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电场和磁场压轴题（全国乙卷和Ⅱ卷）-高考物理十年压轴真题题型解读与模拟预测
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电场和磁场压轴题（全国乙卷和Ⅱ卷）
高考物理电场和磁场压轴题是考查学生物理学科素养高低的试金石，表现为综合性强、求解难度大、对考生的综合分析能力和应用数学知识解决物理问题的能力要求高等特点。
一、 命题范围
1.电场强度的叠加（压轴指数★★★★）
在多个点电荷或匀强电场的区域，求解某点的合电场强度。立体空间的电场强度的叠加增加了想象能力的考查。
2、电势和电势能（压轴指数★★★★）
带电粒子在电场中的电势和电势能的变化。
3、磁感应强度的叠加与分解（压轴指数★★★★）
磁感应强度矢量性，特别是立体空间的合成与分解，立体空间的磁感应强度的叠加增加了想象能力的考查。
4、带电粒子在电场中的运动（压轴指数★★★★★）
带电粒子在电场中的直线运动、类平抛运动和其他运动。
5、带电粒子在磁场中的运动（压轴指数★★★★★）
带电粒子在有界磁场中的圆周运动或其他运动。
二、命题类型
1. 单一电场或磁场情境考查基本概念的理解。电场强度、磁感应强度、电势、电势能、电场力做功，通电导线在磁场中所受的安培力的分析与计算。
2.电场或磁场综合情境题。物理情境选自最新科学技术的研究情境或学习探究情境，物理过程复杂程度高。已知条件情境化、隐秘化、需要仔细挖掘题目信息。求解方法技巧性强、灵活性高、应用数学知识解决问题的能力要求高的特点。命题点常包含：匀变速直线运动、圆周运动、抛体运动等。命题常涉及运动学、力学、电磁场、功能关系等多个物理规律的综合运用，有时也会与相关图像联系在一起。
一、 夯实基本概念和基本规律
对电场和磁场中的概念规律，要知道概念和规律的形成过程，对其概念的物理意义要理解透彻对规律的适用条件要清晰。
二、提升创新思维和综合分析能力
新高考改革以来的题目，不再拘泥于常规情境下的创新，而是新情境下综合运用物理知识，分析问题。解决问题的思路可能与平时练习的思路是变化的，要根据新情境，综合利用所学知识解决。
三、增强立体空间下应用数学知识解决问题的能力
无论时电场和磁场叠加或分解问题，还是带电粒子在电场或磁场中的运动，不在单纯的局限在平面直线坐标系下，三维空间下的运动的分析与判断，无论是空间想象能力还是应用数学知识解决物理问题都是最近考查的热点。
一、单选题
1．（2021·全国·高考真题）如图（a），在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为和，相应的电势能分别为和，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】由图中等势面的疏密程度可知
根据
可知
由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从M点移到N点，可知电场力做正功，电势能减小，即
故选A。
2．（2021·全国·高考真题）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为的带电粒子从圆周上的M点沿直径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转；若射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转，不计重力，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据题意做出粒子的圆心如图所示
设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径
第二次的半径
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
所以
故选B。
3．（2020·全国·统考高考真题）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。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之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则（ ）
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
【答案】D
【解析】A．由于电子带负电，要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；
B．增大加速电压则根据
可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有
可得
可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；
C．电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；
D．由B选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确。
故选D。
4．（2019·全国·高考真题）如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外．ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k．则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【解析】a点射出粒子半径Ra= =，得：va= =，
d点射出粒子半径为 ，R=
故vd= =，故B选项符合题意
5．（2017·全国·高考真题）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，质量分别为ma，mb，mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动，下列选项正确的是（ ）
A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma
【答案】B
【解析】由题意知
mag=qE
mbg=qE+Bqv
mcg+Bqv=qE
所以
故选B。
6．（2016·全国·高考真题）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
【答案】D
【解析】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．
7．（2016·全国·高考真题）一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒，不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示
由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为
粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即
解得
故选A。
8．（2015·全国·高考真题）如图所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将
A．保持静止状态
B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动
D．向左下方做匀加速运动
【答案】D
【解析】现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D正确，A、B、C错误．
二、多选题
9．（2022·全国·统考高考真题）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
【答案】BC
【解析】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。
10．（2022·全国·统考高考真题）如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（ ）
A．L和N两点处的电场方向相互垂直
B．M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C．将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D．将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
【答案】AB
【解析】A．两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；
B．正方形底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；
C．由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；
D．由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。
故选AB。
11．（2022·全国·统考高考真题）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为、；粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（ ）
A．粒子3入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
【答案】BD
【解析】C．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为
带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有
，
可得
即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；
A．粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；
B．粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
D．粒子3做向心运动，有
可得
粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；
故选BD。
12．（2018·全国·高考真题）如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则（ ）
A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
【答案】AC
【解析】外磁场、电流的磁场方向如图所示
在b点
B0＝B0－B1＋B2
在a点
B0＝B0－B1－B2
由上述两式解得B1＝B0，B2＝B0。故AC正确，BD错误。
故选AC。
13．（2018·全国·高考真题）如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点．一电荷量为q（q>0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1：若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，下列说法正确的是（ ）
A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为
C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为
D．若W1=W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
【答案】BD
【解析】利用电场力做功 ，可以找到两点之间电势差的关系，要知道中点电势和两端点电势之间的关系．
A、选项根据题意无法判断，故A项错误．
B、由于电场为匀强磁场，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点，所以
若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为
,故B正确；
C、因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是，故C错误；
D、若W1=W2，说明
由因为；
解得： ，故D正确；
故选BD
14．（2017·全国·高考真题）如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和 L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，下列说法正确的是（ ）
A．L1所受磁场作用力的方向与 L2、L3所在平面垂直
B．L3所受磁场作用力的方向与 L1、L2所在平面垂直
C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为
D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为
【答案】BC
【解析】A．同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．对L1受力分析，如图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；
B．对L3受力分析，如图所示，可知L3所受磁场力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故B正确；
CD．设三根导线两两之间的相互作用力为F，则L1、L2受到的磁场力的合力等于F，L3受的磁场力的合力为，即L1、L2、L3单位长度受到的磁场力之比为，故C正确，D错误．
【点睛】先根据安培定则判断磁场的方向，再根据磁场的叠加得出直线电流处磁场的方向，再由左手定则判断安培力的方向，本题重点是对磁场方向的判断、大小的比较．
15．（2014·全国·高考真题）如图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是
A．电子与正电子的偏转方向一定不同
B．电子和正电子在磁场中的运动轨迹一定相同
C．仅依据粒子的运动轨迹无法判断此粒子是质子还是正电子
D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小
【答案】AC
【解析】由于电子和正电子带电性相反，若入射速度方向相同时，受力方向相反，则偏转方向一定相反，选项A 正确；由于电子和正电子的入射速度大小未知，根据可知，运动半径不一定相同，选项B错误；虽然质子和正电子带电量及电性相同，但是两者的动量大小未知，根据，则根据运动轨迹无法判断粒子是质子还是正电子，选项C正确；由，则，可知粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越大，选项D 错误．
三、解答题
16．（2020·全国·统考高考真题）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。
【答案】（1）磁场方向垂直于纸面向里；；（2）；
【解析】（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
一、单选题
1．如图所示，粗细均匀的圆形绝缘环位于空间直角坐标系中的xOy平面内，其几何中心与坐标原点O重合。处于每个象限的圆环都均匀带有电荷量大小相同的电荷，电性如图所示。点1、2、3、4、5、6分别位于x轴、y轴上，点3、4、5、6与原点间距相同，点1、2关于原点对称。下列说法正确的是（ ）
A．点1、点2处的场强一定相同
B．点3、点4处的场强一定相同
C．将正试探点电荷从点5移动到点6，电势能变大
D．将正试探点电荷从点1移动到点2，电势能不变
【答案】D
【解析】A．根据电场强度的叠加原理，点1和点2的场强大小相等、方向相反，场强一定不同，故A错误；
B．根据电场强度的叠加原理，点3和点4的场强大小相同，方向相反，场强一定不同，故B错误；
C．根据微元法和等效法，点5和点6可看作等量异种点电荷连线的中垂线上的点，电势相同，将正试探点电荷从点5移动到点6，电势能不变，故C错误；
D．根据微元法和等效法，点1和点2可看作等量异种点电荷连线的中垂线上的点，电势相同，将正试探点电荷从点1移动到点2，电势能不变，故D正确。
故选D。
2．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块，可视为质点，在处以初速度沿x轴正方向运动。小滑块的质量为，带电量为。整个运动区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在处的切线，并且AB经过（1，2）和（2，1）两点，重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）
A．在处的电场强度大小为20V/m
B．滑块向右运动的过程中，加速度先增大后减小
C．滑块运动至处时，速度的大小为2.5m/s
D．若滑块恰好能到达处，则该处的电势为-50V
【答案】D
【解析】A．Ep-x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力大小为
解得电场强度大小
故A错误；
B．滑块向右运动时，电场力先减小后增大，所以加速度先减小后增大，故B错误；
C．滑块从x=1m到x=3m运动过程中电势能减小，电场力做功
由动能定理得
解得滑块运动至处时，速度的大小为
故C错误；
D．若滑块恰好到达x=5m处，则滑块恰好到达x=5m处
则滑块从x=1m到x=5m运动过程中
由
解得滑块到达处的电势能
处的电势为
故D正确。
故选D。
3．如图所示，边长为的正立方体处于匀强电场中，A、B、C及四个顶点的电势分别为、、、，下列说法正确的是（ ）
A．点的电势为
B．电场强度的方向沿连线方向
C．电场强度的大小为
D．电子从A点出发沿AB边、BC边、CD边到达D点，电场力做功为
【答案】C
【解析】A．C及的电势相等，则C连线为等势线，，则B与电势相等，可知点的电势为，故A错误；
B．根据电场线与等势线垂直的关系可知电场强度的方向不会沿连线方向，故B错误；
C．根据
解得
、、
根据三者矢量运算可解得合场强，故C正确；
D．由于，则，解得D点电势为40V，电子从A点出发沿AB边、BC边、CD边到达D点，电场力做功为，故D错误；
故选C。
4．如图所示，完全相同的甲、乙两个通电圆环同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此时b点的磁感应强度大小为B1，c点的磁感应强度大小为B2。现将甲撤去，则a点的磁感应强度大小为（ ）
A．B2－ B．B1－ C．B1－B2 D．B1
【答案】A
【解析】甲乙两环在b点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，而b点的磁感应强度大小为B1，因此两环在b点产生的磁感应强度均为。乙环在b点和c点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故乙环在c点产生的磁感应强度为，而c点的磁感应强度大小为B2，因此甲环在c点产生的磁感应强度为。由于甲环在c点产生的磁感应强度与乙环在a点产生的磁感应强度大小相等，因此撤去甲环后，a点的磁感应强度大小为，故选A。
5．如图所示，一条直线上的a、b、c、d、e相邻两点间距相等，在b、d两点处各有一条长直导线垂直纸面。两直导线中通有方向相同、大小分别为和的电流。已知电流在纸面上产生磁场的磁感应强度与电流成正比、与直导线同这一点的距离成反比，现测得c点与e点的磁感应强度大小分别为和，方向如图，下列说法正确的是（ ）
A．a点磁感应强度的大小为
B．a点到e点之间，所有位置的磁感应强度都不为零
C．两电流之比
D．若移走，c点磁感应强度的大小将变为
【答案】A
【解析】AC．根据安培定则可知，和在c点的磁感应强度反向，可得
和在e点的磁感应强度同向，可得
和在a点的磁感应强度同向，可得a点磁感应强度的大小为
联立前两式可得
故A正确，C错误；
B．在b、d之间，和磁感应强度反向，所以在b、d之间的某个位置，磁感应强度有可能为零，故B错误；
D．若移走，c点磁感应强度的大小将变为
故D错误。
故选A。
6．如图所示，空间有水平向右的匀强磁场，磁感应强度为。一不可伸长的绝缘、柔软细线左端固定于点，中间点拴着一长度为d的垂直纸面的轻质直导线，右端跨过处的光滑定滑轮后悬挂一质量为的重物，系统处于静止状态。此时处于同一水平线上，且。当导线中通有垂直纸面向里的恒定电流时，重物上升高度，系统恰好再次达到平衡，已知重力加速度为，则导线中通入的电流大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】导线通有电流后，因受到安培力下降至点，则
如图所示
设和与竖直方向的夹角都为，则
根据对称性，和对导线的作用力都为，有
可得
故选B。
二、多选题
7．如图所示，O点是竖直平面内圆的圆心，A、B、C三点将圆三等分，CD是圆的水平直径，在A、B两点分别固定等量的正点电荷。不计重力，下列说法正确的是（ ）
A．D、O、C三点的电势大小关系为φD＝φO＝φC
B．一个电子可以在A、B两点电荷的电场中做圆周运动
C．将一个电子从C点静止释放，电子从C点沿直线到D点的过程中所受的电场力一定是先增大后减小，然后再增大
D．若一电子源从O点以相同的初动能沿圆周平面内向各个方向发射电子，则从D点离开圆周的电子的动能最大
【答案】BC
【解析】A．D、O与两点电荷的距离相等且小于C点与两点电荷的距离，由电势的叠加可知
故A错误；
B．在A、B两点连线的中垂面内，电子受到的合电场力方向指向A、B两点连线的中点，若给电子适当的初速度，电子可以在A、B两点连线的中垂面内绕AB的中点为圆心做匀速圆周运动，故B正确。
C．设A、B两点间距为L，两点电荷的电量均为，CD上某点M，设
A、B两点电荷在M点形成电场的合场强沿OC方向，其大小为
，
由数学知识可知当
有最大值。由几何知识可知，当电子在C点时，，当电子在O点时，，因此电子在CO之间的某处受到的电场力达到最大值，而电子运动到A、B两点连线的中点时，受到的电场力为零，然后往左运动时，受到的电场力反向，大小增大。因此，电子从C点沿直线到D点的过程中所受的电场力先增大后减小，然后再增大，故C正确；
D．只有电场力做功时，带电粒子的动能与电势能之和为一个定值，由于D点不是圆上电势最高的点，因此D点不是电子的电势能最小的点，故电子从D点离开圆时动能不是最大的，故D错误。
故选BC。
8．在平面直角坐标系中，M、N为x轴上的两点，坐标分别为，，以N点为圆心、L为半径做一虚线圆，过M点向圆周做切线，切点为a，y轴上的b点坐标为，如图所示。将电荷量为、的两个点电荷分别固定在M、N两点，静电力常量为k。下列说法正确的是（ ）
A．坐标为的点的电场强度为零
B．a点电场强度大小为
C．带电粒子沿图中虚线圆移动时，电势能保持不变
D．a点的电势比b点的电势高
【答案】ABD
【解析】A．设坐标为（，0）处的电场强度为零，则有
解得
故A正确；
B．由几何知识可得，a点到M点的距离为，则a点电场强度大小为
其中
，
联立可得，a点电场强度大小为，故B正确；
C．带电粒子沿图中虚线圆移动时，N处的点电荷对该带电粒子的静电力始终不做功，但M处的点电荷对该带电粒子的静电力做功，所以该带电粒子的电势能会改变，故C错误；
D．由几何知识可知，b点到M点的距离也为，则若将一个正电荷从a点移到b点，静电力对该正电荷做正功，则该正电荷在a点具有的电势能大于在b点具有的电势能，所以a点的电势比b点的电势高，故D正确。
故选ABD。
9．如图，圆心为O、半径为R的圆形区域内存在一个平行于该区域的匀强电场，MN为圆的一条直径。质量为m、电荷量为的粒子从M点以速度v射入电场，速度方向与MN夹角，一段时间后粒子运动到N点，速度大小也为v，不计粒子重力，规定M点电势为0。下列说法正确的是（ ）
A．场强大小为
B．粒子电势能的最大值为
C．仅改变粒子速度大小，粒子离开圆形区域时电势能的最小值为
D．仅改变粒子速度大小，当粒子离开圆形区域的电势能最小时，粒子射入电场的速度大小为
【答案】ABD
【解析】A．M到N粒子动能不变，电场力不做功，所以MN为等势线，电场线与MN垂直，粒子做类似斜抛的运动，沿MN方向，粒子匀速运动
垂直MN方向
，
求得
故A正确；
B．粒子垂直MN方向速度为0时，电势能最大，根据能量守恒
故B正确；
CD．如图
当粒子运动到P点时，电势能最小，由
，
联立求得
且电势能最小值为
故C错误，D正确。
故选ABD。
10．在水平向右的匀强电场中，带电小球A、B用一根绝缘轻绳连接，另一根绝缘轻绳将A悬挂在O点，A、B的质量均为，电量分别为和。对B施加拉力使系统平衡时A、B的位置如图所示，其中绳水平，构成正三角形。已知重力加速度大小为，匀强电场场强大小为。现撤去拉力，由于空气阻力的作用，A、B最终会再次处于静止状态，则A、B再次静止后（ ）
A．绳的拉力大小为
B．绳的拉力大小为
C．与撤去前相比，系统电势能和系统重力势能都减小
D．与撤去前相比，A球的总能量增加，B球的总能量减少
【答案】BC
【解析】A．A、B再次静止后，A、B受到的电场力的合力为
方向水平向左。对A、B整体受力分析如图
由几何关系可得
且OA绳与竖直方向的夹角为
即
A错误；
B．A、B再次静止后，对B受力分析如图
由几何关系可得
且AB绳与竖直方向的夹角为
即
B正确；
C．由上述分析可知，A、B再次静止后，OA绳、AB绳与竖直方向的夹角均为，则此时两球的位置如图所示
设绳长为L，故A电势能的变化量为
B电势能的变化量为
A重力势能的变化量为
B重力势能的变化量为
与撤去前相比，系统电势能和系统重力势能变化量分别为
故与撤去前相比，系统电势能和系统重力势能都减小，C正确；
D．与撤去前相比，A、B两球的总能量变化量分别为
故A球的总能量减少，B球的总能量减少，D错误。
故选BC。
11．离子推进器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的动力，其工作原理如图所示：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，在加速过程中推进器获得恒定的推力。已知每个正离子质量为m，电荷量为q，单位时间内飘入的正离子数目为n，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．正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小为
B．离子推进器获得的平均推力大小为
C．加速正离子束所消耗的功率
D．为提高能量的转换效率要使尽量大，可以使用比荷更小的正离子
【答案】CD
【解析】A．正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小
A错误；
B．电场对粒子加速有
根据动量定理有
其中
，
整理得离子推进器获得的平均推力大小
B错误；
C．加速正离子束所消耗的功率
C正确；
D．根据以上分析可知
要使尽量大，可以用质量大、带电量小即比荷更小的离子作为推进器，D正确。
故选CD。
12．如图所示水平放置的平行板电容器，两板间距为d，电压恒为U，两板间为匀强电场．为便于描述，以两板中心连线中点为坐标原点并建立如图平面直角坐标系，点为一粒子源沿轴正向以速度发射出一个质量为、带正电粒子，粒子沿轴正向做匀速运动（粒子落到极板即被吸附，坐标轴不随极板转动），重力加速度大小为，则下列说法错误的是（ ）
A．A板带负电、B板带正电，粒子的电荷量为
B．若A、B两板分别以、为轴在纸面内逆时针转动15°后，沿轴正向射入的粒子将做曲线运动
C．若两板以为轴在纸面内顺时针转动180°，粒子由点以沿轴正向射入且未从极板间射出，粒子在极板上的落点坐标为
D．若两板以为轴在纸面内顺时针转动90°，粒子由点以沿y轴负向射入，当其达到A板时增加的动能为1.5mgd，则粒子的初速度
【答案】BD
【解析】A．粒子沿x轴正向做匀速运动，则所受重力和电场力平衡，有
可得粒子的电荷量为
电场力方向竖直向上，而粒子带正电，则电场方向向上，者A板带负电、B板带正电，故选项A正确，不符合题意；
B．A、B两板分别以O1、O2为轴逆时针转动15°后，极板间距变为，板间电压不变，根据公式
分析得知，板间场强变化为
而且电场强度的方向也旋转了15°，由受力分析可知，电场力在竖直方向的分力为
F=qE′cos15°=qE
仍与重力平衡，水平方向电场力有向左的分力，所以微粒向右匀减速直线运动，则选项B错误，符合题意；
C．两板以O为轴在纸面内顺时针转动180°，等效为两板对调位置，则粒子所受电场力向下，由牛顿第二定律
粒子做类平抛运动，竖直方向打在板上，做匀加速直线运动
水平方向做匀速直线运动
可得粒子打板的坐标
故选项C正确，不符合题意；
D．两板以O为轴在纸面内顺时针转动90°，电场力大小不变，为mg，方向为水平向右，水平方向做匀加速直线运动
竖直方向做初速度为v0，加速度为g的匀加速直线运动
而动能的增加量为
解得
故选项D错误，符合题意。
故选BD。
13．如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，等势面与水平方向夹角为，一电子从等势面D上的O点进入匀强电场，在O点时动能为，速度方向竖直向上，电子恰好不穿过B等势面。已知相邻等势面间的距离均为，电子重力不计。下列说法正确的是（ ）
A．电子做匀变速直线运动
B．电子飞经等势面C时的动能为
C．匀强电场的电场强度大小为
D．电子再次经过等势面D时的位置与O点相距
【答案】CD
【解析】A．由题知电子速度方向竖直向上，恰好不穿过B等势面，而电场线垂直于等势面，在匀强电场中，带负电的粒子所受电场力的方向与电场线的方向相反，可知电场线垂直与等势面斜向左上方，电子所受电场力垂直于等势面斜向右下方，加速度方向与电子速度方向不共线，因此电子做匀变速的曲线运动，故A错误；
B．用正交分解法将电子的初速度分解到平行于等势线方向（方向）和垂直等势线方向（方向），则有
由题意可知，电子到达B等势面时，方向的分速度减为零，只有沿方向的分速度，即
由动能的公式可知电子经过B等势面时动能是经过D等势面时的一半即
由动能定理可得
解的
而
解的
电子从等势面D到等势面C由动能定理可得
解的
故B错误；
C．由
可解的
故C正确；
D．电子在方向上做类竖直上抛运动，时间上具有对称性，则再次经过等势面D的时间为
而方向上做匀速直线运动，再次经过等势面D时的位置距O点的距离为
故D正确。
故选CD。
14．如图所示为两条平行的光滑绝缘导轨，左侧与电源相连，其中两导轨的水平部分与半圆部分相切于C、E两点。现将一导体棒垂直导轨放置，外加匀强磁场，磁场方向垂直于导体棒，与导轨平面的夹角斜向左上方。开始时导体棒静止于图中A点，当电建S闭合后，导体棒由静止开始运动，运动过程中导体棒始终与接触的两条导轨垂直，并恰能到达导轨半圆部分最高点D点。已知两导轨的间距，半圆部分的轨道半径，磁场的磁感应强度大小，导体棒中的电流，导体棒的质量，重力加速度g取10。则下列说法正确的是（ ）
A．导体棒在A点的加速度大小为10
B．导体棒在D点的速度大小为m/s
C．A、C两点间距离为m
D．导体棒离开轨道后将做平抛运动，并落在A点左侧
【答案】BC
【解析】A．由左手定则判断导体棒受到斜向右上的安培力，根据
求得
A错误；
B．在D点时
解得
m/s
B正确；
B．对导体棒，从A到D，将安培力分解到竖直方向和水平方向来处理它的功，应用动能定理
求得
C正确；
D．导体棒离开轨道后不再受安培力作用，将做平抛运动
，
代入数据可得
所以导体棒将落在A点右侧。D错误。
故选BC。
三、解答题
15．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内存在电场方向沿y轴负方向的匀强电场区域I，在下方存在电场方向沿y轴方向的匀强电场区域II，在x轴下方和之间（含边界）存在垂直坐标系xOy平面向外的匀强磁场。在坐标为（-2L，L）的P点沿x轴向射出一个质量为m、电荷量为的带电粒子，粒子经电场区域偏转后从坐标原点O射出电场区域I。已知电场区域II的电场强度是区域I电场强度的2倍，粒子射出时的初速度大小为，不计粒子的重力大小。
（1）求匀强电场区域I的电场强度大小；
（2）若粒子恰好不能进入匀强电场区域II，求匀强磁场的磁感应强度的大小；
（3）若粒子经磁场偏转后恰好从y轴上坐标为（0，-L）的Q点进入匀强电场区域II，求粒子第n次经过x轴的位置离P点的水平距离，及从P点射出到第n次经过x轴时，粒子运动的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）n取奇数且当时距离P点水平距离为 ，n取偶数且时距离P点水平距离为；n为偶数时且，时间为，n为奇数时且，时间为
【解析】（1）根据电场力公式和牛顿第二定律可知
粒子在竖直方向做匀加速直线运动，水平方向没有外力作用，可知在水平方向做匀速直线运动可得粒子在区域I花费的时间为
结合上式可得
（2）粒子在区域I做类平抛运动可知，粒子在原点时速度的方向延长线交水平位移的中点可得速度与x轴的夹角
粒子在磁场运动时，洛伦兹力提供向心力
可得
结合上式可得
（3）由题意可知，区域II电场强度变为原来的二倍，故所花费的时间和水平位移为粒子在区域I的一半，分析可知，粒子从x轴上下方经过x轴时距离P点得距离不同，故要分情况讨论，当n为奇数时，当时，距离P点水平距离为2L，时距离P点水平距离为4L，当时，距离P点水平距离为6L，整理可知n取奇数且当时距离P点水平距离为
当n为偶数时，当时距离P点水平距离为0, 当时距离P点水平距离为2L, 当时距离P点水平距离为4L，整理可知n取偶数且时距离P点水平距离为
分析题意可知
洛伦兹力提供向心力得
分析可知
粒子在磁场运动一个周期为
在区域I时间为，区域II时间为，当时，时间为，时，时间为，当时，时间为，当时，时间为，整理可得n为偶数时且，时间为，n为奇数时且，时间为
16．图甲是中华太极图，生动地表示了宇宙万物的结构及运动规律，她人类文明的无价之宝。图乙是大圆O内及圆周上有磁感应强度大小为B，方向相反的匀强磁场太极图。两个半圆的圆心O’，O在圆O的同一直径MN上，半圆直径均为圆O的半径R。曲线MON左侧的磁场方向垂直直面向外。质量为m，电荷量为q的质子（不计重力），以某初速度从N点沿纸面与NM夹角θ=30°射入右侧磁场，恰好通过O点进入左侧磁场，并从M点射出。
（1）求质子的初速度大小v1；
（2）求质子从N点运动到M点所用的时间t0；
（3）若θ＝90°，曲线MON上的磁场方向垂直纸面向里，要使质子不进入曲线MON左侧磁场中，求质子速度的大小范围。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【解析】（1）质子的运动轨迹如图所示，设质子的轨道半径为r0，则
由几何关系可得
，
联立解得
（2）质子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
质子在左右磁场中运动的时间相等
质子从N点运动到M点所用的时间为
（3）质子在右磁场中运动有
分两种情况讨论
要使质子不进入曲线MON左侧磁场区域，应满足
解得
要使质子不进入曲线MON左侧磁场区域，应满足
解得
质子速度的大小范围为
，
17．人工核反应是利用加速器加速带电粒子与物质进行相互作用，产生多种带电的和不带电的次级粒子的过程。如图所示，加速器的核心装置由三部分组成，其中B、D两端接地，中间的为电荷交换室，有很高的电势。加速器的前端安装有离子发生装置A，即粒子源；输出端安装有用于发生核反应的反应靶。离子发生装置产生质量为的负一价离子，由静止开始在加速管中加速到达高压端，进入电荷交换室电子被剥离，变成价的正离子，但速度和质量不发生改变，然后进入另一加速管中继续加速，以获得足够的速度，与反应靶进行核反应。已知电子的带电荷量为，不计所有粒子的重力及电场、磁场的边缘效应。
（1）求离子到达交换室时的速度大小；
（2）求离子在加速器中出射时的动量大小；
（3）核反应生成的各种次级粒子经过束流纯化装置挑选出具有相同速度的某一种目标次级粒子，由点垂直射入一矩形区域内，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为，双平行轨道间距为，装有计时装置的荧光屏可以沿轨道平行移动。移动，使荧光屏上的点闪光，此时记录的粒子运动时间为；继续移动，当间距为时，次级粒子在磁场中的运动时间为。求该次级粒子射入磁场的方向（与的夹角）、速度大小及其比荷。
【答案】（1）；（2） ；（3），，
【解析】（1）根据动能定理得
可得
（2）设离子的出射速度为，应用动能定理，有
又
解得
（3）设次级粒子的入射速度为，与方向的夹角为，由题中已知条件，粒子运动时间为时，打在点，而间距为时，粒子在磁场中的运动时间变长为，说明次级粒子再次打在荧光屏上的位置必在点左侧，且其轨迹必与磁场的右边界相切，且相切位置恰好为第一次打在点的位置，由此作出其运动图像如图所示
由图中的几何关系可知
，
联立解得
所以
，
所以粒子的运动时间
而
联立得粒子的速度
根据洛伦兹力提供向心力有
得
得粒子的比荷
18．为研究静电跳球现象，某同学固定了板间距为d的水平平行导体板（板足够长），两极板连接到电压可调的直流电源上（如图），极板间电场强度竖直向下。一个质量为m的小球（可视为质点）与上极板接触后由静止释放，在两极板间沿竖直方向运动，小球每次与上极板接触后所带电量都会变为，每次与下极板接触后所带电量都会变为。小球每次与极板碰撞后瞬间的动能与碰撞前瞬间的动能比值为k，不计空气阻力，取重力加速度为g。
（1）若小球第一次反弹后恰好到达上极板，求两极板间电压，以及小球与下极板碰撞过程中损失的动能。
（2）调整电压使小球在向上运动时做匀减速直线运动，且加速度大小等于向下运动的加速度大小的一半，最终小球每次从上极板反弹后瞬间的动能均相同，写出此动能表达式，并讨论k的取值范围。
（3）再次调整电压，使小球向上时能做匀速直线运动。小球每次从上极板反弹后瞬间的动能均相同后，若在其与下极板碰撞的瞬间加上垂直纸面向内的匀强磁场，小球所能达到的最大高度恰为极板间距的一半，求：①磁感应强度大小与k的关系；②加磁场后小球水平方向的最大位移大小与k的关系。
【答案】（1），；（2）；；（3）①，②
【解析】（1）设小球第一次与下极板碰撞前的动能为，则由动能定理
设小球第一次反弹后的动能为，则由动能定理
又
联立解得
（2）向下运动的过程，由牛顿定律
向上运动的过程，由牛顿第二定律
又
解得
设稳定后所求动能为，则
解得
要使，则
（3）向上做匀速直线运动，则
由（2）可知，带入（2）中可得，此时与上极板碰撞后的动能
设加磁场时小球的速度为则
解得
加磁场后，小球做圆周运动，则
由题意
解得
加磁场后每次碰撞前后的速度关系
即
故水平方向的最大位移
电场和磁场压轴题（全国乙卷和Ⅱ卷）
高考物理电场和磁场压轴题是考查学生物理学科素养高低的试金石，表现为综合性强、求解难度大、对考生的综合分析能力和应用数学知识解决物理问题的能力要求高等特点。
一、 命题范围
1.电场强度的叠加（压轴指数★★★★）
在多个点电荷或匀强电场的区域，求解某点的合电场强度。立体空间的电场强度的叠加增加了想象能力的考查。
2、电势和电势能（压轴指数★★★★）
带电粒子在电场中的电势和电势能的变化。
3、磁感应强度的叠加与分解（压轴指数★★★★）
磁感应强度矢量性，特别是立体空间的合成与分解，立体空间的磁感应强度的叠加增加了想象能力的考查。
4、带电粒子在电场中的运动（压轴指数★★★★★）
带电粒子在电场中的直线运动、类平抛运动和其他运动。
5、带电粒子在磁场中的运动（压轴指数★★★★★）
带电粒子在有界磁场中的圆周运动或其他运动。
二、命题类型
1. 单一电场或磁场情境考查基本概念的理解。电场强度、磁感应强度、电势、电势能、电场力做功，通电导线在磁场中所受的安培力的分析与计算。
2.电场或磁场综合情境题。物理情境选自最新科学技术的研究情境或学习探究情境，物理过程复杂程度高。已知条件情境化、隐秘化、需要仔细挖掘题目信息。求解方法技巧性强、灵活性高、应用数学知识解决问题的能力要求高的特点。命题点常包含：匀变速直线运动、圆周运动、抛体运动等。命题常涉及运动学、力学、电磁场、功能关系等多个物理规律的综合运用，有时也会与相关图像联系在一起。
一、 夯实基本概念和基本规律
对电场和磁场中的概念规律，要知道概念和规律的形成过程，对其概念的物理意义要理解透彻对规律的适用条件要清晰。
二、提升创新思维和综合分析能力
新高考改革以来的题目，不再拘泥于常规情境下的创新，而是新情境下综合运用物理知识，分析问题。解决问题的思路可能与平时练习的思路是变化的，要根据新情境，综合利用所学知识解决。
三、增强立体空间下应用数学知识解决问题的能力
无论时电场和磁场叠加或分解问题，还是带电粒子在电场或磁场中的运动，不在单纯的局限在平面直线坐标系下，三维空间下的运动的分析与判断，无论是空间想象能力还是应用数学知识解决物理问题都是最近考查的热点。
一、单选题
1．（2021·全国·高考真题）如图（a），在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为和，相应的电势能分别为和，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】由图中等势面的疏密程度可知
根据
可知
由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从M点移到N点，可知电场力做正功，电势能减小，即
故选A。
2．（2021·全国·高考真题）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为的带电粒子从圆周上的M点沿直径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转；若射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转，不计重力，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据题意做出粒子的圆心如图所示
设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径
第二次的半径
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
所以
故选B。
3．（2020·全国·统考高考真题）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。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之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则（ ）
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
【答案】D
【解析】A．由于电子带负电，要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；
B．增大加速电压则根据
可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有
可得
可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；
C．电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；
D．由B选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确。
故选D。
4．（2019·全国·高考真题）如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外．ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k．则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【解析】a点射出粒子半径Ra= =，得：va= =，
d点射出粒子半径为 ，R=
故vd= =，故B选项符合题意
5．（2017·全国·高考真题）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，质量分别为ma，mb，mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动，下列选项正确的是（ ）
A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma
【答案】B
【解析】由题意知
mag=qE
mbg=qE+Bqv
mcg+Bqv=qE
所以
故选B。
6．（2016·全国·高考真题）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
【答案】D
【解析】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．
7．（2016·全国·高考真题）一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒，不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示
由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为
粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即
解得
故选A。
8．（2015·全国·高考真题）如图所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将
A．保持静止状态
B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动
D．向左下方做匀加速运动
【答案】D
【解析】现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D正确，A、B、C错误．
二、多选题
9．（2022·全国·统考高考真题）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
【答案】BC
【解析】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。
10．（2022·全国·统考高考真题）如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（ ）
A．L和N两点处的电场方向相互垂直
B．M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C．将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D．将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
【答案】AB
【解析】A．两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；
B．正方形底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；
C．由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；
D．由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。
故选AB。
11．（2022·全国·统考高考真题）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为、；粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（ ）
A．粒子3入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
【答案】BD
【解析】C．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为
带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有
，
可得
即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；
A．粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；
B．粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
D．粒子3做向心运动，有
可得
粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；
故选BD。
12．（2018·全国·高考真题）如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则（ ）
A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0
【答案】AC
【解析】外磁场、电流的磁场方向如图所示
在b点
B0＝B0－B1＋B2
在a点
B0＝B0－B1－B2
由上述两式解得B1＝B0，B2＝B0。故AC正确，BD错误。
故选AC。
13．（2018·全国·高考真题）如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点．一电荷量为q（q>0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1：若该粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，下列说法正确的是（ ）
A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为
C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为
D．若W1=W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
【答案】BD
【解析】利用电场力做功 ，可以找到两点之间电势差的关系，要知道中点电势和两端点电势之间的关系．
A、选项根据题意无法判断，故A项错误．
B、由于电场为匀强磁场，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点，所以
若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为
,故B正确；
C、因为不知道匀强电场方向，所以场强大小不一定是，故C错误；
D、若W1=W2，说明
由因为；
解得： ，故D正确；
故选BD
14．（2017·全国·高考真题）如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和 L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，下列说法正确的是（ ）
A．L1所受磁场作用力的方向与 L2、L3所在平面垂直
B．L3所受磁场作用力的方向与 L1、L2所在平面垂直
C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为
D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为
【答案】BC
【解析】A．同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．对L1受力分析，如图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；
B．对L3受力分析，如图所示，可知L3所受磁场力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故B正确；
CD．设三根导线两两之间的相互作用力为F，则L1、L2受到的磁场力的合力等于F，L3受的磁场力的合力为，即L1、L2、L3单位长度受到的磁场力之比为，故C正确，D错误．
【点睛】先根据安培定则判断磁场的方向，再根据磁场的叠加得出直线电流处磁场的方向，再由左手定则判断安培力的方向，本题重点是对磁场方向的判断、大小的比较．
15．（2014·全国·高考真题）如图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是
A．电子与正电子的偏转方向一定不同
B．电子和正电子在磁场中的运动轨迹一定相同
C．仅依据粒子的运动轨迹无法判断此粒子是质子还是正电子
D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小
【答案】AC
【解析】由于电子和正电子带电性相反，若入射速度方向相同时，受力方向相反，则偏转方向一定相反，选项A 正确；由于电子和正电子的入射速度大小未知，根据可知，运动半径不一定相同，选项B错误；虽然质子和正电子带电量及电性相同，但是两者的动量大小未知，根据，则根据运动轨迹无法判断粒子是质子还是正电子，选项C正确；由，则，可知粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越大，选项D 错误．
三、解答题
16．（2020·全国·统考高考真题）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。
【答案】（1）磁场方向垂直于纸面向里；；（2）；
【解析】（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
一、单选题
1．如图所示，粗细均匀的圆形绝缘环位于空间直角坐标系中的xOy平面内，其几何中心与坐标原点O重合。处于每个象限的圆环都均匀带有电荷量大小相同的电荷，电性如图所示。点1、2、3、4、5、6分别位于x轴、y轴上，点3、4、5、6与原点间距相同，点1、2关于原点对称。下列说法正确的是（ ）
A．点1、点2处的场强一定相同
B．点3、点4处的场强一定相同
C．将正试探点电荷从点5移动到点6，电势能变大
D．将正试探点电荷从点1移动到点2，电势能不变
【答案】D
【解析】A．根据电场强度的叠加原理，点1和点2的场强大小相等、方向相反，场强一定不同，故A错误；
B．根据电场强度的叠加原理，点3和点4的场强大小相同，方向相反，场强一定不同，故B错误；
C．根据微元法和等效法，点5和点6可看作等量异种点电荷连线的中垂线上的点，电势相同，将正试探点电荷从点5移动到点6，电势能不变，故C错误；
D．根据微元法和等效法，点1和点2可看作等量异种点电荷连线的中垂线上的点，电势相同，将正试探点电荷从点1移动到点2，电势能不变，故D正确。
故选D。
2．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电荷的小滑块，可视为质点，在处以初速度沿x轴正方向运动。小滑块的质量为，带电量为。整个运动区域存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在处的切线，并且AB经过（1，2）和（2，1）两点，重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）
A．在处的电场强度大小为20V/m
B．滑块向右运动的过程中，加速度先增大后减小
C．滑块运动至处时，速度的大小为2.5m/s
D．若滑块恰好能到达处，则该处的电势为-50V
【答案】D
【解析】A．Ep-x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力大小为
解得电场强度大小
故A错误；
B．滑块向右运动时，电场力先减小后增大，所以加速度先减小后增大，故B错误；
C．滑块从x=1m到x=3m运动过程中电势能减小，电场力做功
由动能定理得
解得滑块运动至处时，速度的大小为
故C错误；
D．若滑块恰好到达x=5m处，则滑块恰好到达x=5m处
则滑块从x=1m到x=5m运动过程中
由
解得滑块到达处的电势能
处的电势为
故D正确。
故选D。
3．如图所示，边长为的正立方体处于匀强电场中，A、B、C及四个顶点的电势分别为、、、，下列说法正确的是（ ）
A．点的电势为
B．电场强度的方向沿连线方向
C．电场强度的大小为
D．电子从A点出发沿AB边、BC边、CD边到达D点，电场力做功为
【答案】C
【解析】A．C及的电势相等，则C连线为等势线，，则B与电势相等，可知点的电势为，故A错误；
B．根据电场线与等势线垂直的关系可知电场强度的方向不会沿连线方向，故B错误；
C．根据
解得
、、
根据三者矢量运算可解得合场强，故C正确；
D．由于，则，解得D点电势为40V，电子从A点出发沿AB边、BC边、CD边到达D点，电场力做功为，故D错误；
故选C。
4．如图所示，完全相同的甲、乙两个通电圆环同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此时b点的磁感应强度大小为B1，c点的磁感应强度大小为B2。现将甲撤去，则a点的磁感应强度大小为（ ）
A．B2－ B．B1－ C．B1－B2 D．B1
【答案】A
【解析】甲乙两环在b点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，而b点的磁感应强度大小为B1，因此两环在b点产生的磁感应强度均为。乙环在b点和c点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故乙环在c点产生的磁感应强度为，而c点的磁感应强度大小为B2，因此甲环在c点产生的磁感应强度为。由于甲环在c点产生的磁感应强度与乙环在a点产生的磁感应强度大小相等，因此撤去甲环后，a点的磁感应强度大小为，故选A。
5．如图所示，一条直线上的a、b、c、d、e相邻两点间距相等，在b、d两点处各有一条长直导线垂直纸面。两直导线中通有方向相同、大小分别为和的电流。已知电流在纸面上产生磁场的磁感应强度与电流成正比、与直导线同这一点的距离成反比，现测得c点与e点的磁感应强度大小分别为和，方向如图，下列说法正确的是（ ）
A．a点磁感应强度的大小为
B．a点到e点之间，所有位置的磁感应强度都不为零
C．两电流之比
D．若移走，c点磁感应强度的大小将变为
【答案】A
【解析】AC．根据安培定则可知，和在c点的磁感应强度反向，可得
和在e点的磁感应强度同向，可得
和在a点的磁感应强度同向，可得a点磁感应强度的大小为
联立前两式可得
故A正确，C错误；
B．在b、d之间，和磁感应强度反向，所以在b、d之间的某个位置，磁感应强度有可能为零，故B错误；
D．若移走，c点磁感应强度的大小将变为
故D错误。
故选A。
6．如图所示，空间有水平向右的匀强磁场，磁感应强度为。一不可伸长的绝缘、柔软细线左端固定于点，中间点拴着一长度为d的垂直纸面的轻质直导线，右端跨过处的光滑定滑轮后悬挂一质量为的重物，系统处于静止状态。此时处于同一水平线上，且。当导线中通有垂直纸面向里的恒定电流时，重物上升高度，系统恰好再次达到平衡，已知重力加速度为，则导线中通入的电流大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】导线通有电流后，因受到安培力下降至点，则
如图所示
设和与竖直方向的夹角都为，则
根据对称性，和对导线的作用力都为，有
可得
故选B。
二、多选题
7．如图所示，O点是竖直平面内圆的圆心，A、B、C三点将圆三等分，CD是圆的水平直径，在A、B两点分别固定等量的正点电荷。不计重力，下列说法正确的是（ ）
A．D、O、C三点的电势大小关系为φD＝φO＝φC
B．一个电子可以在A、B两点电荷的电场中做圆周运动
C．将一个电子从C点静止释放，电子从C点沿直线到D点的过程中所受的电场力一定是先增大后减小，然后再增大
D．若一电子源从O点以相同的初动能沿圆周平面内向各个方向发射电子，则从D点离开圆周的电子的动能最大
【答案】BC
【解析】A．D、O与两点电荷的距离相等且小于C点与两点电荷的距离，由电势的叠加可知
故A错误；
B．在A、B两点连线的中垂面内，电子受到的合电场力方向指向A、B两点连线的中点，若给电子适当的初速度，电子可以在A、B两点连线的中垂面内绕AB的中点为圆心做匀速圆周运动，故B正确。
C．设A、B两点间距为L，两点电荷的电量均为，CD上某点M，设
A、B两点电荷在M点形成电场的合场强沿OC方向，其大小为
，
由数学知识可知当
有最大值。由几何知识可知，当电子在C点时，，当电子在O点时，，因此电子在CO之间的某处受到的电场力达到最大值，而电子运动到A、B两点连线的中点时，受到的电场力为零，然后往左运动时，受到的电场力反向，大小增大。因此，电子从C点沿直线到D点的过程中所受的电场力先增大后减小，然后再增大，故C正确；
D．只有电场力做功时，带电粒子的动能与电势能之和为一个定值，由于D点不是圆上电势最高的点，因此D点不是电子的电势能最小的点，故电子从D点离开圆时动能不是最大的，故D错误。
故选BC。
8．在平面直角坐标系中，M、N为x轴上的两点，坐标分别为，，以N点为圆心、L为半径做一虚线圆，过M点向圆周做切线，切点为a，y轴上的b点坐标为，如图所示。将电荷量为、的两个点电荷分别固定在M、N两点，静电力常量为k。下列说法正确的是（ ）
A．坐标为的点的电场强度为零
B．a点电场强度大小为
C．带电粒子沿图中虚线圆移动时，电势能保持不变
D．a点的电势比b点的电势高
【答案】ABD
【解析】A．设坐标为（，0）处的电场强度为零，则有
解得
故A正确；
B．由几何知识可得，a点到M点的距离为，则a点电场强度大小为
其中
，
联立可得，a点电场强度大小为，故B正确；
C．带电粒子沿图中虚线圆移动时，N处的点电荷对该带电粒子的静电力始终不做功，但M处的点电荷对该带电粒子的静电力做功，所以该带电粒子的电势能会改变，故C错误；
D．由几何知识可知，b点到M点的距离也为，则若将一个正电荷从a点移到b点，静电力对该正电荷做正功，则该正电荷在a点具有的电势能大于在b点具有的电势能，所以a点的电势比b点的电势高，故D正确。
故选ABD。
9．如图，圆心为O、半径为R的圆形区域内存在一个平行于该区域的匀强电场，MN为圆的一条直径。质量为m、电荷量为的粒子从M点以速度v射入电场，速度方向与MN夹角，一段时间后粒子运动到N点，速度大小也为v，不计粒子重力，规定M点电势为0。下列说法正确的是（ ）
A．场强大小为
B．粒子电势能的最大值为
C．仅改变粒子速度大小，粒子离开圆形区域时电势能的最小值为
D．仅改变粒子速度大小，当粒子离开圆形区域的电势能最小时，粒子射入电场的速度大小为
【答案】ABD
【解析】A．M到N粒子动能不变，电场力不做功，所以MN为等势线，电场线与MN垂直，粒子做类似斜抛的运动，沿MN方向，粒子匀速运动
垂直MN方向
，
求得
故A正确；
B．粒子垂直MN方向速度为0时，电势能最大，根据能量守恒
故B正确；
CD．如图
当粒子运动到P点时，电势能最小，由
，
联立求得
且电势能最小值为
故C错误，D正确。
故选ABD。
10．在水平向右的匀强电场中，带电小球A、B用一根绝缘轻绳连接，另一根绝缘轻绳将A悬挂在O点，A、B的质量均为，电量分别为和。对B施加拉力使系统平衡时A、B的位置如图所示，其中绳水平，构成正三角形。已知重力加速度大小为，匀强电场场强大小为。现撤去拉力，由于空气阻力的作用，A、B最终会再次处于静止状态，则A、B再次静止后（ ）
A．绳的拉力大小为
B．绳的拉力大小为
C．与撤去前相比，系统电势能和系统重力势能都减小
D．与撤去前相比，A球的总能量增加，B球的总能量减少
【答案】BC
【解析】A．A、B再次静止后，A、B受到的电场力的合力为
方向水平向左。对A、B整体受力分析如图
由几何关系可得
且OA绳与竖直方向的夹角为
即
A错误；
B．A、B再次静止后，对B受力分析如图
由几何关系可得
且AB绳与竖直方向的夹角为
即
B正确；
C．由上述分析可知，A、B再次静止后，OA绳、AB绳与竖直方向的夹角均为，则此时两球的位置如图所示
设绳长为L，故A电势能的变化量为
B电势能的变化量为
A重力势能的变化量为
B重力势能的变化量为
与撤去前相比，系统电势能和系统重力势能变化量分别为
故与撤去前相比，系统电势能和系统重力势能都减小，C正确；
D．与撤去前相比，A、B两球的总能量变化量分别为
故A球的总能量减少，B球的总能量减少，D错误。
故选BC。
11．离子推进器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的动力，其工作原理如图所示：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，在加速过程中推进器获得恒定的推力。已知每个正离子质量为m，电荷量为q，单位时间内飘入的正离子数目为n，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．正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小为
B．离子推进器获得的平均推力大小为
C．加速正离子束所消耗的功率
D．为提高能量的转换效率要使尽量大，可以使用比荷更小的正离子
【答案】CD
【解析】A．正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小
A错误；
B．电场对粒子加速有
根据动量定理有
其中
，
整理得离子推进器获得的平均推力大小
B错误；
C．加速正离子束所消耗的功率
C正确；
D．根据以上分析可知
要使尽量大，可以用质量大、带电量小即比荷更小的离子作为推进器，D正确。
故选CD。
12．如图所示水平放置的平行板电容器，两板间距为d，电压恒为U，两板间为匀强电场．为便于描述，以两板中心连线中点为坐标原点并建立如图平面直角坐标系，点为一粒子源沿轴正向以速度发射出一个质量为、带正电粒子，粒子沿轴正向做匀速运动（粒子落到极板即被吸附，坐标轴不随极板转动），重力加速度大小为，则下列说法错误的是（ ）
A．A板带负电、B板带正电，粒子的电荷量为
B．若A、B两板分别以、为轴在纸面内逆时针转动15°后，沿轴正向射入的粒子将做曲线运动
C．若两板以为轴在纸面内顺时针转动180°，粒子由点以沿轴正向射入且未从极板间射出，粒子在极板上的落点坐标为
D．若两板以为轴在纸面内顺时针转动90°，粒子由点以沿y轴负向射入，当其达到A板时增加的动能为1.5mgd，则粒子的初速度
【答案】BD
【解析】A．粒子沿x轴正向做匀速运动，则所受重力和电场力平衡，有
可得粒子的电荷量为
电场力方向竖直向上，而粒子带正电，则电场方向向上，者A板带负电、B板带正电，故选项A正确，不符合题意；
B．A、B两板分别以O1、O2为轴逆时针转动15°后，极板间距变为，板间电压不变，根据公式
分析得知，板间场强变化为
而且电场强度的方向也旋转了15°，由受力分析可知，电场力在竖直方向的分力为
F=qE′cos15°=qE
仍与重力平衡，水平方向电场力有向左的分力，所以微粒向右匀减速直线运动，则选项B错误，符合题意；
C．两板以O为轴在纸面内顺时针转动180°，等效为两板对调位置，则粒子所受电场力向下，由牛顿第二定律
粒子做类平抛运动，竖直方向打在板上，做匀加速直线运动
水平方向做匀速直线运动
可得粒子打板的坐标
故选项C正确，不符合题意；
D．两板以O为轴在纸面内顺时针转动90°，电场力大小不变，为mg，方向为水平向右，水平方向做匀加速直线运动
竖直方向做初速度为v0，加速度为g的匀加速直线运动
而动能的增加量为
解得
故选项D错误，符合题意。
故选BD。
13．如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，等势面与水平方向夹角为，一电子从等势面D上的O点进入匀强电场，在O点时动能为，速度方向竖直向上，电子恰好不穿过B等势面。已知相邻等势面间的距离均为，电子重力不计。下列说法正确的是（ ）
A．电子做匀变速直线运动
B．电子飞经等势面C时的动能为
C．匀强电场的电场强度大小为
D．电子再次经过等势面D时的位置与O点相距
【答案】CD
【解析】A．由题知电子速度方向竖直向上，恰好不穿过B等势面，而电场线垂直于等势面，在匀强电场中，带负电的粒子所受电场力的方向与电场线的方向相反，可知电场线垂直与等势面斜向左上方，电子所受电场力垂直于等势面斜向右下方，加速度方向与电子速度方向不共线，因此电子做匀变速的曲线运动，故A错误；
B．用正交分解法将电子的初速度分解到平行于等势线方向（方向）和垂直等势线方向（方向），则有
由题意可知，电子到达B等势面时，方向的分速度减为零，只有沿方向的分速度，即
由动能的公式可知电子经过B等势面时动能是经过D等势面时的一半即
由动能定理可得
解的
而
解的
电子从等势面D到等势面C由动能定理可得
解的
故B错误；
C．由
可解的
故C正确；
D．电子在方向上做类竖直上抛运动，时间上具有对称性，则再次经过等势面D的时间为
而方向上做匀速直线运动，再次经过等势面D时的位置距O点的距离为
故D正确。
故选CD。
14．如图所示为两条平行的光滑绝缘导轨，左侧与电源相连，其中两导轨的水平部分与半圆部分相切于C、E两点。现将一导体棒垂直导轨放置，外加匀强磁场，磁场方向垂直于导体棒，与导轨平面的夹角斜向左上方。开始时导体棒静止于图中A点，当电建S闭合后，导体棒由静止开始运动，运动过程中导体棒始终与接触的两条导轨垂直，并恰能到达导轨半圆部分最高点D点。已知两导轨的间距，半圆部分的轨道半径，磁场的磁感应强度大小，导体棒中的电流，导体棒的质量，重力加速度g取10。则下列说法正确的是（ ）
A．导体棒在A点的加速度大小为10
B．导体棒在D点的速度大小为m/s
C．A、C两点间距离为m
D．导体棒离开轨道后将做平抛运动，并落在A点左侧
【答案】BC
【解析】A．由左手定则判断导体棒受到斜向右上的安培力，根据
求得
A错误；
B．在D点时
解得
m/s
B正确；
B．对导体棒，从A到D，将安培力分解到竖直方向和水平方向来处理它的功，应用动能定理
求得
C正确；
D．导体棒离开轨道后不再受安培力作用，将做平抛运动
，
代入数据可得
所以导体棒将落在A点右侧。D错误。
故选BC。
三、解答题
15．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内存在电场方向沿y轴负方向的匀强电场区域I，在下方存在电场方向沿y轴方向的匀强电场区域II，在x轴下方和之间（含边界）存在垂直坐标系xOy平面向外的匀强磁场。在坐标为（-2L，L）的P点沿x轴向射出一个质量为m、电荷量为的带电粒子，粒子经电场区域偏转后从坐标原点O射出电场区域I。已知电场区域II的电场强度是区域I电场强度的2倍，粒子射出时的初速度大小为，不计粒子的重力大小。
（1）求匀强电场区域I的电场强度大小；
（2）若粒子恰好不能进入匀强电场区域II，求匀强磁场的磁感应强度的大小；
（3）若粒子经磁场偏转后恰好从y轴上坐标为（0，-L）的Q点进入匀强电场区域II，求粒子第n次经过x轴的位置离P点的水平距离，及从P点射出到第n次经过x轴时，粒子运动的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）n取奇数且当时距离P点水平距离为 ，n取偶数且时距离P点水平距离为；n为偶数时且，时间为，n为奇数时且，时间为
【解析】（1）根据电场力公式和牛顿第二定律可知
粒子在竖直方向做匀加速直线运动，水平方向没有外力作用，可知在水平方向做匀速直线运动可得粒子在区域I花费的时间为
结合上式可得
（2）粒子在区域I做类平抛运动可知，粒子在原点时速度的方向延长线交水平位移的中点可得速度与x轴的夹角
粒子在磁场运动时，洛伦兹力提供向心力
可得
结合上式可得
（3）由题意可知，区域II电场强度变为原来的二倍，故所花费的时间和水平位移为粒子在区域I的一半，分析可知，粒子从x轴上下方经过x轴时距离P点得距离不同，故要分情况讨论，当n为奇数时，当时，距离P点水平距离为2L，时距离P点水平距离为4L，当时，距离P点水平距离为6L，整理可知n取奇数且当时距离P点水平距离为
当n为偶数时，当时距离P点水平距离为0, 当时距离P点水平距离为2L, 当时距离P点水平距离为4L，整理可知n取偶数且时距离P点水平距离为
分析题意可知
洛伦兹力提供向心力得
分析可知
粒子在磁场运动一个周期为
在区域I时间为，区域II时间为，当时，时间为，时，时间为，当时，时间为，当时，时间为，整理可得n为偶数时且，时间为，n为奇数时且，时间为
16．图甲是中华太极图，生动地表示了宇宙万物的结构及运动规律，她人类文明的无价之宝。图乙是大圆O内及圆周上有磁感应强度大小为B，方向相反的匀强磁场太极图。两个半圆的圆心O’，O在圆O的同一直径MN上，半圆直径均为圆O的半径R。曲线MON左侧的磁场方向垂直直面向外。质量为m，电荷量为q的质子（不计重力），以某初速度从N点沿纸面与NM夹角θ=30°射入右侧磁场，恰好通过O点进入左侧磁场，并从M点射出。
（1）求质子的初速度大小v1；
（2）求质子从N点运动到M点所用的时间t0；
（3）若θ＝90°，曲线MON上的磁场方向垂直纸面向里，要使质子不进入曲线MON左侧磁场中，求质子速度的大小范围。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【解析】（1）质子的运动轨迹如图所示，设质子的轨道半径为r0，则
由几何关系可得
，
联立解得
（2）质子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
质子在左右磁场中运动的时间相等
质子从N点运动到M点所用的时间为
（3）质子在右磁场中运动有
分两种情况讨论
要使质子不进入曲线MON左侧磁场区域，应满足
解得
要使质子不进入曲线MON左侧磁场区域，应满足
解得
质子速度的大小范围为
，
17．人工核反应是利用加速器加速带电粒子与物质进行相互作用，产生多种带电的和不带电的次级粒子的过程。如图所示，加速器的核心装置由三部分组成，其中B、D两端接地，中间的为电荷交换室，有很高的电势。加速器的前端安装有离子发生装置A，即粒子源；输出端安装有用于发生核反应的反应靶。离子发生装置产生质量为的负一价离子，由静止开始在加速管中加速到达高压端，进入电荷交换室电子被剥离，变成价的正离子，但速度和质量不发生改变，然后进入另一加速管中继续加速，以获得足够的速度，与反应靶进行核反应。已知电子的带电荷量为，不计所有粒子的重力及电场、磁场的边缘效应。
（1）求离子到达交换室时的速度大小；
（2）求离子在加速器中出射时的动量大小；
（3）核反应生成的各种次级粒子经过束流纯化装置挑选出具有相同速度的某一种目标次级粒子，由点垂直射入一矩形区域内，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为，双平行轨道间距为，装有计时装置的荧光屏可以沿轨道平行移动。移动，使荧光屏上的点闪光，此时记录的粒子运动时间为；继续移动，当间距为时，次级粒子在磁场中的运动时间为。求该次级粒子射入磁场的方向（与的夹角）、速度大小及其比荷。
【答案】（1）；（2） ；（3），，
【解析】（1）根据动能定理得
可得
（2）设离子的出射速度为，应用动能定理，有
又
解得
（3）设次级粒子的入射速度为，与方向的夹角为，由题中已知条件，粒子运动时间为时，打在点，而间距为时，粒子在磁场中的运动时间变长为，说明次级粒子再次打在荧光屏上的位置必在点左侧，且其轨迹必与磁场的右边界相切，且相切位置恰好为第一次打在点的位置，由此作出其运动图像如图所示
由图中的几何关系可知
，
联立解得
所以
，
所以粒子的运动时间
而
联立得粒子的速度
根据洛伦兹力提供向心力有
得
得粒子的比荷
18．为研究静电跳球现象，某同学固定了板间距为d的水平平行导体板（板足够长），两极板连接到电压可调的直流电源上（如图），极板间电场强度竖直向下。一个质量为m的小球（可视为质点）与上极板接触后由静止释放，在两极板间沿竖直方向运动，小球每次与上极板接触后所带电量都会变为，每次与下极板接触后所带电量都会变为。小球每次与极板碰撞后瞬间的动能与碰撞前瞬间的动能比值为k，不计空气阻力，取重力加速度为g。
（1）若小球第一次反弹后恰好到达上极板，求两极板间电压，以及小球与下极板碰撞过程中损失的动能。
（2）调整电压使小球在向上运动时做匀减速直线运动，且加速度大小等于向下运动的加速度大小的一半，最终小球每次从上极板反弹后瞬间的动能均相同，写出此动能表达式，并讨论k的取值范围。
（3）再次调整电压，使小球向上时能做匀速直线运动。小球每次从上极板反弹后瞬间的动能均相同后，若在其与下极板碰撞的瞬间加上垂直纸面向内的匀强磁场，小球所能达到的最大高度恰为极板间距的一半，求：①磁感应强度大小与k的关系；②加磁场后小球水平方向的最大位移大小与k的关系。
【答案】（1），；（2）；；（3）①，②
【解析】（1）设小球第一次与下极板碰撞前的动能为，则由动能定理
设小球第一次反弹后的动能为，则由动能定理
又
联立解得
（2）向下运动的过程，由牛顿定律
向上运动的过程，由牛顿第二定律
又
解得
设稳定后所求动能为，则
解得
要使，则
（3）向上做匀速直线运动，则
由（2）可知，带入（2）中可得，此时与上极板碰撞后的动能
设加磁场时小球的速度为则
解得
加磁场后，小球做圆周运动，则
由题意
解得
加磁场后每次碰撞前后的速度关系
即
故水平方向的最大位移
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