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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b
D．按键的过程中，电容器间的电场强度减小
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I ，直导线中通入电流I ，已知I≪I ，长直导线和线圈彼此绝
1 2 1 2
缘。则稳定后软线圈大致的形状可能是( )
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F
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
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
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( )
A．匀强电场的电场强度E＝
B．小球动能的最小值为E＝
k
C．小球的重力势能最小时机械能也最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先增大后减小再增大
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x ＝2，O′点的横坐标为x ＝
1 2
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∶4
D．φ －φ ＝φ －φ
A B C B
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。
D 和D 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、
1 2
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
D 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，
1
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( )
A．粒子第n次被加速前后的轨道半径之比为∶
B．粒子从D形盒出口引出时的速度为πfr
C．粒子在D形盒中加速的次数为
D．当磁感应强度变为原来的2倍，同时改变交流电频率，该粒子从D形盒出口引出时的动
能为4πfqBr2
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( )
A．从F点飞出磁场的粒子速度大小为
B．所有从AF边上飞出磁场的粒子，在磁场中的运动时间都相同
C．从E点飞出磁场的粒子，在磁场中的运动时间为
D．从ED边上的某一点垂直ED飞出磁场的粒子，其轨道半径为2a
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U ，电子的电荷量为e，
CD
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＝e
C．仅增大电流I，U 的绝对值将增大
CD
D．仅增大d，U 的绝对值将增大
CD
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＝R。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( )
A．粒子带负电
B．粒子在磁场中运动的最短时间为
C．打在收集器上的粒子的最小速率为
D．从P点到 N点的粒子比从P点到 M点的粒子运动时间短
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v 沿与y
0
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，cos 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；
(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。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v 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
0
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；
(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。
阶段复习练(四) 电场和磁场
1．B [根据C＝得知，按键过程中，板间距离d减小，电容C增大，故A错误；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．B [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I≪I ，可以忽略电流I 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，
1 2 1
故而由左手定则可判断B图正确。]
3．BC [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；根据题意可知a、c对导线b的安培力大小F，f、d对导线b的安培力大小为F
fd
＝F，e对导线b的安培力大小为，根据力的矢量合成可得b导线所受安培力F ＝2Fsin 30°
b
＋2×sin 60°＋＝，故B正确；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．D [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E＝k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φ >φ ，而电子在电势越高的地方电势能越小，由
N M
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．B [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；小球恰能绕O点在竖直
平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，如图。根据牛顿第二定律，有＝m，则最小
动能E ＝mv2＝，故B正确；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
k
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．AD [E －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，
p
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E ＝－qφ可
p
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；设O、O′两点的点电荷
所带的电荷量绝对值分别为q 、q ，由于B点的电场强度为0，则由电场强度的叠加原理得
1 2
k＝k，解得＝，故C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φ －φ ＝φ －φ ，故D正确。]
A B C B
7．D [根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，有qvB＝，则有半径公式R＝，与nqU
＝mv2，可得R＝，所以粒子第n次被加速前、后的轨道半径之比为∶，选项A错误；粒子
从D形盒出口引出时根据Bqv＝m，可得v ＝，其中f＝＝，解得速度为v ＝2πfr，选项B
m m
错误；粒子在D形盒中加速的次数为n＝＝，选项C错误；粒子从D形盒出口引出时的动
能为E ＝mv 2＝＝πBqr2f，当磁感应强度变为原来的2倍，因f＝，则f变为原来的2倍，
km m
则此时E ＝4πfqBr2，选项D正确。]
km
8．BCD [从F点飞出的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r ，洛伦兹力提供
1
向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，由几何关系可得r＝＝，
1
联立解得v＝，故A错误；
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝，所有从AF边上飞出磁场的粒子，在磁场中转
过的圆心角均为120°，则在磁场中的运动时间均为t＝T＝×＝，故B正确；
由几何关系可得，从E点飞出的粒子在磁场中转过的圆心角60°，粒子在磁场中的运动时间
为t＝T＝×＝，故C正确；
由几何关系可得，从ED边上的某一点垂直ED飞出磁场的粒子，在磁场中转过的圆心角为
30°，则有AE＝2acos 30°＝a，r＝＝2a，故D正确。]
3
9．BC [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U <0，C端电势低于D端电势，故A错误；根据电场强度定义式可
CD
得F＝Ee，又因E＝，电子受静电力大小为F＝Ee＝e，故B正确；当霍尔元件状态稳定时，
根据平衡条件，有Bev＝e，其中I＝nevhd，解得|U |＝，仅增大电流I，|U |增大；仅增大
CD CD
d，|U |减小，故C正确，D错误。]
CD
10．D [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；打到M、N两点的粒子轨迹如图所示，由图可知，粒子打到N点时，在磁场中的轨迹
对应的圆心角最小，在磁场中的运动时间最短，则有t ＝T＝×＝，故B错误；粒子在磁场
min
中由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得r＝，由图可知粒子打到M点时，在磁场中的
轨道半径最小，粒子的速度最小，根据几何关系可得，tan θ＝＝，可得θ＝60°，则最小半
径为r＝Rtan ＝R，联立解得打在收集器上的粒子的最小速率为v＝，故C错误；由图可知，
1 1
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．(1)v (2)或
0
解析 (1)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
vcos 53°＝vsin 53°
0
根据动量定理Eq·t＝mvsin 53°＋mvcos 53°，根据动能定理
0
Eq·L＝mv2－mv2
0
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力Bqv＝m
根据几何关系2Rsin 53°＝vsin 53°·t
0
联立解得E＝，B＝
可得＝v
0(2)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x＝vsin 53°·t
1 0
在第三、四象限B′qv＝m
在第二象限，根据运动学公式
x＝vcos 53°·t′
2
L＝vsin 53°·t′－at′2
根据牛顿第二定律Eq＝ma
根据几何关系2R′sin 53°＝x＋x
1 2
联立解得B′＝或B′＝
则＝或＝。
12．(1) v (2)
0
(3)＋
解析 (1)由题可知，从P到Q粒子做类平抛运动，则，解得E＝，由动能定理可知Eqd＝
mv2－mv2
0
解得v＝v
0
(2)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，
v＝＝v
y 0
根据圆周运动的基本规律得Bqv＝m
0
解得B＝
(3)粒子沿x轴负方向做匀加速直线运动，故x＝vt′＋·t′2
0
粒子在磁场中从进入磁场运动到第二次与过x轴的水平面相交所用的时间为t′＝T＝·＝
联立解得x＝＋。
