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阶段复习(四) 电场和磁场
知识网络
一、电场
二、磁场规范训练 (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E ，方向指向圆心O ；在空间坐标系O－xyz中，区
1 1
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E(大小未知)；区域
2
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。
(1)若某一粒子进入辐向电场的速率为v ，该粒子通过区域Ⅱ后刚好从P点进入区域Ⅲ中，
0
已知P点坐标为(L，，0)，求该粒子的比荷和区域Ⅱ中电场强度E 的大小；
2
(2)保持(1)问中E 不变，为了使粒子能够在区域Ⅲ中直接打到粒子收集板上，求粒子的比荷
2
需要满足的条件。
解题指导
关键表述 关键表述解读
当电荷量为q的粒子经O′点进入区域Ⅰ，受
半径为R的中心线O′O处的电场强度
到辐向电场的静电力，大小恒定，方向指向圆
大小处处相等，且大小为E，方向指向
1
心O。粒子在静电力的作用下将做半径为R的
1
圆心O
1
圆周运动。
区域Ⅱ是边长为L的正方体空间，该空 进入区域Ⅱ的粒子速度指向x轴正方向，静电
间内充满沿y轴正方向的匀强电场 力指向y轴正方向，所以粒子x轴方向做匀速
E(大小未知) 直线运动，y轴方向做匀加速直线运动。
2
该粒子通过区域Ⅱ后刚好从P点进入区 粒子在x轴方向的位移为L，满足L＝vt
0
域Ⅲ中，已知P点坐标为(L，，0) y轴方向位移为y＝，满足＝at2
保持(1)问中E 不变，粒子在区域Ⅱ中的运动轨
2
保持(1)问中E 不变，为了使粒子能够 迹不变，仍然从P点进入区域Ⅲ中，速度方向
2
在区域Ⅲ中直接打到粒子收集板上 和区域Ⅲ中的磁场垂直，在区域Ⅲ中做匀速圆
周运动。如图所示答案 (1) (2)<<
解析 (1)由静电力提供向心力可得
qE＝m①
0 1 0
得＝②
区域Ⅱ中x轴方向有L＝vt③
0
y轴方向有a＝④
＝at2⑤
联立②③④⑤式得E＝⑥
2
(2)设粒子进入辐向电场的速率为v，
在辐向电场中有qE＝m⑦
1
得v＝⑧
区域Ⅱ中沿x轴方向有L＝vt⑨
1
y轴方向有a＝⑩
1
y＝at2⑪
11
v＝at ⑫
y 11
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得y＝⑬
v＝⑭
y
区域Ⅲ中粒子速度方向与x轴正方向的夹角为θ，
则tan θ＝＝1⑮
粒子进入区域Ⅲ的速度v′＝，
方向与区域Ⅲ中磁场方向垂直⑯
由qv′B＝m⑰
联立⑭⑮⑯⑰式得r＝⑱
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
Lφ ，而电子在电势越高的地方电势能越小，由此可
N M
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( )
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
答案 B
解析 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
k
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
答案 AD
解析 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，故
p
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可知
p
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k
1 2
＝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.(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
答案 D
解析 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错误；
m m
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
km
＝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，则此时
m
E ＝4πfqBr2，选项D正确。
km
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
答案 BCD
解析 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，洛伦兹力提供向心
1
力，由牛顿第二定律得qvB＝m，由几何关系可得r＝＝，联立解得v＝，故A错误；
1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，
3
故D正确。
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
答案 BC
解析 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得F
CD
＝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.(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
答案 D
解析 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；粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解
min
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
1
的粒子的最小速率为v ＝，故C错误；由图可知，从P点到 N点的粒子在磁场中的运动时
1
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。
答案 (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°
0
根据动能定理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.(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。
答案 (1) v
0
(2) (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＝＋。
