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2024年高考一轮复习100考点100讲第10章 静电场
第10.11 讲 静电场经典实验
【知识点精讲】
静电场经典实验主要有：探究影响电荷之间相互作用力的因素，利用库仑扭称的实验，密立根油滴实验，模拟电场线演示实验等。
【方法归纳】
探究影响电荷之间相互作用力的因素，采用控制变量法；利用库仑扭称的实验，采用将微小量放大的方法，密立根油滴实验测量得出了元电荷数值。
模拟电场线演示实验采用电流场与静电场等效方法模拟电场线进行演示。
【最新高考题精练】
（2023高考湖南卷·25）
1．密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
（1）求油滴a和油滴b的质量之比；
（2）判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。

（2022·高考广东物理）
2．密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求：
（1）比例系数k；
（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
（2017年11月浙江选考）
3．电场线的形状可以用实验来模拟，把头发屑悬浮在蓖麻油里，加上电场，头发屑按照电场的方向排列起来，如图所示，关于此实验，下列说法正确的是（ ）
A．a图是模拟两等量同种电荷的电场线
B．b图一定是模拟两等量正电荷的电场线
C．a图中A、B应接高压起电装置的两极
D．b图中A、B应接高压起电装置的两极
（2015·浙江理综，16）
4．如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在金属极板中间，则

A．乒乓球的左侧感应出负电荷
B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上
C．乒乓球共受到电场力，重力和库仑力三个力的作用
D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞
（2018北京理综）
5．研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
【最新模拟题精练】
（2023江苏三校联考）
6．如图所示的实验装置为库仑扭秤．细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的作用力使悬丝扭转，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，便可找到力F与距离r和电量q的关系．这一实验中用到了下列哪些方法（ ）
①微小量放大法 ②极限法 ③控制变量法 ④逐差法
A．①② B．①③ C．③④ D．②④
（2023北京朝阳二模）
7．某同学设计如图所示的实验装置来验证库仑定律：将一个带电小球A用绝缘细线悬挂，并将另一个与小球A带同种电荷的小球B与它靠近，A球受到B球的静电斥力F而发生偏移，测得A球的质量为m，悬点到A球球心的距离为l。首先，在保持两球电荷量不变的情况下，移动小球B改变两球之间的距离，用刻度尺测量稳定后两球间的距离r和A球偏移的距离d（实验中满足）；然后，设法改变两球的电荷量，再进行相关实验。下列说法正确的是（　　）
A．实验中，小球A所受静电力的测量值
B．为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与的关系图像
C．用不带电导体球C分别与A、B两球接触后，A、B两球一定带等量同种电荷
D．实验中仅测量d与r，也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”
（2023江苏连云港重点高中期中）
8．如图所示，带电球C置于铁架台旁，系在绝缘丝线上的带电小球A挂在铁架台的P点。小球A静止时与带电球C处于同一水平线上，与带电球C的距离为r，丝线与竖直方向的夹角为。已知A球的质量为m，电荷量为，重力加速度为g静电力常量为k，两球可视为点电荷，则带电球C在小球A所在处产生的电场的场强的大小和带电球C所带的电荷量Q分别为（　　）
A．，
B．，
C．，
D．，
（2022北京西城期末）
9．如图所示，把系在丝线上的带电小球A挂在铁架台的P点，带电球C置于铁架台旁。小球A静止时与带电球C处于同水平线上，丝线与竖直方向的夹角为。已知小球A的质量为m，重力加速度为g，不计丝线质量，则可知小球A受到的静电力的大小为（　　）
A． B． C． D．
10．美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量。如图所示，平行板电容器两极板M、N与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则(　　)
A．此时极板间的电场强度 B．油滴带电荷量为
C．减小极板间电压，油滴将加速下落 D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动
（2023广东佛山H7教育共同体联考）
11．如图为“小珠落玉盘”的演示实验，两金属板平行放置如图所示，M、N为极板上两点，表面潮湿的泡沫小球刚开始静止在N点，用高压感应圈的直流高压加在两极板上，让下极板带正电，上极板带负电，看到泡沫小球先向上运动，与上极板接触后泡沫小球又向下运动，再与下极板接触后再向上运动，之后在两平行板间往复运动，下面说法正确的是（　　）

A．泡沫小球在向上运动过程中，小球带负电
B．泡沫小球在向下运动过程中，电势能减小
C．泡沫小球在向上运动过程中，电势能减小
D．泡沫小球在向下运动过程中，做减速运动
（2023北京昌平二模）
12．1913年，美国物理学家密立根用油滴实验证明电荷的量子性并测出电子的电荷量，由此获得了1923年度诺贝尔物理学奖。
如图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的金属极板，上极板中央有一小孔。用喷雾器将细小的油滴喷入密闭空间，这些油滴由于摩擦而带了负电。油滴通过上极板的小孔进入到观察室中。当两极板电压为U时，某一油滴恰好悬浮在两板间静止。将油滴视为半径为r的球体，已知油滴的密度为，重力加速度为g。
（1）求该油滴所带的电荷量q。
（2）由于油滴的半径r太小，无法直接测量。密立根让油滴在电场中悬浮，然后撤去电场，油滴开始做加速运动；由于空气阻力的存在，油滴很快做近似匀速运动，测出油滴在时间t内匀速下落的距离为h。已知球形油滴受到的空气阻力大小为，其中为空气的粘滞系数，v为油滴运动的速率。不计空气浮力。请推导半径r的表达式（用、h、t、和g表示）。
（3）实验发现，对于质量为m的油滴，如果改变它所带的电荷量q，则能够使油滴达到平衡的电压必须是某些特定值，研究这些电压变化的规律可发现它们都满足方程，式中，，……。此现象说明了什么？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）8:1；（2）油滴a带负电，油滴b带正电；4:1
【详解】（1）设油滴半径r，密度为ρ，则油滴质量
则速率为v时受阻力
则当油滴匀速下落时
解得
可知
则
（2）两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，可知油滴a带负电，油滴b带正电；当再次匀速下落时，对a由受力平衡可得
其中
对b由受力平衡可得
其中
联立解得
2．（1）；（2）油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量，电势能的变化量；（3）见解析
【详解】（1）未加电压时，油滴匀速时的速度大小
匀速时
又
联立可得
（2）加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为
根据平衡条件可得
解得
根据
又
联立解得
（3）油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为，新油滴所受电场力
若，即
可知
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律
可得
新油滴向上加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向上；
若，即
可知
设向下为正方向，根据动量守恒定律
可知
新油滴向下加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向下。
3．C
【详解】从图a模拟出来的形状如图所示，可知为等量异种电荷产生的电场线，即AB应带异种电荷，所以接高压起电装置的正负极，
而图b模拟出来电场线形状如图所示，可知为等量同种电荷产生的电场线，两极带同种电荷，所以应接高压起电装置的同一极，故C正确．
4．D
【详解】A．从图中可知金属板右侧连接电源正极，左侧连接电源负极，所以电场水平向左，故乒乓球上的电子在电场力的作用下移动到乒乓球的右侧，即乒乓球的右侧感应出负电荷，故A错误；
B．根据上述可知，金属板之间的电场方向向左，乒乓球右侧带负电，受到的电场力向右，乒乓球左侧带正电，受到的电场力向左，因为左右两侧感应出的电荷量相等，所以受到的电场力相等，乒乓球受到扰动后，最终仍会静止，不会吸附到左极板上，故B错误；
C．乒乓球受到重力、电场力和绝缘细线的弹力三个作用，描述中的库仑力也为电场力，故C错误；
D．根据上述，金属板右极板带正电，用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，乒乓球带正电，在电场力作用下，向左运动，与左极板接触后，由于金属板左极板带负电，导致乒乓球随后带负电，又在电场力作用下向右运动，运动到右极板，与右极板接触后乒乓球带正电，在电场力作用下，运动到左极板，如此重复，即乒乓球会在两极板间来回碰撞，故D正确。
故选D。
【考点定位】考查了库仑力，静电感应
【方法技巧】静电感应的实质是电荷间的相互作用力，同种电荷相斥，异种电荷相吸，对于一个不带电的导体，在电场中两侧感应出的电荷是等量异种电荷
5．A
【详解】A、当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；
B、根据电容器的决定式：，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据可知， 电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；
C、根据电容器的决定式：，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容C增大，根据可知， 电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；
D、根据可知， 电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误．
点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系．
6．B
【详解】当小球C靠近小球A时，旋转小角度，因此通过微小放大，能比较准确的测出转动角度．同时体现了控制变量法，即控制了电荷量，去研究库仑力与间距的关系，故C正确，ABD错误．
【点睛】库仑扭秤装置与卡文迪许扭秤装置有相似之处，且它们的规律也有相似之处．即力与各质量（电量）成正比，与间距平方成反比．
7．D
【详解】AD．设小球A受静电斥力作用发生偏移达到平衡后细丝线与竖直方向的夹角为，由于ld，可以认为两小球在一直线上，小球A所受的静电力
F=mg
由于很小，=，所以
再由库仑定律
可得
所以实验中仅测量d与r，也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”，故A错误，D正确；
B．为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与的关系图像，得到一条倾斜的直线，故B错误；
C．用完全相同的不带电导体球C先与A接触，A的电量减半；C再与B球接触时，由于C球此时已经带有一定电量，故B小球的电量不会减半，A、B两球带电量不相等，故C错误。
故选D。
8．D
【详解】小球A受力如图所示
根据平衡条件可知
电场强度的定义式
带电球C在小球A所在处产生的电场的场强
方向水平向左
根据库仑定律
解得
故选D。
9．B
【详解】对小球受力分析可知，小球受竖直向下的重力、水平向右的静电力和绳的拉力，由平衡条件可知，小球A受到的静电力的大小为
故B正确，ACD错误。
故选B。
10．AC
【详解】A．极板间电压为U，间距为d，是匀强电场，故场强为：，故A正确；
B．油滴受重力和电场力，处于平衡状态，故：
解得：，故B错误；
C．减小极板间电压，场强减小，电场力小于重力，合力向下，故油滴将加速下落，故C错误；
D．将极板 N 向下缓慢移动一小段距离，板间距增大，场强减小，电场力减小，电场力小于重力，合力向下，故油滴将加速下降，故D错误．
【点睛】本题关键是明确油滴的受力情况和运动情况，然后结合牛顿第二定律确定加速度的方向，从而判断油滴的运动情况．
11．BC
【详解】A．泡沫小球在向上运动过程中，小球带正电，选项A错误；
B．泡沫小球与上极板接触带负电，向下运动，电场力做正功，电势能减小，选项B正确；
C．泡沫小球与下极板接触带正电，向上运动，电场力做正功，电势能减小，选项C正确；
D．小球在向下运动过程中，电场力和重力都向下，则做加速运动，选项D错误。
故选BC。
12．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）由平衡可知
解得
（2）由题意可知
其中
解得
（3）研究这些电压变化的规律可发现它们都满足方程
式中，，……即
即
此现象说明了油滴所带电量都是某一值的整数倍。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第10章　静电场
第10.1讲　库仑定律
【知识点精讲】
一、电荷和电荷守恒定律
1．元电荷、点电荷
（1）元电荷：e＝1.6×10－19C，所有带电体的电荷量都是元电荷的整数倍，其中质子、正电子的电荷量与元电荷相同。
（2）点电荷：当带电体本身的大小和形状对研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷。
2．静电场
（1）定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质。
（2）基本性质：对放入其中的电荷有力的作用。
3．电荷守恒定律
（1）内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变。
（2）起电方式：
电子转移，电荷重新分配．即带电实质：物体带电的实质是得失电子。
二、库仑定律
1．内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比。作用力的方向在它们的连线上。
2．表达式：F＝k，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫静电力常量。
3．适用条件：库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用．
【特别提醒】
（1）对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷，r为球心间的距离。
（2）对于两个带电金属球，要考虑表面电荷的重新分布，如图所示。
（i）同种电荷：Fk。
（3）不能根据公式错误地认为r→0时，库仑力F→∞，因为当r→0时，两个带电体已不能看做点电荷了。
【方法归纳】
一、　库仑定律应用
1．在用库仑定律公式进行计算时，无论是正电荷还是负电荷，均代入电量的绝对值计算库仑力的大小。
2．作用力的方向判断根据：同性相斥，异性相吸，作用力的方向沿两电荷连线方向。
3．两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律，大小相等、方向相反。
4．库仑力存在极大值，由公式F＝k可以看出，在两带电体的间距及电量之和一定的条件下，当q1＝q2时，F最大。
5．两导体球间库仑力可应用公式进行定性比较。用r表示两球球心之间的距离，则当两球带同种电荷时，Fk。
二、应用库仑定律的三点提醒
（1）库仑定律仅适用于真空中两个静止点电荷间静电力的计算，空气中也可近似适用。
（2）计算点电荷间的静电力时，不必将表示电荷q1、q2的带电性质的正、负号代入公式中。
（3）库仑力的方向由两点电荷的电性决定，可按照同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引来确定。
三、三个点电荷的平衡问题处理方法
三个点电荷的平衡实质是每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反，或者两个点电荷在第三个点电荷处的合场强为零。该模型满足以下规律：
（1）“三点共线”——三个点电荷分布在同一条直线上；
（2）“两同夹异”——正负电荷相互间隔；
（3）“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；
（4）“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷。
四．库仑力作用下平衡问题的解题步骤
【最新高考题精练】
（2020年1月浙江选考）
1．如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。A、B、C三小球的质量均为M，qAq00，qBq0，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，则（　　）

A．
B．弹簧伸长量为
C．A球受到的库仑力大小为2Mg
D．相邻两小球间距为
（2018年4月浙江选考）
2．真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属小球A和B（可视为点电荷），分别固定在两处，它们之间的静电力为F。用一个不带电的同样金属球C先后与A、B球接触，然后移开球C，此时A、B球间的静电力为（　　）
A． B． C． D．
（2018年11月浙江选考物理）
3．电荷量为4×10－6C的小球绝缘固定在A点，质量为0.2kg、电荷量为－5×10－6C的小球用绝缘细线悬挂，静止于B点。A、B间距离为30cm，AB连线与竖直方向夹角为60°。静电力常量为9.0×109N m2/C2，小球可视为点电荷。下列图示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2018高考全国理综I）
4．如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm．小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线．设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（ ）
A．a、b的电荷同号，
B．a、b的电荷异号，
C．a、b的电荷同号，
D．a、b的电荷异号，
（2016高考浙江理综物理）
5．如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m。已测得每个小球质量是，带电小球可视为点电荷，重力加速度，静电力常量，则（　　）
A．两球所带电荷量相等
B．A球所受的静电力为1.0×10-2 N
C．B球所带的电荷量为
D．A、B两球连线中点处的电场强度为0
（2015·浙江1月学考）
6．如图所示，摩擦过的塑料刻度尺能够吸引轻小的纸片，这是由于它们之间存在（　　）

A．静电力 B．安培力 C．洛伦兹力 D．弹力
（2015·浙江10月学考）
7．如图所示，一质量为m、电荷量为Q的小球A系在长为的绝缘轻绳下端，另一电荷量也为Q的小球B位于悬挂点的正下方（A、B均视为点电荷），轻绳与竖直方向成角，小球A、B静止于同一高度。已知重力加速度为g，静电力常量为，则两球间的静电力为( )

A． B． C．mg D．
【最新模拟题精练】
（2023江苏三校联考）
8．如图所示的实验装置为库仑扭秤．细银丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的作用力使悬丝扭转，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，便可找到力F与距离r和电量q的关系．这一实验中用到了下列哪些方法（ ）
①微小量放大法 ②极限法 ③控制变量法 ④逐差法
A．①② B．①③ C．③④ D．②④
（2023北京朝阳二模）
9．某同学设计如图所示的实验装置来验证库仑定律：将一个带电小球A用绝缘细线悬挂，并将另一个与小球A带同种电荷的小球B与它靠近，A球受到B球的静电斥力F而发生偏移，测得A球的质量为m，悬点到A球球心的距离为l。首先，在保持两球电荷量不变的情况下，移动小球B改变两球之间的距离，用刻度尺测量稳定后两球间的距离r和A球偏移的距离d（实验中满足）；然后，设法改变两球的电荷量，再进行相关实验。下列说法正确的是（　　）
A．实验中，小球A所受静电力的测量值
B．为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与的关系图像
C．用不带电导体球C分别与A、B两球接触后，A、B两球一定带等量同种电荷
D．实验中仅测量d与r，也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”
（2023云南昆明24中二模）
10．如图所示，+Q为固定的正电荷，在它的电场中，一电荷量为+q的粒子，从a点以沿ab方向的初速度v0开始运动．若粒子只受电场力作用，则它的运动轨迹可能是图中的（ ）
A．ab直线 B．ac曲线 C．ad曲线 D．ae曲线
（2023辽宁大连金州高中三模）
11．如图空间存在水平方向的匀强电场（场强大小处处相等，方向处处相同），某同学用绝缘细线将质量为、带电荷量为的金属球悬于点，稳定后，细线与竖直方向的夹角。现用个与完全相同的不带电金属球同时与球接触后移开，球再次稳定后，细线与竖直方向的夹角变为，则的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
12．如图(a)所示，点电荷-q绕点电荷+Q做半径为r的匀速圆周运动，角速度为；如图(b)所示，点电荷-q在相距为r的两个固定点电荷+Q所在连线的中垂面上，做角度为的匀速圆周运动，-q到+Q的距离始终为r 则为（　　）
A．1∶ B．1∶1 C．1∶ D．2∶
（2020年4月浙江衢州、湖州、丽水三地市质检）
13．如图所示，内壁光滑粗细均匀的玻璃管竖直固定，在玻璃管内有大小和质量均相等的A、B、C三只小球，A、B小球之间用轻质绝缘弹簧连接，C小球置于玻璃管底部。当A、B、C小球均处于静止时，A、B小球之间距离与B、C小球之间距离相等，已知A、B两只小球带电荷量均为q（q>0），C小球带电荷量为Q（Q>0），小球直径略小于玻璃管内径，它们之间距离远大于小球直径，则（　　）
A．若，弹簧对小球A为向上的弹力
B．若，弹簧对小球B为向上的弹力
C．若，弹簧对小球A为向上的弹力
D．若，弹簧对小球B为向下的弹力
14．绝缘小球P与用丝绸摩擦过的玻璃棒接触后带正电，将一个用毛皮摩擦过的橡胶小球（带负电）靠近P球，要让P球如图静止，则橡胶小球应该放在图中甲乙丙丁的哪一个位置？（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
（2022·四川成都一模）
15．如图所示的xOy坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上固定一根光滑绝缘细杆（细杆的下端刚好在坐标原点O处），将一个套在杆上的带电圆环（视为质点）从杆上P处由静释放，圆环从O处离开细杆瞬间竖直方向出现沿y轴正方向的匀强电场，带电圆环恰好绕点电荷Q做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　）
A．圆环带正电，固定点电荷Q带负电
B．圆环沿细杆从P运动到O的过程中，圆环的动能一直增大，机械能先增大后减小
C．增大圆环所带的电荷量，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做匀速圆周运动
D．将圆环从杆上P的上方由静止释放，要使圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做匀速圆周运动，则点电荷Q在x轴上的位置向左移动
（2022江西南昌八一中学三模）
16．如图所示，在粗糙的水平地面上，有一质量为M的半圆形绝缘凹槽，槽与地面接触部分粗糙，圆弧表面光滑，圆弧右上端有一带正电的小球A，底部固定一个带正电的小球B，两球质量都为m，一开始整个装置保持静止，后因小球A缓慢漏电而使其沿圆弧逐渐靠近小球B，在靠近的过程中，忽略小球A质量的变化，下列说法正确的是（　　）
A．凹槽受到地面的摩擦力大小增大
B．A、B两球间的库仑力大小变大
C．凹槽受到地面的支持力大小不变
D．A球受到的支持力大小变大
（2021广东潮州二模）
17．如图所示为某电子秤示意图。一绝缘支架放在电子秤上，上端固定一带电小球a，稳定后，电子秤示数为F。现将另一固定于绝缘手柄一端的不带电小球b与a球充分接触后，再移至小球a正上方L处，待系统稳定后，电子秤示数为F1；用手摸小球b使其再次不带电，后将该不带电小球b与a球再次充分接触并重新移至a球正上方L处，电子秤示数为F2。若两小球完全相同，则（　　）
A．F1B．F1=4F2
C．若小球a带负电，L增大，则F1增大
D．若小球a带正电，L减小，则F2增大
（2021高考二轮评估验收模拟16）
18．如图所示，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O.在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三角形，则(　　)
A．小环A的加速度大小为
B．小环A的加速度大小为
C．恒力F的大小为
D．恒力F的大小为
（2021湖北荆门、宜昌重点高中联考）
19．如图所示，距小滑轮O正下方l处的B点用绝缘底座固定一带电荷量为+q的小球1，绝缘轻质弹性绳一端悬挂在定滑轮O正上方处的D点，另一端与质量为m的带电小球2连接，发现小球2恰好在A位置平衡，已知OA长为l，与竖直方向的夹角为60°．由于弹性绳的绝缘效果不是很好，小球2缓慢漏电，一段时间后，当滑轮下方的弹性绳与竖直方向夹角为30°时，小球2恰好在AB连线上的C位置．已知静电力常量为k，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球2带负电
B．小球2在C位置时所带电荷量为
C．小球2在A位置时所带电荷量为
D．弹性绳原长为
（2023广东重点高中期末）
20．如图，固定在水平地面上的光滑绝缘圆筒内有两个带正电小球A、B，A位于筒底靠在左侧壁处，B在右侧筒壁上受到A的斥力作用处于静止。若筒壁竖直，A的电量保持不变，B由于漏电而下降少许后重新平衡，下列说法中正确的是（　　）
A．小球A、B间的库仑力变小 B．小球A、B间的库仑力不变
C．小球A对筒壁的压力变小 D．小球A对筒底的压力不变
（2022北京西城期末）
21．如图所示，把系在丝线上的带电小球A挂在铁架台的P点，带电球C置于铁架台旁。小球A静止时与带电球C处于同水平线上，丝线与竖直方向的夹角为。已知小球A的质量为m，重力加速度为g，不计丝线质量，则可知小球A受到的静电力的大小为（　　）
A． B． C． D．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】A．对C球进行受力分析可得，它受到2个方向相反的库仑力、重力、支持力，由于A与B、B与C间距相等，由库仑定律可得，B对C的库仑力是A对C库仑力的4倍，因此C球应为正电荷才能受力平衡。设A、B间距为l，对B进行受力分析，由平衡条件可得
对C进行受力分析，由平衡条件可得
联立解得
故A正确；
B．把A、B、C三小球看作整体，设弹簧伸长量为x，由平衡条件可知
解得
故B错误；
C．对A进行受力分析，设A球受到的库仑力大小为F，由平衡条件可知
解得
故C错误；
D．由
可得
故D错误。
故选A。
2．C
【详解】两个相同的带等量的同种电荷的金属小球A和B，设它们的电荷量都为Q，原来它们之间的库仑力为
F=k
一个不带电的同样的金属小球C先和A接触，A和C的电荷量都为Q，C再与B接触后，B、C分开电荷量均为Q，这时A、B两球之间的相互作用力的大小为
故ABD错误，C正确。
故选C。
3．B
【分析】根据库仑定律求解两球之间的库仑力，然后对球B受力分析，结合共点力平衡条件分析三力之间的关系，从而确定细线拉力方向．
【详解】两球之间的库仑力为，小球B受到的重力大小为，且F与竖直方向夹角为60°，，故小球B受到的库仑力，重力以及细线的拉力，组成的矢量三角形为等边三角形，所以细线与竖直方向的夹角为60°，B正确．
【点睛】当三力平衡时，能组成一个封闭的矢量三角形，再结合一个角为60°的等腰三角形为等边三角形即可求解．
4．D
【详解】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力的方向平行于a，b的连线，可知，a、b的电荷异号，对小球c受力分析，如下图所示
因ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此ac⊥bc，那么两力的合成构成矩形，依据相似三角形之比，则有
根据库仑定律有
，
综上所得
故D正确，ABC错误。
故选D。
5．ACD
【详解】A．两相同的小球接触后电量均分，故两球所带电荷量相等，选项A正确；
B．对A球受力分析，由几何关系，两球接触后分开后，悬线与竖直方向的夹角为37°，根据平行四边形法则可得
选项B错误；
C．根据库伦定理
解得
选项C正确；
D．AB带等量的同种电荷，故在A、B两球连续中点处的电场强度为0，选项D正确。
故选ACD。
【点睛】
6．A
【详解】摩擦过的塑料刻度尺能够吸引轻小的纸片，这是摩擦起电，能够吸引轻小的纸片，这是由于它们之间存在静电力。
故选A。
7．A
【详解】AB．根据几何关系，可得平衡时A、B间的距离
根据库仑定律得
A正确，B错误；
CD．A球的受力情况如图所示

根据平衡条件有
CD错误。
故选A。
8．B
【详解】当小球C靠近小球A时，旋转小角度，因此通过微小放大，能比较准确的测出转动角度．同时体现了控制变量法，即控制了电荷量，去研究库仑力与间距的关系，故C正确，ABD错误．
【点睛】库仑扭秤装置与卡文迪许扭秤装置有相似之处，且它们的规律也有相似之处．即力与各质量（电量）成正比，与间距平方成反比．
9．D
【详解】AD．设小球A受静电斥力作用发生偏移达到平衡后细丝线与竖直方向的夹角为，由于ld，可以认为两小球在一直线上，小球A所受的静电力
F=mg
由于很小，=，所以
再由库仑定律
可得
所以实验中仅测量d与r，也可以验证“静电力与距离平方成反比的关系”，故A错误，D正确；
B．为方便验证“静电力与距离平方成反比的关系”，应由实验数据作出F与的关系图像，得到一条倾斜的直线，故B错误；
C．用完全相同的不带电导体球C先与A接触，A的电量减半；C再与B球接触时，由于C球此时已经带有一定电量，故B小球的电量不会减半，A、B两球带电量不相等，故C错误。
故选D。
10．B
【详解】B．如图，电荷量为+q的粒子进入正电荷+Q的电场，受到正电荷+Q的排斥力，而排斥力与粒子的初速度v0方向不在同一直线上，则粒子轨迹将向右弯曲，沿着ac曲线运动．故B正确；
A．+q受到正电荷+Q的排斥力，与粒子的初速度v0方向不在同一直线上，粒子不可能做直线运动．故A错误；
CD．+q由于受到正电荷+Q的排斥力，两者远离，不可能靠近．故CD错误。
故选B。
11．B
【详解】根据题意，对小球受力分析，如图所示
由平衡条件可得
用个与完全相同的不带电金属球同时与球接触后移开，A球的带电量为，对小球受力分析，如图所示
由平衡条件可得
联立解得
故选B。
12．A
【详解】ABCD．图(a)中，点电荷+Q对点电荷-q的库仑力来提供向心力，从而做半径为r的匀速圆周运动，则有
解得
图(b)中，两个固定点电荷+Q对-q的库仑力的合力来提供向心力，则有
又
联立解得
故
所以，选项BCD错误，A正确；
故选A。
13．A
【详解】设A、B的质量为，AB与BC之间的距离为，假设当弹簧处于压缩状态时，此时A球受到向上的弹力，根据平衡条件对A列出平衡方程
对A球
对A、B两球整体分析
若假设成立则
联立可以得到
AC．若，此时弹簧对小球A的弹力方向向上，对小球B的弹力方向向下，故A正确，C错误；
BD．若，此时弹簧对小球A的弹力方向向下，对小球B的弹力方向向上，故BD错误。
故选A。
14．C
【详解】“同性相斥，异性相吸”，小球P带正电，而用毛皮摩擦过的橡胶小球带负电，可知二者之间的静电力为吸引力，对小球进行受力分析，小球P受到竖直向下的重力、沿绳子方向斜向左上方的拉力与橡胶小球的静电吸引力，小球在三个不在同一直线上的力的作用下处于静止，根据平衡条件，任意两个力的合力与第三个力大小相等，方向相反，由于重力方向竖直向下，可知橡胶小球的位置一定在绳子及其延长线的右侧，即甲、乙、丙、丁四个位置只有丙是可能的，其余都是不可能的。
故选C。
15．AD
【详解】A．因为圆环离开细杆后做圆周运动，则电场力与重力平衡，点电荷Q对环的库仑引力提供向心力，因为匀强电场方向沿y轴正方向，所以圆环带正电，点电荷Q带负电，故A正确；
B．圆环从P运动到O的过程中，受重力、弹力和库仑引力。其中重力、库仑引力做正功，弹力不做功，所以由动能定理知动能一直增大；由于库仑力一直做正功，所以机械能一直增大，故B错误；
C．增大圆环所带电荷量后，圆环离开细杆后，重力与电场力不能平衡，即使在这一瞬间库仑引力等于向心力的大小，圆环也不能做圆周运动，故C错误；
D．因为高度增加后合外力做的功增大，动能会增大，要使圆环做圆周运动，根据牛顿第二定律
可知r要减小，即点电荷Q在x轴上的位置向左移动，故D正确。
故选AD。
16．C
【详解】
AC．以凹槽和A、B组成的整体作为研究对象，竖直方向上，整体受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力。两个力大小相等。在整个过程中保持不变。水平方向上，不受其他外力，故地面与凹槽之间没有摩擦力，A错误，C正确；
BD．以A为研究对象，受力如图所示，由图可知
所以
，
由于OB，OA在过程中不变，重力G也不变，所以不变，小球A受到的支持力不变。而AB在该过程中减小，则AB两球间的库仑力F减小。B、D错误；
故选C。
17．D
【详解】AB．小球b与a球充分接触后b对a有个向下的库仑力，设为F′，则
示数为
用手摸小球b使其再次不带电，后将该不带电小球b与a球再次充分接触并重新移至a球正上方L处，b对a向下的库仑力
电子秤示数为
因此F1＞F2，但F1≠4F2，AB错误；
C．若小球a带负电，L增大，根据库仑定律可知，F′减小，则F1减小，C错误；
D．若小球a带正电，L减小，根据库仑定律可知，增大，则F2增大，D正确。
故选D。
18．B
【详解】AB．设轻绳的拉力为T，则对A：
T＋Tcos＝k
Tcos＝maA
联立解得：
aA＝
故B正确，A错误；
CD．恒力F的大小为
F＝2maA＝
故CD错误．
19．CD
【详解】根据题意可知小球2受到小球1的排斥力，所以2带正电，A错误；设弹性绳的劲度系数为k，原长为，在A位置时，对小球2受力分析可知，受到竖直向下的重力，1对2的库仑力F，绳子的拉力T，根据几何知识可知，三个力正好形成一个等边矢量三角形，故，①，解得；在B位置时，小球2受力分析可知，受到竖直向下的重力，1对2的库仑力，绳子的拉力，根据几何知识可知，三个力正好形成一个直角矢量三角形，故，②，解得，联立①②解得，故B错误CD正确．
20．D
【详解】AB．根据题意，对B受力分析，如图所示
由平衡条件有
解得，小球A、B间的库仑力
下降，角变大，变小，库仑力变大，AB错误；
C．根据题意，对A受力分析，如图所示
由平衡条件有，筒壁对小球A的支持力为
由于和都变大，则变大，由牛顿第三定律可知，小球A对筒壁的压力变大；
D．以整体为研究对象可知，筒底对A球的支持力大小等于A、B两球的重力，由牛顿第三定律可知，A对筒底的压力也等于A、B两球的重力，保持不变，故D正确。
故选D。
21．B
【详解】对小球受力分析可知，小球受竖直向下的重力、水平向右的静电力和绳的拉力，由平衡条件可知，小球A受到的静电力的大小为
故B正确，ACD错误。
故选B。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第10章　静电场
第10.2讲　电场和电场强度
【知识点精讲】
1．电场强度
（1）定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F与它的电荷量q的比值。
（2）定义式：E＝。单位：N/C或V/m
（3）电场强度的性质
矢量性 规定正电荷受力方向为该点场强的方向
唯一性 电场中某一点的电场强度E是唯一的，它的大小和方向与放入该点的试探电荷q无关，它决定于形成电场的电荷（场源电荷）及空间位置
（4）方向：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向。
（5）电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，遵从平行四边形定则。
2．点电荷的电场强度：真空中点电荷形成的电场中某点的电场强度：E＝k。
3．电场线
（1）定义：为了形象地描述电场中各点电场强度的大小及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的电场强度方向一致，曲线的疏密表示电场的强弱，即在同一电场里，电场线越密的地方场强越大．。
（3）几种典型电场的电场线（如图所示）。
4．等量同种和异种点电荷的电场强度的比较
比较项目 等量异种点电荷 等量同种点电荷
电场线分布图
连线中点O处的场强 连线上O点场强最小，指向负电荷一方 为零
连线上的场强大小（从左到右） 沿连线先变小，再变大 沿连线先变小，再变大
沿中垂线由O点向外场强大小 O点最大，向外逐渐减小 O点最小，向外先变大后变小
关于O点对称的A与A′、B与B′的场强 等大同向 等大反向
【方法归纳】
一　电场强度计算
1．场强公式的比较
三个公式
2．应用叠加原量计算合场强。
（1）叠加原理：多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处所产生的电场强度的矢量和．
（2）运算法则：平行四边形定则．
3．利用平抛条件（或牛顿第二定律）求解。
4.求解电场强度的常规方法
5.计算电场强度的四种特殊方法
叠加法 多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处所产生的电场强度的矢量和
等效法 在保证效果相同的前提下，将复杂的电场情境变换为简单的或熟悉的电场情境
对称法 空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性
补偿法 将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面等
二、电场线与轨迹问题的判断方法
（1）“运动与力两线法”——画出“速度线”（运动轨迹在初始位置的切线）与“力线”（电场线在初始位置的切线），从两者的夹角情况来分析曲线运动的情况．
（2）“三不知时要用假设法”——电荷的正负、场强的方向或等势面电势的高低、电荷运动的方向，若已知其中的任意一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知，则要用假设法分别讨论各种情况．
【最新高考题精练】
（2023高考湖南卷·5）
1．如图，真空中有三个点电荷固定在同一直线上，电荷量分别为Q1、Q2和Q3，P点和三个点电荷的连线与点电荷所在直线的夹角分别为90°、60°、和30°。若P点处的电场强度为零，q > 0，则三个点电荷的电荷量可能为（ ）

A．Q1= q，，Q3= q B．Q1= －q，，Q3= －4q
C．Q1= －q，，Q3= －q D．Q1= q，，Q3= 4q
（2023高考全国乙卷）
2．如图，等边位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，求
（1）B点处点电荷的电荷量的绝对值并判断3个点电荷的正负；
（2）C点处点电荷的电荷量。

（2020高考全国理综II）
3．如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则（　　）
A．a、b两点的场强相等 B．a、b两点的电势相等
C．c、d两点的场强相等 D．c、d两点的电势相等
（2019全国理综I卷15）
4．如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则（　　）
A．P和Q都带正电荷 B．P和Q都带负电荷
C．P带正电荷，Q带负电荷 D．P带负电荷，Q带正电荷
（2019全国理综III卷21）
5．如图，电荷量分别为q和–q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点，则（ ）
A．a点和b点的电势相等
B．a点和b点的电场强度大小相等
C．a点和b点的电场强度方向相同
D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加
（2019年4月浙江选考）
6．用长为1.4m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10－2kg、电荷量为2.0×10-8C的小球，细线的上端固定于O点．现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成370，如图所示．现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则（sin370=0.6）
A．该匀强电场的场强为3.75×107N/C
B．平衡时细线的拉力为0.17N
C．经过0.5s，小球的速度大小为6.25m/s
D．小球第一次通过O点正下方时，速度大小为7m/s
（2017年11月浙江选考）
7．电场线的形状可以用实验来模拟，把头发屑悬浮在蓖麻油里，加上电场，头发屑按照电场的方向排列起来，如图所示，关于此实验，下列说法正确的是（ ）
A．a图是模拟两等量同种电荷的电场线
B．b图一定是模拟两等量正电荷的电场线
C．a图中A、B应接高压起电装置的两极
D．b图中A、B应接高压起电装置的两极
【2017·天津卷】
8．如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、.下列说法正确的是( )
A．电子一定从A向B运动
B．若>，则Q靠近M端且为正电荷
C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有<
D．B点电势可能高于A点电势
（2016全国理综甲）
9．如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则
A．aa>ab>ac，va>vc>vb
B．aa>ab>ac，vb> vc> va
C．ab> ac> aa，vb> vc> va
D．ab> ac> aa，va>vc>vb
【最新模拟题精练】
（2023湖北十堰4月调研）
10．当空气中电场的电场强度大小超过时，空气会被击穿。孤立导体球壳充电后，球壳所带电荷量为Q，已知静电力常量为k，则为了保证空气不被击穿，球壳半径的最小值为（　　）
A． B． C． D．
（2021年高考河南适应性考试）
11．如图，一电荷量为Q的点电荷P与均匀带电圆板相距2r，此点电荷到带电圆板的垂线通过板的几何中心，A、B为垂线上两点到圆板的距离均为r，静电力常量为k。若B点的电场强度为0，则A点的电场强度大小为（　　）
A． B． C． D．
（2023湖南怀化名校联考）
12．A、B两个点电荷周围产生的电场线分布如图所示，一个离子从两点电荷连线的中垂线上的一点a射入，轨迹如图中的ab所示，b为两点电荷连线上的一个点，忽略离子的重力，则可以判断（　　）
A．射入的离子带正电荷
B．A、B两小球带等量异种电荷
C．在a点时，A、B对离子的作用力大小相等
D．离子在a点的电势能一定大于在b点的电势能
（2023湖南名校质检）
13．如图所示，两个等量异种点电荷、固定在同一条水平线上，电荷量分别为和。是水平放置的足够长的光滑绝缘细杆，细杆上套着一个中间穿孔的小球，其质量为，电荷量为（可视为试探电荷，不影响电场的分布）。现将小球从点电荷的正下方点由静止释放，到达点电荷的正下方点时，速度为，为的中点。则（　　）
A．小球从至先做加速运动，后做减速运动
B．小球运动至点时速度为
C．小球最终可能返回至点
D．小球在整个运动过程中的最终速度为
（2022福建龙岩三模）
14．如图所示，空间有、两个点电荷，实线为电场线，虚线为某带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，、为轨迹上的两点，则（　　）
A．点的电势比点的高 B．点的电场强度比点的大
C．、为异种电荷，的电荷量小于的电荷量 D．粒子从点运动到点电势能减小
（2022广东潮州二模）
15．某电场区域的电场线分布如图，在电场中有A、B、C、D四个点，下面说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2023重庆沙家坝重点中学质检）
16．如图所示，、为固定在空间的带正电的点电荷，O为两点电荷连线的中点，在两点电荷连线的垂直平分线上P点处，由静止释放一个带电粒子，粒子仅在电场力作用下运动轨迹如图中实线，不考虑带电粒子对电场的影响，则下列判断正确的是（　　）
A．O点处场强大小可能为零 B．带电粒子带正电
C．带电粒子从P到A电场力做负功 D．A点的电势一定比P点电势高
（2023河北九师联盟质检）
17．如图所示，分别带均匀正电的三根绝缘棒AB、BC、CA构成正三角形，现测得正三角形的中心O点的电势为，场强的方向背离B，大小为E，当撤出AB、BC，测得中心O点的电势为，场强的大小为，规定无限远处电势为0，下列说法正确的是（　　）
A．撤去AC，则中心O点的场强大小为
B．撤去AC，则中心O点的电势为
C．AB在中心O点的场强大小为
D．AB在中心O点的电势为
（2021安徽江南十校一模）
18．如图，电荷量分别为q和-q（q>0）的点电荷固定在边长为L的正方体的两个顶点上，A是正方体的另一个顶点，如果点电荷q、-q连线中点0的电场强度大小是E，则正方形A点的电场强度大小是（　　）
A． B．
C． D．
（2022江苏如皋期中）
19．如图1所示，半径为R均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P（坐标为x）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：，方向沿x轴。现考虑单位面积带电量为σ的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图所示。则圆孔轴线上任意一点Q（坐标为x）的电场强度为（　　）
A． B．
C． D．
（2021全国新课标8省联考）
20．如图所示，三根均匀带电的等长绝缘棒组成等边三角形ABC，在三角形的正中心P放置电荷量为-q（q>0）的试探电荷，所受电场力大小为F1，方向由P指向A，将BC棒取走，试探电荷所受电场力大小变为F2，方向由A指向P，设AB棒在P处激发的电场强度大小为E1，BC棒在P处激发的电场强度大小为E2，则（　　）

A．AB棒带正电，所带电荷量绝对值大于BC棒
B．AB棒带负电，所带电荷量绝对值小于BC棒
C．，
D．，
（2020·武汉调研）
21．如图所示，均匀带电的半圆环在圆心O点产生的电场强度为E、电势为,把半圆环分成AB、BC、CD三部分．下列说法正确的是
A．BC部分在O点产生的电场强度的大小为
B．BC部分在O点产生的电场强度的大小为
C．BC部分在O点产生的电势为
D．BC部分在O点产生的电势为
（2020·济南模拟）
22．如图所示为等边三角形ABC，在A、B两点放等量异种点电荷，已知A、B连线中点处的电场强度和电势分别为E、φ，则C点的场强和电势分别为（　　）
A．E、φ B．E、φ C．E、φ D．E、φ
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】AB．选项AB的电荷均为正和均为负，则根据电场强度的叠加法则可知，P点的场强不可能为零，AB错误；
C．设P、Q1间的距离为r，则Q1、Q3在P点产生的合场强大小有
解得
而Q2产生的场强大小为

则P点的场强不可能为零，C错误；
D．设P、Q1间的距离为r，则Q1、Q3在P点产生的合场强大小有
解得
而Q2产生的场强大小为
则P点的场强可能为零，D正确。
故选D。
2．（1），A、B、C均为正电荷；（2）
【详解】（1）因为M点电场强度竖直向下，则C为正电荷，根据场强的叠加原理，可知A、B两点的电荷在M点的电场强度大小相等，方向相反，则B点电荷带电量为，电性与A相同，又点电场强度竖直向上，可得处电荷在点的场强垂直BC沿AN连线向右上，如图所示

可知A处电荷为正电荷，所以A、B、C均为正电荷。
（2）如图所示

由几何关系
即
其中
解得
3．ABC
【详解】BD．如下图所示，为等量异种电荷周围空间的电场分布图。本题的带电圆环，可拆解成这样无数对等量异种电荷的电场，沿竖直直径平行放置。它们有共同的对称轴，所在的水平面与每一条电场线都垂直，即为等势面，延伸到无限远处，电势为零。故在上的点电势为零，即；而从M点到N点，电势一直在降低，即，故B正确，D错误；
AC．上下两侧电场线分布对称，左右两侧电场线分布也对称，由电场的叠加原理可知AC正确；
故选ABC。
4．D
【详解】AB．受力分析可知，P和Q两小球，不能带同种电荷，AB错误；
CD．若P球带负电，Q球带正电，如下图所示，恰能满足题意，则C错误D正确，故本题选D．
5．BC
【详解】由几何关系，可知b的电势大于a的电势，故A错误；把负电荷从a移到b，电势能减少，故D错误；由对称性和电场的叠加原理，可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同，故B、C正确。
6．C
【详解】AB．小球在平衡位置时，由受力分析可知：qE=mgtan370，解得，细线的拉力：T=，选项AB错误；
C．小球向左被拉到细线水平且拉直的位置，释放后将沿着电场力和重力的合力方向做匀加速运动，其方向与竖直方向成370角，加速度大小为，则经过0.5s，小球的速度大小为v=at=6.25m/s，选项C正确；
D．小球从水平位置到最低点的过程中，若无能量损失，则由动能定理：，带入数据解得v=7m/s；因小球从水平位置先沿直线运动，然后当细绳被拉直后做圆周运动到达最低点，在绳子被拉直的瞬间有能量的损失，可知到达最低点时的速度小于7m/s，选项D错误．
7．C
【详解】从图a模拟出来的形状如图所示，可知为等量异种电荷产生的电场线，即AB应带异种电荷，所以接高压起电装置的正负极，
而图b模拟出来电场线形状如图所示，可知为等量同种电荷产生的电场线，两极带同种电荷，所以应接高压起电装置的同一极，故C正确．
8．BC
【详解】由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；若aA＞aB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；由B可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpA＜EpB求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C正确；由B可知，电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，故D错误；故选BC．
9．D
【详解】在点电荷的电场中，场强大小，由图可知，可得，而带电粒子运动的加速度，则；由轨迹知，两电荷间为库仑斥力，粒子由a到b，电场力做负功，动能减小，则va>vb，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，则vc>vb，由于，由可得，则va>vc>vb，故选D．
10．A
【详解】均匀带电球壳对壳外某点的场强，可以看做集中在球壳中心的点电荷对求外某点的场强，由
可得
故选A。
11．A
【详解】Q在B点形成的电场强度大小为
方向向左；因B点场强为零，故薄板在B点的电场强度方向向右，大小为；由对称性可知，薄板在A点的电场强度大小为，方向向左；Q在A点的电场强度大小为，方向向左；则A点的电场强度大小为
故选A。
12．D
【详解】A．由图可知，粒子受到的电场力的方向向右，但由于不知道A、B哪一侧带正电，所以不能判断出粒子的电性，故A错误；
B．等量异种点电荷的电场线两侧是对称的，可知该处两个小球的带电量不相等，故B错误；
C．根据 可知，a点到两小球距离相等，但两球带电量不同，所以作用力大小不相等，故C错误；
D．粒子受到的电场力的方向向右，电场力的与粒子运动的轨迹之间的夹角是锐角，可知电场力做正功粒子的电势能减小，故D正确；
故选D。
13．BD
【详解】A．根据等量异种点电荷的电场线分布，可知，两点电荷连线的中垂面是等势面，电势为0，正点电荷附近电势大于0，负点电荷附近电势小于0，根据对称关系可得
其中
，
所以小球从C到D运动过程中，只有电场力做功，且由于电势降低，所以电势能减小，电场力做正功，小球在做加速运动，所以A错误；
B．小球由C到D，由动能定理得
则由C到O，由动能定理可得
所以B正确；
C．小球在运动过程中，只有电场力做功，所以动能和电势能之和为定值，根据等量异种电荷的电场特点知道，O点右边的电势小于零，虽然过了D点，电场力对小球要做负功，但D点与右边无穷远处的电势差小于CD之间的电势差，所以克服电场力做的功小于从C到D电场力做的功，所以小球速度不可能为零，会一直向右运动下去，不会返回，故C错误；
D．小球从O到无穷远处，电场力做功为0，由能量守恒可知，动能变化量也是0，即无穷远处的速度为
所以D正确。
故选：BD。
14．CD
【详解】A．由于不清楚、两个点电荷的电性和带电粒子的电性，故不能确定电场线的指向，不能确定、两点的电势高低，A错误；
B．点处的电场线比较稀疏，点的电场线比较密集，故点的电场强度比点的小，B错误；
C．由图中电场线分布可知、为异种电荷，且附近电场线更密集，故的电荷量小于的电荷量，C正确；
D．如图所示
带电粒子从点运动到点受到的电场力与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，故电势能减小，D正确；
故选CD。
15．B
【详解】AB．根据电场线的疏密程度可得
，
故A错误，B正确；
CD．沿电场线方向电视逐渐降低，所以
，
故CD错误。
故选B。
16．D
【详解】A．若、电量相等，则粒子沿中垂线做直线运动，由图知粒子做曲线运动，可知、电量不等，O点处场强不为零，故A错误；
B．若带电粒子带正电，则其在P点受到的合力方向沿左上方，运动轨迹不可能如图中实线，所以带电粒子带负电，故B错误；
C．带电粒子从P到A电场力方向与位移方向夹角为锐角，做正功，故C错误；
D．带电粒子从P到A电场力做正功，且带电粒子带负电，所以A点的电势一定比P点电势高，故D正确。
故选D。
17．A
【详解】A．根据对称性，AC在O点的场强指向B点，三个棒状体都存在，O点的场强E的方向背离B，可得AB与BC的带电量相等，AB与BC在O点的合场强（设大小为）背离B点，根据矢量的合成可得
解得
即撤去AC，中心O点的场强大小为，故A正确；
B．设AB与BC在O点的电势为，则有
解得
即撤去AC，中心O点的电势为，故B错误；
C．AB、BC在中心O点的场强大小相等、方向成角，可得AB在中心O点的场强大小等于，即，故C错误；
D．AB、BC在中心O点的电势相等，可得AB在中心O点的电势为
故D错误。
故选A。
18．B
【详解】根据几何知识可得，O点到两个电荷的距离都是，则即O点场强为
A点场强为
解得
故选B。
19．B
【详解】将挖去的圆板补上，复原无限大均匀带电平板，设无限大均匀带电平板在Q点的场强为E，补回来的半径为r的圆板在Q点的场强为E1，待求的场强为E2，由电场叠加原理得
由得，当R无限大时
解得
故选B。
20．BD
【详解】由题意，在三角形的正中心P放置电荷量为-q（q>0）的试探电荷，所受电场力大小为F1，方向由P指向A，可知合场强方向由A指向P，且
将BC棒取走，试探电荷所受电场力大小变为F2，方向由A指向P，则AB和AC棒产生的合场强方向由P指向A，且两棒产生的场强大小相等，合场强为
由以上分析可知，三个棒均带负电，BC棒产生的场强大于AB与AC的合场强，因AB与AC的合场强等于AB产生的场强，即BC棒产生的场强大于AB棒产生的场强，即AB棒带负电，所带电荷量绝对值小于BC棒；场强关系满足
解得
故选BD。
21．AD
【详解】如图所示，B、C两点把半圆环等分为三段．
设每段在O点产生的电场强度大小均为E′．AB段和CD段在O处产生的场强夹角为120°，它们的合场强大小为E′则O点的合场强：E=2E′，则：E′=E/2；故圆弧BC在圆心O处产生的场强为E/2．电势是标量，设圆弧BC在圆心O点产生的电势为φ′，则有 3φ′=φ，则 φ′=φ/3，故选AD．
点睛：本题要注意电场强度是矢量，应根据平行四边形定则进行合成，掌握电场的叠加原理；电势是标量，可直接取代数和．
22．A
【详解】设等边三角形的边长为，、两点的电荷量大小为，、连线中点处的电场强度为
点的电场强度为
等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，则有
故A正确，B、C、D错误
故选A。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲第10章 静电场
第10.3讲 静电场能量
【知识点精讲】
1．电势能
（1）电场力做功的特点：
电场力做功与路径无关，只与初、末位置有关。
（2）电势能
①定义：电荷在电场中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到零势能位置时电场力所做的功。
②电场力做功与电势能变化的关系：电场力做的功等于电势能的减少量，即WAB=EpA－EpB=－ΔEp。
2．电势
（1）定义：试探电荷在电场中某点具有的电势能Ep与它的电荷量q的比值。
（2）定义式：φ=。
（3）矢标性：电势是标量，有正、负之分，其正（负）表示该点电势比零电势高（低）。
（4）相对性：电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同。
3．等势面
（1）定义：电场中电势相等的各点组成的面。
（2）四个特点
①等势面一定与电场线垂直。
②在同一等势面上移动电荷时电场力不做功。
③电场线方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。
④等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小。
【特别提醒】电势和电场强度的区别
（1）电势是标量，是描述电场能的性质的物理量；电场强度是矢量，是描述电场力的性质的物理量。
（2）电势高的地方场强不一定大，二者在大小上无必然联系。
（3）沿电场强度方向是电势降落最快的方向。
4.电势差
定义：电荷在电场中，由一点A移到另一点B时，电场力做功与移动电荷的电荷量的比值。
定义式：UAB=。
电势差与电势的关系：UAB=φA－φB，UAB=－UBA。
影响因素：电势差UAB由电场本身的性质决定，与移动的电荷q及电场力做的功WAB无关，与零电势点的选取无关。
5．电势差与电场强度的关系：匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场线方向的距离的乘积。即U=Ed，也可以写作E=。
【特别提醒】．公式U=Ed的适用范围：匀强电场。
【方法归纳】
一　静电力做功与电势能关系
1．静电力做功的特点：静电力做功与电荷的初、末位置有关，与电荷运动的路径无关。
2．静电力做的功与电势能变化的关系：静电力做的功，等于电势能的减少量，即WAB=EpA－EpB。电荷在某点的电势能，等于把它从这点移动到零势能位置时静电力做的功。
二　电势高低及电势能大小判断方法
1．电势能大小的判断方法
（1）做功判断法：无论正、负电荷，只要静电力做正功，电荷的电势能一定减小；只要静电力做负功，电荷的电势能一定增大。
（2）电场线判断法：正电荷顺着电场线的方向移动时电势能逐渐减小，逆着电场线的方向移动时电势能逐渐增大；负电荷顺着电场线的方向移动时电势能逐渐增大，逆着电场线的方向移动时电势能逐渐减小。
（3）电势判断法：由公式Ep=qφ知，正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小。
2．电势高低的判断方法
（1）电场线法：沿电场线方向，电势越来越低。
（2）场源电荷判断法：离场源正电荷越近的点，电势越高；离场源负电荷越近的点，电势越低。
（3）电势能判断法：对于正电荷，电势能越大，所在位置的电势越高；对于负电荷，电势能越小，所在位置的电势越高。
三　电场中的功能关系
1．电场力做功
（1）特点：电场力做功与运动路径无关，只与始末位置有关。
（2）计算方法
①W=Eqd，只适用于匀强电场，其中d为沿电场线方向的距离。
②WAB=qUAB，适用于任何电场。
③由动能定理来计算：W电场力＋W其他力=ΔEk。
④由电势能的变化来计算：WAB=EpA－EpB。
2．电场中的功能关系
（1）若只有静电力做功，电势能与动能之和保持不变。
（2）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。
（3）除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功之和等于物体机械能的变化。
（4）所有外力对物体所做的功之和等于物体动能的变化。
四　电场线、等势面、运动轨迹的综合问题分析要点
1．带电粒子轨迹的切线方向为该点处的速度方向。
2．带电粒子所受合力应指向轨迹曲线的凹侧，再根据电场力与场强方向的关系（同向或反向），或电场力做正功还是负功等，进一步确定其他量。
五　公式U=Ed的理解
1．表达式U=Ed适用于匀强电场中的定量计算，且d是沿场强方向上的距离；电场强度在数值上等于沿电场方向每单位距离上降低的电势。
2．两个结论
结论1　匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC=，如图甲所示。
结论2　匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB=CD，则UAB=UCD（或φA－φB=φC－φD），如图乙所示。
【最新高考题精练】
（2021高考全国甲卷）
1．某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则（　　）
A．一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功
B．一电子从a点运动到d点，电场力做功为4eV
C．b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右
D．a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大
（2020高考全国理综III卷）
2．如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q（q>0）的点电荷固定在P点。下列说法正确的是（　　）
A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
（2020高考北京卷）
3．真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等。下列说法正确的是（　　）
A．该点电荷一定为正电荷
B．P点的场强一定比Q点的场强大
C．P点电势一定比Q点电势低
D．正检验电荷在P点比在Q点的电势能大
（2020年7月浙江选考）
4．空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则（　　）
A．e点的电势大于0
B．a点和b点的电场强度相同
C．b点的电势低于d点的电势
D．负电荷从a点移动到c点时电势能增加
（2019年4月浙江选考）
5．质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞．现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107m/s．已知加速电场的场强为1.3×105N/C，质子的质量为1.67×10-27kg，电荷量为1.6×10-19C，则下列说法正确的是
A．加速过程中质子电势能增加
B．质子所受到的电场力约为2×10－15N
C．质子加速需要的时间约为8×10-6s
D．加速器加速的直线长度约为4m
（2019全国理综II卷14）
6．静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则（ ）
A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小
B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合
C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能
D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行
（2019全国理综III卷21）
7．如图，电荷量分别为q和–q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点，则（ ）
A．a点和b点的电势相等
B．a点和b点的电场强度大小相等
C．a点和b点的电场强度方向相同
D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加
（2019高考理综天津卷）
8．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程（ ）
A．动能增加 B．机械能增加
C．重力势能增加 D．电势能增加
（2019·天津卷）
9．如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程中（　　）
A．动能增加 B．机械能增加
C．重力势能增加 D．电势能增加
（2019高考北京理综卷17）
10．如图所示，a、b两点位于以负点电荷–Q（Q>0）为球心的球面上，c点在球面外，则
A．a点场强的大小比b点大
B．b点场强的大小比c点小
C．a点电势比b点高
D．b点电势比c点低
【最新模拟题精练】
（2023湖南雅礼中学模拟）
11．如图，光滑绝缘水平面上，由1、2、3三个带电量均为＋q、质量均为m的相同金属小球，用长均为L的三根轻质绝缘细绳连接，A、B、C分别为其中点，O为三角形中心，已知单个点电荷q周围空间的电势，r为到点电荷的距离，则下列说法正确的是（　　）

A．O点的电场强度为零
B．长度L取合适值时，A、O两点的电势可能相等
C．系统的总电势能为
D．若B处剪断，则之后小球1的最大速度为
（2023山东济南三模）
12．如图所示，电量为-2Q和+Q的两个点电荷分别固定于x轴上的A点和O点，O点为坐标原点，x=x0处场强为零。现将一正试探电荷q在+x轴上距离O点很远处由静止释放，释放处试探电荷的电势能近似为零。关于x轴上的场强E、试探电荷q的速度v、动能Ek、电势能Ep与位置坐标x的关系图像中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2023重庆信息联考卷3）
13．在某个点电荷所产生的电场中画一个圆，如图所示，O为圆心，圆周上的A、C两点的电场强度方向与圆相切，B是AC优弧的中点，下列说法正确的是（ ）
A．A、O两点的电场强度大小相同
B．四点中O点的电势最高
C．电子沿直线从A到C，电场力先做正功后做负功
D．正电荷沿圆弧从B到C，电势能减小
（2023江西上饶二模）
14．如图所示，水平圆周上有等间距的三个点A、B、C，其中C点在正南点，在A、B两点上各放一个完全相同的点电荷。设每个点电荷单独在圆心产生的电场的场强大小都为、电势都为，如果仅考虑这两个点电荷的电场，则正北点的场强大小E、电势分别为（　　）
A． B．
C． D．
（2023河北唐山三模）
15．空间中的一个正六边形的三个顶点上固定三个点电荷，电量均为，O为正六边形的中心，A为正六边形的一个顶点，如图所示。用、分别表示O、A两点的场强，用、分别表示O、A两点的电势，则（　　）
A．， B．，
C．， D．，
（2023河北临考信息卷）
16．内陆盐矿中开采的氯化钠称为岩盐。如图所示，岩盐晶体结构中相邻的四个离子处于正方形的四个顶点，O点为正方形中心，A、B、C、D为四边中点，M点为A、O的中点，N点为O、D的中点，取无穷远处电势为零，关于这四个离子形成的电场，下列说法正确的是（　　）
A．M点的电势高于N点的电势
B．A、M两点电场强度相等
C．M、N两点电场强度方向互相垂直
D．把一个负点电荷从A点沿直线移到C点，电势能先增大后减小
（2023辽宁本溪期中）
17．如图所示，球的内接正六面体，在球心O处固定放置一带电量为的点电荷，下列描述正确的是（　　）
A．A、B两点的电场强度相同
B．线段AC上的所有点中，AC中点的电势最高
C．将一负检验电荷从沿直线移动到B点，该检验电荷的电势能先减小再增大
D．将一正检验电荷从A沿球面移动到B点，该检验电荷的电势能不变
18．在竖直面内一绝缘正方形环上：AB、BC段中点处放有等量正电荷，AD、CD段中点处放有等量负电荷，a、b、c、d是正方形对角线上四点，它们到中心的距离均相等，则（　　）
A．b、d两点电势相等 B．a、c两点电势相等
C．a、c两点电场强度大小相等，方向相反 D．b、d两点电场强度大小相等，方向相反
（2023天津南开区一模）
19．如图所示是等量异种点电荷形成电场中的一些点，O是两电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。则（　　）
A．B、O、C三点比较，O点场强最弱，B点电势最高
B．E、O、F三点比较，O点电势最高、场强最弱
C．A、D两点场强相同，电势相同
D．正试探电荷沿连线的中垂线由E点运动到F点，电场力先做负功后做正功
（2023浙江温州重点高中期中联考）
20．如图，两个等量正点电荷分别固定在A、B两点，O为AB的中点，M、N为AB中垂线上的两点，无限远处电势为零。以下说法正确的是（　　）
A．N、M、O三点中O点场强最大
B．M点电势高于N点电势
C．同一负电荷在M点的电势能小于在N点的电势能
D．如果只受电场力作用正电荷从M点静止释放，电荷将沿中垂线做匀加速运动
（2023广东名校联盟大联考）
21．如图所示，为两个带等量正电荷的固定点电荷，竖直线为两点电荷连线的中垂线，O点为垂足，。现将一带正电液滴从A点由静止释放，液滴到达B点时的速度大小为v且能到达O点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．在中垂线上，O点的电势最低
B．液滴从A点运动到点的过程中机械能先增大后减小
C．液滴到达点时的速度大小为
D．液滴到达点时的速度大小为
（2023云南昆明24中二模）
22．如图甲，A、B、C为一个非匀强电场中一条电场线上的三点，一个电荷量为、质量为的小物块从C点静止释放，仅在电场力的作用下，其运动的图象如图乙所示，B点切线已标出，则下列说法正确的是（　　）
A．由C到A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．A、B两点间的电势差
D．B点为电场线上电场强度最大的点，场强大小
（2023西南大学附中高考适应性考试）
23．如图所示，在空间坐标系xOy上a（0，0，L）、b（0，L，0）、c（L，0，0）三点处分别固定一电荷量为+q、-q、-q（q>0）的点电荷，M、N、P三点分别为ab、ac、bc的中点。规定无穷远处的电势为0，下列说法正确的是（　　）
A．M、N两点的电场强度大小相等
B．O点的电场强度方向沿y轴正方向
C．负的试探电荷在M点的电势能大于其在P点的电势能
D．同一试探电荷在M、N两点的电势能相等
24．如图所示，三条平行等距的直线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V、20V、30V，实线是一带负电的粒子（不计重力），在该区域内的运动轨迹，对于这轨道上的a、b、c三点来说，下列选项说法正确的是（　　）
A．粒子必先过a，再到b，然后到c B．粒子在三点所受的合力
C．粒子在三点的动能大小为 D．粒子在三点的电势能大小为
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参考答案：
1．BD
【详解】A．由图象可知
φb = φe
则正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误；
B．由图象可知
φa = 3V，φd = 7V
根据电场力做功与电势能的变化关系有
Wad = Epa - Epd = (φa - φd)( - e) = 4eV
B正确；
C．沿电场线方向电势逐渐降低，则b点处的场强方向向左，C错误；
D．由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线分布如下图所示
由上图可看出，b点电场线最密集，则b点处的场强最大，D正确。
故选BD。
2．BC
【详解】A．点电荷的电场以点电荷为中心，向四周呈放射状，如图
是最大内角，所以，根据点电荷的场强公式（或者根据电场线的疏密程度）可知从电场强度先增大后减小，A错误；
B．电场线与等势面（图中虚线）处处垂直，沿电场线方向电势降低，所以从电势先增大后减小，B正确；
C．、两点的电势大小关系为，根据电势能的公式可知正电荷在点的电势能大于在点的电势能，C正确；
D．正电荷从，电势能减小，电场力所做的总功为正功，D错误。
故选BC。
3．B
【详解】A．正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，该点电荷不一定为正电荷，故A错误；
B．相邻等势面间电势差相等，P点附近的等差等势面更加密集，故P点的场强一定比Q点的场强大，故B正确；
C．正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，若为正点电荷，则P点电势一定比Q点电势高，故C错误；
D．从等势面的情况无法判断该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法判断P点电势与Q点电势的高低，就无法判断正检验电荷在P点和在Q点的电势能的大小，故D错误。
故选B。
4．D
【详解】A．根据电场线与等势面垂直关系，可判断P点处为负电荷，无穷远处电势为0，e点在PQ连线的中垂线上，则，A错误；
B．a、b两点电场强度大小相同，方向不同，则a、b两点电场强度不同，B错误；
C．因b点所在等势面的电势高于d点所在等势面的电势，可知b点电势高于d点，即，C错误；
D．由，负电荷从a到c电场力做负功，电势能增加，D正确。
故选D。
5．D
【详解】A．加速过程中电场力对质子做正功，则质子电势能减小，选项A错误；
B．质子所受到的电场力约为F=Eq=1.3×105×1.6×10-19N=2×10－14N，选项B错误；
C．加速度，则质子加速需要的时间约为，选项C错误；
D．加速器加速的直线长度约为，选项D正确．
6．AC
【详解】A．由于电场的特点未知，对于带电粒子，其运动的速度大小可能先增大后减小，如M、N两点在等量同种电荷的电场中，M、N为等量同种电荷连线上的中垂线上，且关于等量同种电荷的连线对称，故A正确；
B．静电场中，带电粒子仅在电场力的作用下由静止开始运动且电场线是直线时，运动轨迹才与电场线重合，由于电场未知，所以粒子的轨迹不一定与某条电场线重合，故B错误；
C．粒子从静止开始运动，电场力一定做正功，动能增加，电势能一定减小，所以粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能，故C正确；
D．若粒子的运动轨迹为曲线，粒子在N点所受电场力方向为电场线的切线方向，粒子轨迹的切线方向为速度的方向，根据曲线运动的条件可知，此时电场力的方向与速度方向一定不平行，故D错误。
故选AC。
7．BC
【详解】由几何关系，可知b的电势大于a的电势，故A错误；把负电荷从a移到b，电势能减少，故D错误；由对称性和电场的叠加原理，可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同，故B、C正确。
8．B
【详解】由动能的表达式可知带电小球在M点的动能为，在N点的动能为，所以动能的增量为，故A错误；带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有，可得，竖直方向的位移，水平方向的位移，因此有，对小球写动能定理有，联立上式可解得，，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加，电势能减少，故B正确D错误，重力做负功重力势能增加量为，故C错误．
9．BD
【详解】A．小球动能增加量为
A错误；
BC．小球在竖直方向做匀减速运动，竖直速度减为零时，设上升高度为h，有
解得
则重力势能增加量为
机械能增加量为
B正确，C错误；
D．小球在竖直方向做匀减速直线运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直速度由v减到零的过程，水平速度刚好由零加到2v，根据加速度定义式得，水平方向的加速度大小为竖直方向加速度大小的2倍，根据牛顿第二定律得水平方向电场力和加速度大小分别为2mg、2g，则水平方向位移大小为
电场力做正功，所以电势能增加为
D正确。
故选BD。
10．D
【详解】由点电荷场强公式确定各点的场强大小，由点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面和沿电场线方向电势逐渐降低确定各点的电势的高低．
由点电荷的场强公式可知，a、b两点到场源电荷的距离相等，所以a、b两点的电场强度大小相等，故A错误；由于c点到场源电荷的距离比b点的大，所以b点的场强大小比c点的大，故B错误；由于点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面，所以a点与b点电势相等，负电荷的电场线是从无穷远处指向负点电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低，所以b点电势比c点低，故D正确．
11．ACD
【详解】A．根据对称性可知三个点电荷在O点产生的电场强度大小相等，根据电场强度的叠加法则可得O点的电场强度大小为0，故A正确；
B．O点到金属小球的距离均为，A点到金属小球3的距离为，根据电势叠加原则，A、O两点的电势分别为
则A、O两点电势不论在L取何值时都不可能相等，故B错误；
C．1电荷的电势能
同理可得2和3电荷电势能
故整个系统电势能为
故C正确；
D．三球一条直线时整个系统电势能最小，动能最大，1球速度最大，此时1电荷的电势能
2和3电荷电势能
此时整个系统电势能最小为
对系统，根据能量守恒
根据动量守恒
两式联立解得
故D正确。
故选ACD。
12．AC
【详解】A．设A点的坐标为-x1，由于在x=x0处场强为零，故
解得
故坐标x的场强为
根据数学知识可知E-t关系可以如A所示，故A正确；
BCD．试探电荷释放后，在到达x=x0处前所受电场力方向均为x轴负方向，电场力一直做正功，试探电荷速度增大，动能增大，电势能减小，在x=x0处速度达到最大值，动能达到最大值，电势能达到最小值，故BD错误，C正确。
故选AC。
13．C
【详解】AB．A、C两点的电场强度方向反向延长线的交点为点电荷所在位置，如图所示
由图可知，点电荷为带正电，根据点电荷场强公式
由于A点到点电荷距离小于O点到点电荷距离，则A点的电场强度大于O点的电场强度；离正点电荷越近电势越高，可知四点的电势大小关系为
故AB错误；
C．电子沿直线从A到C，由于电子受到正点电荷的库仑引力，则电场力先做正功后做负功，故C正确；
D．正电荷沿圆弧从B到C，由于C点电势大于B点电势，根据
可知电势能增加，故D错误。
故选C。
14．D
【详解】根据几何关系，A、B两点到正北点的距离都等于A、B两点到圆心的距离，则每个点电荷单独在正北点产生的电场的场强大小都为，根据平行四边形定则，正北点的场强大小
电势是标量
故选D。
15．B
【详解】令正六边形的边长为L，左侧两个点电荷在O点电场强度的方向之间的夹角为，则O、A两点的场强分别为
，
可知
O、A两点的电势分别为
，
可知
即有
，
故选B。
16．C
【详解】A．将四个电荷看成两组等量异种电荷，、均在两组等量异种电荷的中垂线上，电势相等且都为零，A错误；
B．左边一组等量异种电荷在的电场强度大于在的电场强度，右边一组等量异种电荷在的电场强度小于在的电场强度，两组等量异种电荷在A、M两点的方向相反，根据电场的叠加可知A点电场强度大于M点的电场强度，B错误；
C．M点竖直向下，N点的电场强度水平向左，相互垂直，C正确；
D．把一个负点电荷从A点沿直线移到C点，先离正电荷近后离正电荷远，电势先增大后减小，负点电荷的电势能先减小后增大，D错误。
故选C。
17．D
【详解】A．由于A、B两点到场源电荷的距离一样大，根据点电荷场强公式
可知A、B两点的场强大小相等，但方向不同，故A错误；
B．线段上的所有点中，中点与负点电荷的距离最小，则电势最低，故B错误。
C．距离负点电荷越近电势越低，将一负检验电荷从沿直线移动到B点，电势先减小再增加，由电势能公式
可知负检验电荷的电势能先增大再减小，故C错误；
D．球面上的点到的距离相等，球面为等势面。所以将一正检验电荷从A 沿球面移动到B点，电势能不变，故D正确。
故选D。
18．B
【详解】AD．四个电荷在b、d点产生的电场如下图所示
根据矢量合成法则，可知两点合场强大小相等，方向相同，将四个电荷形成的电场看成两组等量异种点电荷电场的叠加，所以b、d之间的电场方向由b指向d，沿电场线方向电势降落，所以b、d两点的电势不等，故AD错误；
BC．四个电荷在a、c两点形成的电场如下图所示
根据矢量合成法则，可知a、c两点合场强大小相等，方向相同，将四个电荷形成的电场看成两组等量异种点电荷电场的叠加，AC是两组等量异种电荷连线的中垂线，所以为一条等势线，所以a、c两点电势相等，故B正确，C错误。
故选B。
19．A
【详解】A．根据等量异种电荷的电场线分布规律可知，B、O、C三点位置处，O点处电场线分布要稀疏一些，即B、O、C三点比较，O点场强最弱，B、O、C三点位置处的电场线由，根据沿电场线电势降低，可知，B点电势最高，A正确；
B．根据等量异种点电荷的等势线分布规律可知，中垂线本身就是一条等势线，即E、O、F三点电势相等，根据等量异种电荷的电场线分布规律可知，E、O、F三点位置处，O点处电场线分布要密集一些，即O点场强最大，B错误；
C．A、D对O对称，根据等量异种电荷的电场线分布规律可知，A、D两点位置处场强大小相等，方向相同，即这两位置的场强相同，根据等量异种电荷的电场线分布规律可知，A位置处电场线由A处指向无穷远，即A位置的电势比无穷远沿高，而D位置处电场线由无穷远指向D位置，即D位置的电势比无穷远沿低，则A点电势比D点高，C错误；
D．根据等量异种点电荷的等势线分布规律可知，中垂线本身就是一条等势线，则正试探电荷沿连线的中垂线由E点运动到F点，电场力不做功，D错误。
故选A。
20．BC
【详解】A．两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的点可能在M、N连线之间，也可能在N点以上，还可能在M点以下，A错误；
B．等量同种正点电荷的连线的中垂线的电场方向由O点指向远处，所以M点的电势高于N点的电势，B正确；
C．同一负电荷在电势越高的地方电势能越小，因为M点的电势高于N点的电势，所以负电荷在M点的电势能小于在N点的电势能，C正确；
D．如果只受电场力作用正电荷从M点静止释放，将沿中垂线做加速运动，但加速度可能一直减小或先增大后减小，D错误。
故选BC。
21．C
【详解】A. 根据等量正电荷周围的电势分布可知，在中垂线上，O点的电势最高，选项A错误；
B. 液滴从A点运动到点的过程中，电场力先做负功，后做正功，则机械能先减小后增大，选项B错误；
C. 因B点和B′点的电势相同，则液滴在两点的电势能相同，则从B到B′由动能定理
解得液滴到达点时的速度大小为
选项C正确；
D. 因A点和A′点的电势相同，则液滴在两点的电势能相同，则从A到A′由动能定理，
解得液滴到达A′点时的速度大小为
选项D错误。
故选C。
22．CD
【详解】A．由C到A的过程中，物块速度逐渐增大，电场力对物块做正功，物块的电势能逐渐减小，故A错误；
B．物块所受电场力方向由C指向A，所以电场强度方向由C指向A，所以由C点到A点电势逐渐降低，故B错误；
C．对物块从B到A的过程，根据动能定理有
解得
所以
故C正确；
D．由题图乙可知物块在B点时加速度最大， 为
所以B点为电场线上电场强度最大的点，场强大小为
故D正确。
故选CD。
23．AD
【详解】A．三个点电荷在M、N两点的电场强度方向如图所
由几何知识可知，在M、N两点合场强大小相等，方向不同，故A正确；
B．三个点电荷在O点的电场强度方向如图所
由几何知识可知，在O点的合场强方向不沿y轴正方向，故B错误；
CD．无穷远处的电势为0，沿电场线的方向电势降低，M、N两点的电势相等，M点的电势大于P点的电势，同一试探电荷在M、N两点的电势能相等，负的试探电荷在M点的电势能小于其在P点的电势能，故C错误，D正确。
故选AD。
24．BD
【详解】A．运动轨迹不能反映运动方向，所以不能判断出粒子先过a，再到b，然后到c，还是粒子先过c，再到b，然后到a，故A错误；
B．由等势面特点可知，该电场为匀强电场，电场线方向向上，而粒子受电场力方向指向高电势，故粒子带负电，又
所以粒子在三点所受的合力
故B正确；
CD．根据能量守恒，负电荷在高电势处电势能小，动能大，则知负电荷在b点电势能最大，动能最小，故应有
故D正确，C错误。
故选BD。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第10章　静电场
第10.4讲　静电感应和静电场的应用
【知识点精讲】
1．静电感应和静电平衡
把金属导体放在电场E中，由于内部自由电子受电场力作用而定向移动，使导体的两个端面出现等量的异种电荷，这种现象叫静电感应，当自由电子的定向移动停止时，导体处于静电平衡状态。
2．尖端放电现象和避雷针
电性与尖端相反的粒子被吸引而奔向尖端，与尖端的电荷中和，相当于尖端失去电荷，这就是尖端放电。避雷针就是利用尖端放电的设备。
3．静电屏蔽
处于静电平衡状态的导体，内部区域就不再受外部电场的影响，这种现象叫静电屏蔽。
（1）两种现象
现象1：由于静电感应，导体外表面感应电荷的电场与外电场在导体内部任一点的场强的叠加结果为零，从而外部电场影响不到导体内部，如图所示。
现象2：由于静电感应，接地导体壳内表面感应电荷与壳内电场在导体壳外表面以外空间叠加结果为零，从而使接地的封闭导体壳内部电场对壳外空间没有影响，如图所示。
（2）静电屏蔽的应用：有的电学仪器和电子设备外面套有金属罩，有的通信电缆的外面包有一层铅皮等都是用来防止外电场的干扰，起屏蔽作用的。
【方法归纳】
静电平衡状态下导体的电场强度和电势
导体内部的场强处处为零，整个导体是等势体，导体的表面是等势面，导体表面电场线和带电体表面垂直。静电平衡状态下静电荷只分布在外表面。处于静电平衡的导体腔内场强处处为零。
【最新高考题精练】
（2021年1月浙江选考）
1．如图所示是某一带电导体周围的电场线与等势面，A、C是同一等势面上的两点，B是另一等势面上的一点。下列说法正确的是（　　）
A．导体内部的场强左端大于右端 B．A、C两点的电势均低于B点的电势
C．B点的电场强度大于A点的电场强度 D．正电荷从A点沿虚线移到B点的过程中电场力做正功，电势能减小
（2016江苏高考物理）
2．一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示。容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是(　　)
A．A点的电场强度比B点的大
B．小球表面的电势比容器内表面的低
C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直
D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同
（2016高考浙江理综物理）
3．如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，则（　　）
A．此时A带正电，B带负电
B．此时A电势低，B电势高
C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
（2015·浙江理综，16）
4．如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在金属极板中间，则

A．乒乓球的左侧感应出负电荷
B．乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上
C．乒乓球共受到电场力，重力和库仑力三个力的作用
D．用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞
5．请用学过的电学知识判断下列说法正确的是
A．电工穿绝缘衣比穿金属衣安全
B．制作汽油桶的材料用金属比用塑料好
C．小鸟停在单根高压输电线上会被电死
D．打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要危险
（2019高考理综天津卷）
6．2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放．引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极、之间的匀强电场（初速度忽略不计），、间电压为，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力．单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为，电荷量为，其中是正整数，是元电荷．
（1）若引擎获得的推力为，求单位时间内飘入、间的正离子数目为多少；
（2）加速正离子束所消耗的功率不同时，引擎获得的推力也不同，试推导的表达式；
（3）为提高能量的转换效率，要使尽量大，请提出增大的三条建议．
（2016高考浙江理综物理）
7．如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，则（　　）
A．此时A带正电，B带负电
B．此时A电势低，B电势高
C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
（2015·江苏）
8．静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬·考异邮》中有“玳瑁吸褚”之说，但下列不属于静电现象的是(　　 )
A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑
B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引
C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流
D．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉
【最新模拟题精练】
（2023广东实验中学三模）
9．工业生产中有一种叫电子束焊接机的装置，其核心部件由如图所示的高压辐向电场组成。该电场的电场线如图中带箭头的直线所示。一电子在图中H点从静止开始只在电场力的作用下沿着电场线做直线运动。设电子在该电场中的运动时间为t，位移为x，速度为v，受到的电场力为F，电势能为Ep，运动经过的各点电势为φ，则下列四个图像可能合理的是（　　）
A． B．
C． D．
10．关于静电的防止和应用的事例中，不正确的是（　　）
A．静电除尘器是利用静电把灰尘吸附在电极上的装置
B．地毯编织时，在地毯中夹进一些导电纤维，防止静电积累
C．飞机飞行时与空气摩擦，机身会带静电，着陆时导电橡胶轮胎会把静电导走
D．油罐车在运输过程中会带静电，为避免电荷越积越多，油罐车应与地面绝缘
（2023广东重点高中期末）
11．如图甲是某同学设计的一实验装置，两端开口的空塑料瓶中固定着一根钢锯条和一块金属片，图乙为塑料瓶俯视图。将钢锯条和金属片分别跟静电起电机的两极相连。将点燃的蚊香放入塑料瓶内，很快就看见塑料瓶内烟雾缭绕。摇动起电机，顿时塑料瓶清澈透明，停止摇动，又是烟雾缭绕。当起电机摇动时，下列说法正确的是（　　）
A．该实验装置演示的是静电除尘现象，烟尘带了正电荷
B．锯条附近的电场强度小于在金属片附近的电场强度
C．锯条附近的电势高于金属片附近的电势
D．电场力对烟尘做正功
（2023天津河西区高二期中）
12．对于书本中几幅插图所涉及的物理现象或原理，下列说法正确的是（　　）
A．甲图中，该女生和带电的金属球带有同种性质的电荷
B．乙图为静电除尘装置的示意图，带正电的尘埃被收集在线状电离器B上
C．丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了静电屏蔽的原理
D．丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了尖端放电的原理
（2023天津河西区高二期中）
13．某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗，在这种疗法中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死细胞，如图所示，若质子的加速长度d，要使质子由静止被匀加速到v，已知质子的质量为m，电量为e，则下列说法不正确的是（　　）
A．由以上信息可以推算该加速电场的电压
B．由以上信息可以推算该加速电场的电场强度
C．由以上信息可以判断出运动过程中质子所受电场力做正功，电势能增加
D．由以上信息不可以推算质子加速后的电势能
（2023重庆涪陵重点高中质检）
14．人体的细胞膜模型图如图所示，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位）。现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图所示。初速度可视为零的正一价钠离子仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到B点，下列说法正确的是（　　）
A．A点电势低于B点电势 B．钠离子的电势能减小
C．钠离子的加速度变大 D．若膜电位不变，当越大时，钠离子进入细胞内的速度越大
（2022福建厦门四模）
15．高压电线落地可能导致行人跨步电压触电。如图所示，若高压输电线掉落在水平地面上的O点，且O点附近地质结构分布均匀，将在地面形成以O为圆心的一系列同心圆等势线。则（　　）
A．图中A点的电场强度小于B点的电场强度
B．图中A点的电场强度大于B点的电场强度
C．行人无论向哪个方向跨步，两脚间距离越大跨步电压越大
D．行人无论向哪个方向跨步，两脚间距离越大跨步电压越小
（2022广东深圳模拟）
16．静电除尘器结构如图所示，由板状收集器A和线状电离器B组成，A、B间接有高压电源，使通过除尘器的尘埃带电。下列选项正确的是（　　）
A．收集器A吸附大量尘埃的原因是尘埃带上了正电
B．收集器A吸附大量尘埃的原因是尘埃带上了负电
C．收集器A和电离器B之间形成的是匀强电场
D．静电除尘过程是机械能向电场能转化的过程
（2022福建厦门四模）
17．墙体探测仪是一种新型的建筑装潢辅助工具，用于探测墙体内水管、电线和钢筋的位置。如图所示为其探测水管的原理示意图，主要感应元件为电容器，当探测仪靠近水管时，指示灯亮起，便可确定水管的位置。则探测仪靠近水管前后（　　）
A．电容器的电介质发生变化
B．电容器的两板间距离发生变化
C．电容器极板的正对面积发生变化
D．电容器的电容发生变化
（2022山东临沂二模）
18．2022年4月15日哈佛-史密森天体物理学中心的科学家乔纳森·麦克道维尔推文表明：莫尼亚轨道上第一次出现中国卫星，该卫星曾在2021年工况异常。尽管乔纳森的描述中没有提及该卫星使用了何种引擎，但从轨道提升的描述来判断，几乎可以肯定是属于离子电推引擎，这是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进动力的一种发动机。这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目N为定值，离子质量为m，电荷量为ne（其中n是正整数，e是元电荷），加速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是（　　）
A．引擎获得的推力
B．引擎获得的推力
C．为提高能量的转换效率，要使尽量大，可以用质量大的离子
D．为提高能量的转换效率，要使尽量大，可以用带电量大的离子
（2022安徽马鞍山二模）
19．在一次科学晚会上，小陶老师表演了一个“魔术”：如图甲，一个空塑料瓶中固定着一根细金属条和一块易拉罐（金属）片，将金属片和钢锯条分别与静电起电机正负极相连。在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看到整个塑料瓶里烟雾缭绕。摇动起电机，顿时塑料瓶清澈透明，停止摇动，又是烟雾缭绕，图乙为其俯视图。已知金属片是半径为R的圆弧，金属条恰好位于其圆心，两者的高度均为h。若匀速摇动起电机时，两极间的电压恒为U，则（　　）
A．未摇动起电机时，烟尘在金属片与金属锯条之间下落的最大时间为
B．匀速摇动起电机时，金属片与金属锯条之间的电场强度为
C．除尘过程中带电量为q的烟尘增加的电势能均为qU
D．质量为m，带电量为q的烟尘被金属片吸附时水平方向受到的冲量不大于
20．用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上，小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上而下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图所示。对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是（ ）
A．摩擦使笔套带电
B．笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷
C．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力
D．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．带电导体处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为0，导体表面为等势面，整个导体为一个等势体，A错误；
B．沿电场线方向电势降低，所以A、C两点的电势大于B点的电势，B错误；
C．电场线的疏密程度表示电场强度的弱强，所以B点的电场强度小于A点的电场强度，C错误；
D．根据可知，正电荷从高电势A点沿虚线移动到低电势B点，电势能减小，电场力做正功，D正确。
故选D。
2．C
【详解】A．电场线越密，电场强度越大，由图可知，则A点的电场强度比B点的小，故A错误；
B．根据沿着电场线方向电势是降低的，可知小球表面的电势比容器内表面的高，故B错误；
C．因容器内表面为等势面，且电场线总垂直于等势面，因此B点的电场强度方向与该处内表面垂直，故C正确；
D．因A、B在同一等势面上，将检验电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功相同，均为零，故D错误。
故选C。
【名师点睛】本题考查电场线的疏密与电场强度的强弱的关系，掌握电场线的方向与电势的高低的关系，理解电场线总垂直等势面，注意同一等势面上移送电荷时，电场力不做功。
3．C
【详解】A. 把一带正电荷的物体C置于A附近，电子被吸引到A端，B端遗留了不能移动的原子核，此时A带负电，B带正电，A错误；
B. 处于静电平衡的导体是等势体，故A、B电势相等，B错误；
C. 移去C，A端的电子又回到B端，恢复原来的状态，A、B下部的金属箔闭合，C正确；
D. 先把A和B分开，然后移去C，A带负电，B带正电，A、B下的金属箔都不会闭合，D错误。
故选C。
4．D
【详解】A．从图中可知金属板右侧连接电源正极，左侧连接电源负极，所以电场水平向左，故乒乓球上的电子在电场力的作用下移动到乒乓球的右侧，即乒乓球的右侧感应出负电荷，故A错误；
B．根据上述可知，金属板之间的电场方向向左，乒乓球右侧带负电，受到的电场力向右，乒乓球左侧带正电，受到的电场力向左，因为左右两侧感应出的电荷量相等，所以受到的电场力相等，乒乓球受到扰动后，最终仍会静止，不会吸附到左极板上，故B错误；
C．乒乓球受到重力、电场力和绝缘细线的弹力三个作用，描述中的库仑力也为电场力，故C错误；
D．根据上述，金属板右极板带正电，用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，乒乓球带正电，在电场力作用下，向左运动，与左极板接触后，由于金属板左极板带负电，导致乒乓球随后带负电，又在电场力作用下向右运动，运动到右极板，与右极板接触后乒乓球带正电，在电场力作用下，运动到左极板，如此重复，即乒乓球会在两极板间来回碰撞，故D正确。
故选D。
【考点定位】考查了库仑力，静电感应
【方法技巧】静电感应的实质是电荷间的相互作用力，同种电荷相斥，异种电荷相吸，对于一个不带电的导体，在电场中两侧感应出的电荷是等量异种电荷
5．B
【详解】A．电力工人高压带电作业，全身穿戴金属丝网制成的衣、帽、手套、鞋，可以对人体起到静电屏蔽作用，使人安全作业，A错误；
B．因为塑料和油摩擦容易起电，产生的静电荷不易泄漏，形成静电积累，造成爆炸和火灾事故，B正确；
C．小鸟的两只脚之间的距离很小，所以小鸟的两只脚之间的电压也很小，所以不会对小鸟造成危害，C错误；
D．一辆金属车身的汽车也是最好的“避雷所”，一旦汽车被雷击中，它的金属构架会将闪电电流导入地下，D错误；
故选B。
6．（1）（2） （3）用质量大的离子；用带电量少的离子；减小加速电压．
【详解】（1）设正离子经过电极时的速度为，根据动能定理，有
①
设正离子束所受的电场力为，根据牛顿第三定律，有
②
设引擎在时间内飘入电极间的正离子个数为，由牛顿第二定律，有
③
联立①②③式，且得
④
（2）设正离子束所受的电场力为，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有
⑤
考虑到牛顿第三定律得到，联立①⑤式得
⑥
（3）为使尽量大，分析⑥式得到
三条建议：用质量大的离子；用带电量少的离子；减小加速电压．
7．C
【详解】A. 把一带正电荷的物体C置于A附近，电子被吸引到A端，B端遗留了不能移动的原子核，此时A带负电，B带正电，A错误；
B. 处于静电平衡的导体是等势体，故A、B电势相等，B错误；
C. 移去C，A端的电子又回到B端，恢复原来的状态，A、B下部的金属箔闭合，C正确；
D. 先把A和B分开，然后移去C，A带负电，B带正电，A、B下的金属箔都不会闭合，D错误。
故选C。
8．C
【详解】A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑，是因为梳子与头发摩擦起电，静电吸引轻小物体，故A属于静电现象，A不符合题意；
B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引，是因为先感应起电，然后静电作用力，属于静电现象。B不符合题意；
C．小线圈接近通电线圈过程中，消息安全中产生感应电流是电磁感应现象，不是静电现象，C符合题意；
D．从干燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉，是因为摩擦起电，属于静电现象。D符合题意．
故选C。
9．D
【详解】B．电子所受的电场力的方向与电场强度方向相反，指向圆心，所以电子向圆心运动，电场强度逐渐增大，根据 ，电场力逐渐增大，图线向上，B错误；
A．电子的加速度 ，电子向圆心运动，电场强度增大，电子的加速度增大，速度图线的斜率增大，图线向上弯曲，A错误；
C．根据，电子向圆心运动，电场强度增大，电势能图线的斜率增大，图线向上弯曲，C错误；
D．根据
解得
电子向圆心运动，逆电场线运动电势升高；电子向圆心运动，电场强度增大，电势图线的斜率增大，图线向上弯曲，D正确。
故选D。
10．D
【详解】A．静电除尘器是利用静电把灰尘吸附在电极上的装置，A正确，不符合题意；
B．地毯编织时，在地毯中夹进一些导电纤维，防止静电积累，B正确，不符合题意；
C．飞机飞行时与空气摩擦，机身会带静电，着陆时导电橡胶轮胎会把静电导走，C正确，不符合题意；
D．油罐车在运输过程中会带静电，为避免电荷越积越多，油罐车应及时将静电导走才能防止静电带来的危害，D错误，符合题意。
故选D。
11．D
【详解】A．将钢锯条和金属片分别跟静电起电机的两极相连，摇动起电机，使锯条带负电，金属片带正电，它们之间的空气被电离，电子在往金属片运动的过程中，遇到烟尘，使烟尘带负电，最终烟尘被吸附到金属片上，最后在重力的作用下，聚集在金属片底端的瓶子底部，所以该实验装置演示的是静电除尘现象，故A错误；
B．根据瓶内俯视图，结合电场的分布特点，尖端物体附近的电场线密集，所以瓶内存在的是辐射形的电场，不是匀强电场，在锯条附近的电场强度大于金属片附近的电场，故B错误；
CD．当静电除尘装置接通静电高压时，锯条和金属片之间存在强电场，它使空气电离而产生阴离子和阳离子，负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电，带电烟尘在电场力的作用下，向正极移动；带电烟尘带负电，最终到达正极，为了使除烟的效果更好，应使烟尘最终被吸附到金属片上，这样可知金属片应为正极，正极附近电势高，所以锯条附近的电势低于金属片附近的电势，故C错误，D正确。
故选D。
12．A
【详解】A．甲图中，带电金属球的多余电荷转移到该女生，该女生和带电金属球带有同种性质的电荷，故A正确；
B．乙图为静电除尘装置的示意图，带正电的尘埃被收集在带负电的金属板上，故B错误；
C．丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理，故C错误；
D．丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理，故D错误。
故选A。
13．C
【详解】A．由动能定理可得
可以推算该加速电场的电压为
A正确，不符合题意；
B．可以推算该加速电场的电场强度为
B正确，不符合题意；
C．由以上信息可以判断出运动过程中质子所受电场力做正功，电势能减少，C错误，符合题意；
D．由功能关系可得，质子电势能的减少量为
但由于零势能点未指明，故不可以推算质子加速后的电势能，D正确，不符合题意。
故选C。
14．B
【详解】A．因为钠离子带正电，其仅在电场力作用下从图中的点运动到点，说明电场力的方向沿指向，电场线由指向，所以点电势高于点电势，故A错误；
B．因为电场力对钠离子做正功，所以其电势能减少，故B正确；
C．因为膜内的电场可看作匀强电场，根据
钠离子的加速度不变，故C错误；
D．根据动能定理
可知钠离子进入细胞内的速度与距离大小无关，又因为膜电位不变，则钠离子进入细胞内的速度大小不变，故D错误。
故选B。
15．A
【详解】AB．距离O点越远的位置场强越小，则图中A点的电场强度小于B点的电场强度，选项A正确，B错误；
CD．根据U=Ed可知，行人在OA连线上跨步时，两脚间距离越大跨步电压越大；沿着某同心圆上跨步时，无论两脚间距离多大，则电势相等，选项CD错误；
故选A。
16．B
【详解】AB．AB间接高压电后AB间产生很强的电场，气体分子被电离为电子和正离子，电子被粉尘吸附，粉尘带负电被接高压正极的收集器A吸附。故A错误，B正确；
C．越靠近线装电离器B电场强度越大，收集器A和电离器B之间形成的是非匀强电场，故C错误；
D．带负电的粉尘在电场力的作用下加速运动，电场力做正功，电势能减小，机械能增加，所以静电除尘过程是电场能向机械能转化的过程，故D错误。
故选B。
17．AD
【详解】探测仪靠近水管后，电容器的两板间距离和极板正对面积均未变，而指示灯亮起说明电容器发生了充电或放电，即电容发生改变，根据可知电容器的电介质发生变化，故AD正确，BC错误。
故选AD。
18．AC
【详解】AB．电场对粒子加速
根据动量定理
其中
，
整理得
故A正确B错误；
CD．根据以上分析可知
要使尽量大，可以用质量大、带电量小即n小的离子，故C正确D错误。
故选AC。
19．D
【详解】A．依题意，未摇动起电机时，烟尘受到空气浮力的影响，将漂浮在空中，很难自由下落，所以其下落时间将远大于只受重力作用时的时间，即
故A错误；
B．根据俯视图可以看出塑料瓶内存在的是辐射状的电场，不是匀强电场，所以金属片与锯条之间的电场强度不为，故B错误；
C．除尘过程中，锯条和金属片之间存在强电场，它使空气电离成负离子和正离子，负离子在电场力作用下，向正极移动时，碰到烟尘使它带负电，带电烟尘在电场力作用下，向正极移动，烟尘最终被吸附到金属片上，这样消除了烟尘中的尘粒，所以带电量为q且能到达金属片的烟尘减小的电势能最大值为qU，故C错误；
D．设质量为m，带电量为q的烟尘被金属片吸附前瞬间水平方向速度为，则烟尘受到电场力做的功
可得
即水平方向受到的冲量不大于，故D正确。
故选D。
20．ABC
【详解】ABC．笔套与头发摩擦后，由于摩擦起电使笔套带电。带电的笔套靠近圆环的时候，圆环发生静电感应，上下部分感应出等量的异号电荷。圆环被吸引到笔套的过程中，圆环加速度向上，所受静电力的合力大于圆环重力。故ABC正确；
D．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷没有被全部中和，仍带有部分电荷。故D错误。
故选ABC。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第10章静电场
第10.5讲电容和电容器
【知识点精讲】
1．常见电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。
(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。
(3)电容器的充、放电
充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。
放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。
2．电容
(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。
(2)定义式：C＝。
(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。
(4)单位：法拉(F)
1F＝106μF＝1012pF
3．平行板电容器
(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。
(2)决定式：C＝，k为静电力常量。
【方法归纳】
1．平行板电容器动态变化的两种情况
(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变。
(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变。
2．平行板电容器动态问题的分析思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。
(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化。
(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。
【最新高考题精练】
（2019高考北京理综卷23）
1．电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用．对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同．
（1）请在图1中画出上述u–q图像 ( )．类比直线运动中由v–t图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep ．
（2）在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻）．通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q–t曲线如图3中①②所示．
a．①②两条曲线不同是 （选填E或R）的改变造成的；
b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电．依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径．
（3）设想使用理想的“恒流源”替换（2）中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加．请思考使用“恒流源”和（2）中电源对电容器的充电过程，填写下表（选填“增大”、“减小”或“不变”）．
“恒流源” （2）中电源
电源两端电压
通过电源的电流
（2018高考全国理综III）
2．如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
（2018北京理综）
3．研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
（2017海南高考）
4．如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T，下列判断正确的是
A．F逐渐减小，T逐渐减小
B．F逐渐增大，T逐渐减小
C．F逐渐减小，T逐渐增大
D．F逐渐增大，T逐渐增大
【2017·江苏卷】
5．如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、、中央各有一小孔，小孔分别位于、、点。由点静止释放的电子恰好能运动到点。现将板向右平移到点，则由点静止释放的电子（　　）

A．运动到点返回
B．运动到和点之间返回
C．运动到点返回
D．穿过点
（2016高考全国理综乙）
6．一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器（　　）
A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变
（2016高考天津理综物理）
7．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）

A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变
(2014·浙江1月学考)
8．如图为可变电容器，由一组动片和一组定片组成，这两组金属片之间是互相绝缘的，动片旋入得越多，则(　　)

A．正对面积越大，电容越大
B．正对面积越大，电容越小
C．动片、定片间距离越小，电容越大
D．动片、定片间距离越小，电容越小
【最新模拟题精练】
（2023湖北荆门三校5月联考）
9．一平行板电容器保持与电源连接，正极板接地，两板间有一个负试探电荷固定在P点，如图所示，用Ep表示试探电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向下移动一小段距离x，则此过程中Ep与x的关系合理的是图中的（　　）
A．图线a B．图线b C．图线c D．图线d
（2023浙江温州重点高中期中联考）
10．最近中国自主研制的新一代大功率石墨烯超级电容器问世。超级电容器它不同于传统的化学电源，是一种介于传统电容器与电池之间具有特殊性能的电源。如图所示的超级电容标有“3.0V，12000F”， 该超级电容器（　　）
A．正常工作最大容纳电荷量为36000C
B．电容随电压的增大而增大
C．在充电过程中电流恒定
D．电容器放完电时，电容为0
（2023辽宁本溪期中）
11．如图所示，直流电路中，、是定值电阻，是光敏电阻，其阻值随光照增强而减小。当开关S闭合时，处在电容器两板间M点的带电液滴恰好能保持静止。现用强光照射电阻时（　　）
A．电源的输出功率减小 B．A板的电势降低
C．液滴向上运动 D．中有向右的瞬间电流通过
（2023湖南名校质检）
12．如图所示，光滑的水平面上静止着一辆小车（用绝缘材料制成），小车上固定一对竖直放置的带电金属板，在右金属板的同一条竖直线上有两个小孔a、b。一个质量为、带电量为的小球从小孔a无初速度进入金属板，小球与左金属板相碰时间极短，碰撞时小球的电量不变且系统机械能没有损失，小球恰好从小孔b出金属板，则（　　）
A．小车（含金属板）和球组成的系统动量守恒但该系统运动过程中机械能不守恒
B．小车（含金属板）和球组成的系统动量不守恒但该系统运动过程中机械能守恒
C．当小球运动到小孔b时，小球速度一定竖直向下，且小车刚好回到初始位置
D．以上答案都不正确
(2022·河南模拟)
13．利用一个电动势为E的电源对一电容器（电容为C）充电，充电过程中，电容器两端的电压U和电容器所带电荷量Q的函数关系如图所示，若图中ΔQ取得尽可能小，则阴影部分的面积可以表示对电荷量为ΔQ的电荷所做的功，即电容器所带电荷量增加ΔQ时储存的能量，则（　　）
A．图象的斜率等于电容C的大小
B．图象斜率的倒数等于电容C的大小
C．充电完毕电容器储存的能量为CE2
D．充电完毕电容器储存的能量为CE2
（2021四川成都一模）
14．如图，绝缘座放在光滑水平面上，间距为d的平行板电容器竖直固定在绝缘座上，A板有小孔O，水平绝缘光滑杆穿过O固定在B板上，电容器、底座和绝杆的总质量为M。给电容器充电后，一质量为m的带正电环P套在杆上以某一速度 v0，对准O向左运动，在电容器中P距B板最近的位置为S。OS=若A、B板外侧无电场，P过孔O时与板无接触，不计P对A、B板间电场的影响。则（　　）
A．P在S处的速度为0
B．P从O至S的过程中，绝缘座的位移大小为
C．P从O至S的过程中，绝缘座的位移大小为
D．P从O至S的过程中，整个系统电势能的增加量为
（2023浙江萧山名校联考）
15．如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，此时两板间的电势差为U，板间距离为d，A板带正电，B板中央有一小孔。一带正电的微粒，电荷量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由下落，若微粒恰能落至A、B板的正中央C点，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小
B．微粒落入电场中，电势能逐渐减小，其减小量为
C．若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能到达A板
D．若保持A板不动，B板上平移一小段距离（小于h），则由可知，电场强度将减小
(2021黑龙江大庆三校清北班质检).
16．如图甲所示是电容器充、放电电路。配合电流传感器，可以捕捉瞬间的电流变化，并通过计算机画出电流随时间变化的图像。实验中选用直流8V电压，电容器选用电解电容器。先使单刀双掷开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可瞬间完成。然后把单刀双掷开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流传入计算机，图像上显示出放电电流随时间变化的I－t曲线，如图乙所示。以下说法正确的是(　　)
A．电解电容器用氧化膜做电介质，由于氧化膜很薄，所以电容较小
B．随着放电过程的进行，该电容器两极板间电压逐渐减小
C．由传感器所记录的该放电电流图像可以估算出该过程中电容器的放电电荷量
D．通过本实验可以估算出该电容器的电容值
（2020江苏模拟2）
17．如图所示，一平行板电容器的电容为C，所接电源的电动势为E，两板间a、b、c三点的连线构成一等腰直角三角形。三角形的两直角边长均为L，其中ab边与两板平行，当一个-q的检验电荷从无限远处被移到极板间的a点时，电场力做的功为W。下列说法中正确的是（　　）
A．电容器所带电荷量为CE
B．检验电荷在a点的电势能W
C．检验电荷在a点的电势为
D．若增大两板间距离时，a、c两点间电势差不变
（2020高考精优预测卷）
18．如图所示的电路中，AB和CD为两个水平放置的平行板电容器，AB板间有一点P，闭合开关K，待电路稳定后将开关断开。现将一有机玻璃板（图中未画出）插入CD板间，则下列说法正确的是（　　）
A．CD平行板电容器的电容减小
B．P点电势降低
C．A、B两板间的电场强度增大
D．电阻R中有向右的电流
(2023·四川名校联考)
19．如图所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。一带负电的油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是（ ）
A．平行板电容器的电容将变小
B．静电计指针张角变小
C．带电油滴的电势能减少
D．若将上极板与电源断开后再将下极板左移一小段距离，则油滴所受电场力不变
（2023山东潍坊名校联考）
20．如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（ ）
A．仍然保持静止 B．竖直向下运动
C．向左下方运动 D．向右下方运动
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1． R 要快速度充电时，只要减小图2中的电阻R；要均匀充电时，只要适当增大图2中的电阻R即可 增大 不变 不变 减小
【详解】由电容器电容定义式得到图象，类比图象求位移求解电量，由图3斜率解决两种充电方式不同的原因和方法；根据电容器充电过程中电容器两极板相当于电源解答
(1)由电容器电容定义式可得：，整理得：，所以图象应为过原点的倾斜直线，如图：
由题可知，两极间电压为U时电容器所储存的电能即为图线与横轴所围面积，即，当两极间电压为U时，电荷量为，所以；
(2)a.由于电源内阻不计，当电容器充满电后电容器两端电压即电源的电动势，电容器最终的电量为：，由图可知，两种充电方式最终的电量相同，只是时间不同，所以①②曲线不同是R造成的；
b.由图3可知，要快速度充电时，只要减小图2中的电阻R，要均匀充电时，只要适当增大图2中的电阻R即可；
(3)在电容器充电过程中在电容器的左极板带正电，右极板带负电，相当于另一电源，且充电过程中电量越来越大，回路中的总电动势减小，当电容器两端电压与电源电动势相等时，充电结束，所以换成“恒流源”时，为了保证电流不变，所以“恒流源两端电压要增大，通过电源的电流不变，在(2)电源的电压不变，通过电源的电流减小．
2．BD
【详解】A．根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即
aa>ab
对微粒a，由牛顿第二定律
qE=maaa
对微粒b，由牛顿第二定律
qE =mbab
联立解得
>
由此式可以得出a的质量比b小，故A错误；
B．在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，故B正确；
C．由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，故C错误；
D．由于a微粒受到的电场力（合外力）等于b微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量等于b微粒，故D正确。
故选BD。
3．A
【详解】A、当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；
B、根据电容器的决定式：，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据可知， 电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；
C、根据电容器的决定式：，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容C增大，根据可知， 电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；
D、根据可知， 电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误．
点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系．
4．A
【详解】电容器与电源相连，所以两端间电势差不变，将左极板向左缓慢移动过程中，两板间距离增大，由可知，电场强度减小，电场力减小，小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用，受力如图所示，根据力的合成法得：
由于重力不变，电场力减小，故拉力减小；
A.逐渐减小，逐渐减小与分析相符，故A正确；
B.逐渐增大，逐渐减小与分析不符，故B错误；
C.逐渐减小，逐渐增大与分析不符，故C错误；
D.逐渐增大，逐渐增大与分析不符，故D错误．
5．A
【详解】设A、B两金属薄板之间的电势差为U1，B、C两金属薄板之间的电势差为U2，金属薄板之间的间距为d，电场强度为E，第一次由点静止释放的电子恰好能运动到点，根据动能定理
qU1-qU2=0
qU2=qEd
将C板向右平移到点，BC之间的电场强度不变，电势差增大，所以电子还是运动到P点速度减小为零然后返回。
故选A。
6．D
【详解】电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端的电势差不变，将云母介质移出后，介电常数减小，根据电容的决定式
知，介电常数减小，电容减小，由于电压不变，又根据
可知，电荷量Q减小，由于电容器的电压不变，板间的距离d不变，
再根据公式
可知，极板间的电场强度不变，ABC错误，D正确。
故选D。
考点：电容器的动态分析。
【名师点睛】
7．D
【详解】AD．保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，即d减小，由可知，电容器的电容C增大，由于Q不变，由可知U减小，故静电计的指针偏角θ减小；电场强度可表示为
可知E不变，A错误，D正确；
BC．由于下极板不动，电场强度E不变，所以P点的电势没有发生改变，故点电荷在P点的电势能不变，BC错误。
故选D。
8．AC
【详解】AB．由电容器电容的决定式
可得动片旋入得越多，正对面积越大，电容越大；故A正确、B错误；
CD．由电容器电容的决定式
可得当动片、定片间距离越小，电容越大；故C正确、D错误。
故选AC。
9．B
【详解】电容器保持与电源连接，则电容器两极板间电压大小不变，如图所示
正极板与P点间电势差为
设负试探电荷带电量为，则在P点的电势能为
正极板接地，P点电势为负，负试探电荷在P点的电势能为正值，同时随着距离x增大，电势能减小。
故选B。
10．A
【详解】A．该电容器最大容纳电荷量为
A正确；
B．电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与电压和电荷量无关，AD错误；
C．在充电过程中电流逐渐减小，C错误。
故选A。
11．C
【详解】A．当电路外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大；用强光照射电阻时，的阻值减小，电路外电阻变小，由于不清楚外电阻与电源内阻的具体关系，无法判断电源的输出功率如何变化，故A错误；
BC．用强光照射电阻时，的阻值减小，干路电流增大，与电容器串联，稳定后相当于断路，对电路无影响，故电容器两端电压等于两端电压，由于下极板接地，由
可知，电容器两端电压增大，即A板的电势升高；极板间场强为
可知场强增大，液滴受到向上的电场力增大，故液滴向上运动，故B错误，C正确；
D．根据
由于电容器电压增大，可知电容器电荷量增大，由于下极板带负电，则中有向左的瞬间电流通过，故D错误。
故选C。
12．C
【详解】AB．在小球与左金属板碰前 ，电场力对小车和小球都做正功，小车（含金属板）和球组成的系统机械能不守恒，小球进入电场后完全失重，小球竖直方向的加速度为重力加速度，而小车在竖直方向没有加速度，故小车（含金属板）和球组成的系统在竖直方向合外力不为零，系统动量不守恒，故AB错误；
CD．小车（含金属板）和球组成的系统在水平方向不受外力，系统在水平方向满足动量守恒，设球的质量为，小车（含金属板）的质量为，由于系统水平初动量为零，则有
可得
小球从小孔a进入到小孔b过程，小球相对于车的位移为零，则有
联立可得
，
可知当小球运动到小孔b时，小车刚好回到初始位置，此过程小球在水平方向先向左做匀加速运动，再向右做匀减速运动，根据对称性可知，小球运动到小孔b时的水平速度刚好为零，则小球的速度方向刚好竖直向下，故C正确，D错误。
故选C。
13．BD
【详解】AB．根据电容的定义式
可得
该U-Q图象的斜率为
即图象斜率的倒数等于电容C的大小，故A错误，B正确；
CD．充电完毕电容器带电量为
Q=CE
由题意可知，电容器储存的能量为图像与坐标轴围成的面积大小
故C错误，D正确。
故选BD。
14．CD
【详解】A．带电圆环进入电场后，在电场力的作用下，做匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当他们速度相等时，带电圆环与电容器的左极板相距最近，取向左为正方向，有系统动量守恒
可得
则P在S处的速度不为0，故A错误；
BC．该过程电容器（绝缘座）向左做匀加速直线运动，有
环向左做匀减速直线运动，有
由题意可知
解得
P从O至S的过程中，绝缘座的位移大小为，故C正确，B错误；
D．P从O至S的过程中，带电环减速，动能减少，电容器动能增加，系统动能减少，电势能增加，增加的电势能
故D正确。
故选CD。
15．C
【详解】A．微粒在下落过程中先做加速运动，后做减速运动，动能先增大，后减小。重力一直做正功，重力势能一直减小。故A错误；
B．微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增大量为
故B错误；
C．若微粒从距B板高2h处自由下落，假设到达A板的速度为v，由动能定理得
带正电的微粒距板高h处自由下落，若微粒恰能落至A、B板的正中央C点，由动能定理得
解得
则恰好能到达A板，故C正确；
D．由 、和，可得
平行板电容器充电后与电源断开，电容器所带电荷量不变，所以保持A板不动，B板上平移一小段距离（小于h），电场强度不变，故D错误。
故选C。
16．BCD
【详解】A．电解电容器用氧化膜做电介质，由于氧化膜很薄，所以电容较大。故A错误；
B．在放电的过程中，电荷量减小，根据
可知，电容不变，则电压逐渐减小。故B正确；
C．图线与时间轴围成的面积表示电荷量。故C正确；
D．根据
可知，通过电荷量的大小以及电压变化量的大小可以求出电容器的电容值。故D正确。
故选BCD。
17．AC
【详解】A．根据电容器的电压、电荷量和电容的关系可知，电荷量
Q=CE
A正确；
B．-q的检验电荷从电场的无限远处被移到a点时，电场力做的功为W，则电荷的电势能减小W，在无限处电荷的电势能为零，则电荷在a点的电势能为
Ep=-W
B错误；
C．a点的电势
C正确；
D．设两极板M、N间距离为d，三角形的两直角边长为L，a、c间的电势差为
增大两板间距离时，a、c两点间的电势差变小，故D错误。
故选AC。
18．B
【详解】A．将玻璃板插入CD板间，则相对介电常数ε增大，其他条件不变，由可知，CD平行板电容器的电容增大，故A错误；
BC．电容器两板间电压
断开开关后，两电容器总电荷量不变，由于CD电容器的电容增大，电容器两板间电势差均变小，由可知，AB板间电场强度变小，则P点与B板间的电势差变小，因为B板接地电势始终为零，则P点电势降低，故B项正确，C项错误；
D．由于插入玻璃板的过程中，电容器两板间电势差变小，则AB电容器放电，电阻R中有向左的电流，故D项错误。
19．C
【详解】A．将电容器的上极板下移后，极板间距减小，根据
C=
电容器的电容变大，A错误；
B．电容器始终与电源相连，两极板的电势差不变，所以静电计指针张角不变，B错误；
C．电容器的电势差不变，d减小，则电场强度E变大，P点与下极板间的电势差变大，即P点的电势增大，因为该油滴带负电，所以其电势能减少，C正确；
D．若将电容器上极板与电源断开，则电容器的电荷量不变，当正对面积S减小时，电容器的电容变小，电势差增大，根据
E=
电场强度变大，油滴所受电场力变大，D错误。
故选C。
20．D
【详解】本题考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，意在考查考生分析问题的能力．两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D正确．
点睛：本题以带电粒子在平行板电容器电场中的平衡问题为背景考查平行板电容器的电场及电荷受力运动的问题，解答本题的关键是根据电场线与导体表面相垂直的特点，B板右端向下，所以电场线发生弯曲，电场力方向改变．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第10章 静电场
第9.6讲 带电粒子在电场中的运动
【知识点精讲】
一. 带电粒子在电场中的加速
带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动。有两种分析方法：
（1）用动力学观点分析：a＝，E＝，v2－v＝2ad。
（2）用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化，
qU＝mv2－mv。
二.带电粒子在电场中的偏转
1．条件分析：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。
2．运动性质：匀变速曲线运动。
3．处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动。
4．运动规律：
（1）沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
（2）沿电场力方向，做匀加速直线运动。
【方法归纳】
1. 带电体在匀强电场中的直线运动问题分析的思维导图：
2．带电粒子在电场中运动时重力的处理
（1）微观粒子(如电子、质子、α粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化。
（2）普通的带电体(如油滴、尘埃、小球等)在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化。
二、带电粒子在电场中的偏转的推论
（1）速度偏角正切值tan α是位移偏角正切值tan θ的2倍。
（2）粒子经电场偏转后射出时，瞬时速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为，如上图所示。
4．功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差。
三 分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键
1．条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。
2．运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。
【最新高考题精练】
（2022·高考广东物理）
1．密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求：
（1）比例系数k；
（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
（2022新高考江苏卷）
2．某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替变化，边长为，边长为，质量为m、电荷量为的粒子流从装置左端中点射入电场，粒子初动能为，入射角为，在纸面内运动，不计重力及粒子间的相互作用力。
（1）当时，若粒子能从边射出，求该粒子通过电场的时间t；
（2）当时，若粒子从边射出电场时与轴线的距离小于d，求入射角的范围；
（3）当，粒子在为范围内均匀射入电场，求从边出射的粒子与入射粒子的数量之比。
（2020高考全国理综I）
3．在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。
（1）求电场强度的大小；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
（2020高考天津卷）
4．多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。
（1）求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间；
（2）反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；
（3）已知质量为的离子总飞行时间为，待测离子的总飞行时间为，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量。
(2020·浙江7月选考)
5．如图所示，一质量为m、电荷量为（）的粒子以速度从连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达连线上的某点时（　　）
A．所用时间为
B．速度大小为
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
(2019·全国卷Ⅱ)
6．如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，PQG的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为（>0）。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
（2010天津理综）
7．质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域．汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图，M、N为两块水平放置的平行金属极板，板长为L，板右端到屏的距离为D，且D远大于L，为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离的距离．以屏中心O为原点建立直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向．
（1）设一个质量为、电荷量为 的正离子以速度沿 的方向从点射入，板间不加电场和磁场时，离子打在屏上O点．若在两极板间加一沿 方向场强为E的匀强电场，求离子射到屏上时偏离O点的距离；
（2）假设你利用该装置探究未知离子，试依照以下实验结果计算未知离子的质量数．
上述装置中，保留原电场，再在板间加沿方向的匀强磁场．现有电荷量相同的两种正离子组成的离子流，仍从O＇点沿 方向射入，屏上出现两条亮线．在两线上取y坐标相同的两个光点，对应的x坐标分别为3.24mm和3.00mm，其中x坐标大的光点是碳12离子击中屏产生的，另一光点是未知离子产生的．尽管入射离子速度不完全相等，但入射速度都很大，且在板间运动时方向的分速度总是远大于x方向和y方向的分速度．
【最新模拟题精练】
（2023北京166中学高考适应性考试）
8．如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy的第一象限存在着方向平行于y轴的匀强电场，场强大小为。一个可视为质点的带电小球在时刻从y轴上的a点以沿x轴正方向的初速度进入电场，图中的b、c、d是从时刻开始每隔0.1s记录到的小球位置，已知重力加速度的大小是10m/s2。则以下说法正确的是（　　）
A．小球从a运动到d的过程中，电势能一定减小
B．小球从a运动到d的过程中，机械能一定增大
C．小球的初速度是60m/s
D．小球的比荷（）是
（2023河南洛阳等4市三模）
9．如图所示，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在一个沿y轴正方向的匀强电场。一个带正电荷的粒子（不计重力），以某一速度从坐标原点O开始沿x轴正方向进入电场（此时t=0）。则电场力对粒子做功的功率P与粒子在电场中运动时间t的关系图像，下列可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2023湖南名校高二联考）
10．如右下图所示，虚线下方的区域存在方向水平向右的匀强电场，该电场的电场强度大小。自该区域上方距电场边界距离为h的位置同时将质量为m、电荷量均为q（）的带电小球M、N同时以相反的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域。已知M在电场中做直线运动。不计空气阻力与两个小球间的初始距离，重力加速度大小为g，两个小球可视为质点，下列说法不正确的是（　　）
A．M与N释放的初速度
B．经过时间，两小球相距4h
C．当N小球运动至电场进入点的正下方时，此时M、N两个小球的动能之比为9∶5
D．当小球N运动至与小球M的电场轨迹线相距时，小球N的运动时间为
11．平行金属板PQ、MN与电源和滑动变阻器如图所示连接，电源的电动势为，内阻不计；靠近金属板P的S处有一粒子源能够连续不断地产生质量为、电荷量为、初速度为零的粒子，粒子在PQ间的加速电场作用下穿过Q板的小孔，紧贴N板水平进入MN间的偏转电场；改变滑片P的位置可改变加速电场的电压和偏转电场的电压，且所有粒子都能够从间飞出，下列说法正确的是（　　）
A．粒子的竖直偏转距离与成正比
B．滑片P向左滑动，从偏转电场飞出的粒子的偏转角将减小
C．飞出偏转电场的粒子的最大速率
D．飞出偏转电场的粒子的最大速率
（2023河南三市名校联考）
12．某带电粒子以不为零的初速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计粒子重力。下列描绘粒子动量大小p、动能Ek、速度大小v分别与运动时间t的变化图像和速度大小v与沿y轴方向位移y的大小关系图像中，可能正确的为（　　）
A． B． C． D．
（2022广州培正中学三模）
13．有一种测量电场强度的方法，其原理如图，竖直平面的虚线框内存在水平方向的匀强电场，虚线框高度为d。让质量为m、带电量为q的粒子从M点由静止释放，最终带电粒子在电场区域下边界的照相底片上打出一个感光点P，P点与M点的水平距离为0.5d，已知重力加速度为g，则电场强度E大小为（　　）
A． B． C． D．
. (2023北京海淀二模)
14．如图1所示，两平行金属板A、B间电势差为U1，带电量为q、质量为m的带电粒子，由静止开始从极板A出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D的中心轴线进入偏转电压为U2的偏转电场，最终从极板C的右边缘射出。偏转电场可看作匀强电场，板间距为d。忽略重力的影响。
（1）求带电粒子进入偏转电场时速度的大小v。
（2）求带电粒子离开偏转电场时动量的大小p。
（3）以带电粒子进入偏转电场时的位置为原点、以平行于板面的中心轴线为x轴建立平面直角坐标系xOy，如图2所示。写出该带电粒子在偏转电场中的轨迹方程。
（2023江苏三校联考）
15．一束电子从静止开始经加速电压加速后，水平射入水平放置的两平行金属板中间，如下图所示。金属板长为，两板距离为，竖直放置的荧光屏距金属板右端为，若在两金属板间加直流电压时，光点偏离中线打在荧光屏上的P点，其中电子的质量为，电量为，不计电子重力及电子之间的相互作用。求：（结果用、、、表示）
（1）电子刚进入偏转电场时的速度大小；
（2）电子离开偏转电场时垂直于板面方向的位移大小；
（3）打在荧光屏上的OP的长度和打到P点时的动能。
（2023辽宁本溪期中）
16．如图所示，两金属板A、B水平放置，间距为3d。距离A下方2d处有一水平放置的金属网G，A、B、G的尺寸相同，G接地，A、B的电势均为。今有一带电粒子从金属网G的左侧正上方P点以初速度水平射入电场，P点到G的距离为d。粒子穿越金属网过程中与金属网不接触，已知带电粒子的质量为m、电荷量为，粒子重力忽略不计。求：
（1）粒子第一次到达G所需的时间t；
（2）若粒子恰好沿水平方向飞离电场，求金属板的长度L。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．（1）；（2）油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量，电势能的变化量；（3）见解析
【详解】（1）未加电压时，油滴匀速时的速度大小
匀速时
又
联立可得
（2）加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为
根据平衡条件可得
解得
根据
又
联立解得
（3）油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为，新油滴所受电场力
若，即
可知
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律
可得
新油滴向上加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向上；
若，即
可知
设向下为正方向，根据动量守恒定律
可知
新油滴向下加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向下。
2．（1）；（2）或；（3）
【详解】（1）电场方向竖直向上，粒子所受电场力在竖直方向上，粒子在水平方向上做匀速直线运动，速度分解如图所示
粒子在水平方向的速度为
根据可知
解得
（2）粒子进入电场时的初动能
粒子进入电场沿电场方向做减速运动，由牛顿第二定律可得
粒子从边射出电场时与轴线的距离小于d，则要求
解得
所以入射角的范围为
或
（3）设粒子入射角为时，粒子恰好从D点射出，由于粒子进入电场时，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向反复做加速相同的减速运动，加速运动。粒子的速度
运动时间为
粒子在沿电场方向，反复做加速大小相同的减速运动，加速运动，则
则
则粒子在分层电场中运动时间相等，设为，则
且
代入数据化简可得
即
解得
（舍去）或
解得
则从边出射的粒子与入射粒子的数量之比
3．（1）；（2）；（3）0或
【详解】（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知
所以根据动能定理有
解得
（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有
而电场力提供加速度有
联立各式解得粒子进入电场时的速度
（3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0，过C点做AC垂线会与圆周交于B点
故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有
电场力提供加速度
联立解得
当粒子从C点射出时初速度为0，粒子穿过电场前后动量变化量的大小为，该粒子进入电场时的速率应为或。
另解：
由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为，此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化量也恒为，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率为
4．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有
①
离子在漂移管中做匀速直线运动，则
②
联立①②式，得
③
（2）根据动能定理，有
④
得 ⑤
（3）离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，有
⑥
通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为，在无场区的总路程设为，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为。有
⑦
联立①⑥⑦式，得
⑧
可见，离子从A到B的总飞行时间与成正比。由题意可得
可得
⑨
5．C
【详解】A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向
竖直方向
由
可得
故A错误；
B．由于
故粒子速度大小为
故B错误；
C．由几何关系可知，到P点的距离为
故C正确；
D．由于平抛推论可知，，可知速度正切
可知速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误。
故选C。
6．（1）；（2）
【详解】（1）PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
①
F=qE=ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
③
设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有
④
l=v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
⑥
⑦
（2）设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为⑧
7．（1）
（2）
故该未知离子的质量数为14
【详解】：（1）离子在电场中受到的电场力
①
离子获得的加速度
②
离子在板间运动的时间
③
到达极板右边缘时，离子在方向的分速度
④
离子从板右端到达屏上所需时间
⑤
离子射到屏上时偏离点的距离
由上述各式，得
⑥
（2）设离子电荷量为，质量为，入射时速度为，磁场的磁感应强度为，磁场对离子的洛伦兹力
⑦
已知离子的入射速度都很大，因而离子在磁场中运动时间甚短，所经过的圆弧与圆周相比甚小，且在板间运动时，方向的分速度总是远大于在方向和方向的分速度，洛伦兹力变化甚微，故可作恒力处理，洛伦兹力产生的加速度
⑧
是离子在方向的加速度，离子在方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，到达极板右端时，离子在方向的分速度
⑨
离子飞出极板到达屏时，在方向上偏离点的距离
⑩
当离子的初速度为任意值时，离子到达屏上时的位置在方向上偏离点的距离为，考虑到⑥式，得
⑾
由⑩、⑾两式得
⑿
其中
上式表明，是与离子进入板间初速度无关的定值，对两种离子均相同，由题设条件知，坐标3.24mm的光点对应的是碳12离子，其质量为，坐标3.00mm的光点对应的是未知离子，设其质量为，由⑿式代入数据可得
⒀
故该未知离子的质量数为14．
8．D
【详解】AB．根据分析，质点做类平抛运动，在竖直方向上有
解得
表明电场力方向竖直向上，小球从a运动到d的过程中，电场力做负功，则其电势能一定增大，电场力做负功，则小球的机械能一定减小，AB错误；
C．在水平方向上，小球做匀速直线运动，则有
C错误；
D．由牛顿第二定律有
结合上述解得
D正确。
故选D。
9．C
【详解】粒子进度电场后做类平抛运动，x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀加速直线运动
则电场力对粒子做功的功率P为
故
故选C。
10．D
【详解】A．M在电场中做直线运动，则进入电场的速度方向与受到的合力方向相同，重力和电场力大小相等，可知竖直方向速度大小为，由
得
故A正确，不符合题意；
B．当
故B正确，不符合题意；
C．N运动至正下方点时，水平方向结合竖直上抛运动知识，可得，水平方向速度大小为-，由于重力和电场力大小相等，所以这段时间内冲量大小相等，竖直方向和水平方向动量变化量大小相等，可知，竖直方向速度大小为3，则
则
故C正确，不符合题意；
D．N球进入电场时，受到的合外力与场强方向夹角为，速度方向与场强方向夹角为，做类平抛运动，N球进入电场时的速度为，M、N球进入电场时的两点间的距离为4h，由几何关系有
进入电场前已运动的时间为
故总时间为，故D错误，符合题意。
故选D。
11．AC
【详解】A．在平行金属板PQ之间，根据动能定理有
粒子在F点的速度为
设偏转电场MN的长度为L，MN之间的距离为d，则粒子通过偏转电场MN的时间为
粒子的加速度为
所以粒子的竖直偏转距离为
所以粒子的竖直偏转距离与成正比，故A正确；
B．滑片P向左滑动的过程中的比值增大，所以粒子的竖直偏转距离逐渐增大，根据类平抛运动的规律可知，从偏转电场飞出的粒子竖直方向的速度逐渐增大，则飞出时粒子的速度的偏转角逐渐增大，故B错误；
CD．飞出偏转电场的粒子的最大动能为
因为
可得
故C正确，D错误。
故选AC。
12．D
【详解】AB．带电粒子在x方向做匀速运动，在y方向做初速为零的匀加速直线运动，设其初速度为v0，电场力产生的y方向的加速度为a，经过时间t，则
合速度
①
可以看出v与时间t不是一次函数关系，动量p=mv与t也不是一次函数关系，故AB错误；
C．由y方向的分位移得
带入①式中可得
可见v与y是一种非线性递增关系，但v增加的比y增加的慢，斜率应逐渐减小，故C错误；
D．动能
可见Ek与t是一种非线性递增二次函数关系，斜率逐渐增大，故D可能正确。
故选D。
13．A
【详解】竖直方向满足
水平方向满足
联立解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
14．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对带电粒子从左极板由静止，经加速电场并进入偏转电场的过程中，运用动能定理
解得
（2）设带电粒子进入和离开偏转电场时的速度分别为和v，对带电粒子从进入偏转电场到离开偏转电场的过程，运用动能定理
解得
（3）设带电粒子进入偏转电场时的速度为，加速度为a，经过时间t后（为离开偏转电场），水平方向位移为x，竖直方向位移为y，根据运动学公式，可得
根据牛顿运动定律可知，带电粒子在偏转电场中的加速度
将和a代入x和y并消去时间t，可得带电粒子的轨迹方程
15．（1）；（2）； （3），
【详解】（1）电子经的电场加速后，由动能定理可得
解得电子刚进入偏转电场时的速度大小为
（2）电子以的速度进入偏转电场做类平抛运动，则有
，，
联立解得电子离开偏转电场时垂直于板面方向的位移大小为
（3）电子离开偏转电场时垂直极板速度大小为
电子离开偏转电场时偏转角的正切值为
根据几何关系可知，打在荧光屏上的OP的长度为
由动能定理得，打在荧光屏的P点动能为
16．（1）；（2）（，2，3……）
【详解】（1）粒子在竖直方向做匀加速直线运动，第一次到达G所需的时间为t，则有
联立解得
（2）若粒子恰好沿水平方向飞离电场，即粒子在竖直方向速度为0，粒子在竖直方向先做匀加速运动t加速到v，后做匀减速运动减到0，再接着反向加速加到v，然后减速运动t减到0，竖直方向可能做周期性这种运动下去，但是水平方向一直做匀速直线运动，则粒子恰好沿水平方向飞离电场的时间为
（，2，3……）
金属板的长度为
（，2，3……）
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲第10章 静电场
第9.7讲 静电场中的STSE问题
【知识点精讲】
静电场中的STSE问题包括：智能手机上的电容触摸屏，电容式话筒，高压电场干燥中药技术，反射式速调管等。
【方法归纳】
解决静电场中的STSE问题，可以依据具体情况，建立物理模型，利用相关知识解答。
【最新高考题精练】
（2022新高考江苏卷）
1．某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替变化，边长为，边长为，质量为m、电荷量为的粒子流从装置左端中点射入电场，粒子初动能为，入射角为，在纸面内运动，不计重力及粒子间的相互作用力。
（1）当时，若粒子能从边射出，求该粒子通过电场的时间t；
（2）当时，若粒子从边射出电场时与轴线的距离小于d，求入射角的范围；
（3）当，粒子在为范围内均匀射入电场，求从边出射的粒子与入射粒子的数量之比。
（2022年1月浙江选考）
2．某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．a点所在的线是等势线
B．b点的电场强度比c点大
C．b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D．将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
（2022重庆高考）
3．如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则（　　）
A．材料竖直方向尺度减小 B．极板间电场强度不变
C．极板间电场强度变大 D．电容器电容变大
（2019高考理综天津卷）
4．2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放．引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极、之间的匀强电场（初速度忽略不计），、间电压为，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力．单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为，电荷量为，其中是正整数，是元电荷．
（1）若引擎获得的推力为，求单位时间内飘入、间的正离子数目为多少；
（2）加速正离子束所消耗的功率不同时，引擎获得的推力也不同，试推导的表达式；
（3）为提高能量的转换效率，要使尽量大，请提出增大的三条建议．
【最新模拟题精练】
（2023天津河西区高二期中）
5．对于书本中几幅插图所涉及的物理现象或原理，下列说法正确的是（　　）
A．甲图中，该女生和带电的金属球带有同种性质的电荷
B．乙图为静电除尘装置的示意图，带正电的尘埃被收集在线状电离器B上
C．丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了静电屏蔽的原理
D．丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了尖端放电的原理
（2023天津河西区高二期中）
6．某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗，在这种疗法中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死细胞，如图所示，若质子的加速长度d，要使质子由静止被匀加速到v，已知质子的质量为m，电量为e，则下列说法不正确的是（　　）
A．由以上信息可以推算该加速电场的电压
B．由以上信息可以推算该加速电场的电场强度
C．由以上信息可以判断出运动过程中质子所受电场力做正功，电势能增加
D．由以上信息不可以推算质子加速后的电势能
（2023重庆涪陵重点高中质检）
7．人体的细胞膜模型图如图所示，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位）。现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图所示。初速度可视为零的正一价钠离子仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到B点，下列说法正确的是（　　）
A．A点电势低于B点电势 B．钠离子的电势能减小
C．钠离子的加速度变大 D．若膜电位不变，当越大时，钠离子进入细胞内的速度越大
（2023广东实验中学三模）
8．工业生产中有一种叫电子束焊接机的装置，其核心部件由如图所示的高压辐向电场组成。该电场的电场线如图中带箭头的直线所示。一电子在图中H点从静止开始只在电场力的作用下沿着电场线做直线运动。设电子在该电场中的运动时间为t，位移为x，速度为v，受到的电场力为F，电势能为Ep，运动经过的各点电势为φ，则下列四个图像可能合理的是（　　）
A． B．
C． D．
（2022山东临沂二模）
9．2022年4月15日哈佛-史密森天体物理学中心的科学家乔纳森·麦克道维尔推文表明：莫尼亚轨道上第一次出现中国卫星，该卫星曾在2021年工况异常。尽管乔纳森的描述中没有提及该卫星使用了何种引擎，但从轨道提升的描述来判断，几乎可以肯定是属于离子电推引擎，这是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进动力的一种发动机。这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目N为定值，离子质量为m，电荷量为ne（其中n是正整数，e是元电荷），加速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是（　　）
A．引擎获得的推力
B．引擎获得的推力
C．为提高能量的转换效率，要使尽量大，可以用质量大的离子
D．为提高能量的转换效率，要使尽量大，可以用带电量大的离子
（2023河北衡水五模）
10．如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为C的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则（　　）
A．质子在各圆筒中做匀加速直线运动
B．质子进入第n个圆筒瞬间速度为
C．各金属筒的长度之比为1:：：
D．质子在各圆筒中的运动时间之比为1:：：
（2023广东佛山H7教育共同体联考）
11．如图为“小珠落玉盘”的演示实验，两金属板平行放置如图所示，M、N为极板上两点，表面潮湿的泡沫小球刚开始静止在N点，用高压感应圈的直流高压加在两极板上，让下极板带正电，上极板带负电，看到泡沫小球先向上运动，与上极板接触后泡沫小球又向下运动，再与下极板接触后再向上运动，之后在两平行板间往复运动，下面说法正确的是（　　）

A．泡沫小球在向上运动过程中，小球带负电
B．泡沫小球在向下运动过程中，电势能减小
C．泡沫小球在向上运动过程中，电势能减小
D．泡沫小球在向下运动过程中，做减速运动
（2023长春三模）
12．如图所示是用于离子聚焦的静电四极子场的截面图，四个电极对称分布，其中两个电极带正电荷，形成高电势，两个电极带负电荷，形成低电势。图中a、b、c、d四个点为电场中的四个位置。下列说法正确的是（ ）
A．图中虚线表示电场线 B．a点的电场强度大于b点的电场强度
C．电荷在四个电极的表面分布不均匀 D．电子在c点的电势能小于电子在d点的电势能
（2023年广东广州一模）
13．如图是微波信号放大器的结构简图，其工作原理简化如下：均匀电子束以一定的初速度进入Ⅰ区（输入腔）被ab间交变电压（微波信号）加速或减速，当时，电子被减速到速度为，当时，电子被加速到速度为，接着电子进入Ⅱ区（漂移管）做匀速直线运动。某时刻速度为的电子进入Ⅱ区，t时间（小于交变电压的周期）后速度为的电子进入Ⅱ区，恰好在漂移管末端追上速度为的电子，形成电子“群聚块”，接着“群聚块”进入Ⅲ区（输出腔），达到信号放大的作用。忽略电子间的相互作用。求：
（1）电子进入Ⅰ区的初速度大小和电子的比荷；
（2）漂移管的长度L。
（2023北京昌平二模）
14．1913年，美国物理学家密立根用油滴实验证明电荷的量子性并测出电子的电荷量，由此获得了1923年度诺贝尔物理学奖。
如图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的金属极板，上极板中央有一小孔。用喷雾器将细小的油滴喷入密闭空间，这些油滴由于摩擦而带了负电。油滴通过上极板的小孔进入到观察室中。当两极板电压为U时，某一油滴恰好悬浮在两板间静止。将油滴视为半径为r的球体，已知油滴的密度为，重力加速度为g。
（1）求该油滴所带的电荷量q。
（2）由于油滴的半径r太小，无法直接测量。密立根让油滴在电场中悬浮，然后撤去电场，油滴开始做加速运动；由于空气阻力的存在，油滴很快做近似匀速运动，测出油滴在时间t内匀速下落的距离为h。已知球形油滴受到的空气阻力大小为，其中为空气的粘滞系数，v为油滴运动的速率。不计空气浮力。请推导半径r的表达式（用、h、t、和g表示）。
（3）实验发现，对于质量为m的油滴，如果改变它所带的电荷量q，则能够使油滴达到平衡的电压必须是某些特定值，研究这些电压变化的规律可发现它们都满足方程，式中，，……。此现象说明了什么？
（2023四川德阳一诊）
15．为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积为A的金属板，间距为L，当连接到电压为U的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生匀强电场，如图所示。容器的下底面的金属板均匀分布许多小孔，合上开关后，烟尘颗粒可以源源不断地稳定地从小孔流入容器中，假设单位时间内进入的颗粒数为n个，每个颗粒带电荷量为、质量为m，不考虑颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略颗粒所受重力。并认为颗粒刚进入电场时的初速度为零，当电流稳定后，求：
（1）上极板受到冲击力的大小；
（2）电场力对颗粒做功的功率；
（3）在靠近上极板附近的薄层（厚度极小）内烟尘颗粒的总动能与容器中央（到上极板的距离为）相同厚度的薄层内烟尘颗粒的总动能之比。
（2023湖南名校高二联考）
16．某学校气象兴趣小组的同学利用所学物理知识设计了一个电容式风力传感器。如图所示，将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，引起电容的变化，风力越大，移动距离越大（两电极不接触）。若极板上电荷量保持不变，在受到风力作用时，则（　　）
A．电容器电容变小 B．极板间电场强度不变
C．极板间电压变大 D．静电计指针张角越小，风力越小
（2023湖北部分名校联考）
17．传感器是自动控制设备中不可缺少的元件，已经渗透到宇宙开发、环境保护、交通运输乃至家庭生活等多种领域。如图所示为三种电容式传感器。下列说法正确的是（　　）
A．图甲是测定液面高度h的传感器，液面高度h发生变化时，两电极之间的距离发生变化，从而使电容发生变化
B．图乙是测定压力的传感器，压力发生变化时，两电极之间的距离发生变化，从而使电容发生变化
C．图丙是测定角度的传感器，角度发生变化时，两电极之间的正对面积发生变化，从而使电容发生变化
D．三个图中传感器都是通过改变两电极之间的正对面积来改变电容的
（2023广东重点高中期末）
18．微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。原理如图，M和N为电容器两极板，M极板固定，N板两端与两轻弹簧连接，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的前后方向运动。下列对传感器描述正确的是（　　）
A．保持向前匀速运动，电阻R将以恒定功率发热
B．由匀速突然向前减速时，电容器所带电荷量增加
C．由静止突然加速后退时，电流由a向b流过电流表
D．保持向前匀减速运动时，MN间的电场强度持续减小
（2023福州八县市一中期中联考）
19．微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图，M极板固定，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传感器描述正确的是（　　）
A．静止时，电流表示示数为零，电容器两极板不带电
B．N极板由静止突然向“后”运动时，电容器的电容减小
C．N极板由静止突然向“后”运动时，电流由b向a流过电流表
D．N极板由静止突然向“后”运动时，电容器间的电场强度减小
（2022山东省烟台重点高中期末）
20．许多手机都有指纹解锁功能，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示。指纹的凸起部分叫做“嵴”，凹下部分叫做“峪”，传感器上有大量面积相同的小极板， 当手指贴在传感器上时，这些小极板和与之正对的皮肤表面就形成了大量的小电容器，由于距离不同，所以这些小电容器的电容不同。此时传感器给所有的电容器充电达到同一电压值，然后开始放电，其中电容值较小的电容器放电较快，于是根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹的图像数据。根据以上信息，下列说法中正确的是
A．电容器在充电过程中是把电能转化成化学能
B．在嵴处形成的电容器放电较快
C．在峪处形成的电容器充电后带电量较小
D．潮湿的手指对指纹识别没有任何影响
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）；（2）或；（3）
【详解】（1）电场方向竖直向上，粒子所受电场力在竖直方向上，粒子在水平方向上做匀速直线运动，速度分解如图所示
粒子在水平方向的速度为
根据可知
解得
（2）粒子进入电场时的初动能
粒子进入电场沿电场方向做减速运动，由牛顿第二定律可得
粒子从边射出电场时与轴线的距离小于d，则要求
解得
所以入射角的范围为
或
（3）设粒子入射角为时，粒子恰好从D点射出，由于粒子进入电场时，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向反复做加速相同的减速运动，加速运动。粒子的速度
运动时间为
粒子在沿电场方向，反复做加速大小相同的减速运动，加速运动，则
则
则粒子在分层电场中运动时间相等，设为，则
且
代入数据化简可得
即
解得
（舍去）或
解得
则从边出射的粒子与入射粒子的数量之比
2．C
【详解】A．因上下为两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜，则a点所在的线是电场线，选项A错误；
B．因c处的电场线较b点密集，则c点的电场强度比b点大，选项B错误；
C．因bc两处所处的线为等势线，可知b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，选项C正确；
D．因dg两点在同一电场线上，电势不相等，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为零，选项D错误。
故选C。
3．A
【详解】BCD．根据电容的决定式可知，根据题意可知极板之间电压不变，极板上所带电荷量变少，极板间距增大，电容减小，极板之间形成匀强电场，根据可知极板间电场强度减小，BCD错误；
A．极板间距增大，材料竖直方向尺度减小，A正确；
故选A。
4．（1）（2） （3）用质量大的离子；用带电量少的离子；减小加速电压．
【详解】（1）设正离子经过电极时的速度为，根据动能定理，有
①
设正离子束所受的电场力为，根据牛顿第三定律，有
②
设引擎在时间内飘入电极间的正离子个数为，由牛顿第二定律，有
③
联立①②③式，且得
④
（2）设正离子束所受的电场力为，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有
⑤
考虑到牛顿第三定律得到，联立①⑤式得
⑥
（3）为使尽量大，分析⑥式得到
三条建议：用质量大的离子；用带电量少的离子；减小加速电压．
5．A
【详解】A．甲图中，带电金属球的多余电荷转移到该女生，该女生和带电金属球带有同种性质的电荷，故A正确；
B．乙图为静电除尘装置的示意图，带正电的尘埃被收集在带负电的金属板上，故B错误；
C．丙图中，燃气灶中电子点火器点火应用了尖端放电的原理，故C错误；
D．丁图中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣应用了静电屏蔽的原理，故D错误。
故选A。
6．C
【详解】A．由动能定理可得
可以推算该加速电场的电压为
A正确，不符合题意；
B．可以推算该加速电场的电场强度为
B正确，不符合题意；
C．由以上信息可以判断出运动过程中质子所受电场力做正功，电势能减少，C错误，符合题意；
D．由功能关系可得，质子电势能的减少量为
但由于零势能点未指明，故不可以推算质子加速后的电势能，D正确，不符合题意。
故选C。
7．B
【详解】A．因为钠离子带正电，其仅在电场力作用下从图中的点运动到点，说明电场力的方向沿指向，电场线由指向，所以点电势高于点电势，故A错误；
B．因为电场力对钠离子做正功，所以其电势能减少，故B正确；
C．因为膜内的电场可看作匀强电场，根据
钠离子的加速度不变，故C错误；
D．根据动能定理
可知钠离子进入细胞内的速度与距离大小无关，又因为膜电位不变，则钠离子进入细胞内的速度大小不变，故D错误。
故选B。
8．D
【详解】B．电子所受的电场力的方向与电场强度方向相反，指向圆心，所以电子向圆心运动，电场强度逐渐增大，根据 ，电场力逐渐增大，图线向上，B错误；
A．电子的加速度 ，电子向圆心运动，电场强度增大，电子的加速度增大，速度图线的斜率增大，图线向上弯曲，A错误；
C．根据，电子向圆心运动，电场强度增大，电势能图线的斜率增大，图线向上弯曲，C错误；
D．根据
解得
电子向圆心运动，逆电场线运动电势升高；电子向圆心运动，电场强度增大，电势图线的斜率增大，图线向上弯曲，D正确。
故选D。
9．AC
【详解】AB．电场对粒子加速
根据动量定理
其中
，
整理得
故A正确B错误；
CD．根据以上分析可知
要使尽量大，可以用质量大、带电量小即n小的离子，故C正确D错误。
故选AC。
10．C
【详解】A．金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，做匀速运动，故A错误；
B．质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理
解得
故B错误；
D．只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误；
C．第n个圆筒长度
则各金属筒的长度之比为1:：：，故C正确。
故选C。
11．BC
【详解】A．泡沫小球在向上运动过程中，小球带正电，选项A错误；
B．泡沫小球与上极板接触带负电，向下运动，电场力做正功，电势能减小，选项B正确；
C．泡沫小球与下极板接触带正电，向上运动，电场力做正功，电势能减小，选项C正确；
D．小球在向下运动过程中，电场力和重力都向下，则做加速运动，选项D错误。
故选BC。
12．CD
【详解】A．四个电极都是等势面，电场线与等势面垂直，则图中虚线表示等势线，故A错误；
B．因b点等势面较a点密集，则b点电场线分布较a点密集，即b点的电场强度大小比a点的电场强度大小较大，故B错误；
C．每个电极附近的等势面分布的疏密不同，则电极表面的电场线疏密不同，则电荷在每个电极的表面分布不均匀，故C正确；
D．越靠近正电荷电势越高，越靠近负电荷电势越低，故c点的电势高于d点的电势，而电子带负电，负电荷在电势越低的地方电势能越大，所以电子在c点的电势能小于电子在d点的电势能，故D正确。
故选CD。
13．（1），；（2）
【详解】（1）在Ⅰ区，由动能定理得
联立解得
（2）在Ⅱ区，设电子运动时间为，则
联立解得
14．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）由平衡可知
解得
（2）由题意可知
其中
解得
（3）研究这些电压变化的规律可发现它们都满足方程
式中，，……即
即
此现象说明了油滴所带电量都是某一值的整数倍。
15．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对极短时间内撞到上底面的颗粒，由动量定理有
极短时间内撞到上底面的颗粒数量为
对某一个颗粒，从下底面到上底面，由动能定理有
联立解得
（2）方法一：从电路的角度求解
电路中电场力做功的功率
带电颗粒上升过程形成的
解得
方法二：
电场力做功的功率
在时间内电场力对容器内所有颗粒所做功W等价于把内进入容器的颗粒的速度从0增大到v电场力所做的功，v为颗粒到达上底面时的速度
对一个颗粒从下底面到上底面，由动能定理
解得
方法三：
总电场力做功的功率
容器内所有颗粒所受总电场力
对一个颗粒从下底面到上底面
解得
（3）设在靠近上极板附近的薄层厚度为，因为厚度极小，所以薄层内的颗粒的速度可视为都为
对一个颗粒从下底面到上底面，有
薄层内的颗粒数量为
薄层内烟尘颗粒的总动能
由以上四个式子可得在靠近上极板附近的薄层（厚度极小）内烟尘颗粒的总动能
设在容器正中央厚度为的薄层，因为厚度极小，所以薄层内的颗粒的速度可视为都为
对一个颗粒从下底面到上底面，有
薄层内的颗粒数量为
薄层内烟尘颗粒的总动能
由以上四个式子可得在容器正中央相同厚度的薄层内烟尘颗粒的总动能
综上所述，两处总动能之比
16．B
【详解】A．根据
在受到风力作用时，d减小，则电容器电容变大，故A错误；
B．极板间电场强度
不变，故B正确；
C．极板间电压
变小，故C错误；
D．风力越小，d越大，极板间电压越大，静电计指针张角越大，故D错误。
故选B。
17．BC
【详解】A．题图甲中液面高度h发生变化时，两个电极间的正对面积发生了变化，从而使电容发生变化，故A错误；
B．题图乙中当待测压力作用在可动电极上且发生变化时，两电极之间的距离发生变化，从而使电容发生变化，故B正确；
C．题图丙中当角度发生变化时，两电极之间的正对面积发生变化，从而使电容发生变化，故C正确；
D．因为题图乙是通过改变两电极之间的距离来改变电容的，故D错误。
故选BC。
18．BC
【详解】A. 匀速运动时，N板不动，电容器的电容不变，则电荷量不变，所以回路无电流，电阻R没有热功率，故A错误；
B．由匀速突然向前减速时，N板向前运动，则板间距变小，据
可知，电容器的电容增大，电容器带电量增大，故B正确；
C．由静止突然加速后退时，N板向前运动，则板间距变小，据
可知，电容器的电容增大，电容器带电量增大，则电容器充电，电流由a向b流过电流表，故C正确；
D．保持向前的匀减速运动时，N板不动，电容器的板间距不变，而电容器的两端电压不变，则MN之间的电场强度不变，故D错误。
故选BC。
19．BCD
【详解】A．静止时，电容器与电源保持连接，两极板间有电压，所以电容器两极板带电，故A错误；
B．N极板由静止突然向“后”运动时，间距增大，根据
可知，电容器的电容减小，故B正确；
C．N极板由静止突然向“后”运动时，间距增大，电容C减小，根据
因U不变，则Q减小，所以电容器放电，负电荷由a向b运动，所以电流由b向a流过电流表，故C正确；
D．N极板由静止突然向“后”运动时，间距增大，根据
两极板电压不变，d增大，E减小，故D正确。
故选BCD。
20．C
【详解】A．电容器在充电过程中是把电能转化成电场能，故A错误；
BC．由于外接电源为所有电容器充到一个预先设计好的电压值，所以所有的电容器电压一定，根据可知，极板与指纹沟（凹的部分，d大，电容小）构成的电容器充上的电荷较少，在放电过程中放电时间短；反之，在嵴处形成的电容器电容大，电荷量大，放电时间长，故B错误，C正确；
D．湿的手与传感器之间有水填充，改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹解锁，故D错误。
故选C。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第10章　静电场
第10.8讲　力电综合问题
【知识点精讲】
一．对于带电粒子（体）在电场中的直线运动问题，无论是忽略重力还是考虑重力，解决此类问题时要注意分析是做匀速运动还是匀变速运动，匀速运动问题常以平衡条件F合＝0作为突破口进行求解，匀变速运动根据力和运动的关系可知，合力一定和速度在一条直线上，然后运用动力学观点或能量观点求解。
二．解决电场中的力电综合问题，要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子（体）在电场中运动的模型，能够灵活应用动力学观点、能量观点和动量观点等多角度进行分析与研究：
1．动力学的观点
（1）由于匀强电场中带电粒子（体）所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。
（2）综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析和运动分析，特别注意重力是否需要考虑的问题。
2．能量的观点
（1）运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理。
（2）运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。
3．动量的观点
（1）运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向。
（2）运用动量守恒定律，要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，注意正方向的选取。
【方法归纳】
等效思维法解决带电体在复合场中的圆周运动问题
1．“等效重力”及“等效重力加速度”：在匀强电场中，将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为“等效重力场”中的“等效重力”，g′＝为“等效重力场”中的“等效重力加速度”，F合的方向为“等效重力”的方向，也是“等效重力加速度”的方向。
2．等效最“高”点与最“低”点的确定方法：在“等效重力场”中过圆周运动的圆心作“等效重力”的作用线，其反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效最“高”点，沿着“等效重力”的方向延长交于圆周的那个点为即等效最“低”点，如图所示。
【最新高考题精练】
（2023高考全国乙卷）
1．在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，OP > OM，OM = ON，则小球（ ）

A．在运动过程中，电势能先增加后减少
B．在P点的电势能大于在N点的电势能
C．在M点的机械能等于在N点的机械能
D．从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功
（2022新高考海南卷）
2．如图，带正电的物块A放在水平桌面上，利用细绳通过光滑的滑轮与B相连，A处在水平向左的匀强电场中，，从O开始，A与桌面的动摩擦因数随x的变化如图所示，取O点电势能为零，A、B质量均为，B离滑轮的距离足够长，则（　　）
A．它们运动的最大速度为
B．它们向左运动的最大位移为
C．当速度为时，A的电势能可能是
D．当速度为时，绳子的拉力可能是
（2020年1月浙江选考）
3．如图所示，在倾角为α的光滑绝缘斜面上固定一个挡板，在挡板上连接一根劲度系数为k0的绝缘轻质弹簧，弹簧另一端与A球连接。A、B、C三小球的质量均为M，qAq00，qBq0，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为k，则（　　）

A．
B．弹簧伸长量为
C．A球受到的库仑力大小为2Mg
D．相邻两小球间距为
（2020·天津等级考）
4．多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。
（1）求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间；
（2）反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；
（3）已知质量为的离子总飞行时间为，待测离子的总飞行时间为，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量。
（2017·全国卷Ⅰ）
5．真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0 ， 在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g。
（1）油滴运动到B点时的速度；
（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。
（2019·全国卷Ⅲ）
6．空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B．A不带电，B的电荷量为q（q>0）．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为．重力加速度为g，求
（1）电场强度的大小；
（2）B运动到P点时的动能．
（2016·浙江理综，19）
7．如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m。已测得每个小球质量是，带电小球可视为点电荷，重力加速度，静电力常量，则（　　）
A．两球所带电荷量相等
B．A球所受的静电力为1.0×10-2 N
C．B球所带的电荷量为
D．A、B两球连线中点处的电场强度为0
【最新模拟题精练】
（2023石家庄三模）
8．如图所示，一电荷量为的小球镶嵌在倾角为的光滑绝缘斜劈中，小球和斜劈总质量为m。将该斜劈置于光滑水平地面上，质量为km的绝缘小球，通过轻绳与斜劈顶端相连，轻绳与斜面平行，轻绳的最大承受力为2kmg，重力加速度为g。若在水平地面上方存在水平向右、电场强度大小由0逐渐增大的匀强电场，小球在运动过程中，始终与斜劈保持相对静止。下列说法正确的是（　　）
A．绝缘小球对斜劈的压力逐渐增大
B．轻绳对绝缘小球的拉力逐渐增大
C．若，则电场强度的最大值为
D．若，则电场强度的最大值为
（2023浙江台州二模）
9．如图所示，两个质量分别为和的带电小球A、B（可视为质点）通过一根绝缘轻绳跨放在光滑的定滑轮上（滑轮大小不计，上方用细线悬挂在天花板上），两球静止，O为滑轮正下方AB连线上的一个点。两球到O点距离分别为和，到滑轮的距离分别为和，且，细绳与竖直方向的夹角分别为和，两球电荷量分别为和。则（ ）
A． B． C． D．
（2023湖南怀化二模）
10．一匀强电场的方向平行纸面，纸面内A、B、C三点的位置如图所示，AB=AC=1m，∠BAC=90°。带正电的粒子P，其电荷量为，粒子P以速度从A点出发能过B点，在A到B的过程中粒子P的电势能减少2.4J。若让粒子P以速度从A点出发则能过C点，在A到C的过程粒子P的动能增加3.2J。粒子P在所有运动过程只受电场力，下列结论正确的是（　　）
A．B、C两点的电势相等 B．
C．匀强电场的大小为 D．若将粒子P从B移动到C，电场力做功0.8J
（2023湖南衡阳二模）
11．如图所示，两个固定的点电荷A、B，其中A所带电荷量为，B所带电荷量为，AB间的距离为l，将一个试探电荷放在C点时，试探电荷所受电场力为0，规定无穷远处电势为0。则下列说法正确的是（　　）
A．B、C两点之间的距离为l
B．AB直线上A、B之间必有一个电势为0的点，而B、C之间没有电势为0的点
C．空间中除无穷远的点电势为0外，还有一个以B为球心的球面为零等势面
D．C点的电势是直线AB上B点右侧各点中最高的
（2023江苏连云港重点高中期中）
12．如图所示，带电球C置于铁架台旁，系在绝缘丝线上的带电小球A挂在铁架台的P点。小球A静止时与带电球C处于同一水平线上，与带电球C的距离为r，丝线与竖直方向的夹角为。已知A球的质量为m，电荷量为，重力加速度为g静电力常量为k，两球可视为点电荷，则带电球C在小球A所在处产生的电场的场强的大小和带电球C所带的电荷量Q分别为（　　）
A．，
B．，
C．，
D．，
（2023广东省广州名校联考）
13．在竖直平面内，一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m、电荷量为+q的小球。小球始终处在场强大小为、方向竖直向上的匀强电场中，现将小球拉到与O点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P点，P点与O点间的水平距离为L。重力加速度为g，不计空气阻力，求
（1）细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小；
（2）O、P两点间的电势差。
（2023河南开封三模）
14．如图所示，空间有水平方向的匀强电场E（未画出），长为L的绝缘轻质细线一端固定在天花板上O点，另一端系质量为m，电荷量为q的带正电小球，现由图示A位置静止释放小球，小球沿圆弧经最低点C恰好能到达B点，已知OB与竖直方向的夹角为且，重力加速度为g，忽略空气阻力。则下列说法正确的是（　　）
A．电场强度
B．小球在B点时的电势能最小
C．小球经过C点时对细线的拉力为
D．小球经过C点时的动能最大
（2023鄂东南省级示范性高中教育改革联盟5月模拟）
15．如图所示，在水平向左的匀强电场中，长为的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接一个质量为m、电量为的小球，电场强度。现将轻绳拉至右侧水平，将小球从A点由静止释放，对于此后小球的运动情况（轻绳不会被拉断），下列判断中正确的是（　　）
A．在整个运动过程中，当轻绳偏向左下方与水平方向的夹角为时，小球的速度最大
B．小球到达O点左侧与圆心等高处的速度大小为
C．小球到达O点左侧与圆心等高处的速度大小为
D．小球从最低点向左运动，相对于A点上升的最大高度为
（2023山东烟台一模）
16．“离心轨道演示仪”（如图甲所示）是演示物体在竖直平面内的圆周运动的实验仪器，其轨道主要由主轨长道、轨道圆和辅轨长道三部分组成，主轨长道长度约为轨道圆半径R的6倍。将主轨长道压制成水平状态后，轨道侧视示意图如图乙所示。空间中存在水平向右的匀强电场（未画出），电场强度大小为。现在主轨长道上的一点A静止释放一电荷量为q、质量为m的绝缘小球，小球沿主轨长道向右运动，从B点进入轨道圆，若不计一切摩擦，重力加速度为g，则小球再次通过最低点之前（ ）
A．小球上升到与圆心等高处时，其动能最大
B．小球上升到轨道圆最高处时，其机械能最大
C．若AB间距离为，小球恰好不脱离轨道
D．若小球不脱离轨道，小球对轨道的最大压力大小可能为5mg
（2023云南昆明一中六模）
17．如图所示，竖直平面内固定着一个半径为R的光滑绝缘圆环，a为圆环的最低点，c为圆环的最高点，b点与圆心O等高，该空间存在与圆环平面平行的匀强电场。质量为m、带电量为的小球P套在圆环上，沿环做圆周运动，通过a、b、c三点时的速度大小分别为、、。下列说法正确的是（　　）
A．a与b之间的电势差
B．匀强电场场强大小为
C．匀强电场的方向为a指向b
D．小球运动过程中的最小速度为
（2023河南名校联盟大联考）
18．如图所示，在水平向左的匀强电场中用绝缘材料做成的圆环固定竖直平面内，O为圆心，A、B、C、D为圆环上的点，、、均为用绝缘材料做成的光滑细杆，杆竖直，与的夹角，与的夹角。将一个质量为m，电荷量为的小环分别套在、、细杆上，从A点由静止释放运动到圆环上的B、C、D点，已知重力加速度为g，电场强度大小，带电小环对匀强电场的影响忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．小环沿细杆运动到C点时的动能最大
B．小环沿细杆运动到D点的过程中电场力做功最多
C．小环沿细杆运动到D点的过程中电场力的冲量最大
D．小环沿三根细杆分别运动到B、C、D点的过程中电场力的冲量相同
（2023武汉重点高中质检）
19．如图所示，在竖直的平面直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，x轴下方竖直放置着以y轴为对称轴的圆弧形光滑绝缘细管，其圆心位于y轴上，交y轴于B点，交x轴于、两点．有一质量为m，带电量为－q（q＞0）的绝缘小球（可看做质点），从y轴上的点由静止释放，运动至x轴上的A点时，恰好可沿切线方向进入细管。不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）匀强电场的电场强度的大小；
（2）小球运动到B点时对管的压力的大小和方向；
（3）当小球从C点飞出时，匀强电场的场强方向保持不变，但大小变为原来的3倍，求小球落在x轴上的位置坐标。
（2023长春三模）
20．如图所示，空间存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场。一内壁光滑的绝缘圆管固定在竖直平面内。圆管的圆心为O，半径为（圆管口径可忽略不计），D点为圆管的最低点，管口A、B两点在同一水平线上，P点位于O点正上方，。一质量为m、电荷量为q的带负电小球（可视为质点）从P点无初速度释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A无碰撞地进入圆管内。小球进入管口A瞬间，电场方向立即变为竖直向下，电场强度大小不变。忽略电场变化时产生的影响，重力加速度大小为g。求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）小球在管中运动经过D点时对管的压力；
（3）当小球从管口B离开时立即撤去电场。经过一段时间后小球到达所在水平线上的N点（图中未标出），小球从P点运动到N点的总时间t。
（2023云南师大附中模拟）
21．如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道ABC和水平绝缘轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，，整个装置处于水平向右的匀强电场中．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电小球在电场力的作用下沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道．已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零，重力加速度大小为g．求：
(1)匀强电场的场强大小；
(2)小球到达A点时速度的大小．（结果保留根号）
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．BC
【详解】ABC．由题知，OP > OM，OM = ON，则根据点电荷的电势分布情况可知
φM = φN > φP
则带负电的小球在运动过程中，电势能先减小后增大，且
EpP > EpM = EpN
则小球的电势能与机械能之和守恒，则带负电的小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误、BC正确；
D．从M点运动到N点的过程中，电场力先做正功后做负功，D错误。
故选BC。
2．ACD
【详解】AB．由题知
设A向左移动x后速度为零，对A、B系统有
（此处前面的是因为摩擦力是变力，其做功可以用平均力），可得
A向左运动是先加速后减速，当时，摩擦力变成静摩擦力，并反向，系统受力平衡，最后静止。设A向左运动x′后速度为v，对系统则有
得
即：当时，v最大为，故A正确，B错误；
C．当时，可得
或
当时，电场力做功
则电势能减小，由于，则电势能为，当时
故C正确；
D．根据牛顿第二定律
当时，系统加速度
对B有
得
当时，系统加速度
对B分析可得
故D正确。
故选ACD。
3．A
【详解】A．对C球进行受力分析可得，它受到2个方向相反的库仑力、重力、支持力，由于A与B、B与C间距相等，由库仑定律可得，B对C的库仑力是A对C库仑力的4倍，因此C球应为正电荷才能受力平衡。设A、B间距为l，对B进行受力分析，由平衡条件可得
对C进行受力分析，由平衡条件可得
联立解得
故A正确；
B．把A、B、C三小球看作整体，设弹簧伸长量为x，由平衡条件可知
解得
故B错误；
C．对A进行受力分析，设A球受到的库仑力大小为F，由平衡条件可知
解得
故C错误；
D．由
可得
故D错误。
故选A。
4．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有
①
离子在漂移管中做匀速直线运动，则
②
联立①②式，得
③
（2）根据动能定理，有
④
得 ⑤
（3）离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，有
⑥
通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为，在无场区的总路程设为，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为。有
⑦
联立①⑥⑦式，得
⑧
可见，离子从A到B的总飞行时间与成正比。由题意可得
可得
⑨
5．(1)； (2)见解析
【详解】（1）设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t=0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足
油滴在时刻t1的速度为
电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足
油滴在时刻t2=2t1的速度为
解得
（2）由题意，在t=0时刻前有
油滴从t=0到时刻t1的位移为
油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为
由题给条件有
式中h是B、A两点之间的距离
若B点在A点之上，依题意有
解得
为使，应有
即当
或
才是可能的
条件分别对应于
和
两种情形
若B在A点之下，依题意有
由以上式子得
为使，应有
即
另一解为负，不符合题意，已舍去
6．（1）；（2）
【详解】（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a．根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有
mg+qE=ma①
②
解得
③
（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
④
且有
⑤
⑥
联立③④⑤⑥式得
⑦
7．ACD
【详解】A．两相同的小球接触后电量均分，故两球所带电荷量相等，选项A正确；
B．对A球受力分析，由几何关系，两球接触后分开后，悬线与竖直方向的夹角为37°，根据平行四边形法则可得
选项B错误；
C．根据库伦定理
解得
选项C正确；
D．AB带等量的同种电荷，故在A、B两球连续中点处的电场强度为0，选项D正确。
故选ACD。
【点睛】
8．BC
【详解】AB．绝缘小球受到重力、斜劈的支持力与轻绳的拉力作用，对其分析有
根据牛顿第三定律，绝缘小球对斜劈的压力
解得
对斜劈与绝缘小球整体有
根据上述结果可知，当电场强度大小由0逐渐增大时，加速度逐渐增大，绝缘小球对斜劈的压力逐渐减小，轻绳对绝缘小球的拉力逐渐增大，A错误，B正确；
C．由于轻绳的最大承受力为2kmg，若在电场强度增大到最大值时，绝缘小球与斜面之间弹力恰好为0，对绝缘小球分析有
解得
既有
此时的加速度
对绝缘小球与斜面整体有
解得
C正确；
D．若斜面倾角，根据上述在电场强度达到最大值时，绝缘小球与斜面之间的弹力不可能为0，则有
解得
D错误。
故选BC。
9．D
【详解】A．由于两球的电场力是相互作用力，故无法比较两球电荷量的大小，A错误；
B．绳子上的力处处相等，对绳子跨过定滑轮的节点受力分析可知
所以
B错误；
CD．对两球受力可知，根据相似三角形
可得
故C错误，D正确。
故选D。
10．BCD
【详解】A．带正电的粒子从A点到B点，电势能减少2.4J，从A点到C点，动能增加3.2J，则电势能减少3.2J，所以B点的电势高于C点的电势，故A错误；
B．从A点到B点，电势能减少2.4J，即
从A点到C点，电势能减少3.2J，即
又
所以
故B正确；
C．电场强度方向如图
分别过B、C两点作垂直于电场线的垂线，由于
所以
得
代入数据得，电场强度
E=
故C正确；
D．粒子P从B移动到C，电场力做功
故D正确。
故选BCD。
11．AD
【详解】A．由C处试探电荷受力平衡，可得
解得
A正确；
B．AB直线上A、B之间必有一个电势为0的点，而B、C之间也有电势为0的点，B错误；
C．由不等量异种电荷的电场线分布特点，作出等势面
可知以B点为球心的球面电势不相等，不是等势面，C错误；
D．C点的电势是直线AB上B点右侧各点中最高的，D正确。
故选AD。
12．D
【详解】小球A受力如图所示
根据平衡条件可知
电场强度的定义式
带电球C在小球A所在处产生的电场的场强
方向水平向左
根据库仑定律
解得
故选D。
13．（1）1.5mg （2）
【详解】（1）小球受到竖直向上的电场力：
F = qE = 1.5mg＞mg
所以小球被释放后将向上绕O点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度为v，由动能定理：
设细线被拉断前瞬间的拉力为FT，由牛顿第二定律：
联立解得： FT = 1.5mg
（2）细线断裂后小球做类平抛运动，加速度a竖直向上，由牛顿第二定律
F mg = ma
设细线断裂后小球经时间t到达P点，则有：
L = vt
小球在竖直方向上的位移为：
解得：
O、P两点沿电场方向（竖直方向）的距离为：
d = L + y
O、P两点间的电势差：
UOP = Ed
联立解得：
14．AC
【详解】A．根据图形可知，小球向左运动过程中，电场力做负功，则电场方向水平向右，由A到B过程有
解得
A正确；
B．根据上述可知，由A到B过程电场力做负功，因此小球在B点时的电势能最大，B错误；
C．由A到C过程有
在C点有
根据牛顿第三定律有
解得
C正确；
D．由于
即有
令物理等效最低点位置与圆心连线方向与水方向夹角为，则有
小球经过物理等效最低点时的动能最大，即该位置位于AC之间，不在C点，D错误。
故选AC。
15．CD
【详解】ABC．将小球从A点由静止释放，小球受到电场力与重力，由题意可知
根据牛顿第二定律有
解得
设合力方向与水平方向夹角为，则
解得
则小球从释放到达最低点的位移为
根据
解得小球到达最低点的速度为
小球沿与水平方向成做匀加速直线运动，小球到达最低点时速度最大，在最低点时细线突然绷紧，小球沿细线方向的速度立即减为零，而水平方向的速度不变，则从最低点到达O点左侧与圆心等高处，根据动能定理有
解得
故AB错误，C正确；
D．设细线方向与水平方向夹角为时，达到最高点，则从最低点到达最高处，根据动能定理有
解得
则小球从最低点向左运动，相对于A点上升的最大高度为
故D正确。
故选CD。
16．CD
【详解】A．使用等效场的观点，将重力场和电场等效的看作一个场，结合平行四边形法则可得等效重力加速度为
设等效场对物体的力与竖直方向的夹角为θ，如图所示
则有
解得
由“等效重力”可知，当小球运动到BC间且与圆心连线与竖直方向夹角为时，小球的速度最大，动能最大，故A错误；
B．小球在轨道上运动过程中，能量守恒，小球在与圆心等高且在圆弧右侧的位置电势能最小，所以小球在该点的机械能最大，故B错误；
C．设释放点A到B的距离为L时，小球恰好不脱离圆轨道；图中D点与圆心连线与圆相交的点M点即为“等效重力”中的最高点，小球恰好不脱离圆轨道，电场力与重力的合力刚好提供向心力，则有
解得
从开始释放小球到M点的过程中，由动能定理可得
解得
故C正确；
D．若小球做完整的圆周运动，小球运动到D点时的动能最大，对轨道的压力最大，从A到D的过程中，根据动能定理，有
解得
在D点，根据牛顿第二定律，有
解得
若小球不做完整的圆周运动，当小球运动到与MD连线垂直时如图中的P点，接下来将沿着轨道返回，此时也未脱离轨道，该过程在D点速度有最大值，对轨道的压力也为最大值，从P到D点，根据动能定理，有
解得
在D点，根据牛顿第二定律，有
解得
如果小球不能到达P点，则小球对轨道的最大压力将会小于6mg，所以小球对轨道的最大压力大小可能为5mg，故D正确。
故选CD。
17．AD
【详解】AC．从最低点到最高点：
解得：
故ac连线为等势线，从a到b，有
解得：
电场线垂直于等势线，且沿电场线方向电势逐渐降低，故匀强电场方向水平向右，故A正确，C错误；
B． 匀强电场场强大小
故B错误；
D．电场力
当电场力与重力合力与圆心在一条直线上时，对圆环的压力达到最大和最小，根据几何关系可知，最小速度
解得
故D正确。
故选AD。
18．ABD
【详解】CD．电场力
沿向下运动，则有
解得
沿运动，则有
解得
沿运动，则有
解得
即运动的时间相等，电场力相同，根据
则小环沿三根细杆分别运动到B、C、D点的过程中电场力的冲量相同，C错误D正确；
B．小环沿、、运动，在电场中沿电场方向的位移
电场力相等，根据
则小环沿细杆运动到D点的过程中电场力做功最多，B正确。
A．根据
分析可得
则有
小环沿细杆运动到C点时的速度最大，根据
则动能最大，A正确。
故选ABD。
19．（1）；（2），方向向下；（3）坐标为
【详解】（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则
解得
（2）连接、，可知，则
根据勾股定理可知，圆弧的半径
从P到B点的过程中，根据动能定理得
在B点，根据牛顿第二定律得
联立解得
方向向上
根据牛顿第三定律可得小球运动到B点时对管的压力的大小
方向向下
（3）从P到A的过程中，根据动能定理得
解得
小球从C点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度
将小球抛出的运动按受力的方向分解，竖直方向做竖直上抛，水平向左做匀加速直线运动，故在竖直方向的初速度
根据对称性，小球落回轴时，竖直方向的末速度
故运动时间
在水平方向，加速度
水平初速度
水平位移
解得
所以小球从C点飞出后落在轴上的坐标
小球落在x轴上的位置坐标为。
20．（1）；（2），方向竖直向下；（3）
【详解】（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为，即加速度方向与竖直方向的夹角为，则：
解得
（2）小球从P到A的过程，根据动能定理
解得
因为电场方向变为竖直向下，则小球在管中运动时
小球做匀速圆周运动，则
在D点时，下壁对小球的支持力为
由牛顿第三定律得，小球对管的压力
方向竖直向下；
（3）小物体由P点运动到A点做匀加速直线运动，设所用时间为，则
解得
小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为，经过了圆周，则有
小球离开管后竖直方向做竖直上抛运动，根据对称性，小球从B到N的过程中所用时间
则小球从P点到N点的总时间为
21．(1) (2)
【详解】(1)设小球所受电场力为，电场强度的大小为E
由力的合成法则有
解得：
(2)小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则有：
设小球到达C点时的速度大小为，由牛顿第二定律得
解得：
设小球到达A点的速度大小为，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得
由动能定理有
故小球在A点的速度大小为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第10章 静电场
第10.9讲 电容器充电放电实验
【知识点精讲】
[实验目的]
1．观察电容器的充、放电现象。
2．探究电容器的充、放电过程中，电流、电压、电量及能量的转化过程。
[实验原理]
1．充电：电源使电容器的两极板带上等量异种电荷的过程。如图甲。
2．放电：用导线将充好电的电容器的两极板相连，使两极板的异种电荷中和的过程，如图乙。
3．电容器充放电时的能量转化：充电后，电容器储存了电能。放电时，储存的电能释放出来，转化为其他形式的能。
[实验器材]
直流电源、电阻、电容器、电流表（或电流传感器和计算机）、电压表、单刀双掷开关、导线。
【温馨提示】电流传感器,与计算机相连,可以测出电容器的放电电流随时间变化关系图像。
[实验步骤]
1．把直流电源、电阻、电容器、电流表、电压表以及单刀双掷开关组装成实验电路（如图所示）。
2．把开关S接1，此时电源给电容器充电。在充电过程中，可以看到电压表示数迅速增大，随后逐渐稳定在某一数值，表示电容器两极板具有一定的电势差。通过观察电流表可以知道，充电时电流由电源的正极流向电容器的负极板。同时，电流从电容器的负极板流向电源的负极。随着两极板之间电势差的增大，充电电流逐渐减小至0，此时电容器两极板带有一定的等量异种电荷。即使断开电源，两极板上电荷由于相互吸引而仍然被保存在电容器中。
把电流表、电压表换成电流传感器和电压传感器的电路如图。
3．把开关S接2，电容器对电阻R放电。观察电流表可以知道，放电电流由电容器的正极板经过电阻R流向电容器的负极板，正负电荷中和。此时两极板所带的电荷量减小，电势差减小，放电电流也减小，最后两极板电势差以及放电电流都等于0。
电容器充电的I-t图像
电容器放电的I-t图像
[注意事项]
1．电容器的电容要大一些，电源的电压在6V左右。
2．开关向1闭合时，仔细观察灵敏电流计指针的偏转方向。
3．开关向2闭合时，仔细观察灵敏电流计指针的偏转方向。
【方法归纳】
电容器放电的I-t图像面积表示电容器带电荷量。
【最新高考题精练】
[2023全国新课程卷]
1．在“观察电容器的充、放电现象”实验中，所用器材如下：电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、多用电表、电流表、秒表、单刀双掷开关以及导线若干。

（1）用多用电表的电压挡检测电池的电压。检测时，红表笔应该与电池的 （填“正极”或“负极”）接触。
（2）某同学设计的实验电路如图（a）所示。先将电阻箱的阻值调为，将单刀双掷开关S与“1”端相接，记录电流随时间的变化。电容器充电完成后，开关S再与“2”端相接，相接后小灯泡亮度变化情况可能是 。（填正确答案标号）
A．迅速变亮，然后亮度趋于稳定
B．亮度逐渐增大，然后趋于稳定
C．迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭
（3）将电阻箱的阻值调为，再次将开关S与“1”端相接，再次记录电流随时间的变化情况。两次得到的电流I随时间t变化如图（b）中曲线所示，其中实线是电阻箱阻值为 （填“R1”或“R2”）时的结果，曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的 （填“电压”或“电荷量”）。
[2015·海南物理]
2．某同学利用图（a）所示电路测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化。实验中使用的器材为：电池E（内阻很小）、开关和、电容器C（约100）、电阻（约200k）、电阻（1k）、电压表V（量程6V）、秒表、导线若干。
（1）按图（a）所示的电路原理将图（b）中实物图连线 ；
（2）先闭合开关，再断开开关：闭合开关，同时按下秒表开始计时．若某时刻电压表示数如图（c）所示，电压表的读数为 V（保留2位小数）；
（3）该同学每隔10s记录一次电压表的读数，记录的数据如下表所示，在答题卡给出的坐标纸上绘出图线，已知只有一个数据点误差较大，该数据点对应的表中的时间是 s；
（4）电路中C、和构成的回路的作用是 。
【最新模拟题精练】
[2023湖南长沙一中三模]
3．在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图1所示连接电路。电源电动势为8.0V，内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。

（1）如果用欧姆表直接连接待测电容器（未充电）两端，观察到指针的偏转情况是 ；
A．偏转角度一直很小
B．偏转角度一直很大
C．偏转角度逐渐增大
D．偏转角度先很大，再逐渐减小
（2）电容器充电后，开关S改接2使电容器进行放电，此过程得到的图像如图2所示，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将 （选填“减小”“不变”或“增大”）。
（3）若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量，则该电容器的电容为 μF。
（4）关于电容器在整个充，放电过程中的图像和图像的大致形状，可能正确的有 （q为电容器极板所带的电荷量，为A，B两板的电势差）。
A． B．
C． D．
[2023广东茂名市一中三模]
4．电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。某实验小组用如图甲所示的电路研究电容器充、放电情况及电容大小，他们用电流传感器和计算机测出电路中电流随时间变化的曲线。
实验时，根据图甲所示的电路原理图连接好电路，时刻把开关K掷向1端，电容器充电完毕后，再把开关K掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的图像如图乙所示。
（1）电容器放电时，流过电阻R的电流方向为 ；（选填“由a到b”或“由b到a”）
（2）乙图中，阴影部分的面积 ；（选填“>”、“<”或“=”）
（3）如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电时间将 ；（填“变长”、“不变”或“变短”）
（4）图丙为电压恒为的电源给电容器充电时作出的电流随时间变化的图像，电容器充电完毕后的电荷量为 C，电容器的电容为C= F。（计算结果均保留两位有效数字）
[2023广东二模]
5．如图为“观察电容器的充、放电现象”实验。
实验器材：电源E（电动势，内阻可忽略）、电容器C（标称电容值为，击穿电压为）、电阻箱R、微安表G、单刀双掷开关S和导线若干。完成下列实验的相关内容：
（1）按照图甲的电路图，把图乙中的器材连接成完整的实验电路 。
（2）实验步骤：
步骤①将开关S打到1，给电容器C充电，观察微安表G的示数变化直到读数稳定；
步骤②先打开手机视频录制软件，再将开关S打到2位置，观察并用视频记录电容器C的放电过程中微安表G的示数变化情况；
步骤③断开开关S，查阅视频，记录内，微安表G的读数随时间变化的数据；
步骤④在坐标纸上以时间t为横轴，微安表G的读数I为纵轴，描点作出图像，如图丙。
（3）分析图丙可知：
①电容器放电过程电流的变化规律为：放电电流逐渐 （选填“增大”“减小”或“不变”），放电电流随时间的变化率逐渐 （选填“增大”“减小”或“不变”）；
②丙图中，图像与横轴所包围的面积为86格，则可求得该电容器的电容值为 。（保留2位有效数字）
（4）步骤①中，微安表G的读数稳定时，并不为0，始终保持在，出现这种现象的原因是电容器 （选填“短路”或“漏电”）。
[2023长春三模]
6．某同学利用图甲所示电路观察电容器的充电和放电现象，计算机屏幕显示出放电过程的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．电容器放电时电子由b向a通过电阻R
B．电容器放电过程中电阻R两端电压逐渐增大
C．将电阻R换成阻值更大的电阻，放电时间变短
D．电容器充电结束所带电荷量约为
[2023四川遂宁三诊]
7．某同学在实验室发现一只电压标称为10V、电容标称模糊的电容器，现他找了以下器材来测该电容器的电容值。
蓄电池：20V，内阻可不计
电压表：12V， 内阻很大
定值电阻有三只：10Ω；50Ω；100Ω
滑动变阻器：标称为“30V， 50Ω”
一只单刀单掷开关：S1
一只单刀双掷开关：S2
一台数字电流计，可接电子显示屏，显示电流随时间的变化过程
实验操作步骤如下：
（1）该同学按图1所示电路图进行组装电路，则定值电阻R1阻值应选 Ω。
（2）他先闭合开关S1，S2刀片掷于 ，调节滑动变阻器R2，稳定后读出电压表读数为4V。然后，他把S2刀片掷于 ，在电子显示屏上得到如图2中的甲曲线。
（3）利用单位面积法算得I-t图中甲曲线和两坐标轴所围的面积为0.04mA·s，已知电容器放电时其内阻可以忽略不计，则电容器的电容为C = F。
（4）接着，他以同样的操作步骤，重新调节滑动变阻器R2，在电子显示屏上得到如图2中的乙曲线，则稳定时电压表读数为 V。（保留两位有效数字）
[2023广州二模]
8．用图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象，请完成下列实验内容。
（1）实验时，要通过电流表指针的偏转方向来观测电路中电流的方向。因此电流表应采用图乙中的 （选填“a”、“b”）；
（2）依照图中所示的电路图，将图乙的实验器材用笔画线代替导线连接成实验电路 （图中已有部分连接）：
（3）开关S接1后，小灯泡L （填选项前的字母）：
A.一直不亮
B. 逐渐变亮，稳定后保持亮度不变
C. 突然变亮，然后逐渐变暗，直到熄灭
（4）开关S接1足够长时间后，再将开关S接2。开关S接2之后电压表读数 （选填“逐渐增大”“逐渐减小”）；
（5）图乙中电容器的电容为 μF。当电容器的电压为10V时其带电量为 C（保留两位有效数字）。
[2023湖南邵阳二模]
9．随着传感器技术的不断进步，传感器开始在中学实验室逐渐普及。某同学用电流传感器和电压传感器做“观察电容器的充、放电现象”实验，电路如图甲所示。
（1）先使开关K与1端相连，电源向电容器充电，这个过程很快完成，充满电的电容器上极板带 电；
（2）然后把开关K掷向2端，电容器通过电阻放电，传感器将电流电压信息传入计算机，经处理后得到电流和电压随时间变化的、曲线，如图乙所示；
（3）由图乙可知，电容器充满电的电荷量为 ，电容器的电容为 ；（保留两位有效数字）
（4）若将电路中的电阻换成一阻值更大的电阻，把开关K掷向2端电容器放电，请在图乙的左图中定性地画出曲线。( )
[2023湖南衡阳二模]
10．在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图甲所示连接电路。电源电动势为，内阻可以忽略。单刀双掷开关先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2，实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。
（1）开关改接2后，电容器进行的是 （选填“充电”或“放电”）过程，此过程中流经电阻上的电流方向 （选填“自上而下”或“自下而上”）。实验得到的图像如图乙所示，如果不改变电路其他参数，只减小电阻的阻值，则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将 （选填“减小”“不变”或“增大”）。
（2）若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量，则该电容器的电容为 μF。
[2023浙江名校新高考研究联盟第一次联考]
11．某兴趣小组利用图1所示的电路，把开关掷向a对给定电容值为C的电容器充电。R表示接入的电阻，E表示电源（忽略内阻）。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，得到I-t图后经过计算机软件处理得到如图所示的q-t曲线如图2中①②所示。

（1）根据q-t图像以下判断正确的是( )
A．①②两条曲线不同是E的改变造成的
B．①②两条曲线不同是R的改变造成的
C．需要对电容器快速充电时，R越小越好
D．需要对电容器快速充电时，R越大越好
（2）小明同学利用图3和图4的电路图连接电路，分别完成了“测量电源电动势和内阻”和“测量某一段长度已知的电阻丝Rx的电阻率”两个实验，两个电路使用同一电源。

①图5是该同学根据实验测得的数据在同一坐标轴上同时作出两个实验的U-I图像，下列说法正确的是( )
A．图3中电压表的内阻对实验结果无影响
B．图4中电压表的内阻对实验结果无影响
C．图5可知，电源的电动势为1.49V，内阻为2.5Ω
D．在测量Rx的电阻时，若将滑动变阻器移到最右端，Rx消耗的功率约为0.60W
②如图6，用螺旋测微器测得该电阻丝的直径d= mm，根据实验所选的电表量程，电压表的示数U= V。
[2022南京三模]
12．某课外兴趣小组用如图甲所示的电路观察电解电容器的充、放电现象，并测量电容器的电容。
（1）粗略观察充放电的电流大小和方向时，应选择表头为 （填“乙”或“丙”）图的电流表。
（2）放电时，流经电阻R的电流 （填“向左”或“向右”）。
（3）为了能精确测量电容，将甲图中电流表换成电流传感器测量电流，并根据电路图，连接图丁中的实物图 。
（4）电容器放电过程中，电流随时间变化的规律如图戊所示，计算机可以得出i-t图像所围的区域面积为0.869mA s，电阻R为500，直流电源电压恒为2V，该电容器电容为 μF（结果保留三位有效数字）；
（5）仅将R为500Ω的电阻改为1000Ω，电流传感器内阻不计，重新观察电容放电曲线，请在原i-t图像中大致画出电阻为1000Ω的放电曲线 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1． 正极 C 电荷量
【详解】（1）[1]多用电表红表笔流入电流，黑表笔流出电流，故电流表红表笔应该与电池的正极接触；
（2）[2]电容器充电完成后，开始时两极板电量较多，电势差较大，当闭合“2”接入小灯泡，回路立即形成电流，灯泡的迅速变亮；随着时间的积累，两极板电量变少，电势差变小，流过灯泡的电流减小，直至两极板电荷量为零不带电，则无电流流过小灯泡即熄灭，故选C。
（3）[3]开始充电时两极板的不带电，两极板电势差为零，设电源内阻为r，则开始充电时有
由图像可知开始充电时实线的电流较小，故电路中的电阻较大，因此电阻箱阻值为；
[4]图像的物理意义为充电过程中电流随时间的变化图线，故曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的电荷量。
2． 3.60V 40 使每次实验前电容器两极板上的电荷相中和
【详解】试题分析：（1）根据电路的结构，从电源的正极出发，依次将各仪器连接如图；
（2）根据电压表的特点可知，电压表的量程为6V，分度值为0.1V，所以读数为3.60V；
（3）使用描点法画出各点的位置，然后用平滑的曲线连接如图，由图中的数据可知，电压表的读数的变化逐渐变慢，在40s时刻的电压值的点明显偏离了该曲线，电压值偏小，所以可知是40s时刻的数据错误；
（4）先闭合开关S2，再断开开关S2后才接通电路，由电路的结构可知，闭合开关S2后电容器C与导线以及R2、S2构成一个RC回路，该回路能使电容器上的原有的电荷释放干净，才能不影响实验的结果。
3． D 不变 430 AD##DA
【详解】（1）[1]用欧姆表直接连接待测电容两端，表内部电源给电容器充电，在开始时电流较大，所以指针的偏转角度很大，随着电容器所带电荷量不断增大，充电电流逐渐减小，所以指针的偏转角度逐渐减小。
故选D。
（2）[2]根据，电荷量与电阻值R无关，如果不改变电路其他参考数，只减小电阻R的阻值，则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将不变。
（3）[3]根据电容的定义式可得
（4）[4]AB．电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，根据图像的倾斜程度表示电流的大小，A正确，B错误；
CD．根据电容的定义式可得
电容器的电容不变，C错误，D正确。
故选AD。
4． 由a到b = 变短 ## ####
【详解】（1）[1]电容器充电时上极板接电源正极，故上极板带正电荷，放电时上极板正电荷通过电阻流向下级板，故流过电阻R的电流方向为由a到b。
（2）[2]根据电流的定义式
则
乙图中，阴影部分的面积等于充、放电的电荷量，而充放电的电荷量相等，故
（3）[3] 根据电流的定义式
可得
如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，则放电电流将增大，由上式可知放电时间将变短。
（4）[4]根据图像的面积表示电容器充电完毕后的电荷量，由图知，每小格代表的电荷量为
数出图线包围的格数，满半格或超过半格的算一格，不满半格的舍去，数得格数为32格，则电容器充电完毕后的电荷量为
因从图中数格数有一定误差，故结果也可能为
[5]根据电容的定义知，电容器的电容为
因电荷量有一定误差，故电容的计算值也可以是或。
5． 减小 减小 漏电
【详解】（1）[1] 按照图甲的电路图，实物图如图
（3）①[2][3]由图丙可知，电容器放电过程电流的变化规律为：放电电流逐渐减小，放电电流随时间的变化率逐渐减小。
②[4]由电容定义
（4）[5]步骤①中，微安表G的读数稳定时，并不为0，始终保持在，出现这种现象的原因是电容器漏电。
6．D
【详解】A．开关S接1时电源给电容器充电后上极板带正电，开关S接2时，电容器放电，电流由极板正极流过电阻R到负极板，而电子的移动方向与电流方向相反，则电子由a向b通过电阻R，故A错误；
B．电容器放电过程中电流逐渐减小，根据欧姆定律，可知电阻R两端电压逐渐减小，故B错误；
C．由可知，图像中曲线与坐标轴围成的面积即电容器充电结束时所带电荷量，若R增大，总电量不变，则对电流阻碍作用增大，即电流减小，故放电时间会边长，故C错误；
D．图像中曲线与坐标轴围成的面积即电容器充电结束时所带电荷量，格数割补后约为1.3格，则电量约为
故D正确。
故选D。
7． b a 6.9##7.0##7.1##
【详解】（1）[1]根据题意可知蓄电池电压为20V，电压标称为10V，根据串联电阻分压关系可知定值电阻的阻值应选50Ω；
（2）[2][3]他先闭合开关S1，S2刀片掷于b端，调节滑动变阻器R2，稳定后读出电压表读数为4V，电容器充电；然后，他把S2刀片掷于a端，电容器放电；
（3）[4]根据I-t图线与坐标轴所围的面积表示电荷量，则
（4）[5]由图可知调节滑动变阻器R2的阻值后，电容释放的电荷量为
=0.07mA·s
稳定时电压表读数即为电容两端的电压
8． a C 逐渐减小 3300 0.033
【详解】（1）[1]通过电流表指针的左右偏转观察电流方向，故应选择a。
（2）[2]如图所示
（3）[3]开关S接1后，电源给电容器充电，开始电流较大，随着极板带电量增多，电流逐渐减小，最后为0，所以小灯泡L突然变亮，然后逐渐变暗，直到熄灭。
故选C。
（4）[4]开关S接2之后电容器放电，两极板电势差逐渐减小到0，所以电压表示数逐渐减小到0。
（5）[5][6]图乙中电容器的电容为3300μF，当电容器的电压为10V时其带电量为
9． 正 （均可） （均可）
【详解】（1）[1] 电容器上极板与电源正极相连，充满电后上极板带正电；
（3）[2]图像与坐标轴围成的面积表示电量，一小格的电量为
图中总共约14小格，所以电容器充满电的电荷量为
[3] 电容器充满电后电压为8V，则电容器的电容为
（4）[4] 将电路中的电阻换成一阻值更大的电阻，放电电流会减小，电量不变，时间会延长，图像如下图所示。
10． 放电 由下到上 不变
【详解】（1）[1]当开关接2时，电容器相当于电源，进行的是放电过程；
[2]开关接1时，电源给电容器充电，电容器上极板接正极，充电完成，上极板带正电，下极板带负电，可知开关接2时，电容器相当于电源，上极板相当于电源的正极，故电流由下到上；
[3]曲线与坐标轴所围成的面积为电容器充电完成后所带电荷量，只减小电阻，并不能改变电容器的充好电时的电荷量，故此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将不变。
（2）[4]根据电容器电容的定义
解得
μF
11． BC##CB BD#DB 0.495 0.80
【详解】（1）[1]AB．由电流的定义式
可知q-t曲线斜率表示电流，所以①②两条曲线不同是由于电流不同造成的，即①②两条曲线不同是R的改变造成的。故A错误；B正确；
CD．需要对电容器快速充电时，其充电电流越大越快，即R越小越好。故C正确；D错误。
故选BC。
（2）①[2]AB．图3中电压表所在之路有分流作用，所以电压表的内阻对实验结果有影响，图4中电流表测量的是电阻的真实电流值，电压表的内阻对实验结果无影响。故A错误；B正确；
C．由图5可知，电源的电动势为1.49V，内阻为
故C错误；
D．由实验的U－I图像可知，Rx的阻值为
在测量的电阻时，若将滑动变阻器移到最右端，对应的电流为0.45A，消耗的功率约为
P=I2Rx=0.60W
故D正确。
故选BD。
②[3]根据螺旋测微器读数规则，测得该电阻丝的直径
d＝0+49.5×0.01mm＝0.495mm
[4]由于电源的电动势为1.49V，实验所选的电表量程为3V，根据电压表读数规则，电压表的示数需要估读一位，即
U =0.80V
12． 乙 向右 435
【详解】（1）[1]乙图电表可以测量正反双向电流，而丙图电表只能测量正向电流，反向电流可能导致电表烧坏，由于刚开始测量时不知道电流的方向，因此粗略观察充放电的电流大小和方向时应选择乙图电表；
（2）[2]充电时电容左侧接的是电源正极，左极板为正电荷，因此放电时电流为顺时针方向，故流经电阻R的电流向右；
（3）[3]根据电路图，连接的实物图如下
（4）[4]根据Q=It可知i-t图像所围的区域面积即为通过的电荷量，所以
因此
（5）[5]仅将R为500Ω的电阻改为1000Ω，其它器件参数不变化，且电流传感器内阻不计时，充电完成后电容极板上储存的总电荷量不变，因此i-t图像所围的区域面积与R为500Ω时相同，放电时由于R增大，因此初始放电电流会减小，因此1000Ω的放电曲线如下
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第10章 静电场
第10.10讲 带电粒子在电场中的运动
【知识点精讲】
1．常见的交变电场类型
交变电场常见的电压波形：正弦波、方形波、锯齿波等。
2．交变电场中常见的运动类型
（1）粒子做单向直线运动（一般对整段或分段研究用牛顿运动定律结合运动学公式求解）。
（2）粒子做往返运动（一般分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解）。
（3）粒子做偏转运动（一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解）。
3．分析思路
（1）动力学观点：根据牛顿第二定律及运动学规律分析。
（2）能量观点：应用动能定理、功能关系等分项。
（3）动量观点：应用动量定理分析。
4. 分析带电粒子在交变电场中运动的一般方法
（1）注重全面分析（分析受力特点和运动规律）：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。
（2）从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
（3）注意对称性和周期性变化关系的应用。
【方法归纳】
1. 带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加（减）速运动。有两种分析方法：
（1）用动力学观点分析：a=，E=，v2-v=2ad。
（2）用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化，qU=mv2-mv。
思维导图：
2．带电粒子在电场中运动时重力的处理：
（1）微观粒子（如电子、质子、α粒子等）在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化。
（2）普通的带电体（如油滴、尘埃、小球等）在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化。
【最新高考题精练】
[2023年1月浙江选考·12]
1．如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（ ）
A．在XX′极板间的加速度大小为
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切
[2011安徽理综卷第18题]
2．图（a）为示波管的原理图。如果在电极之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（　　）
A． B．
C． D．
[2010·江苏物理]
3．制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为的两平行极板，如图甲所示，加在极板A、B间的电压 作周期性变化，其正向电压为 ，反向电压为 ，
电压变化的周期为2r，如图乙所示.在t=0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动.若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用.
（1）若，电子在0—2r时间内不能到达极板 ，求 应满足的条件；
（2）若电子在时间内未碰到极板B，求此运动过程中电子速度 随时间t变化的关系；
（3）若电子在第个周期内的位移为零，求k的值．
【最新模拟题精练】
[2022·河北石家庄三模]
4．如图甲所示，间距为d的两金属板水平放置，板间电场强度随时间的变化规律如图乙所示。时刻，质量为m的带电微粒以初速度沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好从金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度为g，则从微粒射入到从金属板边缘飞出的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．微粒飞出时的速度沿水平方向且大于
B．微粒的最大速度为
C．微粒受到的电场力做功为
D．微粒飞出时重力的功率为
[2021高考辽宁模拟卷]
5．如图甲所示，长为的两水平金属板组成一间距为d的平行板电容器，电容器的B板接地，A板电势φ随时间t的变化关系如图乙所示，其周期。P为靠近A板左侧的一粒子源，能够水平向右发射初速度为的相同带电粒子。已知时刻发射的粒子刚好能从B板右侧边缘离开电容器，则下列判断正确的是（　　）
A．时刻发射的粒子从B板右侧离开时的速度大小仍为
B．该粒子源发射的粒子的比荷为
C．时刻射入的粒子离开电容器时的电势能小于射入时的电势能
D．时刻发射的粒子经过的时间，其速度大小为
6．如图甲所示，真空中水平正对放置长为L的平行金属板，以两板中间线为x轴，以过极板右端竖直向上的方向为y轴建立坐标系．在t＝0时，将图乙所示的电压加在两板上，与此同时电子持续不断地沿x轴以速度v0飞入电场，所有电子均能从两板间飞出．不考虑电子间的相互作用，电子的重力忽略不计．关于电子经过y轴的位置，正确的描述是
A．当L<B．当L＝v0T时，电子经过y轴某一段区域，这个区域位于y轴正方向上，从原点开始
C．当L＝v0T时，电子经过y轴时的速度大小不同，但都大于飞入速度v0的值
D．当L＝v0T时，电子经过y轴时的速度方向恒定，与y轴的夹角为一个定值
7．如图甲所示，质量为m、电荷量为-e的粒子初速度为零，经加速电压U1加速后，从水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场．已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L，两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L．不考虑电场边缘效应，不计粒子重力．则下列说法正确的是
A．粒子进入偏转电场的速度大小为
B．若偏转电场两板间加恒定电压U0，粒子经过偏转电场后正好击中屏上的A点，A点与上极板M在同一水平线上，则所加电压
C．若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使粒子经加速电场后在＝0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场周期T应该满足的条件为
D．若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使粒子经加速电场并在＝0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场电压U0应该满足的条件为
[2023江苏苏州2月开学摸底]
8．如图a所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图b所示的交变电压UAB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v0水平射入电场。粒子电荷量为+q，质量为m，不计粒子重力。
（1）若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t；
（2）若粒子在时刻射入电场，经过一段时间后从A板右侧边缘水平射出，则板长L和两板间距d分别满足什么条件
（3）若金属板足够长，要求时刻射入的粒子打到B板时动能最大，则两板间距d应当满足什么条件？
[2023陕西西安重点高中高二质检]
9．在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有电荷量为Q的点电荷在O点产生的电场E1，第二象限内有水平向右的匀强电场E2（大小未知），第四象限内有方向水平、大小按图乙变化的电场E3，E3以水平向右为正方向，变化周期．一质量为m，电荷量为+q的离子从（-x0，x0）点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做圆周运动．以离子经过x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力．求：
（1）离子刚进入第四象限时的速度；
（2）E2的大小；
（3）当t=时，离子的速度；
（4）当t=nT时，离子的坐标．

[2022山东枣庄一模]
10．如图甲所示，在Oxyz坐标系中，存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为E0，电荷量为q的带正电小球位于z轴负半轴上的P点，若小球以与z轴正方向夹角为θ的速度开始在yOz平面内运动，经过一段时间后，小球恰好经过O点且速度方向沿y轴正方向，大小为v。此时刻，将电场方向变成沿z轴正方向，其随时间变化的规律如图乙所示，同时在坐标系中加一沿x轴负方向的匀强磁场（图中未画出），小球在内做匀速直线运动，内恰好完成一个完整的匀速圆周运动。已知重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）小球的质量m；
（2）E1和B；
（3）电场变化的周期T；
（4）小球在T时刻的位置。
[2022河南许昌一模]
11．如图（1）中A和B是真空中的两块面积很大的平行金属板，加上周期为T的交变电压，在两板间产生交变的匀强电场。已知B板电势为零，A 板电势φA随时间t变化的规律如图（2）所示。A板电势最高值为，最低值为-φ。已知在t=0时刻，一个电荷量为-e的电子（重力不计） ，在电场力的作用下，从B板的小孔中由静止开始向A板运动，当t= T时，电子刚好到达A板。如果该电子是在时刻才从B板的小孔由静止开始运动，求:
（1）从到时间内，电场力对该电子所做的功;
（2）该电子运动多长时间才能第一次到达A板
[2022江苏镇江期中]
12．如图甲所示，P点处有质量为m、电荷量为q的带电粒子连续不断地“飘入”电压为的加速电场，粒子经加速后从O点水平射入两块间距、板长均为l的水平金属板间，O为两板左端连线的中点。荧光屏为半圆弧面，粒子从O点沿直线运动到屏上点所用时间为。若在A、B两板间加电压，其电势差随时间t的变化规律如图乙所示，所有粒子均能从平行金属板右侧射出，并且垂直打在荧光屏上。已知粒子通过板间所用时间远小于T，粒子通过平行金属板的过程中电场可视为恒定，粒子间的相互作用及粒子所受的重力均不计，求：
（1）粒子在O点时的速度大小；
（2）图乙中U的最大值；
（3）U取（2）中最大值，所有粒子均能从平行金属板右侧射出，并且垂直打在荧光屏上。求粒子从O点到垂直打在屏上的最短时间。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小
A错误；
B．电子电极XX′间运动时，有
vx = axt
电子离开电极XX′时的动能为
电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为，B错误；
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小
C错误；
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切
D正确。
故选D。
2．A
【详解】由于电极XX′加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压是信号电压，信号电压与扫描电压周期相同，所以荧光屏上会看到的图形与信号电压图形一样。
故选A。
3．（1）
（2）
（3）
【详解】本题考查带电粒子在电场中的运动、匀变速直线运动的规律，属于变力多过程问题，解题的关键是找到相似点，进行类比计算；同时要兼顾整个过程的重复性，把复杂多变的过程分解为许多常见的简单过程进行计算．
（1）电子在0～时间内做匀加速运动
加速度的大小 ①
位移 ②
在时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动
加速度的大小 ③
初速度的大小 ④
匀减速运动阶段的位移 ⑤
依据题意 解得 ⑥
（2）在时间内
速度增量 ⑦
在时间内
加速度的大小
速度增量 ⑧
（a）当时
电子的运动速度 ⑨
解得 ⑩
（b）当时
电子的运动速度 ⑾
解得 ⑿
（3）电子在时间内的位移
电子在时间内的位移
由⑩式可知
由⑿式可知
依据题意
解得
4．C
【详解】A．时间内微粒匀速运动，则
可知内和内，由牛顿第二定律
，
得
微粒进入两板间做类平抛运动，内和内的运动是互逆的，所以微粒飞出两板间的速度为入射的速度，故A错误；
B．时微粒速度最大，最大速度为
故B错误；
C．微粒沿电场线方向分别做匀加速直线运动、匀速直线运动和匀减速直线运动，恰好从金属板边缘飞出则
电场力作用下，沿电场线方向匀加速运动距离为
沿电场线方向匀速运动距离为
电场力做功
联立得
故C正确；
D．微粒飞出的速度与重力垂直，重力功率为零，故D错误。
故选C。
5．ABD
【详解】A．由于粒子在电场中的运动时间为，所以粒子离开电容器时，刚好在电容器中运动了2个周期，由对称性可知，粒子在竖直方向上的分速度为零，故粒子离开电容器时，其速度等于水平速度，A正确；
B．在2个周期内，粒子在竖直方向上运动的距离为d，由匀变速直线运动的规律可得
又因为
，
可解得
B正确；
C．由对称性可知，时刻从粒子源射出的粒子，刚好从A板右侧下方离开，且与粒子源在同一直线上，所以其电势能不变，C错误；
D．时刻发射的粒子经过的时间，粒子在竖直方向的分速度为
故此时粒子的速度大小为
D正确。
故选ABD。
6．AD
【详解】A.当L<B.当L＝v0T时，电子穿越时间为一个周期，电子半个周期偏转，半个周期匀速直线运动，因为偏转半个周期，所以不可能到达原点；竖直方向，偏转相同，所以电场力对电子做功相同，动能增量相同，末动能相同，末速度大小相同；到达y轴竖直速度，设速度与y轴夹角为，有，所以电子经过y轴时的速度方向恒定，与y轴的夹角为一个定值，BC错误D正确．
7．ACD
【分析】根据动能定理求出粒子进入偏转电场的速度v的大小．粒子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小．
【详解】在加速电场中，根据动能定理得：，解得，故A正确；粒子出偏转电场时，速度的反向延长线经过中轴线的中点，由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得：，解得，又，解得：，故B错误；交变电压的周期等于粒子在偏转电场中的周期，当粒子出偏转电场时，粒子在沿电场方向上的分速度为零，可知要使电子在水平方向击中A点，电子必向上极偏转，且vy=0，则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为v0，则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中运动时间满足，而 ，解得：，在竖直方向位移应满足，解得：，故CD正确，故选ACD．
【点睛】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成．
8．（1）；（2），；（3）
【详解】（1）根据题意可知，粒子在电场中，水平方向上做匀速直线运动，若粒子能够射出电场，则粒子在电场中的运动时间为
（2）根据题意可知，若粒子在时刻射入电场，且经过一段时间后能够从A板右侧边缘水平射出，则在竖直方向上，粒子在时间内，做向下的匀加速直线运动，在时间内，向下做匀减速直线运动，由对称性可知，粒子在时，竖直分速度减小到0，此时，粒子未达到B板上，然后在时间内，向上做匀加速直线运动，在时间内，向上做匀减速直线运动，由对称性可知，在时，粒子恰好回到A板边缘，且竖直分速度为0，由上述分析可知，两板间距d满足条件为
由牛顿第二定律可得
联立解得
粒子在电场中的运动时间为
则板长L为
（3）根据题意可知，若粒子从时刻进入电场，在时间内，做向下的匀加速直线运动，在时间内，向下做匀减速直线运动，由对称性可知，在时刻，粒子竖直分速度减小到0，要求粒子打到B板时动能最大，则粒子打到B板时，竖直分速度最大，即粒子在，，时，恰好打到B板，则有
解得
9．（1） （2） （3）（4）
【详解】（1）设离子刚进入第四象限的速度为，在第一象限内离子做匀速圆周运动，有，解得；
（2）在第二象限内，由动能定理可得，解得；
（3）离子进入第四象限后做类平抛运动，在时，沿x轴方向上有；
此时离子的速度为；

（4）离子在第四象限中运动时，沿 y轴负方向做匀速直线运动，沿x轴正方向离子的前半个周期做匀加速运动，后半个周期做匀减速运动，直到速度减为零，轨迹如图所示每半个周期离子沿x轴正方向前进的距离
时，离子到y轴的距离
故当时，离子的坐标为
【点睛】确定质点的运动情况是解题的基础，根据粒子在第一象限内做匀速圆周运动电场力提供圆周运动向心力由圆周运动半径和库仑定律求得粒子刚进入第四象限的速度；在第二象限粒子做初速度为零的匀加速直线运动，由动能定理据粒子获得的速度和位移求得第二象限的电场强度；粒子进入第四象限在竖直方向做匀速直线运动，水平方向在电场力作用下先匀加速直线运动后匀减速直线运动，根据时间由运动的合成求得离子的速度；根据粒子水平方向运动的周期性求得粒子的横坐标，再根据竖直方向的运动规律求得粒子的纵坐标．
10．（1）；（2），；（3）；（4）（0，，0）
【详解】（1）小球从P到O运动过程中，受重力与电场力作用做类斜抛运动，设初速度大小为v0，时间为t0，沿y轴方向位移为零，则有
沿y轴方向
沿z轴方向
联立可得
（2）小球在内做匀速直线运动，由受力平衡条件有
在内做匀速圆周运动，则有
得
，
（3）小球在内恰好完成一个完整的匀速圆周运动，则
得
（4）小球在内做匀速直线运动，沿y轴方向位移为
内恰好完成一个完整的匀速圆周运动，末位置与末位置相同。
时间内小球的运动可以分解为以2v向右的匀速直线运动和以初速度v向左在yOz平面内的逆时针匀速圆周运动，由于时间正好等于小球圆周运动的一个周期，所以在T末的位置仍在y轴上，此段时间内的位移为
则小球在T时刻在y轴上的位置为
小球在T时刻的位置坐标为（0，，0）。
11．（1）W=eφ；（2）1.57T
【详解】（1）设A、B两板间距为d，电子运动的加速度大小为a，对于t=0时刻进入的电子，前半周期向右匀加速运动，后半周期向右匀减速运动到速度为零。前半周期和后半周期位移相同，均为，有
d=2×
对于t=进入的电子，有
在~=内向右匀加速，有
x1=
解得
x1=
设从到的时间内，电场力对该电子所做的功为W，有：
W=eφ
（2）在~=内向右匀减速到速度为零，有
x2=x1=
在~=内反向向左匀加速，有
x3=
解得
x3=
在~=内反向向左匀减速到速度为零，有
x4= x3=
在~=内继续向右匀加速，有
x5=x1=
所以电子运动T+后，距B板距离为：
x=x1+x2-x3-x4+x5=+--+=在t=时刻，电子的速度为
v=a
解得
v=
从t=时刻开始，设再经过Δt时间，电子刚好到达A板，有
x6=vΔt-aΔt2
d=+x6
解得
Δt=（）T
[（+）T不符合题意，舍去]
所以总时间为
t0=T++Δt=≈1.57T
12．（1） （2）；（3）
【详解】（1）由动能定理得
解得
（2）粒子从极板右侧边缘射出时，对应的电压最大，此时竖直偏转量
水平方向
竖直方向
解得
（3）半圆荧光屏的圆心与两极板中心重合，才能使粒子全部垂直撞击在屏幕上，当粒子从极板右侧边缘射出时，水平总位移最小，故时间最短，如图
由题意得
设出电场时速度与水平方向夹角为，则有
解得
水平由于速度反向延长线过水平位移中点，且由几何关系得
E为圆弧的圆心，由几何关系可得
则有
则水平位移有
最短时间为
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答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第12章 磁场
第12.1 讲 磁场的描述
【知识点精讲】
一、磁场、磁感应强度
1.磁场的基本性质
磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。
2.磁感应强度
（1）物理意义：描述磁场的强弱和方向。
（2）大小：
（3）方向：小磁针的N极所受磁场力的方向，也就是小磁针静止时N极的指向。
(4)单位：特斯拉(T)。
【特别提醒】B的大小和方向由磁场本身决定，与该处放不放通电导线无关，在定义式中一定要强调通电导线垂直于磁场方向。
3.匀强磁场
（1）定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。
（2）特点：磁感线疏密程度相同、方向相同。
4.地磁场
（1）地磁场的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近。
【特别提醒】 地磁场的地磁“两极”与地球的地理“两极”位置相反。
（2）在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点的磁感应强度大小相等，且方向水平向北。
（3）在南半球上方某处，磁感应强度B的方向斜着向上，其水平分量Bx方向向北。
在北半球上方某处，磁感应强度B的方向斜着向下，其水平分量Bx方向向北。
二、磁感线　电流周围磁场的方向
1.磁感线及其特点
（1）磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟该点的磁感应强度的方向一致。
（2）特点
①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。
②磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱。
③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点。
④磁感线是假想的曲线，客观上不存在。
2.电流的磁场
通电直导线 通电螺线管 环形电流
安 培 定 则
3.常见电流的磁场的比较
安培定则 横截面图 纵截面图
直线电流
磁感线分布特点：以导线上任意点为圆心，垂直于导线的多组同心圆，越向外越稀疏，磁场越弱
环形电流
磁感线分布特点：内部磁场比环外强，磁感线越向外越稀疏
通电螺线管
磁感线分布特点：内部为匀强磁场且磁感应强度比外部强，方向由S极指向N极，外部类似条形磁铁，由N极指向S极
三、磁场叠加问题的一般解题思路
（1）确定磁场场源，如通电导线。
（2）定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所示，BM、BN为M、N处的通电直导线在c点产生的磁场。
（3）应用平行四边形定则进行合成，如图中的c点合磁场的磁感应强度为B。
四、磁通量
1.概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的平面，其面积S与B的乘积叫做穿过这个面积的磁通量。
2.公式：Φ＝BS，单位符号是Wb。
3.适用条件
（1）匀强磁场。
（2）S为垂直于磁场的有效面积。
4.物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数。
5.标矢性：磁通量是标量，但有正负。
6.磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1＝B2S2－B1S1。
【特别提醒】磁通量是标量，但有正负，计算磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1时，需要规定的磁通量的正负。若磁感线从这个面进入规定磁通量为正，则磁感线从这个面出则磁通量为负值。
【最新高考题精练】
（2023高考选择性考试辽宁卷）
1．安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为和、电流大小分别为I1和I 的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为。比例系数k的单位是（　　）
A．kg·m/（s ·A） B．kg·m/（s ·A ） C．kg·m /（s ·A） D．kg·m /（s ·A ）
（2023新高考福建卷）
2．奥斯特利用如图所示实验装置研究电流的磁效应。一个可自由转动的小磁针放在白金丝导线正下方，导线两端与一伏打电池相连。接通电源瞬间，小磁针发生了明显偏转。奥斯特采用控制变量法，继续研究了导线直径、导线材料、电池电动势以及小磁针位置等因素对小磁针偏转情况的影响。他能得到的实验结果有（　　）
A．减小白金丝直径，小磁针仍能偏转 B．用铜导线替换白金丝，小磁针仍能偏转
C．减小电源电动势，小磁针一定不能偏转 D．小磁针的偏转情况与其放置位置无关
（2022高考上海）
3．四根电阻均匀分布的电阻丝连接成一个闭合的正方形线框，O为正方形线框的中点。当强度为I的电流从a点流入d点流出时，ad边在O点产生的磁场方向为 （选填：“垂直于纸面向里”或“垂直于纸面向外”）。已知直导线在O点产生的磁场大小与流经导线的电流大小成正比，若ad边在O点产生的磁场磁感应强度为B，则整个线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为 。
（2022·全国理综乙卷·18）
4．安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）
测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT
1 0 21 - 45
2 0 - 20 - 46
3 21 0 - 45
4 - 21 0 - 45
A．测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50μT
C．第2次测量时y轴正向指向南方
D．第3次测量时y轴正向指向东方
（2022年6月浙江选考）
5．下列说法正确的是（ ）
A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用
B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大
D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率
（2021年1月浙江选考）
6．如图所示是通有恒定电流的环形线圈和螺线管的磁感线分布图。若通电螺线管是密绕的，下列说法正确的是（　　）
A．电流越大，内部的磁场越接近匀强磁场
B．螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场
C．螺线管直径越大，内部的磁场越接近匀强磁场
D．磁感线画得越密，内部的磁场越接近匀强磁场
【最新模拟题精练】
（2023山东枣庄高二期末）
7．关于磁通量，下列说法中正确的是（　　）
A．穿过磁场中某一面积的磁通量为零该处磁感应强度也为零
B．磁场中磁感应强度大的地方，穿过某面积的磁通量不一定很大
C．在磁场中所取平面的面积增大，磁通量一定增大
D．只有平面垂直于磁场方向时，才有磁通量
（2023山东潍坊三校联考）
8．如图所示，某一匀强磁场磁感应强度为B，方向沿z轴正向，其中AB=a，BE=b，EF=c，∠CDF=30°，下列说法正确的是：（　　）
A．穿过ABCD面和穿过ADFE面的磁通量都为Bac
B．穿过BCFE面的磁通量为0
C．若将ADFE面绕AD边顺时针转过150°角时，其磁通量变化量大小为Bbc
D．若将BCFE面绕BC边转过180°角时，其磁通量变化量大小为0
（2023山东潍坊三校联考）
9．如图所示，图甲为等量同种正电荷，A、B为其连线中垂线上对称的两点，图乙为两根电流方向相反的长直通电导线横截面，C、D为其连线中垂线上对称的两点，以下说法正确的是（　　）
A．A、B两点电场强度相同
B．一带负电粒子沿中垂线从A运动到B，其电势能先增大后减小
C．C、D两点磁感应强度相同
D．CD连线上各点的磁感应强度方向各不一样
(2023湖南名校联考)
10．某课外探究小组用如图所示实验装置测量学校所在位置的电磁场的水平分量，将一段细长的直导体棒南北方向放置，并与开关、导线、电阻箱和电动势为、内阻为的电源组成如图所示的电路。在导体棒的正下方距离为处放一小磁针，开关断开时小磁针与导体棒平行，现闭合开关，缓慢调节电阻箱接入电路中的电阻值，发现小磁针逐渐偏离南北方向，当电阻箱接入电路的电阻值为时，小磁针的偏转角恰好为60°，已知通电长直导线周围某点磁感应强度为（式中为通过导线的电流强度、为该点到通电长直导线的距离，为常数），导体棒和导线电阻均可忽略不计，则该位置地磁场的水平分量大小为
A． B．
C． D．
11．如图所示，闭合线圈abcd水平放置，其面积为S，匝数为n，线圈与磁感应强度为B的匀强磁场的夹角θ＝45°。现将线圈以ab边为轴沿顺时针方向转动90°，则在此过程中线圈磁通量的改变量大小为（　　）
A．0 B． BS C． nBS D．nBS
（2020年3月北京延庆模拟）
12．对磁现象的研究中有一种“磁荷观点”．人们假定，在N极上聚集着正磁荷，在S极上聚集着负磁荷．由此可以将磁现象与电现象类比，引入相似的概念，得出一系列相似的定律．例如磁的库仑定律、磁场强度、磁偶极矩等．
在磁荷观点中磁场强度定义为：磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，其方向与正磁荷在该处所受磁场力方向相同．若用H表示磁场强度，F表示点磁荷所受磁场力，qm表示磁荷量，则下列关系式正确的是（ ）
A．F= B．H= C．H=Fqm D．qm=HF
(2023河南洛阳名校联考)
13．在图甲、乙中两点电荷电荷量相等，丙、丁中通电导线电流大小相等，竖直虚线为两点电荷、两通电导线的中垂线，O为连线的中点．下列说法正确的是(　　)

A．图甲和图丁中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感应强度都最小
B．图甲和图丁中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两点场强和磁感应强度都相等
C．图乙和图丙中，在连线和中垂线上，O点的场强和磁感应强度都最大
D．图乙和图丙中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两点场强和磁感应强度都相等
14．如图所示，关于磁铁、电流间的相互作用，下列说法正确的是(　　)
A．甲图中，电流不产生磁场，电流对小磁针力的作用是通过小磁针的磁场发生的
B．乙图中，磁体对通电导线的力的作用是通过磁体的磁场发生的
C．丙图中电流间的相互作用是通过电流的磁场发生的
D．丙图中电流间的相互作用是通过电荷的电场发生的
15．在一空间内有方向相反，磁感应强度大小均为B的匀强磁场，如图所示，垂直纸面向外的磁场分布在一半径为a的圆形区域内，垂直纸面向内的磁场分布在除圆形区域外的整个区域，该平面内有一半径为b(b＞ a)的圆形线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，线圈与半径为a的圆形区域是同心圆．从某时刻起磁感应强度开始减小到 ，则此过程中该线圈磁通量的变化量的大小为(　　)

A．
B．
C．
D．
（2023湖北高考冲刺模拟）
16．安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知错误的是（　　）
测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT
1 0 -21 45
2 0 20 46
3 21 0 45
4 -21 0 45
A．测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50μT
C．第1次测量时x轴正向指向东方
D．第4次测量时y轴正向指向东方
(2023浙江杭州九校期中联考)
17．已知通电长直导线周围某点的磁感应强度与导线中的电流成正比、与该点到导线的距离成反比。如图所示，两根平行长直导线相距为，分别通以大小相等、方向相同的电流。规定磁场方向垂直纸面向里为正，在区间内磁感应强度随变化的图线可能是图中的（　　）
A． B．
C． D．
（2023四川成都七中二诊）
18．四根在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一个“井”字形，导线中通过的电流大小均为I，方向如图所示。a、b和c三点位于“井”字形对角线上，其中b点在“井”字形中心，且。下列说法正确的是（　　）
A．b点的磁感应强度为零 B．a、c两点的磁感应强度相同
C．a点磁感应强度方向垂直纸面向外 D．减小导线1的电流，b点的磁感应强度也减小
(2023广东重点高中期末)
19．正三角形ABC的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线，导线中通有恒定电流，A、B导线电流方向垂直纸面向内，C导线电流方向垂直纸面向外，a、b、c三点分别是正三角形三边的中点，若A、B、C三处导线中的电流分别为3I、2I、I，已知无限长直导线在其周围某一点产生的磁场磁感应强度B的大小与电流成正比，与电流到这一点的距离成反比，即，则a、b、c三点的磁感应强度大小关系为（　　）
A．a点最大 B．b点最大 C．c点最大 D．b，c两点一样大
（2023浙江萧山名校联考）
20．如图所示，a、b、c一个等腰直角三角形的三个顶点，三角形在竖直平面，斜边ab水平方向。图甲在a、b两个顶点分别放置两等量正点电荷，已知a处点电荷在c点产生的电场强度大小为E：图乙在a、b两个顶点分别放置两电流相同垂直三角形平面向里的导线，已知a处通电导线在c点产生的磁感应强度大小为B．不考虑其他因素的影响，则有（　　）
A．图甲中，c处的电场强度大小为2E，方向竖直向上
B．图甲中，c处的电场强度大小为E，方向水平向右
C．图乙中，c处的磁感应强度大小为2B，方向竖直向上
D．图乙中，c处的磁感应强度大小为B，方向水平向右
（2023重庆名校质检）
21．物理学家欧姆在探究通过导体的电流和电压、电阻关系时，因无电源和电流表，利用金属在冷水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电流，具体的做法是：在地磁场作用下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转。某兴趣研究小组在得知直线电流在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比的正确结论后重现了该实验，他们发现：当通过导线电流为时，小磁针偏转了；当通过导线电流为时，小磁针偏转了，则下列说法中正确的是（　　）
A． B．
C． D．无法确定
（2023重庆名校质检）
22．在地球赤道上进行实验时，用磁传感器测得赤道上P点地磁场磁感应强度大小为B0.将一条形磁铁固定在P点附近的水平面上，让N极指向正北方向，如图所示，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度大小为B1；现将条形磁铁以P点为轴心在水平面内旋转90°，使其N极指向正东方向，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度的大小应为(可认为地磁南北极与地理北、南极重合)(　　)
A．B1－B0 B．B1＋B0
C． D．
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参考答案：
1．B
【详解】根据题干公式整理可得
代入相应物理量单位可得比例系数k的单位为
故选B。
2．AB
【详解】A．减小导线直径，仍存在电流，其产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项A正确；
B．白金导线换成铜导线，仍存在电流，产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项B正确；
C．减小伏打电池电动势，只要导线中有电流，小磁场还是会发生偏转，选项C错误；
D．通电导线产生的磁场与地磁场叠加后，其空间磁场方向与位置有关，当小磁针在不同位置时其偏转情况不同，选项D错误。
故选AB。
3． 垂直于纸面向外 0
【详解】[1]根据安培定则，当强度为I的电流从a点流入d点流出时，ad边在O点产生的磁场方向为垂直于纸面向外；
[2] 根据安培定则和矢量的叠加原理，整个线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为0。
4．BC
【详解】A．如图所示
地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；
B．磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为
计算得
B ≈ 50μT
B正确；
CD．由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量，故y轴指向南方，第3次测量，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确、D错误。
故选BC。
5．B
【详解】A．恒定磁场对速度不平行于磁感线的运动电荷才有力的作用，A错误；
B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，B正确；
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流为0，C错误；
D．根据变压器的原理可知，副线圈中磁通量的变化率小于或等于原线圈中磁通量的变化率，D错误。
故选B。
6．B
【详解】根据螺线管内部的磁感线分布可知，在螺线管的内部，越接近于中心位置，磁感线分布越均匀，越接近两端，磁感线越不均匀，可知螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场。
故选B。
7．B
【详解】A．当磁感线与平面平行时，磁通量为零，但磁感应强度不为零，故A错误；
B．根据
可知，面积和夹角不确定，磁感应强度大的地方磁通量不一定很大，故B正确；
C．例如套着条形磁铁的平面，面积增大，磁感线净条数减小，磁通量减小，故C错误；
D．只要穿过平面的磁感线净条数不为0，就有磁通量，不一定需要垂直，故D错误。
故选B。
8．C
【详解】A．磁场方向与ABCD面平行，则穿过ABCD面的磁通量为0，根据
可得，穿过ADFE面的磁通量都为Bbc，所以A错误；
B．根据
可知，穿过BCFE面的磁通量为Bbc，所以B错误；
C．若将ADFE面绕AD边顺时针转过150°角时，其磁通量为0，则磁通量的变化量大小为
所以C正确；
D．若将BCFE面绕BC边转过180°角时，其磁通量为
则磁通量的变化量大小为
所以D错误；
故选C。
9．C
【详解】A．根据等量同种电荷的电场分布可知，A、B两点电场强度大小相等，方向相反，则场强不相同，选项A错误；
B．一带负电粒子沿中垂线从A运动到B，电场力先做正功后做负功，则其电势能先减小后增大，选项B错误；
CD．因两根通电导线的电流方向相反，根据安培定则，结合磁场叠加知识可知，C、D两点磁感应强度相同，CD连线上各点的磁感应强度方向一样，选项C正确，D错误。
故选C。
10．C
【详解】由闭合电路欧姆定律可得：
由题目条件可知小磁针处电流产生的磁场为：
由小磁针的偏转角恰好为60°可得：
联立解得地磁场的水平分量的大小：
故C正确，ABD错误。
故选C。
11．B
【详解】由题意可知，线圈旋转过程中，磁通量先减小至零后再反向增大，所以初、末状态时线圈的磁通量方向相反，根据磁通量的定义可知初、末状态时线圈磁通量大小均为
所以将线圈以ab边为轴沿顺时针方向转动90°的过程中线圈磁通量的改变量大小为
故选B。
12．B
【详解】试题分析：根据题意在磁荷观点中磁场强度定义为：磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，其方向与正磁荷在该处所受磁场力方向相同，所以有
故选B。
【名师点睛】磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，运用类比思想，类比电场强度的定义公式列式分析即可．
13．AD
【详解】A．在图甲中根据场强公式：以及场强的合成可以知道O点场强为零；在图丁中根据右手定则以及场强的合成可以知道O点磁感应强度为零，都是最小的，故选项A正确；
B．图甲和图丁中，在连线和中垂线上，关于O点对称的两点场强和磁感应强度只是大小相等，但是方向不同，故选项B错误；
C．在图乙中，在中垂线上O点场强最大，但是在连线上O点场强最小；在图丙中，中垂线上，O点的磁感应强度都最大，故选项C错误；
D．根据场强的合成，可以知道在图乙和图丙中，在连线和中垂线上关于O点对称的两点场强和磁感应强度大小相等，方向相同，故选项D正确．
14．BC
【详解】A．甲图中，电流产生磁场，电流对小磁针力的作用是通过电流的磁场发生的；故A项错误；
B．乙图中，磁体对通电导线力的作用是通过磁体的磁场发生的；故B项正确；
CD．丙图中，电流对另一个电流力的作用是通过该电流的磁场发生的；故C项正确，D项错误．
15．D
【详解】由题意知，匀强磁场的磁感应强度B垂直于线圈平面，通过该线圈的磁通量为垂直穿入的磁通量与垂直穿出的磁通量之差．由Φ＝BS可知，穿入的磁通量为Bπ(b2－a2)，穿出的磁通量为Bπa2，因此穿过该线圈的磁通量为Bπ(b2－2a2)．由于磁感应强度减小到，所以该线圈磁通量的变化量的大小为Bπ(b2－2a2)，选项D正确，ABC错误；故选D.
【点睛】在匀强磁场中，通过该线圈的磁通量公式Φ=BS中，S是有效面积．注意虽然磁通量是标量，但要分正反面穿过，因此出现正负情况．
16．C
【详解】A．如图所示地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向上，则测量地点应位于南半球，故A正确，不符合题意；
B．磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为
计算得
B ≈ 50μT
故B正确，不符合题意；
CD．由选项A可知测量地在南半球，而南半球地磁场指向北方斜向上，则第1次测量
故y轴指向南方，x轴正向指向西方。第4次测量
故x轴指向南方而y轴则指向东方，故C错误，符合题意，D正确，不符合题意。
故选C。
17．D
【详解】由安培定则可知，左侧的电流在其右侧的磁场方向垂直纸面向里，而右侧的电流在其左侧产生的磁场方向垂直纸面向外，根据通电长直导线周围某点的磁感应强度
可知距离电流越远，电流产生的磁场越小，根据对称性可知两电流在处的合磁场大小为0，区域的合磁场方向垂直纸面向里，为正值；区域的合磁场方向垂直纸面向外，为负值。
故选D。
18．AC
【详解】A．根据安培定则和磁感应强度的叠加可知，1和3、2和4导线在b点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，叠加后b点的磁感应强度为零，故A正确；
B．根据叠加原理和对称性可知，a、c两点的磁感应强度大小相等，方向相反，故B错误；
C．所有导线在a点产生的磁感应强度方向均垂直纸面向外，叠加后a点磁感应强度方向垂直纸面向外，故C正确；
D．减小导线1的电流，1和3导线在b点产生的磁感应强度不能抵消，则b点的磁感应强度增大，故D错误。
故选AC。
19．C
【详解】根据题意，设正三角形的边长为，根据公式，结合矢量的叠加原理，则a、b、c三点的磁感应强度大小分别为
可知，c点的磁感应强度最大。
故选C。
20．D
【详解】AB．图甲中，电荷a在c点的场强方向沿ac斜向上，电荷b在c点的场强方向沿bc斜向上，两者垂直，大小均为E，则c处的电场强度大小为E，方向竖直向上，选项AB错误；
CD．图乙中，a处直导线在c点的磁场方向沿cb方向斜向下，b处直导线在c点的磁场方向沿ac方向斜向上，且大小均为B，则c处的磁感应强度大小为B，方向水平向右，选项C错误，D正确。
故选D。
21．A
【详解】磁场对磁铁的作用力与磁感应强度成正比，即
F=kB
设地磁场感应强度为B0，小磁针等效成长为L的条形磁铁，设转时电流产生的磁场在小磁针处磁场为B1，由右手定则知B1与B0垂直，由力矩平衡得
同理转时得
由以上两式得
B2=3B1
而电流与磁感应强度成正比，所以
I2=3I1
故选A。
22．D
【详解】根据题意，赤道上P点地磁场磁感应强度大小为B0，条形磁铁N极指向正北方向时，条形磁铁在P点产生的磁感应强度为B＝B1－B0；条形磁铁N极指向正东方向时，其分磁感应强度指向正东方向，此时两个分矢量垂直，故P点的合磁感应强度为
B′＝＝
A．B1－B0，与结论不相符，选项A错误；
B．B1＋B0，与结论不相符，选项B错误；
C． ，与结论不相符，选项C错误；
D． ，与结论相符，选项D正确；
故选D.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第12章磁场
第12.2讲安培力
【知识点精讲】
一、安培力
1.安培力：通电导线在磁场中受的力称作安培力。
2.安培力的大小
（1）磁场方向和电流垂直时：F=BIL。
（2）磁场方向和电流平行时：F=。
【特别提醒】L应是导线的“有效长度”。
①对于弯曲的导线，导线的“有效长度”如图中虚线所示。
②对于任意形状的闭合导线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力一定为零。
3.安培力的方向
左手定则判断：
（1）伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内。
（2）让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向电流方向。
（3）拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
【温馨提示】安培力方向一定垂直于电流与磁场方向决定的平面，即同时有F⊥I，F⊥B。
4.两平行通电导线之间的作用力
通有同向电流的两导线相吸，通有反向电流的两导线相斥。
【方法归纳】
1.安培力作用下导体运动情况判断的常用方法
电流元法 分割为电流元安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向
特殊位置法 在特殊位置→安培力方向→运动方向
等效法 环形电流→小磁针，通电螺线管→条形磁铁
结论法 同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
转换研究 对象法 定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向
2。安培力作用下导体的平衡问题
通电导体棒在磁场中的平衡问题是一种常见的力电综合问题，这类题目的难点是题图往往具有立体性，安培力的方向不易确定等。因此解题时一定要先把立体图转化为平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系。
(1)求解安培力作用下导体平衡问题的关键
画受力图→三维图二维平面图，
即通过画俯视图、剖面图、侧视图等，将立体图转换为平面受力图。
(2)求解安培力作用下导体平衡问题的基本思路
①选定研究对象；
②变三维图为二维图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F⊥B、F⊥I；
③列平衡方程。
3、安培力作用下的力电综合问题
安培力和重力、弹力、摩擦力一样，会使通电导体在磁场中处于平衡、转动、加速状态，有时也会涉及做功问题。解答时一般要用到牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等。
【最新高考题精练】
（2023高考江苏学业水平选择性考试）
1．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B．L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为（ ）

A．0 B．BIl C．2BIl D．
（2023高考海南卷）
2．如图所示，U形金属杆上边长为，质量为，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里的匀强磁场。
（1）若插入导电液体部分深，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；
（2）若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度，通电时间，求通过金属杆截面的电荷量。

（2022高考湖北物理）
3．如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（　　）
A．棒与导轨间的动摩擦因数为
B．棒与导轨间的动摩擦因数为
C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ=60°
D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ=150°
（2022·全国理综乙卷·24）
4．如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求:
（1）时金属框所受安培力的大小；
（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。
（2022年1月浙江选考）
5．如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为和。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态（即P和Q的其余部分均不接触），P与Q间的磁力大小为F。下列说法正确的是（　　）
A．Q对P的磁力大小等于
B．P对Q的磁力方向竖直向下
C．Q对电子秤的压力大小等于＋F
D．电子秤对Q的支持力大小等于＋
（2022年1月浙江选考）
6．利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的安培力F分别与I和L的关系图象，则正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2022新高考江苏卷）
7．如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向（　　）
A．平行于纸面向上
B．平行于纸面向下
C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
（2021重庆高考）
8．某同学设计了一种天平，其装置如图所示。两相同的同轴圆线圈水平固定，圆线圈P与、N共轴且平行等距。初始时，线圈通以等大反向的电流后，在线圈P处产生沿半径方向的磁场，线圈P内无电流且天平平衡。设从上往下看顺时针方向为正向。当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，可能的办法是（　　）
A．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入正向电流
B．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入负向电流
C．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入正向电流
D．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入负向电流
【最新模拟题精练】
（2023石家庄三模）
9．如图甲所示是磁电式电流表的结构示意图，极靴和铁质圆柱间的磁场均匀辐向分布，面积为S的矩形线圈绕在铝框上，线圈a、b边所在处的磁感应强度大小均为B，当线圈中通电流时，a、b边所受安培力F方向如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．穿过线圈的磁通量为BS
B．流经线圈a边的电流方向垂直纸面向外
C．由于铝框涡流作用导致电流测量不准确
D．若增大线圈的匝数保持通入电流不变，则电流表指针偏角变大
(2023浙江杭州九校期中联考)
10．如图甲是磁电式电流表的结构示意图，蹄形磁体和铁芯间的磁场均匀辐向分布，边长为L的N匝正方形线圈中通以电流I，如图乙所示，线圈中左侧一条a导线电流方向垂直纸面向外，右侧b导线电流方向垂直纸面向里，a、b两条导线所在处的磁感应强度大小均为B，则（　　）
A．该磁场是匀强磁场 B．该线圈的磁通量为BL2
C．a导线受到的安培力方向向上 D．此仪表利用了电磁感应的原理
（2023湖北荆州重点高中质检）
11．如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，导体棒中电流方向如图所示，此时台秤读数为；若导体棒中电流方向不变，电流缓慢减小为零时，台秤读数为，则以下说法正确的是（　　）
A．弹簧长度将不变 B．弹簧长度将变短
C． D．
（2023湖北荆门三校5月联考）
12．如图所示，一通电导体棒放置在粗糙水平桌面上，流过导体棒的电流如图所示，导体棒所在空间存在方向与导体棒垂直的匀强磁场，当匀强磁场方向与竖直方向的夹角为时，无论所加磁场多强，均不能使导体棒发生移动。已知导体棒与桌面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列关系式中正确的是（ ）
A． B． C． D．
（2023浙江杭州学军中学质检）
13．如图所示，两个完全相同且相互绝缘、正交的金属环A、B，可沿轴线OO′自由转动，现通以图示方向电流，沿OO′看去会发现(　　)
A．A环、B环均不转动
B．A环将逆时针转动，B环也逆时针转动，两环相对不动
C．A环将顺时针转动，B环也顺时针转动，两环相对不动
D．A环将顺时针转动，B环将逆时针转动，两者吸引靠拢至重合为止
（2023湖南益阳桃江一中模拟）
14．如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个正六边形线框abcdef，它的六个顶点均位于一个半径为R的圆形区域的边界上，be为圆形区域的一条直径，be上方和下方分别存在大小均为B且方向相反的匀强磁场，磁场方向垂直于圆形区域。现给线框接入从a点流入、从f点流出的大小为I的恒定电流，则金属线框受到的安培力的大小为（　　）
A． B． C．BIR D．0
（2023辽宁本溪期中）
15．一质量为0.06kg、长为0.1m的金属棒MN用两根长度相等的绝缘细线悬挂于天花板的两点，现在在空间加一竖直向下的磁感应强度大小为的匀强磁场，当在金属棒中通有恒定的电流后，金属棒摆动起来，当金属棒摆到最高点时，细线与竖直方向的夹角为60°，已知一切阻力可忽略不计，。下列说法正确的是（　　）
A．金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能先增加后减少
B．金属棒在摆动到最高点的过程中，机械能一直增加
C．通入金属棒中的电流为2A
D．通入金属棒中的电流为6A
（2023浙江萧山名校联考）
16．如图所示，在一倾角为θ的粗糙斜面上放置一根直导线，导线长度为l，初始时，直导线恰好静止。现有一竖直向下的匀强磁场磁感应强度为B，现给直导线通电，电流垂直纸面向外，电流从零逐渐增大到I时，通电直导线恰要滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　）
A．斜面对通电直导线的支持力不断减小
B．斜面对通电直导线的静摩擦力不断增大
C．粗糙斜面的动摩擦因数
D．
（2023河北衡水中学一模）
17．Ioffe-Pritchard磁阱常用来约束带电粒子的运动。如图所示，在平面内，以坐标原点O为中心，边长为的正方形的四个顶点上，垂直于平面放置四根通电长直导线，电流大小相等，方向已标出，“×”表示电流方向垂直纸面向里，“ ”表示电流方向垂直纸面向外。已知电流为I的无限长通电直导线在距其r处的圆周上产生的磁感应强度大小为，k为比例系数。下列说法正确的是（　　）
A．直导线2、4相互排斥，直导线1、2相互吸引
B．直导线1、4在O点的合磁场的方向沿x轴负方向
C．直导线1、4在O点的合磁场的磁感应强度大小为
D．直导线2、4对直导线1的作用力是直导线3对直导线1的作用力大小的2倍
（2023浙江台州部分重点高中联考）
18．为了研究两条相互平行的通电导线间相互作用力与电流之间的关系，某同学用如图所示的装置进行实验，其中两条导线及所用弹簧均完全相同，则下列选项中符合实验结果的是（　　）
A． B．
C． D．
（2023广州二模）
19．如图是安培研究通电导体间相互作用的简化示意图。甲、乙、丙三个圆形线圈的圆心在同一水平轴线上，轴线垂直线圈平面.甲和丙固定且用导线串联，并通以电流I1，乙通入电流I2，电流方向在图中标出，则乙线圈（　　）
A．圆心处的磁场方向水平向左
B．圆心处的磁场方向水平向右
C．受到甲对它的吸引力
D．受到丙对它的排斥力
20．载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B=kI/r，式中常量k>0，I为电流强度，r为距导线的即离．在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示．开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0．当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1：当MN内的电流强度变为I2时，两细线的张力均大于T0．
（1）分别指出强度为I1、I2的电流的方向；
（2）求MN分别通以强度为I1和I2电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；
（3）当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a，求I3．
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参考答案：
1．C
【详解】因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受安培力为
Fab=BI 2l=2BIl
则该导线受到的安培力为2BIl。
故选C。
2．（1），4.17A；（2）0.085C
【详解】（1）对金属杆，跳起的高度为，竖直上抛运动由运动学关系式
解得
通电过程金属杆收到的安培力大小为
由动能定理得
解得
（2）对金属杆，通电时间，由动量定理有
由运动学公式
通过金属杆截面的电荷量
联立解得
3．BC
【详解】设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°;当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有
令
根据数学知识可得
则有
同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有
有
所以有
当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得
带入
可得α=30°，此时
加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有
减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有
故BC正确，AD错误。
故选BC。
4．（1）；（2）0.016J
【详解】（1）金属框的总电阻为
金属框中产生的感应电动势为
金属框中的电流为
t=2.0s时磁感应强度为
金属框处于磁场中的有效长度为
此时金属框所受安培力大小为
（2）内金属框产生的焦耳热为
5．D
【详解】AB．由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于，选项AB错误；
CD．对PQ的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于＋，即Q对电子秤的压力大小等于＋，选项C错误，D正确。
故选D。
6．B
【详解】根据
F = BIL
可知先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，则F—I图象是过原点的直线。同理保持电流I不变，改变通过电部分的长度L，则F-L图象是过原点的直线。
故选B。
7．C
【详解】根据安培定则，可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上，右侧部分的磁场方向斜向下方，根据左手定则可判断出左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里。
故选C。
8．BC
【详解】AB．当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，则需要线圈P需要受到竖直向下的安培力，若P处磁场方向沿半径向外，由左手定则可知，可在P中通入负向电流，故A错误，B正确；
CD．若P处磁场方向沿半径向内，由左手定则可知，可在P中通入正向电流，故C正确，D错误。
故选BC。
9．D
【详解】A．线圈在磁场中，由对称性可知，穿过线圈的磁通量为0，选项A错误；
B．由左手定则可知，流经线圈a边的电流方向垂直纸面向里，选项B错误；
C．铝框实际上与线圈是彼此绝缘的，而且指针稳定时，铝框中没有感应电流，无从谈起对线圈中电流的影响，选项C错误。
D．若增大线圈的匝数保持通入电流不变，则线圈的ab两边受的安培力变大，则电流表指针偏角变大，选项D正确。
故选D。
10．C
【详解】A．匀强磁场的磁感线互相平行，方向相同，该磁场均匀辐向分布，不是匀强磁场，故A错误；
B．线圈平面与磁感线平行，线圈的磁通量为零，故B错误；
C．导线电流向外，磁场向右，根据左手定则，导线受到的安培力向上，故C正确；
D．此仪表利用的是电流通过线圈时，线圈在安培力的作用下转动，螺旋弹簧被扭动，带动指针转动的原理，故D错误。
故选C。
11．D
【详解】CD．电流为零时，台秤读数等于磁铁的重力大小，弹簧处于原长；磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为导体棒在磁铁的中心偏左位置，所以此处的磁感线是斜向右上的，导体棒通电时，电流的方向垂直于纸面向里，根据左手定则，导体棒受磁铁给的安培力方向是斜向右下，导体棒是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导体棒给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的，将这个力在水平方向和竖直方向分解，由平衡条件知光滑平板对磁铁支持力小于磁铁重力大小，即有
D正确，C错误；
AB．导体棒通电时由于磁铁受导体棒的作用力在水平方向向左，弹簧会压缩，当导体棒电流为零时，弹簧长度将变长，AB错误。
故选D。
12．A
【详解】导体棒受的安培力斜向右下方，则受力分析可知
解得
当
时
即当时无论所加磁场多强，均不能使导体棒发生移动。
故选A。
13．D
【详解】试题分析：由安培定则可得，A环产生的磁场的方向向下，B环产生的磁场的方向向左，两个磁场相互作用后有磁场的方向趋向一致的趋势，所以A环顺时针转动，B环逆时针转动．二者相互靠拢．故D正确，ABC错误．
考点：电流的磁场、磁场对电流的作用
【名师点睛】本题考查了电流的磁场、磁场对电流的作用，只是要求灵活运用所学知识．要注意利用“两个磁场相互作用后有磁场的方向趋向一致的趋势”是解题的最佳方法．根据安培定则判断出通电圆环A的周围有磁场，通电圆环B放在了通电圆环A的磁场内，受到磁场的作用，根据左手定则就可以判断出相互作用力．
14．A
【详解】根据串并联电路的特点可知线框流过af边的电流：
流过abcdef边的电流：
de、ab边受到的安培力等大同向，斜向左下方，同理bc、ef边受到的安培力等大同向，斜向右下方，则de、ab、bc、ef边所受的安培力合力为：
方向向下；cd边受到的安培力：
方向向下，；af边受到的安培力：
方向向上，所以线框受到的合力：
A正确，BCD错误。
故选A。
15．BC
【详解】AB．通电导体在磁场中受到安培力，金属棒在摆动到最高点的过程中，安培力做正功，则机械能一直增大，故A错误，B正确；
CD．金属棒受到的安培力为
设绳子长度为，根据动能定理可得
联立解得通入金属棒中的电流为
故C正确，D错误。
故选BC。
16．D
【详解】C．初始时，通电直导线恰好静止，此时受到重力，斜面对直导线的支持力和摩擦力，根据共点力平衡可知
解得
C错误；
A．通电直导线在磁场中，根据左手定则可知，受到的安培力水平向右，在通电导体受力分析如图所示
随着磁场从零开始不断增大，安培力
逐渐增大，在垂直于斜面方向，根据共点力平衡可得
故斜面对通电直导线的支持力不断增大，A错误；
B．开始时，安培力很小，斜面对通电导线的静摩擦力沿斜面向上，随着磁场从零开始不断增大，安培力
逐渐增大，静摩擦力逐渐减小，减小到0后，又反向逐渐增大，B错误；
D、当电流从零逐渐增大到I时，通电直导线恰要滑动，则
解得
D正确。
故选D。
17．D
【详解】A．同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，所以直导线2、4相互吸引，直导线1、2相互排斥，故A错误；
BC．直导线1、4在O点产生的磁场强度如下所示
其中
所以直导线1、4在O点的合磁场的方向沿x轴正方向，大小为
故BC错误。
D．同BC项分析，直导线2、4在直导线1处产生的合磁场为
直导线3在直导线1处产生的磁场为
所以直导线2、4对直导线1的作用力是直导线3对直导线1的作用力大小的2倍，故D正确。
故选D。
18．B
【详解】AB．两导线中通以反向电流时，研究右导线的受力情况：将左导线看成场源电流，根据安培定则可知，它在右导线处产生的磁场方向向外，由左手定则判断可知，右导线所受的安培力方向向右；由于两导线间的作用为相互作用，两导线相互排斥；所以两导线受力相同，形变量相同，两导线应向外形变，故B正确，A错误；
CD．两导线通以同向电流时，研究右导线的受力情况：将左导线看成场源电流，根据安培定则可知，它在右导线处产生的磁场方向向外，由左手定则判断可知，右导线所受的安培力方向向左；由于两导线间的作用为相互作用，两导线相互吸引；所以两导线受力相同，形变量相同，故两导线应向里形变，故CD错误。
故选B。
19．BC
【详解】AB．根据右手螺旋定则可知，圆心处的磁场方向水平向右，故A错误，B正确；
CD．三个线圈的电流方向相同，同向电流相互吸引，故乙受到甲对它的吸引力，乙受到丙对它的吸引力，故C正确，D错误。
故选BC。
20．（1）I1方向向左，I2方向向右（2）F1:F2＝I1:I2（3）
【详解】（1）当MN通以强度为的电流时，两细线内的张力均减小为，知此时线框所受安培力合力方向竖直向上，则ab边所受的安培力的向上，cd边所受安培力方向向下，知磁场方向垂直纸面向里，则方向向左．当MN内电流强度变为时，两细线内的张力均大于．知此时线框所受安培力合力方向竖直向下，则ab边所受的安培力的向下，cd边所受安培力方向向上，知磁场方向垂直纸面向外，则方向向右．
（2）当MN中通以电流I时，线圈所受安培力大小为，，所以，
（3），
若加速度向下：根据第（2）问结论：
（方向向右）
若加速度向上：根据第（2）问结论：，
（方向向左）
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第12章 磁场
第12.3讲 洛伦兹力
【知识点精讲】
一、洛伦兹力、洛伦兹力的方向和大小
1.洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。
【特别提醒】安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观解释。
2.洛伦兹力的方向
（1）方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面。
【特别提醒】洛伦兹力的方向始终与速度垂直，故洛伦兹力永不做功。
（2）判定方法：左手定则。
【特别提醒】应用左手定则判断负电荷所受洛伦兹力方向时应注意四指指向电荷运动方向，则拇指的反方向为负电荷所受洛伦兹力的方向。
3.洛伦兹力的大小
（1）v∥B时，洛伦兹力F=0.（θ=0°或180°）
（2）v⊥B时，洛伦兹力F=qvB。（θ=90°）
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1.若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动。
2.若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动。
3.做匀速圆周运动的基本公式
（1）洛伦兹力提供带电粒子圆周运动的向心力：qvB=m；
（2）轨道半径公式：r=；
（3）周期公式：T=。
【特别提醒】 公式r=、T=只适用于洛伦兹力作用下的匀速圆周运动。
由周期公式可以看出，周期与粒子的速率及轨道半径无关，与粒子的比荷有关。
【温馨提示】
（1）利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。
（2）当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。
（3）运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。
（4）洛伦兹力永不做功。
4.洛伦兹力与安培力的关系
（1）洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现。
（2）尽管安培力是自由电荷定向移动时受到的洛伦兹力的宏观表现，但不能简单地认为安培力就等于所有定向移动的电荷所受洛伦兹力的合力，只有当导体静止时能这样认为。
（3） 洛伦兹力对运动电荷永远不做功，但安培力却可以做功。可见安培力与洛伦兹力既有联系，又有区别。
2.洛伦兹力与电场力的比较
洛伦兹力 电场力
作用条件 运动电荷的速度方向与B不平行时，运动电荷才受到洛伦兹力即v≠0且v不与B平行 带电粒子只要处在电场中，就一定受到电场力
大小方向 F=qvB，（v⊥B）方向与B垂直，与v垂直， 即F⊥B，F⊥v 用左手定则判断 F=qE，F的方向与E同向或反向
特点 洛伦兹力永不做功 电场力可做正功、负功或不做功
相同点 反映了磁场和电场都具有力的性质
【方法归纳】
1. 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的解题步骤
（1）。两种方法定圆心
方法一：已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心（如图甲所示）。
方法二：已知入射方向和入射点、出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心（如图乙所示）。
（2）。几何知识求半径
利用平面几何关系，求出轨迹圆的可能半径（或圆心角），求解时注意以下几个重要的几何特点：
（1）粒子速度的偏向角（φ）等于圆心角（α），并等于AB弦与切线的夹角（弦切角θ）的2倍（如图所示），即φ=α=2θ=ωt。
（2）直角三角形的应用（勾股定理）。
找到AB的中点C，连接OC，则△AOC、△BOC都是直角三角形。有r=OA=OB=
（3）。两个观点求时间
观点一：由运动弧长计算，t=（l为弧长）；
观点二：由旋转角度计算，t=T。
2.三类边界磁场中的轨迹特点
（1）直线边界：进出磁场具有对称性，如图。
（2）平行边界：存在临界条件。
（3）圆形边界：等角进出，沿径向射入必沿径向射出。
3.对于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，应注意把握以下几点。
①粒子运动轨迹圆的圆心的确定
a、若已知粒子在圆周运动中的两个具体位置及通过某一位置时的速度方向，可在已知速度方向的位置作速度的垂线，同时作两位置连线的中垂线，两垂线的交点为轨迹圆的圆心，如图甲所示。
b、若已知做圆周运动的粒子通过某两个具体位置的速度方向，可在两位置上分别作两速度的垂线，两垂线的交点为轨迹圆的圆心，如图乙所示。
c、若已知做圆周运动的粒子通过某一具体位置的速度方向及轨迹圆的半径R，可在该位置上作速度的垂线，垂线上距该位置R处的点为轨迹圆的圆心（利用左手定则判断圆心在已知位置的哪一侧），如图丙所示。
②粒子轨迹圆的半径的确定
a、可直接运用公式R=来确定。
b、画出几何图形，利用半径R与题中已知长度的几何关系来确定。在利用几何关系时，要注意一个重要的几何特点，即：粒子速度的偏向角φ等于对应轨迹圆弧的圆心角α，并等于弦切角θ的2倍，如图所示。
③计算带电粒子在匀强磁场中运动时间的两种方法：
方法一：由运动弧长计算，t=（l为弧长）；
方法二：由旋转角度计算，t=T
【特别提醒】分析带电粒子在磁场中做圆周运动的易错点在于分析运动轨迹找出几何关系，计算出半径。
【最新高考题精练】
（2023全国高考新课程卷）
1．一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（　　）

A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
（2023高考海南卷）
2．如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（ ）

A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右 B．小球运动过程中的速度不变
C．小球运动过程的加速度保持不变 D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功
（2022高考湖北物理）
3．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Р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．kBL，0° B．kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60°
（2023高考全国乙卷）
4．如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP = l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（ ）

A． B． C． D．
（2023高考全国甲卷）
5．光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是（ ）

A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
（2023高考北京卷）
6．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l（）。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是（　　）

A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B．粒子质量为
C．管道内的等效电流为
D．粒子束对管道的平均作用力大小为
【最新模拟题精练】
（2023广东重点高中期末）
7．地磁场能有效抵御宇宙射线的侵入，赤道剖面外地磁场可简化为包围地球一定厚度的匀强磁场，方向垂直该剖面，如图所示。图中给出了速度在图示平面内，从O点沿平行与垂直地面2个不同方向入射的微观带电粒子（不计重力）在地磁场中的三条运动轨迹a、b、c，且它们都恰不能到达地面。则下列相关说法中正确的是（　　）
A．沿a轨迹运动的粒子带负电
B．若沿a、c两轨迹运动的是比荷相同的粒子，则c粒子的速率更大
C．某种粒子运动轨迹为a，若它速率不变，只是改变射入地磁场的速度方向，则只要其速度在图示平面内，粒子可能到达地面
D．某种粒子运动轨迹为b，若它以相同的速率在图示平面内沿其他方向入射，则有可能到达地面
（2023重庆沙家坝重点中学质检）
8．如图，足够长的荧光屏OA的上方区域存在匀强磁场，边界MN左侧区域的磁场方向垂直纸面向里，右侧区域的磁场方向垂直纸面向外，两区域的磁感应强度大小均为B。光屏上方有一粒子源紧挨着O点，可沿OA方向不断射出质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子。粒子打在荧光屏上时，荧光屏相应位置会发光。已知粒子的速率可取从零到某最大值之间的各种数值，速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，OM之间的距离为，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则（　　）
A．粒子的最大速率为
B．荧光屏上的发光长度
C．打中荧光屏的粒子运动时间的最小值为
D．打中荧光屏的粒子运动时间的最大值为
（2022北京朝阳二模）
9．四个带电粒子的电荷量和质量分别为（+q，m）、（+q，2m）、（+3q，3m）、（-q，m），它们先后以相同的速度从坐标原点O沿x轴正方向射入一匀强磁场中，磁场方向垂直于平面。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2021辽宁模拟1）
10．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是(　　)
A．向上 B．向下 C．向左 D．向右
（2023河北九师联盟质检）
11．如图所示，厚度非常薄的铅板MN的上方、下方分别分布有垂直纸面向外、磁感应强度分别为2B、B的有界匀强磁场，一比荷为k、电量为q的粒子（不计重力）从a点射入第一个磁场，经过铅板的b点射入第二个磁场，从c点射出第二个磁场，紧接着进入虚线PJ（与MN平行）下方的与MN垂直的匀强电场，粒子到达d点时速度正好与PJ平行。已知两个圆弧轨迹的圆心均在铅板的O点，Oa＝R、∠aOb＝∠cOb＝60°，粒子与铅板的作用时间忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A．该粒子带正电 B．粒子从a到c的运动时间为
C．粒子与铅板的碰撞生热为 D．c点与d点的电势差为
（2023广东实验中学三模）
12．如图，水平放置的挡板上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子垂直于挡板从板上的小孔射入磁场，另一带电粒子垂直于磁场且与挡板成角射入磁场，、初速度大小相等，两粒子恰好都打在板上同一点（图中未标出）。不计重力，下列说法正确的是（　　）
A．、的电性一定相同
B．、的比荷（荷质比）之比为
C．若在点左侧，则在磁场中运动时间比长
D．若在点右侧，则在磁场中运动路程比长
（2023河南四市二模）
13．如图所示，在竖直平面内存在有垂直于纸面向里的匀强磁场，MN为磁场左下方的边界线，其上有等距的三点a、b、c、某一时刻带电粒子1和2分别从a、b两点沿水平方向以相同的动量同时射入匀强磁场中，并同时到达c点。不计粒子的重力和带电粒子之间的相互作用，则下列说法正确的是（　　）

A．带电粒子1和2的质量之比为2：1
B．带电粒子1和2所带电荷量之比为2：1
C．带电粒子1和2的速度大小之比为2：1
D．带电粒子1和2在磁场中运动过程中，所受洛伦兹力的冲量相等
（2023四川南充三模）
14．如图，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹，a、b、d三个出射点和圆心的连线与竖直方向分别成角，下列判断正确的是（　　）

A．沿径迹运动的粒子均为正电子
B．沿径迹运动的粒子在磁场中运动时间最短
C．沿径迹运动的粒子在磁场中运动时间之比为2∶1
D．沿径迹运动的粒子动能之比为3∶1
（2023北京朝阳二模）
15．如图所示，空间存在一圆形匀强磁场区域，P、M是磁场边界上的两个点。氕核（）和氦核（）分别从P点沿半径方向垂直磁场射入，且都从M点射出。则氕核与氦核（　　）
A．射入磁场的速率之比为2:1
B．在磁场中运动的时间之比为1:1
C．射入磁场时的动量大小之比为1:1
D．在磁场中运动的加速度大小之比为2:1
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A．带电粒子在电场和磁场中运动，打到a点的粒子电场力和洛伦兹力平衡，当电场向左磁场垂直直面向里时，因粒子带正电，则受到向左的电场力和向左的洛伦兹力，则会打到a点左侧；同理电子带负电，受到向右的电场力和向右的洛伦兹力，则电子会打到a点右侧，A错误；
B．因粒子带正电，设带电量为2q，速度v，电子带负电，电量-q，电子速度v＇>v，若电场方向向左，磁场方向向外，则如果粒子打在a点则受到向左的电场力和向右的洛伦兹力平衡
因电子带负电，电量-q，且电子速度大，受到向左的洛伦兹力qv＇B大于向右的电场力qE，则电子从而向左偏转；同理如果电子打在a点，则，所以此时粒子向左的电场力2qE大于向右的洛伦兹力2qvB，则向左偏转，不会打在b点，B错误；
CD．电场方向向右，磁场垂直纸面向里，如果粒子打在a点，即向右的电场力和向左的洛伦兹力平衡
电子速度大，受到向右的洛伦兹力qv＇B大于向左的电场力qE则向右偏转，从而达到b点；同理如果电子打在a，则粒子向右的电场力2qE大于向左的洛伦兹力2qvB从而向右偏转，会打在b点；
同理电场向右磁场垂直纸面向外时，粒子受到向右的电场力和洛伦兹力，电子受到向左的电场力和洛伦兹力不能受力平衡打到a点，故C正确，D错误；
故选C。
2．A
【详解】A．根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；
BC．小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，BC错误；
D．洛仑兹力永不做功，D错误。
故选A。
3．BC
【详解】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图
根据几何关系则有
可得
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θ=60°。
当粒子上下均经历一次时，如图
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
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粒子从下部分磁场射出时，需满足
（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；
当粒子从上部分磁场射出时，需满足
（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
故可知BC正确，AD错误。
故选BC。
4．A
【详解】由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，

则根据几何关系可知粒子出离磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°，则
解得粒子做圆周运动的半径
r = 2a
则粒子做圆周运动有
则有
如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有
Eq = qvB
联立有
故选A。
5．BD
【详解】D．假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图，为圆周运动的圆心

由几何关系可知为直角，即粒子此时的速度方向为，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其它点撞击同理，D正确；
A．假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；
B．由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如图所示

即撞击两次，B正确；
C．速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少， C错误。
故选BD。
6．C
【详解】A．带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为
r=a
故A正确，不符合题意；
B．根据
可得粒子的质量
故B正确，不符合题意；
C．管道内的等效电流为
单位体积内电荷数为
则
故C错误，符合题意；
D．由动量定理可得
粒子束对管道的平均作用力大小
联立解得
故D正确，不符合题意。
故选C。
7．ABD
【详解】A．由左手定则可知，沿a轨迹运动的粒子带负电，故A正确；
B．由
可得
可知比荷相同时，速率越大，轨迹运动的半径越大，则c粒子的速率更大，故B正确；
C．沿轨迹a运动的粒子平行于地面射入且恰好不能到达地面，轨迹a与地面相切，所以沿轨迹a运动的粒子恰好不能到达地面时在地磁场中的位移为，已达到最大值，故只要该粒子速率不变，不论沿着什么方向入射都不会到达地面，故C错误；
D．结合图像可知，沿轨迹b运动的粒子在磁场中的位移还未达到2时，就已经与地面相切，因此改变入射方向，该粒子有可能到达地面，故D正确。
故选ABD。
8．AC
【详解】AC．速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，轨迹如图所示
设轨道半径为r1，即
OO1=r1
O1O2=2r1
可知圆心角
∠OO1K=60°
故
可解得
r1=2a
由向心力公式可得
联立可解得
此过程，在磁场中的运动时间最短，MN左侧轨迹圆心角60°，右侧轨迹圆心角150°，周期公式为
故总时间为
故AC正确；
BD．当粒子的轨迹恰与MN相切时，进入右侧后，恰与MA相切，在磁场中的运动时最长。如图所示
由几何关系得
两边轨迹合起来恰好是一个圆周，故最长时间
垂直打到荧光屏的位置离M最远，与荧光屏相切点离M最近，两点之间距离即为光屏上的发光长度，即
故BD错误。
故选AC。
9．A
【详解】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
则
根据上式可知（+q，m）和（+3q，3m）轨道半径相同，且二者的轨道半径与（-q，m）的相等，运动方向相反，（+q，2m）的轨道半径最大，故A正确。
故选A。
10．B
【详解】试题分析：带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，根据右手定则，a在O点产生的磁场方向为水平向左，b在O点产生磁场方向为竖直向上，c在O点产生的磁场方向为水平向左，d在O点产生的磁场方向竖直向下，所以合场方向水平向左．根据左手定则，带正电粒子在合磁场中洛伦兹力方向向下．故选B．
考点：洛伦兹力方向判定（左手定则）和直导线周围磁场的判定（右手螺旋定则）．
11．BD
【详解】A．由左手定则可知该粒子带负电，选项A错误；
B．粒子从a到c的运动时间为
结合，综合计算可得
选项B正确；
C．分析可知粒子在两个磁场中运动的圆弧轨迹半径相等，设为R，由洛伦兹力充当向心力可得
综合可得
由能量守恒，粒子与铅板的碰撞生热为
结合，综合计算可得
选项C错误；
D．分析可知粒子从c点到d点做类斜抛运动，粒子在c点的速度与PJ的夹角为30°，把粒子在c点的速度分别沿着PJ和电场线的方向分解，沿着PJ方向的分速度为
粒子到达d点时沿电场线方向的分速度为0，由动能定理
结合
综合解得
选项D正确。
故选BD。
12．ABD
【详解】A．根据题意可知，两粒子在磁场中的偏转方向相同，所以根据左手定则可知，两粒子的电性相同，故A正确；
BCD．令两粒子都带正电，粒子的运动轨迹如图所示
，
点在点的左侧，根据几何知识有
因为
所以粒子做圆周运动的半径为
则
根据图形可知，该种情况下粒子做圆周运动的路程小于粒子的路程，根据
可知，、两粒子的速度相等，粒子的路程小于粒子的路程，所以粒子的运动时间小于粒子；
当两粒子都带负电时，两粒子的运动轨迹如图所示
，
点在点的右侧，根据几何知识有
则
根据图形可知，该种情况下粒子做圆周运动的路程大于粒子的路程，故BD正确，C错误。
故选ABD。
13．CD
【详解】B．画出带电粒子1和2分别从a、b两点沿水平方向以相同的动量同时射入匀强磁场中，并同时到达c点的运动轨迹图

由图中几何关系可知，两带电粒子轨迹所对的圆心角相同，带电粒子1的轨迹半径
由洛伦兹力提供向心力
解得
由此可知带电粒子1和2所带电荷量之比为
故B错误；
C．根据题述某一时刻带电粒子1和2分别从a、b两点沿水平方向以相同的动量同时射入匀强磁场中，并同时到达c点可知两个粒子的运动时间相同，由可知，带电粒子1和2的速度大小之比为
故C正确；
A．题述两个粒子的动量相同，带电粒子1和2的质量之比为
故A错误；
D．带电粒子1和2在磁场中运动过程中，所受洛伦兹力相等，时间t相等，根据冲量定义可知带电粒子1和2在磁场中运动过程中，所受洛伦兹力的冲量相等，故D正确。
故选CD。
14．C
【详解】A．由左手定则可判断沿径迹，运动的粒子均带负电，A项错误；
B．由于正电子和负电子的电量q和质量m均相等，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
解得
可知四种粒子的周期相等，而沿径迹运动的粒子偏转角最大，圆心角也最大，设偏转角为θ，由
可知沿径迹运动的粒子在磁场中运动时间最长，B项错误；
C．沿径迹Oa运动的粒子在磁场中偏转角度为
沿径迹Od运动的粒子在磁场中偏转角度为
两粒子运动周期大小相同，则
可知，运动的粒子在磁场中运动时间之比为2∶1，选项C正确；
D．设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得沿径迹，运动的粒子轨道半径分别为
根据
可得
根据动能
可知沿径迹运动的粒子动能之比为1∶3，选项D错误。
故选C。
15．A
【详解】A．氕核与氦核均从P点沿半径方向射入，从M点射出，则两粒子的半径相同，根据洛伦兹力提供向心力有
所以
所以氕核与氦核射入磁场的速率之比等于比荷之比，即
故A正确；
B．粒子在磁场中运动的时间为
所以氕核与氦核在磁场中运动的时间之比为1:2，故B错误；
C．粒子射入磁场时的动量大小为
所以氕核与氦核射入磁场时的动量大小之比为1:2，故C错误；
D．粒子在磁场中运动的加速度大小为
所以氕核与氦核在磁场中运动的加速度大小之比为4:1，故D错误。
故选A。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第12章磁场
第12.4讲质谱仪
【知识点精讲】
质谱仪是测量带电粒子质量（或比核）、分离同位素的仪器。
构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。
原理：
质量为m、电荷量为q的粒子，从容器下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为零，由动能定理qU=，可得出从S2射出电场时的速度v＝，
然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D处，由洛伦兹力提供向心力，qvB=，d=2R，
解得S3与D的距离d＝，
跟带电粒子比荷的平方根成反比。
【最新高考题精练】
（2023高考湖南卷）
1．如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ、若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0.若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（　　）

A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t>t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t>t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
（2019年4月浙江选考）
2．有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示．左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零．离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器．在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点．已知OP=0.5r0，OQ=r0，N、P两点间的电势差，，不计重力和离子间相互作用。
（1）求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小；
（2）求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l（用r0表示）；
（3）若磁感应强度在（B—△B）到（B＋△B）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两束离子，求的最大值。
（2016高考全国理综乙）
3．现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为
A．11
B．12
C．121
D．144
【最新模拟题精练】
（2023河南开封三模）
4．质谱仪是科学研究和工业生产中的重要工具，如图所示是一种质谱仪的工作原理示意图。质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔飘入电势差为的加速电场，其初速度几乎为0，接着经过小孔进入速度选择器中，沿着直线经过小孔垂直进入磁感应强度为的匀强磁场中，最后打到照相底片CD上。已知速度选择器的板间距为d，板间电压为且板间存在匀强磁场，粒子打在底片上的亮点距小孔的距离为D。则该带电粒子的比荷可以表示为（　　）
A． B． C． D．
（2023浙江台州部分重点高中联考）
5．某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示。速度选择器中，磁场（方向垂直纸面）与电场正交，磁感应强度为，两板间电压为U，两板间距离为d；偏转分离器中，磁感应强度为，磁场方向垂直纸面向外。现有一质量为m、带电荷量为q的粒子（不计重力），该粒子以某一速度恰能沿直线匀速通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动，最终打在感光板上。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．速度选择器中匀强磁场的方向垂直纸面向内
C．带电粒子的速率等于
D．粒子进入分离器后做匀速圆周运动的半径等于
（2022北京海淀二模）
6．如图所示为某种质谱仪工作原理示意图，离子从电离室A中的小孔S1飘出（初速度不计），经电压为U的加速电场加速后，通过小孔S2，从磁场上边界垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，运动半个圆周后打在照相底片D上并被吸收形成谱线。照相底片D上有刻线均匀分布的标尺（图中未画出），可以直接读出离子的比荷。下列说法正确的是（　　）

A．打在照相底片D上的离子带负电
B．可以通过减小磁感应强度B来增大不同离子形成谱线之间的间隔
C．谱线b对应比荷的值大于谱线a对应比荷的值
D．标尺上各刻线对应比荷的值是不均匀的
（2022江西南昌三模）
7．质谱仪在核能开发和利用过程中具有重要意义，如图是质谱仪的工作原理示意图，加速电场的两平行金属板间距为d，电势差为U。质量为m、电荷量为q的正离子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，进入速度选择器.离子沿直线穿过速度选择器后经过狭缝P垂直于磁场方向进入磁感应强度为B0的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动并打在胶片A1A2上，设速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场分别为B和E，则（ ）
A．速度选择器中磁场B的方向垂直纸面向里
B．加速电场场强大小为
C．离子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，离子的荷质比越小
D．能通过狭缝P的带电离子的速率等于
（2022辽宁沈阳二模）
8．下图是某质谱仪的工作原理示意图，该质谱仪由粒子源（未画出）、加速电场、静电分析器和磁分析器组成。已知静电分析器的四分之一圆弧通道半径为R，通道内有一方向均指向圆心O的均匀辐向电场，且与圆心O等距的各点电场强度大小相等；磁分析器中有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，PQ为胶片。现位于A处的粒子源发出电量相等、质量不等、速率不等的带电粒子，经加速电压U加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，离开P点后进入磁分析器，最终打在胶片上的某点。不计粒子的重力，下列判断正确的是（　　）
A．从P点进入磁场的粒子速率一定相等 B．从P点进入磁场的粒子动量一定相等
C．打到胶片上同一点的粒子质量一定相等 D．打到胶片上的位置距离P点越远，粒子比荷越大
（2023安徽蚌埠二模）
9．如图为某种质谱仪的工作原理示意图，它是由粒子源Ｍ、加速电场、静电分析器和磁分析器组成。静电分析器是半径为Ｒ的四分之一圆弧通道，通道内径忽略不计，其内部有方向均指向圆心Ｏ的均匀辐向电场（各处电场强度大小可视为相等）；磁分析器截面为半径为R的半圆形区域，其内部有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，COD为记录胶片。粒子源Ｍ发出初速度为零的质量不同、电荷量均为的带电粒子，经加速电压为Ｕ的电场加速后射入静电分析器，从C处的通道出口进入磁分析器，最终打在记录胶片上。不计粒子的重力。
（1）试通过计算分析静电分析器中的电场强度为多大时，粒子源Ｍ发出的带正电粒子均可以从通道出口Ｃ处射出？
（2）求打在胶片OD区域的粒子质量。

（2023辽宁大连滨城联盟质检）
10．如图为质谱仪的示意图。已知速度选择器两极板间的匀强电场场强为E，磁感应强度为B1，分离器中磁感应强度为B2。大量某种离子，经电场加速后从O平行于极板沿极板中间进入，部分离子通过小孔O′后垂直边界进入偏转磁场中，在底片上形成了宽度为x的感光区域，测得感光区域的中心P到O′点的距离为D。不计离子的重力、离子间的相互作用、小孔O′的孔径。
（1） 已知打在P点的离子，在速度选择器中沿直线运动，求该离子的速度v0和比荷；
（2） 若进入分离器的速度略有变化，求击中感光区域内离子的速度范围；
（3） 已知以v=v0±Δv的速度从O点射入的离子，其在速度选择器中所做的运动为一个速度为v0的匀速直线运动和另一个速度为Δv的匀速圆周运动的合运动，试求该速度选择器极板的最小长度L和最小宽度d。

（2023浙江台州二模）
11．如图所示，某创新小组设计了一个质谱仪，由粒子源、加速器、速度选择器、有界磁场及探测板等组成。速度选择器两端中心位置O、各有一个小孔，选择器内部磁感应强度为。以为原点，为x轴建立平面直角坐标系。在第一象限区域和第四象限部分区域存在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第四象限内磁场边界为经过点的直线。探测板足够长且与y轴垂直，其左端C的坐标为。某种带电粒子流经加速器加速后，沿AO从O点进入速度选择器，单位时间内有个粒子从沿x轴方向进入右侧磁场，经磁场偏转后，均垂直打在探测板上的P、Q（未画出）之间，落在板上的粒子在P、Q间均匀分布，并且全部被吸收，其中速度大小为的粒子沿直线经选择器后打在探测板P点上。已知粒子的质量为m，，，；不计粒子的重力及粒子间的相互作用，求
（1）粒子的比荷；
（2）第四象限磁场下边界的函数关系式；
（3）探测板受到粒子的总作用力大小；
（4）速度选择器两极板间距。
（2023广东二模）
12．某质谱仪的原理如图，速度选择器两板间有正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，方向由上板指向下板；磁感应强度为，方向垂直于纸面．速度选择器右边区域存在垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，接收器M安放在半径为R、圆心为O的圆形轨道上，a、b、O、C在同一直线上，与的夹角为。若带电粒子恰能从a点沿直线运动到b点，再进入圆形磁场中，不计粒子的重力，求：
（1）匀强磁场的方向以及速度选择器中粒子的速度大小；
（2）x、y两种粒子比荷的比值，它们均沿直线进入圆形磁场区域，若接收器M在处接收到x粒子，则与的夹角为多大时，接收器M可接收到y粒子？
（2023广州11月调研）
13．图示装置为质谱仪，最初是由阿斯顿设计的，是一种测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。其工作原理如下：一个质量为、电荷量为的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为的加速电场，其初速度可视为0，然后自S3垂直于磁场边界射入匀强磁场，最后打到照相的底片上、已知磁感应强度为，方向垂直于纸面向外，不计粒子的重力，求：
（1）粒子进入磁场时的速率；
（2）若a、b是两种带电量均为、但质量不同的粒子，从底片上获知a、b打在底片上的点分别为P1、P2（未画出），测得P1、P2到S3的距离之比为12：1，求a、b的质量之比。
（2023福建泉州四校联盟联考）
14．质谱仪被广泛应用于分离同位素，图甲是其简化模型。大量质量为m=1.60×10-27kg、电荷量为q=+1.60×10-19C的质子（即核），从粒子源A下方以近似速度为0飘入电势差为U0=200V的加速电场中，并从中间位置进入偏转电场，偏转电场两板间宽度d＝2cm，已知粒子出射后马上进入匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，经磁场偏转后打在水平放置的屏上，给偏转电场两极间加上如图乙所示的电压，其周期T远大于粒子在电场中的偏转时间，两极板间视为匀强电场，板外电场忽略不计，屏足够长，所有粒子经偏转电场后均能全部进入磁场。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用力，求：
（1）质子射出加速电场时速度v的大小；
（2）当偏转电场极板长度L＝4cm时，质子在偏转电场中的最大偏转位移ym；
（3）当偏转电场极板长度L＝4cm时，若粒子源打出的粒子掺杂另一种粒子氚核（），为使两种粒子均能击中屏且没有重叠，求磁感应强度的最大值。

试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】A．根据题述，粒子从CF的中点射出，由左手定则可知，粒子带正电。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，沿直线AC运动的粒子进入区域Ⅱ，其速度为
设CF=L，粒子从CF的中点射出，在区域II的磁场中运动轨迹半径为
r0=
所对的圆心角为90°，它们在区域Ⅱ中运动的时间为
若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，沿直线AC运动的粒子进入区域Ⅱ，其速度，在区域II的磁场中运动轨迹所对的圆心角为90°，它们在区域Ⅱ中运动的时间为，故A错误；
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，沿直线AC运动的粒子进入区域Ⅱ，其速度
在区域II的磁场中运动轨迹所对的圆心角为90°，它们在区域Ⅱ中运动的时间为，故B错误；
C若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，由
=m
解得
r=
，带电粒子将从GF射出，由
粒子运动轨迹所对的圆心角
此时的时间为
则
故C错误；

D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，由
=m
解得
r=L
，带电粒子将从GF射出，由
解得粒子运动轨迹所对的圆心角
则
故D正确。

故选D。
2．（1），；（2）；（3）0.12
【详解】（1）在静电分析器中，电场力提供向心力，有
解得
离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得
（2）对离子，由动能定理
解得
离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
解得
距离
解得
（3）恰好能分辨的条件
解得
3．D
【详解】直线加速过程根据动能定理得
得
①
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
得
②
①②两式联立得：
一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝B2，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，D正确，A、B、C错误。
故选D。
4．CD
【详解】粒子在电场中加速，由动能定理可得
解得

粒子进入速度选择器中做直线运动，由平衡条件可得

联立可得
粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力充当向心力，有
与
联立可得
故选CD。
5．D
【详解】A．粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；
B．由于粒子带正电，粒子在速度选择器中受到的电场力向右，因此受到的洛伦兹力向左，根据左手定则，可知匀强磁场的方向垂直纸面向外，故B错误；
C．在速度选择器中，根据受力平衡可得
又
联立可得带电粒子的速率为
故C错误；
D．根据
可得粒子做匀速圆周运动的半径为
故D正确。
故选D。
6．BD
【详解】A．根据左手定则可知打在照相底片D上的离子带正电，故A错误；
B．离子在电场中加速时，有
得
在磁场中，有
解得
谱线之间的间隔为
可知可以通过减小磁感应强度B来增大不同离子形成谱线之间的间隔，故B正确；
C．由
可知离子的比荷越大，离子在磁场中做匀速圆周运动的半径越小，则谱线b对应比荷的值小于谱线a对应比荷的值，故C错误；
D．标尺上各刻线到小孔S2的距离为
因此d与比荷是非线性关系，所以标尺上各刻线对应比荷的值是不均匀的，故D正确。
故选BD。
7．BD
【详解】A．离子受到的电场力向右，所以洛伦兹力向左，根据左手定则，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，选项A错误；
B．离子在磁场中运动时
在加速电场中
加速电场场强
选项B正确；
C．由题意知
整理得
离子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，即R越小，离子的荷质比越大，选项C错误；
D．离子在速度选择器中做直线运动，故离子所受的洛伦兹力与电场力平衡，即
qvB=Eq
所以能通过狭缝P的离子的速率等于
选项D正确。
故选BD。
8．C
【详解】A． 由题意可知，位于A处的粒子源发出电量相等、质量不等、速率不等的带电粒子，经加速电压U加速的过程中，根据动能定理可得
解得
在圆弧中，由于电场力不做功，可知，从P点进入磁场的粒子速率不一定相等，A错误；
B．由题意可知，位于A处的粒子源发出电量相等、质量不等、速率不等的带电粒子，经加速电压U加速的过程中，根据动能定理可得
解得
由于位于A处的粒子源发出电量相等、质量不等、速率不等的带电粒子，则可得从P点进入磁场的粒子动量不一定相等，B错误；
C．粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有
解得
离开P点后进入磁分析器，最终打在胶片上的某点与P点的距离为
由于粒子的电荷量相同，则可知打到胶片上同一点的粒子质量一定相等，C正确；
D．粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有
解得
离开P点后进入磁分析器，最终打在胶片上的某点与P点的距离为
可知，打到胶片上的位置距离P点越远，质量越大，粒子比荷越小，D错误。
故选C。
9．（1）；（2）
【详解】
（1）粒子经电压U的电场加速后在静电分析器中做匀速圆周运动，设粒子质量为m，加速后的速度为v，静电分析器中的电场强度大小为E，由动能定理和牛顿运动定律得
，
解得
故只要静电分析器中的辐向电场的场强大小，粒子源发出的所有带正电的粒子均能从C处的通道出口射出；
（2）进入磁分析器的粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力即
由题意知
可得
10．（1），；（2）；（3），
【详解】（1）速度选择器中做直线运动有
解得
分离器中有
，
解得
（2）由图可知速度最大对应半径
速度最小对应半径
有
得
同理可得
击中感光区域离子速度范围
…
（3）离子在B1中的运动周期
最小长度
设板间距离为d，离子在B1中的运动最大半径
有
，
解得
11．（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）由题意可知
解得粒子的比荷
（2）假设粒子经过边界坐标，粒子在磁场中轨道半径为r，因为粒子转过的圆心角为，故
得出边界函数关系
（3）由上述分析可知
故
PQ之间
可以知道
方法1：时间内打在探测板PQ间每一小段的粒子数
由动量定理
求出
个粒子受到的总作用力
根据牛顿第三定律，探测板受到粒子的总作用力
方法2：时间内打在探测板所有粒子
求出
根据牛顿第三定律，探测板受到粒子的总作用力
（4）方法1：
的粒子刚好与速度选择器的极板相切
求出速度选择器两极板的间距
方法2：的粒子刚好与速度选择器的极板相切，的粒子在速度选择器中运动可以看成直线运动和圆周运动的合运动。直线运动
圆周运动：轨道半径为
求出速度选择器两极板的间距
12．（1）垂直于纸面向里，；（2）
【详解】（1）假设粒子带正电，受到的电场力方向向下，则受到的洛伦兹力方向竖直向上，由此可知磁场方向垂直于纸面向里．
由受力平衡得
解得粒子的速度大小
（2）当时，x粒子的轨迹如图甲，由几何关系知x粒子的运动半径
由洛伦兹力提供向心力
解得
同理
由题意得
故
y粒子的轨迹如图乙，由几何关系得：
故，即
13．（1）；（2）
【详解】（1）粒子在电场中加速，根据动能定理有
解得
（2）粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力，有
解得
a、b粒子的轨道半径之比
由题目可知S3到P1、P2的距离为粒子运动轨迹的直径，即
所以a、b粒子运动轨迹半径之比
则质量之比
14．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据动能定理，质子在加速电场内，有
解得
（2）质子若刚好全部射出偏转电场，则粒子的偏移量为
在偏移电场中的运动时间为
根据电场强度与电势差关系和牛顿第二定律得
联立解得
当偏转电场极板长度L＝4cm时，质子在偏转电场中的最大偏转位移
（3）
如图，假设粒子速度偏转角是，由速度关系
洛伦兹力提供向心力得
结合几何关系得
由上可知，由于偏转电场只改变粒子射入磁场时平行于屏方向的速度，对于粒子在磁场中的偏转距离没有影响，根据公式
故氚核在磁场中的偏转距离大，均能击中屏且没有重叠，则有
解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第12章 磁场
第12.5讲 回旋加速器
【知识点精讲】
回旋加速器是利用磁场使带电粒子做回旋运动，在运动中经高频电场反复加速的装置，是高能物理中的重要仪器。
构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。
回旋加速器工作原理：
回旋加速器是利用电场对电荷的加速作用和磁场对运动电荷的偏转作用来获得高能粒子的装置。由于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，与速率无关，所以只要交变电场的变化周期等于粒子做圆周运动的周期，就可以使粒子每次通过电场时都能得到加速。粒子通过D形金属盒时，由于金属盒的静电屏蔽作用，盒内空间的电场极弱，所以粒子只受洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，设D形盒的半径为r，则粒子获得的最大动能为。
【方法归纳】
【温馨提示】①交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等；
②使粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速一次。
最大动能
①由qvmB＝、Ekm＝mvm2
联合解得Ekm＝；
②注意：粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关。
粒子运动的总时间
粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝，则粒子在磁场中运动的总时间
t＝T＝·＝。
【最新高考题精练】
（2021高考江苏物理卷）
1．如图1所示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以O点为圆心，磁感应强度大小为B，加速电压的大小为U、质量为m、电荷量为q的粒子从O附近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P点绕O做圆周运动，半径为R，粒子在电场中的加速时间可以忽略。为将粒子引出磁场，在P位置安装一个“静电偏转器”，如图2所示，偏转器的两极板M和N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆心角为，当M、N间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为E的电场，使粒子恰能通过狭缝，粒子在再次被加速前射出磁场，不计M、N间的距离。求：
（1）粒子加速到P点所需要的时间t；
（2）极板N的最大厚度；
（3）磁场区域的最大半径。
（2021年高考广东学业水平选择性测试）
2．图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取。
（1）当时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
（2）已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值。
（2015·浙江10月选考）
3．如图是水平放置的小型粒子加速器的原理示意图，区域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B1和B2，长L＝1.0 m的区域Ⅲ存在场强大小E＝5.0×104 V/m、方向水平向右的匀强电场。区域Ⅲ中间上方有一离子源S，水平向左发射动能Ek0＝4.0×104 eV的氘核，氘核最终从区域Ⅱ下方的P点水平射出。S、P两点间的高度差h＝0.10 m。
(氘核质量m＝2×1.67×10－27 kg、电荷量q＝1.60×10－19 C，1 eV＝1.60×10－19 J，)
(1)求氘核经过两次加速后从P点射出时的动能Ek2；
(2)若B1＝1.0 T，要使氘核经过两次加速后从P点射出，求区域Ⅰ的最小宽度d；
(3)若B1＝1.0 T，要使氘核经过两次加速后从P点射出，求区域Ⅱ的磁感应强度B2。
【最新模拟题精练】
（2023石家庄三模）
4．如图甲所示为我国建造的第一台回旋加速器，该加速器存放于中国原子能科学研究院，其工作原理如图乙所示：其核心部分是两个D形盒，粒子源O置于D形盒的圆心附近，能不断释放出带电粒子，忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化。现用该回旋加速器对、粒子分别进行加速，下列说法正确的是（　　）
A．两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等
B．两种粒子在回旋加速器中运动的时间不相等
C．两种粒子离开出口处的动能相等
D．两种粒子离开出口处的动能不相等
（2023北京东城二模）
5．回旋加速器的工作原理如图所示，D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有电势差。两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。中央A处的粒子源可以产生粒子，粒子在两盒之间被电场加速，进入磁场后做匀速圆周运动。粒子离开A处时的速度、在电场中的加速时间以及粒子的重力均可忽略不计。不考虑粒子间的相互作用及相对论效应。下列说法正确的是（　　）

A．电势差一定时，磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能越小
B．电势差一定时，磁感应强度越大，粒子在加速器中的运动时间越长
C．磁感应强度一定时，电势差越大，粒子离开加速器时的动能越大
D．磁感应强度一定时，电势差越大，粒子在加速器中的运动时间越长
（2023山西太原期中）
6．2022年12月28日我国中核集团全面完成了超导回旋加速器（左图）自主研制的任务，突破了国外垄断，实现我国重大疾病诊断和治疗设备的国产化。如右图所示为回旋加速器工作原理示意图，置于高真空中的D形金属盒半径为R，带电粒子穿过两金属盒间狭缝的时间可忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，加速电压为U。圆心A处粒子源产生质子，初速度为零，质子在加速器中被加速，且加速过程中忽略相对论效应和重力的影响，则下列说法正确的是（ ）
A．在其他条件都不改变的情况下，可以用这套装置加速氘核
B．质子第n次加速后在磁场中的运动半径是第一次加速后的n倍
C．若磁感应强度变为，则加速电压的变化频率应调整为原来的2倍，质子离开回旋加速器时的最大动能为原来的2倍
D．在其他条件都不改变的情况下，质子被加速的次数与R2成正比
（2023浙江台州部分重点高中联考）
7．如图所示，粒子回旋加速器由两个D形金属盒组成，两个D形盒正中间开有一条窄缝。两个D形盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压，使正粒子每经过窄缝都被加速。中心S处的粒子源产生初速度为零的正粒子，经狭缝电压加速后，进入D形盒中。已知正粒子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小为U，磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R。每次加速的时间很短，可以忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．交变电压的频率为
B．每加速一次，粒子运动的轨道半径变大，在磁场中的周期也变大
C．粒子能获得的最大动能为
D．粒子能被加速的最多次数为
（2023江苏名校联考）
8．如图所示为回旋加速器的主要结构，两个半径为R的半圆形中空金属盒、置于真空中，两盒间留有一狭缝；在两盒的狭缝处加上大小为U的高频交变电压，空间中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直向上穿过盒面的匀强磁场。从粒子源P引出质量为、电荷量为的粒子，粒子初速度视为零，在狭缝间被电场加速，在D形盒内做匀速圆周运动，最终从边缘的出口处引出。不考虑相对论效应，忽略粒子在狭缝间运动的时间，则（　　）
A．仅提高加速电压，粒子最终获得的动能增大
B．所需交变电压的频率与被加速粒子的比荷无关
C．粒子第n次通过狭缝后的速度大小为
D．粒子通过狭缝的次数为
9．回旋加速器是加速带电粒子的装置，如图所示．其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒(D1、D2)，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，D形盒的半径为R．质量为m、电荷量为q的质子从D1半盒的质子源(A点)由静止释放，加速到最大动能Ek后经粒子出口处射出．若忽略质子在电场中加速时间，且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是
A．质子加速后的最大动能Ek与交变电压U大小无关
B．质子在加速器中运行时间与交变电压U大小无关
C．回旋加速器所加交变电压的周期为πR
D．D2盒内质子的轨道半径由小到大之比依次为1︰︰
（2023福建泉州三模）
10．跑道式回旋加速器的工作原理如图所示，两个匀强磁场区域I、II的边界平行，相距为，磁感应强度大小相等，方向均垂直纸面向外。之间存在匀强电场，场强大小为，方向与磁场边界垂直。质量为、电荷量为的粒子从端无初速进入电场，次经过电场加速后，从位于边界上的出射口射出。已知之间的距离为，不计粒子重力。求：
（1）粒子射出时的速率；
（2）磁场的磁感应强度大小；
（3）粒子从端进入电场到运动至出射口的过程中，在电场和磁场内运动的总时间。
（2023福建龙岩武平仿真模拟）
11．如图所示为回旋加速器的结构示意图，匀强磁场的方向垂直于半圆型且中空的金属盒D1和D2，磁感应强度为B，金属盒的半径为R，两盒之间有一狭缝，其间距为d，且R d，两盒间电压为U。A处的粒子源可释放初速度不计的带电粒子，粒子在两盒之间被加速后进入D1盒中，经半个圆周之后再次到达两盒间的狭缝。通过电源正负极的交替变化，可使带电粒子经两盒间电场多次加速后获得足够高的能量。已知带电粒子的质量为m、电荷量为+q。
(1)不考虑加速过程中的相对论效应和重力的影响。
①求粒子可获得的最大动能Ekm；
②若粒子第1次进入D1盒在其中的轨道半径为r1，粒子第2次进入D1盒在其中的轨道半径为r2，求r1与r2之比；
③求粒子在电场中加速的总时间t1与粒子在D形盒中回旋的总时间t2的比值，并由此分析：计算粒子在回旋加速器中运动的时间时，t1与t2哪个可以忽略？（假设粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半周的次数）；
(2)实验发现：通过该回旋加速器加速的带电粒子能量达到25~30MeV后，就很难再加速了。这是由于速度足够大时，相对论效应开始显现，粒子的质量随着速度的增加而增大。结合这一现象，分析在粒子获得较高能量后，为何加速器不能继续使粒子加速了。
（2023北京昌平二模）
12．现代科学研究中常用到高能粒子，产生这些高能粒子的“工厂”就是各种各样的粒子加速器。
（1）如图所示，真空中平行金属板M、N之间所加电压为U，一个质量为m、电荷量为的粒子从M板由静止释放，经电场加速后到达N板，不计带电粒子的重力。求带电粒子到达N板时的速度大小v。
（2）1930年，物理学家劳伦斯设计出了回旋加速器，其工件原理如图所示。半径为R的高真空的D形金属盒处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与盒面垂直。将两盒与电压为U的高频交流电源相连，两盒的狭缝间形成周期性变化的电场。A处粒子源产生的带电粒子，质量为m、电荷量为，初速度忽略不计。调整交流电源的频率可使粒子每次通过狭缝时都能被加速。不计带电粒子穿过狭缝的时间和粒子所受重力。
a．求所用交流电源的频率f；
b．对于用回旋加速器加速带电粒子，甲、乙两位同学有不同的看法：甲同学认为增大交流电源的电压U，就能得到更大能量的粒子；乙同学认为增大D形盒的半径R，就能得到更大能量的粒子。忽略相对论效应。你认为哪位同学的看法合理？简要说明理由。
（2023长沙二模）
13．现有一对半圆柱体回旋加速器置于真空中，如图所示，其半径为R，高度为H，两金属盒半圆柱体间狭缝宽度为d，有垂直于盒面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场和垂直于盒面向下、电场强度大小为E的匀强电场，磁场仅存在于两盒内，而电场存在于整个装置，两盒间接有电压为U的交流电。加速器上表面圆心A处有一粒子发射器，现有一电荷量为、质量为m的粒子从A点飘入狭缝中，初速度可以视为零。不考虑相对论效应和重力作用，若粒子能从加速器下表面边缘离开，求：
（1）若U未知，粒子从A点到离开加速器下表面边缘所用时间t及动能；
（2）粒子在狭缝中被加速的次数n；
（3）若H未知，粒子在狭缝中被加速的时间与在磁场中运动的时间的比值。
（2023江苏南通重点高中质检）
14．1930年，劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器。加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨大的作用，回旋加速器是其中的一种。如图是某回旋加速器的结构示意图，D1和D2是两个中空的、半径为R的半圆型金属盒，两盒之间窄缝的宽度为d，它们之间有一定的电势差U。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，D1盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子每次经过窄缝都会被电场加速，之后进入磁场做匀速圆周运动，经过若干次加速后，粒子从金属盒D1边缘离开，忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子间的相互作用及相对论效应。
（1）求粒子离开加速器时获得的最大动能Ekm；
（2）在分析带电粒子的运动轨迹时，用表示任意两条相邻轨迹间距，甲同学认为不变，乙同学认为逐渐变大，丙同学认为逐渐减小，请通过计算分析哪位同学的判断是合理的；
（3）若该回旋加速器金属盒的半径R=1m，窄缝的宽度d=0.1cm，求粒子从A点开始运动到离开加速器的过程中，其在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比。（结果保留两位有效数字）
（4）若图示的回旋加速器用来加速质子，不改变交流电的频率和磁感应强度B，该回旋加速器能否用来加速粒子（粒子由两个中子和两个质子构成（氦-4），质量为氢原子的4倍）？请说明你的结论和判断依据。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设粒子在P的速度大小为，则根据
可知半径表达式为
对粒子在静电场中的加速过程，根据动能定理有
粒子在磁场中运动的周期为
粒子运动的总时间为
解得
（2）由粒子的运动半径，结合动能表达式变形得
则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为
，
由几何关系有
结合解得
（3）设粒子在偏转器中的运动半径为，则在偏转器中，要使粒子半径变大，电场力应和洛伦兹力反向，共同提供向心力，即
设粒子离开偏转器的点为，圆周运动的圆心为。由题意知，在上，且粒子飞离磁场的点与、在一条直线上，如图所示。
粒子在偏转器中运动的圆心在点，从偏转器飞出，即从点离开，又进入回旋加速器中的磁场，此时粒子的运动半径又变为，然后轨迹发生偏离，从偏转器的点飞出磁场，那么磁场的最大半径即为
将等腰三角形放大如图所示。
虚线为从点向所引垂线，虚线平分角，则
解得最大半径为
2．（1），，；（2）
【详解】（1）电子在电场中加速有
在磁场Ⅰ中，由几何关系可得
联立解得
在磁场Ⅰ中的运动周期为
由几何关系可得，电子在磁场Ⅰ中运动的圆心角为
在磁场Ⅰ中的运动时间为
联立解得
从Q点出来的动能为
（2）在磁场Ⅰ中的做匀速圆周运动的最大半径为，此时圆周的轨迹与Ⅰ边界相切，由几何关系可得
解得
由于
联立解得
3．(1)2.24×10－14 J　(2)0.06 m　(3)1.2 T
【详解】(1)由动能定理
电场力做功
得
(2)洛伦兹力提供向心力
第一次进入B1区域，半径
第二次进入B1区域
故
(3)氘核运动轨迹如图所示
由图中几何关系可知
解得
由
得
4．AD
【详解】AB．粒子在磁场中飞出的最大轨道半径为D形盒的半径，对应速度也最大，则有
最大动能为
在电场中加速因此，在磁场中回旋半周，令加速的次数为n，则有
解得
则粒子运动的时间
其中
解得
可知，两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等，A正确，B错误；
CD．粒子离开出口处的动能最大，根据上述解得
粒子的质量数为2，电荷数为1，粒子的质量数为4，电荷数为2，可知粒子的出口处的动能为粒子的两倍，即两种粒子离开出口处的动能不相等，C错误，D正确。
故选AD。
5．B
【详解】A ．由于回旋加速器中粒子在电场中加速的时间可以忽略，则由牛顿第二定律有
化简得
粒子离开加速器时的动能为
故电势差一定时，磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能越大，故A错误；
B．由于回旋加速器中粒子在电场中加速的时间可以忽略，则有
化简可得粒子在磁场中的周期为
又由于电势差一定，粒子在电场中每次加速电场力做功相同，若忽略第一次加速的能量转化大小，则设一共加速了n次粒子恰好离开回旋加速器，则有
又由牛顿第二定律有
粒子在回旋加速器运动的时间为
由以上各式解得
由上式可知，电势差一定时，磁感应强度越大，粒子在加速器中的运动时间越长，故B正确；
C．粒子离开加速器时的动能为
故磁感应强度一定时，电势差越大，粒子离开加速器时的动能不变，故C错误；
D．粒子在回旋加速器运动的时间为
由上式可知，磁感应强度一定时，电势差越大，粒子在加速器中的运动时间越短，故D错误。
故选B。
6．D
【详解】A．质子的比荷为1：1，氘核的比荷为1：2，加速电场的变化周期与质子在磁场中运动的周期相同，又因为
氘核与质子在磁场中运动的周期不同，所以用这套装置不可以加速氘核，A错误；
B．根据动能定理
质子加速一次后的速度为
加速n次的速度为
质子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有
所以
所以质子第n次加速后在磁场中的运动半径是第一次加速后的倍，B错误；
C．根据质子离开回旋加速器时半径为回旋加速器的半径，所以质子的最大速度为
的最大动能
质子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
磁感应强度变为，则加速电压的变化频率应调整为原来的2倍，质子离开回旋加速器时的最大动能为原来的4倍，C错误；
D．质子被加速的次数为
可知，在其他条件都不改变的情况下，质子的加速次数与R2成正比，D正确。
故选D。
7．AC
【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，加速电场变化的频率与粒子在磁场中运动频率相等，粒子在磁场中的运动周期
则有
A正确；
B．粒子在磁场中的运动周期
由上式可知，粒子在磁场中的运动周期与运动轨道半径无关，B错误；
C．粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
解得
粒子获得的最大动能
C正确；
D．由
可知粒子能被加速的最多次数
D错误。
故选AC。
8．D
【详解】A．粒子经过电场加速，磁场回旋，最终从磁场的边缘做匀速圆周运动离开，有
解得粒子最终获得的动能为
可得粒子最终获得的动能与加速电压无关，而与D形盒的半径有关，即仅提高加速电压，粒子最终获得的动能不变，故A错误；
B．粒子每通过狭缝一次，交变电场改变一次方向，电场变换两次为一个周期，而这个周期的时间粒子做两个半圆的运动，则有电场变换的周期等于磁场中做一个匀速圆周的周期，有
则所需交变电压的频率与被加速粒子的比荷有关，故B错误；
C．粒子初速度视为零，第n次通过狭缝即被电场加速了n次，由动能定理有
解得速度大小为
故C错误；
D．对粒子运动的全过程由动能定理有
联立各式解得粒子通过狭缝的次数为
故D正确；
故选D。
9．ACD
【分析】根据质量为m、电荷量为q的质子从D1半盒的质子源(A点)由静止释放，加速到最大动能Ek后经粒子出口处射出可知，本题考查回旋加速器的工作原理，根据带电粒子在电场中加速，在磁场中偏转知识列方程求解．
【详解】A项：质子射出回旋加速器时的速度最大，此时的半径为R，由洛伦兹力提供向心力得：，所以当轨道半径最大时，最大速度为，最大动能为：，质子加速后的最大动能Ek与交变电压U大小无关，故A正确；
B项：粒子离开回旋加速器的动能是一定的，与加速电压无关；而每次经过电场加速获得的动能为qU，故电压越大，加速的次数n越少，又知周期，故运动的时间t=nT，由于T不变，n变小，所以t变小，故B错误；
C项：由， ，知，回旋加速器的电压周期：，故C正确；
D项：粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，由动能定理得：质子的轨道由小到大对应的速度之比为，再根据 ，则半径比为，故D正确．
故选ACD．
【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等．
10．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设经过n次加速后粒子的速率为v，根据动能定理得
解得
（2）粒子从K点离开前的轨道半径为
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得
解得
（3）粒子在电场中做初速度为零的匀加速运动，设加速度大小为a，在电场中运动的总时间为，则
解得
在磁场中运动周期
粒子在 场中运动的总时间为，则
解得
11．（1）①；②；③， t1可以忽略；（2）见解析
【详解】（1）①粒子离开回旋加速器前，做的还是圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
②设带电粒子在两盒间加速的次数为N ，在磁场中有
在电场中有
第一次进入D1盒中N=1，第二次进入D1盒中N=3，可得
③带电粒子在电场中的加速度为
所以带电粒子在电场中的加速总时间为
设粒子在磁场中回旋的圈数为n，由动能定理得
带电粒子回旋一圈的时间为
所以带电粒子在磁场中回旋的总时间为
已知可知，所以可以忽略。
（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为
对一定的带电粒子和一定的磁场来说，这个周期是不变的。如果在两盒间加一个同样周期的交变电场，就可以保证粒子每次经过电场时都能被加速，当粒子的速度足够大时，由于相对论效应，粒子的质量随速度的增加而增大，质量的增加会导致粒子在磁场中的回旋周期变大，从而破坏了与电场变化周期的同步，导致无法继续加速。
12．（1）；（2）；
【详解】（1）带电粒子从M板由静止释放加速到N板的过程，根据动能定理，有
带电粒子到达N板时的速度大小为
（2）a．根据回旋加速器的工作原理可知，交流电源的频率与粒子做圆周运动的频率相同
b．乙同学的看法合理；
理由是：粒子的速度与半径成正比，所以当圆周运动的半径最大时，粒子的动能最大，则有
解得
所以增大交流电源的电压U，不能得到更大能量的粒子；增大D形盒的半径R，能得到更大能量的粒子。
13．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）粒子从A点到离开加速器下表面边缘的过程中，竖直方向在电场力作用下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有
，
解得
粒子从加速器下表面边缘出去时在水平方向上的速度取决于加速器金属盒的半径，由洛伦兹力提供向心力，有
竖直方向上的速度
则离开时的动能
（2）由（1）分析可知
解得
（3）设粒子在狭缝中被加速的时间为，在磁场运动的时间为，有
，
解得
粒子在磁场中运动的周期
已知粒子每经过一次狭缝，就会在磁场运动半个周期，则
则
14．（1）；（2）见解析；（3）；（4）不能，理由见解析
【详解】（1）当带电粒子运动半径为半圆金属盒的半径R时，粒子的速度达到最大值vm，
由牛顿第二定律得
粒子离开加速器时获得的最大动能
解得
（2）第N次加速后，由动能定理得
根据牛顿第二定律得
可解得第N次加速后
可推得第（N-1）次加速后
相邻轨迹间距
由此可知相邻轨迹间距逐渐减小，丙同学的判断是合理的；
（3）粒子在电场中被加速n次，由动能定理得
解得
粒子在加速器中运动的时间可以看成两部分时间之和，即在金属盒内旋转圈的时间t1和通过金属盒间隙n次所需的时间t2之和，粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力。由牛顿第二定律得
运动周期
粒子在磁场中运动时间
粒子在电场中运动时，由匀变速直线运动规律得
解得
粒子在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比
（4）粒子每个运动周期内被加速两次，交流电每个周期方向改变两次，所以交流电的周期等于粒子的运动周期T，根据牛顿第二定律有
解得
交流电的频率与磁感应强度B以及粒子的比荷有关，由于质子和α粒子的比荷不同，所以在不改变交流电的频率和磁感应强度B的情况下，无法同时满足加速上述两种粒子。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲第12章 磁场
第12.6讲 带电粒子在磁场中运动的临界和极值问题
【知识点精讲】
临界状态是指物体从一种运动状态（或物理现象）转变为另一种运动状态（或物理现象）的转折状态，它既具有前一种运动状态（或物理现象）的特点，又具有后一种运动状态（或物理现象）的特点，起着承前启后的转折作用．由于带电粒子在磁场中的运动通常都是在有界磁场中的运动，常常出现临界和极值问题．
1.　带电粒子在有界磁场中临界问题
（1）当带电粒子进入设定的有界磁场后，其轨迹是一个残缺圆，题中往往会形成各种各样的临界现象。
（2）解决此类问题的关键是找准临界点。找临界点的方法是以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，借助半径R和速度v（或磁场B）之间的约束关系进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点。
2. 极值问题
（1）刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
（2）当速度v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
（3）当速率v变化时，圆心角越大，运动时间越长。
【方法归纳】
1.　带电粒子在有界磁场中的临界极值问题分析思路和方法
两种 思路 一是以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后分析、讨论处于临界条件时的特殊规律和特殊解
二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值
两种方法 物理方法 （1）利用临界条件求极值；（2）利用边界条件求极值；（3）利用矢量图求极值
数学方法 （1）用三角函数求极值；（2）用二次方程的判别式求极值；（3）用不等式的性质求极值；（4）图象法等
从关键词找突破口 许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件
2. 解决带电粒子圆周运动临界问题的技巧方法
（1）数学方法和物理方法的结合：如利用“矢量图”“边界条件”等求临界值，利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值。
（2）临界问题的一般解题流程
　
【典例剖析】
1．如图所示，一足够长的矩形区域abcd内有磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，现从ad边的中点O处，以垂直磁场且跟ad边成30 角的速度方向射入一带电粒子．已知粒子质量为m，带电量为q，ad边长为L，不计粒子重力．
（1）若粒子从ab边上射出，则入射速度v0的范围是多少？
（2）粒子在磁场中运动的最长时间为多少？
【最新高考题精练】
（2023高考海南卷）
2．如图所示，质量为，带电量为的点电荷，从原点以初速度射入第一象限内的电磁场区域，在（为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（值有多种可能），可让粒子从射入磁场后偏转打到接收器上，则（ ）

A．粒子从中点射入磁场，电场强度满足
B．粒子从中点射入磁场时速度为
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到的距离为
D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
（2020·全国卷Ⅱ）
3．如图，在0≤x≤h，区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。
（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
（2）如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。
（2016高考海南物理）
4．如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OA的长度为L．在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场．质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场．已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0．不计重力．
(1)求磁场的磁感应强度的大小；
(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；
(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为，求粒子此次入射速度的大小．
【最新模拟题精练】
（2023鄂东南省级示范性高中教育改革联盟5月模拟）
5．如图所示，有一个正方形区域ABCD，在内部某一区域内有一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为的矩形匀强磁场。一个质量为m、电量为q（）的带电粒子从CD的中点以速度v垂直于CD射入正方形区域，从BC边的中点垂直于BC飞出该正方形区域，不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）
A．该粒子在磁场里运动的时间
B．该粒子在磁场里运动的时间
C．该矩形区域磁场的最小面积
D．该矩形区域磁场的最小面积
6．如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L=9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T，电子质量m＝9.1×10－31kg，电荷量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力．电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则
A．θ＝90°时，l＝9.1cm B．θ＝60°时，l＝9.1cm
C．θ＝45°时，l＝4.55cm D．θ＝30°时，l＝4.55cm
（2023江苏名校质检）
7．如图，在xOy坐标系中的第一象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，第二象限内存在方向垂直纸面向外磁感应强度的匀强磁场，磁场范围可调节（图中未画出）。一粒子源固定在x轴上M（L，0）点，沿y轴正方向释放出速度大小均为v0的电子，电子经电场后从y轴上的N点进入第二象限。已知电子的质量为m，电荷量的绝对值为e，ON的距离，不考虑电子的重力和电子间的相互作用，求：
（1）第一象限内所加电场的电场强度；
（2）若磁场充满第二象限，电子将从x轴上某点离开第二象限，求该点的坐标；
（3）若磁场是一个圆形有界磁场，要使电子经磁场偏转后通过x轴时，与y轴负方向的夹角为30°，求圆形磁场区域的最小面积。
（2022湖南长郡中学二模）
8．如图所示，位于竖直平面内的平面直角坐标系的第一象限虚线上方（包含虚线）存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E。第三象限某个区域（未画出）存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现有大量质量为m、电荷量为的粒子以相同的初速度水平射入电场，均经过O点进入磁场，最后离开磁场进入第四象限，粒子在第三象限的运动均在磁场中，忽略粒子的重力及相互间的作用。
（1）求匀强电场边界的方程（粒子入射点的坐标y和x间的关系）；
（2）粒子进入电场的位置记为P（x，y），其中，，若，求磁场区域的最小面积。

（2022山东名校质检）
9．如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内存在垂直于坐标平面的匀强磁场（未画出），第二象限存在水平向左的匀强电场。质量为m、电荷量为的带电粒子从第三象限无初速度释放后，经电压为U的电场加速后从P（， 0）点垂直x轴进入第二象限，然后从A（0，）点进入第一象限，又经磁场偏转后由x轴上的M点（图中未画出）垂直于x轴进入第四象限。已知磁场的磁感应强度大小为B，不计粒子重力。
（1）求第二象限内电场强度的大小；
（2）若第一象限各处均分布有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，求M点坐标；
（3）若第一象限内的匀强磁场分布在某矩形区域内，磁场方向垂直纸面向外，求此矩形区域的最小面积。

（2022河南南阳期末）
10．如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内存在垂直于坐标平面的匀强磁场（未画出），第二象限存在水平向左的匀强电场。质量为m、电荷量为的带电粒子从第三象限无初速度释放后，经电压为U的电场加速后从P（， 0）点垂直x轴进入第二象限，然后从A（0，）点进入第一象限，又经磁场偏转后由x轴上的M点（图中未画出）垂直于x轴进入第四象限。已知磁场的磁感应强度大小为B，不计粒子重力。
（1）求第二象限内电场强度的大小；
（2）若第一象限各处均分布有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，求M点坐标；
（3）若第一象限内的匀强磁场分布在某矩形区域内，磁场方向垂直纸面向外，求此矩形区域的最小面积。

（2023浙江杭州学军中学质检）
11．如图所示，四分之一圆环区域ABCD中有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为，内环壁BC的半径为，外环壁AD的半径为。入口AB处有分布均匀的线状粒子源，能同时向磁场中发射质量均为、电荷量均为的带负电粒子，所有粒子的速度大小相等，方向均垂直AB，已知从A点射入磁场的粒子恰好从C点射出磁场。粒子碰到环壁即被吸收，CD为出口，不计粒子重力和粒子间的相互作用。
（1）求粒子速度的大小；
（2）求出口CD有粒子射出的区域：
（3）推导粒子在出口CD的射出率与粒子速度的关系式。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．（1）；（2）
【详解】（1）粒子刚好从ab边射出，轨迹如图所示
根据几何关系
可得
由洛伦兹力提供向心力，可得
解得
所以
粒子刚好从cd边射出，轨迹如图所示
根据几何关系，可知
解得
同理，可得
所以若粒子从ab边上射出，则入射速度v0的范围是
（2）粒子运动时间长短与圆心角有关，与速度大小无关，粒子从ad边射出时圆心角最大为300°，带电粒子在磁场中运动的周期为
最长时间为
2．AD
【详解】A．若粒子打到PN中点，则
解得
选项A正确；
B．粒子从PN中点射出时，则
速度
选项B错误；
C．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则
粒子从电场中射出时的速度
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为
解得
选项C错误；
D．当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度
出离电场的最大速度
则由
可得最大半径
选项D正确；
故选AD。
3．（1）磁场方向垂直于纸面向里；；（2）；
【详解】（1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有
①
由此可得
②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足
③
由②可得，当磁感应强度大小最小时，设为Bm，粒子的运动半径最大，由此得
④
（2）若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为
⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，
由几何关系
⑥
即⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为
⑧
联立⑦⑧式得
⑨
4．(1) (2)2t0 (3)
【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期T=4t0①
设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r
由洛伦兹力提供向心力得：②
匀速圆周运动的速度满足：③
联立①②③式得④
（2）设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图（a）所示．设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2．由几何关系有θ1=180°–θ2⑤
粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则t1+t2==2t0⑥
（3）如图（b），由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°．设O'为圆弧的圆心，圆弧的半径为r 0，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有∠OO'D=∠BO'A=30°⑦
⑧
设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律⑨
联立①⑦⑧⑨式得⑩
【点睛】对于带电粒子在磁场中运动类型，要画出轨迹，善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键．
5．AD
【详解】AB．根据题意可知带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示
洛伦兹力提供向心力，则有
又
解得
，
该粒子在磁场里转过的角度为，则运动的时间为
故A正确，B错误；
CD．该矩形区域磁场的最小面积如图所示，由几何知识可知该矩形区域磁场的最小面积为
故C错误，D正确。
故选AD。
6．AD
【详解】解：由洛仑兹力充当向心力可得；
Bqv=m
解得：R===0.0455m=4.55cm；
所有粒子的圆心组成以S为圆心，R为半径的圆；电子出现的区域为以S为圆心，以9.1cm半径的圆形区域内，如图中大圆所示；
故当θ=90°时，纸板MN均在该区域内，故l=9.1cm；当θ=30°时，l=4.55cm；故AD正确，BC错误；
故选AD．
【点评】本题考查带电粒子充当向心力的运动规律，解题的关键问题在于明确粒子运动的圆心和半径，进而明确所有粒子可能出现的空间．
7．（1）；（2）（-2L，0）；（3）
【详解】（1）在第一象限内，做类平抛运动
根据牛顿第二定律
eE=ma
解得
（2）粒子射入磁场时，速度方向与y轴夹角的正切值
速度大小
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力
得
根据几何关系
该点的坐标为（-2L，0）
（3）根据题意，作出轨迹图如下
电子在磁场中偏转90°射出，则磁场的最小半径
最小面积
解得

8．（1）；（2）
【详解】（1）对从点射入电场的粒子，在电场中做类平抛运动，有
，
解得
（2）设粒子从O点射入磁场时，速度v与x轴负方向的夹角为，位移与x轴负方向的夹角为，可得粒子在磁场中的速度大小
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有
解得
根据几何关系可得，粒子在磁场中的运动轨迹对应的弦长为
解得
所以d为定值，即所有粒子从磁场中射出时与y轴的交点一定，所有粒子的轨迹经过的区域如图所示：

根据类平抛运动的规律有
则，进入磁场最大的速度
当粒子从O点以最大速度入射时，其轨迹与y轴所围的面积为
，
当粒子从O点以最小速度入射时，其轨迹与y轴所围的面积为
，
磁场的最小面积为
9．（1）；（2）（，0）；（3）
【详解】（1）设粒子从点进入电场的速度大小为，根据动能定理有
粒子进入电场后做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
联立解得
（2）若第一象限内的磁场方向垂直于坐标平面向里，粒子进入第一象限的匀强磁场后，做匀速圆周运动，如图所示：

由
解得
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系可得
解得
由几何关系可知粒子偏转，则点坐标为
所以M点的坐标为（，0）。
（3）若第一象限内的磁场方向垂直于坐标平面向外，磁感应强度大小不变，粒子做匀速圆周运动的半径大小不变，如图所示。

由几何关系可知粒子偏转，所以矩形的长为
宽为
则最小面积为
10．（1）；（2）（，0）；（3）
【详解】（1）设粒子从点进入电场的速度大小为，根据动能定理有
粒子进入电场后做类平抛运动，水平方向有
竖直方向有
联立解得
（2）若第一象限内的磁场方向垂直于坐标平面向里，粒子进入第一象限的匀强磁场后，做匀速圆周运动，如图所示：

由
解得
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系可得
解得
由几何关系可知粒子偏转，则点坐标为
所以M点的坐标为（，0）。
（3）若第一象限内的磁场方向垂直于坐标平面向外，磁感应强度大小不变，粒子做匀速圆周运动的半径大小不变，如图所示。

由几何关系可知粒子偏转，所以矩形的长为
宽为
则最小面积为
11．（1）；（2）粒子射出的区域为CD之间距C点的范围内；（3）见解析
【详解】（1）根据条件作出粒子的轨迹如图1所示
根据洛伦兹力提供向心力可得
根据几何关系有
联立解得
（2）将A点粒子的轨迹沿AB方向平移，可知当粒子垂直CD射出时，射出点离C点最远，如图2所示
由几何关系有
故粒子射出的区域为CD之间距C点的范围内。
（3）根据向心力公式有
当粒子的轨迹半径为
可得
如图3所示
同理当粒子的轨迹半径满足
即
可得
当或时，；
当时，；
当时，如图4所示
之间的粒子能从射出，根据几何关系有
解得
当时，如图5所示
之间的粒子能从射出，根据几何关系有
解得
综上所述可得
（或）
（）
（）
（）
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第12章　磁场
第12.7讲　带电粒子在磁场中运动的多解问题
【知识点精讲】
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，问题形成多解。根据多解形成原因，常见的有如下三种情况：
一、带电粒子电性不确定形成多解：受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解，如图所示。带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场：若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b。
二、临界状态不唯一形成多解：带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，于是形成多解，如图所示。
三、磁场方向不确定形成多解：对于题目只给出磁场方向垂直于纸面等，而没有明确方向的问题，可能由于磁场方向不确定形成多解。
四、运动具有周期性形成多解：带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解。
【方法归纳】
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确定、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题．带电粒子在磁场中运动的多解问题解题思路：
（1）分析题目特点，确定题目多解的形成原因。
（2）画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况．（全面考虑多种可能性）。
（3）若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。
【最新高考题精练】
（2023高考山东高中学业水平等级考试）
1．如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
（i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度；
（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。

（2022·湖北卷·8）
2．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Р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．kBL，0° B．kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60°
【最新模拟题精练】
（2023广东实验中学三模）
3．如图，水平放置的挡板上方有垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子垂直于挡板从板上的小孔射入磁场，另一带电粒子垂直于磁场且与挡板成角射入磁场，、初速度大小相等，两粒子恰好都打在板上同一点（图中未标出）。不计重力，下列说法正确的是（　　）
A．、的电性一定相同
B．、的比荷（荷质比）之比为
C．若在点左侧，则在磁场中运动时间比长
D．若在点右侧，则在磁场中运动路程比长
（2023重庆沙家坝重点中学质检）
4．如图，足够长的荧光屏OA的上方区域存在匀强磁场，边界MN左侧区域的磁场方向垂直纸面向里，右侧区域的磁场方向垂直纸面向外，两区域的磁感应强度大小均为B。光屏上方有一粒子源紧挨着O点，可沿OA方向不断射出质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子。粒子打在荧光屏上时，荧光屏相应位置会发光。已知粒子的速率可取从零到某最大值之间的各种数值，速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，OM之间的距离为，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则（　　）
A．粒子的最大速率为
B．荧光屏上的发光长度
C．打中荧光屏的粒子运动时间的最小值为
D．打中荧光屏的粒子运动时间的最大值为
（2023云南昆明一中第9次质检）
5．如图所示，空闻有半径为R的圆形匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面，在距圆心O为处有一粒子源，时刻沿纸面内的任意方向上均匀发射出速度大小相同的大量带电粒子，粒子比荷为k，粒子在磁场中运动的半径为，则（　　）
A．粒子在圆形磁场区域中运动的最短时问为
B．粒子在圆形磁场区城中运动的最短时间为
C．时刻，出磁场与未出磁场的粒子数之比为
D．时刻，出磁场与未出磁场的粒子数之比为
（2023山东滕州质检）
6．如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在磁场边界上的M点放置一个放射源，能在纸面内以速率v向各个方向发射大量的同种粒子，粒子的电荷量为q、质量为m（不计粒子的重力），所有粒子均从某段圆弧边界射出，其圆弧长度为。下列说法正确的是（　　）
A．粒子进入磁场时的速率为
B．所有粒子中在磁场中运动的最长时间是
C．将磁感应强度大小改为时，有粒子射出的边界弧长变为
D．若粒子入射速率为时，有粒子射出的边界弧长变为
（2023广东重点高中期末）
7．地磁场能有效抵御宇宙射线的侵入，赤道剖面外地磁场可简化为包围地球一定厚度的匀强磁场，方向垂直该剖面，如图所示。图中给出了速度在图示平面内，从O点沿平行与垂直地面2个不同方向入射的微观带电粒子（不计重力）在地磁场中的三条运动轨迹a、b、c，且它们都恰不能到达地面。则下列相关说法中正确的是（　　）
A．沿a轨迹运动的粒子带负电
B．若沿a、c两轨迹运动的是比荷相同的粒子，则c粒子的速率更大
C．某种粒子运动轨迹为a，若它速率不变，只是改变射入地磁场的速度方向，则只要其速度在图示平面内，粒子可能到达地面
D．某种粒子运动轨迹为b，若它以相同的速率在图示平面内沿其他方向入射，则有可能到达地面
（2022山东聊城二模）
8．如图所示，某粒子分析器由区域I、区域Ⅱ和检测器Q组成。两个区域以垂直z轴的平面P为界，其中区域I内有沿着z轴正方向的匀强磁场和匀强电场，区域Ⅱ内只有沿着z轴正方向的匀强磁场，电场强度大小为E，两个区域内的磁感应强度大小均为B。当粒子撞击检测器Q时，检测器被撞击的位置会发光。检测器中心在轴上，在检测器所在平面上建立与xOy坐标系平行的坐标系。一质量为m、带电荷量为q的带正电粒子从A点沿x轴正方向以初速度v0射入，若区域I内只存在匀强磁场，粒子轨迹圆的圆心恰好是O点，平面P到O点的距离，运动过程中粒子所受重力可以忽略不计。
（1）求A点的位置，用坐标（x，y）表示：
（2）若区域I只有匀强电场E，当检测器Q置于平面P所在位置时，求检测器上发光点的位置，用坐标（，）表示：
（3）当检测器距O点的距离为d时，求检测器上发光点的位置，用坐标（，）表示。
（2023湖北荆州重点高中质检）
9．如图所示，虚线所示的圆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，磁场区域圆的半径为R。质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子从圆周上的M点射入磁场。不计重力，求：
（1）如果一个带电粒子沿直径MON方向射入磁场，速度，该粒子在磁场中运动的时间为多少；
（2）如果大量相同的带电粒子以相同的速率在纸面内从M点沿不同方向射入磁场，，求粒子在磁场中运动的时间的最大值；
（3）如果大量相同的带电粒子以相同的速率在纸面内从M点沿不同方向射入磁场，，求这些粒子在磁场边界上出射点分布的长度？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）；（2）（i），；（ii）不会
【详解】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图

根据几何关系可知
联立可得
（2）（i）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图

在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知
解得
所以有
，
洛伦兹力提供向心力
带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有
沿y方向上有
其中根据牛顿第二定律有
联立以上各式解得
（ii）粒子从P到Q根据动能定理有
可得从Q射出时的速度为
此时粒子在磁场中的半径
根据其几何关系可知对应的圆心坐标为
，
而圆心与P的距离为
故不会再从P点进入电场。
2．BC
【详解】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图
根据几何关系则有
可得
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θ=60°。
当粒子上下均经历一次时，如图
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
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粒子从下部分磁场射出时，需满足
（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；
当粒子从上部分磁场射出时，需满足
（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
故可知BC正确，AD错误。
故选BC。
3．ABD
【详解】A．根据题意可知，两粒子在磁场中的偏转方向相同，所以根据左手定则可知，两粒子的电性相同，故A正确；
BCD．令两粒子都带正电，粒子的运动轨迹如图所示
，
点在点的左侧，根据几何知识有
因为
所以粒子做圆周运动的半径为
则
根据图形可知，该种情况下粒子做圆周运动的路程小于粒子的路程，根据
可知，、两粒子的速度相等，粒子的路程小于粒子的路程，所以粒子的运动时间小于粒子；
当两粒子都带负电时，两粒子的运动轨迹如图所示
，
点在点的右侧，根据几何知识有
则
根据图形可知，该种情况下粒子做圆周运动的路程大于粒子的路程，故BD正确，C错误。
故选ABD。
4．AC
【详解】AC．速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，轨迹如图所示
设轨道半径为r1，即
OO1=r1
O1O2=2r1
可知圆心角
∠OO1K=60°
故
可解得
r1=2a
由向心力公式可得
联立可解得
此过程，在磁场中的运动时间最短，MN左侧轨迹圆心角60°，右侧轨迹圆心角150°，周期公式为
故总时间为
故AC正确；
BD．当粒子的轨迹恰与MN相切时，进入右侧后，恰与MA相切，在磁场中的运动时最长。如图所示
由几何关系得
两边轨迹合起来恰好是一个圆周，故最长时间
垂直打到荧光屏的位置离M最远，与荧光屏相切点离M最近，两点之间距离即为光屏上的发光长度，即
故BD错误。
故选AC。
5．AD
【详解】
AB．如图1所示，当粒子的轨迹以AB为弦长时经历的时间最小，由几何关系得圆心角为，故粒子在圆形磁场区域中运动的最短时间为
故A正确，B错误；
CD．因粒子均匀分布于各个方向，故粒子数之比与角度成正比，如图2所示，当
时，由几何关系知出磁场与未出磁场的粒子数之比为，故C错误，D正确。
故选AD。
6．C
【详解】A．由题意，如图所示，当粒子在磁场中运动转过的圆心角为180°时，其射出点N离M最远，此时对应磁场区域的圆心角为120°，则根据几何关系可知粒子做匀速圆周运动的半径为

根据牛顿第二定律有

解得

故A错误；
B．粒子在磁场中运动的周期为

当粒子的轨迹与磁场区域内切时，其运动时间最长，恰好为1个周期，故B错误；
C．将磁感应强度大小改为时，粒子运动半径变为
如图所示，可知此时磁场区域所截粒子轨迹弦长最大值为R，所以有粒子射出的边界弧长变为
故C正确；
D．若粒子入射速率为时，粒子运动半径变为
如图所示，可知此时磁场区域所截粒子轨迹弦长最大值为，所以有粒子射出的边界弧长变为
故D错误。
故选C。
7．ABD
【详解】A．由左手定则可知，沿a轨迹运动的粒子带负电，故A正确；
B．由
可得
可知比荷相同时，速率越大，轨迹运动的半径越大，则c粒子的速率更大，故B正确；
C．沿轨迹a运动的粒子平行于地面射入且恰好不能到达地面，轨迹a与地面相切，所以沿轨迹a运动的粒子恰好不能到达地面时在地磁场中的位移为，已达到最大值，故只要该粒子速率不变，不论沿着什么方向入射都不会到达地面，故C错误；
D．结合图像可知，沿轨迹b运动的粒子在磁场中的位移还未达到2时，就已经与地面相切，因此改变入射方向，该粒子有可能到达地面，故D正确。
故选ABD。
8．（1）；（2）；（3）当时坐标为，当时，坐标为
【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力有
解得
则A点坐标为；
（2）粒子做类平抛运动，有
解得
则
则发光点的位置为；
（3）①当时，粒子的运动可以分解为沿z轴方向初速度为零的匀加速直线运动和xOy平面内速度为的匀速圆周运动
解得
根据
解得
则
发光点的位置坐标为；
②当时，在区域Ⅱ内粒子的运动可以分解为沿轴方向的匀速直线运动和平面内速度为的匀速圆周运动，刚出区域Ⅰ时，粒子的坐标为，沿轴的速度为
粒子在区域Ⅱ运动的时间
根据几何关系可知，打在检测器上的坐标为
发光点的位置为。
9．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由
可得
粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
圆弧对应的圆心角
由
可得
（2）由
可得
粒子在磁场从N点射出时的时间最大，如图所示
由几何关系可知，其轨迹弧对应的圆心角
粒子在磁场中运动的时间的最大值
（3）由
可得
粒子在磁场边界上出射点距M点最远时，轨迹弧为一半圆，如图所示
由几何关系可知：出射点分布的长度为磁场边界的，即
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第12章　磁场
第12.8讲　磁聚焦、放缩圆、旋转圆问题
【知识点精讲】
1、“放缩圆”模型的应用
适用条件 速度方向一定，大小不同 粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化。
轨迹圆圆心共线 如图所示（图中只画出粒子带正电的情景），速度v越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上。
界定方法 以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法。
2、“旋转圆”模型的应用
适用方法 速度大小一定，方向不同 粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R＝，如图所示。
轨迹圆圆心共圆 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝的圆上。
界定方法 将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法
3．“磁发散”和“磁汇聚”
在圆形边界的匀强磁场中，若带电粒子做匀速圆周运动的半径恰好等于磁场区域的半径，则有如下两个重要结论：
磁发散 磁汇聚
　　当粒子从磁场边界上同一点沿不同方向进入磁场区域时，粒子离开磁场时的速度方向一定平行，而且与入射点的切线方向平行。如图甲所示，此种情境称为“磁发散”。 当粒子以相互平行的速度从磁场边界上任意位置进入磁场区域时，粒子一定会从同一点离开磁场区域，而且该点切线与入射方向平行。如图乙所示，此种情境称为“磁汇聚”。
【方法归纳】
1.当带电粒子射入磁场的速度方向确定，速度大小变化或磁场磁感应强度大小变化时，粒子做匀速圆周运动的轨道半径r随着变化。可以以入射点为定点，作出半径不同的一系列轨迹，即放缩圆。
2．当带电粒子射入磁场的速度大小不变，方向改变，粒子做匀速圆周运动的轨道半径r不变。可以以入射点为定点，作出轨迹圆，将轨迹圆旋转，即旋转圆。
3．速度大小和方向相同的一排相同带电粒子进入直线边界，各个带电粒子的轨迹圆弧可以由其它粒子的轨迹圆弧沿着边界平移，即定圆平移。
【最新高考题精练】
（2020·全国卷Ⅰ）
1．一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（　　）
A． B． C． D．
【最新模拟题精练】
（2022湖南长沙明德中学模拟）
2．如图所示，矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AB边长为d，BC边长为2d，O是BC边的中点，E是AD边的中点，在O点有一粒子源，可以在纸面内向磁场内各个方向均匀射出质量均为m、电荷量均为q、同种电性的带电粒子，粒子射出的速度大小相同，速度与OB边的夹角为的粒子恰好从E点射出磁场，不计粒子的重力，则（　　）
A．从AD边射出与从CD边射出的粒子数之比为
B．粒子运动的速度大小为
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．磁场区域中有粒子通过的面积为
（2022湖南长沙长郡中学模拟）
3．如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互作用和重力。则下列分析中正确的是（　　）
A．从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率
B．从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间
C．所有粒子所用最短时间为
D．所有粒子所用最短时间为
（2023云南昆明一中第9次质检）
4．如图所示，空闻有半径为R的圆形匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面，在距圆心O为处有一粒子源，时刻沿纸面内的任意方向上均匀发射出速度大小相同的大量带电粒子，粒子比荷为k，粒子在磁场中运动的半径为，则（　　）
A．粒子在圆形磁场区域中运动的最短时问为
B．粒子在圆形磁场区城中运动的最短时间为
C．时刻，出磁场与未出磁场的粒子数之比为
D．时刻，出磁场与未出磁场的粒子数之比为
（2023山东滕州质检）
5．如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在磁场边界上的M点放置一个放射源，能在纸面内以速率v向各个方向发射大量的同种粒子，粒子的电荷量为q、质量为m（不计粒子的重力），所有粒子均从某段圆弧边界射出，其圆弧长度为。下列说法正确的是（　　）
A．粒子进入磁场时的速率为
B．所有粒子中在磁场中运动的最长时间是
C．将磁感应强度大小改为时，有粒子射出的边界弧长变为
D．若粒子入射速率为时，有粒子射出的边界弧长变为
6．如图所示，横截面为正方形abcd的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一束电子以大小不同、方向垂直ad边界的速度飞入该磁场，不计电子重力及相互之间的作用，对于从不同边界射出的电子，下列判断正确的是(　　)
A．从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等
B．从c点离开的电子在磁场中运动时间最长
C．电子在磁场中运动的速度偏转角最大为π
D．从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度
（2022山东泰安三模）
7．如图所示为一圆形区域，O为圆心，半径为R，P为边界上的一点，区域内有垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B。电荷量为q、质量为m的相同带电粒子a、b（不计重力）从P点先后以大小相等的速率射入磁场，粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向成θ角，已知粒子a与粒子b在磁场中运动的时间之比为3∶4，下列说法正确的是（　　）
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r =R
B．θ=60°
C．θ=30°
D．a、b粒子离开磁场时的速度方向也成θ角
8．如图所示，纸面内有宽为L水平向右飞行的带电粒子流，粒子质量为m，电荷量为－q，速率为v0，不考虑粒子的重力及相互间的作用，要使粒子都汇聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是（其中B0＝，A、C、D选项中曲线均为半径是L的圆弧，B选项中曲线为半径是的圆）（　　）
A． B．
C． D．
（2022山西太原二模）
9．如图，在以O为圆心的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场。一对正、负电子从A点以相同的速度沿与OA成37°角，先、后进入该磁场，其中正电子从B点离开磁场，负电子从C点离开磁场（图中未画出）。不计粒子受到的重力，已知，则为（取）（　　）
A． B． C．2 D．
10．如图所示是一个半径为 R 的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为 B，磁感应强度方向垂直纸面向内．有一个粒子源在圆上的 A 点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的 质量均为 m，运动的半径为 r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为．下列说法正确的是
A．若 r=2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为
B．若r=2R，粒子沿着与半径方向成 45° 角斜向下射入磁场，则有成立
C．若 r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为
D．若 r=R，粒子沿着与半径方向成 60°角斜向下射入磁场，则圆心角为 150°
（2023湖南新高考教研联盟第二次联考）
11．如图所示，xOy坐标系中，第三象限存在沿x轴正向的匀强电场，第四象限与x轴和y轴相切的半径为R=0.2m的圆形区域内存在匀强磁场B1，磁感应强度B1=0.1T，方向垂直纸面向里，x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场B2，磁感应强度B2=0.3T。在第三象限x=-40cm，y=-8cm至-36cm间存在粒子源，比荷k=108C/kg的相同带正电粒子由粒子源无初速度释放后进入电场，在电场中加速后进入圆形磁场，其中正对圆心入射的粒子经B1偏转后恰好以垂直于x轴的方向经切点P点进入磁场B2，带电粒子最终都打到放置在x轴上的收集板上。不计粒子的重力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）第三象限中加速电场的电场强度E；
（2）收集板最小长度L；
（3）带电粒子在磁场B1、B2中运动的总时间范围（用含π的分数式表示）。
（2023河北衡水五模）
12．如图所示，在xOy平面内，以O'(O， R)为圆心、R为半径的圆内有垂直于平面向外的匀强磁场，x轴下方有足够大的垂直于平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．在O"(R，-R)处，放置一半径R =的半圆弧形接收器EHF，EO"F与y轴平行，在圆形磁场的左侧0（1）磁场的磁感应强度B的大小；
（2）［-R，（+1）R］处的粒子经磁场偏转后能否被接收器接收；
（3）打到接收器上的粒子占粒子总数的百分比．
13．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为，宽度为，边界为CD和EF。一电子从CD边界外侧以速率垂直射入匀强磁场，入射方向与CD边界间夹角为。已知电子的质量为，电荷量为，为使电子能从磁场的另一侧射出，求：
（1）电子的速率至少多大？
（2）若角可取任意值，的最小值是多少？

（2023江西部分重点高中联考）
14．如图所示，以O点为坐标原点在竖直面内建立坐标系，Oa、cd是两个线状粒子放射源，长度均为L=1m，放出同种带正电的粒子，粒子电荷量为，粒子的质量为，其中Oa发出的所有粒子初速度为零，cd发出的所有粒子初速度均为，方向水平向右，带电粒子的重力以及粒子之间的相互作用均可忽略。曲线ob的方程为，在曲线Ob与放射源Oa之间存在竖直向上、场强E大小为的匀强电场；第一象限内、虚线eb的上方有垂直纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场I；第二象限内以O为圆心、L长为半径的四分之一圆形区域内有垂直纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场II。图中的Oe、ab、Oc、eb、ed的长度均为L。观察发现：Oa发出的所有粒子均从同一点离开匀强磁场I，cd发出的所有粒子在匀强磁场II的作用下也汇聚于同一点，即该点可接收到两个粒子源发出的所有粒子。在所有粒子到达汇聚点的过程中，求：
（1）粒子放射源Oa发出粒子进入匀强磁场I时的最大速度；
（2）匀强磁场I、II的磁感应强度、的大小；
（3）Oa、cd两个放射源中点M、N发出的粒子在磁场中的运动时间之比。
（2023四川宜宾重点高中二诊）
15．如图所示，在平面内，三个半径为的四分之一圆形有界区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ内有垂直纸面向外、磁感应强度为的匀强磁场（含边界上）。一群质量为电荷量为的带正电的粒子同时从坐标原点O以相同的速率、不同的方向射入第一象限内（含沿轴、轴方向），它们在磁场中运动的轨道半径也为，在的区域，存在场强为、沿方向的匀强电场。整个装置在真空中，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。求：
（1）粒子从O点射入磁场时的速率；
（2）这群粒子从O点射入磁场至运动到轴的最长时间；
（3）这群粒子到达轴上的区域范围。
16．电子质量为m、电荷量为e，从坐标原点O处沿平面射入第一象限，射入时速度方向不同，速度大小均为，如图所示。现在某一区域加一方向向外且垂直于平面的匀强磁场，磁感应强度为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏上，荧光屏与y轴平行，求：
（1）荧光屏上光斑的长度；
（2）所加磁场范围的最小面积。
17．如图甲所示，质量，电荷量的带正电粒子从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限内，且在与x方向夹角大于等于的范围内，粒子射入时的速度方向不同，但大小均为。现在某一区域内加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小，若这些粒子穿过磁场后都能射到与y轴平行的荧光屏MN上，并且当把荧光屏MN向左移动时，屏上光斑长度和位置保持不变。（）求：
（1）粒子从y轴穿过的范围。
（2）荧光屏上光斑的长度。
（3）打到荧光屏MN上最高点和最低点的粒子运动的时间差。
（4）画出所加磁场的最小范围（用斜线表示）。

（2023湖南名校联考）
18．1897年汤姆孙使用气体放电管，根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况发现了电子，并求出了电子的比荷。比荷是微观带电粒子的基本参量之一，测定电子的比荷的方法很多，其中最典型的是汤姆孙使用的方法和磁聚焦法。
（1）图1是汤姆孙使用的气体放电管的原理图。在阳极A与阴极K之间加上高压，A、A'是两个正对的小孔，C、D是两片正对的平行金属板，S是荧光屏。由阴极发射出的电子流经过A、A'后形成一束狭窄的电子束，电子束由于惯性沿直线射在荧光屏的中央O点。若在C、D间同时加上竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，调节电场和磁场的强弱，可使电子束仍沿直线射到荧光屏的O点，此时电场强度为E，磁感应强度为B。
a．求电子通过D'时的速度大小v；
b．若将电场撤去，电子束将射在荧光屏上的O'点，可确定出电子在磁场中做圆周运动的半径R，求e电子的比荷。
（2）图2是磁聚焦法测比荷的原理图。在阴极K和阳极A之间加电压，电子由阳极A中心处的小孔P射出。小孔P与荧光屏中心O点连线为整个装置的中轴线。在极板很短的电容器C上加很小的交变电场，使不同时刻通过这里的电子发生不同程度的偏转，可认为所有电子从同一点发散。在电容器C和荧光屏S之间加一平行PO的匀强磁场，电子从C出来后将沿螺旋线运动，经过一段时间再次汇聚在一点。调节磁感应强度B的大小，可使电子流刚好再次汇聚在荧光屏的O点。已知K、A之间的加速电压为U，C与S之间磁场的磁感应强度为B，发散点到O点的距离为l。
a．我们在研究复杂运动时，常常将其分解为两个简单的运动形式。你认为题中电子的螺旋运动可分解为哪两个简单的运动形式？
b．求电子的比荷。

19．“801所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子体(由电量相同的正、负离子组成)经系统处理后，从下方以恒定速率v1向上射入有磁感应强度为B1、垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ内．当栅极MN、PQ间形成稳定的电场后，自动关闭区域Ⅰ系统(关闭粒子进入通道、撤去磁场B1)．区域Ⅱ内有磁感应强度大小为B2、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径为D、与上下极板相切的半圆(圆与下板相切于极板中央A)．放在A处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D的平行氙粒子束，经过栅极MN、PQ之间的电场加速后从PQ喷出，在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力(不计氙原子核、等离子体的重力，不计粒子之间相互作用于相对论效应)．已知极板长RM=2D，栅极MN和PQ间距为d，氙原子核的质量为m、电荷量为q，求：

(1)氙原子核在A处的速度大小v2；
(2)氙原子核从PQ喷出时的速度大小v3；
(3)因区域Ⅱ内磁场发生器故障，导致区域Ⅱ中磁感应强度减半并分布在整个区域Ⅱ中，求能进入区域Ⅰ的氙原子核占A处发射粒子总数的百分比．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动
，
可得粒子在磁场中的周期
粒子在磁场中运动的时间
则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长；过点做半圆的切线交于点，如图所示
由图可知，粒子从点离开时，轨迹对应的圆心角最大，在磁场中运动时间最长；由图中几何关系可知，此时轨迹对应的最大圆心角为
则粒子在磁场中运动的最长时间为
故选C。
2．ABD
【详解】如图所示
B．粒子带正电不可能从与60度夹角的O点射入经过B点，因此带负电，由此粒子的运动轨迹结合几何关系可知，粒子做圆周运动的半径
由牛顿第二定律
解得粒子运动的速度大小为
故B正确；
C．由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此在磁场中运动的轨迹越长，时间越长，分析可知，粒子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周，因此最长时间为四分之一周期，即最长时间为，故C错误；
D．由图可知，磁场区域有粒子通过的面积为图中区域的面积，即为
故D正确；
A．由图可知，当速度垂直时，粒子刚好从点射出，如下图所示
由几何关系可知，当速度方向与的夹角为时，恰好从点射出，则从AD边射出与从CD边射出的粒子数之比为
故A正确。
故选ABD。
3．AD
【详解】粒子运动轨迹如图所示，可以看出，粒子落到b点到c点的过程中，半径越老越大，则由
可知，速度越来越大，所以从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率。又因为粒子在磁场中的运动时间和圆心角成正比，且由几何关系知，弦切角等于圆心角的一半，所以当弦切角最小时对应粒子的运动时间最短，如图所示，当弦与圆周相切时，弦切角最小，因为Ob长为R，所以由几何关系知，此时弦切角为
所以圆心角为
所以最短运动时间为
即从M点射出粒子在磁场中运动时间与从N点射出粒子所用时间大小不能确定。
故选AD。
4．AD
【详解】
AB．如图1所示，当粒子的轨迹以AB为弦长时经历的时间最小，由几何关系得圆心角为，故粒子在圆形磁场区域中运动的最短时间为
故A正确，B错误；
CD．因粒子均匀分布于各个方向，故粒子数之比与角度成正比，如图2所示，当
时，由几何关系知出磁场与未出磁场的粒子数之比为，故C错误，D正确。
故选AD。
5．C
【详解】A．由题意，如图所示，当粒子在磁场中运动转过的圆心角为180°时，其射出点N离M最远，此时对应磁场区域的圆心角为120°，则根据几何关系可知粒子做匀速圆周运动的半径为

根据牛顿第二定律有

解得

故A错误；
B．粒子在磁场中运动的周期为

当粒子的轨迹与磁场区域内切时，其运动时间最长，恰好为1个周期，故B错误；
C．将磁感应强度大小改为时，粒子运动半径变为
如图所示，可知此时磁场区域所截粒子轨迹弦长最大值为R，所以有粒子射出的边界弧长变为
故C正确；
D．若粒子入射速率为时，粒子运动半径变为
如图所示，可知此时磁场区域所截粒子轨迹弦长最大值为，所以有粒子射出的边界弧长变为
故D错误。
故选C。
6．ACD
【详解】ABC．电子的速率不同，运动轨迹半径不同，如图所示，由周期公式T＝知，周期与电子的速率无关，所以电子在磁场中的运动周期相同，由t＝T知，电子在磁场中的运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹所对应的圆心角θ越大，故从ad边射出的电子在磁场中运动的速度偏转角最大为π，时间都相等，且运动时间最长，A、C正确，B错误；
D．从bc边射出的轨道半径大于从ad边射出的电子的轨道半径，由半径公式r＝知，轨迹半径与速率成正比，D正确．
故选ACD。
7．AC
【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r =，代入速度，得
r = R
故A正确；
BC．因a正对圆心射入，又r = R，故a粒子在磁场中的运动时间为，运动圆弧的圆心角为90°，两粒子在磁场中运动的周期相等，即T =，故b粒子在磁场中的运动时间为，即运动圆弧的圆心角为120°，运动圆弧对应的圆心与O、P三点的连线构成等边三角形，故θ=30°，故B错误，C正确；
D．作图可知a、b粒子离开磁场时平行，是“磁发散”模型，故D错误。
故选AC。
8．AB
【详解】AC.由于带电粒子流的速度均相同，则当飞入A、C选项中的磁场时，它们的轨迹对应的半径均为L，按照磁汇聚可知A正确，C错误；
B.因为磁场是2B0，粒子在其中运动半径是在A、C中运动半径的一半，即为 正好等于磁场的半径，结合磁汇聚可知能从同一点出来，故B正确；
D. 因为磁场是2B0，粒子在其中运动半径是在A、C中运动半径的一半，即为等于磁场半径的一半，根据磁汇聚可知粒子不能从同一点出来，故D错误。
故选AB。
9．C
【详解】根据几何关系得出两粒子的运动轨迹如图
在磁场中，根据
解得
由几何关系得
则
故C正确，ABD错误。
故选C。
10．BD
【详解】若r=2R，粒子在磁场中时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图，因为r=2R，圆心角θ=60°，粒子在磁场中运动的最长时间
，故A错误．
若r=2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，根据几何关系，有 ，故B正确．若r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图所示，圆心角90°，粒子在磁场中运动的时间 ，故C错误．若r=R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角150°，故D正确．故选BD.
11．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由几何关系，粒子在电场加速后进入中匀速圆周运动的半径
粒子在中圆周运动
对粒子在电场中运动由动能定理
解得
，
（2）粒子均将从P点进入磁场，粒子在中圆周运动
作出粒子源上下边界粒子的轨迹如图
由几何关系知
故，
则从粒子源下端进入再进入的粒子打在收集板最左端
垂直轴进入的粒子打在收集板最右端
所以收集板长度
（3）粒子进入时的位置越靠下，进入点与连线弦切角越大，在中运动时间越长，同时粒子在中的运动轨迹从劣弧向优弧变化，在中转过圆心角变大，因此粒子源上下边界入射的粒子在磁场中运动的时间即为边界时间情况由进入磁场粒子在磁场中运动时间最短
由进入磁场粒子在磁场中运动时间最长
粒子在磁场中运动时间
12．（1）B=；（2）不能；（3）50
【详解】（1）粒子在上方磁场中的半径r=R时，粒子偏转后都从O点进入，由洛伦茨力充当向心力
qvB=m
解得磁场的磁感应强度B的大小为B=．
（2）［-R，（+1）R］处的粒子经上方磁场偏转后与x轴负方向的角度==，=45°，粒子与x轴负方向成45°角进入下方磁场运动时，圆心在（R，-R）处，轨迹与接收器不相交，所以不能被接收器接受，如下图：
（3）当粒子运动轨迹与接收器在F点相内切时，由几何关系可知，运动轨迹的圆心恰好在E点，根据几何关系可知，粒子由O点进入时，粒子的速度方向与y轴负方向的夹角==，=30°，粒子进入上方磁场G时的纵坐标
y1=R+R=1.5R
当粒子运动轨迹在E点与接收器相外切时，运动轨迹的圆心恰好在（R，R）处，根据几何关系可知，粒子由O点进入磁场时粒子速度方向与x轴正方向的夹角==，=60°，粒子进入上方磁场I的纵坐标
y2=R- R=0.5R
在上方磁场GI间射入的粒子能打到接收器上，LGI=y1-y2=R，占粒子总数的百分比=100=50．
答：（1）磁场的磁感应强度B=；（2）不能；（3）50
13．（1）；（2）
【详解】（1）根据题意可知，当入射速率很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道的边界与EF相切时，电子恰好不能从EF射出，如图所示

电子恰好射出时，由几何知识可得
又有
联立解得
故电子要射出磁场，速率至少应为。
（2）由上述可知，当时，粒子的速度为
最小，此时半径最小为
14．（1）；（2），；（3）
【详解】（1）粒子在电场中受电场力而加速
得
由，代入可得
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
由
又因为，可得
x接近于0，r也接近于0，可知粒子均汇聚于e点，所以
得到
所以
在磁场中运动的粒子也汇聚于e点，可知
得到
（3）粒子在磁场中圆周运动
得
由几何关系可知，M点射出的粒子在磁场I中偏转半周，运动时间为
设N点射出的粒子在磁场II中偏转
得
则运动时间为
则Oa、cd两个放射源中点M、N发出的粒子在磁场中的运动时间之比为
15．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有
又
可得
（2）如图所示，这些粒子中，从O沿轴方向射入磁场的粒子，从O到C用时最长。
由
可得
（3）这些粒子经过Ⅰ区域偏转后方向都变为与轴平行，接着匀速直线进入Ⅱ区域，经过Ⅱ区域偏转又都通过C点；从C点进入Ⅲ区域，经过Ⅲ区域偏转，离开Ⅲ区域时，所有粒子都变成与轴平行（即垂直进入电场）。
对于从进入电场的粒子，在方向的分运动有
解得
则该粒子运动到轴上的坐标为
对于从进入电场的粒子，在方向的分运动有
解得
则该粒子运动到y轴的坐标为
这群粒子运动到轴上的区间为
16．（1）；（2）
【详解】（1）如图所示，初速度沿x轴正方向的电子，沿弧运动到P点，为荧光屏上光斑的最高点，初速度沿y轴正方向的电子，沿弧运动到Q点，为荧光屏上光斑的最低点，电子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
解得
光斑长度
（2）所加磁场的最小面积是以为圆心、R为半径的阴影部分，其面积大小为
17．（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）粒子在磁场中匀速圆周运动，有
解得
当把荧光屏MN向左移动时，屏上光斑长度和位置保持不变，说明粒子是沿水平方向从磁场中出射，则所加的磁场为圆形，同时圆形磁场的半径与电子在磁场中匀速圆周运动的半径相等，即
且圆形磁场的圆心在y轴上O点正上方，如图所示的点。

初速度沿y轴正方向的粒子直接从原点穿过y轴；初速度与x轴正方向成的粒子，在磁场中转过后沿水平方向射出，设该粒子圆周运动的圆心为，则
设此粒子从y轴上的A点穿过y轴，由几何关系知
则有
所以粒子从y轴穿过的范围为
（2）初速度沿y轴方向入射的粒子经四分之一圆周后速度水平，如图所示，打在光屏上的P点，有
初速度与x轴正方向成入射的粒子，在磁场中转过后沿水平方向射出，如图所示，打在光屏上的Q点，有
荧光屏上光斑的长度
（3）粒子在磁场中运动的周期
打到最高点和最低点的粒子在磁场中运动多用的时间
打到最高点和最低点的粒子在磁场外运动多用的时间
打到最高点和最低点的粒子运动的时差间
（4）所加磁场的最小范围如图所示，其中从B到C的边界无磁场分布。
18．（1）a．；b．；（2）a．沿PO方向的匀速运动和垂直于PO方向上的匀速圆周运动；b．
【详解】（1）a．电子在复合场中做匀速直线运动，由平衡条件
可得得电子通过时的速度大小为
b．去掉电场，电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
可得，电子的比荷为
（2）a．电子的螺旋运动可分解为沿PO方向的匀速运动和垂直于PO方向上的匀速圆周运动。
b．从发散点到再次汇聚点，两个方向的分运动时间相等，有
在加速电场中，由动能定理
由匀速直线运动可得
做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
周期为
所以
联立以上各式可得，电子的比荷为
19．（1） （2） （3）
【详解】（1）离子在磁场中做匀速圆周运动时：
根据题意，在A处发射速度相等，方向不同的氙原子核后，形成宽度为D的平行氙原子核束，即
则：
（2）等离子体由下方进入区域I后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为 ，则
即
氙原子核经过区域I加速后，离开PQ的速度大小为 ，根据动能定理可知：
其中电压
联立可得
（3）根据题意，当区域Ⅱ中的磁场变为之后，根据可知，

①根据示意图可知，沿着AF方向射入的氙原子核，恰好能够从M点沿着轨迹1进入区域I，而沿着AF左侧射入的粒子将被上极板RM挡住而无法进入区域I．
该轨迹的圆心O1，正好在N点，，所以根据几何关系关系可知，此时；
②根据示意图可知，沿着AG方向射入的氙原子核，恰好从下极板N点沿着轨迹2进入区域I，而沿着AG右侧射入的粒子将被下极板SN挡住而无法进入区域I．
，所以此时入射角度．
根据上述分析可知，只有这个范围内射入的粒子还能进入区域I．该区域的粒子占A处总粒子束的比例为
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答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第12章 磁场
第12.9讲 带电粒子在组合场中的运动
【知识点精讲】
带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中的加速和偏转，与在磁场中偏转两种运动有效组合在一起，有效区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键。当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动阶段组成。具体求解方法如下图所示。
【方法归纳】
“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
【最新高考题精练】
（2022天津学业水平选择性考试）
1．如图所示，M和N为平行金属板，质量为m，电荷量为q的带电粒子从M由静止开始被两板间的电场加速后，从N上的小孔穿出，以速度v由C点射入圆形匀强磁场区域，经D点穿出磁场，CD为圆形区域的直径。已知磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，粒子速度方向与磁场方向垂直，重力略不计。
（1）判断粒子的电性，并求M、N间的电压U；
（2）求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r；
（3）若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，求粒子在磁场中运动的时间t。
（2023高考湖北卷）
2．如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t = 0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
（3）时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）

（2023高考选择性考试辽宁卷）
3．如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。
（1）求金属板间电势差U；
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。
【最新模拟题精练】
（2023湖南名校联考）
4．如图所示，在轴下方宽度为的区域中，的区域有沿轴正方向的匀强电场，场强，的区域无电场。在和的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度。一比荷的带正电粒子从点由静止释放，不计粒子重力，以下判断正确的是（　　）

A．粒子第一次经过轴时速度大小为
B．粒子第三次经过轴时速度方向与轴垂直
C．粒子第三次经过轴时的位置坐标为
D．粒子从开始释放到第五次经过轴所用的时间为
（2023湖南名校联合体高二期末）
5．中国科学院高能物理研究所是我国从事高能物理研究、先进加速器物理与技术研究及开发利用先进射线技术与应用的综合性研究基地。在高能物理研究中，需要实现对微观粒子的精准控制。如图所示，电子由P点从静止开始仅在电场作用下沿直线做加速直线运动，从Q点射出，与直线夹角为α，且P、Q、M三点均位于纸面内。已知电子的电荷量为（）、质量为m、加速电压为U，若电子击中与枪口相距d的点M。求：
（1）电子从Q点射出时的速度大小v；
（2）若仅在空间加入一个垂直于纸面的磁场，请确定它的方向，并求出其大小；
（3）若仅在空间加入一个与直线平行的磁场，求的大小。

（2023江苏重点高中联考）
6．如图，直角坐标系xOy中存在无限长的平行边界MN（与y轴重合）和PQ，两者间距为5h，0≤x≤5h区域内的x轴上、下部分分别存在垂直纸面向外、向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B、，在第二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场。现将质量为m，带电量为q（q>0）的粒子从点处射入电场，倒时改变粒子速度和电场强度大小，保证粒子均从点垂直于y轴进入磁场。不计粒子重力，。
（1）若电场强度大小为，求粒子从C点进入磁场时的速率；
（2）若，求粒子轨迹第一次与x轴交点的坐标；
（3）若粒子从PQ边界点飞出，求粒子在两磁场运动的最短时间和最长时间。
（2023福建厦门四模）
7．如图甲所示，某直线加速器由金属圆板和4个金属圆筒依次排列组成，圆筒左右底面中心开有小孔，其中心轴线在同一水平线上，圆板及相邻金属圆筒分别接在周期性交变电源的两极．粒子自金属圆板中心无初速度释放，在间隙中被电场加速（穿过间隙的时间忽略不计），在圆筒内做匀速直线运动．粒子在每个金属圆筒内运动时间恰好等于交变电压周期的一半，这样粒子就能在间隙处一直被加速。电荷量为q、质量为m的质子通过此加速器加速，交变电压如图乙所示（、未知），粒子飞出4号圆筒即关闭交变电源．加速后的质子从P点沿半径射入圆形匀强磁场区域，经过磁场偏转后从Q点射出。已知匀强磁场区域半径为R，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，不计一切阻力，忽略磁场的边缘效应，求：
（1）质子在圆形磁场中运动的时间；
（2）直线加速器所加交变电场的电压；
（3）若交变电压周期不变，粒子换成氚核，为使氚核在每个金属圆筒内运动时间仍等于交变电压周期的一半，需将交变电压调为的多少倍？
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参考答案：
1．（1）正电，；（2）；（3）
【详解】（1）带电粒子在磁场中运动，根据左手定则可知粒子带正电。粒子在电场中运动由动能定理可知
解得
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，有
解得
（3）设粒子运动轨道圆弧对应的圆心角为，如图
依题意粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，由几何关系，得
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，有
带电粒子在磁场中运动的时间
联立各式解得
2．（1）；（2），；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa
【详解】（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径
r = a
根据
解得
（2）由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则
T甲 = 2T乙
根据，有
则
粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有
mv甲0＋m乙v乙0= －mv甲1＋m乙v乙1

解得
v乙0= －5v甲0，v乙1= 3v甲0
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为。
（3）已知在时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有
v甲1= －3v甲0，v乙1= 3v甲0
则根据，可知此时乙粒子的运动半径为
可知在时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S1= 6πa
且在第二次碰撞时有
mv甲1＋m乙v乙1= mv甲2＋m乙v乙2

解得
v甲2= v甲0，v乙2= －5v甲0
可知在时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S2= 10πa
且在第三次碰撞时有
mv甲2＋m乙v乙2= mv甲3＋m乙v乙3

解得
v甲3= －3v甲0，v乙3= 3v甲0
依次类推
在时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S8= 10πa
且在第九次碰撞时有
mv甲8＋m乙v乙8= mv甲9＋m乙v乙9

解得
v甲9=－3v甲0，v乙9= 3v甲0
在到过程中，甲粒子刚好运动半周，且甲粒子的运动半径为
r甲1 = 3a
则时甲粒子运动到P点即（－6a，0）处。
在到过程中，乙粒子刚好运动一周，则时乙粒子回到坐标原点，且此过程中乙粒子走过的路程为
S0 = 3πa
故整个过程中乙粒子走过总路程为
S = 4 × 6πa＋4 × 10πa＋3πa = 67πa
3．（1）；（2）或；（3）
【详解】（1）设板间距离为，则板长为，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度
解得
设粒子在平板间的运动时间为，根据类平抛运动的运动规律得
，
联立解得
（2）设粒子出电场时与水平方向夹角为，则有
故
则出电场时粒子的速度为
粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得
解得
已知圆形磁场区域半径为，故
粒子沿方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为，由几何关系可得
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为或；

（3）带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：
4．D
【详解】A．粒子从M点由静止释放经过电场加速到第一次经过轴过程中有
得
故A错误；
BC．根据题意画出粒子的运动轨迹如图所示

设粒子经过电场加速一次后在磁场中的运动半径r1，由洛伦兹力提供向心力得
得
同理可知，粒子经过电场加速两次后在磁场中的运动半径
由图可知，粒子第三次经过轴时速度方向与轴不垂直，粒子第三次经过轴时的位置坐标不为，故BC错误；
D．粒子在磁场中运动的周期为
粒子在电场中第一次加速的时间为
粒子在电场中第二次加速的时间为
粒子在无电场和磁场区域做匀速直线运动时间分别为
、
则粒子从开始释放到第五次经过轴所用的时间为
故D正确。
故选D。
5．（1）；（2），方向垂直纸面向里；（3），
【详解】（1）加速过程，根据动能定理
解得
（2）如图，几何关系得
电子运动的半径
洛伦兹力提供向心力
解得
根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里

（3）将速度沿着和垂直方向分解
垂直于方向做圆周运动，有
运动周期
平行于方向做勺速直线运动
分运动的时间相同，有
，
则
，
6．（1）；（2）；（3），
【详解】（1）由斜抛运动规律得
，
由牛顿第二定律得
解得
（2）当时，粒子进入磁场速度为
由牛顿第二定律得
粒子在磁场中运动的轨迹如下图所示
由几何关系得
得
故粒子轨迹第一次与x轴交点的坐标
（3）粒子在磁场的轨迹半径满足
如图
由几何关系
联立解得
设粒子周期数为，则有
n取1时，时间最短，；n取3时，时间最长，，粒子恰好不从MN边界射出，又粒子在上、下部分磁场内运动的周期分别为T1，T2，即
，
且
解得
7．（1）；（2）；（3）3倍
【详解】（1）质子在圆形磁场中运动时，做匀速圆周运动，则有
，，
解得
（2）粒子在磁场中运动时
，
质子在直线加速器中运动时，共经过4次缝隙，由动能定理得
解得
（3）为使氚核在每个金属筒内运动时间仍等于交变电压周期的一半，则速度大小不变
得
即需将交变电压调为的3倍
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第12章 磁场
第12.10讲 带电粒子在叠加场中的运动
【知识点精讲】
1.复合场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
三种场的比较
力的特点 功和能的特点
重力场 大小：G=mg 方向：竖直向下 重力做功与路径无关 重力做功改变物体的重力势能
电场 大小：F=qE 方向：正电荷受力方向与场强方向相同，负电荷受力方向与场强方向相反 电场力做功与路径无关，W=qU=qEd 电场力做功改变电势能
磁场 大小：F=qvB（v⊥B） 方向：可用左手定则判断 洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
2.带电粒子在复合场中运动的几种情况
（1）当带电粒子在复合场中所受的合外力为零时，粒子将静止或做匀速直线运动。
（2）当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时，粒子将做直线运动。
（3）当带电粒子所受的合外力充当向心力且大小不变时，粒子将做匀速圆周运动。
（4）当带电粒子所受合外力大小与方向均变化时，粒子将做非匀变速曲线运动，这类问题一般用能量关系来处理。
3.带电粒子在复合场中受力分析和运动分析
“带电粒子在电磁场中会受到电场力作用不断加速，也就是电势能转化为动能，而与此同时，磁场力的方向是与粒子运动方向垂直的，所以只会改变运动方向，而不会改变速度。而在电场力的作用下，粒子的速度不断增大，所以磁场力也不断增大，而在磁场力的不断作用下，粒子方向不断改变，最终在某一时刻，磁场力可以分解出一个与电场力方向相反大小相等的分力，和一个垂直于电场力方向的分力，此时，粒子只有垂直电场力方向的分力作用，速度继续增加，使粒子逐渐的向垂直电场力方向。
【方法归纳】
　带电粒子在复合场中运动问题的分析方法
1.弄清复合场的组成，如磁场、电场的复合，磁场、重力场的复合，磁场、电场、重力场三者的复合等。
2.正确受力分析，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析。
3.确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合。
4.对于粒子连续通过几个不同区域、不同种类的场时，要分阶段进行处理。
5.画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。
（1）当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解。
（2）当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，应用牛顿定律结合圆周运动规律求解。
（3）当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。
6.对于临界问题，注意挖掘隐含条件。
“三步”解决叠加场问题图示
【最新高考题精练】
（2023高考江苏学业水平选择性考试）
1．霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。

（2018·北京高考）
2．某空间存在匀强磁场和匀强电场．一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是
A．磁场和电场的方向
B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量
D．粒子入射时的速度
【最新模拟题精练】
（2023重庆信息联考卷3）
3．如图所示，场强为E的匀强电场方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场垂直电场向外，带电量为q的小球（视为质点）获得某一垂直磁场水平向右的初速度，正好做匀速圆周运动，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球必须带正电
B．小球的质量为
C．小球做匀速圆周运动的周期为
D．若仅把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，则其速度为
（2023西南大学附中高考适应性考试）
4．如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°，C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O ，半径为R（R远大于轨道内径），直线段AC、HD粗糙，与圆弧段分别在C、D端相切，整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，与直线段的动摩擦因数为μ，从轨道内距C点足够远的P点由静止释放，若PC=l，小球所受电场力等于其重力的倍。重力加速度为g。则（　　）
A．小球在轨道AC上下滑的最大速度
B．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动
C．经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是
D．经足够长时间，小球经过O点时，对轨道的弹力一定为
（2023重庆一中质检）
5．如图所示，O点下方水平边界之下充满了正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿纸面水平向右，磁场方向垂直于纸面向里。将一带正电小球从O点由静止释放，小球穿过电磁场后到达水平地面，空气阻力忽略不计，下列说法中正确的是（　　）
A．小球进入电磁场后做匀变速曲线运动
B．小球下落过程中增加的机械能等于减少的电势能
C．若仅增大磁感应强度，其他条件不变，小球下落到水平地面时的动能将变大
D．若仅将电场反向，其他条件不变，小球在电磁场中可能沿直线运动
（2022山东聊城重点高中质检）
6．如图所示，空间存在水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电量大小为q的小球，以初速度v0沿与电场方向成45°夹角射入场区，能沿直线运动。经过时间t，小球到达C点（图中没标出），电场方向突然变为竖直向上，电场强度大小不变。已知重力加速度为g，则（　　）
A．小球一定带负电
B．时间t内小球做匀速直线运动
C．匀强磁场的磁感应强度为
D．电场方向突然变为竖直向上，则小球做匀加速直线运动
（2023山东烟台三模）
7．如图所示，在区域存在沿y轴正方向的匀强电场（图中未画出），电场强度大小为E，在区域存在平行于y轴正方向的匀强磁场（图中未画出）和沿z轴正方向的匀强电场（图中未画出），电场强度大小为2E。质量为m、电荷量为的小球从处由静止释放，小球从原点进入区域，在处有一垂直于y轴的荧光屏（图中未画出），小球打在荧光屏上点。已知重力加速度为g。
（1）求区域匀强电场的电场强度E；
（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）若磁感应强度取最小值，当小球离y轴最远时，求小球到原点O的距离。
（2023安徽考前模拟）
8．如图所示，xOy为竖直面内的直角坐标系，在y轴两侧存在电场强度大小相等的匀强电场，y轴右侧电场方向竖直向下，y轴左侧电场方向竖直向上。y轴左侧还存在一个方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出），磁场边界与y轴相切于O点。现有一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，用长为l、不可伸长的绝缘细线悬挂在P点的钉子上，P点与坐标原点O的距离亦为l。将小球拉至细线绷直且与y轴负方向成60°角无初速释放，小球摆至O点即将进入磁场时细线恰好断裂。最终小球刚好击中P点的钉子，此时速度方向与y轴正方向成30°角。已知细线能承受的最大张力Fm=4mg，小球可视为质点，重力加速度为g，不计阻力。求：
（1）电场强度的大小；
（2）磁感应强度的大小和磁场区域的面积；
（3）小球在x＜0区域运动的时间。（结果用m、q、l、g表示）
（2023云南昆明一中六模）
9．如图所示，在竖直平面内x轴的上方空间内存在水平向右的匀强电场，x轴的下方空间内存在垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁感应强度大小为，电扬强度大小均为。一个带电小球用一根细线悬挂在x轴的上方区域，静止时细线与竖直方向夹角为。现将细线剪断，小球运动时第一次经过x轴进入x轴下方区域。求：
（1）小球第一次经过x轴时的速度大小；
（2）从剪断细线开始到小球第四次经过x轴的时间。（可能用到的数据，）
（2023河北临考信息卷）
10．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、四象限内有竖直方向的匀强电场（方向未标出）与垂直纸面的匀强磁场（未标出）；第二象限内有水平向右的匀强电场与垂直纸面向里的匀强磁场；现有质量为m、电荷量为、可视为质点的带电小球从x轴上P点以初速度射入复合场中，P点坐标为，初速度与x轴正向夹角，小球恰好做匀速直线运动经过y轴上S点进入第一象限，在第一、四象限做匀速圆周运动经Q点进入第三象限。已知小球做圆周运动的圆心在x轴上，重力加速度为，，求：
（1）电场强度与磁感应强度的大小；
（2）电场强度与磁感应强度；
（3）小球从P点到Q点的时间。
（2023四川成都名校联盟三模）
11．如图，xOy是竖直平面内的直角坐标系，坐标原点O处有一绝缘弹性挡板（图中未画出，不计挡板大小），a、b是质量均为m的金属小球，电荷量为）的a球在第一象限的P点以速度沿y轴负方向射出后，恰好以沿x轴负方向的速度与静止在挡板上的不带电b球发生时间极短的弹性正碰，碰后两球的电荷量均为。已知在x>0区域有与x轴负方向成角斜向上的匀强电场；在区域有沿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，其中场强大小分别为、。两球均视为质点，忽略碰后a球所受的电场力，重力加速度大小为g，。
（1）求P点的位置坐标；
（2）若要b球从xn区域返回时与a球相撞，求磁感应强度的大小B。
（2023江苏无锡期中）
12．如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，Ⅰ区域高度d=0.15m，Ⅱ区域的范围足够大。匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B=0.5T，方向分别垂直纸面向里和向外。一个质量为m=、带电荷量为的带电小球从距MN的高度为h的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动，重力加速度g取10m/s2。
（1）试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；
（2）若带电小球能进入区域Ⅱ，则h应满足什么条件？
（3）若想带电小球运动一定时间后恰能回到O点，h应该等于多少？并求从开始运动到返回O点的时间（保留一位有效数字）？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）v0B；（2）；（3）90%
【详解】（1）由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有
Ee = ev0B
解得
E = v0B
（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有
解得
（3）若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有
F合 = evmB－eE
在最低点有
F合 = eE－evB
联立有

要让电子达纵坐标位置，即
y ≥ y2
解得
则若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的90%。
2．C
【详解】由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，即，则，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求，例如：电场方向向下，磁场方向垂直纸面向里等，但是对电性和电量无要求，故选项C正确，ABD错误．
点睛：本题考查了带电粒子在复合场中的运动，实际上是考查了速度选择器的相关知识，注意当粒子的速度与磁场不平行时，才会受到洛伦兹力的作用，所以对电场和磁场的方向有要求的．
3．C
【详解】A．小球受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，小球做圆周运动，则电场力与重力平衡，可知，电场力竖直向上，电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电，A错误；
B．根据上述有
解得
B错误；
C．小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则有
，
结合上述解得
C正确；
D．若把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，根据平衡条件有
结合上述解得
D错误。
故选C。
4．AB
【详解】B．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中，小球所受电场力等于其重力的倍，即
电场力垂直于轨道方向的分量为
重力垂直于轨道方向的分量为
因此，电场力与重力的合力方向恰好沿着AC方向，且刚开始时小球与管壁无作用力，当小球从静止运动后，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力垂直于AC向上，导致小球对管壁有作用力，小球将受到滑动摩擦力，随着速度增大，洛伦兹力增大，小球对管壁的压力，摩擦力增大，合力减小，根据牛顿第二定律可知小球做加速度减小的加速运动，当加速度减至零时做匀速运动，故B正确；
A．小球在轨道AC上下滑到匀速运动时，速度最大，此时有
解得
故A正确；
C．最终小球在CD间做往复运动，在C点和D点速度为零，从开始到最终速度为零的C点或D点，根据动能定理得
则经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功
故C错误；
D．由于在AC、HD段要克服滑动摩擦力做功，小球最终将在圆弧段COD做往复运动，设小球经O点的速度为v，根据动能定理有
解得
根据牛顿第二定律，小球从C向D运动经过O点时，有
解得
小球从D点向C点运动经过O点时，有
解得
根据牛顿第三定律可得，小球经过O点时对轨道的弹力大小为或，故D错误。
故选AB。
5．BC
【详解】A．小球进入电磁场后受到变化的洛伦兹力作用，加速度不恒定，选项A错误；
B．下落过程中电场力做正功，电势能减少，根据能量守恒，减少的电势能等于增加的机械能，选项B正确；
C．若仅增大磁感应强度，小球落地时的水平距离将增大，电场力做功增加，小球下落到水平地面时的动能将变大，选项C正确；
D．若仅将电场反向，刚进入电磁场时电场力与洛伦兹力可能平衡，但洛伦兹力是变力，合力会发生变化，小球不可能沿直线运动，选项D错误。
故选BC。
6．BC
【详解】B．假设小球做变速直线运动，小球所受重力与电场力不变，而洛伦兹力随速度的变化而变化，则小球将不可能沿直线运动，故假设不成立，所以小球一定受力平衡做匀速直线运动，故B正确；
A．小球做匀速直线运动，根据平衡条件可以判断，小球所受合力方向必然与速度方向在一条直线上，故电场力水平向右，洛伦兹力垂直直线斜向左上方，故小球一定带正电，故A错误；
C．根据平衡条件，得
解得
故C正确；
D．根据平衡条件可知
电场方向突然变为竖直向上，则电场力竖直向上，与重力恰好平衡，洛伦兹力提供向心力，小球将做匀速圆周运动，故D错误。
故选BC。
7．（1）；（2）（）；（3）
【详解】（1）小球由静止释放，从原点进入区域
解得
（2）区域
小球所受合力为洛伦兹力。小球在原点速度
与水平方向夹角
y轴正方向速度
运动时间
z轴负方向速度
由洛伦兹力提供向心力
运动周期
则
（）
解得
（）
（3）若磁感应强度取最小值
半径
周期
当小球离y轴最远时，运动时间
求小球到原点O的距离
8．(1) ；(2) ，；(3)
【详解】（1）设小球从静止释放运动到O点时的速率为v0，由动能定理得
在O处细线恰好断裂，由牛顿第二定律得
而
Fm=4mg
联立解得
，
（2）由前面分析可知小球在O处进入磁场后，重力与电场力恰好平衡，粒子做匀速圆周运动。出磁场后做匀速直线运动到达P处。粒子运动轨迹如图所示
O1、O2分别为轨迹圆心、磁场圆心，设r、R分别为轨迹圆、磁场圆的半径，根据几何关系有
解得
由牛顿第二定律得
解得
方向垂直于纸面向外；由几何关系可知
，
解得
（3）小球在磁场中运动轨迹所对的圆心角为，所用的时间
出磁场后匀速直线运动，所用时间
故小球在x<0区域运动的时间
9．（1）；（2）
【详解】（1）设小球质量为m，带电量为q。小球被悬挂并静止时受力平衡，如下图所示其中，即
因为电场力方向与电场方向相反，所以小球带负电。细线拉力
电场力
小球的比荷
在x轴上方，重力场与电场组成复合场，复合场对小球产生的加速度大小为
加速度方向与细线拉力方向相反，即沿细线延长线指向左下方，与竖直方向成45°角。
将细线剪断后，小球在复合场中做匀加速直线运动，经过到达x轴，此时其速度大小为
（2）小球穿过x轴进入x轴下方后，由于小球所受重力和小球所受电场力等大反向，所以小球所受洛伦兹力为其合外力，小球将在此合外力下做匀速圆周运动。设小球第一次通过A点进入x轴下方，经过时间t2，在B点通过x轴，其第一次圆周运动轨迹示意图如下
小球运动的圆弧轨迹对应的圆心角
洛伦兹力为其圆周运动向心力，有
可得
则有
小球在B点通过x轴，进入x轴上方，其速度方向与x轴上方复合场方向垂直，所以小球将做类平抛运动。设此过程小球运动时间为t3。根据几何关系可知，小球将在A点再次经过x轴，设此时其速度为v2，此过程运动轨迹示意图如下
则有
解得
在速度关系中
所以
则有
小球再次在A点经过x轴后，在x轴下方再次做匀速圆周运动，设此过程运动时间为t4，其圆弧轨迹对应的圆心角为
则有
所以，从剪断细线开始到小球第四次经过x轴的时间
10．（1），；（2），方向竖直向上，，方向垂直纸面向外；（3）
【详解】（1）带正电荷的小球在第二象限做匀速直线运动，其受力如图所示
根据受力平衡有
联立解得
（2）带正电荷的小球在第一、四象限做匀速圆周运动，故有
解得
，方向竖直向上
由题意知，小球做匀速圆周运动的圆心在x轴上，设小球做圆周运动的半径为R，由几何关系可知
联立可得
由牛顿第二定律有
解得
，方向垂直纸面向外
（3）小球在第二象限的运动时间
设做圆周运动的时间为，则
联立解得
11．（1）（，）；（2）
【详解】（1）从P点到O点，a球受重力、电场力作用做曲线运动，将力和运动分解在x、y方向
由牛顿第二定律，在x方向有
在y方向有
可得
即a球在x方向做匀加速运动（设与b球碰撞前的速度为v），在y方向做匀减速运动直至速度减为零
由运动学规律，在x方向有
在y方向有
解得
故：P点的位置坐标为P（，）
（2）在O点，a、b发生弹性正碰，由题设条件，根据动量守恒定律和能量守恒定律可知，碰撞后a、b速度互换，即a球静止，b球的速度变为（或列出两个守恒方程，得出b球速度为）如图所示，在xn＜0区域，b球先做平抛运动，设末速度为，与x轴负方向的夹角为θ
在x方向有
在y方向有
解得
故
在正交电、磁场区域
故b球做匀速圆周运动，离开正交电、磁场区域后，b球做抛体运动直至撞击a球，可知
由几何关系可知，b球做匀速圆周运动的半径为
由牛顿第二定律有
解得
12．（1）正电，0.25N/C；（2）h>0.45m；（3）h=0.6m，1s
【详解】（1）带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，即所受合力为洛伦兹力，则重力与电场力大小相等，方向相反，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电。
则有
解得
E=0.25N/C
（2）假设下落高度为h0时，带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ相切时，运动轨迹如图甲所示
由几何知识可知，小球的轨道半径R=d
带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由动能定理得
带电小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
联立解得
h0=0.45m
则当h>h0时，即h>0.45m时带电小球能进入区域Ⅱ。
（3）带电小球的轨迹如图乙所示
以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R1，内角为60°，由几何关系知
由解得
粒子在磁场外运动的时间
粒子在磁场运动的时间
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第12章 磁场
第12.11讲 带电粒子在交变电磁场中的运动
【知识点精讲】
带电粒子在交变电磁场中的运动问题分类
1．交变磁场＋恒定电场
2．交变电场＋恒定磁场
3．交变磁场＋交变电场
【方法归纳】
解决带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路
1．如图甲所示，竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场（上、下及左侧无边界）。一个质量为、电荷量为、可视为质点的带正电小球，以水平初速度沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时（t=0），在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时与PQ连线成60°角。已知D、Q间的距离为（＋1）L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，忽略磁场变化造成的影响，重力加速度为g，求
（1）电场强度E的大小；
（2）t0与t1的比值；
（3）小球过D点后将做周期性运动，则当小球运动的周期最大时，求出此时的磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm。
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[2012·海南物理]
2．图（a）所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面（纸面）垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图（b）所示。当B为+B0时，磁感应强度方向指向纸外，在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于。不计重力，设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正方向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。
（1）若t0=0，则直线OA与x轴的夹角是多少；
（2）若，则直线OA与x轴的夹角是多少；
（3）为了使直线OA与x轴的夹角为，在的范围内，t0应取何值。
[2010山东理综]
3．如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为、带电量、重力不计的带电粒子，以初速度垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动。已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推。求：
（1）粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功
（2）粒子第次经过电场时电场强度的大小
（3）粒子第次经过电场所用的时间
（4）假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零．请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值）。
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[2023山东聊城三模]
4．如图（a），空间直角坐标系中，有一长方体区域，四边形是边长为L的正方形，长度为，其顶点分别是a、b、c、d、O、、、，其中、、在坐标轴上，区域内（含边界）分布着电场或磁场。时刻，一质量为、电荷量为的带正电粒子，以初速度从a点沿方向射入区域，不计粒子重力。
（1）若区域内仅分布着沿y轴负方向的匀强电场，则粒子恰能从点离开区域，求电场强度的大小；
（2）若区域内仅分布着方向垂直于平面的匀强磁场，则粒子能从连线上距d点的点离开区域，求磁感应强度的大小；
（3）若区域内仅交替分布着方向沿x轴负方向的磁场和沿y轴正方向的磁场，且磁感应强度和的大小随时间周期性变化的关系如图（b）所示，则要使粒子从平面离开，且离开时速度方向与平面的夹角为60°，感应强度大小的可能取值。

[2023湖北天门考前冲刺]
5．某学习小组设计了一个装置测量磁感应强度B。如图甲所示，比荷为，带正电的粒子以水平速度从平行间距为、长度为金属板MN间中线连续射入电场中，MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压，电压变化周期，两板间电场均匀分布，且两板外无电场。紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的待测匀强磁场和足够大、可向右平移的荧光屏，粒子重力忽略不计。
（1）求当荧光屏紧邻金属板右侧时，荧光屏上发光的长度；
（2）现将荧光屏从紧邻金属板右侧向右缓慢平移，发现当荧光屏向右移动时，荧光屏上发光的长度刚好减为零，求磁感应强度B的大小；
（3）在（2）的条件下，在将荧光屏从紧邻金属板右侧向右缓慢平移，求此过程中荧光屏上发光长度的最大值（结果保留2位有效数字）。

[2023安徽江淮十校5月联考]
6．如图甲所示，在直角坐标系中的四个点为四边形的四个顶点，四边形（包括边界）中存在匀强磁场，在范围内磁场的磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示（图像中T为未知量），设垂直纸面向外为正方向；内的匀强磁场与内的磁场总是大小相等、方向相反。在ab边正上方、ad边左侧、bc边右侧、cd边正下方，分别存在着大小相等的匀强电场，其方向分别与四边形区域的边界垂直且指向正方形内部（未画出）。质量为m、电荷量为q带正电的粒子某一时刻射入磁场，已知粒子在电场内做直线运动，重力不计，忽略粒子运动对电、磁场的影响。
上述L、m、q、B为已知量。
（1）若时刻粒子从点沿方向以大小为v（未知）的速度射入磁场，且磁感应强度B与速度v之间满足，粒子刚好在时刻离开磁场，经过一段时间后，又第一次回到点a，求粒子在电场中运动的最短路程；
（2）若时刻粒子从点沿方向以大小为v（未知）的速度射入磁场，且磁感应强度B与速度v之间满足，粒子刚好在时刻离开磁场，经过一段时间后，又第一次回到点e，求粒子从出发到第一次回到点e的最短时间；
（3）粒子在内从点沿Ob方向以某一速度射入磁场，此后在平面内做周期性运动，若电场强度大小为E，粒子在电场中做直线运动，且每当磁场发生变化时粒子恰好从电场射入磁场，求粒子初速度的所有可能值及对应的磁场变化的周期T。
[2023湖南押题卷]
7．如图甲所示，竖直平面内的直角坐标系的x轴水平，在y轴的右侧存在方向竖直向下的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向水平向左的匀强电场和方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。一质量、电荷量的带负电粒子以大小的初速度从x轴负半轴上到坐标原点O的距离的A点进入第Ⅱ象限，沿与x轴正方向夹角的方向做直线运动，当粒子经过P点时，在y轴的右侧加上一个交变磁场（图甲中未画出），粒子进入y轴右侧后做匀速圆周运动，规定垂直坐标平面向里为正，从粒子经过P点开始计时，交变磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。取重力加速度大小，不计空气阻力。求：
（1）第Ⅱ象限内匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）y轴右侧匀强电场的电场强度大小与第Ⅱ象限内匀强电场的电场强度大小之比；
（3）粒子经过P点后第一次到达x轴的时间t。
[2023江苏南京市中华中学一模]
8．如图1所示，有一对垂直纸面水平放置的平行金属板，板长为，两板间距为，金属板右侧有一个半径为的圆形匀强磁场区域，圆心O位于平行金属板正中间的水平线上，磁场方向垂直纸面向里。金属板左侧的电子枪不断地沿正中间的水平线发射质量为、电荷量为的电子，发射电子的初速度恒定。若在两金属板上加上如图2所示的交变电压，周期为，电子在金属板内运动时间恒为，最大偏距的电子刚好从极板的边缘飞出。电子进入圆形磁场区域后均从磁场边界P点飞出，P点为竖直线与圆形磁场边缘的交点。不计电子间相互作用和重力，忽略金属板区域外的电场及交变电场产生的磁场。求：
（1）发射电子的初速度大小及两板电压；
（2）磁感应强度的大小；
（3）从平行金属板正中间射出的电子和从上极板边缘射出的电子在磁场区域运动的时间之比。
[2023辽宁铁岭六校期末联考]
9．如图甲所示，长方形MNPQ区域（MN=PQ=3d），MQ与NP边足够长）存在垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为5d、厚度不计的荧光屏ab，其上下两表面均涂有荧光粉，ab与NP边平行，相距为d，且左端a与MN相距也为d。电子枪一个一个连续地发射出电子（已知电子质量为m、电荷量为e、初速度可视为零），经电场加速后，沿MN边进入磁场区域，电子打到荧光屏就会发光（忽略电子间的相互作用）。
（1）若加速电压为U，求：电子进入磁场时的速度；
（2）改变加速电压，使电子不断打到荧光屏上，求：荧光屏能发光区域的总长度；
（3）若加速电压按如图乙所示的图像变化，求：从t=0开始一个周期内，打在荧光屏上的电子数相对总电子数的比例。（电子经加速电场的时间远小于周期T）
[2023湖南怀化名校联考]
10．在如图所示的正方形平面oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图所示．一个质量为m、带电量为的粒子不计重力，在时刻平行于oc边从o点射入磁场中．已知正方形边长为L，规定磁场向外的方向为正，磁感应强度的最大值为求：
带电粒子在磁场中做圆周运动的周期；
若带电粒子不能从oa边界射出磁场，磁感应强度B变化周期T的最大值；
要使带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场，满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子磁场时的速度．
[2020·河北省衡水模拟]
11．如图甲所示，在xOy平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B的变化周期为4t0，E的变化周期为2t0，变化规律分别如图乙和图丙所示。在t=0时刻从O点发射一带负电的粒子（不计重力），初速度大小为v0，方向沿y轴正方向。在x轴上有一点A（图中未标出），坐标为若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为电场强度的正方向，v0、t0、B0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足：；粒子的比荷满足：。求：
（1）在时，粒子的位置坐标；
（2）粒子偏离x轴的最大距离；
（3）粒子运动至A点的时间。
[2023河北衡水中学一模]
12．如图甲所示，三维坐标系中yOz平面的右侧存在平行于z轴且呈周期性变化的磁场（图中未画出）和沿y轴正方向的匀强电场。将一质量为m、电荷量为q的带正电液滴从xOy平面内的P点沿x轴正方向水平抛出，液滴第一次经过x轴时恰好经过O点，此时速度大小为，方向与x轴正方向的夹角为45°。已知电场强度大小，从液滴经过O点时为t=0时刻，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示（当磁场方向沿z轴负方向时磁感应强度为正），，重力加速度大小为g。求：
（1）抛出点P的坐标。
（2）液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴所用的时间。
（3）液滴第n次经过x轴时的x坐标。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．（1）；（2）；（3），
【详解】（1）未加磁场时，小球做匀速运动，由受力平衡得
解得
（2）加上磁场后小球的运动情况如图所示
在时间内，小球做匀速运动
在时间内，小球做圆周运动，则
，
解得
（3）
由几何关系知
解得
由牛顿第二定律，则有
解得
小球运动一个周期的轨迹，如图3所示
为一个周期的路程
最大周期
2．（1）0；（2）；（3）
【详解】（1）设粒子P的质量为m，电荷量为q，速度为v，粒子在洛伦兹力作用下，在xOy平面内做圆周运动，用R表示圆周的半径，表示运动周期，则有
①
②
由①②式与已知条件得
③
粒子P在t=0到时间内，沿顺时针方向运动半个周期，到达x轴上B点，此时磁场方向反转；继而，在到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上A点，如图（a）所示
OA与x轴的夹角
④
（2）粒子P在时刻开始运动，在到时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达C点，此时磁场方向反转；继而，在到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场再次反转；在t=T到时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达A点，如图（b）所示
由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴夹角
⑤
（3）若在任意时刻粒子P开始运动，在到时间内，沿顺时针方向运动到达C点，圆心O’位于x轴上，圆弧OC对应的圆心角为
⑥
此时磁场方向反转；继而，在到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场再次反转；在t=T到时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，
设圆心为O’’，圆弧BA对应圆心角为
如图（c）所示。
由几何关系可知，C、B均在连线上，且
若要OA与x成角，则有
联立解得
3．（1） （2）（3） （4）如图； 或
【详解】（1）根据
可得
因为
所以
因此电场力做的功
整理得
（2）由（1）问可推得
根据动能定理
而
可得粒子第次经过电场时电场强度
（3）由于
而
因此粒子第次经过电场所用的时间
(4)
或
4．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子在电场力作用下，在平面add'O内做类平抛运动,由运动学规律在x正方向
在y负方向
由牛顿第二定律
联立解得
（2）如答图1，粒子在洛伦兹力作用下,在平面adc'b'内做匀速圆周运动，做ae的中垂线与ab'的交点O'为圆心，设粒子在磁场中的运动半径为r
，
由牛顿第二定律
解得

（3）由题意，粒子在磁场和，中做匀速圆周运动的轨道半径R相同，周期T也相同
，
解得
，
（i）若粒子射出时与z轴负方向的夹角为60°，则粒子在长方体区域运动轨迹沿y轴负方向的俯视如答图2所示，沿x轴负方向的侧视如答图3所示，设粒子在平行于yOz平面内运动了n个半周期（答图2、答图3为n=3的情况），则

据答图2，x正方向
据答图3，y正方向
因为y<2L，故粒子能到达cdd'c'平面，符合题意
，
解得
（ii）若粒子射出时与z轴正方向的夹角为60°,则粒子在长方体区域运动轨迹沿y轴负方向的俯视如答图4所示。
据答图4，x正方向
据答图3，y负方向
因为，故粒子能到达cdd'c'平面，符合题意
，
解得
综合整理得
5．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）因带电粒子通过电场的时间
则带电粒子通过电场过程中，可认为电场恒定不变，时刻射入电场的带电粒子不发生偏转，刚好打在荧光屏的中点。设两板间电压为时，带电粒子能从N板右边缘飞出，则
解得
在电压低于或等于200V时，带电粒子才能从两板间射出电场，所以当荧光屏紧邻金属板右侧时，荧光屏上发光的长度
（2）设磁感应强度大小为B，时刻进入电场中的粒子，进入磁场中时的圆轨迹半径最小，根据牛顿第二定律得
解得

从N板右边缘射出的粒子，进入磁场中时的圆轨迹半径最大，在电压低于或等于200V时，带电粒子才能从两板间射出电场，则有时，带电粒子射出电场的速度最大，
同理可得轨迹的最大半径为
当荧光屏向右移动时，即图中位置2时荧光屏上发光的长度刚好减为零，所以有
联立解得
（3）由（2）可得，，从图中可以看出当荧光屏移到图中位置1时荧光屏上发光的长度最长。根据几何知识可知最长长度为
6．（1）；（2）；（3），
【详解】（1）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，周期为,运动轨迹如图所示
根据牛顿第二定律有
则轨道半径为
周期
粒子在电场中运动的最短路程为
（2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，周期为,运动轨迹如图所示
根据牛顿第二定律有
则轨道半径为
周期
由题意可知粒子在磁场中运动的时间
粒子在电场中运动的最短时间
粒子从出发到第一次回到点e的时间
联立解得
（3）粒子在xOy平面内的周期性运动，在磁场中运动的周期
一周期内，粒子在磁场中运动时间可能为
，其中
当时，轨迹分别如图甲乙所示
由以上分析可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径的可能值为
根据洛伦兹力提供向心力，则有
可得初速度的所有可能值为
一个周期内粒子在电场中运动的可能时间为
磁场变化的周期T的可能值为
7．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子从A到P做直线运动，一定做匀速直线运动，受力如图所示
则得
解得
（2）因为粒子在y轴右侧做匀速圆周运动，所以重力与电场力平衡，即
qE1=mg
解得
可得
（3）由θ=60°可得粒子与y轴正方向成30°角射入第一象限，磁场的变化周期
粒子运动的周期为
所以
粒子转动一周的，磁场就发生变化，所以每次转动的圆心角为150°。
因为开始时粒子速度与y轴正方向成30°，转到速度方向沿y轴向下磁场方向即发生变化，因为
粒子在复合场中做圆周运动的半径
则粒子每转一周的其位置下降
由几何关系可知，当粒子转过3个150°，再转过90°角恰好能到达x轴，画出粒子的运动轨迹如图所示
即经过三个150°和一个90°，恰好水平过x轴上的Q点，则用时间
8．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）由于电子在平行金属板之间运动时水平方向做匀速运动，且电子在金属板内运动时间恒为，则有
由题意可得，从（，，）时刻射入平行板的电子竖直方向的偏距最大，且为板间距离的一半，在竖直方向上电子先做匀加速再做匀减速，设其加速度为a，可得
联立可得
（2）由题意可得，所有电子从平行板沿水平方向射出，速度大小均为。如图甲所示
由几何关系可得电子在圆形磁场中做圆周运动的半径和磁场圆的半径相等，即
设磁场的磁感应强度为B，由洛伦兹力提供向心力可得
联立可得
（3）设电子在磁场中运动的时间为，偏转角为，由题意可得
如图乙所示，从平行金属板正中间射出的电于在磁场中的偏转角为，从上极板边缘射出的电子在磁场中的偏转角为
由图乙中的几何关系可得
，
联立可得
9．（1）；（2）d；（3）
【详解】（1）电子在加速场中，根据动能定理有
解得电子刚进入磁场的速度大小为
（2）打在荧光屏点的电子，根据几何关系得
解得
①若减小粒子的速度，粒子打在荧光屏的下表面，临界条件是轨迹相切于点，是粒子的最小速度，如图所示
根据几何关系可得，对应粒子做圆周运动的半径为
因此，下表面区域长度是
②若增大粒子的速度，粒子打在荧光屏上表面，临界条件是粒子运动轨迹与相切，由几何关系得
所以ag的长度为
由于
那么上表面区域长度是
发光区域的总长度为
（3）由第（2）步可知，粒子半径在的区间内，粒子能打在荧光屏上，结合
得
可求得：当时，粒子能打在荧光屏上，因此
10．；； ，．
【分析】根据洛伦兹力做向心力求解；根据几何关系求得带电粒子不能从oa边界射出磁场时在时间内转过的中心角，从而求得T和周期的关系，进而得到T的最大值；根据两粒子运动得到带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场的运动轨迹，进而得到轨道半径，由时间内转过的中心角求得周期T；最后根据洛伦兹力做向心力由轨道半径求得运动速度．
【详解】粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，故洛伦兹力做向心力，则有：，所以，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期；
粒子在前半周期和后半周期的偏转方向相反，根据时间相同可得：经过一个周期T后粒子速度回到竖直向上；
那么，根据粒子偏转，当时，粒子一直向上运动，不可能从oa边界射出磁场；
若，则粒子必在时从oa边界射出磁场
当时，由几何关系可得：当磁场第一次改变方向后的轨迹与边界oa相切时如右图所示，
；
，所以，，即磁场变向前运动轨迹的圆心角为；
所以，磁场每次变向的最长时间，粒子不从oa边界射出磁场；
故，所以，T的最大值；
由可知：经过时间T后粒子运动重复，故根据几何关系可得：粒子经过时间T后在对角线ob上；
那么，根据粒子在前半周期和后半周期的偏转方向相反，运动时间相同可得：前后半周期的位移相同，故粒子经过后在对角线ob上；
那么，粒子运动轨迹如图所示，
；
所以，由几何关系可得：每次磁场改变前粒子偏转的圆心角为，且从粒子进入到离开，磁场改变了偶数次；故有：，所以，；
设磁场一共变化了n次，则由几何关系可得：；故轨道半径，，；
根据洛伦兹力做向心力可得：，所以，粒子磁场时的速度；
【点睛】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度．
11．(1)；(2)；（3）
【详解】（1）在时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
，
周期则在时间内转过的圆心角，所以在时，粒子的位置坐标为：（）
（2）在时间内，粒子经电场加速后的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示
运动的位移
在时间内粒子做匀速圆周运动，半径
故粒子偏离x轴的最大距离
（3）粒子在xoy平面内做周期性运动的运动周期为，一个周期内向右运动的距离
AO间的距离为
所以，粒子运动至A点的时间为
12．（1）；（2）；（3），（n=1，2，3…）
【详解】（1）液滴一开始做平抛运动，由于经过O点时速度方向与x轴正方向的夹角为45°，则
根据平抛运动规律得
联立解得
，
所以P点的坐标为
（2）由于电场强度大小，则粒子在复合场中有
所以，液滴做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
又
解得
又由，解得
假设磁场不变，分析得液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴时，对应的圆心角为90°。则
假设成立，所以液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴的时间
。
（3）由
可知在时间内，液滴刚好转过180°。之后磁场强弱和方向都变了，则偏转方向变了。由洛伦兹力提供向心力得
联立，解得
由，解得
在时间内，液滴转过90°；同理得，液滴在时间内与时间内的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样，时间内与时间内的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样。综上所述，得到液滴一个周期的轨迹图如图所示
由几何关系得
则液滴第n次经过x轴时的x坐标为
，（n=1，2，3…）
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第12章　磁场
第12.12讲　带电粒子在立体空间电磁场中的运动
【知识点精讲】
1．带电粒子的螺旋线运动和旋进运动
空间中匀强磁场的分布是三维的，带电粒子在磁场中的运动情况可以是三维的．现在主要讨论两种情况：
（1）空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中就做螺旋线运动．这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动．
（2）空间中的匀强磁场和匀强电场（或重力场）平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做旋进运动，这种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动．
2．带电粒子在立体空间中的偏转
分析带电粒子在立体空间中的运动时，要发挥空间想象力，确定粒子在空间的位置关系．带电粒子依次通过不同的空间，运动过程分为不同的阶段，只要分析出每个阶段上的运动规律，再利用两个空间交界处粒子的运动状态和关联条件即可解决问题．有时需要将粒子的运动分解为两个互相垂直的平面内的运动（比如螺旋线运动和旋进运动）来求解．
【最新高考题精练】
（2022·高考广东物理）
1．如图所示，一个立方体空间被对角平面划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2022·山东卷·17）
2．中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系中，空间内充满匀强磁场I，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；，的空间内充满匀强磁场II，磁感应强度大小为，方向平行于平面，与x轴正方向夹角为；，的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为的离子甲，从平面第三象限内距轴为的点以一定速度出射，速度方向与轴正方向夹角为，在平面内运动一段时间后，经坐标原点沿轴正方向进入磁场I。不计离子重力。
（1）当离子甲从点出射速度为时，求电场强度的大小；
（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度；
（3）离子甲以的速度从点沿轴正方向第一次穿过面进入磁场I，求第四次穿过平面的位置坐标（用d表示）；
（4）当离子甲以的速度从点进入磁场I时，质量为、带电量为的离子乙，也从点沿轴正方向以相同的动能同时进入磁场I，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差（忽略离子间相互作用）。
（2021高考新课程I卷山东卷）
3．某离子实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于点，右边界与x轴垂直交于点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为。忽略离子间的相互作用，不计重力。
（1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；
（2）求Ⅱ区内电场强度的大小E；
（3）保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到的距离S。
（2022·重庆卷·5）
4．2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则（ ）
A．电场力的瞬时功率为 B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变大 D．该离子的加速度大小不变
（2021年1月浙江选考）
5．在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其偏转系统的底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时，有，。求：
(1)离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷；
(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示，并说明理由。
（2023年6月浙江高考选考）
6．利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若，求能到达处的离子的最小速度v2；
（3）若，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。

【最新模拟题精练】
（2023山东泰安模拟）
7．如图所示，Oxyz为空间直角坐标系，在x<0的空间I内存在沿z轴正方向的匀强磁场B1。在0d的空间III存在磁感应强度大小、方向沿x轴正方向的匀强磁场。现将一带负电的粒子从x轴上的A（，0，0）点以初速度v0射入空间I的磁场区域，经磁场偏转后从y轴上的C（0，d，0）点垂直y轴进入空间II，并从x轴上的D（d，0，0）点进入空间III。已知粒子的电荷量大小为q，质量为m，不计重力。求：
（1）空间I内磁场的磁感应强度大小B1和空间II内电场的电场强度大小E；
（2）粒子运动过程中，距离x轴的最大距离；
（3）粒子进入空间III后，每次经过x轴时的横坐标。
（2023湖南张家界模拟）
8．如图所示，O－xyz坐标系的y轴竖直向上，在yOz平面左侧区域内存在着沿y轴负方向的匀强电场，区域内存在着沿z轴负方向的匀强磁场，在yOz平面右侧区域同时存在着沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小均与yOz平面左侧相等，电磁场均具有理想边界。一个质量为m，电荷量为＋q的粒子从点以速度沿x轴正方向射入电场，经点进入磁场区域，然后从O点进入到平面yOz右侧区域，粒子从离开O点开始多次经过x轴，不计粒子重力。求：
（1）匀强电场的电场强度大小E；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）粒子从离开O点开始，第n（n＝1，2，3，…）次到达x轴时距O点的距离s。
（2023山东烟台一模）
9．在如图所示的空间直角坐标系中，yOz平面左侧匀强磁场沿z轴正方向，右侧匀强磁场沿y轴正方向，左、右两侧磁场的磁感应强度大小均为；yOz平面右侧还有沿y轴正方向的匀强电场。空间中坐标为的M点有一粒子源，粒子源发射粒子的初速度方向均沿xOy平面，与x轴正方向的夹角为。其中初速度为（未知）的粒子恰好不能到达yOz平面右侧，初速度为的粒子运动轨迹恰好与xOz平面相切。已知粒子源发射的所有粒子的质量均为m，电荷量均为。不计粒子的重力。求：
（1）初速度的大小；
（2）初速度为的粒子的运动轨迹与xOz平面切点的坐标；
（3）初速度为的粒子前两次经过yOz平面的交点间的距离；
（4）初速度为的粒子第n次在yOz平面左侧运动时的速度大小。
（2023四川成都石室中学二诊）
10．芯片制造过程有极其复杂的工艺，其中离子注入是一道重要的工序，该工作原理如图所示：离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，离子在速度选择器中做匀速直线运动，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入到水平面内的晶圆（硅片）处。速度选择器中匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，匀强电场场强大小为E，方向竖直向上；磁分析器截面是内外半径分别为和的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔，磁分析器中匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，底面与晶圆所在的水平面重合，偏转系统中匀强磁场的磁感应强度大小为B、匀强电场场强大小为E，它们的方向均垂直纸面向外；从磁分析器N处小孔射出的离子自偏转系统上表面的中心射入，当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点。以O点为坐标原点，偏转系统中B的方向为x轴正方向，水平向左为y轴正方向，建立平面直角坐标系。整个系统置于真空中，不计离子重力，打到晶圆上的离子经过电场和磁场偏转的角度都很小，而当很小时，有以下近似计算：，。求：
（1）离子的电性及通过速度选择器后的速度大小；
（2）从磁分析器出来的离子的比荷；
（3）偏转系统同时加上电场和磁场时，离子注入晶圆的位置坐标。
（2023年广东五校高二期末联考）
11．如图，空间直角坐标系Oxyz中，有两个边长均为L的正方体Ⅰ和正方体Ⅱ，它们的公共界面为M，O点为正方体Ⅰ侧面K的中心，x、y、z轴均与正方体边长平行。正方体Ⅰ空间内在y>0的范围内存在着沿y轴负方向的匀强电场，在的范围内存在着沿y轴正方向的匀强电场，两者电场强度大小相等；正方体Ⅱ空间内在的范围内存在着沿x轴正方向的匀强磁场，在的范围内存在着沿x轴负方向的匀强磁场，两者磁感应强度大小相等。有一质量为m、电荷量为+q的粒子，以v0的初速度，从y轴上的P点沿z轴正方向进入正方体Ⅰ，之后经过z轴后从Q点垂直穿过界面M进入正方体Ⅱ，最后垂直打在侧面N上。P点为侧面K底边长的中点（在电场区域中），不考虑粒子的重力，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）粒子进入正方体Ⅰ后，经过z轴时的速度大小；
（3）磁感应强度的大小。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】AB．由题意知当质子射出后先在MN左侧运动，刚射出时根据左手定则可知在MN受到y轴正方向的洛伦兹力，即在MN左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y轴坐标增大；在MN右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向，质子在y轴正方向上做减速运动，故A正确，B错误；
CD．根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故CD错误。
故选A。
2．（1）；（2）；（3）（d，d，）；（4）
【详解】（1）如图所示
将离子甲从点出射速度为分解到沿轴方向和轴方向，离子受到的电场力沿轴负方向，可知离子沿轴方向做匀速直线运动，沿轴方向做匀减速直线运动，从到的过程，有
联立解得
（2）离子从坐标原点沿轴正方向进入磁场I中，在磁场I中做匀速圆周运动，经过磁场I偏转后从轴进入磁场II中，继续做匀速圆周运动，如图所示
由洛伦兹力提供向心力可得
，
可得
为了使离子在磁场中运动，则离子磁场I运动时，不能从磁场I上方穿出。在磁场II运动时，不能xOz平面穿出，则离子在磁场用运动的轨迹半径需满足
，
联立可得
要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为；
（3）离子甲以的速度从点沿z轴正方向第一次穿过面进入磁场I，离子在磁场I中的轨迹半径为
离子在磁场II中的轨迹半径为
离子从点第一次穿过到第四次穿过平面的运动情景，如图所示
离子第四次穿过平面的坐标为
离子第四次穿过平面的坐标为
故离子第四次穿过平面的位置坐标为（d，d，）。
（4）设离子乙的速度为，根据离子甲、乙动能相同，可得
可得
离子甲、离子乙在磁场I中的轨迹半径分别为
，
离子甲、离子乙在磁场II中的轨迹半径分别为
，
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点在离子乙第一次穿过x轴的位置，如图所示
从点进入磁场到第一个交点的过程，有
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为
3．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得
①
根据几何关系得
②
联立①②式得
（2）离子在Ⅱ区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为，加速度大小为a，由牛顿第二定律得
由运动的合成与分解得
，，
联立得
（3）Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做线速度大小为vcosθ的匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为，圆周运动半径为，运动轨迹长度为，由几何关系得
，
由于在y轴方向的运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切于C点，则离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有
C到的距离
联立得
4．D
【详解】A．根据功率的计算公式可知P = Fvcosθ，则电场力的瞬时功率为P = Eqv1，A错误；
B．由于v1与磁场B平行，则根据洛伦兹力的计算公式有F洛 = qv2B，B错误；
C．根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误；
D．离子受到的洛伦兹力大小不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。
故选D。
5．(1)，；(2)（，0）；(3)（0，）；(4)见解析
【详解】(1)通过速度选择器离子的速度
从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为
由得
(2)经过电场后，离子在x方向偏转的距离
离开电场后，离子在x方向偏移的距离
位置坐标为(，0)
(3)离子进入磁场后做圆周运动半径
经过磁场后，离子在y方向偏转距离
离开磁场后，离子在y方向偏移距离
则
位置坐标为(0，)
(4)注入晶圆的位置坐标为(，),电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响。
6．（1）；（2）（3）60%
【详解】（1）当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系
解得
r1=2L
根据
解得
在磁场中运动的周期
运动时间

（2）若B2=2B1，根据
可知
粒子在磁场中运动轨迹如图，设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系
解得
r2=2L
根据
解得
（3）当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x轴，则由动量定理
即
求和可得
粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中
解得
则速度在~之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在~，又粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为
η=60%
7．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）设粒子在空间I的磁场中的轨迹半径为，由几何关系可得
解得
由洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子在空间II做类平抛运动，沿y轴方向的加速度大小
沿x轴方向运动有
沿y轴方向运动有
解得
（2）根据类平抛运动规律可知，粒子速度偏向角正切值为
粒子经过D点时，沿轴负方向的分速度大小为
沿x轴正方向的分速度大小为
粒子在空间III内垂直于磁场的分速度使粒子在平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子做圆周运动距x轴的最大距离为
（3）粒子在空间III内做圆周运动的周期为
粒子在空间III内沿x轴方向做匀速直线运动，粒子在一个周期内沿x轴正方向运动的距离
所以粒子在空间III中每次经过x轴时的横坐标为
8．（1）；（2）；（3）（n＝1，2，3，…）
【详解】（1）粒子在电场中运动时，有
，
由牛顿第二定律
得
（2）在N点，设粒子速度v的方向与x轴间的夹角为，沿y轴负方向的速度为，则有
，，
解得
，，
粒子轨迹如图所示
根据几何关系，粒子做圆周运动轨迹的半径为
由牛顿第二定律得
解得
（3）将粒子在O点的速度分解
，
因同时存在电场、磁场，粒子以在磁场中做匀速圆周运动，同时粒子以初速度沿x轴正方向做匀加速运动，粒子离开O后，每转一周到达一次x轴，第n次到达x轴时，粒子运动的时间
解得
（n＝1，2，3，…）
9．（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）初速度为的粒子的运动轨迹与y轴相切，如图所示
由几何知识可得
联立求得
（2）初速度为的粒子在yOz平面左侧运动时
求得
如图所示
由几何关系知，粒子第一次到达y轴时的速度与x轴正方向成角斜向下，此时将粒子的速度分解，平行于x轴的分速度
平行于y轴的分速度
在yOz平面右侧沿y轴方向，在电场力作用下先做匀减速直线运动，到达xOz平面沿y轴方向速度为零，有
在垂直y方向，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动
粒子与xOz平面相切时，对应的坐标
即切点坐标为；
（3）粒子第一次经过yOz平面时的y轴坐标为，粒子从与平面xOz平面相切到第二次与yOz平面相交用时为，有
粒子沿y轴方向所受电场力不变，加速度不变，第二次与yOz平面相交时的y轴坐标为
（4）初速度为的粒子在yOz平面右侧运动时加速度为
初速度为的粒子第2次刚进入yOz平面左侧运动时沿y轴方向的速度大小为
因为粒子沿y轴方向只在平面右侧才有不变的加速度，且每次加速时间均为，所以第n次刚进入yOz平面左侧运动时的沿y轴方向的速度大小为
粒子第n次在yOz平面左侧运动时速度大小为
10．（1）带正电荷，；（2）；（3）（，）
【详解】（1）离子在速度选择器中受力平衡，则有
可得离子速度大小
利用离子在磁分析器中的偏转，根据左手定则可知离子带正电荷。
（2）离子在磁分析器中运动的轨道半径
由于洛伦兹力提供向心力可知
联立解得
（3）离子进入偏转系统后，在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，轨道半径仍为R，设偏转角为，如图所示
则偏转距离
而
由于很小，可知
，
联立整理得
离子在偏转系统中运动的时间
在沿着电场方向做匀加速的运动，可知
其中
联立解得
因此离子注入晶圆的位置坐标为（，）。
11．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意，设匀强电场的电场强度大小为，则由牛顿第二定律有
由于粒子从Q点垂直穿过界面M进入正方体Ⅱ，设粒子经过时间到达轴，则有
联立解得
（2）粒子经过z轴时速度的竖直分量
则经过z轴时的速度大小为
（3）该粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意可知，其运动轨迹有2种情况，如图所示
设磁场的磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的轨迹半径为，根据几何关系有
或
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有
又有
联立可得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第12章 磁场
第12.13讲 磁场中的STSE问题
【知识点精讲】
带电粒子在叠加场中的运动规律广泛应用于人们的生产、生活及现代科技中，如速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件等。
解决带电粒子在叠加场中运动实例问题的一般思维程序：
一　速度选择器
1.原理：平行板中匀强电场E和匀强磁场B互相垂直。E与B的方向要匹配，有如图甲、乙两种方向组合，带电粒子沿直线匀速通过速度选择器时有qvB=qE。
2.选择速度：v=。
3.速度选择器的特点
（1）只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量。
（2）具有单一方向性：在图甲、乙中粒子只有从左侧射入才可能做匀速直线运动，从右侧射入则不能。
二　磁流体发电机
1.原理：如图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能。
2.四个关键
（1）电源正、负极判断：根据左手定则可判断出图中的B是发电机的正极。
（2）电源电动势U：设A、B平行金属板的面积为S，两极板间的距离为l，磁场的磁感应强度为B，等离子体的电阻率为ρ，喷入气体的速度为v，板外电阻为R。当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U（即电源电动势），则q=qvB，即U=Blv。
（3）电源内阻：r=ρ。
（4）回路电流：I=。
三　电磁流量计
1.原理：如图所示，圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷（正、负离子）在洛伦兹力作用下会发生纵向偏转，使得a、b间出现电势差，形成电场。当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间电势差就保持稳定，只要测得圆形导管直径d、平衡时ab间电势差U 、磁感应强度B等有关量，即可求得液体流量Q（即单位时间流过导管某一横截面的导电液体的体积）。
2.四个关键
（1）导管的横截面积S：S=。
（2）导电液体的流速v：
自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时有
qvB=qE=q ，可得v=。
（3）液体流量Q：
Q=Sv=·=。
（4）a、b电势高低的判断：根据左手定则和平衡条件可得φa＜ φb、
【最新高考题精练】
（2023年1月浙江选考·20）
1．探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x轴上方存在垂直平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C（孔径忽略不计），N板连接电流表后接地。位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为；且各个方向均有速度大小连续分布在和之间的离子射出。已知速度大小为、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C。未能射入孔C的其它离子被分析器的接地外罩屏蔽（图中没有画出）。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。
（1）求孔C所处位置的坐标；
（2）求离子打在N板上区域的长度L；
（3）若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压；
（4）若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与M板之间的电压，求电流表示数刚为0时的电压与孔C位置坐标x之间关系式。
（2022新高考江苏卷）
2．利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比，半径之比，不计重力及粒子间的相互作用力，求：
（1）粒子a、b的质量之比；
（2）粒子a的动量大小。
（2019·浙江选考）
3．磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ，忽略边缘效应，下列判断正确的是（　　）
A．上板为正极，电流I＝
B．上板为负极，电流I＝
C．下板为正极，电流I＝
D．下板为负极，电流I＝
（天津高考题）
4．磁流体发电是一种新型发电方式，图1和图2是其工作原理示意图。图1中的长方体是发电导管，其中空部分的长、高、宽分别为，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两个电极与负载电阻相连。整个发电导管处于图2中磁场线圈产生的匀强磁场里，磁感应强度为B，方向如图所示。发电导管内有电阻率为的高温、高速电离气体沿导管向右流动，并通过专用管道导出。由于运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势。发电导管内电离气体流速随磁场有无而不同。设发电导管内电离气体流速处处相同，且不存在磁场时电离气体流速为，电离气体所受摩擦阻力总与流速成正比，发电导管两端的电离气体压强差维持恒定，求：
（1）不存在磁场时电离气体所受的摩擦阻力F多大；
（2）磁流体发电机的电动势E的大小；
（3）磁流体发电机发电导管的输入功率P。
【最新模拟题精练】
（2023广东深圳二模）
5．我国科研人员采用全新发电方式——“爆炸发电”，以满足高耗能武器的连续发射需求。其原理如图所示，爆炸将惰性气体转化为高速等离子体，射入磁流体动力学发生器，发生器的前后有两强磁极N和S，使得上下两金属电极之间产生足够高电压，下列说法正确的是（　　）
A．上极板电势比下极板电势低
B．仅使L增大，两金属电极间的电动势会变大
C．仅使d增大，两金属电极间的电动势会变大
D．仅使b增大，两金属电极间的电动势会变大
（2022河北石家庄二中模拟）
6．磁流体发电机，又叫等离子体发电机，图中的燃烧室在3000K的高温下将气体全部电离为电子和正离子，即高温等离子体。高温等离子体经喷管加速后以1000m/s的速度进入矩形发电通道。发电通道有垂直于纸面向内的匀强磁场，磁感应强度B=6T等离子体发生偏转，在两极间形成电势差。已知发电通道长a=50cm，宽b=20cm，高d=20cm，等高速等离子体的电阻率ρ=2Ω·m。则以下判断中正确的是（　　）
A．因正离子带电量未知，故发电机的电动势不能确定
B．图中外接电阻R两端的电压为1200V
C．当外接电阻R=8Ω时，发电机的效率最高
D．当外接电阻R=4Ω时，发电机输出功率最大
（2022山东济南重点高中质检）
7．利用海流发电的磁流体发电机原理示意图如图所示，矩形发电管道水平东西放置，整个管道置于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。其上、下两面是绝缘板，南、北两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连。已知发电管道长为L、宽为d、高为h，海水在发电管道内以恒定速率v朝正东方向流动。发电管道内的海水在垂直流动方向的电阻为r，海水在管道内流动时受到的摩擦阻力大小恒为f，不计地磁场的影响，则（　　）
A．N侧的电势高
B．开关S断开时，M、N两端的电压为Bdv
C．开关S闭合时，发电管道进、出口两端压力差
D．开关S闭合时，电阻R上的功率为
（2022北京朝阳区高三下质量检测一）
8．为了测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计（流量Q为单位时间内流过某截面流体的体积）。如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，所在空间有垂直于前后面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，含有大量的正、负离子的污水充满管道，从左向右匀速流动，测得M、N间电压为U。由于污水流过管道时受到阻力f的作用，左、右两侧管口需要维持一定的压强差。已知沿流速方向长度为L、流速为v的污水，受到的阻力（k为比例系数）。下列说法正确的是（　　）
A．污水的流量
B．金属板的电势低于金属板的电势
C．电压与污水中的离子浓度有关
D．左、右两侧管口的压强差为
（2022北京西城期末）
9．如图所示，将非磁性材料制成的圆管置于匀强磁场中，当含有大量正负离子的导电液体从管中由左向右流过磁场区域时，测得管两侧M、N两点之间有电势差U。忽略离子重力影响，则（　　）
A．M点的电势高于N点
B．N点的电势高于M点
C．管中导电液体的流速越大，M、N两点之间的电势差U越大
D．管中导电液体的离子浓度越大，M、N两点之间的电势差U越大
（2021天津和平区期末）
10．为尽快实现碧水蓝天的目标，多地的化工厂在排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下，在前后两个内侧面a，c固定有金属板作为电极。水充满管口从左向右流经测量管时，a、c两端电压为U，将电势差转换成液体流量Q（单位时间内排出的污水体积）显示在屏上即成为流量计，判断正确的是（　　）
A．a侧电势比c侧电势高
B．a、c两点间的电势差大小与导管直径D有关
C．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数将越大
D．污水流量Q与污水内离子所带电荷量有关
11．如图所示为某种电磁泵模型的示意图，泵体是长为，宽与高均为的长方体。泵体处在方向垂直向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，泵体的上下表面接电压为U的电源（内阻不计），理想电流表示数为I。若电磁泵和水面高度差为h，液体的电阻率为，在t时间内抽取液体的质量为m，不计液体在流动中和管壁之间的阻力，取重力加速度为g，则（　　）
A．泵体上表面应接电源正极
B．电磁泵对液体产生的推力大小为
C．电源提供的电功率为
D．质量为m的液体离开泵体时的动能
（2023北京东城二模）
12．如图所示，洛伦兹力演示仪由励磁线圈、电子枪、玻璃泡等部分组成，励磁线圈是一对彼此平行的共轴的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场。电子枪可以产生电子束。玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。调节电子枪的加速电压可以改变电子的速度，调节励磁线圈的电流可以改变磁感应强度。下列说法正确的是（　　）
A．只增大电子枪的加速电压，电子的运动周期变大
B．只增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径不变
C．只增大励磁线圈中的电流，电子的运动周期变小
D．只增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径不变
（2023天津南开二模）
13．CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间加有恒为U的加速电压；高度足够高、宽度为d的虚线框内有垂直纸面的匀强磁场。电子枪中发出的电子束（初速可视为零）在M、N之间加速后以一定的速度水平射入偏转磁场，速度方向改变60°后打到圆形靶环上的P点产生X射线，探测器能够探测到竖直向上射出的X射线。已知电子质量为m、电量为e，忽略电子间相互作用，电子重力不计且始终在真空中运动。
（1）求偏转磁场的磁感应强度B的大小和方向及电子在磁场中运动的时间；
（2）若撤去磁场，在虚线框内加一竖直方向的匀强电场，也可使电子偏转60°离开偏转电场，调整靶环位置，使电子仍打在P点产生X射线，求所加电场的电场强度E的大小和打在P点的电子的动能。
（2023河北张家口宣化一中二模）
14．由于受地球信风带和盛行西风带的影响，海洋中一部分海水做定向流动，称为风海流，风海流中蕴藏着巨大的动力资源。因为海水中含有大量的带电离子，这些离子随风海流做定向运动，如果有足够强的磁场能使海流中的正、负离子发生偏转，便可用来发电。如图为一利用风海流发电的磁流体发电机原理示意图，用绝缘材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道的上、下两个内表面装有两块金属板、，金属板长为，宽为，两板间的距离为。将管道沿风海流方向固定在风海流中，在金属板之间加一水平匀强磁场，磁感应强度大小为，方向由南向北，用导线将、外侧连接电阻为的航标灯（图中未画出）。工作时，海水从东向西流过管道，在两金属板之间形成电势差，可以对航标灯供电。设管道内海水的流速处处相同，且速率恒为，海水的电阻率为，海水所受摩擦阻力与流速成正比，为比例系数。
（1）求磁流体发电机电动势的大小，并判断、两板哪个板电势较高；
（2）由于管道内海水中有电流通过，求磁场对管道内海水作用力的大小和方向；
（3）求在时间内磁流体发电机消耗的总机械能。
（2023湖南怀化二模）
15．如图所示，M、N为等离子体发电机的两个极板，分别通过导线与平行板电容器的两个极板P、Q相连。M与N、P与Q的间距均为d，M、N中间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，一束等离子体（高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）以速度v沿垂直于磁场的方向喷入磁场。P、Q间加一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为。一电荷量为q、质量为m的正离子以某一速度（未知）沿平行于极板方向从A点射入电容器。不计离子的重力和电容器的边缘效应。
（1）已知离子在P、Q间恰好做匀速直线运动，求离子速度的大小；
（2）若撤去P、Q间的磁场，离子从A点以原来的速度入射后恰好从下极板的右侧边缘射出电场，射出电场时速度方向与水平方向成30°角，求A点离下极板的距离h；
（3）以极板Q右侧边缘O点为原点建立如图所示的直角坐标系xOy，在第一、四象限内存在磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场。若在第（2）问的情形中，离子能够经过点，求第一、四象限内匀强磁场的磁感应强度的大小。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）；（2）；（3）；（4）当时，
【详解】（1）速度大小为、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后轨迹如图
由洛伦兹力提供向心力
解得半径
孔C所处位置的坐标
（2）速度大小为的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力
解得半径
若要能在C点入射，则由几何关系可得
解得
如图
由几何关系可得
（3）不管从何角度发射
由（2）可得
根据动力学公式可得
，
联立解得
（4）孔C位置坐标x
其中
联立可得
，
解得
在此范围内，和（3）相同，只与相关，可得
解得
根据动力学公式可得
，
解得
2．（1）；（2）
【详解】（1）分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
解得
由题干知半径之比，故
因为相同时间内的径迹长度之比，则分裂后粒子在磁场中的速度为
联立解得
（2）中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，根据动量守恒定律
因为分裂后动量关系为，联立解得
3．C
【详解】等离子体是由大量正、负离子组成的气体状物质，根据左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力向下，负离子受到的洛伦兹力向上，所以下板为正极；当磁流体发电机达到稳定状态时，极板间的离子受力平衡，满足
可得电动势
U＝Bdv
根据闭合电路的欧姆定律，电流
I＝
而电源内阻
r＝ρ＝
代入得
I＝
故选C。
4．（1）；（2） ；（3）
【详解】（1）不存在磁场时，由力的平衡得
（2）设磁场存在时的气体流速为，则磁流体发电机的电动势
回路中的电流
电流受到的安培力
设为存在磁场时的摩擦阻力，依题意
存在磁场时，由力的平衡得
根据上述各式解得
（3）磁流体发电机发电导管的输入功率
由能量守恒定律得
故
5．C
【详解】A．根据题意，由左手定则可知，正离子受向上的洛伦兹力向上偏转，负离子受向下的洛伦兹力向下偏转，则上极板电势比下极板电势高，故A错误；
BCD．根据题意可知，当上下两金属电极之间产生足够高电压时，有
解得
可知，两金属电极间的电动势与和无关，与有关，且仅使d增大，两金属电极间的电动势会变大，故BD错误，C正确。
故选C。
6．D
【详解】A．发电机的电动势与高速等离子体的电荷量无关，故A错误；
BD．等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡得
得发电机的电动势
发电机的内阻为
则图中外接电阻R两端的电压为
当外接电阻
发电机输出功率最大，故B错误D正确；
C．发电机的效率
可知，外电阻越大，电源的效率越高，故C错误。
故选D。
7．BC
【详解】A．海水向东流动的过程中，正电荷受到的洛伦兹力的方向指向M，而负电荷受到的洛伦兹力的方向指向N，所以M侧聚集正电荷，M侧的电势高，A错误；
B．开关S断开时，设海水中的电荷所带的电荷量为q，当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时，M、N两端的电压U保持恒定，有
解得
B正确；
C．开关S闭合后，海水所受的摩擦阻力恒为f，设开关S闭合后管道内海水受到的安培力为F安，发电管道进出口两端压力差
有
，
根据闭合电路欧姆定律有
解得
C正确；
D．电阻R上的功率为
D错误。
故选BC。
8．D
【详解】A．污水流速为v，则当M、N间电压为U时，有
解得
流量为
解得
故A错误；
B．由左手定则可知，正离子受洛伦兹力向上，负离子受洛伦兹力向下，使M板带正电，N板带负电，则金属板M的电势高于金属板N的电势，故B错误；
C．金属板M、N间电压为U，由
得
电压U与污水粒子的浓度无关，故C错误；
D．设左右两侧管口压强差为 ，污水匀速流动，由平衡关系得
将代入上式得
故D正确。
故选D。
9．AC
【详解】A B．管中的导电液体从管中由左向右流过磁场区域时，由左手定则带电液体在洛伦兹力的作用下，带正电的液体向上偏，带负电的液体向下偏，使管上壁带正电、下壁带负电，所以M点的电势高于N点，A正确，B错误；
C D．两管壁最后电压稳定时，则有电场力与洛伦兹力平衡
管中导电液体的流速越大，M、N两点之间的电势差U越大，C正确，与液体离子浓度无关，D错误。
故选AC。
10．AB
【详解】A. 由左手定则可知，正离子偏向a极板，则a侧电势比c侧电势高，选项A正确；
BC. 当达到平衡时
即
则a、c两点间的电势差大小与导管直径D有关，与离子的浓度无关，选项B正确，C错误；
D. 污水流量
则Q与污水内离子所带电荷量无关，选项D错误。
故选AB。
11．AD
【详解】A．当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故A正确；
B．电磁泵对液体产生的推力大小为
故B错误；
C．电源提供的电功率为
故C错误；
D．根据电阻定律，泵体内液体的电阻
则电源提供的电功率为
若t时间内抽取水的质量为m，根据能量守恒定律，则这部分水离开泵时的动能为
故D正确；
故选AD。
12．C
【详解】B．电子在加速电场中加速，由动能定理
电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有
解得
当增大电子枪的加速电压时，电子束的轨道半径变大，故B错误；
A．带电粒子在磁场中做圆周运动的周期为
故只增大电子枪的加速电压，电子的运动周期不变，故A错误；
C．增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由可知，周期变短，故C正确；
D．增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由可知，电子束的轨道半径变小，故D错误。
故选C。
13．（1）；方向垂直纸面向里；；（2）；
【详解】（1）电子经过电场加速过程，根据动能定理可得
电子带负电，根据左手定则可知磁感应强度B方向垂直纸面向里，电子在磁场中的轨迹如图所示
有
由几何关系可得
联立解得
电子在磁场中做圆周运动的周期
电子在磁场中运动的时间
联立解得
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，设在偏转电场中运动时间为，则有
联立可得
又由
电子离开电场时的动能即为打在靶上P点的动能为
14．（1），板电势高；（2），方向向东；（3）
【详解】（1）由左手定则可知正离子向下偏转，故板电势高；
两板间电压稳定时有
解得
（2）设管道内海水的电阻为，根据电阻定律可得
组成的闭合回路中电流为
磁场对管道内海水的作用力大小为
联立解得
由左手定则判定方向向东；
（3）闭合回路消耗的电能为
克服阻力做功为
故消耗的机械能为
15．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设磁流体发电机两极板之间的电压为U，等离子体的电荷量为，则有
离子在P、Q间做匀速直线运动的过程中
解得
（2）设离子射出板间电场时速度大小为，根据动能定理得
离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则有
解得
（3）设x为离子在一、四象限磁场中每次偏转圆弧所对应的弦长，由运动的对称性可知，离子能到达C点需满足
设离子的轨道半径为R，圆弧所对应的圆心角为60°，则有
可得
由洛伦兹力提供向心力，有
解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第12章　磁场
第12.14讲　霍尔效应
【知识点精讲】
霍尔效应是电磁效应的一种。霍尔效应这一现象是美国物理学家霍尔于1879年在研究金属的导电机制时发现的，当电流垂直于外磁场通过半导体时，载流子发生偏转，垂直于电流和磁场的方向会产生一附加电场，从而在半导体的两端产生电势差，这一现象就是霍尔效应，这个电势差也被称为霍尔电势差。
霍尔效应是一种电学现象，它描述了当一个电流通过一个导体时，沿着导体的一个方向存在着一种电场，这种电场会引起在另一个方向上的电势差，这个电势差就是霍尔电势，它可以被用来测量磁场和电流的强度。
【方法归纳】
霍尔效应的两个关键
（1）电势高低的判断：如图所示，导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A′的电势高，若自由电荷是正电荷，则下表面A′的电势低。
（2）霍尔电压的计算：导体中的自由电荷（电荷量为q）在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差（U）就保持稳定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，联立得U＝＝k，k＝称为霍尔系数。
【最新高考题精练】
（2023年1月浙江选考·8）
1．某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场，通有待测电流的直导线垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场。调节电阻R，当电流表示数为时，元件输出霍尔电压为零，则待测电流的方向和大小分别为（　　）
A．， B．，
C．， D．，
（2019·天津高考）
2．笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为、长为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压，以此控制屏幕的熄灭。则元件的（　　）
A．前表面的电势比后表面的低 B．前、后表面间的电压与无关
C．前、后表面间的电压与成正比 D．自由电子受到的洛伦兹力大小为
（浙江高考题）
3．压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图1所示，压力波p（t）进入弹性盒后，通过与铰链O相连的“”型轻杆L，驱动杆端头A处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动，其位移x与压力p成正比（）．霍尔片的放大图如图2所示，它由长×宽×厚=a×b×d，单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成，磁场方向垂直于x轴向上，磁感应强度大小为．无压力波输入时，霍尔片静止在x=0处，此时给霍尔片通以沿方向的电流I，则在侧面上D1、D2两点间产生霍尔电压U0.
（1）指出D1、D2两点那点电势高；
（2）推导出U0与I、B0之间的关系式（提示：电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbd，其中e为电子电荷量）；
（3）弹性盒中输入压力波p（t），霍尔片中通以相同的电流，测得霍尔电压UH随时间t变化图像如图3，忽略霍尔片在磁场中运动场所的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率．（结果用U0、U1、t0、α、及β）
【最新模拟题精练】
（2023北京海淀二模）
4．如图所示，一块长为a、宽为b、高为c的长方体半导体器件，其内载流子数密度为n，沿方向通有恒定电流I。在空间中施加一个磁感应强度为B、方向沿-x方向的匀强磁场，半导体上、下表面之间产生稳定的电势差U，下列说法正确的是（　　）
A．若载流子为负电荷，则上表面电势高于下表面电势
B．仅增大电流I，电势差U可以保持不变
C．半导体内载流子所受洛伦兹力的大小为
D．半导体内载流子定向移动的速率为
（2023湖南怀化二模）
5．如图甲所示为利用霍尔元件制作的位移传感器。将霍尔元件置于两块磁性强弱相同、同名磁极相对放置的磁体正中间，以中间位置为坐标原点建立如图乙所示的空间坐标系。当霍尔元件沿轴方向移动到不同位置时，将产生不同的霍尔电压 U，通过测量电压U 就可以知道位移。已知沿轴方向磁感应强度大小（为常数，且>0），电流 I沿方向大小不变。该传感器灵敏度，要使该传感器的灵敏度变大，下列措施可行的是（　　）
A．把霍尔元件沿方向的厚度变小 B．把霍尔元件沿 方向的高度变大
C．把霍尔元件沿方向的长度变大 D．把霍尔元件沿 方向的高度变小
（2023辽宁本溪期中）
6．霍尔元件是一种重要的磁传感器，可用在多种自动控制系统中。长方体半导体材料厚为a、宽为b、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系xyz，如图所示。半导体中有电荷量均为e的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子，单位体积内自由电子和空穴的数目分别为n和p。当半导体材料通有沿方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空间加一沿方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，于是在z方向上很快建立稳定电场，称其为霍尔电场，已知电场强度大小为E，沿方向，不计载流子的重力。则关于这种霍尔材料认识正确的是（　　）
A．刚加磁场瞬间，两种载流子在z方向上受到的洛伦兹力方向相反
B．建立稳定霍尔电场后两种载流子在z方向形成的电流大小相等、方向相反
C．建立稳定霍尔电场后两种载流子在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力方向相同
D．若自由电子定向移动在沿方向上形成的电流为，自由电子在z方向上受到的洛伦滋力和霍尔电场力合力大小为
（2023浙江台州二模）
7．笔记本电脑机身和显示屏分别装有霍尔元件和磁体，实现开屏变亮，合屏熄灭。图乙为一块利用自由电子导电，长、宽、高分别为a、b、c的霍尔元件，电流方向向右。当合上显示屏时，水平放置的元件处于竖直向下的匀强磁场中，元件前、后表面间产生电压，当电压达到某一临界值时，屏幕自动熄灭。则元件的（ ）
A．合屏过程中，前表面的电势比后表面的低 B．开屏过程中，元件前、后表面间的电压变大
C．若磁场变强，可能出现闭合屏幕时无法熄屏 D．开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关
8．自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压。图乙为霍尔元件的工作原理图。当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是（　　）
A．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小
B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高
C．图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的
D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小
（2022山东淄博二模）
9．如图甲是判断检测电流大小是否发生变化的装置，该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与检测电流成正比，现给金属材料制成的霍尔元件（如图乙，其长、宽、高分别为a、b、d）通以恒定工作电流I，通过右侧电压表的示数来判断的大小是否发生变化，下列说法正确的是（　　）
A．N端应与电压表的“+”接线柱相连
B．要提高检测灵敏度可适当减小宽度b
C．如果仅将检测电流反向，电压表的“+”、“—”接线柱连线位置无需改动
D．当霍尔元件尺寸给定，工作电流I不变时，电压表示数变大，说明检测电流变大
（2022山东济南5月模拟）
10．如图甲所示为利用霍尔元件制作的位移传感器。将霍尔元件置于两块磁性强弱相同、同名磁极相对放置的磁体正中间，以中间位置为坐标原点建立如图乙所示的空间坐标系。当霍尔元件沿轴方向移动到不同位置时，将产生不同的霍尔电压 U，通过测量电压U 就可以知道位移。已知沿轴方向磁感应强度大小（为常数，且>0），电流 I沿方向大小不变。该传感器灵敏度，要使该传感器的灵敏度变大，下列措施可行的是（　　）
A．把霍尔元件沿方向的厚度变小 B．把霍尔元件沿 方向的高度变大
C．把霍尔元件沿方向的长度变大 D．把霍尔元件沿 方向的高度变小
（2021北京西城模拟）
11．利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。
（1）如图1，将一半导体薄片垂直置于磁场B中，在薄片的两个侧面a、b间通以电流I时，另外两侧c、f间产生电势差，这一现象称为霍尔效应。其原因是薄片中能够自由移动的电荷受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，于是在c、f间产生霍尔电压UH。已知半导体薄片的厚度为d，自由电荷的电荷量为q，求薄片内单位体积中的自由电荷数n。
（2）利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图2所示，将两块完全相同的磁体同极相对放置，在两磁体间的缝隙中放入图1所示的霍尔元件，当霍尔元件处于中间位置时，霍尔电压UH为0，将该点作为位移的零点。当霍尔元件沿着x轴方向移动时，则有霍尔电压输出。若该霍尔元件是电子导电的，在霍尔元件中仍通以由a向b的电流，那么如何由输出的霍尔电压判断霍尔元件由中间位置沿着x轴向哪个方向移动？请分析说明。
（3）自行车测速码表的主要工作传感器也是霍尔传感器。如图3，霍尔元件固定在自行车前叉一侧，一块强磁铁固定在一根辐条上。当强磁铁经过霍尔元件时，使其产生电压脉冲。已知自行车在平直公路上匀速行驶，车轮与地面间无滑动，车轮边缘到车轴的距离为r。
a. 若单位时间内霍尔元件检测到m个脉冲，求自行车行驶的速度大小v。
b. 图4中的两幅图哪个可以大致反映自行车正常行驶过程中车轮边缘一点相对地面的运动轨迹？请说明理由。
（2021北京顺义区二模）
12．2016年诺贝尔物理学奖颁发给了三位美国科学家，以表彰他们将拓扑概念应用于物理研究所做的贡献。我们知道，按导电性能不同传统材料大致可分为导体和绝缘体两类，而拓扑绝缘体性质独特，它是一种边界上导电、体内绝缘的新型量子材料。例如，在通常条件下石墨烯正常导电，但在温度极低、外加强磁场的情况下，其电导率（即电阻率的倒数）突然不能连续改变，而是成倍变化，此即量子霍尔效应（关于霍尔效应，可见下文注释）。在这种情况下，电流只会流经石墨烯边缘，其内部绝缘，导电过程不会发热，石墨烯变身为拓扑绝缘体。但由于产生量子霍尔效应需要极低温度和强磁场的条件，所以其低能耗的优点很难被推广应用。2012年10月，由清华大学薛其坤院士领衔的中国团队，首次在实验中发现了量子反常霍尔效应，被称为中国“诺贝尔奖级的发现”。量子反常霍尔效应不需要外加强磁场，所需磁场由材料本身的自发磁化产生。这一发现使得拓扑绝缘材料在电子器件中的广泛应用成为可能。注释：霍尔效应是指将载流导体放在匀强磁场中，当磁场方向与电流方向垂直时，导体将在与磁场、电流垂直的方向上形成电势差。根据以上材料推断，下列说法正确的是（　　）
A．拓扑绝缘体导电时不具有量子化的特征
B．霍尔效应与运动电荷在磁场中所受的洛伦兹力无关
C．在量子反常霍尔效应中运动电荷不再受磁场的作用
D．若将拓扑绝缘材料制成电脑芯片有望解决其工作时的发热问题
13．如图所示，1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端. 毫安表检测输入霍尔元件的电流，毫伏表检测霍尔元件输出的电压．已知图中的霍尔元件是正电荷导电，当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是(　　)
A．电表B为毫伏表，电表C为毫安表
B．接线端2的电势低于接线端4的电势
C．保持R1不变、适当减小R2，则毫伏表示数一定增大
D．使通过电磁铁和霍尔元件的电流大小不变，方向均与原电流方向相反，则毫伏表的示数将保持不变
（2021年5月北京海淀期末练习）
14．利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图甲所示，将固定有霍尔元件的物体置于两块磁性强弱相同、同极相对放置的磁体缝隙中，建立如图乙所示的空间坐标系。保持沿x方向通过霍尔元件的电流I不变，当物体沿z轴方向移动时，由于不同位置处磁感应强度B不同，霍尔元件将在y轴方向的上、下表面间产生不同的霍尔电压UH。当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B为0，UH为0，将该点作为位移的零点。在小范围内，磁感应强度B的大小和坐标z成正比，这样就可以把电压表改装成测量物体微小位移的仪表。下列说法中正确的是（　　）
A．该仪表只能测量位移的大小，无法确定位移的方向
B．该仪表的刻度线是均匀的
C．若霍尔元件中导电的载流子为电子，则当Δz<0时，下表面电势高
D．电流I越大，霍尔电压UH越小
15．霍尔元件广泛应用于生产生活中，有的电动自行车上控制速度的转动把手就应用了霍尔元件，这种转动把手称为“霍尔转把”。“霍尔转把”内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图。开启电动自行车的电源时，在霍尔器件的上下面之间就有一个恒定电流I，如图。将“霍尔转把”旋转，永久磁铁也跟着转动，施加在霍尔器件上的磁场就发生变化，霍尔器件就能输出变化的电势差U。这个电势差是控制车速的，电势差与车速的关系如图。以下叙述正确的是（　　）
A．若霍尔元件的自由电荷是自由电子，则端的电势高于端的电势
B．若改变霍尔器件上下面之间的恒定电流I的方向，将影响车速控制
C．其他条件不变，仅增大恒定电流I，可使电动自行车更容易获得最大速度
D．按第一张图顺时针均匀转动把手，车速减小
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压为零，直导线在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流的方向应该是；元件输出霍尔电压为零，则霍尔元件处合场强为0，所以有
解得
故选D。
2．D
【详解】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有，故，故D正确，由则电压，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误．
3．(1) D1点电势高 (2) (3) ，
【详解】【分析】由左手定则可判定电子偏向D2边，所以D1边电势高；当电压为U0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力，根据电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbd求出U0与I、B0之间的关系式；图像结合轻杆运动可知，0-t0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则可知轻杆的运动周期，当杆运动至最远点时，电压最小，结合U0与I、B0之间的关系式求出压力波的振幅．
解：（1）电流方向为C1C2，则电子运动方向为C2C1，由左手定则可判定电子偏向D2边，所以D1边电势高；
（2）当电压为U0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力
①
由电流
得： ②
将②带入①得
（3）图像结合轻杆运动可知，0-t0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则轻杆的运动周期为T=2t0
所以，频率为:
当杆运动至最远点时，电压最小，即取U1，此时
取x正向最远处为振幅A，有：
所以：
解得：
根据压力与唯一关系可得
因此压力最大振幅为：
4．C
【详解】A．沿方向通有恒定电流，若载流子为负电荷，则电荷移动方向沿-y方向，磁感应强度方向沿-x方向，根据左手定则可知，负电荷向上偏转，故上表面电势低于下表面电势，故A错误；
B．半导体上、下表面之间产生稳定的电势差时，电场力与洛伦兹力平衡，则有
根据电流的微观意义可知
联立可得
则仅增大电流I，电势差U增大，故B错误；
C．半导体内载流子所受洛伦兹力的大小
故C正确；
D．根据
半导体内载流子定向移动的速率
故D错误。
故选C。
5．A
【详解】设霍尔元件沿y轴反向的高度为d，沿x轴方向的厚度为l，电流的微观表达式为
得
自由电荷受洛伦兹力和电场力平衡
得
由磁感应强度大小
得
则
可知，要使该传感器的灵敏度变大，应把霍尔元件沿方向的厚度l变小。
故选A。
6．BC
【详解】AB．由题意，恒定电流沿方向，则自由电子沿方向，空穴沿方向，根据左手定则知电子受到的洛伦兹力方向向上，空穴受到洛伦兹力方向向上，所以电子产生电流方向沿z轴负方向，空穴产生电流沿z轴正向。设时间内运动到导体上表面的自由电子数和空穴数分别为、，设两粒子沿z轴方向的速度为、，则有
则霍尔电场建立后，半导体z方向的上表面电荷量不再发生变化，即
即在相等时间内运动到导体上表面的自由电子数和空穴数相等，则两种载流子在z方向形成的电流大小相等、方向相反，故B正确，A错误；
C．因为电子受到的洛伦兹力方向向上，空穴受到洛伦兹力方向向上，霍尔电场沿z轴负方向，所以电子受到霍尔电场的电场力向上，即电子在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力向上且不为零。而空穴受到霍尔电场的电场力方向向下，且小于所受的洛伦兹力，故空穴在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力向上且不为零，故C正确；
D．设自由电子沿x轴方向的速度为，则满足
所以自由电子受到洛伦兹力大小为
又因为霍尔电场力为
所以自由电子在z方向上受到的洛伦滋力和霍尔电场力合力大小为
故D错误。
故选BC。
7．D
【详解】A．电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则，自由电子向后表面偏转，后表面积累了电子，前表面的电势高于后表面的电势，故A错误；
BCD．稳定后根据平衡条件有
根据电流的微观表达式有
解得
所以开屏过程中，磁感应强度减小，元件前、后表面间的电压变小。若磁场变强，元件前、后表面间的电压变大，不可能出现闭合屏幕时无法熄屏。开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关，故D正确，BC错误；
故选D。
8．AD
【详解】A．根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮转动的转速，最后由线速度公式，结合车轮半径即可求解车轮的速度大小，故A正确；
B．根据霍尔原理可知
可得
即霍尔电势差只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速率有关，与自行车的车速无关，故B错误；
C．霍尔元件的电流是由负电荷定向运动形成的，故C错误；
D．是单位体积内的电子数，是单个导电粒子所带的电量，是导体的横截面积，是导电粒子运动的速度，由电流的微观定义式整理得
结合解得
若长时间不更换传感器的电源，那么电流减小，则霍尔电势差将减小，故D正确；
故选AD。
9．D
【详解】A．图甲中检测电流通过线圈，根据安培定则，线圈在铁芯中产生逆时针方向的磁场，霍尔元件是金属材料制成，处于向上的磁场中，定向移动的自由电子受到垂直纸面向外的磁场力而偏转到外侧面上，使得霍尔元件外侧面电势低，内侧面电势高，所以应该是M端与电压表的“+”接线柱相连，故A错误；
B．当霍尔元件内外侧面电压稳定时，内部电子受力平衡，则有
可得
要提高检测灵敏度，工作电流I恒定时、可以减小d的方法，故B错误；
C．如果仅将检测电流反向，线圈在铁芯中产生顺时针方向的磁场，霍尔元件处于向下的磁场中，电子受到垂直纸面向里的磁场力而偏转到内侧面上，使得霍尔元件外侧面电势高，内侧面电势低，N端与电压表的“+”接线柱相连，故C错误；
D．由B中分析可知，当霍尔元件尺寸给定即b不变，工作电流I不变即v不变，电压表示数U变大，说明霍尔元件所处的磁场磁感应强度增大，由题意可知，说明检测电流变大，故D正确。
故选D。
10．A
【详解】设霍尔元件沿y轴反向的高度为d，沿x轴方向的厚度为l，电流的微观表达式为
得
自由电荷受洛伦兹力和电场力平衡
得
由磁感应强度大小
得
则
可知，要使该传感器的灵敏度变大，应把霍尔元件沿方向的厚度l变小。
故选A。
11．（1）；（2）见解析；（3）a. ；b.甲图，理由见解析
【详解】（1）设c、f两侧面之间的距离为L，当电场力与洛伦兹力相等时
又
其中
代入得
（2）层级1：由输出的霍尔电压可知c、f两侧哪侧电势高，进而可判断霍尔元件沿着x轴向哪个方向移动。
层级2：由题意可知，两块磁体的中间位置合磁场的磁感应强度为0，中间位置右侧的区域合磁场的方向向左，中间位置左侧的区域合磁场的方向向右。当霍尔元件处于中间位置右侧，且通有由a向b方向的电流时，根据左手定则可判断，自由电子受洛伦兹力的方向指向f一侧，因此f侧积累负电荷，c侧积累正电荷，c侧电势高；当霍尔元件处于中间位置左侧，情况则刚好相反，f侧电势高。若输出的霍尔电压显示c侧电势高，说明霍尔元件向x轴正方向移动；若f侧电势高，说明霍尔元件向x轴负方向移动。
（3）a. 单位时间内霍尔元件检测到m个脉冲，因此车轮转动的角速度 ，自行车的行驶速度
b. 甲图可以反映自行车正常行驶过程中车轮边缘一点相对地面的运动轨迹。
参考答案1：在自行车正常行驶时，车轮边缘上的一点同时参与两个运动，一是以速度v和自行车一起向前做直线运动，二是以线速度v绕车轴做圆周运动，因此车轮边缘上一点运动到最高点时相对地面的速度最大，大小为2v，运动到最低点时相对地面的速度最小，为0。甲图中的轨迹满足这一特点，而乙图中的轨迹的最低点的速度方向指向自行车行驶的反方向，不符合实际。
参考答案2：在自行车正常行驶时，车轮与地面之间不打滑，因此车轮与地面接触的一点相对地面的速度为0，即车轮边缘一点运动到最低点时相对地面的速度为0。甲图中的轨迹满足这一特点，而乙图中的轨迹的最低点的速度方向指向自行车行驶的反方向，不符合实际。
12．D
【详解】A．由题意知石墨烯变身为拓扑绝缘体，其电导率（即电阻率的倒数）突然不能连续改变，而是成倍变化，具有量子化的特征，选项A错误；
B．霍尔效应是指将载流导体放在匀强磁场中，当磁场方向与电流方向垂直时，粒子在洛伦兹力作用下，发生偏转，从而导致在与磁场、电流垂直的方向上形成电势差，所以霍尔效应与运动电荷在磁场中所受的洛伦兹力有关，选项B错误；
C．量子反常霍尔效应虽然不需要外加强磁场，所需磁场由材料本身的自发磁化产生，所以运动电荷仍受磁场的作用，选项C错误；
D．由题意当电流只会流经石墨烯边缘时，其内部绝缘导电过程不会发热，即变成为拓扑绝缘体，所以若将拓扑绝缘材料制成电脑芯片有望解决其工作时的发热问题，选项D正确。
故选D。
13．CD
【分析】线圈产生匀强磁场，方向垂直霍尔元件的上下两个面，电源E2提供通过霍尔元件的电流，带电粒子在磁场力作用下偏转，由左手定则可知偏方向，得出电势高低；由电流的变化，导致电子运动速度也变化，由电场力等于洛伦兹力，可得电压的变化；电压表C测量霍尔元件的电压，霍尔电压与磁感应强度和通过霍尔元件的电流有关．
【详解】A.B表为测量通过霍尔元件的电流，C表测量霍尔电压，故电表B为毫安表，电表C为毫伏表，故A错误；
B. 根据安培定则可知，磁场的方向向下，通过霍尔元件的电流由接线端1流向接线端3，正电子移动方向与电流的方向相同，由左手定则可知，正电子偏向接线端2，所以接线端2的电势高于接线端4的电势，故B错误；
C.保持R1不变，电磁铁中的电流不变，产生的磁感应强度不变；减小R2，霍尔元件中的电流增大，根据I=nesv，v增大，电子受到的电场力等于洛伦兹力，，U=dvB，所以霍尔电压增大，即毫伏表示数一定增大，故C正确；
D.当调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流方向相反，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，即2/4两接线端的电势高低关系不发生改变，根据U=dvB，毫伏表的示数将保持不变，故D正确；
故选CD.
14．B
【详解】A．若上表面电势高，则空穴在上表面聚集，根据左手定则可知磁感应强度方向沿z轴负方向，说明霍尔元件靠近右侧的磁铁，位移方向向右，反之则位移向左，则该仪表可确定位移的方向，故A错误；
B．设霍尔元件在y方向的长度为d，空穴定向移动的速率为v，则根据平衡条件有
B=kz
解得
则UH与z成正比关系，可知该仪表的刻度线是均匀的，选项B正确；
C．若霍尔元件中导电的载流子为电子，则当Δz<0时，磁场方向向右，则由左手定则可知，电子偏向下表面，即下表面电势低，选项C错误；
D．根据
电流的决定式
可知当n、e、S三者确定时，I越大，v越大，霍尔电压UH越高，故D错误。
故选B。
15．C
【详解】A．若霍尔元件的自由电荷是自由电子，根据左手定则，电子受到洛伦兹力向端相连接的面移动，因此端电势低于端的电势，A错误
B．当霍尔元件上下面之间的恒定电流的方向改变，从霍尔元件输出的控制车速的电势差正负号相反，但由题中第三张图可知，不会影响车速控制，B错误
C．设自由电子定向移动的速率为，霍尔元件前后面间的距离为，左右表面间距离为，达到稳定后，自由电荷受力平衡，由
可得
电流的微观表达式
则
可知仅增大电流时前后表面电势差增大，对应的车速更大，电动自行车的加速性能更好，更容易获得最大速度，C正确
D．当按题中第一张图顺时针均匀转动把手时霍尔器件周围场强增大，那么霍尔器件输出的控制车速的电势差增大，因此车速变快，但并不是增加的越来越快，D错误
故选C。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第13章 电磁感应
第13.1 讲 产生电磁感应的条件和楞次定律
【知识点精讲】
一、磁通量
1.概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与B的乘积。
2.公式：Φ＝BS。
3.单位：1 Wb＝1T·m2。
4.公式的适用条件
(1)匀强磁场；
(2)磁感线的方向与平面垂直，即B⊥S。
二、电磁感应现象
1.电磁感应现象
当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象。
2.产生感应电流的条件
(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化。
(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。
3.产生电磁感应现象的实质
电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合则产生感应电流；如果回路不闭合，则只有感应电动势，而无感应电流。
判断产生感应电流的思路
三、感应电流方向的判断
1.楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
2.右手定则：如图，
伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导体运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。
右手定则只适用于切割磁感线产生的感应电流，注意三个要点：
①掌心——磁感线垂直穿入；
②拇指——指向导体运动的方向；
③四指——指向感应电流的方向.
3.楞次定律的推广应用
楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因.列表说明如下：
【方法归纳】
1. 应用Φ＝BS求解问题时应注意两点
（1）公式Φ＝BS中，S为垂直于磁场方向的面积。
（2）穿过某个面有方向相反的磁场，则不能直接用Φ＝BS求解，应考虑相反方向的磁通量抵消后所剩余的磁通量。
2. 判断电磁感应现象是否发生的一般流程
3. 楞次定律中“阻碍”的含义
4. 感应电流的“效果”
（1）.线圈(回路)中磁通量变化时，阻碍原磁通量的变化——增反减同；
（2）.导体与磁体间有相对运动时，阻碍相对运动——来拒去留；
（3）.当回路可以形变时，感应电流可使线圈面积有扩大或缩小的趋势——增缩减扩；
（4）.自感现象中，感应电动势阻碍原电流的变化——增反减同。
5. 利用楞次定律判断感应电流的方向“四步走”
6.“三个定则、一个定律”的应用对比：
名称 基本现象 应用的定则或定律
电流的磁效应 运动电荷、电流产生磁场 安培定则
洛伦兹力、安培力 磁场对运动电荷、电流有作用力 左手定则
电磁感应 部分导体做切割磁感线运动 右手定则
闭合回路磁通量变化 楞次定律
【最新高考题精练】
（2023高考海南卷）
1．汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时（ ）

A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd
C．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd
D．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
（2023高考江苏学业水平选择性考试）
2．如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φ0、φA、φC，则（ ）

A．φO > φC B．φC > φA C．φO = φA D．φO－φA = φA－φC
(2020高考全国理综III卷)
3．如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到（　　）
A．拨至M端或N端，圆环都向左运动
B．拨至M端或N端，圆环都向右运动
C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
（2020高考江苏物理）
4．如图所示，两匀强磁场的磁感应强度和大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是（　　）
A．同时增大减小
B．同时减小增大
C．同时以相同的变化率增大和
D．同时以相同的变化率减小和
（2020高考全国理综II）
5．管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（　　）
A．库仑 B．霍尔 C．洛伦兹 D．法拉第
(2014·浙江1月学考)
6．如图甲所示为法拉第在研究电磁感应时用过的线圈，其工作原理如图乙所示，则实验中不会使电流表指针发生偏转的是( )
A．保持开关闭合 B．开关闭合瞬间
C．开关断开瞬间 D．移动变阻器滑片
(2018·全国卷Ⅲ·20)
7．如图甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧.导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势（　　）

A．在时为零
B．在时改变方向
C．在时最大，且沿顺时针方向
D．在时最大，且沿顺时针方向
【最新模拟题精练】
(2023浙江台州期中)
8．如图甲所示，将线圈套在长玻璃管下端，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流表）相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图乙所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是（　　）
A．t1~t2时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下
B．若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流
C．若将线圈的匝数加倍，由于电阻也加倍，所以线圈所受到的安培力的最大值不变
D．若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，线图中产生的电流峰值也将加倍
（2023北京朝阳二模）
9．如图所示，用细线吊起一个铝环，将磁铁的N极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环向右摆动。下列说法正确的是（　　）
A．N极靠近铝环时，从左向右看铝环中的感应电流方向为顺时针
B．铝环右摆的过程中，磁铁对铝环做的功大于铝环动能的增加量
C．仅将铝环改为铁环，铁环也一定会向右摆动
D．若将磁铁的S极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环将会向左摆动
(2023湖南名校5月质检)
10．如图所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上点作切线，与线圈在同一平面上，在线圈以为轴翻转180°的过程中，线圈中电流流向（　　）
A．始终为
B．始终为
C．先为，再为
D．先为，再为
（2023年广东广州一模）
11．如图，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反、大小相等的恒定电流，a、b、p三个相同的闭合金属圆环位于两导线所在的平面内，a在导线cd的左侧，b在导线ef的右侧，p在导线cd与ef之间，则（　　）
A．穿过p的磁通量为零
B．a、b圆心处的磁场方向相反
C．cd、ef所受到的安培力方向相反
D．a向左平动时产生逆时针方向的感应电流
（2023山东德州名校联考）
12．如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合。现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则（　　）
A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大
B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小
C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小
D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大
（2023湖北荆州高二期末）
13．如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管b与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（　　）
A．线圈a中将产生沿顺时针方向（俯视）的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量减小
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
（2023湖北宜昌重点高中质检）
14．近年来，无线门铃逐渐流行。图甲为某款无线门铃按钮，其“自发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是（　　）

A．按下按钮过程，螺线管上的导线Q端电势较高
B．松开按钮过程，螺线管上的导线P端电势较低
C．按住按钮不动，螺线管上导线两端间仍有电势差
D．按下和松开按钮过程，螺线管产生的感应电动势大小不一定相等
（2023湖北部分名校联考）
15．如图甲所示，水平桌面上固定着一根绝缘的长直导线，矩形导线框abcd靠近长直导线静止放在桌面上。当长直导线中的电流按图乙所示的规律变化时（图甲中电流所示的方向为正方向），则（　　）
A．到时间内，线框内电流的方向为abcda，线框受力向左
B．到时间内，线框内电流的方向为abcda，线框受力向左
C．在时刻，线框内电流的方向为abcda，线框受力向右
D．在时刻，线框内电流最大，线框受力最大
（2023湖北五校联盟高二期中）
16．如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，磁铁的N极向下。将磁铁托起到某一高度（弹簧处于压缩状态）后放开，磁铁能上下振动较长时间才停下来。如果在磁铁下端放一个固定的闭合金属圆环（如右图所示），仍将磁铁托起到同一高度后放开，磁铁就会很快地停下来。针对这个现象下列解释正确的是（　　）
A．磁铁和弹簧组成的系统机械能守恒
B．若磁铁的S极向下，磁铁振动时间会变长
C．磁铁很快停下来的主要原因是圆环中产生了感应电流
D．金属圆环的制作材料一定不是铝，因为磁铁对铝不会产生力的作用
（2022河南三市一模）
17．如图所示，在长直通电导线MN附近有一个矩形闭合金属线圈ABCD，圈与导线放在光滑绝缘水平面上，且导线MN固定。下列说法正确的为（　　）
A．若MN中通有从N流向M的电流、且电流增大，则线圈的CD边受到向右的安培力
B．若MN中通有从N流向M的电流、且电流增大，则线圈ABCD会向右运动
C．如果MN中通有从N流向M的恒定电流，发现线圈中感应出A→B→C→D→A流向的电流，原因是线圈可能向左运动了
D．如果MN中通有从N流向M的恒定电流，且让线圈向右运动，则线圈有收缩趋势
（2022江苏第二次百校大联考）
18．电磁阻尼在很多领域都有应用，如图装置可以体现电磁阻尼的原理。条形磁铁挂在轻弹簧下端，磁铁穿过固定的水平闭合金属环。向下拉动磁铁，放手后磁铁的运动会很快停下，下列说法正确的是（　　）
A．磁铁中央通过线圈平面时，线圈中感应电流最大
B．磁铁向下运动时，线圈受到的安培力方向一定向上
C．磁铁向上运动且弹簧处于原长时，磁铁的加速度一定不小于g
D．磁铁向下运动且弹簧处于原长时，磁铁的加速度一定不小于g
(2022北京石景山一模)
19．安培曾做过如图所示的实验：把绝缘导线绕制成线圈，在线圈内部悬挂一个用薄铜片做成的圆环，圆环所在平面与线圈轴线垂直，取一条形磁铁置于铜环的右侧，条形磁铁的右端为N极。闭合开关，电路稳定后，发现铜环静止不动，安培由此错失发现电磁感应现象的机会。实际上，在电路闭合的瞬间（　　）
A．从右侧看，铜环中有逆时针的感应电流
B．从右侧看，铜环中有顺时针的感应电流
C．铜环仍保持不动
D．铜环会远离磁铁
20．下列情况能产生感应电流的是(　　)

A．如图甲所示，导体AB顺着磁感线运动
B．如图乙所示，条形磁铁插入或拔出线圈时
C．如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时
D．如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A．由题知，埋在地下的线圈1、2通顺时针（俯视）方向的电流，则根据右手螺旋定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A错误；
B．汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb（逆时针），B错误；
C．汽车离开线圈1过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为abcd（顺时针），C正确；
D．汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb（逆时针），再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D错误。
故选C。
2．A
【详解】ABC．由题图可看出OA导体棒转动切割磁感线，则根据右手定则可知
φO > φA
其中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电流为0，则φC = φA，A正确、BC错误；
D．根据以上分析可知
φO－φA > 0，φA－φC = 0
则
φO－φA > φA－φC
D错误。
故选A。
3．B
【详解】无论开关S拨至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边线圈中的电流从无到有，电流在线圈轴线上的磁场从无到有，从而引起穿过圆环的磁通量突然增大，根据楞次定律（增反减同），右边圆环中产生了与左边线圈中方向相反的电流，异向电流相互排斥，所以无论哪种情况，圆环均向右运动。
故选B。
4．B
【详解】AB．产生顺时针方向的感应电流则感应磁场的方向垂直纸面向里。由楞次定律可知，圆环中的净磁通量变化为向里磁通量减少或者向外的磁通量增多，A错误，B正确。
CD．同时以相同的变化率增大B1和B2，或同时以相同的变化率减小B1和B2，两个磁场的磁通量总保持大小相同，所以总磁通量为0，不会产生感应电流，CD 错误。
故选B。
5．D
【详解】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第。故选D。
6．A
【详解】开关闭合状态下，线圈中电流恒定，穿过线圈的磁通量不发生变化，没有感应电流，电流表指针不会发生偏转，故A正确．当开关接通的瞬间、开关断开的瞬间或者移动变阻器滑片时，线圈中磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生偏转．故BCD错误．故选A．
7．AC
【详解】A．由图乙可知，导线PQ中电流在时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零；根据法拉第电磁感应定律，在时导线框中产生的感应电动势为零，故A正确；
B．在时，导线PQ中电流图像斜率方向不变，导线框R中磁通量变化率的正负不变；根据楞次定律，在时，导线框中产生的感应电动势方向不变，故B错误；
C．由于在时，导线PQ中电流图像斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大；根据法拉第电磁感应定律，在时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，故C正确；
D．在时导线PQ中电流图像斜率最大，导线框中产生的感应电动势最大；由楞次定律可判断出在时感应电动势的方向为逆时针方向，故D错误。
故选AC。
8．B
【详解】
A．根据楞次定律“来拒去留”，t1~t2时间内，磁铁受到线圈的作用力始终向上，A错误；
B．若将磁铁两极翻转后重复实验，则穿过圆环的磁通量相反，根据楞次定律，感应电流先负向后正向，B正确；
C．若将线圈的匝数加倍，由
可知线圈内产生的感应电动势将增大，所以对磁铁运动的阻碍作用增大，因此磁铁的最大速度将减小，所以将线圈的匝数加倍时，减小，所以线圈中产生的电流峰值不能加倍，线圈所受到的安培力的最大值不会加倍，故C错误；
D．根据
得
若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，阻力平均值也会发生变化，则速度不会变为原来的2倍，电流峰值不会加倍，D错误。
故选B。
9．B
【详解】A．N极靠近铝环时，通过铝环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，从左向右看铝环中的感应电流方向为逆时针，故A错误；
B．铝环右摆的过程中，铝环的动能和重力势能均增大，所以磁铁对铝环做的功大于铝环动能的增加量，故B正确；
C．仅将铝环改为铁环，条形磁铁吸引铁环，所以铁环向左摆动，故C错误；
D．若将磁铁的S极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环将会向右摆动，故D错误。
故选B。
10．A
【详解】在线圈以为轴翻转0～90°的过程中，穿过线圈正面向里的磁通量逐渐减小，则感应电流产生的磁场垂直桌面向下，感应电流方向为；线圈以为轴翻转90°~180°的过程中，穿过线圈反面向里的磁通量逐渐增加，则感应电流产生的磁场垂直桌面向上，感应电流方向仍然为。
故选A。
11．C
【详解】A．由题意，根据安培定则，可判断知通电直导线cd和ef在p圆环处产生的磁场方向均垂直纸面向外，所以穿过p的磁通量不为零，故A错误；
B．由于距离通电导线越近，产生的磁场越强，距离导线越远，产生的磁场越弱，根据安培定则，结合对称性，可判断知通电直导线cd和ef在a、b圆心处产生磁场的合磁场方向相同，均垂直纸面向里，故B错误；
C．根据两通电直导线之间的相互作用规律：“同向相吸，异向相斥”，可知cd所受到的安培力向左，ef所受到的安培力向右，故C正确；
D．由选项B分析可知，a处的磁场方向垂直纸面向里，若a圆环向左平动时，穿过a圆环垂直纸面向里的磁通量将减小，根据“楞次定律”可知，感应电流产生的磁场方向也垂直纸面向里，由安培定则可判断知在a内产生感应电流的方向为顺时针方向，故D错误。
故选C。
12．B
【详解】胶木盘A由静止开始绕其轴线按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，根据右手螺旋定则知，通过B线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小，故B正确，ACD错误。
故选B。
13．D
【详解】B．当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，螺线管中的电流将增大，使穿过线圈a的磁通量变大，故B错误；
ACD．由楞次定律可知，线圈a中将产生沿逆时针方向（俯视）的感应电流，并且线圈a有缩小和远离螺线管的趋势，线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故D正确，AC错误。
故选D。
14．AD
【详解】A．按下按钮过程螺线管内水平向左的磁通量增加，若PQ间用导线接通，由楞次定律可得PQ间导线上感应电流方向从P流向Q，所以Q相当于电源正极，Q端电势较高。故A正确；
B．松开按钮过程螺线管内水平向左的磁通量减小，由楞次定律可得PQ间导线上感应电流方向从Q流向P，所以P相当于电源正极，P端电势较高。故B错误；
C．按住按钮不动，螺线管内磁通量不变，无感应电动势，间无电势差，故C错误；
D．按下和松开按钮过程有可能所用时间不同，螺线管内磁通量的变化率可能不同，所以产生的感应电动势大小可能不相等，故D正确。
故选AD。
15．A
【详解】A．到时间内，直导线中电流方向向上，根据安培定则可知，根据楞次定律可知线框位置处的磁场方向垂直纸面向里，直导线中电流减小，穿过线框的磁通量减小，线框中感应电流产生的磁场在线框内部方向也垂直纸面向里，根据安培定则，可知线框内电流的方向为abcda，根据左手定则可知，直导线产生的磁场，对ad边的安培力向左，对bc边的安培力向右，对ab边的安培力向上，对cd边的安培力向下，根据直导线产生的磁场分布可知，ab与cd边所受安培力的合力为0，ad边的安培力大于bc边的安培力，则线框受力向左，A正确；
B．到时间内，直导线中电流方向向下，根据安培定则可知，线框位置处的磁场方向垂直纸面向外，直导线中电流增大，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律可知线框中感应电流产生的磁场在线框内部方向垂直纸面向里，根据安培定则，可知线框内电流的方向为abcda，根据左手定则可知，直导线产生的磁场，对ad边的安培力向右，对bc边的安培力向左，对ab边的安培力向下，对cd边的安培力向上，根据直导线产生的磁场分布可知，ab与cd边所受安培力的合力为0，ad边的安培力大于bc边的安培力，则线框受力向右，B错误；
C．根据上述可知，在时刻，线框内电流的方向为abcda，由于此时刻直导线中电流为0，则此时刻直导线没有产生磁场，即线框没有受到安培力作用，C错误；
D．在时刻，根据图像可知。图线在该时刻切线的斜率为0，即电流的变化率为0，则磁感应强度的变化率为0，根据法律的电磁感应定律可知，此时刻线框中的电流为0，线框受到的安培力为0，D错误。
故选A。
16．C
【详解】A．由楞次定律，线圈中产生感应电流，使磁铁始终受到阻碍，时而体现引力，时而体现斥力，导致电流做功，从而使系统的机械能转化为内能，故A错误；
B．根据楞次定律下面的线圈会阻碍磁铁运动，所以当磁铁向下靠近金属线圈时，线圈中产生了逆时针的感应电流（俯视），两者之间表现为相互排斥，同理当磁铁向上远离金属线圈时，根据楞次定律，可得线圈中产生了顺时针的感应电流（俯视），两者之间表现为相互吸引，因此与磁铁的磁极无关，故B错误；
C．磁铁很快停下来的主要原因是圆环中产生了感应电流，故C正确；
D．金属圆环的制作材料可以是铝，只要是金属，就会产生感应电流，出现安培力，故D错误。
故选C。
17．BC
【详解】AB．若MN中通有从N流向M的电流、且电流增大，根据右手螺旋定则可知，穿过线圈的磁场方向为垂直纸面向里，且逐渐变大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为A→B→C→D→A，根据左手定则可知，CD边受到向左的安培力，AB边受向右的安培力，越靠近导线磁场越强，则线圈ABCD受到的向右的力大于向左的力，则线圈ABCD会向右运动，故A错误B正确；
C．如果MN中通有从N流向M的恒定电流，发现线圈中感应出A→B→C→D→A流向的电流，根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量增加，当线圈向左运动，磁通量增加，故C正确；
D．如果MN中通有从N流向M的恒定电流，且让线圈向右运动，则穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈有扩张的趋势，故D错误。
故选BC。
18．C
【详解】A．铁中央通过线圈平面时，磁通量的变化率最小，产生的感应电流最小，A错误；
BCD．由楞次定律和牛顿第三定律可知，磁铁受到的磁场力总阻碍磁铁的运动，所以磁铁向下运动时，受到的磁场力向上，线圈受到的磁场力向下，BD错误，C正确。
故选C。
19．A
【详解】AB．根据楞次定律，当接通开关瞬间时，导致穿过线圈的磁通量向左增大，则从右侧看，线圈的感应电流逆时针，故A正确，B错误；
CD．当线圈中有逆时针方向的电流时，可等效为右侧为N极的磁体，则当处于左侧是S极的条形磁铁的磁场中，铜环会靠近磁铁，故CD错误；
故选A。
20．BD
【详解】能产生感应电流的条件是闭合电路中磁通量发生改变，所以BD正确．
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答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第13章 电磁感应
第13.2讲 探究电磁感应现象
【知识点精讲】
[考纲解读]　
（1）会设计实验记录表，并记录实验现象。
（2）能够按照“电流可变”的要求设计电路，并会选择合适的电源电压。
（3）知道滑动变阻器滑片移动方向与电流变化的关系。
（4）能够对实验步骤进行设计，使电流变化的方式相对完整。
（5）能够根据实验记录的数据，总结实验规律。
（6）通过探究，初步了解决定感应电流方向的因素。
一、探究电磁感应的产生条件
1.“磁铁运动式”的实验器材及连接如图所示：
2.条形磁铁不同运动方式中的磁通量变化情况：插入磁铁时磁通量增加，拔出磁铁时磁通量减少。
3.感应电流有无与条形磁铁运动的关系：无论磁铁插入还是拔出，都有感应电流。
4.“电流变化式”的实验器材及连接如图所示：
5.电源电压的选择：直流电压。
6.电流变化与磁通量变化的关系：磁通量增加时有感应电流，磁通量减少时也有感应电流。
7.记录实验现象：
（1）“磁铁运动式”现象记录表
磁铁的动作 有无感应电流 磁铁的动作 有无感应电流
N极插入线圈 有 S极插入线圈 有
N极停在线圈中 无 S极停在线圈中 无
N极从线圈中抽出 有 S极从线圈中抽出 有
（2）“电流变化式”现象记录表
开关和滑动变阻器的状态 有无感应电流
开关闭合瞬间 有
开关断开瞬间 有
开关闭合时，滑动变阻器不动 无
开关闭合时，滑动变阻器滑动 有
8.实验结果分析及结论得出：只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电流。
二、探究感应电流方向的规律
1.实验探究
（1）选旧干电池用试触的方法明确电流方向与电流表指针偏转方向之间的关系。
（2）实验装置
将螺线管与电流计组成闭合电路，如图所示。
（3）实验记录
分别将条形磁铁的N极、S极插入、抽出线圈，如图所示，记录感应电流的方向如下。
（4）实验分析
①线圈内磁通量增加时的情况
图号 磁场方向 感应电流的方向（俯视） 感应电流的磁场方向 归纳总结
甲 向下 逆时针 向上 感应电流的磁场阻碍磁通量的增加
乙 向上 顺时针 向下
②线圈内磁通量减少时的情况
图号 磁场方向 感应电流的方向（俯视） 感应电流的磁场方向 归纳总结
丙 向下 顺时针 向下 感应电流的磁场阻碍磁通量的减少
丁 向上 逆时针 向上
（5）归纳结论
当线圈内磁通量增加时，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加；当线圈内磁通量减少时，感应电流的磁场阻碍磁通量的减少。2-1-c-n-j-y
2.楞次定律
感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
【最新高考题精练】
（2017年4月浙江选考）
1．用如图所示的装置做“探究感应电流方向的规律”实验，磁体从靠近线圈的上方静止下落，当磁体运动到如图所示的位置时，流过线圈的感应电流方向从 （填“a到b”或“b到a”）。在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示的电流i随时间t的图像应该是 。
（2013高考上海物理第26题）
2．演示地磁场存在的实验装置由环形线圈，微电流传感器，DIS等组成如图所示首先将线圈竖直放置，以竖直方向为轴转动，屏幕上的电流指针 填：“有”或“无”偏转；然后仍将线圈竖直放置，使其平面与东西向平行，并从东向西移动，电流指针 填：“有”或“无”偏转；最后将线圈水平放置，使其从东向西移动，电流指针 填：“有”或“无”偏转．
（2012·上海物理）
3．为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示．已知线圈由a端开始绕至b端：当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转．
（1）将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为 （填：“顺时针”或“逆时针”）．
（2）当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离L时，指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为 （填：“顺时针”或“逆时针”）．
（2011上海高考）
4．在“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”实验(见图(a))中，得到图线如图(b)所示．
(1)在实验中需保持不变的是( )
A．挡光片的宽度
B．小车的释放位置
C．导轨倾斜的角度
D．光电门的位置
(2)线圈匝数增加一倍后重做该实验，在图(b)中画出实验图线．
( )
【最新模拟题精练】
（2023湖北孝感高二期末）
5．图为“研究电磁感应现象”的实验装置。

（1）将图中所缺的导线补接完整。
（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
①将原线圈A迅速插入副线圈B时，灵敏电流计的指针将 。
②原线圈A插入副线圈B后，将滑动变阻器的阻值调小时，灵敏电流计的指针 （均填“向左偏”或“向右偏”）。
（3）如果副线圈B两端不接任何元件，则副线圈电路 。
A．因电路不闭合，无电磁感应现象 B．不能用楞次定律判断感应电动势的方向
C．可以用楞次定律判断感应电动势的方向 D．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势
（2023吉林长春重点高中质检）
6．某同学在做探究电磁感应现象规律的实验中，她选择了一个灵敏电流计G，在没有电流通过灵敏电流计的情况下，电流计的指针恰好指在刻度盘中央。她先将灵敏电流计G连接在图甲所示的电路中，电流计的指针如图甲所示。
（1）为了探究电磁感应规律，该同学将灵敏电流计G与一螺线管串联，如图乙所示。通过分析可知图乙中的条形磁铁的运动情况是 （填“向上拔出”或“向下插入”）。
（2）该同学将灵敏电流计G接入图丙所示的电路，要想使电流计指针发生偏转，下列四种操作中可行的是 。
A.闭合开关，螺线管A和螺线管B相对静止一起向上运动
B.闭合开关，螺线管B不动，螺线管A插入或拔出螺线管B
C.闭合开关，螺线管A、B不动，移动滑动变阻器的滑片
D.螺线管A、B和滑动变阻器的滑片不动，闭合或断开开关
（2023广东湛江7中质检）
7．如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能出现的情况有：

（1）将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将向 （“左”或“右”）偏转。
（2）原线圈插入副线圈后，闭合开关，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向 （“左”或“右”）偏转。
（3）原线圈插入副线圈后，闭合开关，将滑动变阻器触头从最左端拉到最右端，第一次快拉，第二次较慢拉，两情况下线圈中产生的感应电动势的大小关系是 。
（2023北京海淀北京医学院附中模拟）
8．某小组的同学做“探究影响感应电流方向的因素”实验。
(1)首先按图甲(1)所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转；再按图甲(2)所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向左偏转。进行上述实验的目的是( )
A．检查电流计测量电路的电流是否准确
B．检查干电池是否为新电池
C．推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系。
(2)接下来用图乙所示的装置做实验，图中螺线管上的粗线标示的是导线的绕行方向。某次实验中在条形磁铁插入螺线管的过程中，观察到电流计指针向右偏转，说明螺线管中的电流方向（从上往下看）是沿 （选填“顺时针”或“逆时针”）方向。
(3)下表是该小组的同学设计的记录表格的一部分，表中完成了实验现象的记录，还有一项需要推断的实验结果未完成，请帮助该小组的同学完成 （选填“垂直纸面向外”或“垂直纸面向里”）。
实验记录表（部分）
操作 N极朝下插入螺线管
从上往下看的平面图（B0表示原磁场，即磁铁产生的磁场）
原磁场通过螺线管磁通量的增减 增加
感应电流的方向 沿逆时针方向
感应电流的磁场B'的方向
(4)该小组同学通过实验探究，对楞次定律有了比较深刻的认识。结合以上实验，有同学认为，理解楞次定律，关键在于抓住 （选填“B0”或“”）总是要阻碍 填“B0”或“B'”）磁通量的变化。
（2023江西部分重点高中联考）
9．为了探究电磁感应现象，如图所示为“探究产生感应电流的条件的实验装置”。
（1）如图1所示，下列操作中，电流表的指针不发生偏转的是( )
A．将条形磁铁放在线圈中不动
B．将条形磁铁插入线圈
C．将条形磁铁从线圈中拔出
D．将条形磁铁从图示位置向左移动
（2）某实验小组将电池、线圈A、线圈B、滑动变阻器、灵敏电流计、开关按照如图2所示的方式连接。当闭合开关时发现灵敏电流计的指针左偏。由此可知：
（a）当滑动变阻器的滑片P向左移动时，灵敏电流计的指针 （填“左偏”、“不动”、“右偏”）；
（b）将线圈A拔出时，灵敏电流计的指针 （填“左偏”、“不动”、“右偏"）。
（3）某同学在实验室按如图2所示重做电磁感应现象的实验，当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其可能的原因 。
A．开关接线柱断路
B．电流表的正负极接错
C．线圈B的接头接反
D．蓄电池的正负极接反
（2023河南名校联考）
10．如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置，连好电路后，闭合开关时，灵敏电流计的指针向左偏了一下。

（1）合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将 偏转；（填“向左”“向右”或“不”）
（2）连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向右偏转，可采取的操作是： ；
A．拔出A线圈 B．插入铁芯 C．变阻器的滑片向左滑动 D．断开电键S瞬间
（3）如图1所示，G为指针零刻度在中央的灵敏电流表，电流从电流表G的左接线柱进时，指针也从中央向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图2中的条形磁铁的运动方向是向 （填“上”、“下”）；图3中的条形磁铁上端为 极（填“N”、“S”）。
（2023湖北部分名校联考）
11．某同学在“研究电磁感应现象”的实验中，如图所示，首先按图甲接线，用来查明电流表指针的偏转方向与电流方向的关系，然后再依次按图乙将电流表与A线圈连成一个闭合回路，按图丙将电流表与导体棒ab连成闭合回路。在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏（不通电时指针停在正中央），则：
（1）在图乙中，磁体N极插入线圈A过程中电流表的指针将 偏转，磁体放在A中不动时，电流表的指针将 偏转（选填“向左”、“向右”或“不发生”）；
（2）在图丙中，导体棒ab向左移动过程中，电流表的指针将 偏转；导体棒ab向上移动过程中，电流表的指针将 偏转（选填“向左”、“向右”或“不发生”）。
（2023山东滕州质检）
12．胡丽同学在做探究电磁感应现象规律的实验中，她选择了一个灵敏电流计G，在没有电流通过灵敏电流计的情况下，电流计的指针恰好指在刻度盘中央。她先将灵敏电流计G连接在图甲所示的电路中，电流计的指针如图甲所示。
（1）为了探究电磁感应规律，胡同学将灵敏电流计G与一螺线管串联，如图乙所示。通过分析可知图乙中的条形磁铁的运动情况是 （填“向上拔出”或“向下插入”）。
（2）胡丽同学将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。此时电路已经连接好，A线圈已插入B线圈中，她合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏了一下，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是 。
A．在A线圈中插入铁芯 B．拔出A线圈
C．变阻器的滑片向右滑动 D．变阻器的滑片向左滑动
（3）通过本实验可以得出：感应电流产生的磁场，总是 。
（2023湖北武汉部分重点高中高二联考）
13．如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。
（1）将图中所缺的导线补接完整（要求滑动变阻器滑片向右移时，电阻减小）。( )
（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
①将A线圈迅速插入B绕圈时，灵敏电流计指针将 。（填“向右偏一下”，“向左偏一下”，“不动”）
②A线圈插入B线圈稳定后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将 。（填“向右偏一下”，“向左偏一下”，“不动”）
（3）在做“研究电磁感应现象”实验时，如果B线圈两端不接任何元件，则B线圈电路中将( )
A．因电路不闭合，无电磁感应现象
B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势
C．不能用楞次定律判断感应电动势方向
D．可以用楞次定律判断感应电动势方向
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1． b到a A
【详解】[1]当磁体运动到如图所示的位置时，线圈中的磁通量正在增大，感应电流所产生的磁场的方向竖直向下，根据右手定则可判定电流方向从b到a；
[2]磁体进入线圈的过程中，线圈中有感应电流；磁体完全进入线圈后，线圈内的磁通量保持不变，感应电流为零，磁体在线圈内加速下落；磁体离开线圈时的速度大于磁体进入线圈时的速度，感应电流也大于磁体进入线圈过程中的感应电流。故选A。
2． 有 无 无
【详解】判断有无感应电流的关键是判断磁通量是否发生变化．地磁场在北半球两个分量，水平分量南向北，竖直分量向下．线圈以竖直为轴转动，磁通量变化．东西移动，磁感应强度不变，与线圈平面夹角不变．磁通量不变．无感应电流．水平也是如此
【考点定位】地磁场的分布．感应电流产生的条件
3． 顺时针 逆时针
【详解】（1）由楞次定律知感应电流产生的磁场方向向上，感应电流由a经G流向b，再由安培定则知线圈绕向如图所示，为顺时针．
（2）由楞次定律知感应电流产生的磁场方向向上，感应电流由b经G流向a，再由安培定则知线圈绕向为逆时针．
4．(1) A，D (2)见图
【详解】试题分析：根据法拉第电磁感应定律，本实验中，E- 图线是直线，说明n和△是定值，而△=△B﹒S，要△B不变，要求光电门的位置（相对于线圈）和挡光片的宽度不变．
解：（1）改变小车的释放位置或导轨倾斜的角度可以改变时间△t，因为，d是挡光片的宽度，v是挡光片通过光电门时的速度，，其中θ为导轨倾斜的角度，s为小车的释放位置到光电门的距离，由小车的释放位置决定．
（2）根据，线圈匝数增加一倍后，感应电动势增加一倍，电压传感器读数增加一倍．如点（3，2）变为（3，4），点（10，6）变为（10，12），连接（3，4）和（10，12）两点即可得到新的图线，见答案．
故答案为（1）A，D
（2）见图
考点：实验中常用仪器及其正确操作方法；法拉第电磁感应定律．
点评：本题考查“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”实验的实验原理和实验步骤及数据处理（图象）等．考查实验，不是照抄教科书的实验器材和步骤，教科书用的是微安表，本题用电压传感器，体现了课程标准的新理念，教科书用人手动磁铁，本题用倾斜的导轨使磁铁运动，并且用光电门测时间．老实验：研究电磁感应，新器材：电压传感器、光电门，新思路：选择不变量（同时也就选择了可变量），画新图：改变匝数后的E-1/△t图线，正可谓：推陈出新，新胜于陈．只有在不看答案的情况下做题，才能体验到题目的妙处．
5． 向右偏 向右偏 CD##DC
【详解】（1）[1]电路图如图所示。

（2）①[2]开关闭合时，灵敏电流计的指针向右偏，说明在磁场方向不变的情况下，增大磁通量，灵敏电流计的指针向右偏。将原线圈迅速插入副线圈时，磁通量增大，灵敏电流计的指针将向右偏。
②[3]原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器的阻值调小时，螺线管中电流增大，磁场增强，磁通量增加，灵敏电流计的指针将向右偏。
（3）[4]在副线圈中磁通量发生变化时，即使副线圈不闭合，副线圈中也有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势，同样可以利用楞次定律判断感应电动势的方向。
故选CD。
6． 向下插入 BCD## BDC## CBD## CDB## DBC## DCB
【详解】（1）[1]要使灵敏电流计的指针向左偏转，可知线圈中感应电流的方向是顺时针方向，根据安培定则可知，感应电流的磁场方向向下，条形磁铁磁场方向向上，根据楞次定律可知，穿过线圈的原磁通量增加，故条形磁铁是向下插入。
（2）[2] A．要使灵敏电流计指针发生偏转，根据楞次定律可知，螺线管B的磁通量要变化，闭合开关，螺线管A和螺线管B相对静止一起向上运动，穿过螺线管B的磁通量不变化，故A错误；
B．闭合开关，螺线管B不动，螺线管A插入或拔出螺线管B，螺线管B的磁通量变化，电流计指针发生偏转，故B正确；
C．闭合开关，螺线管A、B不动，移动滑动变阻器的滑片，电路中电流变化，螺线管B的磁通量变化，电流计指针发生偏转，故C正确；
D．螺线管A、B和滑动变阻器的滑片不动，闭合或断开开关，电路中电流变化，螺线管B的磁通量变化，电流计指针发生偏转，故D正确。
故选BCD。
7． 右 右 大于
【详解】（1）[1]闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,说明线圈B中磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针右偏，现将原线圈迅速插入副线圈时，线圈B中磁通量增加，故产生的感应电流也使灵敏电流计的指针右偏；
（2）[2]同理可知，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，线圈B中磁通量增加，灵敏电流计指针将向右；
（3）[3]由法拉第电磁感应定律可知
滑动变阻器触头从最左端拉到最右端滑动的越快，线圈A中的电流变化越快，线圈B中的磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，故两情况下线圈中产生的感应电动势的大小关系是。
8． C 顺时针 垂直纸面向外 B′ B0
【详解】(1)[1]由题意可知，电流从电流计左边进时，指针左偏，右边进时，指针右偏，本实验目的是探究感应电流的方向，则进行上述实验的目的是推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系，故选C；
(2)[2]电流计指针向右偏转，说明电流从电流计的右边（正接线柱）流入，则说明螺线管中的电流方向（从上往下看）是沿顺时针方向；
(3)[3]由题意可知，感应电流的方向为逆时针，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场方向垂直纸面向外；
(4)[4]由题意可知，理解楞次定律，关键在于抓住总是要阻碍磁通量的变化
9． A 右偏 右偏 A
【详解】（1）[1]A．将条形磁铁放在线圈中不动，线圈内磁通量不变，没有感应电流产生，电流表的指针不会发生偏转，故A符合题意；
B．将条形磁铁插入线圈，线圈内磁通量增加，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故B不符合题意；
C．将条形磁铁从线圈中拔出，线圈内磁通量减少，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故C不符合题意；
D．将条形磁铁从图示位置向左移动，线圈内磁感应强度变小，磁通量减小，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故D不符合题意。
故选A。
（2）[2][3]闭合开关时灵敏电流计的指针左偏，即线圈内磁通量增加时，灵敏电流计的指针左偏。滑动变阻器的滑片P向左移动时，接入的有效电阻变大，回路中电流变小，线圈内的磁场变弱，磁通量减少，所以灵敏电流计的指针右偏；将线圈A拔出时，线圈内磁通量减小，灵敏电流计的指针右偏。
（3）[4]A．若开关和灵敏电流计不能构成回路，则开关闭合、断开时，不会引起线圈B的磁通量变化，电流计指针不会偏转，故A正确；
B．电流表的正负极接错，只是偏转方向变化，故B错误；
C．线圈B的接头接反，开关闭合、断开时，线圈B的磁通量会发生变化，指针会偏转，故C错误；
D．蓄电池的正负极接反，电流计指针偏转方向变化，故D错误。
故选A。
10． 向左 AD##DA 下 N
【详解】（1）[1]依据题意，磁通量增加时，灵敏电流计指针向左偏转。则合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中时，B线圈中的磁通量增加，所以电流计指针将向左偏转。
（2）[2]若要使灵敏电流计的指针向右偏转，根据楞次定律知，磁通量应该减小。
A．拔出A线圈，B线圈中的磁通量减小，A正确；
B．插入铁芯时，B线圈中的磁通量增加，B错误；
C．变阻器的滑片向左滑动，电流变大，B线圈中的磁通量增加，C错误；
D．断开电键S瞬间，电流变小，B线圈中的磁通量减小，D正确。
故选AD。
（3）[3]图2中指针向左偏，可知感应电流的方向是顺时针（俯视线圈），感应电流的磁场方向向下，条形磁铁的磁场方向向上，由楞次定律可知，磁通量增加，条形磁铁应该向下运动。
[4]图3中指针向右偏，可知感应电流的方向是逆时针（俯视线圈），感应电流的磁场方向向上，条形磁铁向上运动，即磁通量减小，由楞次定律可知，条形磁铁的磁场方向应该向上，所以条形磁铁上端为N极，下端为S极。
11． 向左 不发生 向右 不发生
【详解】（1）[1]当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，说明电流从负接线柱流入时，电流表指针向左偏。磁体N极插入线圈A过程中，线圈A中磁通量向下增大，根据楞次定律可知感应电流将从电流表负接线柱流入，则此时电流表的指针将向左偏转。
[2]磁体放在A中不动时，A中磁通量不变，不产生感应电流，所以电流表的指针不发生偏转。
（2）[3]在图丙中，导体棒ab向左移动过程中，根据右手定则可知感应电流从电流表正接线柱流入，则此时电流表的指针将向右偏转。
[4]导体棒ab向上移动过程中，不切割磁感线，感应电流为零，电流表的指针将不发生偏转。
12． 向下插入 BC##CB 阻碍引起感应电流的磁通量的变化
【详解】（1）[1]要使灵敏电流计的指针向左偏转，可知线圈中感应电流的方向时顺时针的，由安培定则可知，感应电流的磁场方向向下，条形磁铁磁场方向向上，根据楞次定律可知，磁通量增加，条形磁铁向下插入。
（2）[2]A．要使灵敏电流计的指针向左偏转，根据楞次定律可知，磁通量减小，插入铁芯，B线圈磁通量增加，故A错误；
B．拔出线圈A时，B线圈中的磁通量减小，B正确；
CD．滑动变阻器滑片向右滑动，电流减小，B线圈磁通量减小，故C正确，D错误。
故选BC。
（3）[3]通过本实验可以得出：感应电流产生的磁场，总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
13． 向右偏转一下 向左偏转一下 BD
【详解】(1)[1]如图所示。
(2)①[2]依据楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则向右偏转一下。
②[3]依据楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，向左偏转一下。
(3)[4]穿过电路中的磁通量发生变化，即产生电磁感应现象；因电路不闭合，无感应电流，但有感应电动势，且可以用楞次定律判断出感应电动势的方向，要产生感应电流，电路必须闭合，故BD正确，AC错误。
故选BD。
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答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第13章电磁感应
第13.3讲法拉第电磁感应定律
【知识点精讲】
1.感应电动势
（1）概念：在电磁感应现象中产生的电动势。
（2）产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。
（3）方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。
2.法拉第电磁感应定律
（1）内容：感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
（2）公式：E＝n，其中n为线圈匝数。
（3）感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I＝。
3.对磁通量变化率的理解
（1）磁通量变化率描述的是磁通量变化的快慢，即单位时间内变化量或磁通量变化与所需时间的比值。
（2）在磁通量与时间关系图线中，某时刻的变化率为该时刻图线切线的斜率，显然和该时刻的磁通量无关。
4.导体切割磁感线时的感应电动势
（1）导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用E＝Blv求出，式中l为导体切割磁感线的有效长度。
【特别提醒】。公式E＝Blv的使用条件：匀强磁场，B、l、v三者相互垂直。
E＝Blv的“三性”
（i）正交性：本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B、l、v三者互相垂直。
（ii）瞬时性：若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。
（iii）有效性：公式中的L为导体切割磁感线的有效长度。
如图中，棒的有效长度为ab间的距离。
（2）导体棒在磁场中转动时，导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝Bl＝Bl2ω（平均速度等于中点位置的线速度lω）。
【方法归纳】
法拉第电磁感应定律应用
1.应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤
（1）分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；
（2）利用楞次定律确定感应电流的方向；
（3）灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解。
2.磁通量变化通常有两种方式
（1）磁感应强度B不变，垂直于磁场的回路面积发生变化，此时E＝nB。
（2）垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此时E＝nS，其中是B－t图像的斜率。
3.决定感应电动势E大小的因素
E的大小由和线圈的匝数共同决定。
【最新高考题精练】
（2023高考湖北卷）
1．近场通信（NFC）器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为、和，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为，则线圈产生的感应电动势最接近（ ）

A． B． C． D．
（2023天津卷）
2．如图，如图所示，一不可伸长的轻绳上端固定，下端系在单匝匀质正方形金属框上边中点O处，框处于静止状态。一个三角形区域的顶点与O点重合，框的下边完全处在该区域中。三角形区域内加有随时间变化的匀强磁场，磁感应强度大小B与时间t的关系为B = kt（k > 0的常数），磁场与框平面垂直，框的面积为框内磁场区域面积的2倍，金属框质量为m，电阻为R，边长为l，重力加速度g，求：
（1）金属框中的感应电动势大小E；
（2）金属框开始向上运动的时刻t0；

（2021年高考广东学业水平选择性测试）
3．如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨和，与平行，是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧左侧和扇形内有方向如图的匀强磁场，金属杆的O端与e点用导线相接，P端与圆弧接触良好，初始时，可滑动的金属杆静止在平行导轨上，若杆绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（　　）
A．杆产生的感应电动势恒定
B．杆受到的安培力不变
C．杆做匀加速直线运动
D．杆中的电流逐渐减小
（2020高考北京卷）
4．如图甲所示，匝的线圈（图中只画了2匝），电阻，其两端与一个的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。
(1)判断通过电阻的电流方向；
(2)求线圈产生的感应电动势；
(3)求电阻两端的电压。
（2020高考江苏物理）
5．如图所示，电阻为的正方形单匝线圈的边长为，边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为。在水平拉力作用下，线圈以的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中：
(1)感应电动势的大小E；
(2)所受拉力的大小F；
(3)感应电流产生的热量Q。
（2019·新课标全国Ⅰ卷）
6．空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内（　　）
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
D．圆环中的感应电动势大小为
（2015·浙江1月学考）
7．如图所示，某实验小组在操场上做摇绳发电实验．长导线两端分别连在灵敏电流表的两个接线柱上，形成闭合电路。两位同学以每2秒约3圈的转速匀速摇动AB段导线。假定被摇动的导线由水平位置1按图示方向第一次运动到竖直位置2的过程中，磁通量的变化量约为10﹣4Wb，则该过程回路中产生的感应电动势约为（ ）
A．2×10﹣4V B．2.7×10﹣4V C．3×10﹣4V D．6×10﹣4V
（2014·浙江1月学考）
8．如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距0.4m，左端接有阻值为0.2Ω的电阻。一质量为0.2kg、电阻为0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，导轨之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为0.5T。棒在水平向右的外力作用下以0.3m/s的速度匀速运动，运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。已知导轨足够长且电阻不计，则（　　）

A．MN棒运动过程中两端的电压为0.02V
B．MN棒运动过程中两端的电压为0.06V
C．棒匀速运动1s过程中电阻R发热0.008J
D．棒匀速运动1s过程中电阻R发热0.012J
【最新模拟题精练】
（2023·上海市模拟）
9．如图所示，由均匀导线制成的，半径为R的圆环，以v的速度匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置（）时，a、b两点的电势差为（　　）
A． B． C． D．
（2023广东二模）
10．如图，两金属棒放在磁场中，棒置于光滑水平金属导轨上，并组成闭合电路，当棒向下运动时，棒受到向左的安培力。则以下说法正确的有（　　）
A．图中Ⅱ是S极
B．图中Ⅱ是N极
C．的速度越大，的速度变化越快
D．的速度越大，的速度变化越大
（2023吉林通化梅河口五中二模）
11．水平桌面上放置着两个用同一根均匀金属丝制成的单匝线圈1和线圈2，半径分别为和（俯视图如图1所示）。竖直方向有匀强磁场，磁感应强度随时间变化的关系如图2所示。线圈中的感应电动势、电流强度、电功率分别用E、I、P表示，不考虑两个线圈间的影响，下列关系正确的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
（2023湖南二轮复习联考）
12．如图所示，纸面内的三条长直导线组成一等边三角形，导线间相互绝缘，导线中通入图示方向、大小始终相等的电流I。在角平分线上对称放置三个相同的环形线圈a、b、c，在三角形的中心放置相同的环形线圈d，若三根导线中通入的电流同时减小，则（　　）
A．初始时线圈d的磁通量最大 B．线圈c的感应电流最大
C．线圈d产生逆时针方向的感应电流 D．线圈a、b产生的感应电流大小相等方向相反
（2023湖北四市七校联盟期中联考）
13．如图所示，在一根软铁棒上绕有一组线圈，a、c是线圈的两端，b为中心抽头。把a端和b抽头分别接到两条平行金属导轨上，导轨间有匀强磁场，方向垂直于导轨所在纸面向里。金属棒PQ在外力作用下左右运动，运动过程中保持与导轨垂直，且两端与导轨始终接触良好。若PQ运动过程中，a、c的电势都比b点的电势高，则PQ可能的运动情况为（ ）
A．向左减速运动 B．向右减速运动
C．向左匀速运动 D．向右匀速运动
（2022北京朝阳二模）
14．如图所示，将一铝质薄圆管竖直放在表面绝缘的台秤上，圆管的电阻率为ρ，高度为h，半径为R，厚度为d（d远小于R）。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小（）均匀磁场中。则从时刻开始，下列说法正确的是（　　）
A．从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向
B．圆管中的感应电动势大小为
C．圆管中的感应电流大小为
D．台秤的读数会随时间推移而增大
（2022河北普通高中第一次联考）
15．某同学设计了一种无线供电装置，原理如图甲所示，感应线圈处在垂直于感应线圈平面的磁场中，磁场的磁感应强度变化如图乙所示，规定磁场垂直感应线圈平面向上为正，下列说法正确的是（　　）
A．时间内，感应线圈中的电流方向自b流向a
B．时间内，感应线圈中的电流方向自a流向b
C．保持磁场磁感应强度最大值不变，使其周期减半，则端感应电动势将加倍
D．保持磁场磁感应强度最大值不变，使其周期加倍，则端感应电动势将加倍
（2021吉林重点高中三模）
16．如图1所示，一个圆形线圈的匝数匝，线圈面积，线圈的电阻，线圈外接一个阻值的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图2所示，下列说法中正确的是（　　）
A．在内穿过线圈的磁通量变化量为
B．前内通过电阻R的电量为
C． 内电阻R的功率为0.2 W
D． 整个电路中产生的热量为
17．轻质细线吊着一质量为m＝0.42kg、边长为L＝1m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。（g＝10m/s2）
（1）判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针；
（2）求线圈的电功率；
（3）求在t＝4s时轻质细线的拉力大小。
18．轻质细线吊着一质量为m＝0.42 kg、边长为L＝1 m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1 Ω.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示.磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示.(g＝10 m/s2)
(1)磁感应强度为多少时，细线的拉力刚好为0
(2)求6 s内通过线圈横截面的电荷量？
19．某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示，一个半径为R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r＝的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5 kg的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 V．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒，导轨，导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g＝10 m/s2)
(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？
(2)求此时铝块的速度大小；
(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．
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参考答案：
1．B
【详解】根据法拉第电磁感应定律可知
故选B。
2．（1）；（2）
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律有
（2）由图可知线框受到的安培力为
当线框开始向上运动时有
mg = FA
解得
3．AD
【详解】A．OP转动切割磁感线产生的感应电动势为
因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；
BCD．杆OP匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由M到N通过MN棒，由左手定则可知，MN棒会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，产生电动势与原来电流方向相反，让回路电流减小，MN棒所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D正确，BC错误。
故选AD。
4．(1)；(2)；(3)
【详解】(1)根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所通过电阻的电流方向为。
(2)根据法拉第电磁感应定律
(3)电阻两端的电压为路端电压，根据分压规律可知
5．(1)0.8V；(2)0.8N；(3)0.32J
【详解】(1)由题意可知当线框切割磁感线是产生的电动势为
(2)因为线框匀速运动故所受拉力等于安培力，有
根据闭合电路欧姆定律有
结合(1)联立各式代入数据可得F=0.8N；
(3)线框穿过磁场所用的时间为
故线框穿越过程产生的热量为
6．BC
【详解】AB、根据B-t图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确；
CD、由闭合电路欧姆定律得：，又根据法拉第电磁感应定律得：，又根据电阻定律得：，联立得：，则C正确，D错误．
故本题选BC．
7．D
【详解】每2秒约3圈，则1圈需要s，导线由水平位置1按图示方向第一次运动到竖直位置2的过程中为圈需要s；在s，闭合线圈的磁通量变化量约为10﹣4Wb，根据法拉第电磁感应定律得
故选D。
8．C
【详解】AB．根据法拉第电磁感应定律有
E＝Blv＝0.5×0.4×0.3V＝0.06V
根据闭合电路欧姆定律有
I＝＝0.2A
根据闭合电路知MN棒两端电压为路端电压，则
U＝IR＝0.04V
故AB错误；
CD．根据热量的计算公式有
Q＝I2Rt＝0.22×0.2×1J＝0.008J
故C正确，D错误。
故选C。
9．D
【详解】有效切割长度即a、b连线，即有效切割长度为，所以产生的电动势为
由右手定则可知电流的方向为，所以。由于在磁场部分的阻值为整个圆的，由闭合电路欧姆定律可得
故选D。
10．BC
【详解】AB．当棒向下运动时，棒受到向左的安培力，由左手定则，感应电流，由右手定则，图中Ⅱ是N极，A错误，B正确；
CD．由电磁感应定律和全电路欧姆定律
，
的速度越大，感应电流越大，由安培力
安培力越大，由牛顿第二定律
加速度越大，的速度变化越快，C正确，D错误。
故选BC。
11．A
【详解】由题意可得，两线圈的长度之比为
两线圈围成的面积之比为
由法拉第电磁感应定律
由图可知，线圈中的感应电动势之比为
由闭合电路的欧姆定律
由电阻定律得
两线圈的电阻之比为
可得，线圈中的电流强度之比为
线圈中的电功率之比为
故选A。
12．B
【详解】A．初始时，导线1和导线3在线圈a中的磁通量抵消，故线圈a中相当于只有导线2产生的磁通量，同理可知，线圈b中相当于只有导线1产生的磁通量，3根导线在线圈c中的磁场均向外，抵消掉后线圈d中相当于只有导线2产生的磁通量，对比可知，初始时线圈c的磁通量最大，A错误；
B．若三根导线中通入的电流同时减小，结合A解析可知，线圈c的磁通量变化率最大，产生的感应电流最大，B正确；
C．线圈d中的磁场向内且磁通量减小，由楞次定律可知，产生顺时针方向的感应电流，C错误；
D．线圈a、b中的磁场均向内，磁通量均减小且减小量相同，故产生的感应电流大小相等方向相同，D错误。
故选B。
13．B
【详解】A．PQ向左边减速运动的过程中，根据右手定则可知产生的感应电流由P到Q减小，此时b点电势高于a点；由于穿过线圈的磁通量向上减小，根据楞次定律可知，b、c线圈产生的感应电动势，b点电势高于c点，则a、c的电势都比b点的电势低，A错误；
B．PQ向右边减速运动的过程中，根据右手定则可知产生的感应电流由Q到P减小，此时a点电势高于b点；由于穿过线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，b、c线圈产生的感应电动势，c点电势高于b点，则a、c的电势都比b点的电势高，B正确；
CD．PQ做匀速直线运动，产生恒定的电流，线圈不会产生感应电流，bc等电势，CD错误。
故选B。
14．C
【详解】A．根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向，故A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律可知，圆管中的感应电动势大小为
故B错误；
C．根据电阻定律可知，圆管在沿感应电动势方向的电阻为
根据闭合电路欧姆定律可知，圆管中的感应电流大小为
故C正确；
D．根据对称性以及左手定则可知，圆管所受合安培力为零，台秤的读数始终不变，故D错误。
故选C。
15．C
【详解】AB．时间内磁场方向向上且增强，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向向下，由右手螺旋定则可判断电流方向由a流向b；时间内磁场方向向下且增强，根据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向向上，由右手螺旋定则可判断电流方向由b流向a，故AB错误；
CD．磁场的最大值不变，周期减半，感应线圈磁通量变化率加倍，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势加倍，反之周期加倍，感应线圈磁通量变化率减半，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势减半，故C正确，D错误。
故选C。
16．AB
【详解】A．根据磁通量定义式
那么在0～4s内穿过线圈的磁通量变化量为
故A正确；
B．由法拉第电磁感应定律，可得前内的电动势为
由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为
前4s内通过R的电荷量为
Q=It=0.2×4C=0.8C
故B正确；
C．前4s内电阻R的功率为
选项C错误；
D．前4s内整个电路中产生的热量为
4-6s内的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为
4-6s内整个电路中产生的热量为
所以0-6s整个电路中产生的热量为
Q=Q1+Q2=7.2J
故D错误。
故选AB。
17．（1）逆时针；（2）0.25W；（3）1.2N
【详解】（1）当线圈下半部分的垂直纸面的磁场增大，由楞次定律知线圈中会产生垂直纸面向外的感应磁场，由安培定则可知，感应电流的方向为逆时针方向。
（2）由法拉第电磁感应定律得
则
（3）由欧姆定律可知
由题图乙可知，t＝4s时，B＝0.6T，进而有
联立解得
18．(1)0.84 T　(2)3 C
【详解】(1)细线的拉力刚好为0时满足：
F安′＝mg
F安′＝nB′IL
联立解得：I=0.5A B′＝0.84 T
(2) 6 s内通过线圈横截面的电荷量q＝It=0.5×6 C＝3 C.
19．(1)正极　(2)2 m/s　(3)0.5 J
【详解】(1)根据右手定则，电动势方向从O到A，故与a点相接的是电压表正极，与b点相接的是电压表的负极．
(2)由法拉第电磁感应定律，得到：
其中：
故：
铝块的速度：
故：
(3)铝块机械能的损失等于重力势能的减小量与动能增加量的差值
此下落过程中铝块机械能的损失：
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答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第13章 电磁感应
第13.4讲 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
【知识点精讲】
1.涡流
（1）定义：当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的漩涡所以叫涡流。
（2）应用
①涡流热效应的应用，如真空冶炼炉。
②涡流磁效应的应用，如探雷器。
2.电磁阻尼
（1）定义：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动。
（2）应用：磁电式仪表中利用电磁阻尼使指针迅速停止，便于读数。
3.电磁驱动
（1）定义：磁场相对于导体转动时，导体中产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，使导体运动起来。
（2）应用：交流感应电动机。
【方法归纳】
1.涡流是整块导体发生的电磁感应现象，同样遵循法拉第电磁感应定律。
2.磁场变化越快（越大），导体的横截面积S越大，导体材料的电阻率越小，形成的涡流就越大。
3. 电磁阻尼与电磁驱动的比较
电磁阻尼 电磁驱动
不同点 成因 由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力 由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力
效果 安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动 导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动
能量转化 导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能 由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，而对外做功
相同点 两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动。
【最新高考题精练】
（2023高考全国乙卷）
1．一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。用图（a）所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图（b）和图（c）所示，分析可知（　　）


A．图（c）是用玻璃管获得的图像
B．在铝管中下落，小磁体做匀变速运动
C．在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D．用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
（2023高考全国甲卷）
2．一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离。如图（a）所示。现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图（b）所示。则（ ）

A．小磁体在玻璃管内下降速度越来越快
B．下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次
C．下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D．与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大
（2023年6月高考浙江选考科目）
3．如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角固定点；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（ ）

A．电源电动势 B．棒消耗的焦耳热
C．从左向右运动时，最大摆角小于 D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等
（2018高考全国理综I）
4．如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（　　）
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
（2017·全国卷Ⅰ，18）
5．扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒定磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是（　　）
A． B．
C． D．
6．如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（ ）
A．增加线圈的匝数 B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯 D．取走线圈中的铁芯
【最新模拟题精练】
（2023清华附中质检）
7．图甲所示是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术的原理图．其原理是用通电线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得物件内部是否断裂及位置的信息．如图乙所示的是一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起．对以上两个实例的理解正确的是
A．涡流探伤技术运用了电流的热效应，跳环实验演示了自感现象
B．能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料
C．以上两个实例中的线圈所连接的电源都必须是交流电源
D．以上两个实例中的线圈所连接的电源也可以都是稳恒电源
（2023·陕西榆林市模拟）
8．水平放置的玻璃板上方有一用细线悬挂的可自由旋转的小磁针，下方有一水平放置的铜圆盘。圆盘的轴线与小磁针悬线在同一直线上，初始时小磁针与圆盘均处于静止状态。当圆盘绕轴逆时针方向匀速转动时，下列说法正确的是（　　）
A．小磁针不动
B．小磁针逆时针方向转动
C．小磁针顺时针方向转动
D．由于圆盘中没有磁通量的变化，圆盘中没有感应电流
（2023河北邢台高二期末）
9．如图所示，关于下列器材的原理和用途，正确的是（ ）
A．变压器可以改变交流电压，但不能改变频率
B．扼流圈对交流有阻碍作用是因为线圈存在电阻
C．真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流，涡流产生热量使炉内金属熔化
D．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用
（2022山东济南重点高中质检）
10．如图所示为高频电磁炉的工作示意图，它是采用电磁感应原理产生涡流加热。关于电磁炉，以下说法中正确的是（　　）
A．电磁炉是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热
B．电磁炉是利用变化的磁场在含铁质锅底产生涡流对食物加热
C．电磁炉是利用变化的磁场在灶台台面产生涡流对食物加热
D．电磁炉跟电炉一样是让电流通过电阻丝产生热量来对食物加热
（2023·广东省模拟）
11．在油电混合小轿车上有一种装置，刹车时能将车的动能转化为电能，启动时再将电能转化为动能，从而实现节能减排。图中，甲、乙磁场方向与轮子的转轴平行，丙、丁磁场方向与轮子的转轴垂直，轮子是绝缘体，则采取下列哪个措施，能有效地借助磁场的作用，让转动的轮子停下（　　）
A．如图甲，在轮上固定如图绕制的线圈
B．如图乙，在轮上固定如图绕制的闭合线圈
C．如图丙，在轮上固定一些细金属棒，金属棒与轮子转轴平行
D．如图丁，在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行
12．磁电式仪表的基本组成部分是磁铁和线圈。缠绕线圈的骨架常用铝框，铝框、指针固定在同一转轴上。线圈未通电时，指针竖直指在表盘中央；线圈通电时发生转动，指针随之偏转，由此就能确定电流的大小。如图所示，线圈通电时指针向右偏转，在此过程中，下列说法正确的是
A．俯视看线圈中通有逆时针方向的电流
B．穿过铝框的磁通量减少
C．俯视看铝框中产生顺时针方向的感应电流
D．使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处
（2023广东深圳二模）
13．如图，质量为1kg的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使质量为2kg的条形磁铁（条形磁铁横截面比铝管管内横截面小）以v=3m/s的水平初速度自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦，不计管壁厚度。则（　　）
A．磁铁穿过铝管过程中，铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右
B．磁铁穿过铝管后，铝管速度可能为4m/s
C．磁铁穿过铝管时的速度可能大于2m/s
D．磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2J
（2023广东汕头育能中学质检）
14．2021年9月3日在北京，香港两地神舟十二号乘组与近300名香港科技工作者、教师和大中学生展开一场别开生面的天地连线互动。天地连线中，聂海胜示范了太空踩单车。太空单车是利用电磁阻尼的一种体育锻炼器材。某同学根据电磁学的相关知识，设计了这样的单车原理图：在铜质轮子的外侧有一些磁铁（与轮子不接触），人在健身时带动轮子转动，磁铁会对轮子产生阻碍，磁铁与轮子间的距离可以改变，则下列说法正确的是（ ）
A．轮子受到的阻力大小与其材料电阻率无关
B．若轮子用绝缘材料替换，也能保证相同的效果
C．轮子受到的阻力主要来源于铜制轮内产生的感应电流受到的安培力
D．磁铁与轮子间距离不变时，轮子转速越大，受到的阻力越小
（2023山东滕州质检）
15．如图所示，右端为N极的磁铁置于粗糙水平桌面上并与轻质弹簧相连，弹簧一端固定在竖直墙面上，当弹簧处于原长时，磁铁的中心恰好是接有一盏小灯泡的竖直固定线圈的圆心。用力将磁铁向右拉到某一位置，撤去作用力后磁铁穿过线圈来回振动，有关这个振动过程，以下说法正确的是（　　）
A．灯泡的亮暗不会发生变化 B．磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力
C．从左往右看线圈中的电流一直沿逆时针方向 D．若忽略摩擦力和空气阻力，磁铁振动的幅度不会减小
（2023河北临考信息卷）
16．新一代航母阻拦系统将采用电磁阻拦技术，基本原理如图所示，飞机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住轨道上的一根金属棒，导轨间距为d，飞机质量为M，金属棒质量为m，飞机着舰钩住金属棒后与金属棒以共同速度进入磁场，轨道端点间电阻为R、金属棒电阻为r，不计其它电阻和阻拦索的质量。轨道间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为B。金属棒运动一段距离x后飞机停下，测得此过程电阻R上产生焦耳热为Q，则（　　）
A．金属棒中感应电流方向由b到a
B．通过金属棒的最大电流为
C．通过金属棒的电荷量
D．飞机和金属棒克服摩擦阻力和空气阻力所做的总功
（2023福建厦门名校联考）
17．如图所示，一根质量为M、长为L的铜管放置在水平桌面上，现让一块质量为m、可视为质点的钕铁硼强磁铁从铜管上端由静止下落，强磁铁在下落过程中不与铜管接触，在此过程中（　　）

A．桌面对铜管的支持力一直为Mg
B．铜管和强磁铁组成的系统机械能守恒
C．铜管中没有感应电流
D．强磁铁下落到桌面的时间大于强磁铁的自由落体运动时间
（2022广东潮州二模）
18．电磁阻尼可以无磨损地使运动的线圈快速停下来。如图所示，扇形铜框在绝缘细杆作用下绕转轴O在同一水平面内快速逆时针转动，虚线把圆环分成八等份，扇形铜框恰好可以与其中份重合。为使线框快速停下来，实验小组设计了以下几种方案，其中虚线为匀强磁场的理想边界，边界内磁场大小均相同，其中最合理的是（　　）
A． B．
C． D．
（2022江苏南京二模）
19．如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图。电磁制动是一种非接触的制动方式，其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是（　　）
A．制动过程中，导体不会产生热量
B．如果导体反向转动，此装置将不起制动作用
C．制动力的大小与线圈中电流的大小无关
D．线圈电流一定时，导体运动的速度越大，制动力就越大
（2023浙江名校联盟三模）
20．汽车上装有的磁性转速表的内部简化结构如图所示，转轴Ⅰ可沿图示方向双向旋转，永久磁体同步旋转．铝盘、游丝和指针固定在转轴Ⅱ上，铝盘靠近永久磁体，当转轴Ⅰ以一定的转速旋转时，指针指示的转角大小即反映转轴Ⅰ的转速．下列说法正确的是（ ）
A．永久磁体匀速转动时，铝盘中不会产生感应电流
B．永久磁体逆时针（从左向右看）加速转动时，跟转轴Ⅱ相连的指针向逆时针方向偏角变大
C．零刻度线应标在刻度盘的a端
D．若去掉游丝和指针，使转轴Ⅱ无阻碍地自由转动，铝盘就能同永久磁体完全同步转动
21．如图是创意物理实验设计作品《小熊荡秋千》．两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置，当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千．以下说法正确的是（ ）
A．P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向（从右向左看）
B．P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动
C．P向右摆动的过程中，Q会向左摆动
D．若用手左右摆动Q，P会始终保持静止
（2022北京朝阳二模）
22．1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是（　　）
A．磁针的磁场使圆盘磁化，圆盘产生的磁场导致磁针转动
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
23．如图所示，蹄形磁铁的两极之间放置一个线圈abcd，磁铁和线圈都可以绕OO’轴转动.当磁铁按图示方向绕OO’轴转动时，线圈的运动情况是（ ）
A．俯视时，线圈顺时针转动，转速与磁铁相同
B．俯视时，线圈逆时针转动，转速与磁铁相同
C．线圈与磁铁转动方向相同，但转速小于磁铁的转速
D．线圈静止不动
（2023辽宁大连金州高中三模）
24．电磁阻尼技术经常用于列车刹车过程，某同学设计了如图装置研究电磁阻尼，某光滑金属导轨由水平平行轨道和竖直四分之一圆轨道组成，水平平行轨道、相距，轨道左端用阻值的电阻相连。水平轨道的某区域内有方向竖直向上、磁感应强度大小的匀强磁场。现有一根质量、电阻的金属杆以的初速度沿水平导轨从左端冲入磁场，离开磁场后沿竖直圆轨道上升的最大高度，设金属杆与轨道接触良好，并始终与导轨垂直，导轨电阻忽略不计，且不考虑返回情况，重力加速度取。求：
（1）金属杆刚进入磁场时，通过金属杆的电流大小和方向；
（2）整个过程电阻上产生的焦耳热；
（3）磁场区域的长度。
（2023广东金山中学质检）
25．随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术。其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置。该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝正方形线圈abcd；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈（图中未画出），超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，经过时间t火箭着陆，此时火箭速度为v′；线圈abcd的电阻为R，其余电阻忽略不计；ab边长为l，火箭主体质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，求：
（1）缓冲滑块刚停止运动时，线圈ab边两端的电势差Uab；
（2）缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；
（3）火箭主体的速度从v0减到v′的过程中系统产生的电能。

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参考答案：
1．A
【详解】A．强磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃是绝缘体故强磁体在玻璃管中运动，玻璃管不会形成涡流。强磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态，做匀速直线运动，而玻璃管中的磁体则一直做加速运动，故由图像可知图（c）的脉冲电流峰值不断增大，说明强磁体的速度在增大，与玻璃管中磁体的运动情况相符，A正确；
B．在铝管中下落，脉冲电流的峰值一样，磁通量的变化率相同，故小磁体做匀速运动，B错误；
C．在玻璃管中下落，玻璃管为绝缘体，线圈的脉冲电流峰值增大，电流不断在变化，故小磁体受到的电磁阻力在不断变化，C错误；
D．强磁体分别从管的上端由静止释放，在铝管中，磁体在线圈间做匀速运动，玻璃管中磁体在线圈间做加速运动，故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的长，D错误。
故选A。
2．AD
【详解】AD．电流的峰值越来越大，即小磁铁在依次穿过每个线圈的过程中磁通量的变化率越来越大，因此小磁体的速度越来越大，AD正确；
B．假设小磁体是N极向下穿过线圈，则在穿入靠近每匝线圈的过程中磁通量向下增加，根据楞次定律可知线圈中产生逆时针的电流，而在穿出远离每匝线圈的过程中磁通量向下减少产生顺时针的电流，即电流方向相反，与题干图中描述的穿过线圈的过程电流方向变化相符，S极向下同理；所以磁铁穿过8匝线圈过程中会出现8个这样的图像，并且随下落速度的增加，感应电流的最大值逐渐变大，所以磁体下落过程中磁极的N、S极没有颠倒，选项B错误；
C．线圈可等效为条形磁铁，线圈的电流越大则磁性越强，因此电流的大小是变化的小磁体受到的电磁阻力是变化的，不是一直不变的，C错误。
故选AD。
3．C
【详解】A．当开关接1时，对导体棒受力分析如图所示

根据几何关系可得
解得
根据欧姆定律
解得
故A错误；
根据右手定则可知导体棒从右向左运动时，产生的感应电动势与二极管正方向相同，部分机械能转化为焦耳热；导体棒从左向右运动时，产生的感应电动势与二极管相反，没有机械能损失
B．若导体棒运动到最低点时速度为零，导体棒损失的机械能转化为焦耳热为
根据楞次定律可知导体棒完成一次振动速度为零时，导体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳热
故B错误；
C．根据B选项分析可知，导体棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从左向右运动时，最大摆角小于，故C正确；
D．根据B选项分析，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点时的速度，根据
可知棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故D错误。
故选C。
4．AD
【详解】A．由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈正面环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；
BC．开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，BC错误；
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。
故选AD。
5．A
【详解】该装置的原理是利用电磁阻尼。薄板出现扰动时，穿过薄板表面的磁通量如果发生变化，就会产生感应电流，薄板就会受到安培力作用，安培力总是阻碍导体相对磁场的运动，从而使薄板尽快停下来。
A．薄板上、下、左、右运动时，磁通量都会发生变化，所以都会产生感应电流，所以都会受到安培力作用而很快停下来，A正确；
B．薄板只有向左运动时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下来，而向上、向下和向右运动时，则不会产生感应电流，B错误；
C．薄板只有向左运动较大距离时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下来，而向上、向下和向右运动时，则不会产生感应电流，C错误；
D．薄板只有向左、向右运动时，磁通量才会发生变化，才会产生感应电流，进而受到安培力作用而很快停下来，而向上、向下运动时，则不会产生感应电流，D错误；
故选A。
6．AB
【详解】AB．当线圈中通以交变电流时，在金属杯中将产生感应电动势感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势
增加线圈的匝数可以提高交流电产生的感应电动势，则感应电流的功率增大，使杯内的水沸腾所需的时间缩短；提高交流电源的频率，磁感应强度的变化率变大，感应电动势变大，感应电流的功率增大，AB正确；
C．将金属杯换为瓷杯后，由于陶瓷不是导体，因此瓷杯中不能产生感应电流，无法给水加热，C错误；
D．取走线圈中的铁芯则使得线圈周围的磁场变弱，磁感应强度变化率减小，感应电动势变小，从而使杯内的水沸腾所需的时间反而延长，D错误。
故选AB。
7．B
【详解】涡流探伤技术其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变；跳环实验演示线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，属于演示楞次定律．故A错误．无论是涡流探伤技术，还是演示楞次定律，都需要产生感应电流，而感应电流产生的条件是在金属导体内．故B正确．金属探伤时，是探测器中通过交变电流，产生变化的磁场，当金属处于该磁场中时，该金属中会感应出涡流；演示楞次定律的实验中，线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动．故CD错误．
8．B
【详解】铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流（涡流），此电流产生的磁场导致磁针逆时针方向转动，构成电磁驱动。
故选B。
9．AD
【详解】A．变压器可以改变交流电压，但不能改变频率，A项正确；
B．扼流圈对交流有阻碍作用不是因为线圈存在电阻，而是因为在扼流圈图中产生的感应电动势阻碍电流的变化，B项错误；
C．真空冶炼炉是用涡流产生的热量来熔化金属对其进行冶炼的，炉内放入被冶炼的金属，线圈内通入高频交变电流，这时金属中产生涡流，C项错误；
D．磁电式仪表中的铝框能起电磁阻尼的作用，指针转动时铝框中会产生感应电流，铝框受安培力的阻碍作用，从而使指针迅速稳定，D项正确。
故选AD。
10．B
【详解】电磁炉是利用变化的磁场在含铁质锅底产生涡流对食物加热，故B正确，ACD错误。
故选B。
11．D
【详解】AB．图甲和图乙中当轮子转动时，穿过线圈的磁通量都是不变的，不会产生感生电流，则不会有磁场力阻碍轮子的运动，选项AB错误；
C．图丙中在轮上固定一些细金属棒，当轮子转动时会产生感应电动势，但是不会形成感应电流，则也不会产生磁场力阻碍轮子转动，选项C错误；
D．图丁中在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行，当轮子转动时会产生感应电动势，形成感应电流，则会产生磁场力阻碍轮子转动，使轮子很快停下来，选项D正确；
故选D。
12．D
【详解】A．由左手定则可知，俯视看线圈中通有顺时针方向的电流，选项A错误；
BC．因为线圈在水平位置时磁通量为零，则线圈转动时，穿过铝框的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，俯视看铝框中产生逆时针方向的感应电流，选项BC错误；
D．当铝框中产生感应电流时，铝框受到的安培力与运动方向相反，故起到了阻尼作用，则使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处，故D正确。
故选D。
13．CD
【详解】A．磁铁穿过铝管过程中，根据楞次定律中“来拒去留”可知，铝管受到的安培力始终向右，故A错误；
BCD．磁铁穿过铝管的过程中，系统动量守恒，设穿过铝管时磁铁的速度为，铝管的速度为，根据动量守恒定律有
假设无能量损耗则有
解得
，
假设磁铁恰好和铝管速度相等，共速的速度为，根据动量守恒定律有
解得
损耗的能量为
所以磁铁穿过铝管后，铝管速度小于4m/s，磁铁穿过铝管时的速度可能大于2m/s，磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2J。
故B错误，CD正确
故选CD。
14．C
【详解】B．轮子（导体）在磁场中做切割磁感线的运动，会产生感应电动势和感应电流，因此不能用绝缘材料替换，B错误；
AC．轮子在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运动的轮子产生阻力，以阻碍轮子与磁场之间的相对运动，所以轮子受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，安培力大小与电阻率有关，故A错误，C正确；
D．磁铁与轮子间的距离不变时，轮子转速越大，产生的感应电流越大，轮子受到的阻力越大，D错误。
故选C。
15．B
【详解】A．以S极靠近线圈分析，速度增大，且靠近线圈时磁感强度，则穿过线圈磁通量变化率增大，感应电流增大，灯泡会变亮，故A错误；
B．根据楞次定律“来拒去留”可知磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力，故B正确；
C．当S极靠近线圈时，根据楞次定律可知，线圈中的电流沿逆时针方向，当S极向右运动远离线圈时，根据楞次定律可知，线圈中的电流沿顺时针方向，故C错误；
D．若忽略摩擦力和阻力，磁铁的振幅也会越来越小，因为弹簧和磁铁的机械能逐渐转化为焦耳热，故D错误。
故选B。
16．AC
【详解】A．根据右手定则可知金属棒中感应电流方向由b到a，A正确；
B．金属棒向右运动时，受到向左的安培力使其减速，故可知金属棒产生的最大感应电动势为以共同速度进入磁场的瞬间，此时最大电流为
B错误；
C．通过金属棒的电荷量为
C正确；
D．电阻R上产生焦耳热为Q，根据焦耳定律可得金属棒上产生的焦耳热为
根据能量守恒可知飞机和金属棒克服摩擦阻力和空气阻力所做的总功为
D错误。
故选AC。
17．D
【详解】A．把铜管看作是由众多的闭合圆环组成，强磁铁在下落过程中，闭合圆环切割磁感线产生感应电流，感应电流的磁场对磁铁产生向上的磁力作用，由牛顿第三定律，磁铁对铜管产生向下的磁力作用，所以桌面对铜管的支持力大于Mg，选项A错误；
BC．强磁铁在下落过程中由于在铜管中产生感应电流，所以铜管和强磁铁组成的系统机械能减小，选项BC错误；
D．强磁铁下落到桌面的时间大于强磁铁的自由落体运动时间，选项D正确。
故选D。
18．C
【详解】扇形铜框逆时针转动时，对于A、D选项，通过铜框的磁通量不发生变化，无感应电流产生，则线圈不会受到安培力阻碍；
对于B、C选项，通过铜框的磁通量发生变化，产生感应电流，B项的铜框只有单边或受到安培阻力作用，而C项的铜框边、边同时受到安培阻力作用，所以最合理的是C选项。故ABD错误，C正确。
故选C。
19．D
【详解】A.电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过电阻时会产生热量,A 错误；
B.如果改变线圈中的电流方向，铁芯产生的磁感线的方向变为反向，此时产生的涡流方向也相反，根据安培力的公式，电流和所处的磁场方向同时反向，安培力方向不变，故还是使导体受到阻碍运动的制动力,B 错误；
C. 线圈中电流越大，则产生的磁场越强，则转盘转动产生的涡流越强，则制动器对转盘的制动力越大，C 错误；
D. 线圈电流一定时，导体运动的速度越大，转盘转动产生的涡流越强，制动力就越大,D 正确。
故选 D 。
20．B
【详解】AB．当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，当永久磁体加速转动时，跟转轴Ⅱ相连的指针向逆时针方向偏角变大，故A错误，B正确；
C．刻度盘上的零刻度线应标在刻度盘的中央，故C错误；
D．若去掉游丝和指针，使转轴II可以无阻碍地自由转动，由楞次定律知，铝盘不能同永久磁体完全同步转动，转速低于磁体，故D错误。
故选B。
21．AB
【详解】A.P向右摆动的过程中，线圈P平面内从右往左的磁通量减小，根据楞次定律可以得出电流方向为顺时针方向（从右向左看），选项A正确；
BC.根据P中产生的感应电流方向流过Q线圈也是顺时针方向，根据左手定则判断Q下边受安培力向右摆动，选项B正确，C错误；
D.若用手左右摆动Q，线圈Q的下边切割磁感线会产生感应电流，线圈P中会有感应电流通过，在磁场中会受到安培力，选项D项。
故选AB。
22．B
【详解】AB．铜不是铁磁质，不会被磁针磁化，磁针转动的原因在于圆盘与磁针存在相对运动，使圆盘切割磁感线，产生了涡流，而涡流的磁场导致磁针转动，故A错误，B正确；
C．在圆盘转动的过程中，圆盘位置和面积均未变，根据磁针周围磁感线的分布情况可知磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量未变，故C错误；
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动，但铜离子也会随圆盘一起运动，二者产生的等效电流为大小相同、方向相反，即可认为圆盘整体不产生电流，故D错误。
故选B。
23．C
【详解】当磁铁转动时，由楞次定律知，线圈中有感应电流产生，以阻碍磁通量的增加，即感应电流的方向必定是使其受到的力矩的方向与磁铁转动方向相同，以减小磁通量的增加，因而线圈跟着转起来，但阻碍不是阻止，磁通量仍要增加，所以其转速小于磁铁的转速。
故选C。
24．（1）1A，方向从沿杆流向；（2）1.4J；（3）1m
【详解】（1）导体棒刚进入磁场时，切割磁感线产生的电动势
感应电流
由右手定则知感应电流方向从沿杆流向；
（2）导体棒整个运动过程，根据能量守恒定律
解得
电阻产生的焦耳热
（3）设通过磁场时的电量为，在磁场中运动的距离为，刚离开磁场时的速度为，离开磁场运动到最高点的过程中，根据动能定理
解得
在磁场中的运动过程，根据动量定理
又因为
解得
25．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）ab边产生电动势
E＝Blv0
因此
（2）安培力
电流为
对火箭主体受力分析可得
Fab－mg＝ma
解得
（3）设下落t时间内火箭下落的高度为h，对火箭主体由动量定理
mgt－＝mv′－mv0
即
mgt－＝mv′－mv0
化简得
h＝
根据能量守恒定律，产生的电能为
E＝
代入数据可得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第13章：电磁感应
第13.5讲：电磁感应+电路
【知识点精讲】
1．电源和内阻：切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源。该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻。
2．感应电动势：E＝BLv或E＝n。
3．电磁感应中电路知识的关系图
【方法归纳】
1．处理电磁感应电路问题的一般思路
（1）确定电源，在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体是电源；
（2）分析电路结构（区分内、外电路及外电路的串、并联分析），画出等效电路；
（3）运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功率等公式求解。
2．一类特殊问题：根据电磁感应的平均感应电动势求解电路中通过的电量，有＝n，＝，q＝·t＝n。
3．“三步走”分析电路为主的电磁感应问题
【最新高考题精练】
（2022·全国理综甲卷·20）
1．如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，（　　）
A．通过导体棒电流的最大值为
B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C．导体棒速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒上产生的焦耳热
（2022高考上海）
2．宽L=0.75m的导轨固定，导轨间存在着垂直于纸面且磁感应强度B=0.4T的匀强磁场。虚线框I、II中有定值电阻R0和最大阻值为20Ω的滑动变阻器R。一根与导轨等宽的金属杆以恒定速率向右运动，图甲和图乙分别为变阻器全部接入和一半接入时沿abcda方向电势变化的图像。求：
（1）匀强磁场的方向；
（2）分析并说明定值电阻R0在I还是II中，并且R0大小为多少；
（3）金属杆运动时的速率；
（4）滑动变阻器阻值为多少时变阻器的功率最大？并求出该最大功率Pm。
（2020·全国卷Ⅲ）
3．如图，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x（）变化的关系式。
【最新模拟题精练】
（2023河南四市二模）
4．如图所示，PQ、MN是固定在竖直平面内的光滑金属导轨，导轨间距离为L。一长度也为L、质量为m、电阻为r的导体棒GH，与导轨良好接触。一原长为L0，劲度系数为k的轻弹簧一端连接在导体棒的中点，另一端固定于水平地面。导体棒处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨所在平面水平向里的匀强磁场中。图中直流电源的电动势为E、内阻不计，电容器的电容为C，R1、R2为定值电阻，重力加速度为g，弹簧一直处于弹性限度内。初始时，开关断开，导体棒处于水平静止状态。现闭合开关，待电路重新稳定后（导体棒始终处于水平状态）。下列说法正确的是（ ）

A．导体棒中电流为
B．轻弹簧的长度为
C．电容器所带的电荷量为
D．导体棒的重力势能减小了
（2023山东潍坊期末）
5．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，与水平面夹角α=30°，导轨宽度L=1m，导体棒ab垂直于导轨放置，且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B=2.0T。已知导体棒ab质量m=0.02kg，电容器电容为C=0.02F，耐压值足够大，定值电阻R=200Ω，重力加速度g=10m/s ，导体棒和导轨电阻不计。t=0时开关接1，导体棒ab由静止释放，t=2s时开关接2，下列说法正确的是（　　）
A．t=2s时，导体棒ab的速度为2.5m/s
B．t=2s时，电容器储存的电场能为0.16J
C．开关接2瞬间，导体棒ab的加速度为3m/s
D．开关接2至导体棒ab达到最大速度的过程中，通过电阻R的电荷量为0.02C
6． 在图中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻不计，R为电阻，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆．有匀强磁场垂直于导轨平面．若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB(　　)

A．匀速滑动时，I1＝0，I2＝0 B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0
C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0 D．加速滑动时，I1≠0，I2≠0
7．如图所示，水平面上固定一个顶角为60°的光滑金属导轨MON，导轨处于磁感应强度大小为B，方向竖直向下的匀强磁场中。质量为m的导体棒CD与∠MON的角平分线垂直，导轨与棒单位长度的电阻均为r。t＝0时刻，棒CD在水平外力F的作用下从O点以恒定速度v0沿∠MON的角平分线向右滑动，在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。若棒与导轨均足够长，则（　　）
A．流过导体棒的电流I始终为
B．F随时间t的变化关系为F＝t
C．t0时刻导体棒的发热功率为t0
D．撤去F后，导体棒上能产生的焦耳热为mv02
（2023湖南名校联考）
8．如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距L，导轨的两端分别与电源（串有一滑动变阻器R）、定值电阻R0、电容器（电容为C，原来不带电）和开关S相连。整个空间充满了磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向外的匀强磁场。一质量为m、电阻不计的金属棒横跨在导轨上。已知电源电动势为E、内阻为r，不计导轨的电阻。当S接1，滑动变阻器R接入电路一定阻值时，金属棒ab在磁场中恰好保持静止。当S接2后，金属棒ab从静止开始下落，下落距离时达到稳定速度。重力加速度为g，则下列分析正确的是（　　）
A．当S接1时，滑动变阻器接入电路的阻值
B．当S接2时，金属棒从静止开始到刚好达到稳定速度所经历的时间为
C．若将棒由静止释放的同时，将S接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v的变化关系为
D．若将棒由静止释放的同时，将S接到3，则金属棒将做匀加速直线运动，加速度大小
9．用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框、以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud。下列判断正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．如图所示，由某种粗细均匀的金属条制成的矩形线框abcd固定在纸面内，匀强磁场垂直纸面向里．一导体棒PQ放在线框上，在水平拉力F作用下沿平行ab的方向匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中
A．通过PQ的电流先增大后减小
B．PQ两端电压先增大后减小
C．拉力F的功率先减小后增大
D．通过ad的电流先增大后减小
（2023浙江模拟）
11．如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d=0.5m，电阻不计，左端通过导线与阻值R=2Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值RL=4Ω的小灯泡L连接。在CDFE矩形区域内有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，CE长L=2m，有一阻值r=2Ω的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处（恰好不在磁场中）。CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示。在t=0至t=4s内，金属棒PQ保持静止，在t=4s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并施加一外力保持匀速运动。已知从t=0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化。求：
(1)通过小灯泡的电流；
(2)金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小。
（2023浙江名校新高考研究联盟第一次联考）
12．如图所示，水平固定一半径r=0.2m的金属圆环，长为2r、电阻值为R=0.1Ω的一金属棒沿直径放置，两端与圆环接触良好，金属棒的中心固定在过圆心的竖直导电转轴上，棒随轴以角速度匀速转动，转动方向如图。圆环内左半圆存在竖直向上、磁感应强度大小B=2T的匀强磁场。MP和NQ是竖直平面内间距l=0.1m的两平行金属导轨，P端通过开关、分别与阻值为R的电阻和C=0.1F的电容器相连，虚线框内存在方向垂直导轨平面向内、大小为B的匀强磁场。圆环边缘与Q端相连，转轴与电刷良好接触并通过与电容器左端相连。阻值为R、质量为m=0.1kg、长为l导体棒ab通过劲度系数k=4N/m的绝缘轻质弹簧静止悬挂于紧靠导轨磁场上边界的下方，始终与导轨接触良好。开关和断开，不计其它电阻和摩擦阻力。
（1）掷向2，求电容器所带电荷量的大小q；
（2）掷向1，ab棒以v=0.5m/s的速度向上离开磁场，
①求此时电容器剩余的电荷量大小；
②ab棒返回磁场上边界前断开，接通，ab棒第一次向下运动至距磁场上边界0.05m处时速度为0，求此过程中电阻R消耗的焦耳热。（提示：以弹簧处于自然长度时为弹性势能零势能点，当伸长量为x时，其弹性势能为）
13．在同一水平面中的光滑平行导轨P、Q相距l＝1m，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M、N部距离d＝10mm，定值电阻R1＝R2＝12Ω，R3＝2Ω，金属棒ab电阻r＝2Ω，其它电阻不计．磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m＝1×10﹣14kg，带电量q＝﹣1×10﹣14C的微粒恰好静止不动．取g＝10m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好．且运动速度保持恒定．试求：
（1）匀强磁场的方向；
（2）ab两端的路端电压；
（3）金属棒ab运动的速度．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．AD
【详解】MN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瞬时值为
A．当闭合的瞬间，，此时MN可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大
故A正确；
B．当时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN终极速度为零， 故B错误；
C．MN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为
当时，MN上电流瞬时为零，安培力为零此时，MN速度最大，故C错误；
D． 在MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R 上的电流，电阻R消耗电能大于MN上消耗的电能（即），故加速过程中，；当MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大于MN的电流，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，故D正确。
故选AD。
2．（1）垂直纸面向里；（2）定值电阻R0在I中，原因见解析，R0大小为5；（3）5m/s；（4）5，0.1125W
【详解】（1）a点电势高，即导体棒上端电势高，根据右手定则可判断，磁场垂直纸面向里
（2）滑动变阻器接入阻值减小时，Uab变大，根据串联电路分压特点，说明I中的阻值分到的电压增多，I中为定值电阻。
金属棒的电阻不计
Uad=E=0
滑动变阻器两种情况下
联立方程得
R0＝5，0＝1.5V
（3）导体棒切割磁感线
得
v＝5m/s
（4）将定值电阻与金属棒看成一个等效电源，得当Rx＝5时滑动变阻器消耗的功率最大
3．
【详解】当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时，由法第电磁感应定律可知导体棒上感应电动势的大小为
由欧姆定律可知流过导体棒的感应电流为
式中R为这一段导体棒的电阻。按题意有
此时导体棒所受安培力大小为
由题设和几何关系有
联立各式得
4．ABD
【详解】A．现闭合开关，待电路重新稳定后，由闭合电路欧姆定律，导体棒中电流
故A正确；
B．导体棒所受安培力
由左手定则可判断出安培力竖直向下，由平衡条件
mg＋F = kx
解得弹簧压缩量
则轻弹簧的长度为
故B正确；
C．导体棒两端电压
由于R2中电流为零，所以电容器两端电压也为
再根据可得电容器所带的电荷量为
故C错误；
D．初始时，弹簧压缩量
闭合开关，待电路重新稳定后，弹簧压缩量
所以导体棒的重力势能减小了
故D正确。
故选ABD。
5．BC
【详解】A．设在△t时间内，金属棒速度变化为△v，金属棒产生的感应电动势变化
△E=BL△v
电容器两极板电压变化
△U=BL△v
电容器所带电荷量变化
△q=C△U=CBL△v
金属棒中的电流
对金属棒，由牛顿第二定律有
解得
t=2s时，导体棒ab的速度为
故A错误；
B．t=2s时，电容器储存的电场能
故B正确；
C．开关接2瞬间，对导体棒ab有
， ，
解得
故C正确；
D．ab达到最大速度
， ，
解得
根据能量守恒，如果没有克服安培力做功
解得
通过电阻R的电荷量为
实际上，克服安培力做功，下滑位移更大，则通过的电量更大，故D错误。
故选BC。
6．D
【详解】AB．电容器在电路中与等效电源并联，两端电压为AB端感应电动势，所以当导体棒匀速滑动时，电容器两端电压不变，电阻R中电流不为零，AB错误；
CD．加速滑动时，电容器两端电压随导体棒速度的增大而增加，所以电容器一直在充电，充电电流不为零，通过电阻的电流也不为零，C错误D正确；
故选D。
7．ABC
【详解】A．导体棒的有效切割长度
L＝2v0ttan 30°
感应电动势
E＝BLv0
回路的总电阻
联立可得通过导体棒的电流
选项A正确；
B．导体棒受力平衡，则外力F与安培力平衡，即
F＝BIL
得
选项B正确；
C．t0时刻导体棒的电阻为
Rx＝2v0t0tan 30°·r
则导体棒的发热功率
P棒＝I2Rx＝t0
选项C正确；
D．从撤去F到导体棒停下的过程，根据能量守恒定律有
Q棒＋Q轨＝mv02－0
得导体棒上能产生的焦耳热
Q棒＝mv02－Q轨选项D错误。
故选ABC。
8．ACD
【详解】A．S接到1位置时，有
由平衡条件得
mg=BIL
得
联立解得
故A正确；
B．S接到2位置速度恒定时有
解得
金属棒ab从静止开始下落，下落距离h时达到稳定速度，根据动量定理可得
即
其中，解得
故B错误；
CD．若将ab棒由静止释放的同时，将S接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v的变化关系为
Q=CU=CBLv
根据动量定理可得
即
mg△t-BL △Q=m△v
将△Q=CBL△v代入解得
mg△t-CB2L2△v=m△v
所以
故CD正确。
故选ACD。
9．B
【详解】线框进入磁场后切割磁感线，a、b产生的感应电动势是c、d的一半，设a线框电阻为4r，b、c、d线框的电阻分别为6r、8r、6r。在线框进入磁场的过程中，MN两端的电压等于线框回路中的路端电压，根据线框长度和电阻的关系及闭合电路欧姆定律，可知
所以
故选B。
10．BC
【详解】A.导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E=BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小（在ab中点时外电阻最大），由欧姆定律分析得知PQ中的电流先减小后增大，A错误；
B.PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压，由U=E-IR，可知PQ两端的电压先增大后减小，B正确；
C.导体棒匀速运动，PQ上拉力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R总先增大后减小，由，分析得知，PQ上拉力的功率先减小后增大，C正确；
D.导体棒向右运动到ab中点的过程中，电路的总电流在减小，且ad部分的电阻一直在增大，因此ad部分分得的电流一直在减小，由ab中点向右运动的过程中，ad部分的电压一直在减小，且ad部分的电阻在增加，因此电流继续减小，因此通过ad的电流一直减小，D错误．
11．(1)0.1A；(2)1m/s
【详解】(1)在t=0至t=4s内，金属棒PQ保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势。等效电路为r与R并联，再与RL串联，电路的总电阻
此时感应电动势
通过小灯泡的电流
(2)当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动势，等效电路为R与RL并联，再与r串联，此时电路的总电阻
由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流，则流过金属棒的电流为
电动势为
解得
v=1m/s
12．（1）0.4C；（2）①，②
【详解】（1）开关掷向2，电容器充电，根据法拉第电磁感应定律可知
则电容器的电荷量为
联立解得
q=0.4C
（2）①电容器放电过程有
解得
电容器所带电荷量的大小
②ab棒返回磁场时的速度，从返回刚进入磁场到至距磁场上边界h=0.05m处由能量守恒可得
又由于
，
联立解得
则
13．（1）竖直向下（2）0.4V（3）1m/s
【详解】（1）负电荷受到重力和电场力处于静止状态，因重力向下，则电场力竖直向上，故M板带正电．
ab棒向右切割磁感线产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由b→a，其a端为电源的正极，
由右手定则可判断，磁场方向竖直向下．
（2）由由平衡条件，得
mg＝Eq
E=
所以：UMN==V=0.1V
R3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流； I= =0.05A
ab棒两端的电压为 Uab＝UMN+=0.4V
（3）由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BLv
由闭合电路欧姆定律得：
E＝Uab+Ir＝0.5V
联立上两式得v＝1m/s
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第13章 电磁感应
第13.6讲 电磁感应+图像
【知识点精讲】
1. 电磁感应图像问题大体上可分为三类
（1）由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像。
（2）由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量。
（3）根据图像定量计算。
2. 分析电磁感应中的图像问题的思路与方法
图像类型 （1）各量随时间变化的图像：如Bt图像、φt图像、Et图像、It图像、Ft图像等（2）各量随位移变化的图像：如Ex图像、Ix图像等
问题类型 （1）由给定的电磁感应过程选出或画出相应的图像（画图像）（2）由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的问题（用图像）
常用规律 有关方向的判断 左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律
六类公式 （1）平均感应电动势E=n（2）平动切割电动势E=Blv （3）转动切割电动势E=Bl2ω （4）闭合电路欧姆定律I= （5）安培力F=BIl （6）牛顿运动定律及运动学的相关公式等
常用方法 排除法 定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势（增大还是减小）、变化快慢（均匀变化还是非均匀变化），特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项
函数法 根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断
【方法归纳】
电磁感应图像问题解题步骤
（1）明确图像的种类，即是B-t图还是Φ-t图，或者是E-t图、I-t图等。
（2）分析电磁感应的具体过程判断对应的图像是否分段，共分几段。
（3）用右手定则或楞次定律确定感应电流的方向。
（4）结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。
（5）根据函数关系式，进行数学分析。
（6）画图像或判断图像。
【最新高考题精练】
（2023学业水平等级考试上海卷）
1．如图所示，左侧连接有电阻R的光滑平行导轨处于垂直纸面向里的匀强磁场中，一金属棒置于导轨上，对其施加外力使其运动，所受安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化的图像正确的是（　　）

A． B．
C． D．
（2020·山东等级考）
2．如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动（不发生转动）。从图示位置开始计时，4s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I， ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图像，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2019·全国卷Ⅲ）
3．如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2019·全国卷Ⅱ）
4．如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ棒进入磁场时加速度恰好为零，PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2018·全国卷Ⅱ）
5．如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是（ ）
A． B．
C． D．
【最新模拟题精练】
（2023湖北部分名校联考）
6．如图所示，MNQP是边长为L和2L的矩形，在其由对角线划分的两个三角形区域内充满磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场。边长为L的正方形导线框，在外力作用下水平向左匀速运动，线框左边始终与MN平行。设导线框中感应电流i逆时针流向为正。若时左边框与PQ重合，则左边框由PQ运动到MN的过程中，下列图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2023浙江台州部分重点高中联考）
7．将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面（纸面）内。回路的边置于垂直于纸面向里的匀强磁场I中。回路的圆环区域内有垂直于纸面的磁场II，以向里为磁场II的正方向，其磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示。用F表示边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是（ ）
A． B．
C． D．
（2023河南名校联考）
8．如图甲所示，虚线右侧有一垂直纸面的匀强磁场，取磁场垂直于纸面向里的方向为正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，固定的闭合导线框abcd一部分在磁场内。取线框中感应电流沿顺时针方向为正方向，安培力向左为正方向。从t=0时刻开始，下列关于线框中感应电流i、线框cd边所受安培力F分别随时间t变化的图象，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2021高考评估验收模拟13）
9．如图甲所示，且通入如图乙所示的磁场，已知螺线管（电阻不计）的匝数n=6，截面积S=10cm ，线圈与R=12Ω的电阻连接，水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向。忽略线圈的自感影响，下列i-t 关系图中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（2023北京海淀二模）
10．如图所示，MN和PQ是竖直放置的两根平行光滑金属导轨，导轨足够长且电阻不计，MP间接有一定值电阻R，电阻为r的金属杆cd保持与导轨垂直且接触良好。杆cd由静止开始下落并开始计时，杆cd两端的电压U、杆cd所受安培力的大小F随时间t变化的图像，以及通过杆cd的电流I、杆cd加速度的大小a随杆的速率v变化的图像，合理的是（　　）
A． B．
C． D．
11．如图所示，在水平面内固定一个“∠”导轨ABC，导体棒DE垂直于AB边放置在光滑导轨上，棒与导轨接触良好，导体棒和导轨由相同材料、相同粗细的导体制成，匀强磁场垂直向下．导体棒在水平拉力作用下，向右匀速运动至B点的过程中，回路中产生的感应电动势E、感应电流i、焦耳热Q以及拉力F大小随时间t的变化图象中，正确的是
A． B．
C． D．
（2023湖北孝感重点高中期中联考）
12．如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是（规定电流从M经R到N为正，安培力向左为正）（　　）
A． B．
C． D．
（2022广东江门模拟）
13．在绝缘的水平桌面上固定有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间距为l，电阻相同的金属棒ab和cd垂直放在导轨上，两棒正中间用一根长为l的绝缘细线相连，棒ab右侧有磁感应强度大小相等的匀强磁场I、Ⅱ，宽度也为l，磁场方向均垂直导轨，整个装置的俯视图如图所示。从图示位置在棒ab上加水平拉力，使金属棒ab和cd向右匀速穿过磁场区域，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图像，可能正确的是（规定金属棒ab中电流方向由a到b为正）（　　）
A．
B．
C．
D．
（2023四川成都树德中学二诊）
14．如图甲所示，在光滑绝缘水平面内，两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与水平面垂直，边长为的正方形单匝金属线框位于水平面内，边与磁场边界平行。时刻线框在水平外力的作用下由静止开始做匀加速直线运动通过该磁场，回路中的感应电流大小与时间的关系如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．水平外力为恒力
B．匀强磁场的宽度为
C．边离开磁场的时间为
D．线框出磁场过程中水平外力做的功小于线框进入磁场过程中水平外力做的功
（2023广东名校联考）
15．俄罗斯方块游戏风靡全球某人根据游戏中的几个形状制作了一些导线框，导线框制作材料粗细、周长、加工方式都相同．让它们以相同的速度水平向右匀速经过右边单边界磁场（如图甲所示），测得导线框的感应电流如图乙所示，则应该是哪个形状的俄罗斯方块导线框通过磁场（　　）
A． B． C． D．
（2023山东名校联考）
16．如图甲所示，一对间距为l=20cm的平行光滑导轨放在水平面上，导轨的左端接R=1Ω的电阻，导轨上垂直放置一导体杆，整个装置处在磁感应强度大小为B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．杆在沿导轨方向的拉力F作用下做初速为零的匀加速运动．测得力F与时间t的关系如图乙所示．杆及两导轨的电阻均可忽略不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，则杆的加速度大小和质量分别为( )
A．20m/s2 0.5kg B．20m/s2 0.1kg C．10m/s2 0.5kg D．10m/s2 0.1kg
17．如图甲所示，在MN、OP之间存在一匀强磁场，时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间变化的图线如图乙所示。已知线框的质量，电阻，运动过程中线框平面与磁场始终垂直。则（　　）
A．磁场宽度为4m
B．匀强磁场的磁感应强度为
C．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为2C
D．线框穿过磁场过程中，线框产生的热量为1J
（2023福建漳州三模）
18．如图甲，两根电阻不计、足够长的导轨MN、PQ平行放置，与水平面问夹角α＝37°，间距为0.8m，上端连接一电阻R＝0.1Ω。两导轨之间存在方向垂直导轨平面向上的均匀分布的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，一电阻不计，质量为0.02kg的导体棒ab从导轨上且在MP下方0.5m处由静止释放。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，ab与导轨间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑t＝4.25s时磁感应强度突变产生的电磁感应现象。则（　　）
A．0~4.25s内ab中感应电流方向从a到b
B．t＝0s时ab中感应电流I0＝0.4A
C．0~4.25s内R中消耗的热功率为0.016W
D．ab的最大速度值为0.625m/s
（2023洛阳名校联考）
19．如图（a），螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图（b）所示规律变化时
A．在t1~t2时间内，L有收缩趋势
B．在t2~t3时间内，L有扩张趋势
C．在t2~t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流
D．在t3~t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流
（2022山东淄博二模）
20．如图甲所示，两根完全相同的光滑长直导轨固定，两导轨构成的平面与水平面之间的夹角为θ，导轨两端均连接电阻，阻值，导轨间距为L。在导轨所在斜面的矩形区域内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界、的距离为d，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。在导轨斜面上与距离为s处，有一根质量为m、阻值也为R的金属棒ab垂直于导轨在t=0时刻静止释放（金属棒ab与导轨接触良好），t1时刻导体棒恰好进入磁场并匀速通过整个磁场区域。已知重力加速度为g，导轨电阻不计。下列说法正确的是（　　）
A．t1时刻ab棒的速度大小为
B．从开始运动到离开磁场区域ab棒减少的机械能等于该过程中回路所产生的总焦耳热
C．ab棒在磁场中运动的过程中棒两端的电压大小为
D．在进入磁场前和通过磁场区域的过程中通过ab棒的电荷量之比为1：1
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】对照安培力随时间变化图像可知，金属棒做匀变速直线运动，时刻速度减小到零，设加速度大小为a，所受安培力先向左后向右，金属棒速度方向先向右后向左。金属棒在匀强磁场中做切割磁感线运动，产生感应电动势和感应电流
所受安培力
安培力随时间变化图像中，根据牛顿第二定律有
解得
对照各个选项图，可知C正确。
故选C。
2．BC
【详解】AB．因为4s末bc边刚好进入磁场，可知线框的速度每秒运动一个方格，故在0~1s内只有ae边切割磁场，设方格边长为L，根据
可知电流恒定；2s末时线框在第二象限长度最长，此时有
可知
2~4s线框有一部分进入第一象限，电流减小，在4s末同理可得
综上分析可知A错误，B正确；
CD．根据
可知在0~1s内ab边所受的安培力线性增加；1s末安培力为
在2s末可得安培力为
所以有；由图像可知C正确，D错误。
故选BC。
3．AC
【详解】ab棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向右做减速运动，；金属棒cd受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为0，故AC正确，BD错误．
4．AD
【详解】根据图像可知，设PQ进入磁场匀速运动的速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流
保持不变，根据右手定则可知电流方向Q→P；如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；当MN进入磁场时也是匀速运动，通过PQ的感应电流大小不变，方向相反；如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时电流为零，当PQ离开磁场时MN的速度大于v，安培力大于重力沿斜面向下的分力，电流逐渐减小，通过PQ的感应电流方向相反；
故选AD。
5．D
【详解】第一过程从①移动②的过程中
左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，两根棒切割产生电动势方向相同所以 ，则电流为 ，电流恒定且方向为顺时针，再从②移动到③的过程中左右两根棒切割磁感线产生的电流大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零，
然后从③到④的过程中，左边切割产生的电流方向逆时针，而右边切割产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为，方向是逆时针
当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边切割产生的电流方向是逆时针，此时回路中电流表现为零，故线圈在运动过程中电流是周期性变化， D正确；ABC错误；故选D
6．D
【详解】内是线框的左边框由PQ向左进入磁场，根据右手定则知感应电流为顺时针（负），而切割磁感线的有效长度随着水平位移而均匀减小，则感应电流的大小均匀减小；
内，线框的前后双边同向同速切割相反的磁场，双源相加为总电动势，电流方向为逆时针（正），两边的有效长度之和等于L，则电流大小恒定。
故选D。
7．A
【详解】在内，磁感应强度均匀变化，根据楞次定律可知，圆环感应电流方向为逆时针，根据左手定则可知边受到的安培力方向水平向右（正方向）；由法拉第电磁感应定律可得
可知感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变；边在磁场中所受的安培力为
由于匀强磁场Ⅰ中磁感应强度恒定，则内，安培力为平行轴的直线，方向为正方向；同理分析可知，在内，安培力也为平行轴的直线，方向为负方向。
故选A。
8．AD
【详解】AB．在时间内，磁场向外且增强，由楞次定律可判断，感应电流顺时针方向，与规定的正方向相同，故A正确，B错误；
CD．同理可知，在时间内，感应电流逆时针方向，cd边受到安培力向右，与规定正方向相反，为负值，且安培力随B的减小而减小，故C错误，D正确。
故选AD。
9．B
【详解】由图可知，内，线圈中磁通量的变化率相同，故内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为正方向；同理可知，内电路中的电流为逆时针，为负方向，由可得
则知内电路中产生的感应电动势大小为
则电流大小为
同理得内
故B正确，ACD错误。
故选B。
10．D
【详解】C．设杆长为L，杆下落过程中切割磁感线产生的感应电流大小为
故C错误；
D．根据牛顿第二定律有
即
故D正确；
B．杆所受安培力的大小为
杆下落过程中先做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度保持不变，所以安培力随速度先增大，后不变，其大小为mg，故B错误；
A．导体杆两端的电压为
速度先增大，后不变，所以U先增大，后不变，且U增大的越来越慢，即图线的斜率减小，故A错误。
故选D。
11．AC
【详解】设“∠”型导轨的顶角为，导体棒和导轨的电阻率为，横截面积为s，AB的长度为．
A.由几何知识可知，有效长度
则感应电动势
说明电动势随时间均匀减小，故A正确；
B.由几何知识可知，回路BDE总长度为
所以总电阻为
根据闭合电路欧姆定律可知：
为一定值，故B错误；
C.根据安培力
则有：
说明安培力随时间均匀减小，故C正确；
D.根据
则有：
说明热量随时间不是均匀减小，故D错误．
12．AD
【详解】导体棒由b运动到ac过程中，切割磁感线的有效长度l随时间t均匀增大，由
E＝Blv
可知，感应电动势E随时间t均匀增大，由闭合电路欧姆定律可知，感应电流I随时间t均匀增大，则导体棒受到的安培力大小
F＝IlB
随时间t增大得越来越快；由右手定则可知，感应电流的方向为由M经R到N，电流为正值，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，为正值。导体棒由ac运动到d的过程中，由题知
E′＝2Blv＝2E
则导体棒切割磁感线的有效长度l相同时
I′＝2I
导体棒切割磁感线的有效长度l随时间t均匀减小，则感应电流I′随时间t均匀减小，导体棒受到的安培力大小
F′＝I′l·2B＝4F
随时间t减小得越来越慢；由右手定则可知，感应电流的方向为由N经R到M，电流为负值，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，为正值。综上所述，AD正确，BC错误。
故选AD。
13．AC
【详解】AB．ab棒进入磁场开始，由右手定则可知，金属棒ab中感应电流为即为负， 电动势为
感应电流为
当位移为l-2l时，cd棒也进入磁场，由右手定则可知，金属棒ab和cd均产生顺时针感应电流，即为正，设电路总电阻为R，感应电流为
当位移为2l-3l时，只有cd棒切割磁感线，根据右手定则，产生逆时针感应电流，即为负，大小为
故A正确，B错误；
CD．当位移为时，只有ab受到向左的安培力，则细线张力为零。当位移为时，两棒均受到向左的安培力，对cd，根据平衡条件，细线拉力向右，大小为
当位移为时，cd受到向左的安培力，对cd，根据平衡条件，细线拉力向右，大小为
故C正确，D错误。
故选AC。
14．BC
【详解】A．线框进入磁场的时候，要受到安培力的作用，电流是变化的，安培力也是变化的，因此外力必然不是恒力，A错误；
B．由图乙可知时间内线框进入磁场，设线框匀加速直线运动的加速度为，边框长为
磁场的宽度为
故
B正确；
C．设时刻线框穿出磁场，则有
解得
C正确；
D．线框进入磁场过程的位移与出磁场过程的位移相等，线框进入磁场过程中的水平拉力小于出磁场过程中的水平拉力，做的功大于线框进入磁场过程中水平拉力做的功， D错误。
故选BC。
15．B
【详解】设线框切割磁感应的有效长度为L，感应电动势为：E=BLv，感应电流为：，由图乙所示图线可知，0～1s与2～3s内的感应电流相等，且是1～2s内感应电流的一半，B、v、R相等，则0～1s与2～3s内切割磁感线的有效长度L相等且是1～2s内有效长度的一半，由图示线框可知，B正确，ACD错误；
16．D
【详解】导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时速度，t表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为：，闭合回路中的感应电流为，由安培力公式和牛顿第二定律得：，由以上三式得，在乙图线上取两点，，，代入联立方程得： ，，选项D正确．故选D.
点睛：对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．
17．AB
【详解】B．在0~1s内，图乙的力随时间变化的图像可表示为
金属线框从静止开始向右做匀加速直线运动，设加速度为a，线框边长为L，根据牛顿第二定律
又
联立解得
对比
可得
时线框完全进入磁场区域，线框速度
线框边长
由
可得
选项B正确；
A．在1~2s时间内线框完全处于磁场中，线框中磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力作用，受到的外力，线框做匀加速直线运动，加速度，时开始出磁场，开始出磁场时线框速度
所以磁场宽度
选项A正确；
C．线框进入磁场过程和从磁场中出来过程，穿过线框的磁通量的变化量相等，通过线框的电荷量相等，但电流方向相反，所以线框穿过磁场的过程中通过线框的电荷量为零，选项C错误；
D．设线框完全离开磁场时的速度为，则有
得
线框出磁场过程中动能的变化量为
此过程中外力F做的功等于线框动能增加量与产生的热量之和，即
由题图乙知
所以
选项D错误。
故选AB。
18．BCD
【详解】A．由楞次定律可知，0-4.25s内导体棒ab中感应电流方向从b到a，选项A错误；
B．由图乙可得0-4.25s内
t=0时刻感应电流
选项B正确；
C．t=4.25s时，安培力
由于
导体棒恰好处于静止状态，0-4.25s内电阻R消耗的热功率为
选项C正确；
D．t=4.25s后，导体棒ab开始下滑，当
（B2=0.1T）
时导体棒ab开始匀速运动，此时速度最大，则
解得
vm=0.625m/s
选项D正确。
故选BCD。
19．AD
【详解】A．据题意，在t1~t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增加，则在导线框中产生沿顺时针方向增加的电流，该电流激发出增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故A正确；
BC．在t2~t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故BC错误；
D．在t3~t4时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，在导线框中产生沿顺时针方向减小的电流，该电流激发出向内减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向电流，故D正确。
故选AD。
20．AC
【详解】A．t1时刻导体棒恰好进入磁场并匀速通过整个磁场区域，则刚进入磁场时满足
解得
选项A正确；
B．前t1时间内，ab棒进入磁场前，棒的机械能不变，磁场变化回路也产生焦耳热，所以从开始运动到离开磁场区域ab棒减少的机械能小于该过程中回路所产生的总焦耳热，B错误；
C．ab棒在磁场中运动的过程时
解得棒两端的电压大小为
C正确；
D．棒进入磁场前
解得
棒进入磁场后
解得
所以
D错误。
故选AC。
答案第1页，共2页
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