文档文本内容
专题05 静电场 磁场
5 大考点概览
考点01 电场力及电场能的性质
考点02 带电粒子在电场中的运动
考点03 磁现象和磁场及安培力
考点04 带电粒子在磁场中的运动
考点05 洛伦磁力与现代科技
一、单选题
1．（2026·辽宁鞍山·一模）如图所示是甲、乙两个点电荷电场的部分电场线分布图，下列说法正确的是（
）
A．乙带正电
B．P 点电场强度比Q 点电场强度小
C．P 点电势比Q 点电势高
D．同一负电荷在P 点的电势能高于在Q 点的电势能
【答案】C
【详解】A．电场线从正电荷出发，终止于负电荷。观察图中电场线分布可知，电场线是从甲出发指向乙，
所以乙带负电，故A 错误；
B．电场线的疏密程度表示电场强度的大小，电场线越密集，电场强度越大。从图中可以看到，P 点的电
场线比Q 点密集，所以P 点电场强度比Q 点电场强度大，故B 错误；
考点1
电场力及电场能的性质
C．沿着电场线的方向，电势逐渐降低。在图中从P 到Q 是沿着电场线的方向，所以P 点电势比Q 点电势
高，故C 正确；
D．根据电势能公式Ep=qφ可知，同一负电荷在电势高的地方具有的电势能反而小。由于P 点电势比Q 点
电势高，所以同一负电荷在P 点的电势能低于在Q 点的电势能，故D 错误。
故选C。
2．（2026·辽宁沈阳·一模）如图，在竖直放置的绝缘圆环上均匀分布着正电荷。在垂直于圆环面且过圆心
的轴线上有a、b、c三点，其中b为ac中点。α粒子从a点以某一初速度沿轴向运动，到c点时速度为零，
则（ ）
A．α粒子从a到c的过程中加速度一定一直增大
B．α粒子从a到c的过程中电势能一定一直增大
C．a点的电场强度一定等于c点的电场强度
D．ab两点间的电势差一定等于bc两点间的电势差
【答案】B
【详解】A．圆心处电场强度为零，轴线上距离圆心无限远处电场强度为零，轴线上从圆心到无限远任意
一点电场强度不为零，故轴线上存在电场强度最大的点，因其位置与a、b、c三点位置关系不确定，故α
粒子从a到c的过程中加速度可能一直增大，可能一直减小，也可能先增大后减小，故A 错误；
B．α粒子带正电，从a到c的过程中克服静电力做功，故电势能一定一直增大，故B 正确；
C．由A 项分析可知轴线上存在电场强度最大的点，若该点在a、c两点之间，a点的电场强度可能等于c点
的电场强度；其他情况a点的电场强度一定不等于c点的电场强度，故C 错误；
D．因ab两点电场线分布和bc两点间电场强度分布情况不一定对称，故ab两点间的电势差不一定等于bc两
点间的电势差，故D 错误。
故选B。
3．（2026·辽宁沈阳·一模）如图所示，空间中存在着由一固定的点电荷（图中未画出）产生的电场。另一
同种点电荷q 仅在电场力作用下沿曲线MN 运动，q 在M 点的速度小于到达N 点时的速度。图中两虚线与
运动轨迹相切，则（ ）
A．点电荷Q 有可能位于图中的区域①内
B．q 在M 点的加速度比在N 点的加速度小
C．q 在M 点的电势能比在N 点的电势能大
D．Q 的电场中M 点的电势一定比N 点的高
【答案】C
【详解】A．根据同种电荷相互排斥，若点电荷Q 位于图中的区域①内，则两电荷应是吸引关系，应是异
种电荷，所以A 错误；
C．由于q 在M 点的速度小于到达N 点时的速度，根据动能定理可知，q 从M 到N 过程电场力做正功，则
电势能减小，所以q 在M 点的电势能比在N 点的电势能大，则C 正确；
B．由于电场力做正功，则N 点到点电荷Q 的距离较大，根据场强公式
E =k Q
r
2
可知，在N 点的场强较小，所以q 在M 点的加速度比在N 点的加速度大，则B 错误；
D．由于两点电荷的电性不确定，所以电势能大的位置电势无法确定大小关系，则D 错误；
故选C。
4．（2026·内蒙古兴安盟·一模）如图所示，不带电的金属球静止在光滑绝缘水平地面上，球心O 的正上方
有一固定的点电荷−q。现给金属球施加外力，让金属球沿竖直方向缓慢靠近点电荷，下列说法正确的是
（ ）
A．球心O 处的场强逐渐变大
B．感应电荷在O 处产生的场强逐渐变大
C．球心O 处的电势逐渐升高
D．金属球的电势能增大
【答案】B
【详解】A．由于静电屏蔽，球心O 处的场强为零，保持不变，A 错误；
D．金属球不带电，则金属球得电势能始终为零，不变，D 错误；
C．由于静电屏蔽，金属球为等势体，球心O 处靠近点电荷，点电荷带负电，沿着电场线方向电势降低，
则球心O 处的电势降低，C 错误；
B．球心O 处的场强为零，则金属球感应电荷在O 处产生的场强与点电荷−q在O 处产生的场强大小相等
方向相反，在靠近点电荷过程中，点电荷−q在O 处产生的场强
E = kq
r
2
逐渐变大，则感应电荷在O 处产生的场强逐渐变大，B 正确。
故选B。
5．（2026·黑龙江绥化·一模）如图甲所示，在真空中固定的两个相同点电荷A、B 关于x 轴对称，它们在x
轴上的E−x图像如图乙所示（规定x 轴正方向为电场强度的正方向）。若在坐标原点O 由静止释放一个正
点电荷q，它将沿x 轴正方向运动，不计重力。则（ ）
A．A、B 带等量正电荷
B．点电荷q 在x1处电势能最大
C．点电荷q 在x2处动能最大
D．点电荷q 沿x 轴正向运动的最远距离为x3
【答案】C
【详解】A．由E−x图像可知，在x 轴上的P 点对应x2点，在P 点的左侧电场强度为正值，沿x 轴正方向，
右侧为负值，沿x 轴负方向，可知A、B 带等量负电荷，故A 错误；
BC．电荷量为q 的正点电荷，从O 点到P 点，电场力做正功，电势能减小，从P 点沿x 轴正方向运动，电
场力做负功，电势能增加，因此点电荷q 在x1处电势能不是最大；可知点电荷q 在x2处动能最大，故B 错
误，C 正确；
D．由对称性可知，点电荷q 沿x 轴正方向最远能到达O 点关于P 点的对称点O
′点位置，故点电荷q 沿x
轴正向运动的最远距离为2 x2，故D 错误。
故选C。
6．（2026·黑龙江大庆·一模）某同学绘制了四幅静电场的电场线分布图，其中可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】AC．电场线不相交、不闭合，故AC 错误；
B．该电场可能为正点电荷形成的电场，故B 正确；
D．带电物体在静电场中沿闭合路径运动一周回到原位，电场力做功为零，在图示的假想电场中，一个电
荷从场强较强的下部沿电场线向左运动，然后垂直电场线向上运动到中部场强较弱处，再向右运动，再向
下回到原位，电场力做功不为零，不符合静电场的保守性，那么这种电场不存在，故D 错误。
故选B。
7．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）两个−q的电荷和一个+2q的电荷附近的电场线分布如图所示，d 是两负电
荷连线的中点，c、d 两点到中间负电荷的距离相等，则（ ）
A．c 点比d 点的电势高
B．b 点与e 点电场强度相同
C．将负试探电荷从a 点移到e 点电场力做正功
D．负试探电荷的电势能a 点比b 点大
【答案】A
【详解】A．电场线方向是电势降低的方向，从电场线分布可知，c 点所在的等势面电势高于d 点，故A 正
确；
B．b、e 两点关于连线上下对称，沿电场方向的切线方向为电场的方向，故b、e 两点的电场强度大小相同，
方向不同，故B 错误；
C．从a 点移到e 点，电势降低，负电荷的电势能增大，故从a 点移到e 点电场力对该电荷做负功，故C 错
误；
D．a 点电势比b 点高，故负电荷在a 点电势能比b 点小，故D 错误。
故选A。
8．（2026·辽宁大连·一模）细胞膜是由磷脂双分子层构成的富有弹性的半透膜。在运送粒子时，细胞膜内
上、下表面单位面积的电荷量为σ，此时可将细胞膜视为两个很大的平行板构成的电容器，其间距为d，内
部的相对介电常数为ε，静电力常量为k，则比荷为α的粒子在分子层间的加速度大小为（ ）
A．4 πkασ
ε
B．4 πkαεσ
C．4 πkαdσ
D．4 πkαdσ
ε
【答案】A
【详解】将细胞膜视为平行板电容器，设其面积为S，则其电容C =
εS
4πkd
又根据题意可知其所带电荷量Q =σS
则两板间的电压U = Q
C =
σS
εS
4πkd
= 4πkdσ
ε
两板间的场强E = U
d = 4πkσ
ε
比荷为α的粒子在分子层间的加速度大小a= Eα = 4πkασ
ε
故选A。
二、多选题
9．（2026·辽宁大连·一模）静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置。如图，一电子在电场
中仅受电场力的作用，实线描绘出了其运动轨迹，虚线表示等势线，各等势线关于y轴对称，a、b、c、d
分别是轨迹与等势线的交点。已知电子在经过a点时动能为80eV，各等势线的电势标注在图中，则（ ）
A．电子从a运动到d，电势能升高
B．电子在经过等势线c点时的动能为40eV
C．a点电场强度小于b 点电场强度
D．电子从a 运动到c，动能先增加后减少
【答案】CD
【详解】A．由题图可知，由a 点到d 点电势先增加后减小，电子带负电，根据Ep=qφ可知，电子从a运动
到d，电势能先减小后增大，故A 错误；
B．电子在电场中仅受电场力作用，所以电势能与动能之和保持不变，则有E总= Eka+ Epa= Ekc+ Epc
可得Ekc=100eV，故B 错误；
C．等差等势面越密集，场强越大，故b 点场强大于a 点场强，故C 正确；
D．电子从a 运动到c，电势先增大后减小，根据Ep=qφ可知，电势能应先减小后增大，则动能应先增加
后减少，故D 正确。
故选CD
三 、解答题
10．（2026·黑龙江大庆·一模）如图所示，长l =0.5 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带
电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ =37°；已知小球的质量m=0.4 kg，
所带电荷量q =1.0×10
−5C，重力加速度g=10 m /s
2，sin37° =0.6，cos37° =0.8。求：
(1)匀强电场的场强大小；
(2)将电场撤去，求小球回到最低点时对细绳的拉力大小。
【答案】(1)3.0×10
5 N /C
(2)5.6 N
【详解】（1）对小球进行受力分析，如图
对小球，在竖直方向T cosθ =mg
在水平方向T sinθ =qE
联立解得E = mgtanθ
q
代入题中数据得E =3.0×10
5 N /C
（2）撤去电场后，从释放点到最低点的过程根据动能定理得mgl(1−cosθ)= 1
2 m v
2
解得v = ❑√2gl (1−cosθ)
最低点对小球列牛顿第二定律方程FT−mg=m v
2
l
根据牛顿第三定律可知小球对绳的拉力大小F
′
T= FT
则小球对绳的拉力大小F
′
T=5.6 N
一、单选题
1．（2026·黑龙江省研远联合·一模）如图所示，一充电后与电源断开的平行板的两极板水平放置，板长为
L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M。一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两
板间，最后垂直打在M上，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．两极板间电压为mgd
2q
考点2
带电粒子在电场中的运动
B．质点通过电场过程中电势能减少m g
2 L
2
v0
2
C．若仅增大初速度v0，则该质点不可能垂直打在M上
D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上
【答案】B
【详解】A．由题意可知，质点飞出平行板后只受重力作用且垂直打在M上，可知质点在平行板间竖直方
向受力不平衡，质点在平行板间向上偏转做类平抛运动，如图所示。则有质点在平行板间竖直方向的加速
度与飞出平行板后竖直方向的加速度大小相等，方向相反，在平行板间由牛顿第二定律可得
qE−mg=ma
飞出平行板后则有
mg=ma
联立解得两极板间的电场强度为
E = 2mg
q
由匀强电场的电场强度与电势差的关系式U = Ed可得
U = 2mgd
q
A 错误；
B．质点在电场中向上偏移的距离为
y = 1
2 at
2
其中
a= qE−mg
m
在水平方向
L= v0t
联立解得
y = g L
2
2v0
2
此时质点在竖直方向的分速度为
v y =at = gL
v0
则有质点在电场中运动增加的机械能为
ΔE =mgy + 1
2 m v y
2 = m g
2 L
2
2v0
2
+ 1
2 m g
2 L
2
v0
2 = m g
2 L
2
v0
2
由能量守恒定律可知，质点通过电场过程中电势能减少等于质点机械能的增加m g
2 L
2
v0
2
，B 正确；
C．若仅增大初速度v0，质点在两个偏转过程中具有对称性，即两个过程的受力情况分别不变，竖直方向
加速度大小相等，方向相反，运动的时间相等，则该质点仍能垂直打在M上，C 错误；
D．若仅增大两极板间距，因两板上所带电荷量不变，则有
E = U
d
C = Q
U
C = εr S
4 πkd
可得
E = Q
Cd = 4 πkQ
εr S
可知两板间的电场强度不变，质点在电场中受力不变，则运动情况不变，则该质点仍能垂直打在M上，D
错误。
故选B。
2．（2020·内蒙古·一模）如图，光滑水平轨道AB 长为❑√3L，与光滑圆弧轨道BC 平滑连接，圆弧BC 半径
为L，圆心为O，圆心角为60°。空间中存在范围足够大的水平向右的匀强电场。从A 点由静止释放质量为
m、带电量为q 的带电小球，电场强度E＝
❑√3mg
q
。重力加速度取g。在小球以后的运动过程中下列说法正
确的是（ ）
A．小球通过B 点时对轨道的压力为mg
B．小球通过C 点时对轨道的压力为10mg
C．小球能达到的最大高度为L
D．当小球达到最高点时，小球的机械能达到最大
【答案】B
【详解】A. A 到B 根据动能定理有：
qE·❑√3 L= 1
2 m vB
2
在B 点，根据牛顿第二定律有：
N B−mg= mvB
2
L
解得小球在B 点受到的支持力大小为：
N B=7mg
所以小球通过B 点时对轨道的压力为：
N B
′ = N B=7mg
故A 错误；
B. A 到C 根据动能定理有：
qE·(❑√3 L+ L·sin60
∘)−mg·( L−Lcos60
∘)= 1
2 m vC
2
在C 点，根据牛顿第二定律有：
N C−2mg= mvC
2
L
解得小球在C 点受到的支持力大小为：
vC =2❑√2 gL
N C =10mg
所以小球通过B 点时对轨道的压力为：
N C
′ = N C =10mg
故B 正确；
C. 小球从C 点飞出轨道后，竖直方向做竖直上抛运动，当竖直方向的速度为零时，小球运动到最高点，
从C 点到最高点，小球在竖直方向的位移为：
y = vCy
2
2 g = (vC·sin 60
∘)
2
2g
=3 L
所以小球能够上升的最大高度为
hm= y +( L−Lcos60°)=3.5 L
故C 错误；
D. 根据题意可知，小球到达最高点后仍要继续向右运动，电场力仍然要对小球做正功，小球的机械能继
续增加，所以在最高点小球的机械能不是最大的，故D 错误；
故选：B。
3．（2026·辽宁大连·一模）如图所示，竖直面内有一圆形区域，半径为R。AC、BD分别是圆的水平方向
和竖直方向直径。空间存在平行于圆形区域的匀强电场。´BC的中点M是圆周上电势最低的点。质量为m，
电荷量为q（q>0）的小球从A点以相同的速率v0向竖直面内各个方向发射，重力加速度为g，下列说法中
正确的是（ ）
A．电场沿AM方向
B．电势差U CB=U OD
C．小球到达D点的动能为1
2 m v0
2+mgR
D．小球加速度大小可能为a= 1
2 g
【答案】C
【详解】A．匀强电场中圆周上电势最低点M 与最高点M'关于圆心O 对称，电场线由高电势指向低电势，
因此电场方向沿半径OM 方向，而AM 为弦，其方向与OM 不同，故A 错误；
B．因CB 连线垂直电场线，可知U CB=0，而U OD≠0，可知电势差U CB≠U OD，B 错误；
C．因AD 两点电势相等，则从A 到D 电场力不做功，由动能定理，小球到达D点的动能为
EkD= 1
2 m v0
2+mgR，C 正确；
D．小球受恒力作用，设水平加速度ax = qEcos 45
°
m
竖直加速度a y = qEsin45
°−mg
m
合加速度a=
❑√ax
2+a y
2 = ❑√
E
2q
2
m
2 −
❑√2 Eqg
m
+ g
2
由数学知识可知，a 的最小值为amin=
❑√2
2 g
故加速度不可能为0.5g，故D 错误。
故选C。
二、多选题
4．（2026·吉林省G35+联合体·一模）某静电场的电场线沿x轴，其电场强度E随x的变化规律如图所示，
设x轴正方向为静电场的正方向，在坐标原点有一电荷量为q的带电粒子仅在电场力作用下由静止开始沿x
轴正向运动，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子运动到x0处速度最大
C．粒子不可能运动到3 x0处
D．在0~3 x0区域内，粒子获得的最大动能为7
8 q E0 x0
【答案】AD
【详解】A．带电粒子由静止开始沿x轴正向运动，结合图像可知，开始沿x轴正向运动时电场方向沿x轴
正向，所以带电粒子带正电，故A 正确；
BCD．带电粒子从原点到3 x0，由动能定理可知，
1
2 q E0( x0+ 2
3 x0)−1
2 × 1
2 q E0( 1
3 x0+ 1
4 x0)+ 1
2 × 1
2 q E0× 3
4 x0= Ek
得
Ek= 7
8 q E0 x0
故粒子可以运动到3 x0处，且在3 x0处动能最大，最大动能为7
8 q E0 x0。故BC 错误，D 正确。
故选AD。
5．（2026·内蒙古科尔沁右翼中旗·一模）如图所示，质量相同、带等量异种电荷的甲、乙两粒子，先后从
S 点沿SO 方向垂直射入匀强电场中，分别经过圆周上的P、Q 两点，不计粒子间的相互作用及重力，则两
粒子在圆形区域内运动过程中（ ）
A．甲粒子的入射速度小于乙粒子
B．甲粒子所受电场力的冲量小于乙粒子
C．甲粒子在P 点的速度方向可能沿OP 方向
D．电场力对甲粒子做的功小于对乙粒子做的功
【答案】BD
【详解】A．甲、乙两粒子在电场中均做类平抛运动，则垂直电场方向的位移为
y = v0t
沿电场方向的位移为
x = 1
2 at
2= 1
2 ⋅qE
m t
2
联立可得
v0= y ❑√
qE
2mx
由于
y P> yQ，xP< xQ
可知甲粒子的入射速度大于乙粒子的入射速度，故A 错误；
B．根据沿电场方向的位移为
x = 1
2 at
2= 1
2 ⋅qE
m t
2，xP< xQ
可知
t P<tQ
根据
I 电=qEt
可知甲粒子所受电场力的冲量小于乙粒子所受电场力的冲量，故B 正确；
C．粒子在电场中做类平抛运动，可知速度反向延长线交于竖直位移的中点，甲粒子在P 点的速度反向延
长线应交SO 于O 点下方，故C 错误；
D．根据
W =qEx，xP< xQ
可知电场力对甲粒子做的功小于对乙粒子做的功，故D 正确。
故选BD。
三、解答题
6．（2026·黑龙江绥化·一模）在光滑桌面上，以水平桌面左边缘为y轴建立空间直角坐标系如图所示，坐
标为(❑√3 L, L,0)处固定一正点电荷，利用屏蔽手段使该点电荷只在x>0空间产生电场，坐标为
(❑√3 L,−L,0)处有一电荷量大小为q，质量为m的小球，以初速度v0沿x轴负方向射出，小球离开桌面前恰
能做匀速圆周运动，在x<0的空间存在沿y轴正方向大小可调的匀强电场，已知静电力常量为k，重力加速
度为g，取桌面所在平面为零势能面。
(1)求固定点电荷所带的电荷量Q的大小；
(2)若小球落地点坐标满足|x|、|y|、|z|相等，求匀强电场电场强度的大小；
(3)若匀强电场E = 2mg
q
，求小球从离开桌面到落地前机械能和动能的最小值。
【答案】(1)2mLv0
2
kq
(2)(❑√3−1)mg
q
或(❑√3+1)mg
q
(3)1
8 mv0
2，1
5 mv0
2
【详解】（1）小球以2 L为半径做匀速圆周运动kQq
(2 L)
2 = m v0
2
2 L
解得Q = 2mLv0
2
kq
（2）小球在桌面上轨迹如图所示，由几何关系可得，小球从原点O离开桌面
设离开时速度与x轴负方向夹角为α，则tanα = ❑√3，α =60
0
小球离开桌面时，沿x轴负方向做匀速运动v x = v0cosα，|x)= v xt
y轴方向做匀减速运动|v y)= v0 sinα，|y)=|v yt −1
2 a yt
2)，根据牛顿第二定律qE =ma y
z轴负方向做自由落体运动z = 1
2 gt
2
联立可得E = (❑√3−1)mg
q
或E = (❑√3+1)mg
q
（3）y轴方向速度减到0 时，电场力做负功最多，小球机械能最小
故机械能最小值Emin= 1
2 mv x
2= 1
8 mv0
2，解得Emin= 1
8 mv0
2
小球在x轴负方向做匀速运动，在yOz面内做类斜抛运动
设重力与电场力的合力为F，v y与F夹角为β，则tanβ = 1
2，
将v y沿F方向和垂直F方向分解，当F方向速度减到0 时，动能最小，即
Ekmin= 1
2 m v x
2+ 1
2 m(v y sinβ)
2
解得Ekmin= 1
5 m v0
2
一、单选题
1．（2026·辽宁大连·一模）关于下列四幅图说法正确的是（ ）
A．图甲中三角形导线框绕轴匀速转动产生直流电
B．图乙中周期性变化的磁场可以产生电磁波
C．图丙中强磁体从铝管中静止下落做自由落体运动
D．图丁为磁流体发电机装置，A 极板电势高
【答案】B
【详解】A．闭合线圈绕着与匀强磁场方向垂直的轴匀速转动，会产生正弦式交变电流，故A 错误；
B．周期性变化的磁场产生周期性变化的电场，周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，如此循环往复，
就会形成电磁波，故B 正确；
C．强磁体从铝管中静止下落，铝管中会产生涡流效应，感应电流的磁场将会对下落的强磁体也产生阻力
考点3
磁现象和磁场及安培力
作用，故强磁体不做自由落体运动，故C 错误；
D．由图根据左手定则可知，正电荷向下偏转，则B 板带正电，电势较高，故D 错误。
故选B 。
一、单选题
1．（2026·吉林延边·一模）如图所示，在直角三角形abc 区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应
强度大小为B。大量质量为m、电荷量为＋q 的同种粒子以相同的速度沿纸面垂直于ab 边射入场区，结果
在bc 边仅有一半的区域内有粒子射出。已知bc 边的长度为L，bc 和ac 的夹角为60°，不计粒子重力及粒
子间的相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子的入射速度为BqL
4 m
B．粒子的入射速度为
❑√3 BqL
6m
C．粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为πL
2
D．从bc 边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为πm
2Bq
【答案】A
【详解】AB．粒子进入磁场向上做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力Bqv = mv
2
r
因bc 边只有一半区域有粒子射出，在bc 边中点射出的粒子轨迹如图中实线所示
考点4
带电粒子在磁场中的运动
由几何关系可得r = L
2 sin30° = 1
4 L
则粒子的入射速度v = BqL
4 m ，故A 正确，B 错误；
C．粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为s= πr = πL
4 ，故C 错误；
D．与bc 边相切恰从bc 边射出粒子的对应的圆心角最大为2π
3
从bc 边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为t =
2π
3
2π · 2πm
Bq = 2πm
3 Bq
，故D 错误。
故选A。
2．（2026·辽宁大连·一模）如图甲所示，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速
率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E 运动至皮带轮顶端F 的过程中，
其v −t图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及其运动过程的说法中正确的是（
）
A．该物块带负电
B．皮带轮的传动速度大小一定为1m/s
C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移
D．在2~ 4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动
【答案】D
【详解】A．由图乙可知物块做加速度减小的加速运动，设物块对皮带的压力为N，由牛顿第二定律可得
μN −mgsinθ =ma
加速度减小说明物块对斜面的压力减小，从而物体受到垂直皮带向上的洛伦兹力，根据左手定则可知物体
带正电，故A 错误；
B．随着物块速度的增加，物块受到的洛伦兹力越来越大，物体受到皮带的支持力越来越小，受到的滑动
摩擦力也越来越小，在t =2s时物块的重力和上述三个力达到了平衡，在此后过程中即使传送带速度大于
1m/s也不会影响物块的速度。所以传送带的速度可能为1m/s也可能大于1m/s，故B 错误；
C．由B 项的分析可知传送带的速度未知，所以不能求出物体与皮带的相对位移，故C 错误；
D．由B 项的分析，若皮带的速度大于1m/s，则物块与皮带有相对位移，即在2~ 4.5s内，物块与皮带仍
可能有相对运动，故D 正确。
故选D。
二、多选题
3．（2026·辽宁鞍山·一模）如图，矩形区域MNPQ 内有垂直于纸面向外的匀强磁场，区域的长宽分别为
2L 和L。速度大小为v0的带电粒子从P 点处沿PQ 方向射入矩形区域，经过时间t 从MN 的中点离开磁场。
下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．仅将粒子的速度变为2v0，粒子将从M 点离开矩形区域
C．仅将粒子的速度变为2v0，粒子在矩形区域磁场中的运动时间为t
2
D．仅将粒子的速度变为2v0，粒子在矩形区域磁场中的运动时间为2t
3
【答案】AD
【详解】A．根据题意可知，粒子进入磁场后受竖直向下的洛伦兹力，由左手定则可知，粒子带正电，故
A 正确；
BCD．根据题意，设粒子以v0进入磁场时轨迹半径为r，由几何关系有r
2= L
2+(r −L)
2
解得r = L
即经过时间t 粒子从MN 的中点垂直离开磁场，此时轨迹的圆心角为45°，则有t = 1
4 T
仅将粒子的速度变为2v0，由洛伦兹力提供向心力有qvB =m v
2
R
可得，此时轨迹半径为r
′ =2r =2 L
设粒子从M
′点离开磁场，到N点的距离为x，由几何关系有r
′2= x
2+(r
′−L)
2
解得x = ❑√3 L
即粒子不是从M 点离开矩形区域，设此时轨迹的圆心角为θ，则有sinθ = x
r
′ =
❑√3
2
解得θ =60°
则粒子在矩形区域磁场中的运动时间为t
′ = 60°
360° ⋅T = 2t
3 ，故BC 错误，D 正确。
故选AD。
4．（2026·辽宁沈阳·一模）如图，两平行金属板MN、PQ 之间有平行x 轴向右的匀强加速电场，PQ 板右
侧，x 轴的上方有垂直于x 轴向下的匀强偏转电场，在x 轴的下方有垂直于纸面向里的匀强磁场。H
1
1 、H
1
2 、
H
1
3 三种带电粒子分别从入口由静止释放。不计带电粒子重力，关于三种带电粒子的运动，下列说法正确的
是（ ）
A．第一次进入磁场前，在偏转电场中沿x 轴方向位移之比为1:1:1
B．第一次进入磁场前，在偏转电场中沿x 轴方向位移之比为1:❑√2:❑√3
C．第一次在磁场中，从进入到离开沿x 轴方向位移之比为1:1:1
D．第一次在磁场中，从进入到离开沿x 轴方向位移之比为1:❑√2:❑√3
【答案】AD
【详解】AB．设带电粒子的电荷量为q，质量为m，则在加速电场中有q E1d = 1
2 m v
2
在偏转电场中，竖直方向做匀加速运动，三个粒子的加速距离都是相同的，有y = 1
2 at
2= q E2
2m t
2
沿x 方向的位移为x = vt
联立以上公式，可解得x =2❑√
yd E1
E2
沿x 轴方向的位移大小与粒子的比荷无关，故A 正确，B 错误；
CD．三个粒子在x 轴上的同一位置进入磁场进行匀速圆周运动，根据平抛运动的推论，从偏转电场进入磁
场时粒子的速度方向也是相同的，设粒子运动速度为v1，则有q v1B = mv1
2
r
在磁场中运动的水平位移为x1=2rsinθ = 2sinθmv
qB
根据动能定理，有q E1d +q E2 y = 1
2 m v1
2
可解得v1= ❑√
2q
m ( E1d + E2 y)
所以x1= 2sinθ
B
❑√
2m
q ( E1d + E2 y)
由于三个粒子所带电荷量大小是相同的，质量之比为1:2:3，所以在磁场中的水平方向位移大小之比为
1:❑√2:❑√3。故C 错误，D 正确。
故选AD。
5．（2026·内蒙古兴安盟·一模）在平面直角坐标系xOy的第Ⅱ象限内如图固定两块平行薄极板M和N，第
Ⅰ、Ⅳ象限有垂直纸面向内的匀强磁场B。两极板间距和极板长度均为4 d，极板左侧有一平行于y轴的线
状粒子源，在2d ≤y ≤4 d区域以沿x轴正方向的初速度v0不断发射电荷量为−q、质量为m的带负电粒子。
在y <0区域有一垂直于y轴且足够长的接收板（图中未画出）。现给极板加上稳定电压，使最上方的粒子
从y =2d处进入磁场。若B = 5 ❑√2m v0
13qd
，不计粒子重力和粒子间相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．极板M与N之间的电势差为−mv0
2
q
B．当接收板位于y =−13 ❑√2
5
d位置时，能够在磁场中接住所有粒子
C．当接收板位于y =−13 ❑√2
10
d位置时，粒子全部击中接收板的区域最窄
D．沿y轴任意移动接收板，粒子全部击中接收板的最窄区域宽1
5 d
【答案】AD
【详解】A．粒子向下偏转，上极板带负电，分析最上方的粒子在电场中的运动过程，水平方向有
4 d = v0t
竖直方向做匀加速运动有2d = 1
2 at
2
根据牛顿第二定律有qE =q U
4 d =ma
联立可得U = mv0
2
q
即U MN =−mv0
2
q
，故A 正确；
B．分析最上方的粒子，进入磁场时y轴方向的分速度大小v y =at = v0
合速度大小v =
❑√v0
2+ v y
2 = ❑√2v0
由洛伦兹力提供向心力，有qvB =m v
2
r
解得粒子在磁场中做圆周运动的半径为r = mv
Bq = ❑√2 m v0
Bq = 13
5 d
粒子射出磁场时y坐标的最大值为y =2d −
❑√2
2 ⋅2r =2d −13 ❑√2
5
d >−13 ❑√2
5
d
因此接收板位于y =−13 ❑√2
5
d位置时不能在磁场中接住所有粒子，故B 错误；
CD．粒子在磁场中的运动轨迹如图所示O1、O2分别为上、下边界两个粒子运动轨迹的圆心。O1、O2间的
距离为2d，由轨迹分析可知，当接收板位于O1O2纵坐标的中点y0处时粒子击中接收板的区域最窄，此时
y0=2d −
❑√2
2 ⋅r −d =−13 ❑√2−10
10
d粒子击中接收板的区域Δ x =r −
❑√r
2−d
2= 1
5 d，故C 错误，D 正确。
故选AD。
6．（2026·内蒙古科尔沁右翼中旗·一模）如图所示为有一小孔的绝缘圆筒的横截面，内圆的半径为R，外
圆圆筒的半径为2R。内、外圆间环形区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。一质
量为m、带电量为q 的带电粒子以初速度大小v0= 3qBR
2m 从小孔沿半径方向射入筒内，粒子在筒内运动过
程中，每次与筒壁碰撞后均以原速率弹回，且碰撞过程中粒子的电荷量不变。已知粒子从小孔射出前始终
在环形磁场区域内运动，不计粒子重力，忽略小孔的尺寸，sin36.87° =0.6。则（ ）
A．粒子在磁场中运动的半径为3
2 R
B．粒子在磁场中运动的半径为5
3 R
C．粒子在720πm
qB
时间内能够从小孔射出
D．粒子在720πm
qB
时间内不能从小孔射出
【答案】AC
【详解】AB. 带电粒子在圆筒内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
q v0 B =m v0
2
r
又
v0= 3qBR
2m
解得
r = 3
2 R
故A 正确，B 错误；
CD. 带电粒子在磁场中的轨迹如图所示
根据几何知识有
sinα =
r
❑√r
2+(2 R)
2 = 3
5 =0.6
解得
α =36.87°
则
θ =53.13°
带电粒子在磁场中的周期为
T = 2πm
qB
带电粒子在磁场中偏转一次运动时间为
t = 2θ
2π T = 2mθ
qB
当t
′ = 720πm
qB
时，粒子偏转的次数为
N = t
′
t = 360 π
θ
粒子偏转N 次对应的圆心角为
2αN =2×36.87°× 360 π
53.13° =500 π
可知粒子在720πm
qB
时间内能够从小孔射出，故C 正确，D 错误。
故选AC。
7．（2026·吉林延边·一模）如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向
下的匀强电场，磁场的磁感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为+q的粒子，以不同速率沿着两板中
轴线PQ方向进入板间后，速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动；初始速率为v
2的乙粒子在板间的运动轨
迹如图中曲线所示，A 为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全程速率在v
2和3 v
2 之间变化。研究
一般的曲线运动时，可将曲线分割成许多很短的小段，这样质点在每一小段的运动都可以看做圆周运动的
一部分，采用圆周运动的分析方法来处理。不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是
（ ）
A．乙粒子从进入板间运动至A 位置的过程中，在水平方向上做匀速运动
B．两板间电场强度的大小为Bv
C．乙粒子的运动轨迹在A 处对应圆周的半径为9mv
2qB
D．乙粒子偏离中轴线的最远距离为mv
2qB
【答案】BC
【详解】A．速率为v
2的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，根据左手定则判断知，粒子受到的洛
伦兹力总是垂直指向每一小段圆弧的中心，可知乙粒子在水平方向上的合力一直水平向右，所以粒子从进
入板间运动至A 位置的过程中，在水平方向上做加速运动，故A 错误；
B．速率为v 的甲粒子恰好做匀速直线运动，则有qvB = Eq
可得两板间电场强度的大小为E=vB，故B 正确；
C．由题意可知，乙粒子的运动轨迹在A 处时粒子偏离中轴线的距离最远，粒子速度达到最大且为3
2 v，则
有q× 3 v
2 ×B−Eq =m
( 3 v
2 )
2
r A
联立解得r A = 9mv
2qB ，故C 正确；
D．由于洛伦兹力一直不做功，乙粒子所受电场力方向一直竖直向下，当粒子速度最大时，电场力做的功
最多，偏离中轴线的距离最远，根据动能定理有qE ymax = 1
2 m×(
3
2 v)
2
−1
2 m×(
v
2)
2
联立解得ymax = mv
qB ，故D 错误。
故选BC。
8．（2026·辽宁大连·一模）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一
内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l
（l>>a）。一位于管道一端中心的粒子源向管道内各方向均匀发射出大量速度为v 的相同带电粒子，粒子
在磁场力作用下打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，且沿轴线进入管道的粒子
恰好垂直打在管壁上，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为+q，不计粒子的重力、粒子间的相
互作用，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B．粒子质量为Bqa
v
C．管道内的等效电流为nqπ a
2v
D．粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql
【答案】ABD
【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由于沿轴线进入管道的粒子恰好垂直打在管壁上，根据几何
关系可知，粒子在磁场中运动的圆弧半径为a，故A 正确；
B．结合上述，粒子在磁场中运动的圆弧半径为a，则有qvB =m v
2
a
解得m= Bqa
v
，故B 正确；
C．单位时间进入管道的粒子数为n，根据电流的定义式有I = Q
t =nq，故C 错误；
D．由于l>>a，则粒子束对管道的平均作用力大小在宏观上等于磁场对电流的安培力，则有F = BIl
结合上述解得F = Bnql，故D 正确。
故选ABD。
9．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，其中x轴沿水平方向。
在第二象限存在大小为E、沿x轴正方向的匀强电场，在第四象限存在平行于x轴的匀强电场（图中未画方
向）和垂直于纸面向内的匀强磁场，一个带电小球沿着第二、第四象限的对角线，从图中A点运动到B点
的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球带负电
B．小球一直做匀加速运动
C．第四象限内的匀强电场大小为E，方向沿x轴负方向
D．小球受到的洛伦兹力是其重力的❑√2倍
【答案】CD
【详解】A．带电小球在第二象限做直线运动，小球受到重力和电场力的合力与速度在同一直线上，可知
小球在第二象限受到的电场力水平向右，与场强方向相同，所以小球带正电，故A 错误；
BCD．小球在第二象限所受合力与速度方向相同，做匀加速直线运动，根据几何关系可得tan 45° = qE
mg
小球进入第四象限后，受到重力、电场力和洛伦兹力作用，小球做匀速直线运动，根据平衡条件可知小球
的受力如图所示
则有q E1=mg，qvB = ❑√2mg
可知第四象限内的匀强电场大小为E，方向沿x轴负方向；小球受到的洛伦兹力是其重力的❑√2倍，故B 错
误，CD 正确。
故选CD。
三、解答题
10．（2026·黑龙江省研远联合·一模）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，第二象限存在沿x 轴负方
向的匀强电场E1和垂直纸面向里的匀强磁场B1，在0≤x ≤d区域存在沿y 轴正方向的匀强电场E2和垂直纸
面向里的匀强磁场B2，P 是第二象限的点，坐标为(−4 m ，3 m)。一个质量为m 带电量为q(q>0)的小球以
v0的速度沿PO 方向做直线运动，过O 点后恰能做匀速圆周运动，且不能从磁场右边界射出。不计空气阻
力，重力加速度为g，求：
(1)E1和B1的大小；
(2)E2和B2的取值范围；
(3)若在y 轴上y >0的区域固定一个足够长的绝缘薄挡板，小球与挡板发生碰撞时，沿x 轴方向的速度等大
反向，沿y 轴方向的速度不变，碰撞过程中小球电量不变。要使小球能到达y 轴上y = 4 d的点，求磁感应
强度B2的值。
【答案】(1)E1= 3mg
4 q ，B1= 5mg
4 q v0
(2)E2= mg
q ，B2≥8m v0
5qd
(3)B2= 2nm v0
5dq
（n= 4，5，6，…）
【详解】（1）小球在第二象限做匀速直线运动，合力为零，受力分析建立坐标系如图所示
根据平衡条件有q v0 B1sin53° =mg，q v0 B1cos53° = E1q
解得E1= 3mg
4 q ，B1= 5mg
4 q v0
（2）小球在y 轴右侧做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有E2q =mg，E2= mg
q
设小球在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R1，如图所示
由几何关系可知R1+ R1cosθ≤d
解得R1≤5d
8
洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，有q v0 B2= m v0
2
R1
解得B2≥8m v0
5qd
（3）设小球在磁场中做圆周运动轨道半径为R2，有q v0 B2= m v0
2
R2
小球与y 轴碰撞后被弹回，速度大小不变，运动轨迹如图所示
每做一次周期性运动，小球到达y 轴上的点沿y 轴正方向移动的距离为L，根据几何关系有L=2 R2sinθ
小球能到达y = 4 d位置，需要做n 次周期性运动，有4 d =nL（n=1，2，3，…）
整理得R2= 5d
2n （n=1，2，3，…）
小球不能从磁场右边界射出，有R2+ R2cosθ≤d
所以有n≥4
即B2= 2nm v0
5dq
（n= 4，5，6，…）
11．（2026·黑龙江省研远联合·一模）如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间有方向垂直纸面向里
的匀强磁场，磁感应强度为B。
(1)一电子（电子电荷量的绝对值为e，不计重力）以速度v从C点垂直射入磁场，由D点穿出磁场时速度方
向偏转角度为θ（弧度制），则电子的质量是多少？电子穿过磁场的时间是多少？
(2)质量为m、电阻为r的正方形金属线圈abcd边长为L，将线圈在磁场上方某高处由静止释放，进入磁场
的过程为匀速运动（cd边始终水平）。求进入磁场时速度的大小。
【答案】(1)m= Bed
vsinθ ，t =
dθ
vsinθ
(2)v0= mgr
B
2 L
2
【详解】（1）作出电子在磁场中运动的轨迹如图所示，从图中可以看出，CD 弧所对的圆心角也为θ。
OD 即为半径，由几何关系知
R =
d
sinθ
由牛顿第二定律得
Bev = m v
2
R
得
m= Bed
vsinθ CD 弧的弧长为
l = Rθ
穿过磁场的时间
t = l
v
解得
t =
dθ
vsinθ
（2）因匀速进入磁场，所以安培力与重力相等
FA=mg
又安培力公式为
FA= BIL
根据法拉第电磁感应定律与欧姆定律有
I = E
r ，E = BLv0
联立解得
v0= mgr
B
2 L
2
12．（2026·辽宁大连·一模）如图是研究离子在电磁场中加速和偏转的装置。离子首先进入由n个金属圆筒
组成的直线加速器，在圆筒间的电场中加速，在圆筒中做匀速直线运动，直线加速器接电压大小不变，周
期为T的交变电压。某正离子从圆筒O处由静止加速，以速度v0沿中心轴线进入圆筒1，继续加速后从O点
进入由电场和磁场组成的偏转区域，该区域为边长为L的立方体ABCD - A1B1C1 D1，O为D A1中点，以
O为原点建立空间坐标系O - xyz，AB、AD和A A1分别平行x轴、y轴和z轴，加速器中心轴与x轴重合。
关闭圆筒4 以后的加速电场，当仅在沿A1 D方向加磁感应强度大小为B0的匀强磁场时，离子恰好打在B点。
不计重力，求：
(1)圆筒4 的长度；
(2)该离子的比荷；
(3)将一足够大的荧光屏垂直x轴放置，屏中心O'到O点的距离为2 L。撤掉偏转区域A1 D方向的磁场，同
时加上沿+ z方向的匀强电场E = 9 ❑√2B0v0
π
2
和匀强磁场B = 3 ❑√2
8
B0，除了偏转区域外，其他空间不存在电
场和磁场，求离子打在荧光屏上的位置的坐标。
【答案】(1)v0T
(2)4 ❑√2v0
3 B0 L
(3)（2 L，−(2−2❑√3
3 )L，L
3 + 4 ❑√3L
3 π
）
【详解】（1）根据题意，设离子的电荷量为q，质量为m，由动能定理有qU = 1
2 mv0
2
设离子进入圆筒4 的速度为v4，由动能定理有4 qU = 1
2 mv4
2
联立解得v4=2v0
根据直线加速器原理可知，圆筒4 的长度L4= v4⋅T
2 =2v0⋅T
2 = v0T
（2）根据题意可知，离子进入立方体之后在平面ABC1 D1内做匀速圆周运动，恰好从B点离开，画出平
面图，如图所示
由几何关系有R
2= L
2+( R−
❑√2
2 L)
2
解得R = 3 ❑√2
4
L
由牛顿第二定律有B0q v4= mv4
2
R
联立解得q
m = 4 ❑√2v0
3 B0 L
（3）根据题意可知，离子进入立方体之后，在xOy平面内做匀速圆周运动，同时沿+ z方向做匀加速直线
运动，在xOy平面内做匀速圆周运动的平面图，如图所示
由牛顿第二定律有Bq v4= mv4
2
r
解得r =2 L
则有sinα = L
2 L = 1
2
解得α = π
6
离子的运动时间为t = α
2π ⋅2πr
v4
= πL
6 v0
在y方向上偏移y1=(2−❑√3) L
该过程在z轴方向上，做匀加速直线运动，则有Eq=ma，z1= 1
2 at
2
解得z1= L
3 < L
2
判断离子未从ABCD面上出射偏转区域，则有v z=at = 4 v0
π
离开偏转区域后，离子做匀速直线运动，仍然分解分析。在xoy平面内，运动时间t2=
L
2v0cosα =
❑√3 L
3 v0
在y方向上偏移量y2= Ltan30° =
❑√3
3 L
在z方向上运动位移z2= v zt2= 4 ❑√3 L
3 π
则有x =2 L，y = y1+ y2=−(2−2❑√3
3 )L，z = z1+ z2= L
3 + 4 ❑√3L
3 π
即离子打在荧光屏上的位置的坐标（2 L，−(2−2❑√3
3 )L，L
3 + 4 ❑√3L
3 π
）。
13．（2026·黑龙江大庆·一模）如图所示的xOy 平面内，x<0的区域内有竖直向上的匀强电场；在
0< x ≤4 L区域内，处于第一象限的匀强磁场，磁感应强度为B1（未知）；处于第四象限的匀强磁场，磁
感应强度为B2（未知），大小关系为B2= 4 B1，磁场方向均垂直于纸面向外。一质量为m、带电荷量为+q
的粒子，在t =0时刻，从P 点（P 点的坐标x =−2 L，y =−L）以速度v0沿x 轴正向水平射出，恰好从坐
标原点进入第一象限，最终垂直磁场右边界射出磁场，不计粒子的重力。求：
(1)粒子进入磁场时的速度大小；
(2)粒子在磁场中运动的最短时间；
(3)磁感应强度B1的可能取值。
【答案】(1)v = ❑√2v0
(2)t = πL
v0
(3)B1=
(3n+2)m v0
8qL
(n=0,1,2,3……)
【详解】（1）带电粒子在电场中，水平方向做匀速运动，有2 L= v0t
竖直方向做匀加速运动，有L= v y
2 t
解得v y = v0
则带电粒子通过坐标原点的速度大小为v =
❑√v0
2+ v y
2 = ❑√2v0
速度方向与x轴正半轴的夹角为θ，则tanθ = v y
v0
=1
（2）当粒子进入磁场后，第一次恰好垂直磁场右边界射出时的时间最短，如图所示由几何关系知
r = 4 ❑√2 L
带电粒子在磁场中运动的周期T = 2πr
❑√2v0
粒子在磁场中运动的时间最短为t =
π
4
2π T = T
8
解得t =π L
v0
（3）粒子在磁场中运动，如图所示
由洛伦兹力提供向心力有qvB =m v
2
r
且B2= 4 B1
则有r1= 4 r2
且满足关系
❑√2
2 r1+(n−1)(
❑√2r1−❑√2r2)= 4 L(n=1,2,3……)
或
❑√2
2 r1+n(
❑√2r1−❑√2r2)= 4 L(n=0,1,2,3……)
由洛伦兹力提供向心力有qv B1=m v
2
r1
解得B1=
(3n−1)m v0
8qL
(n=1,2,3……)
或B1=
(3n+2)m v0
8qL
(n=0,1,2,3……)
14．（2026·辽宁大连·一模）如图所示，在直角坐标系的第一象限，有方向竖直向下、场强大小为E的匀强
电场，在第四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴下方放置一长度为L的绝缘薄板PQ，挡板平面与x
轴垂直且上端紧贴x轴。一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子从y轴上一点以大小为v0的速度水平向右射
出，恰好从薄板上边缘P点处射入磁场，粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60
∘，之后粒子恰好未
与薄板碰撞，不计粒子重力，求：
(1)粒子在y轴上的发射位置到P点的水平距离；
(2)匀强磁场磁感应强度B的大小；
(3)粒子在由P点第一次经过绝缘薄板下边缘Q点所需时间t。
【答案】(1)
❑√3m v0
2
3qE
(2)2m v0
qL
(3) πL
3 v0
【详解】（1）粒子在P点的竖直分速度v y =
v0
tan 60° =
❑√3
3 v0
粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有x = v0t
竖直方向根据牛顿第二定律，有qE =ma
而根据速度与时间的关系，可得v y =at
联立以上各式，可得x =
❑√3m v0
2
3qE
（2）粒子在P点的速度vP=
v0
sin60° = 2❑√3
3
v0
粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有q vP B =m vP
2
r
解得r = 2❑√3m v0
3qB
粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示
根据几何关系，可得2r sin60° = L
联立解得B = 2m v0
qL
（3）根据几何关系可知，粒子由P点第一次经过Q点时的圆心角θ = 2
3 π
而粒子做圆周运动的周期T = 2πr
vP
= πL
v0
所需时间t = θ
2π T = πL
3 v0
15．（2026·吉林省G35+联合体·一模）在如图所示的Oxy 平面内，第一象限内有方向水平向左的匀强电场，
第二、三象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为+q 的粒子，从（l，0）的A 点以
速度v0沿y 轴正方向射入电场，从（0，2l）的C 点离开电场，经过磁场后再次到达y 轴时刚好从坐标原点
O 处经过，不计粒子重力，求：
(1)电场强度E 的大小；
(2)磁感应强度B 的大小；
(3)粒子从A 点运动到O 点经历的时间。
【答案】(1)mv0
2
2ql
(2)mv0
ql
(3)(4 +3 π )l
2v0
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，设经历时间为t1，则
2l = v0t1
l = 1
2 ⋅qE
m t1
2
整理得
E = mv0
2
2ql
（2）设粒子离开电场时速度大小为v，与y 轴夹角为α，则
qEl = 1
2 mv
2−1
2 mv0
2
cosα = v0
v
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则
2 Rsinα =2l
qvB =m v
2
R
整理得
B = m v0
ql
（3）由上问可知
α = π
4
所以粒子在磁场中运动的时间
t2= 3
4 ⋅2πm
qB
则
tOA =t1+t2= (4 +3 π )l
2v0
一、多选题
1．（2026·辽宁大连·一模）如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管，处在竖直向下的匀强磁场中，
磁感应强度大小为B。绝缘管在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动。一带电小球，由管道M端相对
管道静止释放，一段时间后，小球运动到管道N端。小球质量为m、电量为q，MN长度为l，小球直径略
小于管道内径。关于小球从M端运动到N端说法正确的是（ ）
A．小球的运动轨迹是一条抛物线
B．外力F和洛伦兹力做功大小相等
C．绝缘管的位移大小为2❑√
mlv
qB
D．外力F的冲量大小为qBl
【答案】AD
【详解】A．小球受洛伦兹力F洛= Bqv恒定，故小球沿M N做初速度为零的匀加速直线运动，同时小球
随绝缘管水平向右做匀速直线运动，故小球的合运动是类平抛运动，其运动轨迹是一条抛物线A 正确；
B．洛伦兹力不做功，故B 错误；
C D．对小球沿管方向a y = F洛
m = Bqv
m
又l =1
2 a yt
2
绝缘管的位移大小为x = vt = ❑√
2mlv
qB ，外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，外力F 的冲量大小等
于I F = I x=∑q v y Bt =qB∑v yt =qBl
故C 错误,D 正确。
考点5
洛伦磁力与现代科技
故选AD。
2．（2026·辽宁沈阳·一模）电磁流量计的管道内没有任何阻碍流体流动的结构，所以常用来测量高黏度及
强腐蚀性流体的流量。它的优点是测量范围宽、反应快、易与其他自动控制装置配套。如图，在非磁性材
料制成圆管中，导电液体以相同的流速流过磁场区域时，管的直径为d，磁感应强度为B，若管中液体的
流量为Q，下列说法正确的是（ ）
A．M 点的电势高于N 点的电势
B．M 点的电势低于N 点的电势
C．NM 两点间的电势差为4QB
πd
D．NM 两点间的电势差为QB
2πd
【答案】BC
【详解】AB．根据左手定则可知，正电粒子到达下极板，则M 点的电势低于N 点的电势，故A 错误，B
正确；
CD．导电液体流过磁场区域稳定时，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡，则有q U
d =qvB
解得U =dvB
其中流速为v = Q
S ，S = π R
2，r = 1
2 d
代入解得U = 4QB
πd ，故C 正确，D 错误；
故选BC。
3．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）2025 年9 月3 日，在纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80
周年的阅兵式上，空中无人作战方队通过天安门广场，接受祖国和人民检阅。霍尔元件已广泛应用于无人
机的各个部分，如图所示，一块宽为a、长为c、高为h 的霍尔元件，元件内的导电粒子是自由电子，通入
方向向右的恒定电流时，元件处在垂直于上表面向下的匀强磁场中，稳定后元件的前、后表面的电压为
U，则（ ）
A．电势前表面比后表面高
B．电势前表面比后表面低
C．U 与a 成反比
D．U 与h 成反比
【答案】AD
【详解】AB．电流方向向右，说明自由电子的定向移动方向向左，由左手定则可知电子向后表面偏转，即
后表面电势低，故霍尔元件前表面的电势比后表面的高，故A 正确，B 错误；
CD．当自由电子受力平衡时，洛伦兹力等于电场力，即evB =eE =e U
a
因为电流的微观公式I =neSv =neahv
联立解得U = BI
neh
所以U 与h 成反比，故C 错误，D 正确。
故选AD。
二、解答题
4．（2026·内蒙古科尔沁右翼中旗·一模）如图所示，半径为L 的金属圆环内部等分为两部分，两部分各有
垂直于圆环平面、方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B0，与圆环接触良好的导体棒绕圆环中心O
匀速转动。圆环中心和圆周用导线分别与两个半径为R 的D 形金属盒相连，D 形盒处于真空环境且内部存
在着磁感应强度为B 的匀强磁场，其方向垂直于纸面向里。t=0 时刻导体棒从如图所示位置开始运动，同
时在D 形盒内中心附近的A 点，由静止释放一个质量为m，电荷量为－q（q>0）的带电粒子，粒子每次通
过狭缝都能得到加速，最后恰好从D 形盒边缘出口射出。不计粒子重力及所有电阻，忽略粒子在狭缝中运
动的时间，导体棒始终以最小角速度ω（未知）转动，求：
（1）ω 的大小；
（2）粒子在狭缝中加速的次数；
（3）考虑实际情况，粒子在狭缝中运动的时间不能忽略，求狭缝宽度d 的取值范围。
【答案】（1）ω= qB
m ；（2）N = B R
2
B0 L
2；（3）0<d ≤π B0 L
2
2BR
【详解】（1）根据洛伦兹力充当向心力,有
Bvq = mv
2
r
得
r = mv
qB
又
T = 2πr
v
= 2πm
qB
故棒的角速度最小值为
ω= 2π
T = qB
m
（2）根据洛伦兹力充当向心力
B v1q = mv1
2
R
可得粒子离开加速器的速度为
v1= BqR
m
由法拉第电磁感应定律，导体棒切割磁感线的电动势为
E感= 1
2 B0ω L
2= qB B0 L
2
2m
根据动能定理
N E感q = 1
2 m v1
2
得加速的次数为
N = B R
2
B0 L
2
（3）带电粒子在电场中的加速度为
a= E感q
dm = q
2B B0 L
2
2d m
2
粒子在电场中做匀加速直线运动，满足
Nd = 1
2 at
2
为保证粒子一直加速，应满足
t ≤T
2
且d >0，解得
0<d ≤π B0 L
2
2BR
5．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）图甲中磁铁安装在自行车的前轮辐条上，车轮半径为R。磁铁每次经过固
定在前叉上的霍尔传感器，传感器就将此很短时间内产生的一个电压信号输出到速度计上。
(1)载流子（即霍尔元件中的自由电荷）为电子的霍尔传感器简化的工作原理如图乙，电流从上往下通过霍
尔元件A。则在图乙状态时________；
A．磁铁C的N极靠近元件且U ab>0
B．磁铁C的S极靠近元件且U ab>0
C．磁铁C的N极靠近元件且U ab<0
D．磁铁C的S极靠近元件且U ab<0
(2)自行车匀速运动时，某段时间内测得电压信号强度D随时间t的变化如图丙所示，两信号间的时间间隔
为T，则自行车速度的大小v =_________；
(3)自行车匀变速直线运动时，某段时间内测得电压信号强度D随时间t的变化如图丁所示，两信号间的时
间间隔分别为T '、2T '，则自行车加速度的大小a=________。
【答案】(1)C
(2)2πR
T
(3) 2πR
3T '
2
【详解】（1）根据磁场方向，可知磁铁的N 极靠近元件。根据左手定则可知，电子向元件的左侧聚集，
则元件的左侧电势低于右侧电势，即U ab<0
故选C。
（2）磁铁两次到达霍尔传感器之间，车轮转过一圈，所以两信号间的时间间隔即车轮转过一圈的时间。
自行车速度的大小等于车轮外沿的线速度大小，即v = 2πR
T
（3）匀变速直线运动某段时间的中间时刻瞬时速度等于这段时间的平均速度，所以v1= 2πR
T ' ，
v2= 2πR
2T ' = πR
T '
v1、v2之间的时间间隔Δt = T ' +2T '
2
= 3T '
2
根据速度-时间公式得，加速度的大小a=|
v2−v1
Δt )= 2πR
3T '
2
