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
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
B
C
B
C
B
A
A
二．多选题
题号
9
答案
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。
考点1
电场力及电场能的性质
【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 mv
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
题号
1
2
3
答案
B
B
C
二．多选题
题号
4
5
答案
AD
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
考点2
带电粒子在电场中的运动
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 m v x
2 = 1
8 m v0
2，解得Emin= 1
8 m v0
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
题号
1
答案
B
一、单选题
二．多选题
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
和垂直纸面向里的匀强磁场
，在
区域存在沿y 轴正方向的匀强电场
和垂直纸
面向里的匀强磁场
，P 是第二象限的点，坐标为
。一个质量为m 带电量为
的小球以
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)
和
的大小；
(2)
和
的取值范围；
(3)若在y 轴上
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
的点，求磁感应
强度
的值。
【答案】(1)
，
(2)
，
(3)
（
，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
考点3
磁现象和磁场及安培力
考点4
带电粒子在磁场中的运动
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 m v4
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
题号
1
2
3
答案
AD
BC
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
考点5
洛伦磁力与现代科技
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
