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专题07 电磁场
4 大考点概览
考点01 电场的性质
考点02 带电粒子在电场中的运动
考点03 安培力
考点04 带电粒子在复合场中的运动
一、单选题
1．（2025·广东江门·一模）一简易静电除尘器如图所示，静电高压电源的负极与矿泉水瓶中的铜丝连接，
正极连接铝片，充入烟尘，通电后烟尘在电场中通过某种机制带电，被吸附在铝片上，达到除尘效果。则
下列说法正确的是（ ）
A．烟尘在电场中带上的是正电
B．矿泉水瓶内越靠近铜丝，电势越高
C．带电后，烟尘向铝片运动的过程中，电势能越来越小
D．带电后，烟尘向铝片运动的过程中，所受电场力越来越大
【答案】C
【详解】A．由于带电烟尘颗粒被吸附在了铝片上，即高压电源的正极，所以烟尘应受到指向正极的电场
力，说明烟尘颗粒带负电，故A 错误；
BC．矿泉水瓶内电场线方向由铝片指向铜丝，沿着电场线方向电势逐渐降低，则越靠近铜丝，电势越低，
考点1
电场的性质
烟尘带负电，根据
可知，烟尘向铝片运动的过程中，电势能越来越小，故B 错误，C 正确；
D．矿泉水瓶内的电场在水平面上的分布类似于负点电荷电场，并非匀强电场，烟尘带电后，向铝片运动
的过程中，电场力越来越小，故D 错误；
故选C。
2．（2026·广东珠海&惠州&深圳·调研）如图，在倾角为
的足够长的绝缘光滑斜面底端，静止放置质量为
、带电荷量
的物体。加上沿着斜面方向的电场，物体沿斜面向上运动。物体运动过程中的机械
能
与其位移
的关系图像如图所示，其中
为直线，
为曲线，
为平行于横轴的直线，重力加速
度为
，不计空气阻力，则（ ）
A．
过程中，电场强度不断变大，
过程中，电场强度不变
B．
过程中，物体加速度一直减小
C．
过程中，电场力一直做正功，机械能增加
D．
过程中，物体电势降低了
【答案】D
【详解】A．物体机械能的变化量等于电场力做功，即图像斜率为
过程中，图像斜率先不变后减小，电场强度先不变后减小，
过程中，图像斜率为零，电场强
度减小为零，故A 错误；
B．
过程中，图像的斜率减小，则电场力减小，直到减为零，根据
所以物体加速度先减小后反向增加，故B 错误；
C．
过程中，电场强度为零不做功，故C 错误；
D．
过程中，物体机械能增加
，所以物体电势能降低
，故物体电势降低了
，故
D 正确。
故选D。
3．（2026·广东珠海&惠州&深圳·调研）如图，正三角形三个顶点固定三个等量点电荷，其中
、
带正电，
带负电，
、
、
为
边的四等分点，则（ ）
A．点电荷
、点电荷
所受静电力大小相等
B．
、
两点的电场强度和电势都相同
C．电子在
点电势能比在
点时要小
D．电子沿直线由
点向
点移动过程中，电场力不做功
【答案】C
【详解】A．对点电荷A 进行受力分析，点电荷A 所受点电荷B 的库仑力和C 点电荷的库仑力夹角为
，
所以A 所受的静电力为
对点电荷C 进行受力分析，点电荷C 所受点电荷A 的库仑力和B 点电荷的库仑力夹角为
，所以C 所受的
静电力为
所以A、C 所受静电力大小不相等，故A 错误；
B．点电荷AB 在M、N 两点产生的合场强等大反向，合电势相等，点电荷C 在M、N 两点产生的电场强度
大小相等，方向不同，电势相同，根据电场强度的叠加可知M、N 两点的电场强度大小相等，方向不相同，
但电势相同，故B 错误；
C．电子从M 到O 的过程库仑力做负功，电势能增大，所以，M 点电势能比在O 点时要小，故C 正确；
D．电场线沿直线由
点向
点，所以电子沿直线由
点向
点移动过程中，电场力做负功，故D 错误。
故选C。
4．（2026·广东省湛江市部分高中·一模）在空间站附近发现某带电陨石，其形成的等势线和电场线如图所
示，其中相邻两条等势线之间电势差相等，其中A、B、C 点是等势线上三个不同的点，D 点是等势线和电
场线的交点。下列说法正确的是（ ）
A．三点中同一正电荷在A 点受电场力最大
B．三点中同一负电荷在A 点电势能最小
C．同一电子从A 点运动到C 点时动能是到B 点时的2 倍
D．某电子在D 点速度沿等势线切线斜向上，则电子电势能将减小
【答案】D
【详解】A．根据等势线的疏密程度可知A 点的电场强度最小，故三点中同一正电荷在A 处受电场力最小，
A 错误；
B．根据电场线由高等势面指向低等势面可知，A 点的电势最低，对于同一负电荷而言，其电势能最高，B
错误；
C．由于该电子初动能未知，无法判断动能关系，C 错误；
D．由图可知电子受力与速度的夹角为锐角，则电场力做正功，电势能减少，D 正确。
故选D。
二、多选题
5．（2026·湛江·一模）如图所示，空间有一棱长为
的正方体
，
点固定电荷量为
（
）的点电荷，
点固定电荷量为
的点电荷，
、
分别为上、下两个面的中心点，已知静电
力常量为
，则（ ）
A．
点与
点的电场强度相同
B．
点与
点的电势差等于
点与
点的电势差
C．
点的电场强度大小为
D．将带负电的试探电荷由
点沿直线移动到
点，其电势能先增大，后减小
【答案】BC
【详解】A．由对称性知，
点与
点的电场强度大小相等，但方向不同，故
错误；
B．
点与
点的电势差为
，
点与
点的电势差
由对称性知，
,
，则
，故B 正确；
C．
点的电荷在
点的电场强度为
，
点的电荷在
点的电场强度为
，所以
点的场强大小为
，故C 正确；
D．将带负电的试探电荷由
点沿直线移动到
点的过程中，电场力一直做负功，电势能一直增大，故D
错误。
故选BC。
6．（2025·广东深圳·一模）打火机的点火装置，利用了压电陶瓷的压电效应，快速挤压后瞬间产生千伏高
压，然后放电，其原理可用甲乙两图近似模拟。挤压前，结构如甲图所示，
点为正六边形
的中
心，三个电量均为
的点电荷分别位于顶点A、
、
上，三个电量均为
的点电荷分别位于顶点
、
、
上。挤压后，
、
、
、
处电荷位置不变，只是A、
处的电荷分别沿竖直方向靠近
点，并
关于
点对称，如图乙所示。取无穷远处电势为零，对于
点处电场正确的说法是（ ）
A．挤压前，电场强度为零
B．挤压前，电势为零
C．挤压后，电势大于零
D．挤压后，电场强度竖直向上
【答案】AB
【详解】A．挤压前，根据图形的对称性知，每个电荷在
点产生的场强大小相等，均设为
，方向如图
故三个夹角为
的方向上的场强大小均为
，根据矢量定则知，它们的合场强为零，故A 正确；
B．根据题意取无穷远处电势为零，故等量异种电荷连线中垂线上的电势均为零，故AD、
F、
连线中
点
处的电势为零，故B 正确；
C．挤压后，
还是AD、
F、
等量异种电荷连线的中点，故
处的电势依然为零，故C 错误；
D．挤压后，A、D 到
点的距离变小，根据点电荷产生场强
知，竖直向下的场强变大，故合场强
为竖直向下，故D 错误。
故选AB。
7．（2025·广东广州·一模）如图，无限长均匀带正电的绝缘细杆穿过立方体区域中心O，且与其上下表面
垂直。M、N、P、Q 为立方体区域的顶点，则（ ）
A．M 点电场强度沿OM 方向
B．P、Q 两点电场强度大小相等
C．P、Q 两点的电势相等
D．将电子从P 移动至N 点，电场力做负功
【答案】BC
【详解】A．无限长均匀带正电的细杆产生的电场方向垂直于细杆，并沿径向向外辐射，即垂直于细杆的
方向。故M 点电场强度不沿OM 方向，A 错误；
B．P 和Q 是立方体区域的顶点，且相对于细杆对称分布。由于细杆是无限长且均匀带电，电场强度在距
离细杆相同距离的点上大小相等。因此，P 和Q 两点的电场强度大小相等。B 正确；
C．由于P 和Q 两点相对于细杆对称，且距离相同，因此它们的电势相等。C 正确；
D．由上述分可知，P、N 两点到细杆距离相等，电势相等，故将电子从P 移动至N 点，电场力不做功，D
错误。
故选BC。
8．（2026·广东深圳·一调）离子导入疗法是一种无创给药技术。如下图，将含有待导入药物的电极A 贴在
皮肤上，电极B 不含药物，置于身体的另一部位。A、B 电极分别接直流电源两端，带正电的药物离子会穿
过皮肤，实现精准给药。下列说法正确的是（ ）
A．电极A 的电势高于电极B
B．在皮肤下形成的是匀强电场
C．离子穿过皮肤过程中电势能增大
D．调大两极间电势差，可以加快给药进程
【答案】AD
【详解】A．带正电的药物离子需要从A 向B 方向运动实现给药，正电荷受力方向与电场方向一致，因此
电场方向由A 指向B；沿电场线方向电势逐渐降低，因此电极A 的电势高于电极B，故A 正确；；
B．匀强电场仅存在于平行正对带电极板等特殊场景，本题两个电极形状不规则，皮肤内电场强度处处不
同，不是匀强电场，故B 错误；
C．离子运动方向与电场力方向一致，电场力对离子做正功，离子的电势能减小，故C 错误；
D．调大两极间电势差后，两极间电场强度增大，正离子受到的电场力增大，运动速率加快，单位时间内
导入的药物离子更多，可以加快给药进程，故D 正确。
故选AD。
9．（2025·广东广州·一模）如图，半径为R 和2R 的同心圆a、b 将足够大的空间分隔为I、II、III 区域，圆
心为O。I 区存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场；II 区存在沿半径方向向外的辐向电
场；III 区存在方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中未标出）。一带电粒子从P 点沿半径方向以速度v0射入
I 区，偏转后从K 点离开I 区，穿过II 区后，以速率
进入III 区。已知∠POK=60°，忽略带电粒子所受重力。
(1)判断粒子的电性并求出其比荷
；
(2)求a、b 之间的电势差Uab；
(3)若粒子第三次从II 区进入III 区之前能经过P 点，求III 区磁场磁感应强度大小。
【答案】(1)负电，
(2)
(3)
，
，
【详解】（1）粒子从P 点沿半径方向射入I 区，偏转后从K 点离开I 区，根据左手定则可知，四指指向与
粒子运动方向相反，则带电粒子带负电。设带电粒子所带电量为-q，粒子在I 区做匀速圆周运动的半径为
r，作出粒子运动轨迹如图（a）所示
根据几何关系有
粒子在I 区做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（2）带电粒子在II 区做减速直线运动，根据动能定理有
结合上述解得
（3）带电粒子在III 区运动，设轨迹半径为r1，III 区磁场磁感应强度大小Bx，则有
结合上述解得
作出粒子运动轨迹，如图（b）所示
设粒子在b 圆面上N1射入III 区，在N2点离开III 区，令∠N1ON2=θ，在I 区内运动k1次，III 区内运动k2次后，
回到P 点，则有
（k1、k2均为正整数，且有
，
）
可知，粒子运动轨迹有三种可能性。情况i：
当k1=1，k2=1 时，
时，带电粒子在III 区运动后，沿PO 方向直接进入II 区时，运动轨迹如图（c）所
示
根据几何关系有
结合上述解得
，
情况ii：
当k1=2，k2=1 时，
，带电粒子在III 区运动后，进入II 区，又在I 区运动后，沿OP 方向回到P 点时，
运动轨迹如如图（d）所示
根据几何关系有
结合上述解得
，
情况iii：
当k1=3，k2=2 时，
，带电粒子两次进入III 区，又在I 区运动后，沿OP 方向回到P 点时，轨迹如图
（e）所示
根据几何关系有r1=2R
结合上述解得
一、单选题
1．（2026·广东清远·一模）如图所示为密立根油滴实验原理示意图。水平放置的两足够大金属板相距为
d，两板间加有电压U，上极板中央有一小孔。油滴从喷雾器喷嘴喷出时因摩擦带负电，少数油滴通过上
极板小孔进入平行板间。通过显微镜观察到一质量为m 的油滴在板间匀速下降。忽略空气作用力，下列说
考点2
带电粒子在电场中的运动
法正确的是（ ）
A．上极板带负电
B．增大电压可使该油滴加速下降
C．该油滴的带电量为
D．该油滴由上极板运动到下极板，电势能增加了 mgd
【答案】D
【详解】A．因为油滴匀速下降，说明电场力与重力等大反向，即方向向上，又带负电，其受电场力方向
与电场方向相反，可得场强方向向下，上极板带正电，故A 错误；
B．增大电压，根据
可知电场强度增大，油滴原来匀速下降，现在电场力大于重力，可知合力向上，
油滴减速下降，故B 错误；
C．油滴匀速下降，根据平衡条件可得
解得油滴的带电量为
，故C 错误；
D．油滴由上极板运动到下极板，电场力做功
又
，可得
电场力做负功，根据
，可知电势能增加了
，故D 正确。
故选D。
二、多选题
2．（2025·广东汕头·一模）我国空间站天和核心舱配备了4 台霍尔推进器。如图所示，进入电离室的气体
被电离成正离子，经电场加速后以极高速度喷出，在相反的方向上对航天器产生推力。假设核心舱的质量
为
，电离后的离子初速度为0，加速电压为
，单台推进器单位时间喷出的离子数量为
，离子质量为
，电荷量为，忽略离子间的相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A．离子喷出加速电场时的速度为
B．单台霍尔推进器的离子向外喷射形成的等效电流为
C．离子在电场中加速的过程中，动能和电势能都增大
D．推进器全部同向开启时，核心舱的加速度为
【答案】ABD
【详解】A．电场对粒子加速有
解得离子喷出加速电场时的速度
故A 正确；
B．单台霍尔推进器的离子向外喷射形成的等效电流为
故B 正确；
C．离子在电场中加速的过程中，电场对粒子做正功，粒子动能增加，电势能减小，故C 错误；
D．推进器全部同向开启时，设单个推进器给核心舱的作用力大小为F，对粒子，根据动量定理有
其中
对核心舱，有
联立以上，解得核心舱的加速度为
故D 正确。
故选ABD。
3．（2026·广东·一模）如图所示，空间内存在竖直向下的匀强电场，弹簧上端固定，下端悬挂一个带电的
小球，小球静止时位于O 点，此时弹簧处于原长。向下把小球拉到M 点由静止释放，小球最高上升到N
点（图中没有标出）。小球运动过程中电荷量不变，小球的质量为
，
的长度为
，弹簧始终处于弹
性限度内，空气阻力不计，重力加速度为
。下列说法正确的有（ ）
A．小球带正电
B．小球从M 点到N 点的过程，电场力对小球做正功
C．小球从M 点到N 点的过程，小球的机械能守恒
D．小球从M 点到N 点的过程，小球的电势能减少了
【答案】BD
【详解】A．小球静止在O 点时弹簧处于原长，说明此时小球的重力与电场力平衡，即
所以小球所受的电场力方向竖直向上，由于电场方向竖直向下，因此小球带负电，故A 错误；
B．小球从M 点到N 点的过程，电场力始终竖直向上，所以电场力对小球做正功，故B 正确；
C．由功能关系可知，小球机械能的变化由弹簧弹力和电场力做功决定。小球从M 点到N 点的过程中，弹
簧弹力对小球做功的总和为零，但电场力对小球做正功，因此小球的机械能不守恒。故C 错误；
D．小球的运动为简谐运动，由于小球的重力与电场力平衡，所以小球所受的合力为弹簧弹力，平衡位置
为O 点，根据简谐运动的对称性可知，O 点为M、N 的中点，则有
所以小球从M 到N 的竖直位移为
则电场力做的功为
电场力做正功，电势能减少，且电势能的减少量等于电场力做功的值，所以小球从M 点到N 点的过程，小
球的电势能减少了
，故D 正确。
故选BD。
4．（2026·广东珠海&惠州&深圳·调研）如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面倾角为
，下方
点处有一
正点电荷，带负电的小物体以初速度
从
点沿斜面上滑，到达
点时速度为零，然后下滑回到
点，
此时速度为
。若小物体电荷量保持不变，
，
为
的中点，则（ ）
A．小物体上升的最大高度为
B．从
到
的过程中，小物体在
点的电势能最大
C．从
到
的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小
D．从
到
的过程中，摩擦力对小物体做功
【答案】AC
【详解】A．设小物体上升的最大高度为，因为
，则由点电荷周围电势分布的特点可知，M、N
两点的电势相等，所以小物体从M 到N 和从N 到M 的过程电场力做功均为0。又因为小物体上滑和下滑过
程经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，所以在同一位置小物体受到的支持力相等，故
经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中摩擦力所作的功均为相等的负功，所以小物体在上滑和下滑过
程中克服摩擦力所做的功相等，设为
。则从M 到N 的过程对小物体列动能定理方程有
从N 到M 的过程对小物体列动能定理方程有
联立解得
，
，故A 正确；
B．由分析可知，从N 到P 的过程中，电场力对小物体做正功，其电势能减小；从P 到M 的过程中，电场
力对小物体做负功，其电势能增大，所以从
到
的过程中，小物体在
点的电势能最小，故B 错误；
C．从N 到M 的过程中，小物体到O 的距离先减小后增大，则根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增
大后减小；又因为从N 到M 的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力垂直于
斜面的分力不变，所以斜面对小物体的支持力先增大后减小，则根据
可知，小物体受到的摩擦力
先增大后减小，故C 正确；
D．因为
，
为
的中点，则根据对称性可知，小物体从M 到N 的过程中，经过关于P 点对称
的位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，而重力垂直于斜面的分力不变，所以在关于P 点对称的位
置时小物体受到的支持力相等，故从
到
的过程中摩擦力做功与从P 到N 的过程摩擦力做的功相等。由
A 选项可知，小物体从
到N 的过程中克服摩擦力所做的功为
所以从
到
的过程中，摩擦力对小物体做功为
，故D 错误。
故选AC。
三、解答题
5．（2025·广东汕头·一模）如图所示，三维坐标系
中，在
的空间同时存在沿
轴正方向的匀强
电场和沿
轴负方向的匀强磁场，在
的空间存在
轴正方向的匀强磁场。带负电的离子从
以速度
在
平面内沿
轴正方向发射，恰好做匀速直线运动。两处磁场磁感应强度大小均为
，不计
离子重力，答案可含
。
(1)求匀强电场的电场强度大小
；
(2)撤去
空间内的匀强磁场，离子仍从
点以相同速度发射，且经
进入
的磁场空间，求
离子在
点的速度；
(3)离子在
的磁场空间中速度第一次垂直
轴时，求离子的坐标。
【答案】(1)
(2)
，速度与
轴正方向夹角
(3)
【详解】（1）离子做匀速直线运动，有
解得
（2）撤去磁场后，离子做类平抛运动，（y 方向上）电场力方向上，有
初速度
方向上，有
电场力方向上的速度分量
点时的速度大小为
解得
由
得速度与
轴正方向夹角
（3）当离子进入
的磁场后，在
方向做匀速直线运动，在
平面做匀速圆周运动，当圆周运动转
过的圆心角为
时，速度第一次垂直
轴
在电场中
在磁场中，
平面
解得
又
转过
圆心角的时间为
可得此时离子坐标
。
6．（2026·广东·一模）如图，空间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域，该区域内有一边长为L 的
正方体
，正方体顶点a、c、
的电势之比为
。若质子以
的动能从a 点沿
方向射
入该区域，质子恰好做匀速直线运动；若撤去磁场，仅保留电场，质子仍以
的动能从a 点沿
方向射
入该区域，质子在
面内运动并以
的动能从
离开正方体。已知质子的质量为m、电荷量为q，重
力不计。
(1)求a 点的电势；
(2)在正方体上标出电场和磁场方向（要求简要说明理由）并求出电场强度和磁感应强度的大小；
(3)若撤去电场，只保留磁场，一束包含不同动能
的质子流从c 点沿
方向射入正方体区域，测
得所有质子穿过正方体的时间相同。求n 的取值范围。
【答案】(1)
(2)见解析，
，
(3)
【详解】（1）根据题意，设
、
的电势分别为
、
，质子在电场中从
运动到
，由动能
定理有
解得
（2）依题意，质子在
面内运动，所以电场方向与该平面平行，
为等势线，a 点的电势高于c 点的
电势，又电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，所以电场方向沿ac 由a 指向c；由于质子做匀速直
线运动，所以电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，根据左手定则，可以判断磁场方向沿
，由d 指向
b，如图所示
设电场强度大小为
，匀强电场中电势差与电场强度的关系有
其中
，
联立解得
设匀强磁场的磁感应强度为
，则有
，
联立解得
（3）若撤去电场，只保留磁场，质子从点沿
方向射入正方体区域，质子在
面内运动，若入射动
能不同，测得在该面内运动时间相同，则所有质子在如图
面内转半圈后从
边离开正方体
则有
，
由几何关系有
联立解得
7．（2026·广东珠海&惠州&深圳·调研）如图所示电路中，电源电动势
，内阻
，定值电阻
，
，把滑动变阻器的阻值调为
，待电路稳定后，以初速度
的带正电小球
沿平行板电容器
的中心线射入恰好沿直线运动，然后从
板中点处的小孔
进入平行板电容器
、
之间。已知小球的电荷量
，平行板电容器
上下两极板的间距为
，平行板电容器
、
左右极板的间距为
，极板
、
长均为
，极板
的右端与极板
的距离
忽略不计。当
、
极板间电压为
时，小球恰好从
极板的下端
点离开，且运动过程未碰到极
板
。忽略电容器的边缘效应，重力加速度
取
。求：
(1)平行板电容器
的电压；
(2)小球的质量；
(3)
、
极板间电压
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律可得电流为
解得
由欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压为
解得
滑动变阻器两端电压即为平行板电容器
的电压，有
（2）小球沿电容器
的中心线做直线运动，小球在竖直方向处于平衡状态，有
其中
联立解得小球质量为
（3）小球在平行板电容器AB、CD 间同时受到重力和电场力，其运动轨迹如图所示
将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，在竖直方向上，由自由落体运动的规律，得
解得
在水平方向上，小球做往返运动，根据运动的对称性可知，往返时间一样，小球向右的最大位移为
解得
说明小球不会碰到AB 极板，在水平方向上，根据匀变速直线运动速度与时间的关系，得
解得
小球在电容器AB、CD 间受的电场强度为
小球受到的电场力为
根据牛顿第二定律，有
联立解得
8．（2025·广东深圳·一模）上海光源是我国的重大科学装置。该装置中，电子经电场加速，进入波荡器做
“蛇形”运动，产生辐射光。电子的电荷量、质量
、初速度
均已知，不计相对论效应及辐射带来的
动能损失，忽略电子所受的重力。
(1)图甲为直线加速器简化模型，两加速电极中心有正对的小孔。为了使电子从右侧出射时动能为
，求极
板间的加速电压大小。
(2)图乙是波荡器简化模型，匀强磁场均匀分布在多个区域，水平面内沿轴线
方向每一区域宽
，纵向
尺寸足够大。各相邻区域内磁场方向相反并垂直于所示平面。在
点放置一电子发射装置，使电子以速率
，在所示平面内与轴线
成
的范围内均匀发散射出。若恰有75%的电子能从I 区域右边界射
出。求I 区域磁感应强度大小。
(3)如图丙，电子在磁感应强度为
的匀强磁场中运动时，其轨迹上任意两点间存在规律：
。其中
、
为速度方向角，
为两点沿轴线方向的位移。图丁为更接近波荡器真实
情况的磁场（沿轴线水平向右为
轴正方向，垂直纸面向里为磁场正方向），若电子从
点沿轴线向右射
入，求
处电子速度方向。
【答案】(1)
(2)
(3)速度方向与轴线
夹角45 度，方向向右偏下
【详解】（1）根据动能定理
解得
（2）根据左手定则，电子受到洛伦兹力在I 区域向下偏转。洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
解得
根据题干条件，电子在角度范围内分布均匀，可知在入射角度相对轴线偏下
的电子刚好无法进入II 区
域。由几何关系可知，若电子刚好无法从右侧射出，电子轨迹与区域I 右边缘相切
联立解得
（3）将空间沿轴线方向分割成微元，经过任何一个微元
，电子速度方位角的正弦值变化量近似为
，其中
为该微元处的平均磁感应强度。无限细分之后求和可知，速度偏向角的正弦值变化量为
，其中为
图线所围的面积。类比
图，横轴下方面积为“负”。故有
沿轴线入射，因此
，根据规律则有
解得
因此
处，
，即速度方向与轴线
夹角45 度，方向向右偏下。
9．（2025·广东·联考）如图所示，两个水平放置、相距为d 的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通
过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为
、位于同一竖直线上
的球形小油滴A 和B，正以速率
匀速向下运动。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A 继续以原
速率下落，B 经过一段时间后以速率
匀速向上运动，运动一段距离h 后与A 合并，形成一个新
的球形油滴，新的球形油滴继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为
，
其中k 为比例系数，v 为油滴运动的速率，不计空气浮力，重力加速度大小为g。求：
(1)比例系数k 及油滴A、B 的电性和电荷量；
(2)油滴B 上升距离h 的过程中，电势能的变化量；
(3)新油滴形成瞬间的速度大小及匀速运动时的速度大小。
【答案】(1)负电，
(2)
(3)
，
【详解】（1）油滴A 做匀速运动，由平衡条件可得
比例系数
加电压后，油滴A 的速度不变，可知油滴A 不带电，油滴B 最后速度方向向上，可知油滴B 所受电场力向
上，极板间电场强度向下，则油滴B 带负电；
油滴B 向上匀速运动时，速度大小为
，根据平衡条件可得
又有
解得
（2）对油滴B，有
又
解得
（3）油滴B 与油滴A 合并后，新油滴的质量为
，新油滴所受电场力
设向上为正方向，根据动量守恒定律有
可得
新油滴速度方向向上，且向上加速，设新油滴达到平衡时速度为v，有
解得速度大小
10．（2025·广东省大湾区·10 月联合模拟）微通道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，图甲为微通道的截面图。已知圆柱形微通道的直径为d、高为h，通道内有
沿轴向的匀强电场，电场强度大小为E，设一电子恰从微通道的入口边缘沿半径方向进入微通道内，入射
速度大小为
。假设每个电子撞入内壁后撞出n 个次级电子，忽略重力和各级电子间的相互作用，假设每
个原电子的轴向动量在撞击后被通道壁完全吸收，径向动量被完全反弹并被沿半径方向出射的n 个次级电
子均分。已知电子电量的绝对值为e，质量为m。
(1)如果
，求电子在通道内壁第一次撞击点与微通道入口的竖直方向距离
。
(2)如果
，假设电子刚好在撞击通道末端后离开，则欲使信号电量被放大到8 倍，则h 至少多大？
(3)实际的微通道电子倍增管工作过程中，电子每次撞击微通道内壁时，
两种情况都有一定的概率发
生，取
，求单个电子离开微通道瞬间的动能
。
【答案】(1)
(2)
(3)
或
或
或
或
【详解】（1）对电子，沿轴方向
，
沿半径方向
解得
（2）从第1 次撞击通道壁后→第2 次撞击通道壁前，沿半径方向
沿轴方向
从第2 次撞击通道壁后→第3 次撞击通道壁前，沿半径方向
沿轴方向
又因为
联立解得
（3）4 次碰撞都是
，
前3 次
，第4 次
，
前2 次
，第3 次
，
第1 次
，第2 次
，
第1 次
，
11．（25-26 高三上·广东汕头·阶段考）如图甲，整个空间存在水平向左的匀强电场，场强大小
。
不带电的绝缘长木板A 静止在粗糙水平地面上，其左端固定一劲度系数
的轻弹簧，A 与地面间的
动摩擦因数
。带正电的小物块B 从A 的右端与弹簧距离
处由静止释放，从B 释放开始计时，
其速度随时间变化的关系图像如图乙，图中
时间内图线为直线，
时刻速度最大，
时刻曲线的斜
率绝对值最大，
时刻速度恰为0。已知A 和B 的质量均为
，A 与B 之间接触面光滑，B 的电荷量
大小
，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能
与形变量
的关系为
，且最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，取重力加速度大小
。
(1)求B 从释放到刚与弹簧接触的时间
；
(2)求
时刻B 的速度大小
及
时刻A 的速度大小
；
(3)求
时刻弹簧的压缩量。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对B，根据牛顿第二定律有
又根据位移-时间公式得
解得
（2）t2时刻B 的速度最大，其合力为零，即
根据能量守恒定律得
解得
，
可得
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 受到地面的最大静摩擦力大小
由于弹簧弹力和A 受到地面的最大静摩擦力大小相等，故
时刻A 恰好开始运动。
由于B 受到的电场力和A 受到地面的最大静摩擦力大小相等，在
时间内，A、B 组成的系统受到的合
外力为零，系统动量守恒得
时刻B 速度恰为0，即
解得
（3）
时刻弹簧的压缩量最大，A、B 的速度相同为
，在
时间内，根据动量守恒定律得
解得
又有
时间内，A 位移为
，B 位移为
，
时刻弹簧的压缩量为
，则
根据能量守恒定律得
解得
一、单选题
1．（2026·广州·一模）如图（a），矩形导体框mnkp 被四根等长的绝缘细绳悬挂于水平轴OO′上，其所在
区域存在方向垂直指向OO′的磁场（未画出），与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变
化，其截面图如图（b）所示。开始时导体框静止在水平位置，现给导体框通上沿mnkp 方向的恒定电流，
考点3
安培力
则（ ）
A．mn 和pk 所受安培力方向相反
B．mn 和pk 所受安培力方向相同
C．绝缘细绳对导体框的拉力增大
D．导体框将绕OO′轴顺时针转动
【答案】C
【详解】AB．对mn 和pk 分别应用左手定则，可得到安培力的方向如下
由图可知，mn 和pk 受到的安培力方向不共线，故AB 错误；
CD．由题意可知两导体所在位置处的磁感应强度大小相等，由对称性，可知导体框整体受到的安培力合力
竖直向下，导体框受到的细绳拉力变大，导体框在水平方向受到的合力为零，没有转动的趋势，故C 正确，
D 错误。
故选C。
2．（2025·广东省大湾区·10 月联合模拟）如图所示，用两根不可伸长的绝缘细绳将一段质量为m 的铜质导
体
竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，导体
的长度均为
L，且
。现给导体
通以方向从c 到a、大小为I 的电流，则（ ）
A．通电后两绳拉力变小
B．通电后两根细绳偏离竖直方向
C．导体
所受安培力大小为
D．导体
所受安培力大小为
【答案】D
【详解】ABC．根据左手定则可知
受到的安培力大小
根据合成可得，安培力合力方向竖直向下，所以通电后两根细绳不会偏离竖直方向，且通电后两绳拉力变
大，故ABC 错误；
D．导体
所受安培力大小为
，故D 正确。
故选D。
3．（2025·广东江门·一模）电阻为
的均质导线，做成如图所示的圆形线框，其直径
的长度为
，置
于磁感应强度大小为
的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，a、b处与电动势为
、内阻为的电源
相连，则线框受到的安培力大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】电路总电阻为
则电路总电流为
通过线框上下两部分的电流均为
，则线框受到的安培力大小为
解得
故选A。
二、多选题
4．（2025·广东广州·一模）无人机电磁弹射技术的原理简化如图：两根固定、水平平行放置的弹射轨道处
于方向竖直向上的匀强磁场中，与机身相连的金属牵引杆ab 垂直静置在轨道上。ab 杆通上恒定电流后做
匀加速运动，到轨道末端时，无人机脱离金属杆起飞。忽略一切阻力，若（ ）
A．仅将电流大小变为两倍，则无人机起飞速度变为原来两倍
B．仅将电流大小变为两倍，则无人机起飞动能变为原来两倍
C．仅将磁感应强度变为两倍，则无人机起飞速度变为原来两倍
D．仅将磁感应强度变为两倍，则无人机起飞动能变为原来两倍
【答案】BD
【详解】牵引杆所受的安培力为
根据牛顿第二定律，有
令加速距离为x，根据速度-位移公式，有
联立可得
A．仅将电流大小变为两倍，则无人机起飞速度变为原来
倍，故A 错误；
B．无人机的动能为
仅将电流大小变为两倍，则无人机起飞动能变为原来两倍，故B 正确；
C．仅将磁感应强度变为两倍，则无人机起飞速度变为原来
倍，故C 错误；
D．无人机的动能为
仅将磁感应强度变为两倍，则无人机起飞动能变为原来两倍，故D 正确。
故选BD。
5．（2026·广东深圳·一调）福建舰采用了世界最先进的电磁阻拦系统，满足了多种舰载机的降落需求。如
下图所示，该系统结构两侧对称，阻拦索通过定滑轮和可动滑轮后缠绕在锥形卷扬筒上。卷扬筒可带动矩
形线圈在辐射状磁场中绕中心轴同步旋转，使ab、cd 边垂直切割磁感线，可动滑轮使阻拦索始终垂直于筒
的转轴方向收放，不打滑。每组线圈边长30r、宽L、匝数n、总电阻R，独立构成闭合回路，ab、cd 边所
在处磁感应强度大小为B。当阻拦索在卷扬筒半径10r 处时，收放速度为v，则（ ）
A．线圈转动过程中电流方向始终不变
B．线圈ab 边切割磁感线的速度大小为1.5v
C．每组线圈中产生的总电动势为3nBLv D．每组线圈ab 边所受的安培力大小为
【答案】BC
【详解】A．线圈每转过一周两次经过中性面，每经过中性面一次电流方向改变一次，故线圈每转过一周
电流方向改变两次，故A 错误；
B．卷扬筒可带动矩形线圈在辐射状磁场中绕中心轴同步旋转，即卷扬筒与线圈角速度相同，由
解得线圈ab 边切割磁感线的速度大小为
，故B 正确；
C．因ab、cd 边都切割磁感线，故每组线圈中产生的总电动势为
，故C 正确；
D．由闭合电路的欧姆定律得线圈中的电流为
每组线圈ab 边所受的安培力大小为
，故D 错误。
故选BC。
6．（2025·广东惠州·二调）如图所示，半径为
的圆形金属框固定放置在绝缘水平面上，其中心
处固定
一竖直导体轴
。间距为
，与水平面成
角的平行金属导轨通过导体轴、金属框、导线分别与两导体
棒相连。导轨和金属框处分别有与各自所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为
。导体棒OA 在
金属框上绕
点以角速度
逆时针匀速转动过程中，质量为
的导体棒CD（与导轨垂直）恰好即将向上
滑动。已知导体棒OA、CD 接入电路的电阻值均为
，其余部分的电阻均不计，取重力加速度为
。则以
下说法中正确的是（ ）
A．经过导体棒OA 的电流从
流向
B．导体棒CD 的发热功率为
C．一个周期内流过导体棒CD 的电荷量为
D．导体棒CD 受到的摩擦力大小为
【答案】BD
【详解】A．由右手定则，OA 逆时针转动，切割磁感线产生感应电流，电流从O 流向A，A 错误；
B．OA 产生的感应电动势
电路总电流
CD 发热功率
，B 正确；
C．一个周期内流过CD 的电荷量
，C 错误；
D．CD 受到的安培力
，方向沿导轨向上。CD 即将向上滑动，摩擦力向下，由平衡条件
得
，D 正确。
故选BD。
一、解答题
1．（2026·广东梅州·一模）如图所示，真空中坐标系
所在的空间存在一正交的匀强电磁场。匀强磁场
方向垂直于坐标系
向里，磁感应强度大小为
；匀强电场方向沿
轴负方向，电场强度大小为
。一
群质量均为
，带电荷量均为
的正电粒子，以大小不同的初速度从坐标原点
沿
轴正方向射出，不计
粒子的重力和粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A．若初速度
，粒子恰好能做匀速直线运动
B．若初速度
，粒子每隔
时间就会返回
轴一次
C．若初速度
，粒子偏离
轴的最远距离为
D．当粒子离
轴最远时，速度达到最大
【答案】AB
考点4
带电粒子在复合场中的运动
【详解】A．带正电的粒子不计重力，受向上的洛伦兹力和向下的电场力，若
，则qvB=qE
故粒子恰好能做匀速直线运动，故A 正确；
BC．若初速度
，粒子的运动规律表现出周期性，可将速度分解为一个
和另一个
，即可将粒
子的运动分解为两个分运动：向右的匀速运动和圆周运动，每经历圆周运动的一个周期
，粒子将
返回x 轴一次，粒子做圆周运动的半径为
，则粒子偏离
轴的最远距离为
，故B 正确，C
错误；
D．正粒子的速度若满足
，电场力小于洛伦兹力，粒子向上偏转，电场力做负功，当粒子离x 轴最远
时，电场力做负功最多，其速度达到最小；若满足
，电场力大于洛伦兹力，粒子将向下偏转，当粒子
离x 轴最远时，电场力做正功最多，其速度达到最大，故D 错误。
故选AB。
二、解答题
2．（2026·湛江·一模）如图所示为某研究小组设计的“圆盘电动机”装置。半径为3L 的导体圆环竖直放
置，处于水平且垂直于圆环平面的匀强磁场中，磁感应强度大小为
。圆环通过三根阻值均为3R 的辐条
与转轴
固定连接。圆环左侧装有一个半径为L 的圆盘，可随转轴同步转动。圆盘上绕有不可伸长的细
线，下端悬挂铝块，系统运行足够长时间后铝块仍未落地。除铝块外，其他物体质量均忽略不计，且不考
虑一切摩擦阻力，重力加速度为g。圆环右侧与阻值为R 的电阻构成闭合回路。电阻R 两端通过导线连接
平行金属板a、b。在b 板右侧依次分布有两个匀强磁场区域，C、D 为磁场边界，与a、b 板平行，区域Ⅰ
的宽度为L，区域Ⅱ的宽度足够大，两区域磁感应强度大小均为B，方向如图所示。当圆盘匀速转动时，
一质量为m、电荷量为q 的带负电的粒子从a 板中央由静止释放，经b 板小孔垂直进入区域Ⅰ的磁场中，
运动一段时间后又恰能回到a 板出发点。粒子重力忽略不计。
(1)求粒子在磁场中运动的总时间t 和粒子在磁场中的速度v 的大小；
(2)求匀强磁场
的方向及铝块的质量
；
(3)若改变区域Ⅰ、Ⅱ中的匀强磁场大小为
，使粒子可从距b 板小孔为2L 的点穿过C 边界离开磁场，求
此时匀强磁场
的大小。
【答案】(1)
，
(2)水平向右，
(3)
或
【详解】（1）粒子在Ⅰ、Ⅱ区域内做圆周运动，半径均为r，由题意知粒子运动轨迹如图甲
根据几何关系可得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
粒子运动的周期均为T，则有
粒子在磁场中运动的总时间
联立解得
（2）由粒子在电场中加速可知a 板带负电，由右手定则可知匀强磁场
的方向水平向右
设圆盘稳定时辐条转动的角速度为
，则三根辐条产生的等效电动势
由并联可知电源等效电阻
此时对于铝块，速度
此时铝块的重力做功功率等于电路的电功率
稳定时平行金属板
、
两端的电压
粒子在电场中运动时，根据动能定理有
解得
（3）粒子进入磁场从C 边界射出的运动轨迹有两种
①如果粒子从小孔下面离开磁场，运动轨迹与D 相切，如图乙所示
根据几何关系可得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
②如果粒子从小孔上面离开磁场，如图丙所示
根据几何关系可得
解得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
3．（2025·广东惠州·二调）光滑足够大的水平桌面上右侧，有一边长为
的等腰直角三角形abc 区域，其
内分布着垂直桌面的匀强磁场，磁感应强度大小为
。以ac、cd、fa 为边界分布着与
边垂直，方向由
指向的匀强电场，俯视图如图所示。三个可视为质点的小球
、
、
在
的延长线上，小球质量均为
，小球
带电量为
，
、
不带电。小球
位于绝缘轻质弹簧的右端，与弹簧接触但是不粘连，弹
簧的左端系着小球B．初始时弹簧处于原长状态，C 以初速度
沿着
连线方向与
发生碰撞，碰撞后
、
粘连在一起，小球
与弹簧分离后进入磁场，此后不再与
、
相碰。求：
(1)弹簧弹性势能的最大值；
(2)若小球
能进入电场区，小球
的初速度
应满足的条件：
(3)要使小球
从
点离开电场，则电场强度
随初速度
变化的表达式。
【答案】(1)
(2)
(3)
，其中
【详解】（1）C 与B 碰撞，动量守恒
解得
B、C 压缩弹簧至最大弹性势能时，三者共速
，动量守恒
解得
由能量守恒得
（2）A 分离时，弹簧原长，B、C 速度
，A 速度
，动量守恒
能量守恒
解得
A 进入磁场需满足洛伦兹力提供向心力，轨道半径
（不从cb 边离开），由
得
故
，即
（3）A 进入电场后，在磁场中运动
的圆，第一次进入电场，减速后加速回到第一次离开边界的点(图中
未画出轨迹)，速度方向与进入时相反，接着进入磁场运动
的圆，第二次进入电场做类平抛运动(需要满
足
)，沿电场方向做匀加速，垂直电场方向做匀速。
从a 点离开电场，水平位移
，竖直位移
，初速度方向有
电场方向有
代入解得：
由
得到速度需要满足
4．（2025·广东江门·一模）一粒子源于
处不断释放质量为
，带电量为
的离子，其初速度视为零，
经电压为
的加速电场加速后，沿图中半径为
的圆弧形虚线通过四分之一圆弧形静电分析器（静电分析
器通道内有均匀辐向分布的电场）后，从
孔正对绝缘圆筒横截面的圆心
射入绝缘圆筒。绝缘圆筒的半
径为
，圆筒的该横截面在粒子运动所在的竖直平面内，在该横截面内圆筒上有三个等间距的小孔
，圆筒内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，不计重力。求：
(1)离子离开加速器的速度大小及静电分析器通道内虚线处电场强度
的大小；
(2)若离子进入绝缘圆筒后，直接从
点射出，则圆筒内的磁感应强度
为多大；
(3)为了使离子从
点射出后能从
点返回筒内，可在圆筒外直径
的上侧加一垂直纸面向外的匀强磁场，
磁感应强度大小为
，若粒子在运动中与圆筒外壁碰撞，将以原速率反弹，求
可能的大小。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【详解】（1）经加速电场由动能定理有
解得：
离子在静电分析器中圆周，由牛顿第二定律有
得
（2）粒子从
入射，直接从
出射，则运动轨迹如图
由几何关系可知
得：
则对粒子由牛顿第二定律有
解得
（3）粒子在圆筒外可能的运动轨迹如图
由几何关系可知
粒子运动半径
根据牛顿第二定律有
解得：
5．（2026·广东深圳·一调）离子注入是现代半导体芯片制造中的工艺，如下图所示是工作原理示意图。磁
分析器截面是内外半径分别为r 和3r 的四分之一圆环，内有方向垂直纸面向外的匀强磁场。离子源中的电
子轰击
气体，使其电离，得到离子
，质量分别为11m、49m，电荷量均为e。初速度可忽略不
计的离子飘入加速电场，经加速后由ab 边中点水平向右垂直ab 进入磁分析器。已知离子
由cd 边中点N
射出后，竖直向下注入下方水平面内的晶圆。加速电压为U，整个系统置于真空中，不计离子间作用和离
子重力。
(1)进入磁分析器时，
的速度大小之比；
(2)离子注入的目标是将
注入晶圆，试通过计算分析
是否经过cd 边被掺杂进了晶圆内。
【答案】(1)
(2)不能从cd 边射出掺杂到晶圆内
【来源】2026 届广东深圳市高三下学期第一次调研考试物理试卷
【详解】（1）在加速电场中加速过程对
有
对
有
两式相比得
（2）在磁分析器中对
有
洛伦兹力提供向心力有
联立
解得
对
有
联立
解得
若离子恰好从d 点射出，有：
解得
，由于
，所以
不能从cd 边射出掺杂到晶圆内。
6．（2026·广东省湛江市部分高中·一模）芯片科技是支撑数字经济、保障产业链安全、推动人工智能等前
沿领域发展的“工业粮食”，影响着国家科技实力和核心竞争力。科技小组仿照芯片生产中“电场-磁场-
离子注入器”构建了如下图所示的复合场质量为m 的带电粒子运动引导装置。该高为H 且底面半径为R 圆
柱形装置的中心轴与水平面成角为θ，点P 是装置底面圆周上的一点，点Q 是粒子目标汇聚点。借助一定
的条件，在装置内部激发出平行于轴线且方向相同的电场和磁场，其中电场强度大小为E，磁感应强度大
小为B。现在以点P 为初始位置，射入一个电荷量为e 的电子，其初速度与水平地面平行。在只激发磁场
时，电子出射点为P'（图中未标出），且恰好在垂直磁场方向内部完成了n（n>1）次完整的匀速圆周运动。
当同时激发电场时，电子出射点不变，在垂直磁场方向仅完成一次完整的匀速圆周运动，并在点P'处脱离
装置，进入匀速漂移管，最终击中点Q 完成电子注入的模拟操作，电子重力忽略不计。求该电子：
(1)初速度v₀；
(2)脱离装置后，沿轴向最大位移y；
(3)在一次实验中，由于系统不稳定导致预设粒子汇聚点Q 沿轴向下移动了一小段距离，为了矫正误差，科
技小组只在圆柱装置外加上场强为E₀ 的垂直轴向的电场使得电子恰能击中点Q，此时从射入到击中点Q
全过程中，电场力对其做的功W。
【答案】(1)
(2)
(3)
【来源】2026 届广东省湛江市部分高中学校高三上学期高考第一次模拟考试物理试题
【详解】（1）由题意可知，电子射入装置后，在轴线法向做匀速圆周运动，由牛顿第二定律对电子
且
撤去电场时，电子沿轴向做匀速运动有
加上电场时，由牛顿第二定律有
此时有
解得
（2）加上电场后，电子脱离装置沿轴向有最大位移，沿轴向由动量定理
脱离装置后，电子将沿直线运动，由几何关系
解得
（3）由于电子恰好能击中Q，在轴法向上，由牛顿第二定律
且
装置外电场力做功
装置内电场力做功
全过程电场力做功
解得
7．（2025·广东·联考）两个小球发生碰撞，如果两球的初速度不在同一直线上，叫做斜碰或者二维碰撞，
如果没有外力或者忽略外力作用，则斜碰也符合动量守恒定律，只是计算总动量的时候，用矢量求和（符
合平行四边形定则）。如图，真空中的竖直平面内建立xOy 坐标系，x 轴沿水平方向，y 轴竖直向上。第一
象限内有指向-x 方向的匀强电场，第二象限内有竖直向上的匀强电场，以及垂直于纸面向内的匀强磁场，
第一和第二象限内的电场强度大小相同。第二象限有一个油滴a，初位置在P 点，坐标是（－L，L），其
质量为3m，带电量为+3q，某时刻朝着x 轴正方向以某一初速度开始做匀速圆周运动，x 轴上的Q 点
（2L，0）有另一个油滴b，质量为2m，带电量为+2q，另一时刻朝着y 轴正方向开始运动，初速度大小是
a 初速度大小的2 倍，经过一段时间后，两个油滴第一次到达y 轴上的M（0，2L）点发生碰撞并且迅速粘
合成为一个油滴c，粘合过程中，油滴的质量和电荷量没有损失。已知重力加速度为g，不考虑两个油滴碰
撞前的相互作用力，
(1)求第一和第二象限的电场强度大小，以及a 油滴出发的初速度v0大小
(2)求第二象限磁场的磁感强度大小，以及两个油滴出发的时间间隔
(3)求油滴c 从M 点出发后，第一次回到y 轴的N 点（图中未画出）坐标
【答案】(1)
，
(2)
；
(3)
【详解】（1）油滴a 在第二象限受到重力、电场力、洛伦兹力，做匀速圆周运动，则其所受重力和电场
力平衡，3qE=3mg
得
b 油滴在第一象限运动，水平方向：2qE=2max
得ax=g，
竖直方向：竖直上抛运动，
得
，
（2）如图，由几何关系，油滴a 从P 到M 划过
圆弧轨迹，则R=L
得
周期
粒子
从
到
的时间
得
则两粒子出发的时间间隔为
（3）
油滴到达
点时的水平分速度
竖直分速度
则
到达
点时的速度为
，方向朝着
方向，动量为
到达
点时的速度为
，方向朝着
方向，动量为
画平行四边形，如图，合动量为
而c 的质量为
，则c 的速度为
；
与水平方向夹角，
油滴c 的质量为5m，电荷量为
，其重力与电场力平衡，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有
得
则
点的纵坐标为
点坐标
8．（2026·广州·一模）如图空间直角坐标系O-xyz 将y≥0 的空间划分为四个区域，IV 区域存在沿z 轴负方向
的匀强电场，Ⅱ、Ⅲ区域存在沿y 轴负方向的匀强磁场。在xOy 平面内x>0 区域放置一足够大的吸收屏，
吸收屏下方紧靠P（l，0，0）处有一粒子源可向x 轴负方向发射速率为v0、质量为m、带电量为+q 的粒子
（重力不计）。粒子运动经过Q（0，0，
）点且刚好打在屏上P 点，粒子打在吸收屏上即被吸收且不
影响空间电、磁场分布。
(1)求匀强电场的电场强度大小E0；
(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B0；
(3)若在I 区域加沿y 轴正方向、电场强度大小为2E0的匀强电场，同时调节IV 区域中电场强度大小为kE0
（电场方向不变），求粒子打在吸收屏上落点的坐标。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子从P 到Q 做类平抛运动，设运动时间为t1
x 方向有
z 方向有
其中
联立三式得：
（2）设粒子到达Q 点时，速度方向与x 轴成θ 角，由
得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，从Q 点进入磁场，从M 点离开磁场。设粒子圆周运动半径为r，速度
，
由洛伦兹力提供向心力有
并且
粒子打在P 点，有
联立三式得
（3）调节I、IV 区域的电场分布后，设粒子从Q'点进入磁场，再从M'点离开磁场
由前面分析可知
，与IV 区域电场强度大小无关。
粒子要进入I 区域，打在吸收屏上，需满足
，即
粒子到达M'点时，z 方向的分速度
粒子在I 区域运动，设经历时间t2，落点在吸收屏上坐标设为（x，y，0）有
得
故
，
所以打在吸收屏的坐标是
9．（2025·广东·联考）如图所示的xOy 坐标系中，y 轴左侧存在平行y 轴且向下的匀强电场，第一象限存
在垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子从x 轴上的A 点以速度v、与x 轴正
方向成
（未知）角射入第二象限，然后从y 轴上的C 点（未画出）垂直y 轴射入第一象限，最终从x 轴
上的D 点（未画出）垂直x 轴射出磁场，
，不计粒子重力，求：
(1)
及电场强度大小E；
(2)磁感应强度大小B；
(3)粒子从A 点运动到D 点的时间
。
【答案】(1)2，
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在电场中做类斜抛运动，沿x 轴方向有
沿y 轴方向有
解得
由牛顿第二定律得
解得
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
且
解得
（3）粒子在电场中运动的时间
粒子在磁场中运动的时间
粒子从A 点运动到D 点的时间
解得
10．（2025·广东茂名·一模）如图甲所示是一款治疗肿瘤的质子治疗仪工作原理示意图，质子经加速电场
后沿水平方向进入速度选择器，再经过磁分析器和偏转系统后，定向轰击肿瘤。已知速度选择器中电场强
度的大小为E、方向竖直向上，磁感应强度大小为
、方向垂直纸面向外，磁分析器截面的内外半径分别
为
和
，入口端面竖直，出口端面水平，两端中心位置M 和N 处各有一个小孔。偏转系统下边缘与肿
瘤所在平面距离为L，偏转系统截面高度与宽度均为H。当偏转系统不工作时，质子恰好垂直轰击肿瘤靶
位所在平面上的O 点；当偏转系统施加如图乙所示变化电压后，质子轰击点将发生变化且偏转电压达到峰
值
（或
）时质子恰好从偏转系统下侧边缘离开（质子通过偏转系统时间极短，此过程偏转电压可视
为不变），已知整个系统置于真空中，质子电荷量为q、质量为m。求：
(1)质子到达M 点速度大小；
(2)要使质子垂直于磁分析器下端边界从孔N 离开，请判断磁分析器中磁场方向，并求磁感应强度
的大
小；
(3)在一个电压变化周期内，质子轰击肿瘤宽度是多少？实际治疗过程中发现轰击宽度小于肿瘤宽度，若只
改变某一物理参数达到原宽度，如何调节该物理参数？
【答案】(1)
(2)
(3)
，增加L
【详解】（1）质子匀速通过速度选择器，受力平衡
可得
（2）在磁分析器匀速圆周运动，由题图可知
洛伦兹力提供向心力有
可得
（3）在偏转系统中质子做类平抛运动，当电源位移
时质子恰好从偏转系统下则边缘离开，有
，
其中
根据牛顿第二定律有
根据速度的分解有
解得
离开偏转系统后，质子做匀速直线运动
解得
故质子轰击肿瘤宽度是
可知增加L，可以增加质子轰击肿瘤宽度。
