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专题06 电场与磁场 8 大考点概览 考点01 电场性质的理解 考点02 电场中的图像问题 考点03 电容器的分析和计算 考点04 带电粒子(带电体)在电场中的运动问题 考点05 磁场的性质 安培力 考点06 带电粒子在匀强磁场中的运动 考点07 带电粒子在有界磁场中运动的临界极值问题 考点08 带电粒子在组合场（叠加场）中的运动 一、单选题 1．（2026·重庆梁平·二模）如图所示，空间分布着匀强电场，场中有与电场方向平行的四边形ABCD，其 中 为AD 的中点， 为BC 的中点。将电荷量为 的粒子，从 点移动到 点，电势能减小 ；将该 粒子从 点移动到 点，电势能减小 。下列说法正确的是（ ） 考点1 电场性质的理解 A． 点的电势一定比 点的电势高 B．匀强电场的电场强度方向必沿DC 方向 C．若将该粒子从 点移动到 点，电场力做的功为 D．若 、 之间的距离为 ，则该电场的电场强度的最小值为 【答案】C 【详解】AB．将电荷量为 的粒子，从A 移动至B，电势减小 ，则电场力做的功为 ，根据电场力做 功与电势差的关系可知 则 同理可得 则 由于A、D 点处电势关系无法确定，匀强电场方向不一定沿DC 方向，故AB 错误； C．在匀强电场中， 为AD 的中点， 为BC 的中点，则M 点电势为 同理N 点电势为 将粒子从M 移动至N，电场力做功为 ，故C 正确； D．若A、B 之间的距离为d，则该电场的电场强度取最小值时必沿AB 方向，此时有 则该电场的电场强度的最小值为 ，D 错误。 故选C。 2．（2026·浙江宁波·二模）如图为同一平面内的一簇实线，可能是静电场的等势线，也可能是磁场的磁感 线，则（ ） A．若为等势线，则Q 点的电场强度一定大于P 点的电场强度 B．若为等势线，则同一正电荷在Q 点的电势能一定小于在P 点的电势能 C．若为磁感线，则小磁针静止于Q 点和P 点时N 极的指向一定相同 D．若为磁感线，则同一电流元放在Q 点时所受安培力一定大于放在P 点时所受安培力 【答案】A 【详解】A．静电场中，等势线的疏密反映电场强度的大小，等势线越密，电场线也越密，电场强度越大。 由图可知Q 点的线比P 点更密，因此Q 点的电场强度一定大于P 点，故A 正确； B．题目没有给出等势线的电势高低分布，无法判断Q 点和P 点的电势大小关系，因此无法确定同一正电 荷在两点电势能的大小，故B 错误； C．磁感线的切线方向就是该点的磁场方向，小磁针静止时N 极指向与磁场方向一致。Q 点和P 点处磁感 线的切线方向不同，因此小磁针N 极指向不同，故C 错误； D．安培力大小为 ，安培力大小不仅和磁感应强度 有关，还和电流元与磁场的夹角有关，若 Q 点电流元方向与磁场平行，安培力为0，小于P 点安培力，因此不是一定更大，故D 错误。 故选A。 3．（2026·浙江·二模）如图所示，圆心为O、半径为R 的圆周上有A、B、C、D、E、F 六个等分点，A、 C、E 各点固定有一带电量为 的点电荷，B、D、F 各点固定有一带电量为 的点电荷。M、N 分别为 OA、OD 的中点，规定无穷远处电势为0，则（ ） A．M、N 两点的电场强度相同 B．圆心O 处的电场强度为0，电势不为0 C．将带正电的点电荷从M 点移动到N 点，电场力先做正功再做负功 D．负的点电荷在M 点的电势能小于在N 点的电势能 【答案】A 【详解】A．根据对称性，A、B、C、D、E、F 处的点电荷电场的叠加，根据矢量叠加原理可得 ，M、N 两点的电场强度大小相等，方向均沿OA 方向，故A 正确； B．O 点场强由A 点和D 点、B 点和E 点、C 点和F 点处的点电荷电场的叠加，根据矢量叠加原理，电场强 度矢量和为0。电势是标量，因为等量异种电荷在其连线中垂线电势为0，所以叠加后电势为0，故B 错误； C．根据上述分析可知，带正电的点电荷从M 点移动到N 点，电场方向沿NM 方向，所以电场力做负功， 故C 错误； D．沿电场线方向电势降低，所以 ，根据电势能公式 ，因为 ，所以在M 点的电势能大 于在N 点的电势能，故D 错误。 故选A。 4．（2026·甘肃兰州·二模）如图所示，半球面的上半部分均匀带正电，下半部分均匀带负电，上下两部分 带电量相等。半球竖直直径上的A、B 两点到球心O 的距离相等，下列说法中正确的是（ ） A．A、B 两点的电势相等 B．A、B 两点的电场强度相同 C．O 点电场强度的方向垂直于圆截面向外 D．电子在A 点的电势能小于在B 点的电势能 【答案】D 【详解】AD．A 点在带正电的上半部分,故A 点的电势为正, B 点在带负电的下半部分,故B 点的电势为负,即 由 ,故电子在A 点的电势能小于在B 点的电势能，故A 错误，D 正确； BC．在竖直轴上，根据对称性场强沿水平方向的分量抵消,只剩沿竖直方向的分量, 这个带电半球面模型在 竖直直径上的电场分布，类似于一对等量异种点电荷在它们连线上的电场，因此 A、B 两点场强大小相等、 方向相反，O 点电场强度的方向竖直向下,故BC 错误。 故选D。 二、多选题 5．（2026·天津·二模）如图甲是煤气灶的电子点火器，它利用高压在两电极间产生电火花点燃煤气。如图 乙，虚线是点火器两电极之间的三条等差等势线，实线是空气中某个带电粒子由M 点到N 点的运动轨迹。 图中左侧电极带正电，不计带电粒子的重力，则下列说法正确的是（ ） A．带电粒子带正电 B．带电粒子所受电场力对其做正功 C．M 点的电势小于N 点的电势 D．带电粒子越靠近左侧电极，加速度越小 【答案】BC 【详解】A．带电粒子从M 点运动到N 点，轨迹向下弯曲，表明带电粒子受到向左下的电场力，如图所示， 带电粒子在电场中的受力方向与电场方向相反，因此带电粒子带负电，故A 错误； B．带电粒子所受电场力方向与粒子速度方向的夹角为锐角，电场力对带电粒子做正功，故B 正确； C．左侧电极带正电，电势从左向右降低，M 点的电势低于N 点的电势，故C 正确； D．带电粒子越靠近左侧电极，等势面越密集，电场强度越大，所受电场力越大，因此加速度越大，故D 错误。 故选BC。 6．（2026·湖南长沙·二模）如图所示，底边长 、高 的正六棱柱 置 于匀强电场中。已知 、 、 、 ，下列说法正确的有（ ） A．A 点电势 B．B 点电势 C．电场强度大小 D．电场强度大小 【答案】AD 【详解】如图，过E 点作DE 延长线，过F 作垂线交DE 延长线于P 点，由几何关系 ，分析知 ，则PF 为等势线、PD 为平面ABCDEF 分场强方向。 ，EA、DB 均为等势线， 、 ，A 正确、B 错误； 平面ABCDEF 分场强 垂直平面方向分场强 场强 ，C 错误，D 正确。 故选AD。 一、单选题 1．（2026·西藏拉萨·二模）电场中有一条电场线是直线，以电场线上一点O 为坐标原点，电场线所在直线 建立x 轴，如图甲所示。取O 点电势为零，测得Ox 方向上各点的电势随坐标变化的关系如图乙所示。在 O 点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在电子运动过程中（ ） A．电子所受电场力大小一直不变 B．电子所受电场力一直沿x 轴正方向 C．电子运动的速度先增大后减小 D．电子的电势能将先减小后增大 【答案】B 【详解】A．根据 可知 图像中，图线的斜率大小反映电场强度大小，由图乙可知， 图线的斜率先减小后增大，说 明电场强度 先减小后增大，电子所受电场力 ，故电子所受电场力先减小后增大，A 错误； B．电场方向沿着电势降低的方向，沿 正方向电势逐渐升高，因此电场方向沿 轴负方向，电子带负电， 电场力方向与电场方向相反，因此电子所受电场力一直沿 轴正方向，B 正确； C．电子从静止释放后，运动方向沿 正方向，电场力始终与运动方向同向，电场力一直做正功，电子速度 一直增大，C 错误； D．电子所受电场力一直做正功，电子的电势能一直减小，D 错误。 故选B。 2．（2026·湖南长沙·二模）小明同学在研究了两个等量同种电荷的中垂线上的电场分布规律后，想将其研 究方法推广到其它带电体情形，如图所示，一个均匀分布正电荷Q 的圆环，其半径为a，以圆环圆心为坐 标原点O，垂直于圆环平面建立x 轴，他大致画出了x 轴上的电场强度与x 轴的图像，下列图像符合实际 情况的是（ ） 考点2 电场中的图像问题 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】先考虑相距为 的等量同种正电荷 、 的中垂线上的电场分布，此时设其中垂线上某点和两 电荷 或 的连线与 连线间的夹角为 ，有 ，则该点的电场强度 对此式求极值，设 ，则 当 ，即 ，也即在距离两电荷中点 时， 取最大值，此时电场强度 最大（也可以用其他方法如不等式求极值）。 由于均匀带电圆环可以看作无数个关于圆心对称的等量点电荷微元，每一对微元电荷的极值点位置都相同， 根据矢量叠加原理可知圆环两侧的场强极值点仍然在距离圆心 的位置，考虑到方向问题， 答案选择A。 故选A。 3．（2026·江西·二模）以某静电场中的一根电场线为 轴， 轴上各点的电场强度 与坐标 的关系图像 如图所示，取 轴正方向为电场强度正方向。正点电荷仅在电场力作用下从原点 由静止释放，沿 轴正 方向运动，依次经过 、 和 处。该电荷在 、 和 处的动能之比为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】 图像中图线与 轴所围的面积与两点间的电势差对应，由题图可知， 、 两处的电势差 ， 、 两处的电势差 ， 、 两处的电势差 由动能定理可知 故该电荷在 和 处的动能之比为 。 选A 正确。 二、多选题 4．（2026·湖南永州·二模）如图甲所示，AB 是电场中的一条直线，质子以某一初速度从A 点出发，仅在 静电力作用下沿AB 直线运动到B 点，其速度—时间图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ） A．电场线的方向由A 指向B B．A、B 两点的电场强度大小相比 C．A、B 两点的电势相比 D．质子由A 点运动到B 点的过程中，静电力做负功 【答案】BD 【详解】B．由图乙可知，质子从A 点到B 点过程，加速度大小逐渐减小，所受电场力逐渐减小，场强逐 渐减小，则有 ，故B 正确； D．质子从A 点到B 点过程，质子的速度逐渐减小，所以静电力做负功，故D 正确； AC．由于静电力做负功，质子受到的电场力向左，则电场线的方向由B 指向A，根据沿场强方向电势逐渐 降低，可知 ，故AC 错误。 故选BD。 5．（2026·四川成都·二模）如图甲所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上， 磁场方向垂直纸面向里，一带正电小球以4m/s 的速率恰好能沿竖直平面做匀速圆周运动，小球电荷量 ，圆心O 的电势为零。以竖直向上为正方向建立y 轴。在小球从最低点运动到最高点的过程 中，轨迹上每点的电势随纵坐标y 的变化关系如图乙所示，重力加速度 ，下列说法正确的是（ ） A．匀强电场的场强大小为 B．小球一定沿逆时针方向做匀速圆周运动 C．匀强磁场的磁感应强度大小为 D．小球从最低点运动到最高点的过程中，电势能增加了2.4J 【答案】BC 【详解】A．根据题意和题图乙可知，匀强电场的场强大小为 ，故A 错 误； B．小球受竖直向上的电场力与竖直向下的重力平衡，可知带正电 小球做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可知，小球做逆时针方向的匀速圆周运动，故 B 正确； C．由题意知 ，洛伦兹力提供向心力 解得 ，故C 正确； D．小球从最低点运动到最高点的过程中，电势能减少了 ，故D 错误。 故选BC。 6．（2026·湖北孝感·二模）两个点电荷 、 分别固定在x 轴上原点O 和坐标为 的位置。一带正电的 粒子仅在电场力作用下沿x 轴运动，其电势能 随位置x 变化的关系如图所示，图线最高点对应横坐标为 ，规定无穷远处电势为零，下列说法正确的是（ ） A． 带负电 B． 处的电场强度为零 C． 的电荷量比 小 D．从 到 的过程中带电粒子的加速度一直减小 【答案】BD 【详解】A．根据电势能的定义式 结合图像可知 处的电势等于零，靠近原点O 处电势趋于负无穷，所以原点O 处的 带负电， 处的 带正电，故A 错误； BC． 图像中直线或曲线某处切线的斜率表示电场力的大小，则 处的电场力为0。由 可知 处的电场强度为0，则离 更近 电荷量更小，故B 正确，C 错误； D． 图像中直线或曲线某处切线的斜率表示电场力的大小，可知从 到 粒子受到的电场力逐渐减 小，根据牛顿第二定律 可知其加速度也逐渐减小，故D 正确。 故选BD。 一、单选题 1．（2026·浙江绍兴·二模）许多公共场所配备了自动体外除颤器（AED），其核心部件参数值为 ，该 参数对应的物理量为（ ） A．电容 B．电感 C．电能 D．电压 【答案】A 【详解】A．电容的国际单位是法拉（符号为F）， 是电容的常用单位， 对应电容参数，故A 正确； B．电感的单位是亨利（符号为 ），与题干给出的单位不符，故B 错误； C．电能的单位是焦耳（符号为），与题干给出的单位不符，故C 错误； D．电压的单位是伏特（符号为 ），与题干给出的单位不符，故D 错误。 故选A。 考点3 电容器的分析和计算 2．（2026·四川宜宾·二模）如图所示，直流电源电动势为E（内阻为r），R 为定值电阻，一带电油滴位于 平行板电容器的P 点且恰好处于静止状态，电容器下极板固定并接地，某次将上极板竖直向下移动一小段 距离的过程中，电流传感器（不计电阻）示数恒为I，则此过程中（ ） A．电容器不断放电 B．带电油滴向上运动 C．电源的输出功率为 D．带电油滴的电势能增大 【答案】B 【详解】A．根据平行板电容器电容 可知当上极板竖直向下移动时，板间距离d 减小，电容C 增大。根据闭合电路欧姆定律可得，电容器两 端电压 UC=E−I(R+r) 由于E、I、R、r 均为定值，所以电容器两端电压UC 保持不变。结合Q=CUC 可知电容C 增大，电压UC 不变，则电荷量Q 增大，电容器处于充电状态，故A 错误； B．电容器板间电场强度 可知，由于 UC 不变，d 减小，所以电场强度 E 增大。油滴原本静止，受重力和电场力平衡，即 mg=qE 现在E 增大，电场力F 增大，油滴将向上运动，故B 正确； C．电源的输出功率等于路端电压与电流的乘积，即 ，故C 错误； D．油滴向上运动，电场力方向向上，位移方向向上，电场力做正功，根据功能关系，带电油滴的电势能 减小，故D 错误。 故选B。 3．（2026·浙江杭州·二模）如图是四个电容式传感器的示意图，关于这四个传感器，下列说法正确的是（ ） A．图甲中电容 与动片转出的角度 成正比 B．图乙中导电液体液面上升时，电容 减小 C．图丙中压力 增大时，电容 增大 D．图丁中电介质右移时，电容 增大 【答案】C 【详解】A．根据电容的决定式 电容器的正对面积为 （R 为动片半径） 联立可得 即电容C 与动片转出的角度θ 不成正比，故A 错误； B．导电液体液面上升时，正对面积增大，根据电容的决定式 可知电容C 增大，故B 错误； C．随着压力的增大，板间距d 逐渐减小，根据电容的决定式 可知电容C 增大，故C 正确； D．电介质右移时，介电常数 减小，根据电容的决定式 可知电容C 减小，故D 错误。 故选C 4．（2026·辽宁沈阳·二模）应用于机器人柔性电子皮肤的矩阵式电容传感器如图所示，底部为共用下极板， 上下极板间由弹性微柱支撑。传感器工作时，电容器两端电压U 恒定。当传感器受垂直压力时，微柱被压 缩，则（ ） A．电容器所带电荷量不变 B．电容器所带电荷量减小 C．极板间电场强度不变 D．极板间电场强度增大 【答案】D 【详解】AB．当传感器受垂直压力时，微柱被压缩，即板间距离d 减小，根据电容的决定式和定义式 和 可知，电容器的电容增大，电容器所带电荷量变大，故AB 错误； CD．根据 可知，极板间电压不变，间距减小，则两板之间的电场强度变大，故C 错误，D 正确。 故选D。 二、多选题 5．（2026·山东枣庄·二模）如图甲所示，输液报警器能自动判定输液管中是否有药液。其内部电路如图乙 所示，电源 的电压恒定， 为定值电阻，单刀双掷开关S 不断在1、2 之间自动切换，系统监测每次充电 电流随时间的变化情况，有药液时，报警器中电容器 的电容值大。图丙中的曲线a、b 为两次监测的结 果。下列说法正确的是（ ） A．两次监测结果中，没有药液的是图线a B．充电时，两极板间的电场强度保持不变 C．充电过程中定值电阻 中的电流从左向右 D．减小 的电阻值，充满电时两极板间的电压变大 【答案】AC 【详解】A．根据 可知， 图线与坐标轴所围面积表示电荷量，根据 可知，没有药液时电 容器的电容小，电荷量小， 图线与坐标轴所围面积小，即没有药液的是图线a，故A 正确； B．充电时，根据 可知，两极板间的电压不断增大，根据 可知，两极板间的电场强度不断增 大，故B 错误； C．由图乙可知，充电过程中定值电阻R 中的电流从左向右，故C 正确； D．充满电时两极板间的电压等于电源电动势，与定值电阻R 的阻值无关，故D 错误。 故选AC。 6．（2026·浙江杭州·二模）双相波除颤技术能够实现心脏节律重置，其简化工作电路如图甲，工作时先通 过恒压充电电源对电容器充电，再通过CLR 电路放电实行除颤。小明按图甲电路进行模拟实验，在电极片 a、b 之间接入电阻 为0Ω、20Ω 时，测得放电电流分别如图乙中的实线和虚线所示，已知电容 ， 电感 ，不计电感与电容的漏磁、发热等损耗，下列说法正确的有（ ） A．互换两个电极片a、b 在人体的位置，除颤仪仍可以正常工作 B．虚线振荡电流振幅衰减的主要原因是能量以电磁波的形式发射出去 C．保持电容 和电感 不变，电阻 从0Ω 增大到20Ω 的过程中振荡电流周期会增大 D．电容 充电完毕后，开关S 接通放电电路瞬间电容器两端的电压约为1200V 【答案】AC 【详解】A．除颤仪的工作原理是通过电容器放电产生电流来实现心脏节律重置，互换电极片a、b 的位置， 只是电流方向改变，不影响除颤的效果，除颤仪仍可以正常工作，故A 正确； B．虚线振荡电流振幅衰减的主要原因是接入了电阻R，电流通过电阻时会产生焦耳热，能量以热能的形式 损耗，而非以电磁波形式发射。故B 错误； C．在有阻尼的LC 振荡电路中，电阻R 越大，阻尼越大，振荡周期会增大。因此保持C 和L 不变，R 从0Ω 增大到20Ω 的过程中，振荡电流周期会增大。故C 正确； D．设电容 充电完毕后，开关S 接通放电电路瞬间电容器两端的电压为 ，则此时电容器储存的电场能 为 由于此时电路中电流为0，则电感的磁场能为0。随着电容器的放电，电场能逐渐转化为电感的磁场能。 当电流达到最大值 时，电容器的电荷量为0，则电场能全部转化为磁场能。此时的磁场能为 则根据能量守恒有 即 由图乙可知 ，代入上式解得 ，故D 错误。 故选AC。 一、单选题 1．（2026·海南省直辖县级单位·二模）如图1 所示，在两水平金属板间加如图2 所示的交变电场（E0未 知），t=0 时，一带电小球从上侧极板的小孔由静止释放，其速度随时间的变化关系如图3 所示。已知带 电小球经过T 时间到达下侧极板，带电小球的质量为m，电荷量为q，图3 中速度最大值vm已知。取竖直 向下为正方向，则下列说法正确的是（ ） A．重力加速度大小为 B．两极板间电场强度的大小为 C．两板间的距离 D．0~0.5T 时间内静电力的冲量大小为 【答案】AC 考点4 带电粒子(带电体)在电场中的运动 问题 【详解】AB．0~0.5T 内，根据牛顿第二定律可得 ， 0.5T~T 内，有 解得 ， ，故A 正确，B 错误； C．v-t 图像面积即两板间的距离 ，故C 正确； D．0~0.5T 时间内电场力的冲量大小为 ，故D 错误。 故选AC。 2．（2026·云南昆明·二模）如图，在竖直面内存在水平向右的匀强电场，一带正电的小球质量为 电荷 量为 ，从匀强电场中的 点以初速度 沿右上方射出，速度与电场方向的夹角为 ，一段时间后，小 球经过与 点等高的 点。已知匀强电场场强 ，重力加速度为 ，下列说法正确的是（ ） A．小球从 点到 点所花的时间 B． 两点间的距离 C．小球在 点的速度与电场方向的夹角 D．小球在 点的动能 【答案】AD 【详解】A．竖直方向小球做上抛运动，则小球从 点到 点所花的时间 ，A 正确； B．水平方向小球做匀加速运动，水平加速度 两点间的距离 ，B 错误； C．小球在 点的速度与电场方向的夹角 可知 ，C 错误； D．小球在 点的动能 ，D 正确。 故选AD。 3．（2026·浙江绍兴·二模）如图所示，竖直平面内存在方向未知的匀强电场，一质量为 ，电荷量为 的 带电小球，由 点以初速度 沿水平方向抛出。小球先运动至 点，速度大小为 ，方向竖直向下，接着 运动至点， 、两点在同一条竖直线上。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ） A．小球所受电场力的最小值为 B．小球从 点运动至 点，其电势能一定增大 C．小球从 点运动至点，合外力冲量为 D．小球从 点运动至点，动能最小值为 【答案】BD 【详解】A．设水平向右为 轴、竖直向下为 轴，将运动沿 、 轴分解，由 过程，初速度 ， ，末速度 ， ，设运动时间为 ，由匀变速直线运动速度与时间的关系，可得加速度大 小分别为 ， 则 水平方向仅受电场力水平分量作用，由牛顿第二定律，得 竖直方向受重力和电场力竖直分量作用，由牛顿第二定律，得 整理得 由矢量合成法则，得电场力大小 设 由一元二次函数求最值，可得 的最小值为 ，则 的最小值为 ，不是 ，故A 错误； B． 过程初、末动能相等，有 由动能定理，得 小球的运动有竖直向下分量，重力做正功，则 因此 电场力做负功，电势能一定增大，故B 正确； C． 、在同一竖直线， 方向总位移为0，由运动的对称性和匀变速运动规律，可知总运动时间为 ， 因此点速度 ， 由动量定理，可得合外力冲量 ， 故C 错误； D．任意时刻的动能 配方得 因此最小动能 ，故D 正确。 故选BD。 4．（2026·浙江台州·二模）“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是 由两个相互绝缘、半径分别为R1和R2的同心金属半球面，两球面通过一个稳定电压U 连接，产生强度稳 定的径向电场，其半径r 处电场强度大小为 （k 为常数）。电荷量均为q、初速度大小均为v，质 量分别为m1、m2、m3的三种正离子束，垂直左边界沿两球面中心（虚线）入射，经电场偏转后分别以v1、 v2、v3到达右侧探测板，出口处相邻离子束间距相等，其中离子m2沿虚线切向射出。下列说法正确的是（ ） A．内侧球面电势低于外侧球面电势 B．m1、m3两离子动能变化量大小相等 C．若将离子m2的电荷量加倍，使其仍沿虚线射出，则需将电压调为2U D．现仅调节稳定电源电压为U'，使质量为m1的离子能沿虚线射出，则 【答案】AD 【详解】A． 沿虚线做匀速圆周运动，向心力指向圆心，正离子的电场力方向与电场方向一致，因此电 场方向径向向内（由外侧球面指向内侧球面）。沿电场方向电势逐渐降低，因此外侧球面电势高于内侧球 面，即内侧球面电势低于外侧球面，故A 正确； B．设出口处相邻离子束间距为 ，则相邻离子束间电势差为 动能变化量等于电场力做功 由径向电场强度大小 ，可知 则m1、m2间的平均场强大于m2、m3间的平均场强，因此电场力对m1、m3两离子做功不相等，则m1、m3两 离子动能变化量大小不相等，故B 错误； C．设虚线半径为 ， 沿虚线运动时，电场力提供向心力，有 解得 若电荷量加倍 ，仍沿虚线射出，电场力提供向心力，有 解得 因此 则需将电压调为 ，不是 ，故C 错误； D．让 沿虚线射出，由电场力提供向心力，可得 解得 与 式联立作比，得 因此 ，故D 正确。 故选AD。 5．（2026·湖北黄冈·二模）在竖直面内有一矩形区ABCD，水平边 ，竖直边 ，O 为矩形 对角线的交点。将一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右抛出，小球经过BC 边时的速度方向 与BC 边的夹角为 。现让小球带 的电荷量，同时加一平行于矩形平面的匀强电场，且小球仍以相同 的初动能自O 点沿各个方向抛出，小球从矩形边界的不同位置射出，E 为DC 中点，电势差满足 ，且从边界射出的粒子中，经过D 点的动能最大，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ） A．O 点电势比C 点电势高 B．小球抛出时的初动能为 C．加电场后，小球受到的合力为2mg D．加电场后，小球从C 点射出时的动能可能为 【答案】BD 【详解】B．没加电场时，平抛运动规律：水平方向 竖直方向 联立解得，小球抛出时的初动能为 ，故B 正确； A．加电场后，小球仍以相同的初动能自O 点沿各个方向抛出，经过D 点的动能最大，说明合力沿OD 方 向。取OC 中点F，则 ，则有 根据匀强电场电势变化特点可知，则EF 连线为等势线，电场线与等势线EF 连线垂直，沿直线电势线性变 化，由于合力沿OD 方向，故电场方向垂直EF 斜向左上方，因此O 点电势比C 点电势低，故A 错误； C．加电场后，电场与竖直方向夹角是30°，若小球受到的合力为2mg，则合力方向斜向左上方，则D 点不 是动能最大的点，与题意不符，C 错误。 D．若合力方向恰好时OD 方向，对小球受力分析如图所示 根据平行四边形定则可知 ， 根据上述分析可知 ，则 由O 到C，根据能量守恒定律可得 解得 ，故D 正确。 故选BD。 二、多选题 6．（2026·海南省直辖县级单位·二模）如图1 所示，在两水平金属板间加如图2 所示的交变电场（E0未 知），t=0 时，一带电小球从上侧极板的小孔由静止释放，其速度随时间的变化关系如图3 所示。已知带 电小球经过T 时间到达下侧极板，带电小球的质量为m，电荷量为q，图3 中速度最大值vm已知。取竖直 向下为正方向，则下列说法正确的是（ ） A．重力加速度大小为 B．两极板间电场强度的大小为 C．两板间的距离 D．0~0.5T 时间内静电力的冲量大小为 【答案】AC 【详解】AB．0~0.5T 内，根据牛顿第二定律可得 ， 0.5T~T 内，有 解得 ， ，故A 正确，B 错误； C．v-t 图像面积即两板间的距离 ，故C 正确； D．0~0.5T 时间内电场力的冲量大小为 ，故D 错误。 故选AC。 7．（2026·云南昆明·二模）如图，在竖直面内存在水平向右的匀强电场，一带正电的小球质量为 电荷量 为 ，从匀强电场中的 点以初速度 沿右上方射出，速度与电场方向的夹角为 ，一段时间后，小球 经过与 点等高的 点。已知匀强电场场强 ，重力加速度为 ，下列说法正确的是（ ） A．小球从 点到 点所花的时间 B． 两点间的距离 C．小球在 点的速度与电场方向的夹角 D．小球在 点的动能 【答案】AD 【详解】A．竖直方向小球做上抛运动，则小球从 点到 点所花的时间 ，A 正确； B．水平方向小球做匀加速运动，水平加速度 两点间的距离 ，B 错误； C．小球在 点的速度与电场方向的夹角 可知 ，C 错误； D．小球在 点的动能 ，D 正确。 故选AD。 8．（2026·浙江绍兴·二模）如图所示，竖直平面内存在方向未知的匀强电场，一质量为 ，电荷量为 的 带电小球，由 点以初速度 沿水平方向抛出。小球先运动至 点，速度大小为 ，方向竖直向下，接着 运动至点， 、两点在同一条竖直线上。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ） A．小球所受电场力的最小值为 B．小球从 点运动至 点，其电势能一定增大 C．小球从 点运动至点，合外力冲量为 D．小球从 点运动至点，动能最小值为 【答案】BD 【详解】A．设水平向右为 轴、竖直向下为 轴，将运动沿 、 轴分解，由 过程，初速度 ， ，末速度 ， ，设运动时间为 ，由匀变速直线运动速度与时间的关系，可得加速度大 小分别为 ， 则 水平方向仅受电场力水平分量作用，由牛顿第二定律，得 竖直方向受重力和电场力竖直分量作用，由牛顿第二定律，得 整理得 由矢量合成法则，得电场力大小 设 由一元二次函数求最值，可得 的最小值为 ，则 的最小值为 ，不是 ，故A 错误； B． 过程初、末动能相等，有 由动能定理，得 小球的运动有竖直向下分量，重力做正功，则 因此 电场力做负功，电势能一定增大，故B 正确； C． 、在同一竖直线， 方向总位移为0，由运动的对称性和匀变速运动规律，可知总运动时间为 ， 因此点速度 ， 由动量定理，可得合外力冲量 ， 故C 错误； D．任意时刻的动能 配方得 因此最小动能 ，故D 正确。 故选BD。 9．（2026·浙江台州·二模）“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是 由两个相互绝缘、半径分别为R1和R2的同心金属半球面，两球面通过一个稳定电压U 连接，产生强度稳 定的径向电场，其半径r 处电场强度大小为 （k 为常数）。电荷量均为q、初速度大小均为v，质 量分别为m1、m2、m3的三种正离子束，垂直左边界沿两球面中心（虚线）入射，经电场偏转后分别以v1、 v2、v3到达右侧探测板，出口处相邻离子束间距相等，其中离子m2沿虚线切向射出。下列说法正确的是（ ） A．内侧球面电势低于外侧球面电势 B．m1、m3两离子动能变化量大小相等 C．若将离子m2的电荷量加倍，使其仍沿虚线射出，则需将电压调为2U D．现仅调节稳定电源电压为U'，使质量为m1的离子能沿虚线射出，则 【答案】AD 【详解】A． 沿虚线做匀速圆周运动，向心力指向圆心，正离子的电场力方向与电场方向一致，因此电 场方向径向向内（由外侧球面指向内侧球面）。沿电场方向电势逐渐降低，因此外侧球面电势高于内侧球 面，即内侧球面电势低于外侧球面，故A 正确； B．设出口处相邻离子束间距为 ，则相邻离子束间电势差为 动能变化量等于电场力做功 由径向电场强度大小 ，可知 则m1、m2间的平均场强大于m2、m3间的平均场强，因此电场力对m1、m3两离子做功不相等，则m1、m3两 离子动能变化量大小不相等，故B 错误； C．设虚线半径为 ， 沿虚线运动时，电场力提供向心力，有 解得 若电荷量加倍 ，仍沿虚线射出，电场力提供向心力，有 解得 因此 则需将电压调为 ，不是 ，故C 错误； D．让 沿虚线射出，由电场力提供向心力，可得 解得 与 式联立作比，得 因此 ，故D 正确。 故选AD。 10．（2026·湖北黄冈·二模）在竖直面内有一矩形区ABCD，水平边 ，竖直边 ，O 为矩形 对角线的交点。将一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右抛出，小球经过BC 边时的速度方向 与BC 边的夹角为 。现让小球带 的电荷量，同时加一平行于矩形平面的匀强电场，且小球仍以相同 的初动能自O 点沿各个方向抛出，小球从矩形边界的不同位置射出，E 为DC 中点，电势差满足 ，且从边界射出的粒子中，经过D 点的动能最大，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ） A．O 点电势比C 点电势高 B．小球抛出时的初动能为 C．加电场后，小球受到的合力为2mg D．加电场后，小球从C 点射出时的动能可能为 【答案】BD 【详解】B．没加电场时，平抛运动规律：水平方向 竖直方向 联立解得，小球抛出时的初动能为 ，故B 正确； A．加电场后，小球仍以相同的初动能自O 点沿各个方向抛出，经过D 点的动能最大，说明合力沿OD 方 向。取OC 中点F，则 ，则有 根据匀强电场电势变化特点可知，则EF 连线为等势线，电场线与等势线EF 连线垂直，沿直线电势线性变 化，由于合力沿OD 方向，故电场方向垂直EF 斜向左上方，因此O 点电势比C 点电势低，故A 错误； C．加电场后，电场与竖直方向夹角是30°，若小球受到的合力为2mg，则合力方向斜向左上方，则D 点不 是动能最大的点，与题意不符，C 错误。 D．若合力方向恰好时OD 方向，对小球受力分析如图所示 根据平行四边形定则可知 ， 根据上述分析可知 ，则 由O 到C，根据能量守恒定律可得 解得 ，故D 正确。 故选BD。 三、解答题 11．（2026·江苏·二模）如图所示（左侧为立体图，右侧为平面图），两块直径为4d 的圆形平行金属板水 平正对放置，板间距为d，两极板间存在竖直向上、大小可调的匀强电场，忽略边缘效应。在电容器的几 何中心O 点处有一粒子源，可向空间各方向均匀发射速度大小均为 、质量为m、电荷量为q（q＞0） 的带电微粒，已知重力加速度为g，微粒打在极板上被吸收且不影响电场分布。 (1)若要求沿水平方向发射的微粒均能被极板收集，求电场强度大小E 的取值范围； (2)若电场强度大小为 ，求所有方向发射的微粒在上极板形成的落点区域面积。 【答案】(1) 或 (2) 【详解】（1）水平方向发射的微粒做类平抛运动，对恰好打在极板边缘的微粒，初速度方向有 垂直极板方向有 若微粒重力大于电场力，微粒打在下极板 解得 微粒被收集的电场强度范围为 若微粒重力小于电场力，微粒打在上极板 解得 微粒被收集的电场强度范围为 综上，沿水平方向发射的微粒均能被极板收集，电场强度的取值范围为 或 （2）设速度方向与竖直方向的夹角为 时，微粒恰好能打在上极板，受力分析得 竖直方向 竖直速度恰好减为0，有 水平方向 解得 ， 速度方向与竖直夹角在 范围内的微粒打在上极板，面积为 12．（2026·黑龙江大庆·二模）带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N 间存在着匀强电场，板长为 （不考虑边界效应）。如图所示， 时刻，M 板中点处的粒子源发射一个速度大小为 的粒子，方向平 行金属板向右，刚好从N 板右端射出。不计重力和粒子间的相互作用，求： (1)粒子在电场中运动的时间； (2)粒子源以初速度大小 垂直于极板向下发射相同粒子，粒子到达N 板时的速度大小为 ，求两板间的 距离； (3)已知平行板电容器的电容 ，若金属板的电荷量保持不变，N 板上移，使两板间的距离变为原来 的 ，求图中粒子打在 板上的位置。 【答案】(1) (2) (3)粒子打在距N 板右端 处 【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，故 解得 （2）由于两次射出时粒子初速度相同，落到下极板时电场力做功也相同，故水平发射的粒子从 板右端 射出的速度大小也为 ； 水平发射的粒子从N 极板射出时垂直于金属板的分速度为 根据竖直分运动 解得 （3）根据平行板电容器的表达式 电容定义式 匀强电场场强公式 可得 当改变两板间距离时，电场强度 不变，粒子加速度不变，则 ， 由上式解得 故 粒子打在距 板右端 处。 13．（2026·四川南充·二模）如图，竖直面上固定一个 圆形光滑绝缘 ，半径为 。 ， 连线是 水平直径， ， 连线是竖直直径，在轨道所在的竖直面分布着与水平方向夹角 的匀强电场。一个 质量为 、带电荷量为 的绝缘小球从 点以某一速度竖直向下沿轨道内侧运动，若小球在轨道 内侧运动时恰好不脱离轨道，并从 点开始水平向左做直线运动，重力加速度为 。求： (1)匀强电场场强的大小； (2)小球在轨道 上的最小速率； (3)小球在 点对轨道压力的大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球从 点开始水平向左做直线运动，说明小球在 点之后受到的合力方向水平向左。 小球受重力 和电场力 ，由于小球带负电，电场力方向与电场线方向相反，即斜向左上方，与水平 方向夹角为 。要使合力水平向左，竖直方向分力必须平衡，即 解得 （2）小球受到的重力和电场力的合力 水平向左，大小为 该合力即为等效重力，方向水平向左。轨道上等效最高点为最右端 点，此处速率最小。小球恰好不脱离 轨道，说明在 点轨道弹力为零，由合力提供向心力，有 即 解得 （3） 点为等效最低点。从 点运动到 点，合力 做正功，位移为 。由动能定理得 代入 和 ，解得 在 点，指向圆心的合力提供向心力，轨道弹力 指向圆心，合力 背离圆心，由牛顿第二定律得 解得 根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小为 。 一、单选题 1．（2026·湖北黄石·二模）欧姆当年研究电流跟电阻和电压的关系时，还没有现在的磁电式电流计，他巧 妙设计了如图的装置来测量电流：用一根细丝将磁针悬挂在导线上方，调整装置使磁针与导线平行，当导 线通电时磁针发生偏转。下列说法错误的是（ ） A．根据偏转方向可以判断电流方向 B．导线电流越大，磁针偏转角度越大 C．磁针离导线越近，灵敏度越高 D．磁针偏转的角度与电流大小成正比 【答案】D 【详解】A．根据安培定则可以通过磁针的偏转方向判断电流方向，该说法正确，故A 正确； B．导线电流越大，产生的磁场越强磁针受到的磁场力越大，偏转角度也就越大，该说法正确，故B 正确； C．磁针离导线越近，磁场强度越大，相同电流下磁针的偏转更明显，灵敏度也就越高，该说法正确，故C 正确； D．只有在电流较小、磁场较弱的近似情况下，偏转角度才和电流大小近似成正比，当电流增大到一定程 度，偏转角度和电流大小不再是简单的正比关系，因此该说法错误，故D 错误。 本题选错误的说法，故选D。 2．（2026·浙江·二模）上世纪七十年代有科学家预言磁通量 和电荷量Q 之比可能是一种电磁学元件的属 性，并将此元件命名为“忆阻器”，近年来实验室已研制出了多种类型的“忆阻器”。由于“忆阻器”对 电阻的记忆特性，其在信息存储、人工智能等领域具有广阔的应用前景。若用 表示“忆阻器”的属 考点5 磁场的性质 安培力问题 性，用国际单位制里的基本单位表示M 的单位，正确的是（ ） A．Wb/C B． C．V/A D． 【答案】D 【详解】由法拉第电磁感应定律 ，欧姆定律 及电荷量定义 可知 与电阻 的单 位相同，为欧姆 。根据电功公式 ,其单位关系为 可得 。 又由功的定义 和牛顿第二定律 可知，焦耳用基本单位表示为 代入电阻单位表达式有 可知 用国际单位制里的基本单位表示可表示为 故选D。 3．（2026·浙江宁波·二模）某地某学习小组利用智能手机中的磁传感器测量了地磁场的磁感应强度。如图 所示建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为 平面，测量时 轴正向保持竖直向上， 后图像保持 稳定。下列说法正确的是（ ） A．该学习小组在南半球进行的实验 B．地球内部磁场方向由地理南极指向地理北极 C．稳定后 轴的正方向指向东边 D．当地地磁场的磁感应强度大小约为 【答案】C 【详解】A．由题可知，地磁场的竖直分量在北半球（z 轴）向下（z 轴的负方向），南半球竖直向上，而 图中z 轴的磁感应强度方向为负，说明该学习小组在北半球，故A 错误； B．由于地磁场的北极在地理的南极附近，而磁体外部的磁场方向总是从北极指向南极，而磁体内部的磁 感线从南极指向北极，因此地球内部磁场为从地理北极指向地理南极，故B 错误； C．由于稳定后， ， ，因此此时x 轴指向地理上的南方，则y 轴正向指向东方，故C 正确； D．根据矢量的合成可知，该地的磁感应强度大小为 ，故 D 错误。 故选C。 4．（2026·江西九江·二模）某科创小组制作了一个玩具飞碟，如图甲所示，上、下两圆盘内均安放了半径 为r 的水平匀质金属圆环，圆环上下同轴水平放置，下方圆盘放在水平桌面上。当上、下圆环中通有大小 分别为 、 的电流时，上方圆盘能悬浮，此时两线圈相距为h，且 ，轴截面如图乙。已知上方圆 盘的总质量为m，长直通电导线在空间中某点激发的磁场的磁感应强度满足关系式 ，k 为常数，I 为通过直导线的电流，x 为该点与直导线的垂直距离，重力加速度为g。此时（ ） A．两圆环中电流方向相同 B．上方圆环对下方圆环的作用力大于mg C．电流 D．下方圆环在上方圆环处产生的磁场的磁感应强度 【答案】C 【详解】A．根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，两圆环中电流方向相反，A 错误； B．因下方圆环对上方圆环的斥力为mg，根据牛顿第三定律可知，上方圆环对下方圆环的作用力等于mg， B 错误； C．下方圆环在距离h 处的磁感应强度大小为 则由平衡可知 解得电流 ，C 正确； D．下方圆环在上方圆环处产生的磁场的磁感应强度 ，D 错误。 故选C。 二、解答题 5．（2026·浙江杭州·二模）为模拟电磁弹射过程，研究小组设计了如图甲所示的装置。无动力模型飞机起 飞前通过绝缘构件与可视为导体杆的动子连接，动子可在足够长的光滑水平平行导轨上滑动，同时推动飞 机向右加速运动，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中，导轨左端接有可控电流源，其输出电流如图乙所 示，图示箭头方向为电流的正方向，图中 时间内的电流 （ 、 均已知）。 时 刻启动电流源使飞机从静止开始加速， 时刻飞机达到起飞速度并与动子分离，在 时刻，动子 速度恰好减为0，电流源立即停止工作。已知导轨间距为 ，磁感应强度大小为 ，飞机的质量为 ，动 子的质量为 、电阻为 ，不计其他电阻，不计电流变化及空气阻力的影响。 (1)判断磁场的方向，并求飞机的起飞速度大小； (2)求 时间内电流源输出的能量； (3)若要求 时间内将动子的部分动能进行回收，实现为可控电流源充电，求动子的电阻 应满足的条 件（用题中所给物理量的符号表示，其中圆频率 ）。 【答案】(1)磁场方向竖直向下， (2) (3) 【详解】（1）由左手定则可知，磁场方向竖直向下； 动子受到的安培力 系统的加速度 起飞速度 （2）焦耳热 飞机和动子的动能 电流源输出的能量 （3） 时间内回收能量等于飞机与动子分离后动子的动能与电阻R 上产生的热量的差值，即要求 交流电有效值 由于 ， ， 整理得 一、单选题 1．（2026·辽宁沈阳·二模）如图，半径为R、圆心为O 的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，点P、 G、K 为圆周三等分点。位于P 点的粒子源在 范围内沿纸面发射速率相同的同种粒子。一粒子经时 间t 从K 点离开磁场，离开时速度方向与PO 连线垂直。不计重力与粒子间相互作用，下列说法正确的是 （ ） A．粒子在磁场中运动的轨迹半径为 B．所有粒子离开磁场时，速度的偏转角都相同 C．粒子在磁场中运动的最长时间为 D．在磁场边界的 圆周上可观测到有粒子飞出 【答案】D 【详解】A．从K 点离开磁场的粒子运动轨迹，如图所示 由图可知，粒子做匀速圆周运动的半径 ，故A 错误； 考点6 带电粒子在匀强磁场中的运动 B．由于轨迹圆半径等于磁场圆半径，根据磁发散原理可知，所有粒子均竖直向下离开磁场，由于各粒子 入射方向不同，所以速度偏转角不同，故B 错误； C．根据旋转圆特点可知，从K 点射出的粒子在磁场中做圆周运动的圆心角最大，时间最长，所以最长时 间为t，故C 错误； D．如图所示 沿PG 方向射入的粒子从K 点离开磁场，沿PK 方向射入的粒子从O1点离开磁场，所以有粒子射出的区域 为KO1所对应的圆弧部分，该圆弧所对应的圆心角为60°，所以在磁场边界的 圆周上可观测到有粒子飞 出，故D 正确。 故选D。 2．（2026·云南昆明·二模）在同一平面内，三个半径均为 的圆形区域内分别存在垂直于该平面的匀强磁 场，Ⅱ、Ⅲ区域内的磁感应强度大小均为 ， 、 、为圆形区域的切点，如图所示。Ⅰ区域的圆心为 ，其边界上 点有一粒子源，能沿 方向发射大量比荷不同、速度均为 的带电粒子。某粒子恰好能 依次经过 、 、点后返回 点。不计粒子重力及粒子间的相互作用，已知 。下列说法正 确的是（ ） A．Ⅰ、Ⅱ区域的磁场方向相同 B．该粒子通过Ⅰ、Ⅱ区域时运动轨迹的半径之比为 C．该粒子的比荷为 D．该粒子从射出到返回 点的时间为 【答案】C 【详解】A．由题意作出带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 若粒子带正电，由左手定则可知Ⅰ区域的磁场方向为垂直纸面向外，Ⅱ区域的磁场方向为垂直纸面向里， Ⅰ、Ⅱ区域的磁场方向相反；若粒子带负电，由左手定则亦可知Ⅰ、Ⅱ区域的磁场方向相反，故A 错误； B．设在Ⅰ区域的圆周运动轨迹圆的圆心为 ，由对称性可知粒子从Ⅰ区域 点射出时，速度方向沿 方 向指向Ⅱ区域圆心，故粒子在Ⅰ区域转过的圆心角为 粒子在Ⅰ区域圆周运动的轨迹圆半径 同理可知故粒子在Ⅱ区域转过的圆心角为 粒子在Ⅱ区域圆周运动的轨迹圆半径 故 ，故B 错误； C．Ⅱ区域内的磁感应强度大小为 ，由洛伦兹力充当圆周运动的向心力可知 解得 可知该粒子的比荷 ，故C 正确； D．由上述分析可知，粒子从射出到返回 点，在Ⅰ区域总共转过的角度为 粒子转过的弧长为 在Ⅱ、Ⅲ区域粒子总共转过的圆心角为 对应的弧长为 因洛伦兹力不做功，粒子的速度大小不变，故粒子从射出到返回 点的时间为 ，故 D 错误。 故选C。 3．（2026·河北·二模）如图，边长为L 的正三角形ACD 区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场。一带负 电粒子从A 点以速度 沿 的平分线射入磁场，恰好从C 点离开磁场。若该粒子以速度 沿纸面从 AC 边中点垂直AC 射入磁场，则其在磁场中的运动时间为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】当粒子从A 点以速度 沿 的平分线射入磁场，作出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 由几何知识可知 粒子圆周运动的轨道半径为 由于洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有 解得 若该粒子以速度 沿纸面从AC 边中点垂直AC 射入磁场，则粒子在磁场中运动的轨迹半径为 粒子圆周运动的周期 由几何知识可知，此时粒子偏转的圆心角 则粒子在磁场中运动的时间 故选B。 二、多选题 4．（2026·湖南邵阳·二模）如图所示为扇形聚焦回旋加速器的部分原理图。将半径为R 的圆形区域分成 个扇形区域，相互间隔的n 个圆心角相同的区域内存在垂直纸面向外，磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，另外n 个圆心角相同的区域内没有磁场，其中有磁场区域的圆心角等于无磁场区域圆心角 的一半。一群速度大小不同，质量为m，电荷量为q 的同种带电粒子，依次经过2n 个扇形区域在闭合轨道 上做周期性运动。不考虑粒子之间的相互作用，则下列说法正确的是（ ） A．粒子在n 个磁场区域运动的时间为 B．粒子在n 个无磁场区域运动的时间为 C．粒子的运动周期与n 无关 D．粒子运动最大半径为 【答案】ABD 【详解】A．粒子在磁场中 由于粒子做周期性运动，根据对称性可将粒子一个周期内在磁场中的运动连成一个完整的圆 所以粒子在n 个磁场中运动的时间为 ，故A 正确。 B．由图易知 则 又 ， 粒子在无磁场区域运动时间 ，故B 正确。 C．粒子运动周期 ，与n 有关，故C 错误。 D．当粒子在磁场中运动轨迹与圆形区域相切时，半径最大，由 可得 ，故D 正确。 故选ABD。 5．（2026·山东枣庄·二模）如图所示，xOy 坐标平面内，以 点为圆心的两个圆，半径分为和 。小 圆区域I 内的匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小为 ，环形区域II 内的匀强磁场垂直于纸面向外。 一质量为 、电量为 的带正电粒子从 点沿 轴负方向出发，由 点首次进入区域II 且恰好不 能从其外边界射出，不计粒子的重力。下列说法正确的是（ ） A．粒子运动的速度大小为 B．区域I、II 内的磁感应强度大小之比为 C．粒子从 点出发到第一次返回区域I 的过程中，速度方向改变了 D．粒子返回 点的最短时间为 【答案】AD 【详解】由题意可知，粒子在磁场中的轨迹如图所示 A．根据几何关系可知，粒子在区域I 内的半径大小为 根据牛顿第二定律可得 解得 ，故A 正确； B．由几何关系可知 ， 可得 ， 根据牛顿第二定律可得 可得 ，故B 错误； C．因为 ，由轨迹图可知，粒子从 点出发到第一次返回区域I 的过程中，速度方向改变了 ，故C 错误； D．由轨迹可知，粒子在区域I 绕O 点转过 ，在区域II 绕O 点转过 ，所以当粒子在区域I 运动10 次， 在区域II 中运动9 次时，粒子第一次回到A 点，粒子在区域I 中运动的周期为 则粒子在区域I 中运动一次所需时间为 粒子在区域II 中运动的周期为 则粒子在区域II 中运动一次所需时间为 所以粒子返回A 点的最短时间为 ，故D 正确。 故选AD。 三、解答题 6．（2026·重庆沙坪坝·二模）磁偏转系统是电子光学系统的核心组件，其核心原理是利用磁场调整电子的 运动方向。如图利用圆形磁场调节电子运动方向，在该平面上半径为R 的圆形区域内存在垂直平面向里的 匀强磁场，磁感应强度大小为B。电荷量为e、质量为m 的电子从P 点沿半径方向进入磁场，从Q 点沿半 径方向离开磁场。不计电子重力。（用 表示结果） (1)求粒子入射的速度大小v； (2)电子由P 运动至Q 的过程中，洛伦兹力对电子产生冲量I 的大小。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由几何关系可得粒子轨迹半径为 洛伦兹力提供向心力得 解得 （2）粒子在磁场中转过的角度为 由动量定理 ，该表达式为矢量式 由（1）可知粒子速度为 则 则 7．（2026·浙江宁波·二模）微通道板电子倍增管是利用入射电子经过微通道时的多次反射放大信号强度的 一种电子器件，在高能物理（中微子、宇宙射线探测）和质谱仪、真空紫外探测器等有广泛应用。如图所 示一截面是矩形的微通道水平放置，竖直边 。一个电子沿竖直平面以与水平方向成 的初速 度 打到 的中点 进入微通道，每个电子撞到内壁后能撞出2 个次级电子，且碰撞过程电子平 行内壁的动量被完全吸收，垂直内壁的动量等大反向，并被撞出的次级电子均分。现通道内加有垂直 平面的匀强磁场B。忽略重力和次级电子间的相互作用，电子电量的绝对值为，质量为 ，求： (1) 点撞出的次级电子在通道内的运动半径 ； (2)通道长度 大于多少右端将接收不到电子； (3)若通道长度为 ，在 平面上出射点距离 的高度及接收到电子的数量； (4)在通道内再加竖直向下的电场 试判断电子能否通过微通道到达右侧。 【答案】(1) (2)2h (3) ，8 颗 (4)能通过微通道到达右侧 【详解】（1）由题意，在 点撞出的次级电子速度 ，满足 得 由 在通道内的运动半径为 （2） 点第一次撞击后速度为 ，运动半径 ，后一次撞击速度为 ，运动半径 则 次撞击后电子运动半径 所以电子最远达到 （3）根据 电子碰3 次后共8 颗电子从 平面上飞出； 飞出点距离 （4）设电子向上最大位移 时速度水平且为，洛伦兹力不做功，由动能定理 水平方向动量定理 即 联立得 ，所以电子能通过微通道到达右侧。 8．（2026·吉林长春·二模）如图，在空间直角坐标系 中放置一个以 轴为中心轴线、半径为 的圆 柱形绝缘筒，圆筒足够长。筒内空间存在沿 轴负方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大 小分别为 和 。质量为 电荷量为 的电子以初速度 在点 第一次与筒壁发生碰撞， 沿 平面且与 轴正方向成 角。每次碰撞后，电子垂直于筒壁方向的速度分量与碰前该方向速 度分量大小相等、方向相反，平行于筒壁的速度分量大小为该方向碰前速度分量大小的一半、方向不变。 忽略电子和筒壁的作用时间。 (1)若将电子在两次碰撞之间的运动分解为沿 轴方向的直线运动和垂直于 轴平面的匀速圆周运动，求圆 周的半径。 (2)求从第一次碰撞到第三次碰撞的时间。 (3)求第三次碰撞点 的坐标。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）电子垂直于 轴方向的速度分量 洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力 解得 （2）粒子做圆周运动的周期 每隔 电子与筒壁碰撞一次，从第一次碰撞到第三次碰撞的时间 （3）电子第一次碰撞前沿 轴方向速度 第一次碰后瞬间沿 轴方向速度 沿 轴方向加速度 第一次碰撞到第二次碰撞过程中沿 轴方向位移 第二次碰前瞬间沿 轴方向速度 第二次碰后瞬间沿 轴方向速度 第二次碰撞后到第三次碰撞过程中沿 轴方向位移 第一次碰撞到第三次碰撞过程中沿 轴方向位移 联立解得 电子在垂直于 轴方向做圆周运动的半径不变，第三次碰撞时 第三次碰撞点 的坐标为 一、单选题 1．（2026·江苏·二模）如图所示，三角形ACD 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B， ∠C=30∘，∠D=45∘，AO 垂直于CD，OA 长度为L。O 点有一电子源，在ACD 平面内向磁场内各个方向均 匀发射速率均为v0的电子，速度方向用与OC 的夹角 表示，电子质量为m，电荷量为−e，且满足v0＝ 。下列说法中正确的是（ ） A．从AC 边射出的电子占总电子数的 考点7 带电粒子在有界磁场中运动的临界极值 问题 B．从AD 边射出的电子中，速度方向与OC 的夹角 的取值范围为45°< <135° C．从CD 边（含OC、OD 段）射出的电子中，最长运动时间为 D．所有从AC 边射出的电子中，当 =30∘时，所用的运动时间最短 【答案】C 【详解】AB．由于粒子源发射的电子速率相同，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 解得 即所有电子的半径都相等，由左手定则可知，电子进入磁场后顺时针做圆周运动，所以其从AC 边射出的 一个临界位置为从A 点射出，此时 ，如图所示 由题意及分析可知，当 范围内，电子从AC 边上射出，当电子从AC 边射出时，由几何关系可 知从 边射出的电子占总电子的 由题意及几何关系可知，当粒子在 范围内，电子从AD 边射出，故AB 错误； C．从CD 边射出的电子，经过D 点对应的弦长最长，根据几何关系可知，运动轨迹对应的最大圆心角为 ，因此最长运动时间为 故C 正确； D．电子在磁场中做匀速圆周运动，其周期为T，有 在磁场中运动的时间为t，有 整理有 即电子运动的圆心角越小，其在磁场中运动的时间就越短，圆心角所对应的弦长越长，其圆心角越大，所 以最短时间即为弦长的最小值，当弦长 与AC 边垂直时，弦长最短，有几何关系可知此时对应的入射角 不等于 ，故D 错误。 故选C。 二、多选题 2．（2026·湖北黄冈·二模）如图所示，空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场中有一粒子源O，可以均 匀地向各个方向同时发出质量为m、电荷量为q、速率为v 的带正电的粒子。PQ 是平行磁场放置的足够长 的挡板，挡板P 端与O 点的连线与挡板垂直， 。假设打在挡板上的粒子都会瞬间被挡板吸收且其 电荷被及时导走，不计粒子重力及粒子之间的相互作用，（磁场区域足够大）下列判断正确的是（ ） A．若磁感应强度 ，则发出的粒子打到挡板的最短时间为 B．若磁感应强度 ，则发出的粒子打到P 点最长时间与最短时间的差为 C．若磁感应强度 ，则发出的粒子打到挡板的最短时间为 D．若磁感应强度 ，则发出的粒子打到挡板左侧最远的点离P 点的距离为 【答案】BD 【详解】AB．粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供做圆周运动的向心力。设粒子做圆周运动的半径为r。则 有 解得 在磁场中运动的周期为 发出的粒子打到P 点最长时间与最短时间的轨迹如图所示 由几何关系可得 ， 则最短时间为 最长时间为 则发出的粒子打到P 点最长时间与最短时间的差为 ，故A 错误，B 正确； CD．若磁感应强度 ，则 解得 在磁场中运动的周期为 发出的粒子打到挡板最短时间和发出的粒子打到挡板左侧最远的点轨迹如图所示 由几何关系可知 解得 则发出的粒子打到挡板的最短时间为 由几何关系可得 解得 则发出的粒子打到挡板左侧最远的点离P 点的距离为 ，故C 错误，D 正确。 故选BD。 3．（2026·四川南充·二模）某质谱仪简化结构如图，在 平面的 区域存在方向垂直纸面向里、磁 感应强度大小为 的匀强磁场，在 轴处放置照相底片，大量a、b 两种离子（其初速度视为零）经电压为 的加速电场加速后，由坐标原点 开始，在 轴左右两侧与 轴均成 角的范围内垂直磁场方向射入磁 场，最后打到照相底片上，已知a、b 两种离子的电荷量均为 ，质量分别为 和 ， ， 不考虑离子间相互作用。下列说法正确的是（ ） A．a 离子在磁场中的速度大小为 B．b 离子在照相底片上形成的亮线长度为 C．打在照相底片上的a、b 两种离子间的最近距离为 D．若加速电压在 之间波动，要在底片上完全分辨出a、b 两种离子，则 不超过 【答案】CD 【详解】A．a 离子加速过程，根据动能定理有 解得 ，故A 错误； B．b 离子加速时，根据动能定理有 解得 离子在磁场中运动，根据牛顿第二定律，有 解得离子在磁场中运动的轨道半径 离子沿y 轴入射时，打在底片上的位置为2rb，沿与y 轴成θ 角入射时，水平位移为x=2rbcos θ 亮线长度为Δx=2rb（1-cos θ） 代入cos θ=0.9 解得亮线长度 ，故B 错误； C．由前面分析可知，解得a 离子轨道半径 离子沿与y 轴成θ 角入射时，打在x 轴上的水平位移为2racos θ，沿y 轴入射时，水平位移为2ra（θ=0， cosθ=1），a 离子的最小水平位移（沿θ 角入射） 同理b 离子的最大水平位移（沿y 轴入射） 可得两种离子的最近距离为Δxmin=xamin-xbmax 联立解得 ，故C 正确； D．要完全分辨，需满足xamin＞xbmax 即 解得 ，故D 正确。 故选CD。 4．（2026·甘肃兰州·二模）如图所示，在 的区域内存在垂直于xOy 平面的匀强磁场，磁感应强度 大小为B，方向未知。一个质量为m、电荷量大小为q 的带电粒子，从O 点沿与x 轴正方向成30°角的方向 射入磁场，最终沿与x 轴正方向成60°角的方向，从x=l 边界射出（轨迹始终在xOy 平面内）。不计粒子重 力，下列说法正确的是（ ） A．粒子一定带负电 B．粒子在磁场中运动的半径可能为 C．粒子入射磁场的速度大小可能为 D．带电粒子在磁场中运动的时间可能为 【答案】CD 【详解】A．因磁场方向不确定，可知不能确定粒子的电性，A 错误； B．粒子的运动轨迹如图，若粒子以 为圆心，则由三角形关系 解得 若粒子以 为圆心，则由正弦定理 解得粒子在磁场中运动的半径 ，不可能为 ，B 错误； C．若粒子在磁场中运动的半径 则根据 解得粒子入射磁场的速度大小为 ，C 正确； D．若粒子以 为圆心，带电粒子在磁场中转过的角度为30°，则运动的时间为 ，D 正 确。 故选CD。 三、解答题 5．（2026·浙江·二模）如图所示，垂直纸面的金属薄板M、N 与荧光屏平行放置，板N 中间有一小孔O。 当频率为 的光照射板M 时有光电子逸出，光电子从板M 逸出后经极板间电压U 加速（板间电场视为匀 强电场），从小孔O 飞出的电子直接进入N 板右侧由螺线管线圈产生的匀强磁场中，小孔O 与荧光屏中心 P 点连线为整个装置的中轴线。已知金属薄板M 的逸出功为 ，普朗克常量为h，匀强磁场的磁感应强度 大小为B，电子的电荷量为e，质量为m。不考虑电子重力及电子间的相互作用力，求 (1)螺线管内的磁场方向； (2)求光电子从O 点射入螺线管时的速度大小范围； (3)从O 点射出的电子分布在一个顶角 （ 已知）很小的圆锥内，调整荧光屏到N 板的距离，就能使速 度大小相同的电子束正好打在荧光屏同一点上，实现磁聚焦。若要实现将最大速度的光电子聚焦在P 点， 求螺线管的最小半径及N 板到荧光屏的最小距离（当 很小时， ， ）。 【答案】(1)水平向右 (2) (3) 【详解】（1）根据左手定则可知磁场方向水平向右 （2）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能 （3）电子进入磁场后， 在平行于磁场和垂直于磁场方向的分量大小分别为 电子在沿磁场方向做匀速直线运动，在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动，所以电子的合运动为螺 旋线运动。设电子在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动的半径为r，周期为T，则根据牛顿第二定律 有 则螺线管的最小半径 根据匀速圆周运动规律有 电子从开始运动到再次会聚于一点时所用的最小时间为T，电子在一个回旋周期T 内沿水平方向前进的距 离为 N 板到荧光屏的最小距离 6．（2026·江西九江·二模）平面直角坐标系xOy 的第一、第四象限充满匀强磁场，磁场的磁感应强度大小 均为B，方向相反，坐标原点处有一粒子源，该粒子源可向与x 轴夹角为 区域各方向发射速率范 围在 的带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q，如图所示。粒子进入第一象限后，A 点为 速率最小的粒子首次进入第四象限通过x 轴的最远点， ， 为已知量，不计粒子重力、粒子 间的碰撞及相互作用，已知 。 (1)求A 点坐标； (2)求能够到达A 点的粒子的初速度方向与y 轴正方向的夹角范围； (3)若首次通过A 点进入第四象限的粒子和首次通过C 点进入第四象限的粒子会在x 轴上相遇，以粒子同时 离开A、C 为计时起点（ 时刻），求粒子第一次在x 轴上相遇的位置及时刻。 【答案】(1)（ ，0） (2) (3) ， ， 【详解】（1）粒子以最小速度进入第四象限的最远点在x 轴上的截距为直径，由于 ，A 点的横坐 标为 ，则C 点的横坐标为 故A 点的坐标为（ ，0） （2）设粒子进入第一象限时与y 轴正方向的夹角为 、速度大小为 时通过A 点，如图所示，需满足 由此可知，通过A 点的粒子的竖直分速度为 由于通过A 点的粒子的速度满足 与y 轴正方向的夹角 满足 故到达A 点的粒子的初速度方向与y 轴正方向的夹角范围是 （3）设粒子进入第一象限时与y 轴正方向的夹角为 、速度大小为 时通过C 点，同理可得 可得 因此通过 点的粒子的速度满足 与 轴正方向的夹角 满足 ，故 两粒子相遇，必有 （其中 、 取， ， ） 即 由于是第一次相遇，则取最小的自然数，取 ， 因此粒子第一次在 轴上相遇的位置： 由于粒子在两磁场中的运动具有周期性，且粒子做圆周运动的周期均为 ，因此从 、 两点出发 运动时间最短的粒子最快到达相遇点。 由分析知，粒子相遇时的时间 其中 ， 代入 ， 可得到，到达第一次相遇位置的粒子，满足 当 时， ，不符合题意，舍去； 当 时， ，符合题意； 由此可知，当 时相遇的时间最短，即 ， 的粒子最先相遇； 因此，粒子第一次在 轴上相遇的时刻为 即相遇时刻 一、单选题 1．（2026·江苏·二模）如图甲、乙为两款加速器工作原理的示意图，它们都利用电场加速，最后将高能粒 子引出。图乙中磁感应强度为B，加速电压为U，下列说法正确的是（ ） A．两装置所接电源都是交流电源，粒子出射速度都与加速电压的大小有关 B．图甲中粒子在筒中匀速运动，且第n 个筒的长度应与n 成线性关系 C．若利用图乙加速比荷为k 的粒子，则D2中第n 个半圆形轨道的半径为 D．用于加速质子的两装置，只要改变输入电压就可用来加速α 粒子 【答案】C 【详解】A．图甲中同一个金属筒所处的电势相同，整个金属筒是一个等势体，内部无电场，故粒子是在 筒缝中间不断加速，而在筒中匀速运动，由 ，可得粒子的最大速度除与电压有关外，还与加 速次数有关。图乙中双D 形金属盒与高频交流电源两极相连，在两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场， 考点8 带电粒子在组合场（叠加场）中的运动 一个周期加速两次，由 ，可得粒子的最大速度 显见带电粒子的最大速度与D 形盒半径有关而与加速电压U 无关，故A 错误； B．设vn为粒子在第n 个筒内的速度，则筒长为 又因为 可得 即第n 个筒的长度与n 不成线性关系，故B 错误； C．图乙D2中，粒子过第n 个半圆形轨道前加速了n 次，则有 ， 解得第n 个半圆形轨道半径为 ，故C 正确； D．甲、乙装置制成后，甲图中各筒的长度 图乙回旋加速器交流电压的周期 ，因质子和α 粒子的比荷不同，改变加速电压不能保证α 粒子一 直加速，因此是不可行的，故D 错误。 故选C。 二、多选题 2．（2026·福建厦门·二模）如图甲所示的无绳跳绳利用霍尔元件实现智能计数，其内部结构示意图如图乙 所示。霍尔元件固定在手柄外壳内，通有从外向里的恒定电流I，且电流I 由电子的定向移动产生。跳绳时， 小球带动转轴旋转，转轴通过连接杆带动磁铁绕转轴做圆周运动，当磁铁靠近霍尔元件时，霍尔元件所处 位置的磁感应强度增大，霍尔电压升高，当霍尔电压超过设定阈值时控制器记录一次跳绳次数，则 （ ） A．磁铁转动到图乙位置时，霍尔元件左侧面电势高于右侧面 B．磁铁转动到图乙位置时，霍尔元件左侧面电势低于右侧面 C．若提高跳绳频率，霍尔电压的最大值不变 D．若提高跳绳频率，霍尔电压的最大值增大 【答案】BC 【详解】AB．磁铁N 极向下，正对霍尔元件，因此霍尔元件处磁场方向竖直向下，电流方向为从外向里， 电流方向与电子定向移动方向相反，因此电子运动方向为从里向外，根据左手定则（电子带负电，四指指 向电流方向），可判断电子受到的洛伦兹力向左，电子向左侧面积累，左侧面带负电，右侧面带正电，因 此霍尔元件左侧面电势低于右侧面，A 错误，B 正确； CD．霍尔效应平衡时，洛伦兹力等于电场力，则 结合电流微观式 推导得霍尔电压公式 式中 恒定， 都是霍尔元件的固有参数，霍尔电压最大值仅由最大磁感应强度 决定， 是 磁铁靠近霍尔元件时的磁感应强度，与跳绳频率无关，因此提高跳绳频率，霍尔电压的最大值不变，C 正 确，D 错误。 故选BC。 3．（2026·四川内江·二模）如图所示，在竖直平面内的直角坐标系 中， 轴上方有一圆形有界匀强磁 场（图中未画），磁场方向垂直纸面向内，磁感应强度 轴下方有一斜向右上与 轴正方向成夹 角 的匀强电场。在 轴上放一挡板，挡板长为 ，板的左端在坐标原点 处。现有一带正电 粒子从 轴上的 点，以大小 、方向与 轴负方向成 角的速度射入第二象限，经 过圆形磁场偏转后从 轴上的 点与 轴正方向成夹角 射出并进入匀强电场。已知粒子的 比荷 ，不计粒子的重力， ， 。则下列说法中正确的是（ ） A．粒子在圆形磁场中运动时，轨迹半径为 B．圆形有界磁场的最小面积为 C．要让粒子能打在挡板上，电场强度的最大值为 D．能打在挡板上的粒子，从 点射出到挡板运动的最长时间为 【答案】AC 【详解】A．洛伦兹力提供向心力 解得 ，故A 正确； B． 由几何关系，圆形磁场半径最小值满足 面积 ，故B 错误； C．粒子进入电场后做类平抛运动，设它从A 点射到x 轴的位移为x，则有 联立得 ，得 ，故C 正确； D．由图的对称性可知 解得 打在挡板最右侧时间最长 ， ， ， 总时间 ，故D 错误。 故选AC。 三、解答题 4．（2026·浙江温州·二模）霍尔测速仪的核心元件为霍尔片，测速原理如图1 所示，将非磁性圆盘固定在 车轮转轴上，圆盘边缘等间距嵌装 个极性相同的磁极，霍尔片置于圆盘边缘附近。霍尔片的放大图如 图2 所示，它由长×宽×厚 、单位体积内自由电子数为 的N 型半导体制成。给霍尔片通以沿 方向的电流 ，当磁极正对霍尔片时，通过霍尔片的磁感应强度为 ，此时在 两个侧面间产生的霍 尔电压 与 及霍尔片厚度 满足关系式 ，式中 为霍尔系数，只取决于霍尔片的材料本身。 (1)请判断 两个侧面电势的高低； (2)电子电荷量为，请推导霍尔系数 的表达式； (3)若车轮半径为，当车辆匀速行驶（车轮与地面不打滑）时，测得霍尔电压 随时间变化图像如图 3，图中 已知，求车辆行驶速率 。 (4)除测速外，请再提出利用霍尔片的另一个应用实例或设想。 【答案】(1) 侧面电势高于 (2) (3) (4)磁感应强度测量仪（合理即可） 【详解】（1）电流沿 方向，载流子电子运动方向沿着 方向，根据左手定则，电子受洛伦兹力向 侧偏转， 侧聚集负电荷， 侧带正电，因此 侧面电势高于 。 （2）霍尔电压稳定时，电子受力平衡，洛伦兹力等于电场力 可得 电流的微观表达式为 垂直电流方向的横截面积 可得 将代入 的表达式得 而 对比可得霍尔系数 （3）由 图像可知，相邻霍尔信号的时间间隔为 ，即相邻磁极经过霍尔片的时间为 ，圆盘共有 个磁极，因此圆盘转动一周的周期 车轮角速度 车轮与地面不打滑，车速等于车轮边缘线速度 （4）可制作磁强计（磁感应强度测量仪），测量未知磁场的磁感应强度；或制作霍尔传感器用于磁场检 测、位置检测等。 5．（2026·陕西·二模）磁控管是微波炉的核心部件，工作原理是通过电子在电场和磁场中的运动，将电能 转化为微波能量的装置，利用产生的微波加热食物。其内部部分区域的电场和磁场的分布如图所示。xOy 平面内存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e 的电子从O 点沿x 轴正方向水平入射。入射速度为 时，电子沿x 轴做直线运动；入射速度小于 时，电 子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作 用。 (1)求电场强度的大小E； (2)若电子入射速度为 ，求运动到速度为 时位置的纵坐标 ； (3)若电子入射速度在 范围内均匀分布，求能到达纵坐标 位置的电子数N 与总电子数 的百分比。 【答案】(1) (2) (3)90% 【详解】（1）由题知，入射速度为 时，电子沿x 轴做直线运动，则有 解得 （2）由于洛伦兹力不做功，电子入射速度为 ，当电子运动到 时，此过程中根据动能定理有 解得 故电子坐标纵坐标为 （3）若电子以速度v 入射时，设电子能到达的最低点位置的纵坐标为y，速度设为 ，则根据动能定理有 由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最低点有 在最高点有 联立解得 ， 要让电子到达纵坐标 位置，即 ，联立解得 故在 的范围，能到达纵坐标 位置的电子数N 占总电子数 的90%。 6．（2026·辽宁鞍山·二模）如图甲，在xOy 平面内平行y 轴的虚线MN 左侧有一圆形区域，该区域与x 轴 和MN 分别相切于P 点和Q 点，其内存在匀强磁场I，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy 平面向外。 MN 和y 轴间 的区域存在沿y 轴负方向的匀强电场。从P 点先后发射出两个相同的带正电的粒子，初 速度大小均为 ，粒子1 的速度方向沿着y 轴正方向，粒子2 速度方向与x 轴负方向夹角30°。粒子1 在磁 场I 中偏转后从Q 点沿x 轴正方向进入电场，并从坐标原点O 离开电场，粒子1 到O 点时，粒子2 刚进入 电场。已知粒子的质量为m、电荷量为q，匀强电场的电场强度 ，不计粒子的重力及粒子间的相互 作用。 (1)求圆形匀强磁场区域的半径； (2)求两个粒子从P 点先后发射的时间差； (3)若在除 且 以外的全部立体空间还存在磁感应强度为 的匀强磁场Ⅱ，磁场方向沿y 轴负 方向，如图乙所示。求粒子2 第一次到达y 轴时与粒子1 的距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设粒子在磁场中运动的半径为r，由 得 由分析可知圆形磁场的半径R 与粒子运动的轨道半径r 相等，即 （2）粒子在磁场中做圆周运动的周期 粒子1 在圆形磁场中运动的时间为 ， 粒子1 在电场中从Q 到O 运动的时间为 ，竖直方向上的位移 又 ， 可得 粒子2 在磁场中从P 点运动到S 点，转过角度为150°，所用时间 由分析可知粒子2 从S 到T 作匀速直线运动，速度方向沿x 轴正方向，所用的时间为 则两个粒子先后从P 点发射的时间差为 （3）粒子1 从O 点进入时竖直方向的速度为 ，有 合速度与水平方向和竖直方向的夹角均为45°。粒子1 进入匀强磁场Ⅱ以后，将运动分解，在平行于xOy 平面上以速率 作匀速圆周运动，在竖直方向上以速度 向下作匀速直线运动。 当粒子2 在匀强电场中从T 点运动到y 轴的过程中，仍作类平抛运动，与粒子1 在匀强电场中运动时间相 同，运动时间也为 ，竖直方向上的位移为 在 时间内，粒子1 在匀强磁场Ⅱ中作匀速圆周运动的周期为 ，则 说明粒子2 刚到达y 轴时，粒子1 刚好作匀速圆周运动一周，刚好运动到y 轴上，竖直方向上的位移为 此时两个粒子间的距离 7．（2026·云南昭通·二模）利用粒子回旋加速器来加工芯片的核心工艺是离子注入。如图所示是利用粒子 回旋加速器加工芯片的简化示意图。离子源发出质量为 的正离子（不计重力），沿水平中轴线 经速 度选择器后，进入边长为 的正方形偏转区，该区可加电场也可加磁场，正离子偏转后进入加有水平向右 的匀强磁场 的共振腔，使腔内气体电离蚀刻芯片。已知速度选择器与偏转区的匀强电场均为 ，方向 相反，匀强磁场均为 ，方向垂直纸面向外。仅加电场时离子出射偏转角 很小，且 。不考虑 电磁场突变的影响，离子进入共振腔后不碰壁。角度 很小时，有 ， ，求： (1)离子的电荷量； (2)偏转区仅加磁场时，离子出射时偏离 轴线的距离； (3)离子以（2）问中的速度进入共振腔，受与运动方向相反的阻力 ， 为已知常数。施加垂直 轴线且匀速旋转的匀强电场 使离子加速。稳定后离子在垂直 轴线的某切面内以与电场相同的角速 度做匀速圆周运动，速度与电场的夹角（小于 ）保持不变。则角速度为多大时，稳定后旋转电场对离 子做功的瞬时功率最大？ 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）离子沿水平中轴线 经过速度选择器，离子做匀速直线运动，则有 偏转区仅加电场时，水平方向有 竖直方向有 根据速度分解有 解得 （2）离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 结合上述解得 设偏转角为 ，偏转角等于圆心角，根据几何关系有 离子出射时偏离 轴线的距离 解得 （3）当离子进入共振腔稳定后会以与旋转电场相同的恒定角速度在某一切面内做匀速圆周运动，如图所 示 设最终速度为 ，沿圆周的半径方向有 沿圆周的切线方向有 可得 旋转电场对离子做功的功率 解得 可知，当 时，电场对离子做功的瞬时功率最大，结合上述解得 8．（2026·广东佛山·二模）如图为某装置简化示意图。有界匀强磁场Ⅱ垂直纸面向外，上边界是以点 为 圆心、半径为 的某段圆弧，下边界是以点 为圆心、半径 的半圆弧，半圆区域内有均匀辐 射电场。有界匀强磁场I 垂直纸面向里，边界是以点 为圆心、半径 的圆形，两磁场的磁感应强度 大小相等， 在同一直线上且 间距为 。在磁场Ⅱ右侧有长为 的接收屏与 、 连 线平行放置。一束质量为 、电荷量为 、宽度为 的带电粒子流（分布均匀）以相同的速度 垂直 连线射入磁场Ⅰ，其中正对 射入的粒子，恰好沿 连线方向射出，经电场加速后进入磁场Ⅱ 做半径为 的圆周运动，不计粒子重力及粒子间相互作用， 。 (1)求磁感应强度 的大小及均匀辐射电场点 到半圆弧边界之间的电压 ； (2)请证明能打到接收屏的粒子均垂直打中接收屏，并求能打到接收屏的粒子在磁场I 中运动的最长时间 ； (3)打到屏幕上的粒子占发射总粒子数的比例 。 【答案】(1) ； (2)证明过程见解析， (3) 【详解】（1）正对 射入的粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动： ， 得： 在磁场Ⅱ中： ， 在电场中： 得： ， （2）由于粒子在磁场Ⅰ中： ，所有粒子均会从 点沿半径方向进入电场，对任意粒子进入磁 场Ⅱ作出运动轨迹，如图，从 点射出，由几何关系： ， 则四边形 为平行四边形， ，故能打到接收屏的粒子速度方向均垂直于接收屏。如图， 从磁场Ⅱ的最高点射出打中接收屏时时间最长 则 ， 则粒子在磁场Ⅰ中运动的最长时间 （或 ， ） （3）从磁场Ⅱ的最高点射出打中接收屏的粒子在磁场I 中运动轨迹如图： 比例 9．（2026·江西·二模）如图所示，直角坐标系的第二、三、四象限内均存在沿 轴负方向的相同匀强电场， 第四象限内还存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。第一象限内存在垂直纸面向外的非匀强磁场，磁感应强 度大小 沿 轴方向满足 （ 、 均为已知量）。比荷为 的带正电粒子（不计重力）从坐标为 的 点以沿 轴正方向、大小为 的初速度开始运动，粒子恰好从坐标原点射入第四象限。粒子 第一次在第四象限内运动至最低点时的速度大小为 。求： (1)匀强电场的电场强度大小 ； (2)第四象限内磁场的磁感应强度大小 ； (3)粒子第二、三次穿过 轴的过程中运动轨迹到 轴的最远距离 及该轨迹与 轴所围的面积。 【答案】(1) (2) (3) ， 【详解】（1）粒子从 点运动至坐标原点，做类平抛运动，平行于 轴方向上有 平行于 轴方向上有 其中 解得 （2）解法一：粒子经过坐标原点时的速度大小 设粒子第一次在第四象限内运动至最低点时到 轴的距离为 ，有 平行于 轴方向上有 解得 解法二：粒子经过坐标原点时平行于 轴方向的分速度大小 将粒子经过坐标原点时的速度分解为沿 轴正方向、大小为 的分速度，满足 另一分速度大小 粒子在第四象限内的运动可视为沿 轴方向、速度为 的匀速直线运动和速率为 的匀速圆周运动的合运 动，粒子运动至最低点时的速度大小 解得 ， （3）设粒子经过坐标原点时速度方向与 轴正方向的夹角为 ，则有 粒子第二次经过 轴时速度大小仍为 ，平行于 轴方向的分速度大小仍为 ，平行于 轴方向的分速度 大小为 ，方向沿 轴正方向，粒子第二、三次穿过 轴的过程中运动至离 轴最远时，平行于 轴方向 的分速度大小变为0，平行于 轴方向的分速度大小变为 ，平行于 轴方向上有 其中 利用如图所示的 图像可知 解得 平行于 轴方向上有 其中 其中 为对应轨迹与 轴所围的面积 ，利用对称性可知，粒子第二、三次穿过 轴的过程中运动轨 迹与 轴所围的面积 解得 10．（2026·辽宁·二模）如图所示，空间交替分布着高度均为 、水平方向足够宽的匀强电磁场区 域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，虚线边界有磁场无电场。区域Ⅰ、Ⅲ磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小相同，区域 Ⅱ电场方向竖直向上，电场强度 。区域Ⅰ磁场上边界虚线上P 点有一粒子源，可沿纸面以 的速度向磁场内发射带负电的粒子，粒子的比荷 ，不计粒子重力。设粒 子从P 点射出时的速度方向与竖直方向的夹角为 ，当 时，粒子恰能从P 点正下方 进入区域Ⅱ，取 。 (1)求磁感应强度B 的大小； (2)若粒子能进入区域Ⅲ且不能从下边界离开区域Ⅲ，求 满足的条件； (3)若 ，将区域Ⅲ的高度调整为 ，求粒子运动多长时间后其竖直位移大小为 。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子恰能从P 点下方进入电场，由几何关系有 解得 粒子在磁场中做匀速圆周运动 解得 （2）当 时，粒子不能进入Ⅱ、Ⅲ区域。粒子能进入区域Ⅲ且不能从下边界离开区域Ⅲ，设粒子在区 域Ⅲ中竖直速度变为0 时水平速度为 ，取向左为正，在磁场中由水平方向动量定理有 粒子在磁场中 ， 又由动能定理有 联立解得 （3）粒子经电场加速后，速度大小变为 ，根据动能定理有 解得 粒子在区域Ⅲ内做匀速圆周运动有 解得 粒子运动轨迹如图所示 粒子在区域Ⅲ内运动到最低点时竖直位移为 ，粒子第一次竖直位移为 时，粒子在区域Ⅰ运动的 时间 粒子在区域Ⅱ运动的时间 粒子在区域Ⅲ运动的时间 粒子第一次竖直位移为 时需要的时间 粒子再次经过需要的时间为 ，故粒子第 次竖直位移为 时需要的时间为
