2025 選考專題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）第6講　靜電場作業(yè)含答案

2025選考專題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）第6講靜電場作業(yè)含答案第6講靜電場時間|40min1.[2024·新課標(biāo)卷]如圖所示,兩根不可伸長的等長絕緣細(xì)繩的上端均系在天花板的O點上,下端分別系有均帶正電荷的小球P、Q,小球處在某一方向水平向右的勻強電場中,平衡時兩細(xì)繩與豎直方向的夾角大小相等,則 ()A.兩繩中的張力大小一定相等B.P的質(zhì)量一定大于Q的質(zhì)量C.P的電荷量一定小于Q的電荷量D.P的電荷量一定大于Q的電荷量2.[2024·遼寧卷]在水平方向的勻強電場中,一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面(紙面)內(nèi)運動.如圖所示,若小球的初速度方向沿虛線,則其運動軌跡為直線;若小球的初速度方向垂直于虛線,則其從O點出發(fā)運動到O點等高處的過程中 ()A.動能減小,電勢能增大B.動能增大,電勢能增大C.動能減小,電勢能減小D.動能增大,電勢能減小3.[2024·山東威海模擬]如圖所示,空間存在水平向右的勻強電場,O點固定一負(fù)點電荷.A、B、C、D、M、N是以O(shè)為球心的球面上的點,AC為水平直徑,BD為豎直直徑.下列說法正確的是 ()A.B、D兩點電場強度相同B.將一試探電荷由A點沿圓弧AMC移至C點,所受的電場力逐漸減小C.將一正試探電荷由A點沿圓弧AMC移至C點,電勢能增加D.將一負(fù)試探電荷由B點沿圓弧BND移至D點,電勢能減小4.(多選)[2024·河北衡水模擬]如圖所示為一正方體ABCD-EFGH,在A、G兩頂點分別固定等量正、負(fù)點電荷,取無窮遠(yuǎn)處的電勢為零.下列說法正確的是()A.頂點D、F兩處電勢不相等B.頂點B、H兩處場強不相同C.正方體的12條棱上共有6個點電勢為零D.將一正試探電荷從D移到C和從B移到F,電勢能變化量不同5.(多選)[2024·湖北武漢模擬]如圖所示,正方形ABCD的對角線長為2a,在A、C兩點均放置電荷量為+q的點電荷,P為正方形ABCD外接圓上任意一點,O為外接圓的圓心,靜電力常量為k.下列說法正確的是 ()A.B、D兩點的電場強度相同B.將負(fù)電荷由B沿直線BD移到D的過程中,電場力先做正功后做負(fù)功C.對角線BD上電場強度的最大值為4D.若兩點電荷在P點產(chǎn)生的電場強度大小分別是E1、E2,則1E1+6.(多選)[2024·山西太原模擬]如圖所示,正方體的棱ae豎直,可視為質(zhì)點的帶正電小球從a點沿ab方向水平拋出,僅在重力的作用下,恰好經(jīng)過f點.在空間中增加沿ad方向的勻強電場,小球仍從a點沿ab方向水平拋出,恰好經(jīng)過底面中心k點.下列說法正確的是()A.小球兩次運動的時間相等B.小球兩次拋出的初速度相同C.小球經(jīng)過f點的動能與經(jīng)過k點的動能之比為20∶21D.小球從a到k,機械能增加量是重力勢能減少量的一半7.[2024·山東濟(jì)南模擬]如圖所示為不等量同種點電荷q1、q2連線上各點電勢隨位置坐標(biāo)變化的φ-x圖像,圖線垂直穿過φ軸,交點處的縱坐標(biāo)為φ0,a、b為x軸上關(guān)于原點O對稱的兩個點.取無窮遠(yuǎn)處的電勢為零,質(zhì)子質(zhì)量為m,電荷量為e.下列說法正確的是 ()A.q1、q2均帶負(fù)電B.兩點電荷的電荷量之比q1qC.將一質(zhì)子從a點由靜止釋放,到達(dá)b點時速度為0D.將一質(zhì)子從a點由靜止釋放,若質(zhì)子經(jīng)過O點時速度為v0,則a點電勢為φa=φ0+m8.(多選)[2024·河北秦皇島模擬]如圖所示的兩個平行板電容器水平放置,用導(dǎo)線將A板與B'板相連,A'板和B板都接地.已知A板帶正電,在兩個電容器的極板間有M、N兩個帶電油滴都處于靜止?fàn)顟B(tài).A、B間電壓為UAB,電容為CAB,帶電荷量為QAB;A'、B'間電壓為UA'B',電容為CA'B',帶電荷量為QA'B'.若將B板稍向下移,則 ()A.CAB不變,CA'B'不變B.UAB減小,UA'B'增大C.QAB減小,QA'B'增大D.N原來所在位置處的電勢升高且N將向上運動9.(多選)[2024·江西卷]如圖所示,垂直于水平桌面固定一根輕質(zhì)絕緣細(xì)直桿,質(zhì)量均為m、帶同種電荷的絕緣小球甲和乙穿過直桿,兩小球均可視為點電荷,帶電荷量分別為q和Q.在圖示的坐標(biāo)系中,小球乙靜止在坐標(biāo)原點,初始時刻小球甲從x=x0處由靜止釋放,開始向下運動.甲和乙兩點電荷的電勢能Ep=kQqr(r為兩點電荷之間的距離,k為靜電力常量).最大靜摩擦力等于滑動摩擦力Ff,重力加速度為g.關(guān)于小球甲,下列說法正確的是 (A.最低點的位置x=kQqB.速率達(dá)到最大值時的位置x=kQqC.最后停留位置x的區(qū)間是kQqmg≤x≤D.若在最低點能返回,則初始電勢能Ep0<(mg-Ff)kQq10.[2024·湖南岳陽模擬]如圖甲所示,一帶電粒子沿平行板電容器中線MN以速度v平行于極板進(jìn)入(記為t=0時刻),同時在兩板上加一按如圖乙所示變化的電壓.已知粒子比荷為k,帶電粒子只受靜電力的作用且不與極板發(fā)生碰撞,經(jīng)過一段時間,粒子以平行于極板方向的速度射出.下列說法中正確的是 ()A.粒子在極板間運動的時間可能為t=4sB.粒子射出極板的速度大小為2vC.極板長度L滿足L=3vnnD.極板間最小距離為311.[2024·山東濟(jì)南模擬]空間存在范圍足夠大的勻強電場,長方形區(qū)域ABCD在豎直平面內(nèi),其中AB=2L,AD=L,電場強度的方向與ABCD所在平面平行.質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子在A點以一定的速度v0進(jìn)入電場,粒子到達(dá)B點的動能是初動能的9倍;若改變粒子速度方向,以相同的初動能仍從A點進(jìn)入電場,到達(dá)D點的動能為初動能的4倍.不計粒子重力,sin37°=0.6,cos37°=0.8.(1)求勻強電場的電場強度大小和方向;(2)若粒子進(jìn)入電場時的速度大小可變,且當(dāng)粒子進(jìn)入電場時速度方向與電場垂直,為使粒子穿出長方形區(qū)域的動能增量最多,求該粒子進(jìn)入電場時的速度大小;(3)若粒子進(jìn)入電場時的速度大小可變,且當(dāng)粒子進(jìn)入電場時速度方向與電場垂直,為使粒子第一次經(jīng)過長方形邊界時動量的增量為mv0,求該粒子進(jìn)入電場時的速度大小.第6講靜電場1.B[解析]設(shè)Q和P兩球之間的庫侖力為F,細(xì)繩對Q、P的拉力分別為FT1、FT2,Q、P的質(zhì)量分別為m1、m2,兩細(xì)繩與豎直方向的夾角均為θ,對于小球Q有q1E+FT1sinθ=F,FT1cosθ=m1g,對于小球P有q2E+F=FT2sinθ,FT2cosθ=m2g,聯(lián)立有q1E=F-FT1sinθ>0,q2E=FT2sinθ-F>0,可得FT2>FT1,且FT1FT2=m1m2,可知m2>m1,即P的質(zhì)量一定大于Q的質(zhì)量,A錯誤,B正確;2.D[解析]根據(jù)題意,若小球的初速度方向沿虛線,則其運動軌跡為直線,可知電場力和重力的合力沿著虛線方向,又知電場強度方向為水平方向,根據(jù)力的合成可知電場力方向水平向右,若小球的初速度方向垂直于虛線,則其從O點出發(fā)運動到O點等高處的過程中,重力對小球做功為零,電場力的方向與小球的運動方向夾角為銳角,則電場力對小球做正功,小球的動能增大,電勢能減小,故D正確.3.B[解析]根據(jù)點電荷的電場分布特點以及電場疊加可知,B、D兩點電場強度大小相等,但方向不同,故A錯誤;A點電場強度為EA=E+kQr2,M點電場強度為EM=E2+kQr22,C點電場強度為EC=E-kQr2,由此可知EA>EM>EC,所以將一試探電荷由A點沿圓弧AMC移至C點,電場強度不斷減小,所受的電場力逐漸減小,故B正確;負(fù)點電荷產(chǎn)生的電場中A、M、C三點電勢相等,而勻強電場產(chǎn)生的電場中A、M、C三點電勢逐漸降低,所以將一正試探電荷由A點沿圓弧AMC移至C點,電勢能減小,故C錯誤;負(fù)電荷產(chǎn)生的電場中B、N、D三點電勢相等,勻強電場產(chǎn)生的電場中B、N、D三點電勢也相等,所以將一負(fù)試探電荷由B4.AC[解析]因為頂點D距離正點電荷較近,頂點F距離負(fù)點電荷較近,所以D點電勢比F點電勢高,A正確;因為正點電荷在B點產(chǎn)生的電場強度與負(fù)點電荷在H點產(chǎn)生的電場強度大小和方向都相同,負(fù)點電荷在B點產(chǎn)生的電場強度與正點電荷在H點產(chǎn)生的電場強度大小和方向也都相同,所以根據(jù)電場強度疊加原理可知,頂點B、H兩處場強大小和方向都相同,B錯誤;等量異種點電荷連線的中垂面為等勢面,且其電勢為零,正方體的12條棱中BC、CD、DH、HE、EF、FB這6條棱的中點各自到正負(fù)點電荷的距離都相等,所以這6個中點都在該等勢面上,電勢都為零,因此正方體的12條棱上有6個點電勢為零,C正確;因為B、D兩點到正點電荷的距離相等且到負(fù)點電荷的距離也相等,所以D點和B點電勢相等,同理,C點和F點的電勢也相等,則UDC=UBF,由W=qU可知,將一正試探電荷從D移到C和從B移到F,電場力做功相同,則電勢能變化量相同,D錯誤.5.BCD[解析]因等量同種點電荷的電場分布特點可知,B、D兩點的電場強度方向不同,即電場強度不同,A錯誤;在等量正點電荷連線的中垂線上,從O點到B點的電場強度方向向下,從O點到D點的電場強度方向向上,所以將負(fù)電荷由B沿直線BD移到D的過程中,電場力先做正功后做負(fù)功,B正確;設(shè)BD上某一點M到A點的連線與水平方向的夾角為α,M點的場強疊加如圖所示,M點的電場強度E=2kqacosα2·sinα=2kqa2cos2αsinα,由于cos2αsinα=(1-sin2α)sinα=12(1-sin2α)2·2sin2α≤121-sin2α+1-sin2α+2sin2α33=427,當(dāng)1-sin2α=2sin2α,即sind=33時,不等式取等號,所以當(dāng)sinα=36.AC[解析]設(shè)正方體邊長為L,小球兩次在豎直方向的受力情況相同,則豎直方向的加速度相同,根據(jù)L=12gt2可知t=2Lg,故兩次運動的時間相等,A正確;小球兩次沿初速度方向均不受力,即沿初速度方向均做勻速運動,第一次拋出的初速度v01=Lg2L,而第二次拋出的初速度v02=L2g2L,故兩次拋出的初速度不同,B錯誤;第二次沿ad方向有L2=12×F電mt2,解得F電=12mg,第一次小球經(jīng)過f點的動能Ekf=12mv012+mgL=54mgL,第二次小球經(jīng)過k點的動能Ekk=12mv022+mgL+F電·L2=2116mgL,故小球經(jīng)過f點的動能與經(jīng)過k點的動能之比為20∶21,C正確;小球從a到k,機械能增加量等于電場力做功,7.D[解析]由圖像可知x軸上的-x0和2x0之間的電勢都大于零,故兩個點電荷一定都是正電荷,故A錯誤;在x=0處φ-x圖像切線的斜率為零,則該點處的電場強度為零,有kq1x02=kq2(2x0)2,解得q1∶q2=1∶4,故B錯誤;因a點電勢大于b點電勢,故質(zhì)子從a點由靜止釋放到達(dá)b點,電場力做功大于零,因此到達(dá)b點時速度大于0,故C錯誤;將質(zhì)子從a點由靜止釋放,質(zhì)子經(jīng)過O點時,由動能定理可得e(φa-φ0)=12mv028.CD[解析]若將B板稍向下移,則A、B兩板的間距dAB變大,由電容的決定式C=εrS4πkd可知,CAB將變小,而A'、B'板未動,則CA'B'不變;假設(shè)QAB不變,則由C=QU可知,UAB增大,大于A'、B'之間的電壓,故A、B板將向A'、B'板充電,因此QAB要減小,QA'B'要增大,而CA'B'不變,則UA'B'要增大,故A、B錯誤,C正確.由場強公式E=Ud=4πkQεrS,可知A'、B'之間的場強EA'B'增大,N將向上運動,由于φN-0=EA'B'dNA',因此9.BD[解析]小球甲在變力作用下沿直桿往復(fù)性運動,由于摩擦力與運動方向始終相反,所以該運動為阻尼振動,振幅逐漸減小,小球甲第一次向下到達(dá)的最低點為全程的最低點,小球甲從開始運動至第一次運動到最低點的過程,根據(jù)能量守恒定律有mg(x0-x)-Ff(x0-x)=kQqx-kQqx0,解得x=kQq(mg-Ff)x0,A錯誤;小球甲做阻尼振動,經(jīng)過平衡位置的速率越來越小,第一次向下經(jīng)過平衡位置時速率最大,小球甲第一次向下運動至速率達(dá)到最大值的位置,根據(jù)平衡條件有mg=Ff+kQqx2,解得x=kQqmg-Ff,B正確;若小球甲停止在下降的過程中,且停止運動后恰好靜止,則有mg=kQqx12+Ff,解得x1=kQqmg-Ff,若小球甲停止在上升的過程中,且停止運動后恰好靜止,則有mg+Ff=kQqx22,解得x2=kQqmg+Ff,因此小球甲最后停留位置x的區(qū)間為kQqmg+Ff≤x≤kQqmg-Ff,C錯誤;若小球甲在最低點能返回10.D[解析]粒子進(jìn)入電容器后,在平行于極板方向做勻速直線運動,在垂直于極板方向運動的v-t圖像如圖所示,因為粒子平行于極板射出,可知粒子射出極板時在垂直于極板方向的分速度為0,所以射出時刻可能為1.5s、3s、4.5s……,滿足t=1.5n(n=1,2,3,…),粒子射出的速度大小必定為v,極板長度L=v·1.5n(n=1,2,3,…),故A、B、C錯誤;因為粒子不跟極板碰撞,則應(yīng)滿足d2≥12v垂直×1.5s,v垂直=a×1s,a=qU0md,聯(lián)立解得d≥311.(1)5mv022qL(2)1111v0(3)38v0或2[解析](1)設(shè)電場強度大小為E,方向與AB的夾角為θ指向右下方,粒子由A到B,由動能定理得Eq·2Lcosθ=12mv粒子由A到D,由動能定理得Eq·Lcos90°-θ=12聯(lián)立解得θ=37°,E=5(2)粒子從C點射出時,沿電場線方向的位移最大,動能增量最多,如圖甲所示由幾何關(guān)系可得AE=Lcos53°=EC=DC-DE=2L-Ltan53°=23EF=ECsin53°=815則垂直于電場方向移動的距離為CF=ECcos53°=25沿電場方向移動的距離為AF=AE+EF=115在垂直于電場的方向上有vt=25在沿電場的方向上有Eq2mt2=聯(lián)立解得v=1111v(3)粒子第一次經(jīng)過長方形邊界時動量的增量Δp=mv0由動量定理得Δp=Eqt'聯(lián)立解得粒子運動的時間t'=2粒子沿電場方向的位移為y=Eq2mt'2=如圖乙所示當(dāng)沿電場方向的位移y=15L=AM時,粒子可能從G點射出長方形邊界,也可能從H點射出長方形邊界,即粒子在垂直于電場方向的位移可能為x1=MG=AMtan53°=415L,也可能為x2=MH=AMtan53根據(jù)x1=v1t'解得v1=23v根據(jù)x2=v2t'解得v2=38v所以粒子進(jìn)入電場時的速度為23v0或38第7講磁場【網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建】【關(guān)鍵能力】理解磁場對運動電荷、通電導(dǎo)線的作用,掌握磁場的疊加、磁場對電流的作用、帶電粒子在磁場中的運動等問題的解決思路,加強帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的作圖訓(xùn)練,培養(yǎng)學(xué)生的數(shù)形結(jié)合能力,掌握解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題、多解問題的分析技巧,培養(yǎng)科學(xué)思維能力.題型1磁場的性質(zhì)1.用準(zhǔn)“兩個定則”(1)對電流的磁場用安培定則.(2)對通電導(dǎo)線在磁場中所受的安培力和帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力用左手定則.2.明確兩個常用的等效模型(1)變曲為直:如圖甲所示的通電導(dǎo)線在計算安培力的大小和判斷方向時均可等效為ac直線電流.(2)化電為磁:環(huán)形電流可等效為小磁針,通電螺線管可等效為條形磁鐵,如圖乙所示.例1[2024·安徽合肥模擬]正方形MNPQ的中心為O,其對角線MOP長為2d.均通有電流I0的兩無限長直導(dǎo)線互成60°角,放置在該正方形平面內(nèi),兩導(dǎo)線彼此絕緣且相交于O點,MOP平分∠GOH,通入的電流方向如圖所示.已知一根無限長直導(dǎo)線通入電流為I時,距離導(dǎo)線為r處的磁感應(yīng)強度大小B=kIr,k為常數(shù).下列關(guān)于M、N、P、Q四處的磁感應(yīng)強度大小表示正確的是(A.BM=4B.BN=4C.BP=2D.BQ=2【技法點撥】本題考查通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場疊加問題.磁場疊加問題的解題思路如下:(1)確定磁場場源,如通電導(dǎo)線.(2)定位空間中需求解磁感應(yīng)強度的點,利用安培定則判定各個場源在這一點上產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的大小和方向.(3)應(yīng)用平行四邊形定則對磁感應(yīng)強度進(jìn)行矢量合成.例2(多選)[2022·全國乙卷]安裝適當(dāng)?shù)能浖?利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應(yīng)強度B.如圖所示,在手機上建立直角坐標(biāo)系,手機顯示屏所在平面為xOy面.某同學(xué)在某地對地磁場進(jìn)行了四次測量,每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上.根據(jù)表中測量結(jié)果可推知()測量序號Bx/μTBy/μTBz/μT1021-4520-20-463210-454-210-45A.測量地點位于南半球B.當(dāng)?shù)氐牡卮艌龅拇鸥袘?yīng)強度大小約為50μTC.第2次測量時y軸正向指向南方D.第3次測量時y軸正向指向東方【技法點撥】本題用智能手機測地磁場的磁感應(yīng)強度,要求學(xué)生根據(jù)題中給出的測量結(jié)果論證測量地點、y軸正方向的指向情況等,題干中說明z軸正向保持豎直向上,而表格中測量結(jié)果表明z軸方向的磁感應(yīng)強度為負(fù),即測量地點的磁感應(yīng)強度的豎直分量是向下的,說明測量地點位于北半球;然后再根據(jù)矢量合成法則確定合磁場的磁感應(yīng)強度的大小和方向.【遷移拓展】1.[2024·山東日照模擬]如圖所示,勻強磁場磁感應(yīng)強度大小為1T,方向水平向右,一根通電直導(dǎo)線垂直于勻強磁場放置,導(dǎo)線截面是正六邊形的中心O,正六邊形在紙面內(nèi)且a、d連線與磁感線垂直.已知a點的實際磁感應(yīng)強度為零,則下列敘述正確的是 ()A.直導(dǎo)線中的電流方向垂直于紙面向外B.b點的實際磁感應(yīng)強度方向指向中心OC.c點的實際磁感應(yīng)強度大小為3TD.c點的實際磁感應(yīng)強度跟f點的相同2.[2024·浙江1月選考]磁電式電表原理示意圖如圖所示,兩磁極裝有極靴,極靴中間還有一個用軟鐵制成的圓柱.極靴與圓柱間的磁場都沿半徑方向,兩者之間有可轉(zhuǎn)動的線圈.a、b、c和d為磁場中的四個點.下列說法正確的是 ()A.圖示左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下B.a、b兩點的磁感應(yīng)強度相同C.圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強度處處為零D.c、d兩點的磁感應(yīng)強度大小相等題型2帶電粒子在勻強磁場中的運動1.常用公式qvB=m2.運動時間的確定:t=α360°T(可知α越大,粒子在磁場中運動時間就越長).圓心角α總是與速度的偏轉(zhuǎn)角相等3.對稱性的應(yīng)用(1)粒子從直線邊界射入磁場,再從這一邊界射出時,速度方向與邊界的夾角相等.(2)粒子沿徑向射入圓形磁場區(qū)域時,必沿徑向射出磁場區(qū)域.帶電粒子在有界磁場中的運動例3(多選)[2023·全國甲卷]光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強磁場,筒上P點開有一個小孔,過P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓,如圖所示.一帶電粒子從P點沿PO射入,然后與筒壁發(fā)生碰撞.假設(shè)粒子在每次碰撞前、后瞬間,速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變,沿法線方向的分量大小不變、方向相反;電荷量不變.不計重力.下列說法正確的是 ()A.粒子的運動軌跡可能通過圓心OB.最少經(jīng)2次碰撞,粒子就可能從小孔射出C.射入小孔時粒子的速度越大,在圓內(nèi)運動時間越短D.每次碰撞后瞬間,粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線【技法點撥】本題關(guān)鍵點是知道粒子射入磁場以后的軌跡圓心組成的多邊形應(yīng)為以筒壁為內(nèi)接圓的多邊形,邊數(shù)最少時為三角形,即將圓三等分,帶電粒子在磁場中運動時間最短,在這個基礎(chǔ)上再稍增大(或稍減小)入射速度,就會錯過P點,導(dǎo)致更多次碰撞才可能從P點射出,時間會更長.帶電粒子在磁場中運動的多解問題例4(多選)[2024·湖北武漢模擬]如圖所示,在等腰梯形abcd區(qū)域內(nèi)(包含邊界)存在垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,邊長ad=dc=bc=l,ab=2l.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從a點沿著ad方向射入磁場中,不計粒子的重力.為了使粒子不能從bc邊射出磁場區(qū)域,粒子的速率可能為 ()A.2B.4C.6D.5【技法點撥】1.帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,多種因素的影響使問題形成多解.多解形成的原因一般包含4個方面:(1)粒子電性不確定;(2)磁場方向不確定;(3)臨界狀態(tài)不唯一;(4)運動的往復(fù)性.2.對于帶電粒子在磁場中運動的多解問題,分析清楚粒子運動過程、畫出軌跡圖是解題的前提與關(guān)鍵,同時要考慮清楚所有可能的情況,再按照“定圓心、定半徑、定圓心角”的步驟進(jìn)行求解,解題時要將幾何關(guān)系和物理規(guī)律有機地結(jié)合在一起.【遷移拓展】1.[2024·湖北卷]如圖所示,在以O(shè)點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B.圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場.一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子沿直徑AC方向從A點射入圓形區(qū)域.不計重力,下列說法正確的是()A.粒子的運動軌跡可能經(jīng)過O點B.粒子射出圓形區(qū)域時的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向C.粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域的最小時間間隔為7πD.若粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短,粒子運動的速度大小為32.如圖所示,一個圓柱體空間過旋轉(zhuǎn)軸平面MNPQ劃分成兩個區(qū)域,兩區(qū)域內(nèi)分布有磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場.一電子以某一速度從圓柱體左側(cè)垂直于yOz平面進(jìn)入磁場,并穿過兩個磁場區(qū)域.下列關(guān)于電子運動軌跡在不同坐標(biāo)平面的投影中,可能正確的是()題型3動態(tài)圓和收集粒子問題當(dāng)帶電粒子射入磁場中的條件不同時,其在磁場中做圓周運動的軌跡就不相同,導(dǎo)致粒子運動過程與磁場中某些分界線(或擋板)發(fā)生相交、相切或不相及,這樣就形成了臨界問題,解答帶電粒子在磁場中運動的臨界問題的關(guān)鍵是確定臨界條件,對入射條件不同的粒子運動軌跡采用畫圖方法來確定臨界條件是常用的手段,由此形成的系列圓有放縮圓、旋轉(zhuǎn)圓、平移圓和聚焦圓.放縮圓問題適用條件速度方向一定,速度大小不同粒子源發(fā)射速度方向一定、速度大小不同的帶電粒子進(jìn)入勻強磁場時,這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化而變化軌跡圓圓心共線如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景),速度v越大,運動半徑也越大.可以發(fā)現(xiàn)這些帶電粒子射入磁場后,它們運動軌跡的圓心在垂直于初速度方向的直線PP'上界定方法以入射點P為定點,圓心位于PP'直線上,將半徑放縮作軌跡圓,從而探索出臨界條件,這種方法稱為“放縮圓”法例5(多選)[2024·河北唐山模擬]如圖所示,邊長為2L的等邊三角形ABC內(nèi)有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場,D是AB邊的中點.一質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶負(fù)電粒子從D點以不同的速率平行于BC邊方向射入磁場,不計粒子重力,下列說法正確的是 ()A.粒子可能從B點射出B.若粒子從C點射出,則粒子做勻速圓周運動的半徑為32C.若粒子從C點射出,則粒子在磁場中運動的時間為πD.若粒子從AB邊射出,則粒子在磁場中運動的時間相同,且時間最長旋轉(zhuǎn)圓問題適用條件速度大小一定,速度方向不同粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進(jìn)入勻強磁場時,這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同,若射入速度大小為v0,則圓周運動的半徑R=m軌跡圓圓心共圓如圖所示,帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點P為圓心、半徑R=mv界定方法將半徑R=mv例6如圖所示,在x軸上方有勻強磁場,磁感應(yīng)強度的大小為B,磁場方向垂直于xOy平面向里.現(xiàn)有大量質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子以相同的速率v沿xOy平面從O點射入第一象限,不計重力和粒子間的相互影響.若圖中的陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域,其中R=mvqB,則下列選項中正確的是 (平移圓問題適用條件速度大小和速度方向一定,入射點不同但在同一直線上粒子源發(fā)射速度大小、方向一定,入射點不同但在同一直線上的帶電粒子,這些帶電粒子進(jìn)入勻強磁場時,做勻速圓周運動的半徑相同,若射入速度大小為v0,則圓周運動的半徑R=m軌跡圓圓心共線如圖所示,帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線上界定方法將半徑R=mv例7(多選)如圖所示,有一等腰直角三角形AOC,直角邊長為3d,AOC區(qū)域范圍內(nèi)(包含邊界)存在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場.質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子可在直角邊AO上的不同位置垂直于邊界沿垂直于磁場方向射入,射入速度大小為qBdm.D、E是AO邊界上的兩點(圖中未畫出),AD=EO=0.5d,不計粒子重力,則(A.粒子在磁場做圓周運動的半徑為2dB.粒子從與A點距離為(2-1)d處射入時,恰好不從AC邊界射出C.從D點射入的粒子在磁場中運動的時間為πD.從E點射入的粒子在磁場中運動的時間為π聚焦圓問題適用條件速度大小一定,速度方向平行粒子源發(fā)射速度大小一定、方向平行的帶電粒子進(jìn)入圓形區(qū)域的勻強磁場時,區(qū)域圓與軌跡圓的半徑相同,若射入速度大小為v0,則圓周運動的半徑為R=m軌跡圓圓心共圓如圖所示,帶電粒子射出磁場時交于磁場圓上某一點A,帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以聚焦點A為圓心、半徑R=mv界定方法以對準(zhǔn)區(qū)域圓的圓心入射時背離圓心離開,從而得到聚焦點,這種方法稱為“聚焦圓”法例8(多選)利用磁聚焦和磁控束可以改變一束平行帶電粒子的寬度,人們把此原理運用到薄膜材料制備上,使芯片技術(shù)得到飛速發(fā)展.如圖所示,一束寬度為r0的帶正電粒子流水平向右射入半徑為r0的圓形勻強磁場區(qū)域,磁感應(yīng)強度大小為B0,這些帶電粒子都將從磁場圓上O點進(jìn)入正方形區(qū)域,正方形過O點的一邊與半徑為r0的磁場圓相切.在正方形區(qū)域內(nèi)存在一個面積最小的勻強磁場區(qū)域,使匯聚到O點的粒子經(jīng)過該磁場區(qū)域后寬度變?yōu)?r0,且粒子仍水平向右射出.不考慮粒子間的相互作用力及粒子的重力,下列說法正確的是 ()A.正方形區(qū)域中勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為2B0,方向垂直于紙面向里B.正方形區(qū)域中勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為12B0C.正方形區(qū)域中勻強磁場區(qū)域的最小面積為2(π-2)rD.正方形區(qū)域中勻強磁場區(qū)域的最小面積為π?2【遷移拓展】1.[2020·全國卷Ⅰ]一勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面向外,其邊界如圖中虛線所示,ab為半圓,ac、bd與直徑ab共線,a、c間的距離等于半圓的半徑.一束質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子,在紙面內(nèi)從c點垂直于ac射入磁場,這些粒子具有各種速率.不計粒子之間的相互作用.在磁場中運動時間最長的粒子,其運動時間為 ()A.7πm6qB B.5πm4qB C2.(多選)如圖所示,在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)x軸上方存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場,在y軸上S處有一粒子源,它可向右側(cè)紙面內(nèi)各個方向射出速率相等、質(zhì)量大小均為m、電荷量大小均為q的同種帶電粒子,所有粒子射出磁場時離S最遠(yuǎn)的位置是x軸上的P點.已知粒子帶負(fù)電,OP=3OS=3d,粒子重力及粒子間的相互作用均不計,則 (A.粒子的速度大小為qBdB.從O點射出的粒子在磁場中運動的時間為πC.從x軸上射出磁場的粒子在磁場中運動的最長時間與最短時間之比為9∶2D.沿平行于x軸正方向射入的粒子離開磁場時的位置到O點的距離為d第7講磁場題型1例1A[解析]根據(jù)幾何關(guān)系可知M、N、P、Q四點到兩導(dǎo)線的距離分別為12d、32d、12d、32d,根據(jù)矢量的疊加原理可知,M、P兩點的磁感應(yīng)強度大小為B=2×kI012d例2BC[解析]地磁場的S極大致在地理北極附近,地磁場的N極大致在地理南極附近.z軸正向保持豎直向上,由表中數(shù)據(jù)可知測量地點地磁場的豎直分量向下,可判斷該測量地點位于北半球,A錯誤;x軸和y軸沿水平方向,由第1次測量數(shù)據(jù)可知,測量地點地磁場的磁感應(yīng)強度的水平分量為21μT,豎直分量為45μT,故此處的磁感應(yīng)強度大小B=By2+Bz2≈50μT,B正確;由于測量地點在北半球,而北半球地磁場水平分量指向北方,第2次測量時By<0,故y軸正向指向南方,第3次測量時Bx【遷移拓展】1.C[解析]a點的實際磁感應(yīng)強度為零,由矢量疊加原理可知,直導(dǎo)線在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為1T,方向水平向左,由安培定則可知直導(dǎo)線中的電流方向垂直于紙面向里,選項A錯誤;直導(dǎo)線在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為1T,方向與勻強磁場的反方向成60°角,則b點的實際磁感應(yīng)強度方向與勻強磁場的方向成60°角,不是指向中心O,選項B錯誤;直導(dǎo)線在c點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為1T,方向垂直于Oc斜向右上方向,與勻強磁場的方向成60°角,則c點的實際磁感應(yīng)強度大小為Bc=2×1×cos30°T=3T,選項C正確;直導(dǎo)線在c點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度跟在f點的等大反向,則與勻強磁場合成后,這兩點的實際磁感應(yīng)強度大小和方向都不相同,選項D錯誤.2.A[解析]根據(jù)左手定則可知,左側(cè)通電導(dǎo)線所受安培力向下,選項A正確;a、b兩點的磁場方向不同,所以磁感應(yīng)強度不同,選項B錯誤;磁感線是閉合的曲線,所以極靴和圓柱內(nèi)都有磁感線,磁感應(yīng)強度不為零,選項C錯誤;c、d兩點附近的磁感線密集程度不同,磁感線越密集則磁場越強,所以c點的磁感應(yīng)強度更大,選項D錯誤.題型2例3BD[解析]粒子入射方向為PO方向,則與筒壁發(fā)生碰撞時的速度方向一定沿圓筒橫截面的半徑方向向外,根據(jù)題意可知,每次碰撞后瞬間,粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線,故D正確;假設(shè)粒子運動過程過O點,則過P點的速度方向的垂線和OP連線的中垂線是平行的而不能確定粒子軌跡圓心,由對稱性可知,撞擊筒壁后瞬間的速度方向的垂線和碰撞點與圓心O連線的中垂線依舊平行而不能確定粒子軌跡圓心,則粒子軌跡不可能過O點,A錯誤;由題可知粒子在磁場中全部軌跡圓心連接成的多邊形應(yīng)為以筒壁為內(nèi)接圓的多邊形,最少應(yīng)為三角形,如圖所示,即撞擊兩次,B正確;速度越大,粒子做圓周運動的半徑越大,碰撞次數(shù)可能會增多,粒子運動時間不一定變短,C錯誤.例4AC[解析]粒子不從bc邊射出磁場區(qū)域,其臨界狀態(tài)分別是從b點和c點射出,其臨界軌跡如圖所示,當(dāng)粒子從c點射出時,由幾何關(guān)系知ac=3l=2r1sin30°,解得r1=3l,當(dāng)粒子從b點射出時,由幾何關(guān)系知ab=2l=2r2sin60°,解得r2=233l,粒子在磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv2r,可得r=mvqB,由于粒子做圓周運動的半徑r應(yīng)滿足r<r2或r>r1,所以粒子的速率v應(yīng)滿足v<23【遷移拓展】1.D[解析]根據(jù)磁場圓和軌跡圓相交形成的圓形具有對稱性可知,在圓形勻強磁場區(qū)域內(nèi),沿著徑向射入的粒子總是沿徑向射出,所以粒子的運動軌跡不可能經(jīng)過O點,故A、B錯誤;粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域的時間間隔最短對應(yīng)的軌跡如圖甲所示,則最小時間間隔為Δt=2T=4πmqB,故C錯誤;粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短對應(yīng)的軌跡如圖乙所示,設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為r,根據(jù)幾何關(guān)系可知r=33R,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2r,解得2.A[解析]根據(jù)左手定則可知,電子所受的洛倫茲力方向和磁場方向垂直,所以電子始終在與xOy平面平行的平面內(nèi)運動,在圓柱體左側(cè)做逆時針圓周運動,在圓柱體的右側(cè)做順時針圓周運動,A正確,B錯誤;電子運動過程中,z軸坐標(biāo)為正值且不變,x軸坐標(biāo)先為負(fù)值后為正值,y軸坐標(biāo)始終為正值,其在xOz平面的投影如圖甲所示,在yOz平面的投影如圖乙所示,C、D錯誤.甲乙題型3例5CD[解析]帶負(fù)電的粒子從D點以速度v平行于BC邊方向射入磁場,由左手定則可知,粒子向下偏轉(zhuǎn),但由于BC邊的限制,粒子不能到達(dá)B點,故A錯誤;若粒子從C點射出,則如圖甲所示,根據(jù)幾何關(guān)系可得r2=r-Lsin60°2+2L-Lcos60°2,解得粒子做勻速圓周運動的半徑r=3L,粒子運動軌跡對應(yīng)的圓心角的正弦值為sin∠O=2L-Lcos60°r=32,可得∠O=60°,所以粒子在磁場中運動的時間為t=60°360°T=16×2πmq例6D[解析]粒子在磁場中做勻速圓周運動,磁場以x軸為邊界,粒子從x軸進(jìn)入磁場后再從x軸離開時,速度v與x軸的夾角不變,由此可知沿x軸正方向入射的粒子剛好進(jìn)入磁場做一個完整的圓周運動,沿y軸正方向入射的粒子剛好轉(zhuǎn)半個周期,如圖所示,在兩圖形的相交包圍的部分是粒子不經(jīng)過的地方,故D正確.例7BD[解析]由洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv2r,解得r=mvqB=d,A錯誤;粒子剛好不從AC邊界射出磁場區(qū)域時運動軌跡如圖甲所示,軌跡恰好與AC相切,根據(jù)幾何關(guān)系可知,此時入射點到A的距離為L=rsin45°-r=(2-1)d,即入射點到A點距離大于(2-1)d且小于d的粒子都不能從AC邊界射出磁場,B正確;如圖乙所示,從D點射入的粒子在磁場中運動的軌跡為一個半圓,該粒子在磁場中運動的時間為πmqB,從E點射入的粒子在磁場中運動的軌跡對應(yīng)的圓心角θ滿足r-rcosθ=0.5d甲乙例8BC[解析]根據(jù)磁聚焦原理,粒子在半徑為r0的圓形磁場區(qū)域中運動,粒子運動的軌跡半徑為r0,有qB0v=mv2r0,解得B0=mvqr0,要使匯聚到O點的粒子經(jīng)正方形區(qū)域內(nèi)的磁場偏轉(zhuǎn)后寬度變?yōu)?r0,且粒子仍水平向右射出,作出軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系可知粒子的軌跡半徑為2r0,正方形中磁場應(yīng)該為圓形磁場的一部分,有qB1v=mv22r0,解得B1=mv2qr0【遷移拓展】1.C[解析]粒子在磁場中運動的時間與速度大小無關(guān),由在磁場中運動軌跡對應(yīng)的圓心角決定,即t=θ2πT.采用放縮法,粒子垂直于ac射入磁場,則圓心必在ac直線上,將粒子的軌跡半徑由零開始逐漸放大,在r≤0.5R和r≥1.5R時,粒子分別從ac、bd邊界射出,在磁場中的軌跡為半圓,運動時間等于半個周期.當(dāng)0.5R<r<1.5R時,粒子從半圓邊界射出,將軌跡半徑從0.5R逐漸放大,粒子射出位置從半圓頂端向下移動,軌跡所對的圓心角從π逐漸增大,當(dāng)軌跡半徑為R時,軌跡所對的圓心角最大,然后再增大軌跡半徑,軌跡所對的圓心角減小,因此當(dāng)軌跡半徑等于R時粒子運動時間最長,即θ=π+π3=43π,粒子運動最長時間為t=θ2πT=43π2.AC[解析]粒子射出磁場時離S最遠(yuǎn)的位置是x軸上的P點,如圖所示,其軌跡為軌跡1,可知SP為軌跡圓的直徑,由幾何關(guān)系知(2R)2=d2+(3d)2,解得R=d,由洛倫茲力提供向心力,有mv2R=qvB,解得v=qBdm,A正確;粒子運動的周期T=2πRv=2πmBq,從O點射出的粒子其軌跡為軌跡3,由幾何關(guān)系可知sinθ2=12dR,解得θ=60°,即軌跡所對的圓心角為60°,粒子在磁場中運動的時間t=θ360°T=πm3qB,B錯誤;運動時間最長的粒子為運動軌跡與x軸相切的粒子,其軌跡為軌跡2,對應(yīng)的圓心角為270°,則運動的最長時間t1=34T,運動時間最短的粒子為從原點飛出的粒子,其軌跡為軌跡3,對應(yīng)的圓心角為60°,則運動的最短時間t2=第7講磁場題型1例1A[解析]根據(jù)幾何關(guān)系可知M、N、P、Q四點到兩導(dǎo)線的距離分別為12d、32d、12d、32d,根據(jù)矢量的疊加原理可知,M、P兩點的磁感應(yīng)強度大小為B=2×kI012d例2BC[解析]地磁場的S極大致在地理北極附近,地磁場的N極大致在地理南極附近.z軸正向保持豎直向上,由表中數(shù)據(jù)可知測量地點地磁場的豎直分量向下,可判斷該測量地點位于北半球,A錯誤;x軸和y軸沿水平方向,由第1次測量數(shù)據(jù)可知,測量地點地磁場的磁感應(yīng)強度的水平分量為21μT,豎直分量為45μT,故此處的磁感應(yīng)強度大小B=By2+Bz2≈50μT,B正確;由于測量地點在北半球,而北半球地磁場水平分量指向北方,第2次測量時By<0,故y軸正向指向南方,第3次測量時Bx【遷移拓展】1.C[解析]a點的實際磁感應(yīng)強度為零,由矢量疊加原理可知,直導(dǎo)線在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為1T,方向水平向左,由安培定則可知直導(dǎo)線中的電流方向垂直于紙面向里,選項A錯誤;直導(dǎo)線在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為1T,方向與勻強磁場的反方向成60°角,則b點的實際磁感應(yīng)強度方向與勻強磁場的方向成60°角,不是指向中心O,選項B錯誤;直導(dǎo)線在c點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為1T,方向垂直于Oc斜向右上方向,與勻強磁場的方向成60°角,則c點的實際磁感應(yīng)強度大小為Bc=2×1×cos30°T=3T,選項C正確;直導(dǎo)線在c點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度跟在f點的等大反向,則與勻強磁場合成后,這兩點的實際磁感應(yīng)強度大小和方向都不相同,選項D錯誤.2.A[解析]根據(jù)左手定則可知,左側(cè)通電導(dǎo)線所受安培力向下,選項A正確;a、b兩點的磁場方向不同,所以磁感應(yīng)強度不同,選項B錯誤;磁感線是閉合的曲線,所以極靴和圓柱內(nèi)都有磁感線,磁感應(yīng)強度不為零,選項C錯誤;c、d兩點附近的磁感線密集程度不同,磁感線越密集則磁場越強,所以c點的磁感應(yīng)強度更大,選項D錯誤.題型2例3BD[解析]粒子入射方向為PO方向,則與筒壁發(fā)生碰撞時的速度方向一定沿圓筒橫截面的半徑方向向外,根據(jù)題意可知,每次碰撞后瞬間,粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線,故D正確;假設(shè)粒子運動過程過O點,則過P點的速度方向的垂線和OP連線的中垂線是平行的而不能確定粒子軌跡圓心,由對稱性可知,撞擊筒壁后瞬間的速度方向的垂線和碰撞點與圓心O連線的中垂線依舊平行而不能確定粒子軌跡圓心,則粒子軌跡不可能過O點,A錯誤;由題可知粒子在磁場中全部軌跡圓心連接成的多邊形應(yīng)為以筒壁為內(nèi)接圓的多邊形,最少應(yīng)為三角形,如圖所示,即撞擊兩次,B正確;速度越大,粒子做圓周運動的半徑越大,碰撞次數(shù)可能會增多,粒子運動時間不一定變短,C錯誤.例4AC[解析]粒子不從bc邊射出磁場區(qū)域,其臨界狀態(tài)分別是從b點和c點射出,其臨界軌跡如圖所示,當(dāng)粒子從c點射出時,由幾何關(guān)系知ac=3l=2r1sin30°,解得r1=3l,當(dāng)粒子從b點射出時,由幾何關(guān)系知ab=2l=2r2sin60°,解得r2=233l,粒子在磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv2r,可得r=mvqB,由于粒子做圓周運動的半徑r應(yīng)滿足r<r2或r>r1,所以粒子的速率v應(yīng)滿足v<23【遷移拓展】1.D[解析]根據(jù)磁場圓和軌跡圓相交形成的圓形具有對稱性可知,在圓形勻強磁場區(qū)域內(nèi),沿著徑向射入的粒子總是沿徑向射出,所以粒子的運動軌跡不可能經(jīng)過O點,故A、B錯誤;粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域