第十一章　阶段复习(四)　电场和磁场 - 2027届高考物理人教版一轮复习

**基本信息** 高中物理一轮复习电场和磁场专项训练，通过高考真题与模拟题融合，构建场性质分析与粒子运动规律的综合应用体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |场性质理解|3题|场线与等势线辨析、场强比较|从电场强度、电势概念到磁感线性质，形成场的物质观念| |粒子运动分析|4题|直线运动条件、螺旋运动、复合场轨迹|基于运动和相互作用观念，推导洛伦兹力与圆周运动关系| |综合应用|6题|磁屏蔽、多场叠加、能量转化|通过科学推理整合电场力功、洛伦兹力不做功的能量逻辑|

阶段复习(四)　电场和磁场 [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 2. （2026·宁波模拟）如图为同一平面内的一簇实线，可能是静电场的等势线，也可能是磁场的磁感线，则(　　) A．若为等势线，则Q点的电场强度一定大于P点的电场强度 B．若为等势线，则同一正电荷在Q点的电势能一定小于在P点的电势能 C．若为磁感线，则小磁针静止于Q点和P点时N极的指向一定相同 D．若为磁感线，则同一电流元放在Q点时所受安培力一定大于放在P点时所受安培力 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 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.B2-B1 B.B2-B1 C.(B2-B1) D.B2-B1 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=，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 6. （2026·浙江模拟）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场与水平方向的匀强电场，一带电液滴在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，速度大小为v，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。当带电液滴运动到N时，撤去电场，一段时间后粒子经过P点，则(　　) A．液滴可能带负电 B．电场线方向可能水平向左 C．液滴到P点的速度一定与N点相同 D．液滴从N到P的过程中竖直方向上离NP的最大距离为 7.(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 8.(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2qEL B.粒子从4区下边界穿出后的水平速度一定为 C.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B D.若粒子恰未从第4场区射出，则需满足E= 9.(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 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 B.磁感应强度大小为 C.N、P两点间的电势差为 D.从N点运动到P点的过程中，微粒到直线NP的最大距离为 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。 12.(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=×100%，若在Q处检测到该粒子，则η是多少？ 13.(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，R)为圆心、半径为R的圆弧，下边界是以O2(R，0)为圆心、半径为的圆弧；第四象限内存在沿着x轴正方向、大小E=的匀强电场，第三象限内同时存在沿着y轴正方向的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，其中电场强度大小为E'=E，磁感应强度的大小也为B0。一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子以大小为v0=的速度从y轴上的P(0，R)点正对圆心O1方向射入第一象限的磁场中，离开磁场后进入第四象限的电场中，然后从y轴上的Q点离开电场进入第三象限的电磁场中，不计粒子的重力，忽略粒子对电磁场的影响，求： (1)(3分)粒子进入第四象限时的速度方向与x轴正方向的夹角； (2)(3分)Q点的纵坐标； (3)(4分)粒子从P点运动到Q点的过程中经过的时间； (4)(6分)粒子在第三象限内运动过程中的最大速度。 学科网（北京）股份有限公司 $ 阶段复习(四)　电场和磁场 [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. （2026·宁波模拟）如图为同一平面内的一簇实线，可能是静电场的等势线，也可能是磁场的磁感线，则(　　) A．若为等势线，则Q点的电场强度一定大于P点的电场强度 B．若为等势线，则同一正电荷在Q点的电势能一定小于在P点的电势能 C．若为磁感线，则小磁针静止于Q点和P点时N极的指向一定相同 D．若为磁感线，则同一电流元放在Q点时所受安培力一定大于放在P点时所受安培力 答案　A 解析　A．若为等势线，等势线越密电场强度越大，Q点等势线比P点密，故Q点电场强度大于P点，故A正确；B．题目未标明电势高低，无法确定P、Q两点电势关系，因此无法比较正电荷在两点的电势能，故B错误；C．磁感线切线方向为磁场方向，P、Q两点磁感线切线方向不同，故小磁针N极指向不同，故C错误；D．安培力大小为F = BILsinθ，安培力大小不仅和磁感应强度B有关，还和电流元与磁场的夹角有关，若Q点电流元方向与磁场平行，安培力为0，小于P点安培力，因此不是一定更大，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=k，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D错误。 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.B2-B1 B.B2-B1 C.(B2-B1) D.B2-B1 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=B2-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=B2-B1，故选项A正确，选项B、C、D错误。 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=，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==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D正确。 6. （2026·浙江模拟）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场与水平方向的匀强电场，一带电液滴在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，速度大小为v，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。当带电液滴运动到N时，撤去电场，一段时间后粒子经过P点，则(　　) A．液滴可能带负电 B．电场线方向可能水平向左 C．液滴到P点的速度一定与N点相同 D．液滴从N到P的过程中竖直方向上离NP的最大距离为 答案　D 解析　AB．由于带电液滴在复合场中沿MN做匀速直线运动，在该复合场中，液滴受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的共同作用，因为液滴做匀速直线运动，所以三力的合力为零。由于重力竖直向下，电场力方向在水平方向上，根据三力平衡条件可以得出洛伦兹力必须斜向上，所以当液滴带正电，根据左手定则，洛伦兹力垂直于速度，方向斜向上。重力竖直向下，若电场线方向向右，则电场力水平向右，此时满足三力平衡，所以液滴只能带正电，电场方向水平向右，故AB错误；C．在N点撤去电场后，液滴受到重力以及洛伦兹力，由于N和P在同一高度，所以该过程重力不做功，由于洛伦兹力也不做功，根据动能定理可以得出液滴的速度大小不变，但是由于洛伦兹力改变速度的方向，所以两点的速度方向不一定相同，故C项错误；D．对液滴在N点的速度进行分解，液滴的速度在水平方向为， 竖直方向速度为 洛伦兹力在竖直方向上的分力大小为 根据竖直方向的平衡方程可知： 所以洛伦兹力在竖直方向的分量与重力抵消。洛伦兹力在另一个分量提供做匀速圆周运动的向心力，液滴做圆周运动，根据牛顿第二定律有 解得 由上述分析可知，液滴所做运动为匀速直线运动与圆周运动的合运动，其偏离NP的最大距离为，故D项正确。故选D。 7.(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=v0cos α·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=m，T=，且vy=v0sin α，解得D=2R=，T=，所以Δx=vxT=，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、Δx均增大，故C错误；若仅增大α，则D增大而Δx减小，且α=90°时Δx=0，故D正确。 8.(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2qEL B.粒子从4区下边界穿出后的水平速度一定为 C.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B D.若粒子恰未从第4场区射出，则需满足E= 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=m，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=2，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=，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cos θ==B，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==v4=2，解得E=，故B、C、D错误。 9.(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 B.磁感应强度大小为 C.N、P两点间的电势差为 D.从N点运动到P点的过程中，微粒到直线NP的最大距离为 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=G，可得E=、B=，故选项A错误，B正确； 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=vtcos 45°+axt2，y=vtsin 45°-ayt2，vy=vsin 45°-ayt，U=Ex，当微粒运动到P点，y=0，由上述方程可得x=，U=，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h=ymax=，故选项D错误。 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)mg　 (2)2　(3)mgh 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cos 30°=mg 联立解得F电=mg (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=mg 由牛顿第二定律有F电'+FNcos 30°=mω2rAB 且FNsin 30°=mg 联立解得ω=2 (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+·-mgh+0=mv2-0 联立解得W驱=mgh 12.(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=×100%，若在Q处检测到该粒子，则η是多少？ 答案　(1)　(2)　L<y<3L　(3)60% 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=，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=m 联立解得B1= 在磁屏蔽区，粒子所受洛伦兹力提供向心力qv0B2=m 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=m 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=L 洛伦兹力提供向心力qv0B2=m 联立解得B2= 由B1=可知若在Q处检测到该粒子， 磁屏蔽效率η=×100%=60%。 13.(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，R)为圆心、半径为R的圆弧，下边界是以O2(R，0)为圆心、半径为的圆弧；第四象限内存在沿着x轴正方向、大小E=的匀强电场，第三象限内同时存在沿着y轴正方向的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，其中电场强度大小为E'=E，磁感应强度的大小也为B0。一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子以大小为v0=的速度从y轴上的P(0，R)点正对圆心O1方向射入第一象限的磁场中，离开磁场后进入第四象限的电场中，然后从y轴上的Q点离开电场进入第三象限的电磁场中，不计粒子的重力，忽略粒子对电磁场的影响，求： (1)(3分)粒子进入第四象限时的速度方向与x轴正方向的夹角； (2)(3分)Q点的纵坐标； (3)(4分)粒子从P点运动到Q点的过程中经过的时间； (4)(6分)粒子在第三象限内运动过程中的最大速度。 答案　(1)60°　(2)-R　(3)　(4)，方向沿x轴负方向 解析　(1)在第一象限磁场中，由牛顿第二定律得qv0B0=m 解得r=R 由几何知识可证明，粒子从O2点离开第一象限，设速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则由几何知识可得cos θ= 解得θ=60° (2)粒子在第四象限内做类斜抛运动，粒子水平方向做匀变速直线运动，竖直方向做匀速直线运动，设竖直位移大小为y1，水平位移大小为x1，在电场中运动时间为t1。由牛顿第二定律得Eq=ma 则有y1=v0sin θ·t1，-x1=v0cos θ·t1-a，x1=R 解得t1=，y1=R 故Q点的纵坐标为-R (3)粒子在第一象限磁场中偏转的圆心角为θ=60° 在该磁场中运动的周期T= 在该磁场中运动的时间为t2=T= 离开该磁场运动到O2点时间为t3== 则粒子从P点运动到Q点的过程中经过的时间为t=t1+t2+t3= (4)粒子进入第三象限后做摆线运动，设经过Q点时沿x、y方向的分速度大小分别为vx和vy， 则vy=v0sin θ=，-vx=v0cos θ-at1 解得vx= 由题意可知E'q=qvxB0 故粒子的运动可分解为沿着x轴负方向、速度大小为vx=的匀速直线运动和速度大小为vy=的匀速圆周运动。粒子运动到最低点时，速度最大，方向沿x轴负方向，最大速度为vm=vx+vy=。 学科网（北京）股份有限公司 $