2025年高考物理大一轮复习第十一章　阶段复习(四)　电场和磁场（课件+讲义+练习）

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1、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。 2、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。 3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。 4、重视错题。“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
规范训练　(2023·广东汕头市仲元中学二模)现代科技中常常利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，某控制装置如图所示，区域Ⅰ是 圆弧形均匀辐向电场，半径为R的中心线O′O处的电场强度大小处处相等，且大小为E1，方向指向圆心O1；在空间坐标系O－xyz中，区域Ⅱ是边长为L的正方体空间，该空间内充满沿y轴正方向的匀强电场E2(大小未知)；区域Ⅲ也是边长为L的正方体空间，空间内充满平行于xOy平面，与x轴负方向成45°夹角的匀强磁场，磁感应强度大小为B，
在区域Ⅲ的上表面是一粒子收集板；一群比荷不同的带正电粒子以不同的速率先后从O′沿切线方向进入辐向电场，所有粒子都能通过辐向电场从坐标原点O沿x轴正方向进入区域Ⅱ，不计带电粒子所受重力和粒子之间的相互作用。
由静电力提供向心力可得
区域Ⅱ中x轴方向有L＝v0t ③
设粒子进入辐向电场的速率为v，
区域Ⅱ中沿x轴方向有L＝vt1⑨
vy＝a1t1 ⑫
区域Ⅲ中粒子速度方向与x轴正方向的夹角为θ，
方向与区域Ⅲ中磁场方向垂直 ⑯
为了保证粒子能够打到粒子收集板上，粒子轨迹如图所示，
由几何关系可知粒子在磁场中的半径需要满足
1.(2024·山西晋城市第一中学期中)如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行、间距为d的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，则下列说法正确的是A.按键的过程中，电容器的电容减小B.按键的过程中，电容器的电荷量增大C.按键的过程中，图丙中电流方向从a流向bD.按键的过程中，电容器间的电场强度减小
因C增大，U不变，根据Q＝CU知Q增大，电容器充电，电流方向从b流向a，故B正确，C错误；根据电势差与电场强度的关系U＝Ed，可知电容器间的电场强度增大，故D错误。
2.(2023·广东深圳市期末)如图所示，将一轻质矩形弹性软线圈ABCD中A、B、C、D、E、F六点固定，E、F为AD、BC边的中点。一不易形变的长直导线在E、F两点处固定，现将矩形绝缘软线圈中通入电流I1，直导线中通入电流I2，已知I1≪I2，长直导线和线圈彼此绝缘。则稳定后软线圈大致的形状可能是
由安培定则可知，通电直导线左侧磁场垂直于纸面向外，右侧磁场垂直于纸面向里，由于I1≪I2，可以忽略电流I1产生的磁场，软线圈的各段的形变方向为其受到的安培力方向，故而由左手定则可判断B图正确。
3.(多选)如图甲所示，为特高压输电线路上使用六分裂阻尼间隔棒的情景。其简化如图乙，间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心，A点、B点分别为Oa、Od的中点。已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比。6条输电导线中通有垂直纸面向外、大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线的安培力大小为F，则A.A点和B点的磁感应强度相同B.其中b导线所受安培力大小为C.a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向下D.a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向垂直于ed向上
根据对称性可知A点和B点的磁感应强度大小相等，方向不同，关于O点对称，故A错误；
根据安培定则，a、d两条导线在O点的磁感应强度等大反向，b、e两条导线在O点的磁感应强度等大反向，a、b、c、d、e五根导线在O点的磁感应强度方向与c导线在O点的磁感应强度方向相同，垂直于ed向下，故C正确，D错误。
4.(2024·江苏常州市检测)如图所示，ABCD为真空中一正四面体区域，M和N分别为AC边和AD边的中点，A处和C处分别有等量异种点电荷＋Q和－Q。则A.B、D处电场强度大小相等，方向不同B.电子在M点的电势能小于在N点的电势能C.将一试探正电荷从B沿直线BD移动到D静电力做正功D.将位于C处的电荷－Q移到B处时M、N点电场强度大小相等
因为是正四面体，所以各棱长相等，A处和C处分别有等量异种点电荷，则根据点电荷的电场强度公式可知，两点电荷各自在B、D处产生的电场强度大小相等，但由于电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形定则，根据电场强度的叠加原理可知，两点电荷在B、D处产生的电场强度大小相等、方向相同，故A错误；
根据等量异种点电荷形成的电场的特点可知，两点电荷连线的中垂面为等势面，电势为零，而M点在该等势面上，则可知M点的电势为零，以此中垂面为界限，靠近正电荷电势为正，靠近负电荷电势为负，N点靠近正电荷，则其电势大于零，因此有φN>φM，而电子在电势越高的地方电势能越小，由此可知电子在M点的电势能大于在N点的电势能，故B错误；
根据正四面体的性质可知，BD在该等量异种点电荷连线的中垂面上，因此B、D两点电势相等，均为零，将一试探正电荷从B沿直线BD移动到D静电力不做功，故C错误；将位于C处的电荷－Q移到B处时，可知M、N两点到正电荷的距离相等，且M、N两点到负电荷的距离也相等，根据点电荷的电场强度公式以及几何关系可知，两点电荷分别在M、N两点产生的合电场强度的大小相等，故D正确。
5.(2024·河南周口市期中)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是
小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和静电力，三力平衡，根据平衡条件，有mgtan θ＝qE，解得E＝ ，故A错误；
小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，故C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内沿逆时针方向运动一周的过程中，静电力先做正功后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，故D错误。
6.(多选)(2024·广西北海市一模)如图所示，x轴上有两个点电荷位于O、O′位置，一负试探电荷沿x轴由O向O′移动的过程中，该电荷的电势能随位置的变化规律如图所示，A、C两点的连线以及B点的切线均与x轴平行，B点的横坐标为x1＝2，O′点的横坐标为x2＝5。则下列说法正确的是A.B点的电场强度为零B.O、O′两点的电荷均为正电荷C.O、O′两点的点电荷所带电荷量的绝对值之比为9∶4D.φA－φB＝φC－φB
Ep－x图像中图线的斜率表示静电力，由于B点的切线与x轴平行，即斜率为零，故试探电荷在B点的静电力为零，电场强度为零，故A正确；由于负的试探电荷在两点电荷产生的电场中电势能为正值，设试探电荷所带电荷量绝对值为q，则由公式Ep＝－qφ可知电场中各点的电势为负值，所以两点电荷均带负电，故B错误；
试探电荷在A、C两点的电势能相等，则A、C两点的电势相等，又A、C两点的电势比B点的电势低，则φA－φB＝φC－φB，故D正确。
7.(2024·辽宁省十校联合体联考)回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，他们接在电压为U、频率为f的高频交流电源上。已知匀强磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为r。若位于D1圆心处的粒子源A处能不断产生带电荷量为q、速率为零的粒子经过电场加速后进入磁场，当粒子被加速到最大动能后，再将他们引出。
忽略粒子在电场中运动的时间，忽略相对论效应，忽略粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是
8.(多选)如图，在一个边长为a的正六边形区域内，存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，三个相同的带正电粒子，比荷为 ，先后从A点沿AD方向以大小不等的速率射入匀强磁场区域，已知粒子只受磁场的作用力，则
9.(多选)(2023·四川成都市模拟)利用霍尔效应制作的霍尔元件广泛应用于测量和自动控制等领域，如图是霍尔元件的工作原理示意图。磁感应强度B垂直于用金属材料制成的霍尔元件的表面向下，通入图示方向的电流I，C、D两端会形成电势差UCD，电子的电荷量为e，导体中单位体积内的电子数为n，垂直于电流的侧面长宽分别为h、d。则下列说法正确的是A.C端电势一定高于D端电势B.载流子所受静电力的大小为F＝C.仅增大电流I，UCD的绝对值将增大D.仅增大d，UCD的绝对值将增大
因霍尔元件材料为金属，金属中可自由移动的是电子，电子受洛伦兹力向左，即电子会打到C端，故有UCD<0，C端电势低于D端电势，故A错误；
10.(2024·贵州遵义市第一次质检)如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆形区域，其圆心为O，最高点为P，该区域内存在垂直圆面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在圆形区域右侧竖直放置一粒子收集器， M、N为收集器上、下边缘的两点，MN与圆形区域在同一平面内，O与N在同一水平线上，MN＝R，ON＝ 从P点沿PO方向射入大量速率不等的同种粒子，粒子所带电荷量为q、质量为m。
忽略粒子间的相互作用力和粒子重力，关于打在收集器MN上的粒子，下列说法正确的是
根据题意可知，粒子在磁场中向右偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，故A错误；
由图可知，从P点到N点的粒子在磁场中的运动时间小于从P点到M点的粒子在磁场中的运动时间；离开磁场到打到收集器，从P点到N点的粒子通过的位移小于从P点到M点的粒子通过的位移，从P
点到N点的粒子的速度大于从P点到M点的粒子的速度，则从P点到N点的粒子从离开磁场到打到收集器所用时间小于从P点到M点的粒子从离开磁场到打到收集器所用时间，故从P点到N点的粒子比从P点到 M点的粒子运动时间短，故D正确。
11.(2024·湖北省联考)如图所示，直角坐标系xOy中，x轴上方存在竖直向下的匀强电场，x轴下方存在垂直纸面向外的匀强磁场。一带正电粒子从＋y轴上的P点，以初速度v0沿与y轴正方向成θ＝53°角方向射入第一象限，经x轴后恰好能通过坐标原点O。已知粒子经过x轴时与x轴正方向也成53°角，且OP＝L，不计粒子重力，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6。(1)求匀强电场的电场强度与匀强磁场的磁感应强度大小之比；
设粒子质量为m、电荷量为q，电场强度为E，经过x轴时的速度为v，磁感应强度大小为B。粒子在电场中做类斜上抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图。在电场中，根据类抛体运动规律vcs 53°＝v0sin 53°根据动量定理Eq·t＝mvsin 53°＋mv0cs 53°
根据几何关系2Rsin 53°＝v0sin 53°·t
(2)若仅改变匀强磁场的磁感应强度大小，使粒子从＋y轴上的P点以同样方式射出后，进出磁场一次后又恰好能回到P点，求改变后的磁感应强度与改变前的磁感应强度大小之比。
设改变后的磁感应强度为B′，粒子运动轨迹如图所示在第一象限x1＝v0sin 53°·t在第三、四象限
在第二象限，根据运动学公式x2＝vcs 53°·t′
根据牛顿第二定律Eq＝ma根据几何关系2R′sin 53°＝x1＋x2
12.(2023·重庆市检测)如图所示，直角坐标系xOy的第一象限内有竖直向上的匀强电场，第二象限内既有沿x轴负方向的匀强磁场，又有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度与第一象限内的电场强度等大。现有一质量为m、电荷量为＋q(q>0)的粒子从x轴上的P点，以初速度v0沿x轴负方向进入第一象限，经y轴上的Q点进入第二象限内，在以后的运动过程中恰好未从过x轴的水平面飞出电磁场。已知P、Q到坐标原点O的距离分别为2d、d，不计粒子重力，求：(1)电场强度的大小及粒子到达Q点时速度的大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
将速度v沿坐标轴分解如图所示，故粒子的运动可看成为沿x负方向的匀加速直线运动和竖直方向匀速圆周运动的合运动由题可知圆周运动的半径为r＝d，
(3)粒子在磁场中运动第二次与过x轴的水平面相交时沿x轴方向位移的大小。