階段復習（四）電場和磁場

【知識網絡】

一\電場

Q,Q—8rs帶電粒子的運動

~U4宣Ad

［兩類動態變化

等勢面特點：移動電荷不

做功，疏密表示電場強弱

電勢:令

表達式F=A臂

|靜電力常量A=9.0x1。9N?m2/C2)

靜電場及其應用

靜電場中的能量

二、磁場

質譜儀：qU=^mv2^qvB=m-Y

〃2D2D2

回旋加速器：戶

2m

速度選擇器、磁流體發電機、

電磁流量計、霍爾元件：

疊加場：受力分析IqE=qvB

半徑/?二筆，周期r=牙

qBqB

(

磁

場

a疊

【規范訓練】（2023?廣東汕頭市仲元中學二模）現代科技中常常利用電場和磁場來控制帶電粒

子的運動，某控制裝置如圖所示，區域I是］圓弧形均勻輻向電場，半徑為R的中心線O'O

處的電場強度大小處處相等，且大小為團，方向指向圓心。1；在空間坐標系。一盯z中，區

域II是邊長為乙的正方體空間，該空間內充滿沿y軸正方向的勻強電場場（大小未知）；區域

III也是邊長為乙的正方體空間，空間內充滿平行于xOy平面，與無軸負方向成45。夾角的勻

強磁場，磁感應強度大小為8,在區域III的上表面是一粒子收集板；一群比荷不同的帶正電

粒子以不同的速率先后從。'沿切線方向進入輻向電場，所有粒子都能通過輻向電場從坐標

原點。沿x軸正方向進入區域H,不計帶電粒子所受重力和粒子之間的相互作用。

粒子收集板

（1）若某一粒子進入輻向電場的速率為。o,該粒子通過區域II后剛好從P點進入區域III中，已

知P點坐標為（L,多0）,求該粒子的比荷氏和區域II中電場強度瓦的大小；

（2）保持（1）問中E2不變，為了使粒子能夠在區域III中直接打到粒子收集板上，求粒子的比荷V

需要滿足的條件。

【解題指導】

關鍵表述關鍵表述解讀

當電荷量為q的粒子經點進入區域I,受到

半徑為R的中心線。'。處的電場強度

輻向電場的靜電力，大小恒定，方向指向圓心

大小處處相等，且大小為Ei,方向指向

粒子在靜電力的作用下將做半徑為R的圓

圓心

周運動。

區域II是邊長為L的正方體空間，該空進入區域II的粒子速度指向X軸正方向，靜電力

間內充滿沿y軸正方向的勻強電場瓦（大指向y軸正方向，所以粒子x軸方向做勻速直線

小未知）運動，y軸方向做勻加速直線運動。

該粒子通過區域H后剛好從尸點進入區粒子在x軸方向的位移為3滿足

域III中，已知P點坐標為（L李，0）y軸方向位移為丫=亭，滿足,="

保持（1）問中及不變，粒子在區域II中的運動軌

保持⑴問中￡2不變，為了使粒子能夠在

跡不變，仍然從尸點進入區域III中，速度方向和

區域III中直接打到粒子收集板上

區域ill中的磁場垂直，在區域m中做勻速圓周運

答案⑴氤半⑵懿易（黏

解析（1）由靜電力提供向心力可得

q（）EimoR（X）

區域H中x軸方向有L=vot@

y軸方向有。=鬻④

亨=“⑤

（2）設粒子進入輻向電場的速率為o,

區域II中沿x軸方向有介⑨

y軸方向有ai=^~@

y=上訪2?

4=〃"1?

區域ni中粒子速度方向與1軸正方向的夾角為仇

則tan9=￡=1?

粒子進入區域HI的速度f2

v=y]v+v/f

方向與區域III中磁場方向垂直?

v'2

由qv'?

聯立????式得廠=豺呼運?

為了保證粒子能夠打到粒子收集板上，粒子軌跡如圖所示,

由幾何關系可知粒子在磁場中的半徑需要滿足

^L<r<^L?

聯立??式得粒子的比荷節沙*〈詈法。

階段復習練（四）

1.（2024山西晉城市第一中學期中）如圖甲所示，計算機鍵盤為電容式傳感器，每個鍵下面由

相互平行、間距為d的活動金屬片和固定金屬片組成，兩金屬片間有空氣間隙，兩金屬片組

成一個平行板電容器，如圖乙所示。其內部電路如圖丙所示，則下列說法正確的是（）

丙

A.按鍵的過程中,電容器的電容減小

B.按鍵的過程中,電容器的電荷量增大

C.按鍵的過程中,圖丙中電流方向從〃流向Z?

D.按鍵的過程中,電容器間的電場強度減小

答案B

解析根據。=黑海知，按鍵過程中，板間距離d減小，電容C增大，故A錯誤；因C增

大，U不變，根據。=CU知Q增大，電容器充電，電流方向從。流向故B正確，C錯

誤；根據電勢差與電場強度的關系U=Ed,可知電容器間的電場強度增大，故D錯誤。

2.（2023?廣東深圳市期末汝□圖所示，將一輕質矩形彈性軟線圈ABC。中A、B、C、。、E、F

六點固定，E、F為AD、8c邊的中點。一不易形變的長直導線在E、尸兩點處固定，現將矩

形絕緣軟線圈中通入電流八，直導線中通入電流/2，已知長直導線和線圈彼此絕緣。

則穩定后軟線圈大致的形狀可能是（）

解析由安培定則可知，通電直導線左側磁場垂直于紙面向外，右側磁場垂直于紙面向里，

由于可以忽略電流/1產生的磁場，軟線圈的各段的形變方向為其受到的安培力方向，

故而由左手定則可判斷B圖正確。

3.（多選）如圖甲所示，為特高壓輸電線路上使用六分裂阻尼間隔棒的情景。其簡化如圖乙，

間隔棒將6條輸電導線分別固定在一個正六邊形的頂點a、b、c、d、e、/上，。為正六邊形

的中心，A點、8點分別為的中點。已知通電導線在周圍形成磁場的磁感應強度與

電流大小成正比，與到導線的距離成反比。6條輸電導線中通有垂直紙面向外、大小相等的

電流，其中。導線中的電流對6導線的安培力大小為R則（）

A.A點和8點的磁感應強度相同

B.其中6導線所受安培力大小為|產

C.a、b、c、d、e五根導線在。點的磁感應強度方向垂直于ed向下

D.〃、b、c、d、e五根導線在O點的磁感應強度方向垂直于ed向上

答案BC

解析根據對稱性可知A點和8點的磁感應強度大小相等，方向不同，關于。點對稱，故A

錯誤；根據題意可知以c對導線b的安培力大小￡/、d對導線b的安培力大小為Ffd=*F,

e對導線b的安培力大小為，，根據力的矢量合成可得b導線所受安培力Fb=2Fsin30°+

2X2—sin60。+不=e，故B正確；根據安培定則，a、d兩條導線在。點的磁感應強度等

大反向，b、e兩條導線在。點的磁感應強度等大反向，a、b、c、d、e五根導線在。點的磁

感應強度方向與c導線在。點的磁感應強度方向相同，垂直于ed向下，故C正確，D錯誤。

4.（2024?江蘇常州市檢測）如圖所示，ABCD為真空中一正四面體區域，M和N分別為AC邊

和4。邊的中點，A處和C處分別有等量異種點電荷+。和一。。貝女）

B上-e

A.B、。處電場強度大小相等，方向不同

B.電子在M點的電勢能小于在N點的電勢能

C.將一試探正電荷從B沿直線BD移動到D靜電力做正功

D.將位于C處的電荷一Q移到B處時M、N點電場強度大小相等

答案D

解析因為是正四面體，所以各棱長相等，A處和C處分別有等量異種點電荷，則根據點電

荷的電場強度公式石=,可知，兩點電荷各自在8、。處產生的電場強度大小相等，但由于

電場強度是矢量，其疊加遵循平行四邊形定則，根據電場強度的疊加原理可知，兩點電荷在

8、。處產生的電場強度大小相等、方向相同，故A錯誤；根據等量異種點電荷形成的電場

的特點可知，兩點電荷連線的中垂面為等勢面，電勢為零，而M點在該等勢面上，則可知M

點的電勢為零，以此中垂面為界限，靠近正電荷電勢為正，靠近負電荷電勢為負，N點靠近

正電荷，則其電勢大于零，因此有外＞9”，而電子在電勢越高的地方電勢能越小，由此可知

電子在M點的電勢能大于在N點的電勢能，故B錯誤；根據正四面體的性質可知，BD在該

等量異種點電荷連線的中垂面上，因此8、。兩點電勢相等，均為零，將一試探正電荷從8

沿直線8。移動到。靜電力不做功，故C錯誤；將位于C處的電荷一。移到B處時，可知M、

N兩點到正電荷的距離相等，且M、N兩點到負電荷的距離也相等，根據點電荷的電場強度

公式以及幾何關系可知，兩點電荷分別在M、N兩點產生的合電場強度的大小相等，故D正

確。

5.（2024?河南周口市期中）如圖所示，在豎直平面內有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有

一根長為工的絕緣細線，細線一端固定在。點，另一端系一質量為根的帶電小球。小球靜

止時細線與豎直方向成。角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞。點在豎直平面內沿逆時針方

向做圓周運動，重力加速度為g,忽略空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.勻強電場的電場強度E=瑞^

B.小球動能的最小值為&=襄^

4LUbU

C.小球的重力勢能最小時機械能也最小

D.小球從初始位置開始，在豎直平面內運動一周的過程中，其電勢能先增大后減小再增大

答案B

解析小球靜止時細線與豎直方向成夕角，對小球受力分析，小球受重力、拉力和靜電力，

三力平衡，根據平衡條件，有mgtan9=qE,解得后=遜也士故A錯誤；小球恰能繞。點

q

在豎直平面內做圓周運動，在等效最高點A速度最小，如圖。

根據牛頓第二定律，有7^胤=虜~,則最小動能Ek=gmv2=工興"故B正確；小球的機械

CObC7L乙NCOS（/

能和電勢能之和守恒，則小球運動至電勢能最大的位置機械能最小，小球帶負電，則小球運

動到圓周軌跡的最左端點時機械能最小，故C錯誤；小球從初始位置開始，在豎直平面內沿

逆時針方向運動一周的過程中，靜電力先做正功后做負功，再做正功，則其電勢能先減小后

增大，再減小，故D錯誤。

6.（多選）（2024?廣西北海市一模）如圖所示，尤軸上有兩個點電荷位于。、位置，一負試探

電荷沿x軸由。向移動的過程中，該電荷的電勢能隨位置的變化規律如圖所示，A、C

兩點的連線以及B點的切線均與x軸平行，B點的橫坐標為尤1=2,。'點的橫坐標為無2=5。

則下列說法正確的是（）

A.8點的電場強度為零

B.。、O'兩點的電荷均為正電荷

C.。、0'兩點的點電荷所帶電荷量的絕對值之比為9：4

D.（PA—（PB=（PC—9B

答案AD

解析Ep-x圖像中圖線的斜率表示靜電力，由于8點的切線與x軸平行，即斜率為零，故

試探電荷在8點的靜電力為零，電場強度為零，故A正確；由于負的試探電荷在兩點電荷產

生的電場中電勢能為正值，設試探電荷所帶電荷量絕對值為q,則由公式七=一”可知電場

中各點的電勢為負值，所以兩點電荷均帶負電，故B錯誤；設。、O'兩點的點電荷所帶的

電荷量絕對值分別為qi、伙，由于2點的電場強度為0,則由電場強度的疊加原理得

k,3解得"=]故c錯誤；試探電荷在A、C兩點的電勢能相等，則A、C兩點的電

勢相等，又A、C兩點的電勢比8點的電勢低，財（PA-<PB=（PC-<PB,故D正確。

7.（2024.遼寧省十校聯合體聯考）回旋加速器在科學研究中得到了廣泛應用，其原理如圖所示。

Di和D2是兩個中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強磁場中，他們接在電壓為U、

頻率為了的高頻交流電源上。已知勻強磁場的磁感應強度為8,D形盒的半徑為八若位于

Di圓心處的粒子源A處能不斷產生帶電荷量為q、速率為零的粒子經過電場加速后進入磁場,

當粒子被加速到最大動能后，再將他們引出。忽略粒子在電場中運動的時間，忽略相對論效

應，忽略粒子重力及粒子間相互作用，下列說法正確的是（）

A.粒子第n次被加速前后的軌道半徑之比為也：尸1

B.粒子從D形盒出口引出時的速度為最/

C.粒子在D形盒中加速的次數為畸

D.當磁感應強度變為原來的2倍，同時改變交流電頻率，該粒子從D形盒出口引出時的動

能為4nfqBr

答案D

2

UWTIW

解析根據洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，有qvB=~^~,則有半徑公式R=藥，與

nqU=5iv2,可得旦,所以粒子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為,幾一1:y/7i,

選項A錯誤；粒子從D形盒出口引出時根據8"=喘\可得0m其中尸4=^高，解

2mVm兀鋁於

得速度為vm=2jifr,選項B錯誤；粒子在D形盒中加速的次數為〃=方廠=七~，選項C

13242r2

錯誤；粒子從D形盒出口引出時的動能為Ekm=/Om2=2m=nBq//,當磁感應強度變為

原來的2倍，因/=黑,則/變為原來的2倍，則此時&m=4皿B戶，選項D正確。

8.（多選）如圖，在一個邊長為。的正六邊形區域內，存在磁感應強度為2、方向垂直于紙面向

里的勻強磁場，三個相同的帶正電粒子，比荷為'，先后從A點沿方向以大小不等的速

率射入勻強磁場區域，己知粒子只受磁場的作用力，則（）

A.從尸點飛出磁場的粒子速度大小為亞警

B.所有從AF邊上飛出磁場的粒子，在磁場中的運動時間都相同

C.從E點飛出磁場的粒子，在磁場中的運動時間為瑞

D.從EQ邊上的某一點垂直飛出磁場的粒子，其軌道半徑為2小a

答案BCD

解析從尸點飛出的粒子在正六邊形區域磁場中做圓周運動的半徑為ri,洛倫茲力提供向心

力，由牛頓第二定律得效8=加手，由幾何關系可得n=2$:60。=華，聯立解得。="|爭,

故A錯誤;

QJTW

粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為r=F，所有從AF邊上飛出磁場的粒子，在磁場中

QD

轉過的圓心角均為120。，則在磁場中的運動時間均為r=汽120°7=12*2幺Ttm詈2=兀普"1，故B正確;

JouJquJQD

由幾何關系可得，從E點飛出的粒子在磁場中轉過的圓心角60。，粒子在磁場中的運動時間

為

60°1、，2jimTim—“

t=360°T=6X~qB'=3qB,故。正角；

由幾何關系可得，從西邊上的某一點垂直即飛出磁場的粒子，在磁場中轉過的圓心角為

AE

30°,貝I有AE=2acos30°=小。，，3=$畝30s=2小a,

故D正確。

9.（多選X2023?四川成都市模擬）利用霍爾效應制作的霍爾元件廣泛應用于測量和自動控制等

領域，如圖是霍爾元件的工作原理示意圖。磁感應強度8垂直于用金屬材料制成的霍爾元件

的表面向下，通入圖示方向的電流/,C、D兩端會形成電勢差Ua），電子的電荷量為e,導

體中單位體積內的電子數為%垂直于電流的側面長寬分別為從小則下列說法正確的是（）

A.C端電勢一定高于。端電勢

B.載流子所受靜電力的大小為尸=當總

C.僅增大電流/,Uco的絕對值將增大

D.僅增大d,Uco的絕對值將增大

答案BC

解析因霍爾元件材料為金屬，金屬中可自由移動的是電子，電子受洛倫茲力向左，即電子

會打到C端，故有UCD<Q,C端電勢低于。端電勢，故A錯誤；根據電場強度定義式可得產

=Ee,又因￡=也鏟，電子受靜電力大小為尸=瓦=琛4>,故B正確；當霍爾元件狀態穩

定時，根據平衡條件，有其中/=〃eo/7d,解得|。“|=推），僅增大電流|UcH

增大；僅增大d,|Ua）|減小，故C正確，D錯誤。

10.（2024?貴州遵義市第一次質檢）如圖所示，豎直平面內有一半徑為R的圓形區域，其圓心為

O,最高點為P,該區域內存在垂直圓面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為瓦在圓形區域

右側豎直放置一粒子收集器，M.N為收集器上、下邊緣的兩點，與圓形區域在同一平

面內，。與N在同一水平線上，MN=R,ON=y[3Ro從P點沿PO方向射入大量速率不等的

同種粒子，粒子所帶電荷量為外質量為機。忽略粒子間的相互作用力和粒子重力，關于打

在收集器上的粒子，下列說法正確的是（）

M

/xl'x

/u

/XXXXA

;XBXOXxx!I

\XXXXx/N

\XXX

A.粒子帶負電

B.粒子在磁場中運動的最短時間為舞

jDq

c.打在收集器上的粒子的最小速率為華達

D.從尸點到N點的粒子比從P點到M點的粒子運動時間短

答案D

解析根據題意可知，粒子在磁場中向右偏轉，根據左手定則可知，粒子帶正電，故A錯誤;

打到M、N兩點的粒子軌跡如圖所示，

由圖可知，粒子打到N點時，在磁場中的軌跡對應的圓心角最小，在磁場中的運動時間最短，

則有舞,故B錯誤；粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力可得qvB=

1?-iiTn

解得r=轉，由圖可知粒子打到Af點時，在磁場中的軌道半徑最小，粒子的速度最小，

根據幾何關系可得，tan。=岑^=小，可得6=60°,則最小半徑為n=Rtan號=*R,聯立

解得打在收集器上的粒子的最小速率為oi="|誓，故C錯誤；由圖可知，從尸點到N點

的粒子在磁場中的運動時間小于從P點到M點的粒子在磁場中的運動時間；離開磁場到打

到收集器，從P點到N點的粒子通過的位移小于從尸點到M點的粒子通過的位移，從P點

到N點的粒子的速度大于從尸點到M點的粒子的速度，則從尸點到N點的粒子從離開磁

場到打到收集器所用時間小于從尸點到M點的粒子從離開磁場到打到收集器所用時間，故

從尸點到N點的粒子比從尸點到M點的粒子運動時間短，故D正確。

11.(2024湖北省聯考)如圖所示，直角坐標系xOy中，x軸上方存在豎直向下的勻強電場，x

軸下方存在垂直紙面向外的勻強磁場。一帶正電粒子從+y軸上的尸點，以初速度。o沿與y

軸正方向成0=53。角方向射入第一象限，經x軸后恰好能通過坐標原點。。已知粒子經過尤

軸時與無軸正方向也成53。角，且。尸=L不計粒子重力，sin53o=0.8,cos53°=0.6o

(1)求勻強電場的電場強度與勻強磁場的磁感應強度大小之比;

(2)若僅改變勻強磁場的磁感應強度大小，使粒子從+y軸上的尸點以同樣方式射出后，進出

磁場一次后又恰好能回到尸點，求改變后的磁感應強度與改變前的磁感應強度大小之比。

答案(l)|^o⑵聶H

解析(1)設粒子質量為機、電荷量為q,電場強度為E,經過x軸時的速度為。，磁感應強度

大小為3。粒子在電場中做類斜上拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖。

在電場中，根據類拋體運動規律ocos53°=o()sin53°

根據動量定理Eq-t=mvsin5304-mu0cos53°

根據動能定理Eq]=^mv2—^mvo2-

在磁場