文档文本内容
大单元周测卷(三) 大单元三 电场与磁场
层级一 教材溯源·基础固本
(总分：100 分)
一、单项选择题：本大题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题列出的四
个选项中，只有一项符合题目要求。
1．(人教版选择性必修第二册P21 第4 题改编)如图所示，长为2l 的直导线折成
边长相等、夹角为120°的V 形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁
感应强度为B。当在导线中通入电流I 时，导线受到的安培力大小为( )
A．BIl B．3
2BIl C．√3BIl D．2BIl
C [导线在磁场中的有效长度为2l sin 60°＝√3l，导线受到的安培力大小为F
＝BI(2lsin 60°)＝√3BIl，故选C。]
2．(人教版必修第三册P50 第1 题改编)如图虚线为某电场中等势面的分布情况，
一电子仅在电场力作用下沿实线运动，其中a、b、c 三点分别为电子运动轨迹
与等势面的交点。关于电子的运动过程，下列说法正确的是( )
A．电子的加速度逐渐减小
B．电场力始终对电子做正功
C．电子的电势能逐渐增大
D．电子在ab 段和bc 段动能的变化量相等
D [若电子由a 点入射，根据题图等势面分布的疏密程度可知，轨迹上各点电
场强度逐渐减小，则电子受到的静电力逐渐减小，加速度逐渐减小，静电力指
向轨迹凹侧且与等势面垂直，则静电力始终对电子做正功，电子的电势能逐渐
减小。同理，若电子由c 点入射，则与以上情况恰好相反，而题设条件中电子
的入射点未知，故A、B、C 错误；不管电子由a 点还是c 点入射，ab 段和bc
段的电势差相等，根据W＝qU 可知，电场力做功一定相等，则动能的变化量一
定相等，故D 正确。故选D。]
3．(人教版必修第三册P51 第3 题改编)如图所示，空间有一匀强电场，其方向
与直角三角形△ABC 所在的平面平行，∠B＝60°，D 为BC 的中点，AB 边长2
cm，D 点电势为0 V。现将一个电荷量为－1×10-6 C 的点电荷从电场中的B 点
移到A 点，静电力做了2×10-6 J 的功，再从A 点移到C 点，点电荷克服静电力
做了6×10-6 J 的功。则关于匀强电场的场强大小和方向说法正确的是( )
A．场强方向沿AB 直线由A 指向B
B．场强方向沿AC 直线由A 指向C
C．场强大小为150 V/m
D．场强大小为200 V/m
D [根据电势差公式U＝W
q 知，UBA＝W BA
q ＝2×10
-6
-1×10
-6 V＝－2 V，UAC＝W AC
q
＝-6×10
- 4
-1×10
- 4 V＝6 V，由于UBA<0，说明A 点的电势高于B 点的电势，而
UAC>0，说明A 点的电势高于C 点的电势，所以场强方向不可能沿AB 直线由A
指向B，也不可能沿AC 直线由A 向C，A、B 错误；如图所示，B 点与1
3AC 点
E 的连线为等势线，由几何关系知AD 与BE 垂直，则电场线方向由A 指向D，
由题知，∠B＝60°，AB 边长2 cm，AC 边长2√3 cm，根据几何关系知，
dBE×dOA＝dAE×dAB，可得dOA＝
d AE×d AB
dBE
＝
2√3
3
×2
√(
2√3
3 )
2
+2
2
cm＝1 cm，根据UAB＝
EdOA，可得E＝
U AB
dOA
＝
2
1×10
-2 V/m＝200 V/m，C 错误，D 正确。故选D。]
4．(人教版必修第三册P41 拓展学习改编)如图所示，D 是一只理想二极管，水
平放置的平行板电容器的A、B 两极板间有一带电液滴，在P 点处于静止状态。
若保持极板B 不动，从初始状态开始向不同方向平移极板A(移动极板A 后P 点
还在两极板之间)时，下列说法正确的是( )
A．极板A 向上移动过程中，静电计指针张角变小
B．极板A 向下移动过程中，静电计指针张角变大
C．极板A 向左移动过程中，液滴向下运动
D．极板A 向左移动过程中，P 点处电势升高
D [由题图可知，电容器极板A 带正电，极板A 向上移动过程中，根据电容器
的决定式C＝εr S
4 π kd 可知，电容器的电容减小，根据Q＝CU 可知，电容器所带
电荷量将变小，电容器放电，但理想二极管D 阻止电容器放电，所以电容器所
带电荷量Q 不变，则上下极板间电势差U 变大，静电计指针张角变大，故A 错
误；电容器极板A 带正电，极板A 向下移动过程中，根据电容器的决定式C＝
εr S
4 π kd 可知，电容器的电容增大，根据Q＝CU 可知，电容器所带电荷量将变大，
电容器充电，上下极板间电势差不变，静电计指针张角不变，故B 错误；极板
A 向左移动过程中，根据电容器的决定式C＝εr S
4 π kd 可知，电容器的电容减小，
根据Q＝CU 可知，电容器所带电荷量将变小，电容器放电，但理想二极管D
阻止电容器放电，所以电容器所带电荷量Q 不变，则上下极板间电势差U 变大，
根据E＝U
d 可知，两极板间的电场强度增大，则液滴受到的竖直向上的静电力
增大，液滴向上运动。设P 点到下极板的距离为x，则P 点的电势为φP＝Ex，
所以P 点处电势升高，故C 错误，D 正确。故选D。]
5．(人教版必修第三册P51 第1 题改编)如图所示，在A、B 两点分别放置电荷
量为＋2Q 和－Q 的点电荷，AB 连线的中垂线上有C、D 两点。现将一带正电
的试探电荷从C 点沿中垂线移到D 点，在移动过程中，下列判断正确的是(
)
A．该试探电荷受到的静电力大小不变
B．该试探电荷具有的电势能不变
C．静电力一定对该试探电荷做正功
D．该试探电荷受到的静电力逐渐增大
D [根据电场的叠加可知，由C 到D 点的过程中场强逐渐增大，该试探电荷受
到的静电力逐渐增大，故A 错误，D 正确；C 到D 间，由于A 点电场对试探电
荷的静电力大，故合力始终与位移方向成钝角，静电力做负功，该试探电荷具
有的电势能增大，故B、C 错误。故选D。]
6．(人教版选择性必修第二册P21 第7 题改编)如图所示，导体棒ab 置于倾角为
θ 的粗糙导轨上且与导轨垂直，整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导
体棒。闭合开关S，导体棒处于静止状态，若导体棒与导轨之间一定存在静摩
擦力，则磁场方向可能是( )
A．竖直向上
B．水平向左
C．垂直于导轨平面向上
D．垂直于导轨平面向下
D [无磁场时分析导体棒受力如图(a 端截面，安培力需要判定未画出)。磁场方
向竖直向上时，由左手定则可得导体棒所受磁场安培力水平向右，此时，安培
力有可能与重力、弹力的合力平衡，不一定存在静摩擦力，故A 错误；磁场方
向水平向左时，由左手定则可得导体棒所受磁场安培力竖直向上，此时，若安
培力恰好等于重力时，则弹力为零，不需要静摩擦力作用导体棒即可处于平衡
状态，故B 错误； 磁场方向垂直于导轨平面向上时，由左手定则可得导体棒所
受安培力沿斜面向上，此时，安培力有可能与重力、弹力的合力平衡，不一定
存在静摩擦力，故C 错误；磁场方向垂直于导轨平面向下时，由左手定则可得
导体棒所受安培力水平沿斜面向下，此时，必须存在静摩擦力以平衡安培力、
重力、弹力的合力，故D 正确。故选D。]
7．(人教版选择性必修第二册P22 第4 题改编)如图所示，粒子a、b 的质量分别
为2m、m，电量分别为q、－q，它们以相同的动能从O 点沿OP 方向射入无限
长直边界AB 上方的匀强磁场，OP 与磁场边界成45°角，磁场方向垂直于纸面
向里，则a、b 在磁场中运动的时间之比为( )
A．6∶1
B．4∶1
C．3∶1
D．2∶1
A [设两粒子的动能为Ek，根据Ek＝1
2mv2 可得，两粒子的速度分别为va＝
√
Ek
m
，vb＝√
2 Ek
m
，a、b 两粒子在磁场中运动，根据牛顿第二定律有qvB＝mv
2
R
，周期为T＝2π R
v
＝2π m
qB ，可得
T a
T b
＝2
1，两粒子的圆心角分别为θa＝270°，θb
＝90°，在磁场中运动时间t＝
θ
360°T，所以
ta
tb
＝
θa
θb
·
T a
T b
＝6
1。故选A。]
二、多项选择题：本大题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题列出的四
个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，
有选错的得0 分。
8．(粤教版必修第三册P44 第5 题改编)竖直平面内存在水平方向的匀强电场，
电场区域ab 间距为H。在该区域下边界的O 点将质量为m、电荷量为q 的小球
以一定的初速度竖直上抛，小球从上边界离开电场，再次进入电场后在电场中
做直线运动，到达下边界的M1点，已知小球到达M1点的速度大小为从O 点进
入电场时速度大小的2 倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。则下列说法正
确的是( )
A．该电场的场强大小为√3mg
q
B．该电场的场强大小为4 mg
q
C．小球由O 到M1的运动时间为6√
2 H
3 g
D．小球由O 到M1的运动时间为4√
2 H
3 g
AD [设小球在O 点的速度为v0，根据运动的独立性，小球到达M1时速度的竖
直分量为vy＝v0，由题意得2v0＝√v0
2+ v x
2，可得vx＝√3v0，小球到达M1之前做
直线运动，合力方向与合速度方向共线，即qE
mg＝
v x
v y，可得E＝√3mg
q
，故A 正
确，B 错误；小球在竖直方向上做竖直上抛运动，可知小球在电场中的两段运
动时间相同，且水平方向做匀加速直线运动，电场区域上方小球水平方向做匀
速运动。令小球从A 点向上离开电场，从B 点再次进入电场，则有vAx＝vBx＝1
2
vx＝√3
2 v0，
vBx
vBy
＝
v x
v y
，可得vBy＝1
2v0，即vAy＝1
2v0，由此可得tOA＝tBM1＝1
2tAB，
由O→A，在竖直方向上，有H＝v0+ 1
2 v0
2
×tOA＝3
4 v0×tOA，且v0－1
2v0＝
gtOA，可得tOA＝√
2 H
3 g ，即tO M 1＝tOA+t B M 1＋tAB＝4tOA＝4√
2 H
3 g ，故C 错误，D 正
确。故选AD。]
9．(人教版选择性必修第二册P14 演示改编)图甲为洛伦兹力演示仪的实物图，
励磁线圈中的电流可在两励磁线圈中间空间产生垂直于线圈平面的匀强磁场，
调节励磁线圈中的电流可改变磁感应强度大小。玻璃泡内充有稀有气体，电子
枪射出的电子在稀有气体中运动可显示出其运动径迹，调节电子枪的加速电压
可改变电子初速度大小。从侧面看，演示仪内部构造如图乙所示，以电子枪枪
口为坐标原点O，沿磁场方向建立x 轴，竖直方向建立z 轴，垂直xOz 平面向
里建立y 轴。电子束从O 点以速度v0沿xOy 平面射出，且v0与x 轴正方向夹角
为α。某次实验时，观察到电子束打在玻璃泡与x 轴的交点A 处。已知OA 两点
间距为d，电子的质量为m，电荷量大小为q，不考虑电子所受的重力及电子间
的相互作用力。则( )
A．从O 点射出的电子受到的洛伦兹力的方向沿z 轴负方向
B．匀强磁场B 的大小可能为2π m v0cosα
qd
C．减小加速电压，从O 点射出的电子一定打在A 点
D．增大励磁线圈电流，使电子从O 点射出仍打在A 点，电子在玻璃泡中运动
的时间不变
BD [电子带负电，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力应沿z 轴正方向，
故A 错误；将电子速度沿x 轴和y 轴进行分解，则在x 轴方向上，电子不受洛
伦兹力的作用，电子做匀速直线运动，则有vx＝v0cos α，电子运动到A 的时间
t＝d
v x＝
d
v0cosα ，电子在y 轴做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
qvyB＝m v y
2
R ，若电子恰好运动一周打在A 点，则有T＝2π R
v y ，联立解得T＝
2π m
Bq ，根据运动的等时性可得T＝t，即2π m
Bq ＝
d
v0cosα ，解得B＝2π m v0cosα
qd
，故B 正确；根据动能定理可知qU＝1
2mv2，解得v＝√
2qU
m ，在磁场中有t＝
x
v x＝
x
v cosα ，T＝2π m
Bq ，且t＝nT(n＝0，1，2，…)，解得x＝n√
2mU
q
·
2π cosα
B
，加速电压减小时，电子不一定打在A 点上，故C 错误；仅增大励磁
线圈电流，要使电子仍打在A 点，则满足t＝d
v x＝
d
v0cosα ，可知运动时间不变，
故D 正确。故选BD。]
10．(人教版选择性必修第二册P20 第4 题改编)回旋加速器是一种利用磁场和高
频电场对带电粒子进行加速的装置，主要应用在核医学与放射性同位素生产、
癌症治疗、工业和科研等领域。如图所示为回旋加速器的示意图，D 形盒置于
匀强磁场中，两盒间高频电源的频率为f，一质子(电荷量为e，质量为m)从中
心粒子源释放，多次回旋并加速后从边缘射出，不计空气阻力，则下列说法正
确的是( )
A．交变电压的周期应等于粒子在磁场中运动周期的2 倍
B．所加匀强磁场的磁感应强度B＝2π mf
e
C．若考虑相对论效应，质子质量会增大，则高频交流电的频率应减小，才能
保证粒子动能持续增加
D．仅使高频交流电电压加倍时，粒子每次加速增加的动能加倍，最终获得的
动能加倍
BC [粒子在磁场中运动一周加速两次，则交变电压的周期应等于粒子在磁场
中的运动周期，故A 错误；二者周期相等，则频率也相等，由周期公式T＝
2π m
eB ＝1
f ，可得磁感应强度B＝2π mf
e
，故B 正确；由周期公式T＝2π m
eB ＝1
f ，
质量m 增大，则周期增大，频率减小，要保证粒子动能持续增加，则高频交流
电的频率应减小，故C 正确；由公式evB＝m v
2
r ，得v＝eBr
m ，当r 取最大半径
R 时，粒子有最大速度vm＝eBR
m ，则最终的动能为Ek＝ 1
2 m vm
2 ＝e
2B
2 R
2
2m
，可
知最终获得的动能与加速电压无关，根据qU＝ΔEk，可知仅使高频交流电电压
加倍时，粒子每次加速增加的动能加倍，故D 错误。故选BC。]
三、非选择题：本大题共3 小题，共54 分。
11．(18 分)(人教版必修第三册P51 第4 题改编)某实验小组用电流传感器观察两
个并联电容器的充放电过程，设计的电路如图1 所示。器材有：学生电源(9
V，内阻可忽略)、2 个相同的电容器(耐压值15 V，电容3 000 μF)、灵敏电流计
A(指针居中，内阻不计)、电流传感器(内阻不计)、电阻箱(0～9 999 Ω)、单刀双
掷开关和导线若干。完成实验，并回答问题：
(1)正确连接电路后，电阻箱各个旋钮调到如图2 所示位置，单刀双掷开关S 掷
于1，一段时间后电容器充电完成，再将S 掷于2，则
①电阻箱接入电路的阻值为________Ω；
②流过电流传感器的电流方向为__________(选填“a→b”或“b→a”)；
③已知灵敏电流计电流从左端流入时指针向左偏转，观察到灵敏电流计A 指针
偏转情况是______。(填序号)
A．慢慢偏到左边并静止
B．迅速偏到右边并静止
C．慢慢偏到左边并迅速回到正中
D．迅速偏到右边并慢慢回到正中
(2)电流传感器记录放电电流I 随时间t 的变化情况如图3 所示。图中图线与纵轴
的交点坐标Im 为______mA ，图线与横轴所围的面积为
____________________C。
(3)若电容器充满电后，增大电阻箱的阻值，则放电时间________(选填“变长”
“变短”或“不变”)。
[解析] (1)①由题图2 可知电阻箱接入电路的阻值为R＝(1×1000＋8×100＋
0×10＋0×1)Ω＝1800 Ω，②由电路图可知，充电后电容器右极板带正电，左极
板带负电，则放电过程流过电流传感器的电流方向为b→a。③已知灵敏电流计
电流从左端流入时指针向左偏转，则开关S 掷于2 时，电容器进行放电，灵敏
电流计电流从右端流入；刚开始由于电容器极板电压最大，所以放电电流最大，
随着电容器所带电荷量的逐渐减小，电容器极板电压逐渐减小，则放电电流逐
渐减小为0；可知观察到灵敏电流计A 指针偏转情况是迅速偏到右边并慢慢回
到正中。故选D。(2)电容器充完电后极板间的电压为Um＝9 V，由于两电容器
为并联关系，所以放电时相当于两相同电源并联，电动势为Um＝9 V，则题图3
中图线与纵轴的交点坐标为Im＝U m
R ＝
9
1800 A＝5 mA；根据q＝It 可知，图线与
横轴所围的面积等于两电容器充完电所带的总电荷量，则有S＝Q 总＝2CU＝
2×3000×10-6×9 C＝5.4×10-2 C。(3)若电容器充满电后，增大电阻箱的阻值，
放电电流与原来相比减小，则放电时间变长。
[答案] (1)①1800 ②b→a ③D (2)5
5．4×10-2 (3)变长
12．(16 分)(人教版必修第三册P46 例题2 改编)示波器可以利用电场对被加速的
电子的偏转来观察电信号随时间变化的情况。示波器的基本原理如图所示，电
子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另
一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为－e，加速电场电压为U0；偏转电场
可看作匀强电场(由加在平行电极板上的待测信号电压产生)，极板长度为L、板
间距为d。忽略电子所受重力。
(1)求电子射入偏转电场时的初速度大小v0；
(2)若已知电子从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离为Δy，求待测信号电压
U 的大小；
(3)对同一待测电信号，若要使偏转距离Δy 更大，请提出一种可行的办法：
_____________________________________________________________________。
[解析] (1)电子直线加速过程中，由动能定理得eU0＝1
2 mv0
2
解得v0＝√
2eU 0
m
。
(2)设电子在偏转电场中运动时间为t，则水平方向有L＝v0t
竖直方向有Δy＝1
2at2，a＝F
m＝eU
md
联立解得U＝
4U 0d Δ y
L
2
。
(3)由以上分析可知Δy＝U L
2
4U 0d
对同一待测电信号，若要使偏转距离Δy 更大，仅减小加速电场电压U0或仅减
小d 或仅增大L。
[答案] (1)√
2eU 0
m
(2)
4U 0d Δ y
L
2
(3)仅减小加速电场电压U0(或仅减小d 或仅
增大L)
13．(20 分)(鲁科版选择性必修第二册P22 第3 题改编)在直角坐标系xOy 中，以
O 为圆心，半径为R 的圆柱形区域Ⅰ中存在一垂直纸面向里的匀强磁场。在
R≤x≤3R 且y>0 的区域Ⅱ中充满沿y 轴正方向的匀强电场，在R≤x≤3R 且
y<0 的区域Ⅲ中充满沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小均为E，其他区域
视为真空。坐标原点O 处有一粒子源可以在纸面内沿各个方向发射速率为v 的
带负电粒子，粒子电荷量为q、质量为m。不计粒子所受的重力以及粒子间的
相互作用，并忽略场的边界效应，已知某粒子可以从磁场边界上的N(0.6R，
0.8R)点沿x 轴正方向离开磁场，电场强度大小E＝9m v
2
10qR 。
(1)求匀强磁场的磁感应强度B 的大小；
(2)求从N 点离开磁场的粒子经电场偏转后，离开电场右边界时位置的坐标；
(3)将粒子源发射粒子的发射速率改为0.8v，在从O 点发射的大量粒子中，求能
进入电场的粒子在磁场中经过的区域面积S 的大小。
[解析] (1)由几何关系可知ON 与x 轴正方向的夹角正切值为tan θ＝0.8 R
0.6 R＝4
3
解得θ＝53°
已知某粒子可以从磁场边界上的N 点沿x 轴正方向离开磁场，根据几何关系可
得粒子的轨道半径为r＝
R
2sin53°＝5 R
8
由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝mv
2
r
解得B＝8mv
5qR 。
(2)粒子进入区域Ⅱ，有qE＝ma
解得a＝9 v
2
10 R
假设粒子通过x 轴射出区域Ⅱ，y 方向有0.8R＝1
2 at1
2
解得t1＝4 R
3 v
又vy1＝at1＝6
5v，x1＝vt1＝4
3 R<2R
假设成立，设再经t2时间粒子从电场射出，则有2R－x1＝vt2，y2＝v y 1t2- 1
2 at2
2
解得y2＝0.6R
则粒子离开电场右边界时位置的坐标为
(3R，－0.6R)。
(3)由洛伦兹力提供向心力可得qv′B＝mv
' 2
r
'
其中v′＝0.8v
解得r′＝0.5R
粒子的轨迹半径等于圆形磁场区域半径的一半，根据旋转圆法可知能够进入电
场的粒子经过的区域如图中阴影所示
则区域面积S＝1
2πR2。
[答案] (1)8mv
5qR (2)(3R，－0.6R) (3)1
2πR2
大单元周测卷(三) 大单元三 电场与磁场
层级二 模拟精选·能力进阶
(总分：100 分)
一、单项选择题：本大题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题列出的四
个选项中，只有一项符合题目要求。
1．(2025·河北沧州·二模)如图所示的四幅图片中：图甲是把一不计自重的通
电直导线放在蹄形磁铁磁极的正上方；图乙是电磁轨道炮的工作原理图，平行
导轨水平放置于沿竖直方向的匀强磁场中，带有可导电金属架和炮弹垂直放在
导轨上；图丙是当电流方向相同时，两条通电导线之间相互作用；图丁是通电
直导线置于匀强磁场中，通电导线电流方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里。
下列说法中正确的是( )
A．图甲中，通电直导线受到安培力且左端向里右端向外
B．图乙中，闭合开关，金属架和炮弹一起水平向右运动，磁场方向应竖直向
上
C．图丙中，当电流方向相同时，导线相互排斥，相互作用是通过磁场发生的
D．图丁中，通电直导线受到安培力且方向向上
B [图甲中，根据左手定则可知，通电直导线受到安培力且左端向外右端向里，
故A 错误；图乙中，闭合开关，金属架和炮弹一起水平向右运动，需受向右的
安培力，根据左手定则可知，轨道置于沿竖直方向的匀强磁场中，磁场方向应
竖直向上，故B 正确；图丙中，当电流方向相同时，导线相互靠近，说明通电
导线相互吸引，故C 错误；图丁中，通电直导线受到安培力且方向向下，故D
错误。故选B。]
2．(2025·甘肃·期中)如图所示，在一个半球形的绝缘光滑球壳内，有M、N
两个半径较小的均匀带电的绝缘小球。N 球固定，M 球静止时如图所示，球壳
球心为O，OC 为过圆心的竖直线，交MN 的连线于Q 点。现M 球的电荷量缓
慢减小(仍分布均匀)，下列说法正确的是( )
A．两小球间的库仑力将增大
B．M 球受到的弹力减小
C．OC 和MN 的交点Q 不会移动
D．OC 和MN 垂直时，库仑力大小等于M 球所受的重力
B [对两球受力分析，并构建矢量三角形，如图所示
由三角形相似可得mg
QO＝F N 1
OM ＝F 库
MQ ＝k
由于电荷量减小，小球之间的库仑力减小，M 球下移，Q 点也下移，OQ 长度
增加，又因为mg、OM 不变，所以k 值减小，FN1减小，MQ 减小，库仑力也减
小，故A、C 错误，B 正确；OC 和NM 垂直时，库仑力和重力的合力不一定沿
两者角平分线，所以库仑力不一定等于M 球的重力，故D 错误。故选B。]
3．(2025·河南·模拟预测)如图所示，正四面体ABCD 的边长为L，底面BCD
的中心为O，其所在空间存在匀强电场。顶点A 处的电势为0，顶点B 和顶点
D 处的电势均为φ0(φ0>0)，顶点C 处的电势为2φ0，则下列说法正确的是( )
A．电场方向由A 指向C
B．电场强度的大小为φ0
L
C．O 处的电势为4 φ0
3
D．将电子由A 移动到D，其电势能增大
C [取AC 的中点为G，分析可知G 点的电势为φ0，故平面BDG 为等势面，
AC 与等势面BDG 垂直，故电场方向沿CA 方向，故A 错误；电场强度的大小
E＝2φ0-0
L
＝2φ0
L ，故B 错误；过C 点在底面内作BD 的垂线，垂足为H，由几
何关系可知OC＝2
3CH，故2φ0－φO＝2
3(2φ0－φ0)，解得φO＝4
3 φ0，故C 正确；
将电子从A 移动到D，电势升高，电势能减小，故D 错误。
故选C。]
4．(2025·湖南长沙·二模)细胞电转染的原理简化如图所示，两带电的平行金
属板间，由于细胞的存在形成如图所示的电场。其中实线为电场线，关于y 轴
对称分布，虚线为带电的外源DNA 进入细胞膜的轨迹，M、N 为轨迹上的两点，
P 点与N 点关于y 轴对称。下列说法正确的是( )
A．N、P 两点的电场强度相同
B．M 点的电势与N 点的电势相等
C．DNA 分子在M 点的加速度比在N 点小
D．DNA 分子在M 点的电势能比在N 点小
C [电场中某点的电场强度的方向为电场线在该点的切线方向，由题图可知
N、P 两点的电场强度的方向不同，故A 错误；沿着电场线电势降低，故M 点
的电势低于N 点的电势，故B 错误；M 处的电场线更稀疏，场强更小，由牛顿
第二定律可知a＝qE
m ，DNA 分子在M 点的加速度比在N 点小，故C 正确；由
轨迹可知，DNA 分子由M 向N 运动的过程静电力做正功，电势能减小，故
DNA 分子在M 点的电势能比在N 点大，故D 错误。故选C。]
5．(2025·四川成都·一模)某节目介绍了GIL 输电系统的三相共箱技术，如图
甲所示，三根超高压输电线缆平行且间距相等。截面图如图乙所示，截面圆心
构成正三角形，上方两根输电线缆A、B 圆心连线水平。某时刻A 输电线缆中
电流方向垂直于纸面向外、B 输电线缆中电流方向垂直于纸面向里、电流大小
均为I，下方C 输电线缆中电流方向垂直于纸面向外、电流大小为2I，如图乙
所示。下列说法正确的是( )
A．A、B 输电线缆相互吸引
B．正三角形中心O 处磁感应强度方向水平向左
C．A 输电线缆所受安培力方向斜向左下方，与水平方向的夹角为60°
D．C 输电线缆所受安培力方向平行输电线缆A、B 圆心连线向左
D [由于A、B 输电线缆通入的电流方向相反，两线缆相互排斥，故A 错误；
由右手螺旋定则和平行四边形定则可知，A、B 输电线缆在O 处的合磁感应强
度方向竖直向上，C 输电线缆在O 处的磁感应强度方向水平向左，所以O 处合
磁感应强度方向应斜向左上方，故B 错误；
B 输电线缆对A 输电线缆的作用力沿AB 水平向左，C 输电线缆对A 输电线缆
的作用力沿AC 斜向右下，且大小为B 输电线缆对A 输电线缆作用力的2 倍，
如图所示
由图可知，FACcos θ＝2FABcos 60°＝FAB，即C 输电线缆对A 输电线缆的作用力
在水平方向的分力与B 输电线缆对A 输电线缆的作用力大小相等、方向相反，
所以A 输电线缆受到的安培力即为C 输电线缆对A 输电线缆的作用力在竖直方
向的分力，其与水平方向的夹角为90°，故C 错误；A 输电线缆对C 输电线缆
的作用力沿AC 斜向左上，B 输电线缆对C 输电线缆的作用力沿BC 斜向左下，
两个力大小相等且与输电线缆A、B 圆心连线夹角相等，所以C 输电线缆受到
的安培力平行输电线缆A、B 圆心连线向左，故D 正确。故选D。]
6．(2025·山东青岛·二模)如图所示为某静电场在x 轴上的电场强度E 随x 的
变化关系(E-x 图像)，x 轴正方向为电场强度正方向。一个带正电的点电荷仅在
电场力作用下由静止开始沿x 轴运动，在x 轴上的a、b、c、d 四点间隔相等，
下列说法正确的是( )
A．点电荷由a 运动到d 的过程中加速度先减小后增大
B．点电荷从b 运动到a 静电力做的功小于从c 运动到b 静电力做的功
C．点电荷由a 运动到d 的过程中电势能先增大再减小
D．b 和d 两点处电势相等
B [由F＝Eq＝ma 可知a、d 点间的电场强度先增大后减小，所以点电荷的加
速度也先增大后减小，A 错误；电场强度E 随x 的变化关系图像与坐标轴所围
成的面积与电荷量的乘积等于静电力做功，b、a 两点间的面积小于c、b 两点间
的面积，所以点电荷从b 运动到a 静电力做的功小于从c 运动到b 静电力做的功，
B 正确；a、d 点间的电场强度方向为负方向，一个带正电的点电荷所受静电力
的方向也为负方向，点电荷的位移方向为正方向，所以静电力做负功，电势能
增大，C 错误；从b 到d 电场线沿负方向，沿电场线方向电势降低，所以b 点
电势小于d 点，D 错误。故选B。]
7．(2025·贵州贵阳·二模)如图所示，方向垂直纸面向里的匀强磁场区域中有
一边界截面为圆形的无场区，O 为圆形边界的圆心，P、Q 为边界上的两点，
OP 与OQ 的夹角为60°。一带电粒子从P 点沿垂直磁场方向射入匀强磁场区域
后经过时间t 从Q 点第一次回到无场区，粒子在P 点的速度方向与OP 的夹角为
20°。若磁感应强度大小为B，粒子的比荷为k，不计粒子所受重力，则t 为(
)
A．4 π
9kB
B．8 π
9kB
C．14 π
9kB
D．5 π
3kB
C [粒子在磁场中运动轨迹如图所示
由图结合几何关系可知，轨迹的圆心角为θ＝280°，根据牛顿第二定律可得
qvB＝mv
2
r ，粒子在磁场中运动的周期为T＝2π r
v ＝2π m
qB ＝2π
kB ，所以t＝
θ
360°T
＝14 π
9kB ，故选C。]
二、多项选择题：本大题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题列出的四
个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，
有选错的得0 分。
8．(2025·湖北·模拟预测)小明发现家里冰箱门忘记关闭时，会发出提示音。
他研究得知：门框内部电路中有一霍尔元件，通有由左向右的恒定电流I；冰箱
门上对应位置有一磁铁，门关闭时产生方向为垂直霍尔元件向里的磁场；当霍
尔元件工作时，上表面电势高于下表面。下列说法正确的是( )
A．该霍尔元件中的载流子为负电荷
B．打开冰箱门的过程中，霍尔电压减小
C．若将磁铁的磁极对调，则霍尔元件工作时下表面电势高于上表面
D．若内部电路引起霍尔元件电流I 减小，则上、下表面间电势差增加
BC [已知霍尔元件中电流方向由左向右，磁场方向垂直向里，霍尔元件工作
时上表面电势高于下表面。假设载流子为正电荷，根据左手定则可知，正电荷
受到的洛伦兹力方向向上，正电荷会聚集到上表面，上表面电势高于下表面，
符合题意，所以载流子为正电荷，故A 错误；根据qvB＝qU H
h ，I＝neSv＝
nedhv，可得UH＝IB
ned ＝kIB
d ，其中k 为霍尔系数，I 为电流，B 为磁感应强度，
d 为霍尔元件厚度；打开冰箱门的过程中，磁场减弱，在电流I 和霍尔元件厚
度d 不变的情况下，磁感应强度 B 减小，则霍尔电压UH减小，故B 正确；若将
磁铁的磁极对调，磁场方向变为垂直向外。由于载流子为正电荷，根据左手定
则可知，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，正电荷会聚集到下表面，下表面电
势高于上表面，故C 正确；由UH＝kIB
d 可知，在磁感应强度B 和霍尔元件厚度
d 不变的情况下，若内部电路引起霍尔元件电流I 减小，则霍尔电压UH减小，
即上、下表面间电势差减小，故D 错误。故选BC。]
9．(2025·山西晋城·二模)如图所示，固定点电荷A、B 分别带正、负电荷，
A 的电荷量大于B 的电荷量，光滑绝缘、粗细均匀的直杆竖直固定，与AB 的
垂直平分线重合。将带正电的小环套在杆上，让小环从杆上P 点由静止释放，
则小环从P 点运动到AB 中点O 的过程中，下列说法正确的是( )
A．小环的电势能不断增大
B．小环的机械能不断增大
C．小环运动的速度不断增大
D．小环有可能在两个位置的加速度为零
AD [由于静电力对小环一直做负功，因此小环的机械能不断减小，电势能不
断增大，故A 正确，B 错误；从P 到O 竖直向上的电场强度的分量有可能先增
大后减小，若小环受到的向上的最大静电力大于环的重力，则小环就是向下先
加速后减速再加速，故C 错误；若小环受到的向上的最大静电力大于小环的重
力，则小环在向下运动过程中就有两个位置静电力与重力等大反向，加速度为
零，故D 正确。故选AD。]
10．(2025·山西太原·二模)如图所示为速度选择器，将带电荷量为＋q 的粒子
沿水平方向射入左端小孔，该装置能选择出沿直线运动且速度v＝E
B 的粒子。
当粒子的速度不等于v，粒子在装置内运动轨迹可能的是( )
A B
C D
AC [速度选择器中，当粒子速度v＝E
B 时，静电力与洛伦兹力平衡，粒子做直
线运动。若v≠E
B 时，二力不平衡，粒子发生偏转。利用配速法，将粒子的运
动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直平面内的匀速圆周运动，设向右的速
度为v1时有qv1B＝qE，受力平衡做匀速直线运动。若v> E
B 时，设v＝v1＋v2，
则由上述分析可知粒子向上偏转做逆时针圆周运动的同时水平向右运动。轨迹
在x 轴的上方。当v2<v1时粒子运动轨迹可能如C 图所示；当v2>v1时，粒子水
平方向速度一直向右，粒子运动轨迹可能如A 图所示。B 错误，AC 正确；若
v< E
B 时，设v＝v1－v2，则由上述分析可知粒子向下偏转做逆时针圆周运动的同
时水平向右运动。轨迹在x 轴的下方，必定是螺旋运动。D 错误。故选AC。]
三、非选择题：本大题共5 小题，共54 分。
11．(6 分)(2025·福建福州·二模)如图甲所示的实验装置可用来探究影响平行
板电容器电容的因素，使电容器带电后与电源断开，将电容器左侧极板和静电
计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连。观察静电计指针偏转角
度的大小，可推知电容器两极板间电势差的大小。
(1)在实验中观察到的现象是________。(填序号)
A．将左极板向上移动一段距离，静电计指针的张角变小
B．向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大
C．将左极板右移，静电计指针的张角变小
D．将左极板拿走，静电计指针的张角变为零
(2)某同学用两片锡箔纸做电极，用三张电容纸(某种绝缘介质)依次间隔夹着两
层锡箔纸，一起卷成圆柱形，然后接出引线，如图乙所示，最后密封在塑料瓶
中，电容器便制成了。
①为增大该电容器的电容，下列方法可行的有________。(多选，填序号)
A．增大电容纸的厚度
B．增大锡箔纸的厚度
C．减小电容纸的厚度
D．同时增大锡箔纸和电容纸的面积
②用如图丙所示的电路观察电容器的放电电流变化。换用不同阻值的电阻R 放
电，在图丁中放电电流的i- t 图线的a、b、c 三条曲线中，对应电阻最小的一条
是________(选填“a”“b”或“c”)。
[解析] (1)电容器带电后与电源断开，电容器极板所带电荷量一定，根据C＝
Q
U ，C＝εr S
4 π kd 可知，将左极板向上移动一段距离，极板正对面积减小，电容减
小，则电势差增大，即静电计指针的张角变大，故A 错误；向两板间插入陶瓷
片时，相对介电常数增大，电容增大，则电势差减小，静电计指针的张角变小，
故B 错误；将左极板右移，极板之间间距减小，电容增大，电势差减小，则静
电计指针的张角变小，故C 正确；将左极板拿走，右极板带正电，右极板与接
地点之间电势差不等于零，即静电计指针的张角不会变为零，故D 错误。故选
C。
(2)①两片锡箔纸做电极，电容纸为绝缘介质，两片锡箔纸可以等效为平行板电
容器，根据C＝εr S
4 π kd 由于用三张电容纸(某种绝缘介质)依次间隔夹着两层锡箔
纸，一起卷成圆柱形，改变电容纸的厚度相当于改变极板之间的间距，当电容
纸的厚度增大时，极板间距增大，电容减小，当电容纸的厚度减小时，极板间
距减小，电容增大，故A 错误，C 正确；增大锡箔纸的厚度时，极板间距不变，
电容不变，故B 错误；同时增大锡箔纸和电容纸的面积，相当于增大极板正对
面积，则电容增大，故D 正确。故选CD。②电容器充电稳定后，极板之间电
压的最大值一定，根据欧姆定律可知，电阻越小，电流的最大值越大，可知，
a、b、c 三条曲线中，对应电阻最小的一条是b。
[答案] (1)C (2)①CD ②b
12．(8 分)(2025·福建厦门·三模)实验器材有电源E，电容器C，电压表V(可
视为理想电压表)，定值电阻R，电流传感器(不考虑内阻)，计算机，单刀双掷
开关S，导线若干。
(1)将S 接1，电压表示数逐渐增大，最后稳定在8 V。在此过程中，电流传感器
的示数________。(填序号)
A．一直稳定在某一数值
B．由某一数值逐渐减小为零
C．先逐渐增大，后逐渐减小为零
D．先逐渐增大，后逐渐减小至某一非零数值
(2)电容器充电完成后，电容器________(选填“上”或“下”)极板带正电，再
将S 接2，通过传感器将电流信息传入计算机，得出电流随时间变化的I-t 图像
如图 (b)，t＝1.2 s 时，I＝1.0 mA，图中两阴影部分的面积之比为S1∶S2＝
3∶2，则t＝1.2 s 时，电容器两极板间电压UC＝________ V，电阻R ＝
________kΩ。(结果均保留两位有效数字)
[解析] (1)开关接1 时，电容器充电，根据电容器充电的特点，当电路刚接通
后，电流表示数从0 突然增大某一最大值，然后随着电容器的不断充电，电路
中的充电电流在减小，当充电结束电路稳定后，此时电路相当于开路，电流为
0，故A、C、D 错误，B 正确。故选B。
(2)由于电容器的上极板与电源正极相连，因此电容器充电完成后电容器上极板
带正电；
由于I-t 图线的面积表示电荷量，则Q2＝
S2
S1
×Q1＝2
3Q1
充电结束后，电容器两端电压U ＝ 8 V
根据电容器的定义式C＝Q
U ，因此C＝
Q1
U -U C
＝
Q2
U C
代入数据解得UC ＝ 3.2 V ；
t＝1.2 s 时I＝1.0 mA，可知此时电容器两端的电压为UC＝IR＝1.0×10-3R
代入数据联立解得R ＝ 3.2 kΩ
[答案] (1)B (2)上 3.2 3.2
13．(12 分)(2025·山西吕梁·三模)如图所示，AD 和CN 是竖直圆O 的两条相
互垂直的直径，AD 水平，NP 为过点N 且平行AD 的直线，圆O 内部充满磁感
应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)。现有一束宽度和
CN 相等、电荷量为q、质量为m 的带正电粒子以相同速率平行于直径AD 射入
圆O，粒子均通过N 点进入直线NP 下方。已知圆O 的半径为R，不计粒子所
受重力及粒子间的相互作用。
(1)求粒子的速率v；
(2)若直线NP 下方充满磁感应强度大小为2B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，
分别射向CO 和NO 中点的两粒子进入直线NP 下方后又均从P 点射出NP 下方
磁场，求N 点到P 点的距离L；
(3)若直线NP 下方、ON 延长线的右侧存在一个垂直纸面向里的矩形匀强磁场，
直线NP 和ON 延长线分别为其两个边界，该磁场竖直方向边长为a，水平方向
边长为2a。已知粒子在该磁场中做圆周运动的半径介于a 到2a 之间，在该磁场
中运动时间最长的粒子的运动时间恰好为粒子在该磁场中做圆周运动周期的1
4，
求矩形磁场的磁感应强度大小。
[解析] (1)根据题意可知，粒子以相同速率平行直径AD 射入圆O，粒子均通过
N 点进入直线NP 下方，由磁聚焦可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r＝
R
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv
2
r
联立解得v＝qBR
m 。
(2)结合上述分析可知，粒子进入NP 下方后做圆周运动的半径为R
2
由几何关系可得，两粒子从N 点射出圆形磁场时速度方向与ON 延长线的夹角
相等，设为θ，则θ＝π
6
由几何关系可得2× R
2 cos θ＝L
联立解得L＝√3 R
2
。
(3)设矩形磁场磁感应强度大小为B′，粒子做圆周运动的轨道半径为r′，根据洛
伦兹力提供向心力有qvB′＝mv
2
r
'
解得r′＝mv
q B
'
当a<r′<2a 时，在磁场中运动的时间最长的粒子，其轨迹是圆心为E 的圆弧，
圆弧与矩形磁场的边界相切，如图所示
设该粒子在矩形磁场中运动的时间为t，依题意知t＝T
4
回旋角度为π
2 ，设该粒子进入矩形磁场时的速度方向与竖直方向间的夹角为α，
由几何关系得r′sin α＝r′－a，r′sin α＝2a－r′cos α，sin2α＋cos2α＝1
解得r′1＝(4－√6)a，r′2 ＝(4＋√6)a(舍)
联立解得B′＝(4+√6) R
10a
B。
[答案] (1)qBR
m (2)√3 R
2
(3)(4 +√6) R
10a
B
14．(12 分)(2025·山西大同·三模)如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，虚线
垂直于x 轴，在y 轴和虚线之间的区域空间有沿x 轴正方向的匀强电场和匀强
磁场，电场强度大小E1未知，磁感应强度大小B1＝B；在虚线的右侧区域空间
有沿y 轴正方向的匀强电场和垂直于坐标平面向外的匀强磁场，电场强度E2＝
√2
3 v0B，磁感应强度B2＝0.5B。将质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子从坐
标原点以与x 轴正方向成θ＝45°角斜向上的速度v0射入第一象限，粒子刚好在
第一次过x 轴时进入虚线右侧区域，且速度方向与x 轴正方向的夹角为37°，不
计粒子的自重，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)粒子在y 轴和虚线之间运动的时间；
(2)电场强度E1的大小；
(3)粒子在虚线右侧运动过程中，离x 轴的最大距离。
[解析] (1)粒子射入第一象限后，在垂直磁感应强度B1的平面内做匀速圆周运
动，有qv0B sin θ＝m(v0sinθ)
2
r
运动到第一次过x 轴的时间刚好是一个周期，则t＝2π r
v0sinθ
解得t＝2π m
qB 。
(2)粒子在y 轴与虚线之间沿电场方向做匀加速直线运动，初速度大小为v1＝
v0cos 45°＝√2
2 v0
粒子经过虚线时，沿x 轴方向的分速度大小为v2＝v0sin 45°
tan37° ＝2√2
3 v0
根据牛顿第二定律有qE1＝ma
根据运动学公式有v2＝v1＋at
解得E1＝√2v0 B
12π 。
(3)粒子进入虚线右侧区域时，由于qE2＝√2
3 qv0B＝qv2B2
因此粒子的运动可以看成是沿x 轴正方向以速度2√2
3 v0做匀速直线运动和以速
度√2
2 v0做匀速圆周运动的合运动，设做圆周运动的半径为R，则有q×√2
2 v0B2
＝m(
√2
2 v0)
2
R
解得R＝√2m v0
qB
因此粒子在虚线右侧运动过程中，离x 轴的最大距离为√2m v0
qB
。
[答案] (1)2π m
qB (2)√2v0 B
12π (3)√2m v0
qB
15．(16 分)(2025·山东潍坊·三模)某离子注入工艺原理如图所示。离子源产生
的离子经小孔进入加速电场，初速度可忽略不计。加速后的离子竖直向上进入
速度选择器，该区域存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场；通
过速度选择器的离子射出后从小孔O1进入电场分析器，电场分析器内为1
4 圆弧
辐射状电场，离子沿半径为R1(未知)的圆弧做匀速圆周运动；随后离子从小孔
O2射出并沿水平方向进入磁场分析器，该区域存在垂直纸面向外的圆形匀强磁
场(未画出)，离子偏转后沿O3O 的方向竖直向下射入水平向左的匀强偏转电场，
最终打在水平放置的晶圆(硅片)上。已知加速电场两水平极板间的电压为U，速
度选择器电场、电场分析器内离子所经位置的电场强度大小均为E；速度选择
器、磁场分析器中的磁感应强度大小均为B；偏转电场的上下边界MN 和PQ 间
距为L，水平方向足够宽；晶圆半径为R，圆心为O，其上表面到PQ 边界的距
离为d。不计离子所受重力及离子间相互作用，忽略边缘效应，求：
(1)通过速度选择器离子的比荷q
m；
(2)离子在电场分析器中运动轨迹的半径R1及运动时间t；
(3)磁场分析器中“圆形匀强磁场”区域的最小面积S；
(4)若离子需恰好打在晶圆上表面的边缘处，求偏转电场的电场强度大小E′。
[解析] (1)在速度选择器中，有qE＝qvB
可得v＝E
B
在加速电场中，有qU＝1
2mv2
可得离子的比荷为q
m＝
E
2
2U B
2。
(2)在电场分析器中，有qE＝m v
2
R1
可得R1＝2U
E
在电场分析器中，有T＝2π R1
v
可得离子在电场分析器中运动的时间t1＝1
4T＝π BU
E
2 。
(3)在磁场分析器中，有qvB＝mv
2
r
由几何关系可知，当匀强磁场面积最小时，其半径R′＝√2
2 r＝√2U
E
又S＝πR′2
可得S＝2π U
2
E
2
。
(4)在偏转电场中，竖直方向有L＝vt′
水平方向有y＝1
2·q E
'
m ·t′2
由几何关系可知R
y ＝
d + L
2
L
2
可得E′＝
4 RU
(2d + L) L。
[答案] (1)
E
2
2U B
2 (2)2U
E ，π BU
E
2 (3)2π U
2
E
2
(4)
4 RU
(2d + L) L
大单元周测卷(三) 大单元三 电场与磁场
层级三 高考重组·素养对标
(总分：100 分)
一、单项选择题：本大题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题列出的四
个选项中，只有一项符合题目要求。
1．(2025·河南卷)如图，在与纸面平行的匀强电场中有a、b、c 三点，其电势
分别为6 V、4 V、2 V；a、b、c 分别位于纸面内一等边三角形的顶点上。下列
图中箭头表示a 点电场的方向，则正确的是( )
A B C D
C [取ac 边的中点d，则在匀强电场中有φd＝φa+φc
2
＝4 V＝φb，所以bd 连线为
该电场的等势线，又电场方向垂直于等势线，且由高电势指向低电势，可知a
点的电场方向从a 指向c，C 正确。]
2．(2025·海南卷)某静电场电势φ 在x 轴上分布如图所示，图线关于φ 轴对称，
M、P、N 是x 轴上的三点，OM＝ON；将一电子从M 点由静止释放，仅受x 方
向的静电力作用，则下列说法正确的是( )
A．P 点电场强度方向沿x 负方向
B．M 点的电场强度小于N 点的电场强度
C．电子在P 点的动能小于在N 点的动能
D．电子在M 点的电势能大于在P 点的电势能
D [由题图可知，在x 正半轴沿＋x 方向电势降低，则电场强度方向沿x 正方向，
故A 错误；φ-x 图像的斜率表示电场强度，由题图可知M 点的电场强度大小等
于N 点的电场强度大小，方向相反，故B 错误；电子在电势低处电势能大，故
电子在P 点的电势能小于在N 点的电势能，根据能量守恒可知，电子在P 点的
动能大于在N 点的动能，故C 错误；电子在电势低处电势能大，故电子在M 点
的电势能大于在P 点的电势能，故D 正确。故选D。]
3．(2025·福建卷)如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小
相等、方向相反的电流。导线周围存在M、O、N 三点，M 与O 关于L1对称，
O 与N 关于L2对称且OM＝ON，初始时，M 处的磁感应强度大小为B1，O 点
的磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N 点的磁感应强
度大小为( )
A．1
2B2－B1
B．1
2B1－B2
C．B2－B1
D．B1－B2
A [根据题意，作出L1、L2中电流的某种情况，如图所示，设L1在M 点、O 点、
N 点产生的磁感应强度大小分别为B1M、B1O、B1N，L2在M 点、O 点产生的磁感
应强度大小分别为B2M、B2O，则由右手螺旋定则可知L1和L2在M 点产生的磁
感应强度方向相反，L1和L2在O 点产生的磁感应强度方向相同，则有B1M－B2M
＝B1，B1O＋B2O＝B2，由于L1、L2中电流大小相等，且O、M 两点距L1的距离
与O 点距L2的距离相等，则在大小关系上有B1M＝B1O＝B2O，B2M＝B1N，联立可
得B2M＝B1N＝1
2B2－B1，故保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N 点的磁感应强
度大小为B1N＝1
2B2－B1，A 正确。]
4．(2025·湖南卷)如图，两带电小球的质量均为m，小球A 用一端固定在墙上
的绝缘轻绳连接，小球B 用固定的绝缘轻杆连接。A 球静止时，轻绳与竖直方
向的夹角为60°，两球连线与轻绳的夹角为30°，整个系统在同一竖直平面内，
重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．A 球静止时，轻绳上拉力为2mg
B．A 球静止时，A 球与B 球间的库仑力为2mg
C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A 球加速度大小为g
D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B 球的作用力变小
C [对小球A 受力分析，其受重力、轻绳的拉力以及B 的库仑引力，如图所示，
根据力的平衡条件得F 库＝FTcos 30°＋mg cos 30°，FTsin 30°＝mg sin 30°，解
得FT＝mg，F 库＝√3mg，A、B 错误；剪断轻绳前，小球A 所受合力为零，库
仑力与重力的合力与轻绳拉力等大反向，即库仑力与重力的合力大小为mg，剪
断轻绳后瞬间，绳子拉力消失，库仑力与重力均不变，则小球A 所受合力大小
为mg，由牛顿第二定律得小球A 的瞬时加速度大小a＝g，C 正确；由于剪断
轻绳前后瞬间，B 球的受力不变，且状态不变，因此剪断轻绳瞬间轻杆对B 球
的作用力不变，D 错误。]
5．(2025·黑吉辽蒙卷)如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构
是模仿犰狳设计的。逐渐增大施加于两极板压力F 的过程中，F 较小时弹性结
构易被压缩，极板间距d 容易减小；F 较大时弹性结构闭合，d 难以减小。将该
电容器充电后断开电源，极板间电势差U 与F 的关系曲线可能正确的是( )
A B C D
D [由电容器电容的决定式C＝εr S
4 π kd ，结合题意可知增大两极板的压力，两极
板的间距d 减小，则电容器的电容增大，又由于电容器充电后与电源断开，则
电容器所带的电荷量不变，由公式U＝Q
C 可知，电容器两极板间的电压减小，
A、B 错误；由题意可知F 较大时，d 难以减小，即两极板间距减小得越来越慢，
电容器电容增大得越来越慢，则两极板间的电压减小得越来越慢，C 错误，D
正确。]
6．(2025·北京卷)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过
管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，
空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v
沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N 两点连线为直径，且垂直于磁场方向，
M、N 两点的电势差为U0。下列说法错误的是( )
A．N 点电势比M 点高
B．U0正比于流量Q
C．在流量Q 一定时，管道半径越小，U0越小
D．若直径MN 与磁场方向不垂直，测得的流量Q 偏小
C [根据左手定则可知正离子向下偏，负离子向上偏，故N 点电势比M 点高，
故A 正确；设管道半径为r，稳定时，离子受到的洛伦兹力与静电力平衡，有
U 0
2r q＝Bqv，同时有Q＝Sv＝πr2v，联立解得U0＝2BQ
π r ，故U0正比于流量Q；
流量Q 一定时，管道半径越小，U0越大，故B 正确，C 错误；若直径MN 与磁
场方向不垂直，根据U0＝2BQ
π r 可知此时式中磁场强度为磁感应强度的一个分量，
即此时测量时代入的磁场强度偏大，故测得的流量Q 偏小，故D 正确。故选
C。]
7．(2025·安徽卷)如图，在竖直平面内的Oxy 直角坐标系中，x 轴上方存在垂
直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平
行于x 轴放置足够长的探测薄板MN，MN 到x 轴的距离为d，上、下表面均能
接收粒子。位于原点O 的粒子源，沿Oxy 平面向x 轴上方各个方向均匀发射相
同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q，质量为m，速度大小均为qBd
m 。不
计粒子所受的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则( )
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d
B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为√3d
C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为π m
6qB
C [粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv
2
r ，解
得粒子的运动半径为r＝d，A 错误；当粒子恰经过薄板最右端打到薄板上表面
时，粒子打到薄板上表面的位置距N 点最远，当粒子沿x 轴正方向射出时，粒
子打到薄板上表面的位置距N 点最近，对应运动轨迹如图1 所示，由几何关系
可知，薄板的上表面接收到粒子的区域长度Δx1＝2r cos 30°－r＝(√3－1)d，B
错误；结合B 项分析可知，粒子能打到薄板下表面的最右端，当粒子的运动轨
迹与薄板相切时，粒子打到薄板下表面的位置距N 点最远，轨迹如图2 所示，
由几何关系可知，薄板的下表面接收到粒子的区域长度Δx2＝d，C 正确；粒子
在磁场中的运动周期T＝2π r
v ＝2π m
qB ，又t＝
θ
360°T，故粒子运动轨迹所对圆心
角越大，运动时间越长，结合BC 项分析可知，打在薄板下表面右端的粒子运
动时间最短，结合几何关系有tmin＝60°
360°·2π m
qB ＝π m
3qB，D 错误。
]
二、多项选择题：本大题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题列出的四
个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，
有选错的得0 分。
8．(2025·山东卷)
将球心为O、半径为R 的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上，带电荷量分别
为＋2q 和＋q 的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B 两点。过O、A、B 的截面
如图所示，C、D 均为圆弧上的点，OC 沿竖直方向，∠AOC＝45°，OD⊥AB，
A、B 两点间距离为√3R，E、F 为AB 连线的三等分点。下列说法正确的是(
)
A．甲的质量小于乙的质量
B．C 点电势高于D 点电势
C．E、F 两点电场强度大小相等，方向相同
D．沿直线从O 点到D 点，电势先升高后降低
BD [设小球甲、乙间的库仑力大小为F，对小球甲、乙受力分析如图所示，小
球甲沿绝缘碗切线方向由平衡条件有m 甲g cos 45°＝F cos 60°，对小球乙沿绝
缘碗切线方向由平衡条件有m 乙g cos 15°＝F cos 60°，联立可得m 甲>m 乙，A 错
误；将小球甲、乙形成的电场视为A、B 处为一对带电荷量均为＋q 的等量同种
点电荷与A 处为带电荷量为＋q 的点电荷形成电场的叠加，在A 处单个点电荷
形成的电场中，由于C 点与点电荷的距离更近，则C 点的电势更高，在等量同
种点电荷形成的电场中，沿过C 点的OD 垂线从C 点移动到OD 上的过程，电
势逐渐降低，然后继续移向D 点，电势继续降低，综上由电势的叠加原理可知，
C 点电势高于D 点电势，B 正确；由点电荷产生的电场的电场强度公式和电场
强度叠加原理可知，E 点的电场强度大小为EE＝
2kq
(
√3
3 R)
2－
kq
(
2√3
3
R)
2＝21kq
4 R
2 ，
F 点的电场强度大小为EF＝
kq
(
√3
3 R)
2－
2kq
(
2√3
3
R)
2＝3kq
2 R
2，E、F 两点电场强度的
大小不相等，C 错误；单独研究小球甲、乙形成的电场，沿直线从O 点运动到
D 点，电势均先升高后降低，所以由电势的叠加原理可知，沿直线从O 点运动
到D 点，电势先升高后降低，D 正确。]
9．(2025·福建卷)如图，竖直面内存在垂直纸面向里的匀强磁场B 与水平向右
的匀强电场E，一带电粒子在复合场中恰能沿着MN 做匀速直线运动，当粒子
运动到N 点时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P 点，已知MN 与水平面的夹
角为45°，NP 水平向右。粒子带电荷量为q，速度为v，质量为m，重力加速度
为g。则( )
A．电场强度大小为E＝√2mg
q
B．磁感应强度大小为B＝√2mg
qv
C．N、P 两点的电势差为U＝2m v
2
q
D 粒子从N 运动到P 的过程中，与NP 的距离最大值为v
2
8 g
BC [由于粒子沿着MN 做匀速直线运动，粒子所受洛伦兹力垂直于MN，粒子
所受合力为零，所以粒子所受重力和静电力的合力也垂直于MN，故静电力水
平向右，粒子带正电。由力的平衡条件有qvB cos 45°＝mg，qE
mg＝tan 45°，解
得电场强度大小为E＝mg
q ，磁感应强度大小B＝√2mg
qv
，A 错误，B 正确；撤
去磁场后，粒子所受静电力和重力不变，则其竖直方向上做竖直上抛运动，由
于NP 水平向右，所以粒子从N 运动到P 点的过程所用的时间为t＝2v sin 45°
g
，又粒子在水平方向上做匀加速直线运动，由位移—时间公式可得xNP＝vt cos
45°＋1
2·qE
m t2，结合A 项分析联立解得xNP＝2v
2
g ，所以NP 两点的电势差UNP
＝ExNP＝2m v
2
q
，C 正确；结合C 项分析可知，当粒子竖直方向的速度减为0 时，
其与NP 的距离最大，为xm＝(v sin 45°)
2
2g
＝v
2
4 g，D 错误。]
10．(2025·甘肃卷)2025 年5 月1 日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧
凑型全超导托卡马克核聚变实验装置(BEST)在我国正式启动总装。如图是托卡
马克环形容器中磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成的环形区域内有垂直
纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为R0。在内圆上A 点有
a、b、c 三个粒子均在纸面内运动，并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、
b、c 带正电且比荷均为q
m，a 粒子的速度大小为va＝qB R0
m
，方向沿同心圆的径
向；b 和c 粒子速度方向相反且与a 粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受
的重力和相互作用。下列说法正确的是( )
A．外圆半径等于2R0
B．a 粒子返回A 点所用的最短时间为
(3 π +2)m
qB
C．b、c 粒子返回A 点所用的最短时间之比为√2
√2+2
D．c 粒子的速度大小为√2
2 va
BD [由题意，a 粒子恰好到达磁场外边界后返回，则a 粒子运动的圆周正好与
磁场外边界相切，然后沿内圆径向做匀速直线运动，再做匀速圆周运动恰好回
到A 点，作出a 粒子运动轨迹如图甲所示，根据a 粒子的速度大小为va＝qB R0
m
，可得Ra＝R0，设外圆半径等于R′，由几何关系得∠AO′B＝270°，则R′＝(1＋
√2)R0，A 错误；由A 项分析，设a 粒子返回A 点所用的最短时间为第一次回到
A 点的时间tmin，a 粒子做匀速圆周运动的周期T＝
2π R0
va
＝2π m
qB ，在磁场中运
动的时间t1＝540°
360°·T＝3 π m
qB ，做匀速直线运动的时间t2＝
2 R0
va
＝2m
qB ，故a 粒
子返回A 点所用的最短时间为tmin＝t1＋t2＝
(3 π +2)m
qB
，B 正确；
由题意，作出b、c 粒子运动轨迹如图乙、丙所示
因为b、c 粒子返回A 点都是运动一个圆周，根据b、c 带正电且比荷均为q
m，
可知两粒子做圆周运动的周期相同，故所用的最短时间之比为1∶1，C 错误；
由几何关系得2Rc＝√2R0，由洛伦兹力提供向心力有qvcB＝mvc
2
Rc
，联立解得vc
＝√2
2 va，D 正确。故选BD。]
三、非选择题：本大题共4 小题，共54 分。
11．(12 分)(2025·河南卷)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原
理如图所示。仅含有一个A 细胞或B 细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不
含细胞)，液滴质量均为m＝2.0×10-10 kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分
类充电，使含A、B 细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为q＝1.0×10-13
C。随后，液滴以v＝2.0 m/s 的速度竖直进入长度为l＝2.0×10-2 m 的电极板间，
板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为E＝2.0×105 N/C。含细胞的液
滴最终被分别收集在极板下方h＝0.1 m 处的A、B 收集管中。不计液滴所受重
力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求：
(1)含A 细胞的液滴离开电场时偏转的距离；
(2)A、B 细胞收集管的间距。
[解析] (1)含A、B 细胞的液滴在电极板间做类平抛运动，对含A 细胞的液滴
垂直电场方向有l＝vt1
平行电场方向有x1＝1
2 at1
2
由牛顿第二定律可知qE＝ma
联立解得含A 细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x1＝5×10-3 m。
(2)由(1)问分析可知含A 细胞的液滴离开电场时的速度方向与电场方向夹角的正
切值为tan θ＝v
at1＝2
含A、B 细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，含A 细胞的液滴从离开电场
至到达A 收集管过程偏转的距离为
x2＝
h
tanθ＝0.05 m
即含A 细胞的液滴开始运动至到达A 收集管的过程偏转的距离为xA＝x1＋x2＝
0.055 m
由于含A、B 细胞的液滴电性相反，带电荷量大小相等，则含B 细胞的液滴的
偏转距离与含A 细胞液滴的相等，所以A、B 细胞收集管的间距为xAB＝2xA＝
0.11 m。
[答案] (1)5×10-3 m (2)0.11 m
12．(12 分)(2025·江苏卷)如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电
场中，两个相同的带正电粒子a、b 同时从O 点以初速度v0射出，速度方向与
水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子所受的重力
及粒子间相互作用。求：
(1) a 运动到最高点的时间t；
(2) a 到达最高点时，a、b 间的距离H。
[解析] (1)根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，由对a，根
据牛顿第二定律有qE＝ma
运动到最高点的时间由运动学公式有
v0sin θ＝at
联立解得t＝mv0sinθ
qE
。
(2)方法一 根据题意可知，两个粒子均在水平方向上做匀速直线运动，且水平
方向上的初速度均为v0cos θ，则两粒子一直在同一竖直线上，斜上抛的粒子竖
直方向上运动的位移为x1＝(v0sinθ)
2
2a
＝mv0
2sin
2θ
2qE
斜下抛的粒子竖直方向上运动位移为x2＝v0t sinθ＋1
2at2＝mv0
2sin
2θ
qE
+ mv0
2sin
2θ
2qE
则a 到达最高点时与b 之间的距离x＝x1＋x2＝2m v0
2sin
2θ
qE
。
方法二 两个粒子均受到相同的静电力，以a 为参考系，b 以2v0sinθ 的速度向
下做匀速直线运动，则a 到达最高点时，a、b 间的距离H＝2v0sin θ·t＝
2m v0
2sin
2θ
qE
。
[答案] (1)mv0 sinθ
qE
(2) 2m v0
2sin
2θ
qE
13．(14 分)(2025·湖北卷)如图所示，两平行虚线MN、PQ 间无磁场。MN 左
侧区域和PQ 右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分
别为B 和2B。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从MN 左侧O 点以大小为
v0的初速度射出，方向平行于MN 向上。已知O 点到MN 的距离为3mv0
2qB ，粒
子能回到O 点，并在纸面内做周期性运动。不计粒子所受的重力，求：
(1)粒子在MN 左侧区域中运动轨迹的半径；
(2)粒子在第一次和第二次经过PQ 时位置的间距；
(3)粒子的运动周期。
[解析] (1)在MN 左侧的磁场中，设粒子运动轨迹半径为r，由qv0B＝m v0
2
r 可得
r＝mv0
qB 。
(2)粒子从O 点射出后的部分运动轨迹如图1 所示，根据几何关系可得sinα＝
O
' D
r
，
又O′D＝OD－r＝mv0
2qB，
解得α＝30°，粒子经过MN 边界上的C 点，在MN 和PQ 边界之间的无磁场区
域做匀速直线运动，从PQ 边界上的E 点第一次进入右侧磁场区域做半径为r′
的匀速圆周运动，从PQ 边界上的F 点第二次经过PQ 边界，在右侧磁场中，由
qv0·2B＝m v0
2
r
' 可得r′＝m v0
2qB
由几何关系可得在右侧磁场中轨迹对应圆心角为120°，所以粒子第一次和第二
次经过PQ 时位置的间距EF＝2r′sin 60°
解得EF＝√3m v0
2qB 。
(3)要使粒子能回到O 点并做周期性运动，粒子的轨迹需上下对称，所以轨迹如
图2 所示
由几何关系得r cos α＝CE sin α＋EF
2
解得CE＝√3m v0
2qB
粒子在MN 左侧磁场中的轨迹对应圆心角为240°，结合粒子在磁场中仅在洛伦
兹力作用下做圆周运动的周期公式有T1＝2π m
qB
可得运动时间t1＝240°
360°·2π m
qB ＝4 π m
3qB
粒子在MN 和PQ 之间做匀速直线运动的时间t2＝2×CE
v0 ＝√3m
qB ，粒子在PQ 右
侧磁场中的轨迹对应圆心角为120°，结合粒子在磁场中仅在洛伦兹力作用下做
圆周运动的周期公式有T2＝2π m
q·2B
可得运动时间t3＝120°
360°· 2π m
q·2B＝π m
3qB
所以粒子运动周期T＝t1＋t2＋t3＝(5 π +3√3)m
3qB
。
[答案] (1)m v0
qB (2)√3m v0
2qB (3)(5 π +3√3)m
3qB
14．(16 分)(2025·黑吉辽蒙卷)如图，在xOy 平面第一、四象限内存在垂直平面
向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从M(0，－y0)点射入
磁场，速度方向与y 轴正方向夹角θ＝30°，从N(0，y0)点射出磁场。已知粒子
的电荷量为q(q>0)，质量为m，忽略粒子所受的重力及磁场边缘效应。
(1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1；
(2)若在xOy 平面内某点固定一负点电荷，电荷量为－48q，粒子质量取m＝
B
2 y0
3
k
(k 为静电力常量)，粒子仍沿(1)中的轨迹从M 点运动到N 点，求射入磁场
的速度大小v2；
(3)在(2)问条件下，粒子从N 点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N 点速
度方向相反，求t2(电荷量为Q 的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0
时，与该点电荷距离为r 处的电势φ＝kQ
r )。
[解析] (1)粒子从M 点运动到N 点，运动轨迹如图1 所示，
根据几何关系可知r sin θ＝y0
解得粒子运动轨迹半径r＝2y0
粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝m v1
2
r
解得v1＝2Bq y0
m
由v1＝2π r
T 可得，粒子在磁场中运动的周期
T＝2π m
qB
则粒子在磁场中运动的时间为t1＝2θ
360°·T＝π m
3qB。
(2)粒子轨迹不变，仍然做匀速圆周运动，因此点电荷只能位于轨迹圆心O1处，
库仑力和洛伦兹力完全提供向心力，有
qv2B＋kq·48q
r
2
＝m v2
2
r (此式可变换为
B
2 y0
2
2k v2
2-qB v2- 12k q
2
y0
2
＝0，获得关于v2
的一元二次方程，通过求根公式解得v2的两个值)，
解得v2＝
6 kq
B y0
2(另一解v2＝- 4 kq
B y0
2不合题意，舍去)。
(3)粒子从N 点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需的向心力m v2
2
r 大于点
电荷提供的库仑力kq·48q
r
2
，因此粒子无法做匀速圆周运动，只能做类似行星
绕中心天体的椭圆轨迹的运动，粒子的运动轨迹如图2 所示，
粒子从N 点运动至与N 点速度方向相反的点的过程中只有库仑力做功，粒子电
势能和动能总和不变，有1
2 mv2
2＋qφ2＝1
2 mv3
2＋qφ3
类比开普勒第二定律可知粒子在近点和远点的速度满足1
2v2Δt·r＝1
2v3Δt·R
结合电势φ2＝- 48kq
r
和φ3＝- 48kq
R
解得R＝6y0
粒子椭圆轨迹的半长轴a＝R+r
2
＝4y0
将粒子运动的椭圆轨迹转化为半径为r0＝a＝4y0的圆周运动，类比开普勒第三
定律可知a
3
T
2＝r0
3
T
' 2
则k 48q
2
r0
2 ＝m4 π
2
T
' 2 r0
解得T′＝4√3 π B y0
3
3kq
则粒子运动时间t2＝1
2T′＝2√3 π B y0
3
3kq
。
[答案] (1)2Bq y0
m
π m
3qB
(2) 6kq
B y0
2 (3) 2√3 π B y0
3
3kq
