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阶段复习(四) 电场和磁场
知识网络
一、电场
二、磁场
1
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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。
(1)若某一粒子进入辐向电场的速率为v0，该粒子通过区域Ⅱ后刚好从P 点进入区域Ⅲ中，
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E2的大小；
(2)保持(1)问中E2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
需要满足的条件。
解题指导
关键表述
关键表述解读
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
当电荷量为q 的粒子经O′点进入区域Ⅰ，受
到辐向电场的静电力，大小恒定，方向指向圆
心O1。粒子在静电力的作用下将做半径为R 的
圆周运动。
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)
进入区域Ⅱ的粒子速度指向x 轴正方向，静电
力指向y 轴正方向，所以粒子x 轴方向做匀速
直线运动，y 轴方向做匀加速直线运动。
该粒子通过区域Ⅱ后刚好从P 点进入区
域Ⅲ中，已知P 点坐标为(L，，0)
粒子在x 轴方向的位移为L，满足L＝v0t
y 轴方向位移为y＝，满足＝at2
保持(1)问中E2不变，为了使粒子能够
在区域Ⅲ中直接打到粒子收集板上
保持(1)问中E2不变，粒子在区域Ⅱ中的运动轨
迹不变，仍然从P 点进入区域Ⅲ中，速度方向
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
2
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答案 (1) (2)<<
解析 (1)由静电力提供向心力可得
q0E1＝m0①
得＝②
区域Ⅱ中x 轴方向有L＝v0t③
y 轴方向有a＝④
＝at2⑤
联立②③④⑤式得E2＝⑥
(2)设粒子进入辐向电场的速率为v，
在辐向电场中有qE1＝m⑦
得v＝⑧
区域Ⅱ中沿x 轴方向有L＝vt1⑨
y 轴方向有a1＝⑩
y＝a1t1
2⑪
vy＝a1t1⑫
联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得y＝⑬
vy＝⑭
区域Ⅲ中粒子速度方向与x 轴正方向的夹角为θ，
则tan θ＝＝1 ⑮
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＝m ⑰
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
L<r<L ⑲
联立⑱⑲式得粒子的比荷<<。
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阶段复习练(四)
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
答案 B
解析 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.(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( )
4
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答案 B
解析 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
答案 BC
解析 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Ffd＝
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Fb＝2Fsin 30°＋
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.(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( )
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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
答案 D
解析 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( )
A．匀强电场的电场强度E＝
B．小球动能的最小值为Ek＝
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，
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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Ek＝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∶4
D．φA－φB＝φC－φB
答案 AD
解析 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；设O、O′两点的点电荷所
带的电荷量绝对值分别为q1、q2，由于B 点的电场强度为0，则由电场强度的叠加原理得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，
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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vm＝，其中f＝＝，解得速度为vm＝2πfr，选项B 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Ekm
＝mvm
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
Ekm＝4πfqBr2，选项D 正确。
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r1，洛伦兹力提供向心
力，由牛顿第二定律得qvB＝m，由几何关系可得r1＝＝，联立解得v＝，故A 错误；
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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，r3＝＝2a，
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＝e
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
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UCD<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
＝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|UCD|＝，仅增大电流I，|UCD|增大；仅增大
d，|UCD|减小，故C 正确，D 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
9
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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tmin＝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
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r1＝Rtan ＝R，联立解得打在收集器上
的粒子的最小速率为v1＝，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
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，cos 53°＝0.6。
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(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)v0 (2)或
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°＝v0sin 53°
根据动量定理Eq·t＝mvsin 53°＋mv0cos 53°
根据动能定理Eq·L＝mv2－mv0
2
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°＝v0sin 53°·t
联立解得E＝，B＝，可得＝v0
(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
x1＝v0sin 53°·t
在第三、四象限
B′qv＝m
在第二象限，根据运动学公式x2＝vcos 53°·t′
L＝vsin 53°·t′－at′2
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根据牛顿第二定律Eq＝ma
根据几何关系2R′sin 53°＝x1＋x2
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；
(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) v0
(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－mv0
2
解得v＝v0
(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，
vy＝＝v0
根据圆周运动的基本规律得Bqv0＝m
解得B＝
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(3)粒子沿x 轴负方向做匀加速直线运动，故
x＝v0t′＋·t′2
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＝＋。
13
