《2025年学霸高考黑题物理人教版》

经典真题1 磁场+电场
(2025·河北卷)(多选)如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定，间距为d，M板接地。M板上方整个区域存在垂直纸面问里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与OP的夹角θ=60°时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知OQ=3L，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是(BCD)


A.粒子一定带正电
B.若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小
C.粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7L
D.粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为√3d

答案：
1.[学霸三步解题思路]
步骤A 题干正向延伸
直接信息：
①平行金属板间距为$d$，$M$板接地
②$M$板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场
③比荷、速度大小均相同的同种带电粒子
④发射方向与$OP$的夹角$\theta = 60°$时，粒子恰好垂直穿过$M$板$Q$点处的小孔
⑤$OQ = 3L$
⑥电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化
⑦不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用
步骤B 设问反向推演
A.粒子带电性质
$\Rightarrow$根据左手定则判断
B.若间距$d$增大，则板间所形成的最大电场变化
$\Rightarrow$带电粒子做匀变速直线运动求出加速度
$\Rightarrow$求出电场强度
C.粒子打到$M$板上表面的位置与$O$点的最大距离
$\Rightarrow$判断出粒子从$Q$射出，然后做匀速圆周运动
$\Rightarrow$求出运动轨迹半径加上$OQ$的距离
D.粒子打到$M$板下表面的位置与$Q$点的最小距离
$\Rightarrow$过$Q$点后在水平方向上移动的位移
$\Rightarrow$过$Q$点后速度与水平方向的夹角，通过竖直方向求出向下运动的时间
步骤C 正反连接
$v^2 = 2ad$，$a = \frac{qE}{m}$，$E = \frac{mv^2}{2qd}$，$\cos 60° = \frac{3L - r}{r}$，$x_{m2} = OQ + 2r = 7L ＞ x_{m1}$
$t = \frac{2v\sin \alpha}{a}$，$a = \frac{v^2}{2d}$，$s = vt\cos \alpha$
[答案]BCD
解析：A.根据粒子在磁场中的偏转方向，由左手定则可知粒子带负电，选项A错误；B.随着粒子不断打到$N$极板上，$N$极板带电量不断增加，向下的电场强度增加，粒子做减速运动，当粒子恰能到达$N$极板时满足$v^2 = 2ad$，$a = \frac{qE}{m}$，解得$E = \frac{mv^2}{2qd}$，即$d$越大，板间所形成的最大电场强度越小，选项B正确；C.因粒子发射方向与$OP$夹角为$60°$时恰能垂直穿过$M$板$Q$点的小孔，则由几何关系$\cos 60° = \frac{3L - r}{r}$，解得$r = 2L$，可得$OP = r\sin 60° = \sqrt{3}L$。
可得粒子从磁场上方，直接打在$M$板上表面的位置与$O$点的最大距离为$x_{m1} = \sqrt{(2r)^2 - (OP)^2} = \sqrt{13}L$，当$N$极板吸收一定量的粒子后，粒子再从$Q$点射入极板，会返回再从$Q$点射出，后继续做圆周运动，这时打在$M$板上表面的位置$x_{m2} = OQ + 2r = 7L ＞ x_{m1}$，选项C正确；D.因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为$PQ$长度时，粒子仍可从$Q$点进入两板之间，由几何关系可知此时粒子从$P$点沿正上方运动，进入两板间时的速度方向与$M$板夹角为$\alpha = 30°$，则在两板间运动时间$t = \frac{2v\sin \alpha}{a}$，其中$a = \frac{v^2}{2d}$，打到$M$板下表面距离$Q$点的最小距离$s = vt\cos \alpha$，解得$s = 2d\sin 2\alpha = \sqrt{3}d$，选项D正确。故选BCD。

解析技巧：要先分析带电粒子的运动的轨迹，结合几何关系求出运动的轨迹半径，注意在电场中带电粒子速度的分解，在不同方向上受力情况，结合运动学知识进行分析。

(2025·江西南昌一模)如图甲所示，xOy平面内有两条平行直线MN、KL相距为d，在两平行直线之间分布着沿y轴的匀强电场(图中未画出)，在MN、KL两侧分布着垂直xOy平面的匀强磁场(图中未画出)。t=0时刻，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从O点以初速度v₀垂直MN进入电场，随后在电场和磁场的作用下在xOy平面内运动，其速度可用图乙所示的直角坐标系内一点P(vₓ,vᵧ)表示，vₓ、vᵧ分别表示粒子速度在两个坐标轴上的分量。在图乙中，粒子初始时P点位于图乙中a点(0,-v₀)，随后粒子在电场作用下P点沿线段移动到b点(0,-2v₀)，之后粒子离开电场进入磁场Ⅰ，P点沿以O为圆心的圆弧移动至c点(0,2v₀)，然后粒子再次回到电场中，P点沿线段移动到d点(0,v₀)，之后粒子再次离开电场进入磁场Ⅱ，P点沿以O为圆心的圆弧回到a点。此后P点将沿图乙中的曲线a→b→c→d→a一直运动下去。已知任何相等的时间内P点沿图乙中闭合曲线通过的曲线长度都相等，不计重力。求：
(1)MN、KL间的电场强度E的大小和方向；
(2)磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度B₁和B₂的大小和方向；
(3)从O点出发后带电粒子由电场进入磁场Ⅱ时经过x轴的位置坐标和相应的时刻。

答案：
2.题型分析
本题没有直接给出电场和磁场的区域与边界，而是通过粒子在$x$、$y$方向上的速度分量图像来分析电场和磁场。
(1)$E = \frac{3mv_0^2}{2qd}$，方向沿$y$轴负方向　
(2)$B_1 = \frac{3mv_0}{4qd}$，垂直纸面向里，$B_2 = \frac{3mv_0}{2qd}$，垂直纸面向里　
(3)见解析
解析：
(1)从$a$到$b$速度从$v_0$加速度到$2v_0$，根据动能定理有$qEd = \frac{1}{2}m(2v_0)^2 - \frac{1}{2}mv_0^2$，
解得$E = \frac{3mv_0^2}{2qd}$，方向沿$y$轴负方向。
(2)根据图乙，$P$点从$b \to c$表示粒子在磁场Ⅰ中速度方向逆时针变化，所以$B_1$方向垂直$xOy$平面向里；同理$P$点从$d \to a$表示粒子在磁场Ⅱ中速度方向逆时针变化，所以$B_2$方向垂直$xOy$平面向里，任何相等的时间内$P$点沿图乙中闭合曲线通过的曲线长度都相等，
即：$a = \frac{\Delta v}{\Delta t}$，大小不变，所以$qE = B_1q2v_0$，$qE = B_2qv_0$，解得$B_1 = \frac{E}{2v_0} = \frac{3mv_0}{4qd}$，垂直纸面向里；$B_2 = \frac{E}{v_0} = \frac{3mv_0}{2qd}$，垂直纸面向里。
(3)带电粒子在磁场Ⅰ中有$B_1q2v_0 = \frac{m(2v_0)^2}{r_1}$，解得$r_1 = \frac{8}{3}d$，同理带电粒子在磁场Ⅱ中有$B_2qv_0 = \frac{mv_0^2}{r_2}$，解得$r_2 = \frac{2}{3}d$，带电粒子轨迹如图，

根据几何关系，粒子由电场进入磁场Ⅱ经过$x$轴的位置为$x = n · 2(r_1 - r_2) + 2r_2 = 4nd + \frac{4}{3}d(n = 1,2,3·s)$或$x = n · 2(r_1 - r_2) + 2r_2 = 4nd + \frac{16}{3}d(n = 0,1,2,3·s)$，在电场中经历的时间$t_1 = \frac{2v_0 - v_0}{a}$，$a = \frac{qE}{m}$，
解得$t_1 = \frac{2d}{3v_0}$，在磁场Ⅰ中转半圈所用时间$t_2 = \frac{\pi r_1}{2v_0} = \frac{4\pi d}{3v_0}$，在磁场Ⅱ中转半圈所用时间$t_3 = \frac{\pi r_2}{v_0} = \frac{2\pi d}{3v_0}$，则粒子由电场进入磁场Ⅱ经过$x$轴，对应时刻$t = nt_2 + (n - 1)t_3 + 2nt_1 = \frac{[(6n - 2)\pi + 4n]d}{3v_0}(n = 1,2,3·s)$
或$t = nt_2 + (n - 1)t_3 + 2nt_1 = \frac{[(6n + 4)\pi + 4(n + 1)]d}{3v_0}(n = 0,1,2,3·s)$。