即＝，可得E＝，故A正确，B错误；小球在竖直方向上做竖直上抛运动，可知小球在电场中的两段运动时间相同，且水平方向做匀加速直线运动，电场区域上方小球水平方向做匀速运动。令小球从A点向上离开电场，从B点再次进入电场，则有vAx＝vBx＝vx＝v0，＝，可得vBy＝v0，即vAy＝v0，由此可得tOA＝tBM1＝tAB，由O→A，在竖直方向上，有H＝×tOA＝×tOA，且v0－v0＝gtOA，可得tOA＝，即＝＋tAB＝4tOA＝4，故C错误，D正确。故选AD。] 9．(人教版选择性必修第二册P14演示改编)图甲为洛伦兹力演示仪的实物图，励磁线圈中的电流可在两励磁线圈中间空间产生垂直于线圈平面的匀强磁场，调节励磁线圈中的电流可改变磁感应强度大小。玻璃泡内充有稀有气体，电子枪射出的电子在稀有气体中运动可显示出其运动径迹，调节电子枪的加速电压可改变电子初速度大小。从侧面看，演示仪内部构造如图乙所示，以电子枪枪口为坐标原点O，沿磁场方向建立x轴，竖直方向建立z轴，垂直xOz平面向里建立y轴。电子束从O点以速度v0沿xOy平面射出，且v0与x轴正方向夹角为α。某次实验时，观察到电子束打在玻璃泡与x轴的交点A处。已知OA两点间距为d，电子的质量为m，电荷量大小为q，不考虑电子所受的重力及电子间的相互作用力。则(　　) A．从O点射出的电子受到的洛伦兹力的方向沿z轴负方向 B．匀强磁场B的大小可能为 C．减小加速电压，从O点射出的电子一定打在A点 D．增大励磁线圈电流，使电子从O点射出仍打在A点，电子在玻璃泡中运动的时间不变 BD　[电子带负电，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力应沿z轴正方向，故A错误；将电子速度沿x轴和y轴进行分解，则在x轴方向上，电子不受洛伦兹力的作用，电子做匀速直线运动，则有vx＝v0cos α，电子运动到A的时间t＝＝，电子在y轴做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvyB＝，若电子恰好运动一周打在A点，则有T＝，联立解得T＝，根据运动的等时性可得T＝t，即＝，解得B＝，故B正确；根据动能定理可知qU＝mv2，解得v＝，在磁场中有t＝＝，T＝，且t＝nT(n＝0，1，2，…)，解得x＝n·，加速电压减小时，电子不一定打在A点上，故C错误；仅增大励磁线圈电流，要使电子仍打在A点，则满足t＝＝，可知运动时间不变，故D正确。故选BD。] 10．(人教版选择性必修第二册P20第4题改编)回旋加速器是一种利用磁场和高频电场对带电粒子进行加速的装置，主要应用在核医学与放射性同位素生产、癌症治疗、工业和科研等领域。如图所示为回旋加速器的示意图，D形盒置于匀强磁场中，两盒间高频电源的频率为f，一质子(电荷量为e，质量为m)从中心粒子源释放，多次回旋并加速后从边缘射出，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．交变电压的周期应等于粒子在磁场中运动周期的2倍 B．所加匀强磁场的磁感应强度B＝ C．若考虑相对论效应，质子质量会增大，则高频交流电的频率应减小，才能保证粒子动能持续增加 D．仅使高频交流电电压加倍时，粒子每次加速增加的动能加倍，最终获得的动能加倍 BC　[粒子在磁场中运动一周加速两次，则交变电压的周期应等于粒子在磁场中的运动周期，故A错误；二者周期相等，则频率也相等，由周期公式T＝＝，可得磁感应强度B＝，故B正确；由周期公式T＝＝，质量m增大，则周期增大，频率减小，要保证粒子动能持续增加，则高频交流电的频率应减小，故C正确；由公式evB＝，得v＝，当r取最大半径R时，粒子有最大速度vm＝，则最终的动能为Ek＝＝，可知最终获得的动能与加速电压无关，根据qU＝ΔEk，可知仅使高频交流电电压加倍时，粒子每次加速增加的动能加倍，故D错误。故选BC。] 三、非选择题：本大题共3小题，共54分。 11．(18分)(人教版必修第三册P51第4题改编)某实验小组用电流传感器观察两个并联电容器的充放电过程，设计的电路如图1所示。器材有：学生电源(9 V，内阻可忽略)、2个相同的电容器(耐压值15 V，电容3 000 μF)、灵敏电流计A(指针居中，内阻不计)、电流传感器(内阻不计)、电阻箱(0～9 999 Ω)、单刀双掷开关和导线若干。完成实验，并回答问题： (1)正确连接电路后，电阻箱各个旋钮调到如图2所示位置，单刀双掷开关S掷于1，一段时间后电容器充电完成，再将S掷于2，则 ①电阻箱接入电路的阻值为________Ω； ②流过电流传感器的电流方向为__________(选填“a→b”或“b→a”)； ③已知灵敏电流计电流从左端流入时指针向左偏转，观察到灵敏电流计A指针偏转情况是______。(填序号) A．慢慢偏到左边并静止 B．迅速偏到右边并静止 C．慢慢偏到左边并迅速回到正中 D．迅速偏到右边并慢慢回到正中 (2)电流传感器记录放电电流I随时间t的变化情况如图3所示。图中图线与纵轴的交点坐标Im为______mA，图线与横轴所围的面积为____________________C。 (3)若电容器充满电后，增大电阻箱的阻值，则放电时间________(选填“变长”“变短”或“不变”)。 [解析]　(1)①由题图2可知电阻箱接入电路的阻值为R＝(1×1000＋8×100＋0×10＋0×1)Ω＝1800 Ω，②由电路图可知，充电后电容器右极板带正电，左极板带负电，则放电过程流过电流传感器的电流方向为b→a。③已知灵敏电流计电流从左端流入时指针向左偏转，则开关S掷于2时，电容器进行放电，灵敏电流计电流从右端流入；刚开始由于电容器极板电压最大，所以放电电流最大，随着电容器所带电荷量的逐渐减小，电容器极板电压逐渐减小，则放电电流逐渐减小为0；可知观察到灵敏电流计A指针偏转情况是迅速偏到右边并慢慢回到正中。故选D。(2)电容器充完电后极板间的电压为Um＝9 V，由于两电容器为并联关系，所以放电时相当于两相同电源并联，电动势为Um＝9 V，则题图3中图线与纵轴的交点坐标为Im＝＝ A＝5 mA；根据q＝It可知，图线与横轴所围的面积等于两电容器充完电所带的总电荷量，则有S＝Q总＝2CU＝2×3000×10-6×9 C＝5.4×10-2 C。(3)若电容器充满电后，增大电阻箱的阻值，放电电流与原来相比减小，则放电时间变长。 [答案]　(1)①1800　②b→a　③D　(2)5 5．4×10-2　(3)变长 12．(16分)(人教版必修第三册P46例题2改编)示波器可以利用电场对被加速的电子的偏转来观察电信号随时间变化的情况。示波器的基本原理如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为－e，加速电场电压为U0；偏转电场可看作匀强电场(由加在平行电极板上的待测信号电压产生)，极板长度为L、板间距为d。忽略电子所受重力。 (1)求电子射入偏转电场时的初速度大小v0； (2)若已知电子从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离为Δy，求待测信号电压U的大小； (3)对同一待测电信号，若要使偏转距离Δy更大，请提出一种可行的办法：_____________________________________________________________________。 [解析]　(1)电子直线加速过程中，由动能定理得eU0＝ 解得v0＝。 (2)设电子在偏转电场中运动时间为t，则水平方向有L＝v0t 竖直方向有Δy＝at2，a＝＝ 联立解得U＝。 (3)由以上分析可知Δy＝ 对同一待测电信号，若要使偏转距离Δy更大，仅减小加速电场电压U0或仅减小d或仅增大L。 [答案]　(1)　(2)　(3)仅减小加速电场电压U0(或仅减小d或仅增大L) 13．(20分)(鲁科版选择性必修第二册P22第3题改编)在直角坐标系xOy中，以O为圆心，半径为R的圆柱形区域Ⅰ中存在一垂直纸面向里的匀强磁场。在R≤x≤3R且y>0的区域Ⅱ中充满沿y轴正方向的匀强电场，在R≤x≤3R且y<0的区域Ⅲ中充满沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小均为E，其他区域视为真空。坐标原点O处有一粒子源可以在纸面内沿各个方向发射速率为v的带负电粒子，粒子电荷量为q、质量为m。不计粒子所受的重力以及粒子间的相互作用，并忽略场的边界效应，已知某粒子可以从磁场边界上的N(0.6R，0.8R)点沿x轴正方向离开磁场，电场强度大小E＝。 (1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小； (2)求从N点离开磁场的粒子经电场偏转后，离开电场右边界时位置的坐标； (3)将粒子源发射粒子的发射速率改为0.8v，在从O点发射的大量粒子中，求能进入电场的粒子在磁场中经过的区域面积S的大小。 [解析]　(1)由几何关系可知ON与x轴正方向的夹角正切值为tan θ＝＝ 解得θ＝53° 已知某粒子可以从磁场边界上的N点沿x轴正方向离开磁场，根据几何关系可得粒子的轨道半径为r＝＝ 由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m 解得B＝。 (2)粒子进入区域Ⅱ，有qE＝ma 解得a＝ 假设粒子通过x轴射出区域Ⅱ，y方向有0.8R＝ 解得t1＝ 又vy1＝at1＝v，x1＝vt1＝R<2R 假设成立，设再经t2时间粒子从电场射出，则有2R－x1＝vt2，y2＝ 解得y2＝0.6R 则粒子离开电场右边界时位置的坐标为 (3R，－0.6R)。 (3)由洛伦兹力提供向心力可得qv′B＝m 其中v′＝0.8v 解得r′＝0.5R 粒子的轨迹半径等于圆形磁场区域半径的一半，根据旋转圆法可知能够进入电场的粒子经过的区域如图中阴影所示 则区域面积S＝πR2。 [答案]　(1)　(2)(3R，－0.6R)　(3)πR2 能力拔高卷 (总分：100分) 一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．(2025·河北沧州·二模)如图所示的四幅图片中：图甲是把一不计自重的通电直导线放在蹄形磁铁磁极的正上方；图乙是电磁轨道炮的工作原理图，平行导轨水平放置于沿竖直方向的匀强磁场中，带有可导电金属架和炮弹垂直放在导轨上；图丙是当电流方向相同时，两条通电导线之间相互作用；图丁是通电直导线置于匀强磁场中，通电导线电流方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里。下列说法中正确的是(　　) A．图甲中，通电直导线受到安培力且左端向里右端向外 B．图乙中，闭合开关，金属架和炮弹一起水平向右运动，磁场方向应竖直向上 C．图丙中，当电流方向相同时，导线相互排斥，相互作用是通过磁场发生的 D．图丁中，通电直导线受到安培力且方向向上 B　[图甲中，根据左手定则可知，通电直导线受到安培力且左端向外右端向里，故A错误；图乙中，闭合开关，金属架和炮弹一起水平向右运动，需受向右的安培力，根据左手定则可知，轨道置于沿竖直方向的匀强磁场中，磁场方向应竖直向上，故B正确；图丙中，当电流方向相同时，导线相互靠近，说明通电导线相互吸引，故C错误；图丁中，通电直导线受到安培力且方向向下，故D错误。故选B。] 2．(2025·甘肃·期中)如图所示，在一个半球形的绝缘光滑球壳内，有M、N两个半径较小的均匀带电的绝缘小球。N球固定，M球静止时如图所示，球壳球心为O，OC为过圆心的竖直线，交MN的连线于Q点。现M球的电荷量缓慢减小(仍分布均匀)，下列说法正确的是(　　) A．两小球间的库仑力将增大 B．M球受到的弹力减小 C．OC和MN的交点Q不会移动 D．OC和MN垂直时，库仑力大小等于M球所受的重力 B　[对两球受力分析，并构建矢量三角形，如图所示 由三角形相似可得＝＝＝k 由于电荷量减小，小球之间的库仑力减小，M球下移，Q点也下移，OQ长度增加，又因为mg、OM不变，所以k值减小，FN1减小，MQ减小，库仑力也减小，故A、C错误，B正确；OC和NM垂直时，库仑力和重力的合力不一定沿两者角平分线，所以库仑力不一定等于M球的重力，故D错误。故选B。] 3．(2025·河南·模拟预测)如图所示，正四面体ABCD的边长为L，底面BCD的中心为O，其所在空间存在匀强电场。顶点A处的电势为0，顶点B和顶点D处的电势均为φ0(φ0>0)，顶点C处的电势为2φ0，则下列说法正确的是(　　) A．电场方向由A指向C B．电场强度的大小为 C．O处的电势为 D．将电子由A移动到D，其电势能增大 C　[取AC的中点为G，分析可知G点的电势为φ0，故平面BDG为等势面，AC与等势面BDG垂直，故电场方向沿CA方向，故A错误；电场强度的大小E＝＝，故B错误；过C点在底面内作BD的垂线，垂足为H，由几何关系可知OC＝CH，故2φ0－φO＝(2φ0－φ0)，解得φO＝φ0，故C正确；将电子从A移动到D，电势升高，电势能减小，故D错误。 故选C。] 4．(2025·湖南长沙·二模)细胞电转染的原理简化如图所示，两带电的平行金属板间，由于细胞的存在形成如图所示的电场。其中实线为电场线，关于y轴对称分布，虚线为带电的外源DNA进入细胞膜的轨迹，M、N为轨迹上的两点，P点与N点关于y轴对称。下列说法正确的是(　　) A．N、P两点的电场强度相同 B．M点的电势与N点的电势相等 C．DNA分子在M点的加速度比在N点小 D．DNA分子在M点的电势能比在N点小 C　[电场中某点的电场强度的方向为电场线在该点的切线方向，由题图可知N、P两点的电场强度的方向不同，故A错误；沿着电场线电势降低，故M点的电势低于N点的电势，故B错误；M处的电场线更稀疏，场强更小，由牛顿第二定律可知a＝，DNA分子在M点的加速度比在N点小，故C正确；由轨迹可知，DNA分子由M向N运动的过程静电力做正功，电势能减小，故DNA分子在M点的电势能比在N点大，故D错误。故选C。] 5．(2025·四川成都·一模)某节目介绍了GIL输电系统的三相共箱技术，如图甲所示，三根超高压输电线缆平行且间距相等。截面图如图乙所示，截面圆心构成正三角形，上方两根输电线缆A、B圆心连线水平。某时刻A输电线缆中电流方向垂直于纸面向外、B输电线缆中电流方向垂直于纸面向里、电流大小均为I，下方C输电线缆中电流方向垂直于纸面向外、电流大小为2I，如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A．A、B输电线缆相互吸引 B．正三角形中心O处磁感应强度方向水平向左 C．A输电线缆所受安培力方向斜向左下方，与水平方向的夹角为60° D．C输电线缆所受安培力方向平行输电线缆A、B圆心连线向左 D　[由于A、B输电线缆通入的电流方向相反，两线缆相互排斥，故A错误；由右手螺旋定则和平行四边形定则可知，A、B输电线缆在O处的合磁感应强度方向竖直向上，C输电线缆在O处的磁感应强度方向水平向左，所以O处合磁感应强度方向应斜向左上方，故B错误； B输电线缆对A输电线缆的作用力沿AB水平向左，C输电线缆对A输电线缆的作用力沿AC斜向右下，且大小为B输电线缆对A输电线缆作用力的2倍，如图所示 由图可知，FACcos θ＝2FABcos 60°＝FAB，即C输电线缆对A输电线缆的作用力在水平方向的分力与B输电线缆对A输电线缆的作用力大小相等、方向相反，所以A输电线缆受到的安培力即为C输电线缆对A输电线缆的作用力在竖直方向的分力，其与水平方向的夹角为90°，故C错误；A输电线缆对C输电线缆的作用力沿AC斜向左上，B输电线缆对C输电线缆的作用力沿BC斜向左下，两个力大小相等且与输电线缆A、B圆心连线夹角相等，所以C输电线缆受到的安培力平行输电线缆A、B圆心连线向左，故D正确。故选D。] 6．(2025·山东青岛·二模)如图所示为某静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系(E-x图像)，x轴正方向为电场强度正方向。一个带正电的点电荷仅在电场力作用下由静止开始沿x轴运动，在x轴上的a、b、c、d四点间隔相等，下列说法正确的是(　　) A．点电荷由a运动到d的过程中加速度先减小后增大 B．点电荷从b运动到a静电力做的功小于从c运动到b静电力做的功 C．点电荷由a运动到d的过程中电势能先增大再减小 D．b和d两点处电势相等 B　[由F＝Eq＝ma可知a、d点间的电场强度先增大后减小，所以点电荷的加速度也先增大后减小，A错误；电场强度E随x的变化关系图像与坐标轴所围成的面积与电荷量的乘积等于静电力做功，b、a两点间的面积小于c、b两点间的面积，所以点电荷从b运动到a静电力做的功小于从c运动到b静电力做的功，B正确；a、d点间的电场强度方向为负方向，一个带正电的点电荷所受静电力的方向也为负方向，点电荷的位移方向为正方向，所以静电力做负功，电势能增大，C错误；从b到d电场线沿负方向，沿电场线方向电势降低，所以b点电势小于d点，D错误。故选B。] 7．(2025·贵州贵阳·二模)如图所示，方向垂直纸面向里的匀强磁场区域中有一边界截面为圆形的无场区，O为圆形边界的圆心，P、Q为边界上的两点，OP与OQ的夹角为60°。一带电粒子从P点沿垂直磁场方向射入匀强磁场区域后经过时间t从Q点第一次回到无场区，粒子在P点的速度方向与OP的夹角为20°。若磁感应强度大小为B，粒子的比荷为k，不计粒子所受重力，则t为(　　) A．　　　　　 B． C． C　[粒子在磁场中运动轨迹如图所示 由图结合几何关系可知，轨迹的圆心角为θ＝280°，根据牛顿第二定律可得qvB＝m，粒子在磁场中运动的周期为T＝＝＝，所以t＝T＝，故选C。] 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．(2025·湖北·模拟预测)小明发现家里冰箱门忘记关闭时，会发出提示音。他研究得知：门框内部电路中有一霍尔元件，通有由左向右的恒定电流I；冰箱门上对应位置有一磁铁，门关闭时产生方向为垂直霍尔元件向里的磁场；当霍尔元件工作时，上表面电势高于下表面。下列说法正确的是(　　) A．该霍尔元件中的载流子为负电荷 B．打开冰箱门的过程中，霍尔电压减小 C．若将磁铁的磁极对调，则霍尔元件工作时下表面电势高于上表面 D．若内部电路引起霍尔元件电流I减小，则上、下表面间电势差增加 BC　[已知霍尔元件中电流方向由左向右，磁场方向垂直向里，霍尔元件工作时上表面电势高于下表面。假设载流子为正电荷，根据左手定则可知，正电荷受到的洛伦兹力方向向上，正电荷会聚集到上表面，上表面电势高于下表面，符合题意，所以载流子为正电荷，故A错误；根据qvB＝q，I＝neSv＝nedhv，可得UH＝＝k，其中k为霍尔系数，I为电流，B为磁感应强度， d为霍尔元件厚度；打开冰箱门的过程中，磁场减弱，在电流I和霍尔元件厚度d不变的情况下，磁感应强度 B减小，则霍尔电压UH减小，故B正确；若将磁铁的磁极对调，磁场方向变为垂直向外。由于载流子为正电荷，根据左手定则可知，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，正电荷会聚集到下表面，下表面电势高于上表面，故C正确；由UH＝k可知，在磁感应强度B和霍尔元件厚度d不变的情况下，若内部电路引起霍尔元件电流I减小，则霍尔电压UH减小，即上、下表面间电势差减小，故D错误。故选BC。] 9．(2025·山西晋城·二模)如图所示，固定点电荷A、B分别带正、负电荷，A的电荷量大于B的电荷量，光滑绝缘、粗细均匀的直杆竖直固定，与AB的垂直平分线重合。将带正电的小环套在杆上，让小环从杆上P点由静止释放，则小环从P点运动到AB中点O的过程中，下列说法正确的是(　　) A．小环的电势能不断增大 B．小环的机械能不断增大 C．小环运动的速度不断增大 D．小环有可能在两个位置的加速度为零 AD　[由于静电力对小环一直做负功，因此小环的机械能不断减小，电势能不断增大，故A正确，B错误；从P到O竖直向上的电场强度的分量有可能先增大后减小，若小环受到的向上的最大静电力大于环的重力，则小环就是向下先加速后减速再加速，故C错误；若小环受到的向上的最大静电力大于小环的重力，则小环在向下运动过程中就有两个位置静电力与重力等大反向，加速度为零，故D正确。故选AD。] 10．(2025·山西太原·二模)如图所示为速度选择器，将带电荷量为＋q的粒子沿水平方向射入左端小孔，该装置能选择出沿直线运动且速度v＝的粒子。当粒子的速度不等于v，粒子在装置内运动轨迹可能的是(　　) 　　 A　　　　　　　　　　B 　　 C　　　　　　　　　　D AC　[速度选择器中，当粒子速度v＝时，静电力与洛伦兹力平衡，粒子做直线运动。若v≠时，二力不平衡，粒子发生偏转。利用配速法，将粒子的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直平面内的匀速圆周运动，设向右的速度为v1时有qv1B＝qE，受力平衡做匀速直线运动。若v>时，设v＝v1＋v2，则由上述分析可知粒子向上偏转做逆时针圆周运动的同时水平向右运动。轨迹在x轴的上方。当v2<v1时粒子运动轨迹可能如C图所示；当v2>v1时，粒子水平方向速度一直向右，粒子运动轨迹可能如A图所示。B错误，AC正确；若v<时，设v＝v1－v2，则由上述分析可知粒子向下偏转做逆时针圆周运动的同时水平向右运动。轨迹在x轴的下方，必定是螺旋运动。D错误。故选AC。] 三、非选择题：本大题共5小题，共54分。 11．(6分)(2025·福建福州·二模)如图甲所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，使电容器带电后与电源断开，将电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连。观察静电计指针偏转角度的大小，可推知电容器两极板间电势差的大小。 (1)在实验中观察到的现象是________。(填序号) A．将左极板向上移动一段距离，静电计指针的张角变小 B．向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大 C．将左极板右移，静电计指针的张角变小 D．将左极板拿走，静电计指针的张角变为零 (2)某同学用两片锡箔纸做电极，用三张电容纸(某种绝缘介质)依次间隔夹着两层锡箔纸，一起卷成圆柱形，然后接出引线，如图乙所示，最后密封在塑料瓶中，电容器便制成了。 ①为增大该电容器的电容，下列方法可行的有________。(多选，填序号) A．增大电容纸的厚度 B．增大锡箔纸的厚度 C．减小电容纸的厚度 D．同时增大锡箔纸和电容纸的面积 ②用如图丙所示的电路观察电容器的放电电流变化。换用不同阻值的电阻R放电，在图丁中放电电流的i- t图线的a、b、c三条曲线中，对应电阻最小的一条是________(选填“a”“b”或“c”)。 [解析]　(1)电容器带电后与电源断开，电容器极板所带电荷量一定，根据C＝，C＝可知，将左极板向上移动一段距离，极板正对面积减小，电容减小，则电势差增大，即静电计指针的张角变大，故A错误；向两板间插入陶瓷片时，相对介电常数增大，电容增大，则电势差减小，静电计指针的张角变小，故B错误；将左极板右移，极板之间间距减小，电容增大，电势差减小，则静电计指针的张角变小，故C正确；将左极板拿走，右极板带正电，右极板与接地点之间电势差不等于零，即静电计指针的张角不会变为零，故D错误。故选C。 (2)①两片锡箔纸做电极，电容纸为绝缘介质，两片锡箔纸可以等效为平行板电容器，根据C＝由于用三张电容纸(某种绝缘介质)依次间隔夹着两层锡箔纸，一起卷成圆柱形，改变电容纸的厚度相当于改变极板之间的间距，当电容纸的厚度增大时，极板间距增大，电容减小，当电容纸的厚度减小时，极板间距减小，电容增大，故A错误，C正确；增大锡箔纸的厚度时，极板间距不变，电容不变，故B错误；同时增大锡箔纸和电容纸的面积，相当于增大极板正对面积，则电容增大，故D正确。故选CD。②电容器充电稳定后，极板之间电压的最大值一定，根据欧姆定律可知，电阻越小，电流的最大值越大，可知，a、b、c三条曲线中，对应电阻最小的一条是b。 [答案]　(1)C　(2)①CD　②b 12．(8分)(2025·福建厦门·三模)实验器材有电源E，电容器C，电压表V(可视为理想电压表)，定值电阻R，电流传感器(不考虑内阻)，计算机，单刀双掷开关S，导线若干。 (1)将S接1，电压表示数逐渐增大，最后稳定在8 V。在此过程中，电流传感器的示数________。(填序号) A．一直稳定在某一数值 B．由某一数值逐渐减小为零 C．先逐渐增大，后逐渐减小为零 D．先逐渐增大，后逐渐减小至某一非零数值 (2)电容器充电完成后，电容器________(选填“上”或“下”)极板带正电，再将S接2，通过传感器将电流信息传入计算机，得出电流随时间变化的I-t图像，如图 (b)，t＝1.2 s时，I＝1.0 mA，图中两阴影部分的面积之比为S1∶S2＝3∶2，则t＝1.2 s时，电容器两极板间电压UC＝________ V，电阻R ＝________kΩ。(结果均保留两位有效数字) [解析]　(1)开关接1时，电容器充电，根据电容器充电的特点，当电路刚接通后，电流表示数从0突然增大某一最大值，然后随着电容器的不断充电，电路中的充电电流在减小，当充电结束电路稳定后，此时电路相当于开路，电流为0，故A、C、D错误，B正确。故选B。 (2)由于电容器的上极板与电源正极相连，因此电容器充电完成后电容器上极板带正电； 由于I-t图线的面积表示电荷量，则Q2＝×Q1＝Q1 充电结束后，电容器两端电压U ＝ 8 V 根据电容器的定义式C＝，因此C＝＝ 代入数据解得UC ＝ 3.2 V ； t＝1.2 s时I＝1.0 mA，可知此时电容器两端的电压为UC＝IR＝1.0×10-3R 代入数据联立解得R ＝ 3.2 kΩ [答案]　(1)B　(2)上　3.2　3.2 13．(12分)(2025·山西吕梁·三模)如图所示，AD和CN是竖直圆O的两条相互垂直的直径，AD水平，NP为过点N且平行AD的直线，圆O内部充满磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)。现有一束宽度和CN相等、电荷量为q、质量为m的带正电粒子以相同速率平行于直径AD射入圆O，粒子均通过N点进入直线NP下方。已知圆O的半径为R，不计粒子所受重力及粒子间的相互作用。 (1)求粒子的速率v； (2)若直线NP下方充满磁感应强度大小为2B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，分别射向CO和NO中点的两粒子进入直线NP下方后又均从P点射出NP下方磁场，求N点到P点的距离L； (3)若直线NP下方、ON延长线的右侧存在一个垂直纸面向里的矩形匀强磁场，直线NP和ON延长线分别为其两个边界，该磁场竖直方向边长为a，水平方向边长为2a。已知粒子在该磁场中做圆周运动的半径介于a到2a之间，在该磁场中运动时间最长的粒子的运动时间恰好为粒子在该磁场中做圆周运动周期的，求矩形磁场的磁感应强度大小。 [解析]　(1)根据题意可知，粒子以相同速率平行直径AD射入圆O，粒子均通过N点进入直线NP下方，由磁聚焦可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r＝R 根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 联立解得v＝。 (2)结合上述分析可知，粒子进入NP下方后做圆周运动的半径为 由几何关系可得，两粒子从N点射出圆形磁场时速度方向与ON延长线的夹角相等，设为θ，则θ＝ 由几何关系可得2×cos θ＝L 联立解得L＝。 (3)设矩形磁场磁感应强度大小为B′，粒子做圆周运动的轨道半径为r′，根据洛伦兹力提供向心力有qvB′＝m 解得r′＝ 当a<r′<2a时，在磁场中运动的时间最长的粒子，其轨迹是圆心为E的圆弧，圆弧与矩形磁场的边界相切，如图所示 设该粒子在矩形磁场中运动的时间为t，依题意知t＝ 回旋角度为，设该粒子进入矩形磁场时的速度方向与竖直方向间的夹角为α，由几何关系得r′sin α＝r′－a，r′sin α＝2a－r′cos α，sin2α＋cos2α＝1 解得r′1＝(4－)a，r′2 ＝(4＋)a(舍) 联立解得B′＝B。 [答案]　(1)　(2)　(3)B 14．(12分)(2025·山西大同·三模)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，虚线垂直于x轴，在y轴和虚线之间的区域空间有沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小E1未知，磁感应强度大小B1＝B；在虚线的右侧区域空间有沿y轴正方向的匀强电场和垂直于坐标平面向外的匀强磁场，电场强度E2＝v0B，磁感应强度B2＝0.5B。将质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从坐标原点以与x轴正方向成θ＝45°角斜向上的速度v0射入第一象限，粒子刚好在第一次过x轴时进入虚线右侧区域，且速度方向与x轴正方向的夹角为37°，不计粒子的自重，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)粒子在y轴和虚线之间运动的时间； (2)电场强度E1的大小； (3)粒子在虚线右侧运动过程中，离x轴的最大距离。 [解析]　(1)粒子射入第一象限后，在垂直磁感应强度B1的平面内做匀速圆周运动，有qv0B sin θ＝m 运动到第一次过x轴的时间刚好是一个周期，则t＝ 解得t＝。 (2)粒子在y轴与虚线之间沿电场方向做匀加速直线运动，初速度大小为v1＝v0cos 45°＝v0 粒子经过虚线时，沿x轴方向的分速度大小为v2＝＝v0 根据牛顿第二定律有qE1＝ma 根据运动学公式有v2＝v1＋at 解得E1＝。 (3)粒子进入虚线右侧区域时，由于qE2＝qv0B＝qv2B2 因此粒子的运动可以看成是沿x轴正方向以速度v0做匀速直线运动和以速度v0做匀速圆周运动的合运动，设做圆周运动的半径为R，则有q×v0B2＝m 解得R＝ 因此粒子在虚线右侧运动过程中，离x轴的最大距离为。 [答案]　(1)　(2)　(3) 15．(16分)(2025·山东潍坊·三模)某离子注入工艺原理如图所示。离子源产生的离子经小孔进入加速电场，初速度可忽略不计。加速后的离子竖直向上进入速度选择器，该区域存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场；通过速度选择器的离子射出后从小孔O1进入电场分析器，电场分析器内为圆弧辐射状电场，离子沿半径为R1(未知)的圆弧做匀速圆周运动；随后离子从小孔O2射出并沿水平方向进入磁场分析器，该区域存在垂直纸面向外的圆形匀强磁场(未画出)，离子偏转后沿O3O的方向竖直向下射入水平向左的匀强偏转电场，最终打在水平放置的晶圆(硅片)上。已知加速电场两水平极板间的电压为U，速度选择器电场、电场分析器内离子所经位置的电场强度大小均为E；速度选择器、磁场分析器中的磁感应强度大小均为B；偏转电场的上下边界MN和PQ间距为L，水平方向足够宽；晶圆半径为R，圆心为O，其上表面到PQ边界的距离为d。不计离子所受重力及离子间相互作用，忽略边缘效应，求： (1)通过速度选择器离子的比荷； (2)离子在电场分析器中运动轨迹的半径R1及运动时间t； (3)磁场分析器中“圆形匀强磁场”区域的最小面积S； (4)若离子需恰好打在晶圆上表面的边缘处，求偏转电场的电场强度大小E′。 [解析]　(1)在速度选择器中，有qE＝qvB 可得v＝ 在加速电场中，有qU＝mv2 可得离子的比荷为＝。 (2)在电场分析器中，有qE＝ 可得R1＝ 在电场分析器中，有T＝ 可得离子在电场分析器中运动的时间t1＝T＝。 (3)在磁场分析器中，有qvB＝ 由几何关系可知，当匀强磁场面积最小时，其半径R′＝r＝ 又S＝πR′2 可得S＝。 (4)在偏转电场中，竖直方向有L＝vt′ 水平方向有y＝··t′2 由几何关系可知＝ 可得E′＝。 [答案]　(1)　(2)，　(3) (4) 真题融合卷 (总分：100分) 一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．(2025·河南卷)如图，在与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点，其电势分别为6 V、4 V、2 V；a、b、c分别位于纸面内一等边三角形的顶点上。下列图中箭头表示a点电场的方向，则正确的是(　　) A　　　　B　　　　C　　　　　D C　[取ac边的中点d，则在匀强电场中有φd＝＝4 V＝φb，所以bd连线为该电场的等势线，又电场方向垂直于等势线，且由高电势指向低电势，可知a点的电场方向从a指向c，C正确。] 2．(2025·海南卷)某静电场电势φ在x轴上分布如图所示，图线关于φ轴对称，M、P、N是x轴上的三点，OM＝ON；将一电子从M点由静止释放，仅受x方向的静电力作用，则下列说法正确的是(　　) A．P点电场强度方向沿x负方向 B．M点的电场强度小于N点的电场强度 C．电子在P点的动能小于在N点的动能 D．电子在M点的电势能大于在P点的电势能 D　[由题图可知，在x正半轴沿＋x方向电势降低，则电场强度方向沿x正方向，故A错误；φ-x图像的斜率表示电场强度，由题图可知M点的电场强度大小等于N点的电场强度大小，方向相反，故B错误；电子在电势低处电势能大，故电子在P点的电势能小于在N点的电势能，根据能量守恒可知，电子在P点的动能大于在N点的动能，故C错误；电子在电势低处电势能大，故电子在M点的电势能大于在P点的电势能，故D正确。故选D。] 3．(2025·福建卷)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处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－B1　 B．B1－B2 C．B2－B1 D．B1－B2 A　[根据题意，作出L1、L2中电流的某种情况，如图所示，设L1在M点、O点、N点产生的磁感应强度大小分别为B1M、B1O、B1N，L2在M点、O点产生的磁感应强度大小分别为B2M、B2O，则由右手螺旋定则可知L1和L2在M点产生的磁感应强度方向相反，L1和L2在O点产生的磁感应强度方向相同，则有B1M－B2M＝B1，B1O＋B2O＝B2，由于L1、L2中电流大小相等，且O、M两点距L1的距离与O点距L2的距离相等，则在大小关系上有B1M＝B1O＝B2O，B2M＝B1N，联立可得B2M＝B1N＝B2－B1，故保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为B1N＝B2－B1，A正确。] 4．(2025·湖南卷)如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．A球静止时，轻绳上拉力为2mg B．A球静止时，A球与B球间的库仑力为2mg C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为g D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小 C　[对小球A受力分析，其受重力、轻绳的拉力以及B的库仑引力，如图所示，根据力的平衡条件得F库＝FTcos 30°＋mg cos 30°，FTsin 30°＝mg sin 30°，解得FT＝mg，F库＝mg，A、B错误；剪断轻绳前，小球A所受合力为零，库仑力与重力的合力与轻绳拉力等大反向，即库仑力与重力的合力大小为mg，剪断轻绳后瞬间，绳子拉力消失，库仑力与重力均不变，则小球A所受合力大小为mg，由牛顿第二定律得小球A的瞬时加速度大小a＝g，C正确；由于剪断轻绳前后瞬间，B球的受力不变，且状态不变，因此剪断轻绳瞬间轻杆对B球的作用力不变，D错误。] 5．(2025·黑吉辽蒙卷)如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的。逐渐增大施加于两极板压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小；F较大时弹性结构闭合，d难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是(　　) A　　　B　　　　C　　　　　D D　[由电容器电容的决定式C＝，结合题意可知增大两极板的压力，两极板的间距d减小，则电容器的电容增大，又由于电容器充电后与电源断开，则电容器所带的电荷量不变，由公式U＝可知，电容器两极板间的电压减小，A、B错误；由题意可知F较大时，d难以减小，即两极板间距减小得越来越慢，电容器电容增大得越来越慢，则两极板间的电压减小得越来越慢，C错误，D正确。] 6．(2025·北京卷)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是(　　) A．N点电势比M点高 B．U0正比于流量Q C．在流量Q一定时，管道半径越小，U0越小 D．若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小 C　[根据左手定则可知正离子向下偏，负离子向上偏，故N点电势比M点高，故A正确；设管道半径为r，稳定时，离子受到的洛伦兹力与静电力平衡，有q＝Bqv，同时有Q＝Sv＝πr2v，联立解得U0＝，故U0正比于流量Q；流量Q一定时，管道半径越小，U0越大，故B正确，C错误；若直径MN与磁场方向不垂直，根据U0＝可知此时式中磁场强度为磁感应强度的一个分量，即此时测量时代入的磁场强度偏大，故测得的流量Q偏小，故D正确。故选C。] 7．(2025·安徽卷)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。不计粒子所受的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则(　　) A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为d C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为 C　[粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得粒子的运动半径为r＝d，A错误；当粒子恰经过薄板最右端打到薄板上表面时，粒子打到薄板上表面的位置距N点最远，当粒子沿x轴正方向射出时，粒子打到薄板上表面的位置距N点最近，对应运动轨迹如图1所示，由几何关系可知，薄板的上表面接收到粒子的区域长度Δx1＝2r cos 30°－r＝(－1)d，B错误；结合B项分析可知，粒子能打到薄板下表面的最右端，当粒子的运动轨迹与薄板相切时，粒子打到薄板下表面的位置距N点最远，轨迹如图2所示，由几何关系可知，薄板的下表面接收到粒子的区域长度Δx2＝d，C正确；粒子在磁场中的运动周期T＝＝，又t＝T，故粒子运动轨迹所对圆心角越大，运动时间越长，结合BC项分析可知，打在薄板下表面右端的粒子运动时间最短，结合几何关系有tmin＝·＝，D错误。 ] 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．(2025·山东卷) 将球心为O、半径为R的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上，带电荷量分别为＋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R，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 BD　[设小球甲、乙间的库仑力大小为F，对小球甲、乙受力分析如图所示，小球甲沿绝缘碗切线方向由平衡条件有m甲g cos 45°＝F cos 60°，对小球乙沿绝缘碗切线方向由平衡条件有m乙g cos 15°＝F cos 60°，联立可得m甲>m乙，A错误；将小球甲、乙形成的电场视为A、B处为一对带电荷量均为＋q的等量同种点电荷与A处为带电荷量为＋q的点电荷形成电场的叠加，在A处单个点电荷形成的电场中，由于C点与点电荷的距离更近，则C点的电势更高，在等量同种点电荷形成的电场中，沿过C点的OD垂线从C点移动到OD上的过程，电势逐渐降低，然后继续移向D点，电势继续降低，综上由电势的叠加原理可知，C点电势高于D点电势，B正确；由点电荷产生的电场的电场强度公式和电场强度叠加原理可知，E点的电场强度大小为EE＝－＝，F点的电场强度大小为EF＝－＝，E、F两点电场强度的大小不相等，C错误；单独研究小球甲、乙形成的电场，沿直线从O点运动到D点，电势均先升高后降低，所以由电势的叠加原理可知，沿直线从O点运动到D点，电势先升高后降低，D正确。] 9．(2025·福建卷)如图，竖直面内存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电粒子在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，当粒子运动到N点时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，已知MN与水平面的夹角为45°，NP水平向右。粒子带电荷量为q，速度为v，质量为m，重力加速度为g。则(　　) A．电场强度大小为E＝ B．磁感应强度大小为B＝ C．N、P两点的电势差为U＝ D粒子从N运动到P的过程中，与NP的距离最大值为 BC　[由于粒子沿着MN做匀速直线运动，粒子所受洛伦兹力垂直于MN，粒子所受合力为零，所以粒子所受重力和静电力的合力也垂直于MN，故静电力水平向右，粒子带正电。由力的平衡条件有qvB cos 45°＝mg，＝tan 45°，解得电场强度大小为E＝，磁感应强度大小B＝，A错误，B正确；撤去磁场后，粒子所受静电力和重力不变，则其竖直方向上做竖直上抛运动，由于NP水平向右，所以粒子从N运动到P点的过程所用的时间为t＝，又粒子在水平方向上做匀加速直线运动，由位移—时间公式可得xNP＝vt cos 45°＋·t2，结合A项分析联立解得xNP＝，所以NP两点的电势差UNP＝ExNP＝，C正确；结合C项分析可知，当粒子竖直方向的速度减为0时，其与NP的距离最大，为xm＝＝，D错误。] 10．(2025·甘肃卷)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，a粒子的速度大小为va＝，方向沿同心圆的径向；b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是(　　) A．外圆半径等于2R0 B．a粒子返回A点所用的最短时间为 C．b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为 D．c粒子的速度大小为va BD　[由题意，a粒子恰好到达磁场外边界后返回，则a粒子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，作出a粒子运动轨迹如图甲所示，根据a粒子的速度大小为va＝，可得Ra＝R0，设外圆半径等于R′，由几何关系得∠AO′B＝270°，则R′＝(1＋)R0，A错误；由A项分析，设a粒子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间tmin，a粒子做匀速圆周运动的周期T＝＝，在磁场中运动的时间t1＝·T＝，做匀速直线运动的时间t2＝＝，故a粒子返回A点所用的最短时间为tmin＝t1＋t2＝，B正确； 由题意，作出b、c粒子运动轨迹如图乙、丙所示 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，可知两粒子做圆周运动的周期相同，故所用的最短时间之比为1∶1，C错误；由几何关系得2Rc＝R0，由洛伦兹力提供向心力有qvcB＝，联立解得vc＝va，D正确。故选BD。] 三、非选择题：本大题共4小题，共54分。 11．(12分)(2025·河南卷)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞)，液滴质量均为m＝2.0×10-10 kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电，使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为q＝1.0×10-13 C。随后，液滴以v＝2.0 m/s的速度竖直进入长度为l＝2.0×10-2 m的电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为E＝2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h＝0.1 m处的A、B收集管中。不计液滴所受重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求： (1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离； (2)A、B细胞收集管的间距。 [解析]　(1)含A、B细胞的液滴在电极板间做类平抛运动，对含A细胞的液滴 垂直电场方向有l＝vt1 平行电场方向有x1＝ 由牛顿第二定律可知qE＝ma 联立解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x1＝5×10-3 m。 (2)由(1)问分析可知含A细胞的液滴离开电场时的速度方向与电场方向夹角的正切值为tan θ＝＝2 含A、B细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，含A细胞的液滴从离开电场至到达A收集管过程偏转的距离为 x2＝＝0.05 m 即含A细胞的液滴开始运动至到达A收集管的过程偏转的距离为xA＝x1＋x2＝0.055 m 由于含A、B细胞的液滴电性相反，带电荷量大小相等，则含B细胞的液滴的偏转距离与含A细胞液滴的相等，所以A、B细胞收集管的间距为xAB＝2xA＝0.11 m。 [答案]　(1)5×10-3 m　(2)0.11 m 12．(12分)(2025·江苏卷)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，不计粒子所受的重力及粒子间相互作用。求： (1) a运动到最高点的时间t； (2) a到达最高点时，a、b间的距离H。 [解析]　(1)根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，由对a，根据牛顿第二定律有qE＝ma 运动到最高点的时间由运动学公式有 v0sin θ＝at 联立解得t＝。 (2)方法一　根据题意可知，两个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v0cos θ，则两粒子一直在同一竖直线上，斜上抛的粒子竖直方向上运动的位移为x1＝＝ 斜下抛的粒子竖直方向上运动位移为x2＝v0t sinθ＋at2＝ 则a到达最高点时与b之间的距离x＝x1＋x2＝。 方法二　两个粒子均受到相同的静电力，以a为参考系，b以2v0sinθ的速度向下做匀速直线运动，则a到达最高点时，a、b间的距离H＝2v0sin θ·t＝。 [答案]　(1)(2) 13．(14分)(2025·湖北卷)如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计粒子所受的重力，求： (1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径； (2)粒子在第一次和第二次经过PQ时位置的间距； (3)粒子的运动周期。 [解析]　(1)在MN左侧的磁场中，设粒子运动轨迹半径为r，由qv0B＝可得r＝。 (2)粒子从O点射出后的部分运动轨迹如图1所示，根据几何关系可得sinα＝， 又O′D＝OD－r＝， 解得α＝30°，粒子经过MN边界上的C点，在MN和PQ边界之间的无磁场区域做匀速直线运动，从PQ边界上的E点第一次进入右侧磁场区域做半径为r′的匀速圆周运动，从PQ边界上的F点第二次经过PQ边界，在右侧磁场中，由qv0·2B＝可得r′＝ 由几何关系可得在右侧磁场中轨迹对应圆心角为120°，所以粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距EF＝2r′sin 60° 解得EF＝。 (3)要使粒子能回到O点并做周期性运动，粒子的轨迹需上下对称，所以轨迹如图2所示 由几何关系得r cos α＝CE sin α＋ 解得CE＝ 粒子在MN左侧磁场中的轨迹对应圆心角为240°，结合粒子在磁场中仅在洛伦兹力作用下做圆周运动的周期公式有T1＝ 可得运动时间t1＝·＝ 粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动的时间t2＝2×＝，粒子在PQ右侧磁场中的轨迹对应圆心角为120°，结合粒子在磁场中仅在洛伦兹力作用下做圆周运动的周期公式有T2＝ 可得运动时间t3＝·＝ 所以粒子运动周期T＝t1＋t2＋t3＝。 [答案]　(1) (2) (3) 14．(16分)(2025·黑吉辽蒙卷)如图，在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从M(0，－y0)点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ＝30°，从N(0，y0)点射出磁场。已知粒子的电荷量为q(q>0)，质量为m，忽略粒子所受的重力及磁场边缘效应。 (1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1； (2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为－48q，粒子质量取m＝(k为静电力常量)，粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小v2； (3)在(2)问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反，求t2(电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势φ＝k)。 [解析]　(1)粒子从M点运动到N点，运动轨迹如图1所示， 根据几何关系可知r sin θ＝y0 解得粒子运动轨迹半径r＝2y0 粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝ 解得v1＝ 由v1＝可得，粒子在磁场中运动的周期 T＝ 则粒子在磁场中运动的时间为t1＝·T＝。 (2)粒子轨迹不变，仍然做匀速圆周运动，因此点电荷只能位于轨迹圆心O1处，库仑力和洛伦兹力完全提供向心力，有 qv2B＋k＝(此式可变换为＝0，获得关于v2的一元二次方程，通过求根公式解得v2的两个值)， 解得v2＝(另一解v2＝不合题意，舍去)。 (3)粒子从N点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需的向心力大于点电荷提供的库仑力k，因此粒子无法做匀速圆周运动，只能做类似行星绕中心天体的椭圆轨迹的运动，粒子的运动轨迹如图2所示， 粒子从N点运动至与N点速度方向相反的点的过程中只有库仑力做功，粒子电势能和动能总和不变，有＋qφ2＝＋qφ3 类比开普勒第二定律可知粒子在近点和远点的速度满足v2Δt·r＝v3Δt·R 结合电势φ2＝和φ3＝解得R＝6y0 粒子椭圆轨迹的半长轴a＝＝4y0 将粒子运动的椭圆轨迹转化为半径为r0＝a＝4y0的圆周运动，类比开普勒第三定律可知＝ 则＝mr0 解得T′＝ 则粒子运动时间t2＝T′＝。 [答案]　(1)　 学科网（北京）股份有限公司 $