文档内容
选择 6 磁场高频问题
考点内容 考情分析
考向一 磁场性质 两种受力 带电粒子在电、磁场中的运动，除了要掌握带电粒子在
电磁场中的运动特点，力学三大观点也在该模块中有着
考向二 带电粒子在有界磁场中的运动
重要的应用，该题综合性极强，可以说包含了高中物理
考点三 带电粒子在复合场中运动
力与运动关系这一主线的全部内容，题型多变，考察学
考向四 有关电磁场的科技应用
生对各模块知识的综合应用能力。
1.思想方法
(1)安培力，洛伦兹力也是一种力，在分析这两种力时也是符合受力分析的思路
(2)带电粒子在有界磁场，复合场中运动时要把握先分析运动情境，若是圆周运动则带入公式求解问
题，注意步骤，定圆心，确定半径，确定运动时间……一般问题都能得到解决。分析带电粒子在匀
强磁场中运动的关键是：
①画出运动轨迹；
②确定圆心和半径；
③利用洛伦兹力提供向心力列式．
2.模型建构
一、安培力下的平衡
分析通电导体在磁场中平衡或加速问题的一般步骤
(1)确定要研究的通电导体。
(2)按照已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力的顺序，对导体作受力分析。
(3)分析导体的运动情况。(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解。
二、带电粒子在有界匀强磁场中的匀速圆周运动模型
基本思路 图例 说明
P、M点速度垂线交点
①与速度方向垂直的直
线过圆心②弦的垂直平 P点速度垂线与弦的垂直平分
圆心的确定 分线过圆心③轨迹圆弧 线交点
与边界切点的法线过圆
心
某点的速度垂线与切点法线的
交点
常用解三角形法：例：(左图)
利用平面几何知识求半
半径的确定
径
R＝或由R2＝L2＋(R－d)2求得
R＝
⏜
利用轨迹对应圆心角 θ
(1)速度的偏转角φ等于
AB
所
或轨迹长度L求时间 对的圆心角θ
运动时间的确定
t＝T (2)偏转角 φ 与弦切角 α 的关
系 ： φ<180° 时 ， φ ＝ 2α ；
t＝
① φ>180°时，φ＝360°－2α
②
三、带电粒子在复合场中的运动
带电体在电场和重力场中的运动
1.带电体在电场、重力场中运动的分析方法
(1)对带电体的受力情况和运动情况进行分析，综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决
问题。
(2)根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化，总的能量保持不变。
2.带电体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动
(1)等效重力法
F❑
将重力与静电力进行合成，如图所示，则下为等效重力场中的“重力”， g'= 合为等效重力
m
场中的“等效重力加速度”，F 的方向为等效“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方
合
向。
(2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交
于圆周上的两点即为等效最高点和最低点。
常见运动及处理方法
考向一 磁场性质 两种受力
1. （2024•海珠区校级模拟）如图所示，安装在固定支架（图中未画出）上的光滑绝缘
转动轴OO'两端通过等长的轻质细软导线（导线不可伸长）连接并悬挂长为 L、质量为m的导
体棒ab，导体棒横截面的直径远远小于悬线的长度，空间存在辐向分布磁场（磁极未画出），
导体棒摆动过程中磁场方向总是垂直于导体棒，导体棒所在处的磁感应强度大小均为B，开始时导体棒静止在最低点。现给导体棒通以方向向里的电流（电路未画出），若仅通过逐渐改变
导体棒中的电流大小，使导体棒由最低点缓慢移动到悬线呈水平状态，则在这个过程中
（ ）
A．悬线对导体棒的拉力先增大后减小
B．导体棒中的电流一直减小
C．转动轴OO'受到绳子在竖直方向的作用力一直不变
D．转动轴OO'受到绳子在水平方向的作用力先增大后减小
【解答】解：A、对导体棒进行受力分析，受到三个力作用，竖直向下的重力 mg，始终垂直于
半径即悬线方向安培力F ＝BIL，悬线沿半径指向转轴的拉力F ，设运动过程中悬线与竖直方
A T
向的夹角为 ，由平衡条件有：F ＝mgcos ，导体棒从最低点缓慢移到最高点时， 越来越大，
T
则拉力F 越θ来越小，故A错误； θ θ
T
mgsinθ
B、在沿垂直于悬线方向，由平衡条件有：F ＝mgsin ，解得：I= ， 越来越大，磁感
A BL
θ θ
应强度大小B和导体棒长度L不变，所以电流I越来越大，故B错误；
C 、 设 转 动 轴 对 系 统 在 竖 直 方 向 的 作 用 力 为 F ， 根 据 平 衡 条 件 有 ：
y
F =mg−F sinθ=mg−mg(sinθ) 2 ，可见随着 越来越大，转动轴在竖直方向的作用力为F
y A y
θ
越来越小，故C错误；
D 、 设 转 动 轴 对 系 统 在 水 平 方 向 的 作 用 力 为 F ， 根 据 平 衡 条 件 有 ：
x
1
F =F cosθ=mgsinθcosθ= mgsin2θ，可见导体棒缓慢移到水平状态的过程中， 由0增大
x A 2
θ
到90°的过程中，当 ＝45°时，F 最大，所以转动轴OO′在水平方向的作用力先增大后减小，
x
故D正确。 θ
故选：D。2. （2024•衡水模拟）如图所示，水平桌面内固定一金属导线做成的心形摆件，该摆件
由两个直径为d的半圆形导线和一个V形导线组成，M、N为两部分导线连接点，空间存在磁
感应强度大小为B、竖直向下的匀强磁场、从M、N点引出导线，向摆件中通以恒定电流 I，
摆件受到的安培力大小为（ ）
BId BId
A．2BId B．BId C． D．
2 π
【解答】解：电流经M点后，根据并联电路特点，电流分成上下两部分，分别流经两个半圆形
导线和一个V形导线，到N点汇合流出。
对两个直径为d的半圆形导线，有效长度为2d，根据安培力公式（和左手定则）可得：F上 ＝BI
上
•2d，方向指向图上方；
对V形导线，有效长度为2d，根据安培力公式（和左手定则）可得：F下 ＝B（I﹣I上 ）•2d，方
向指向图上方；
所以，摆件受到的安培力大小为：F＝F上+F下 ＝BI上 •2d+B（I﹣I上 ）•2d＝2BId
故A正确，BCD错误。
故选：A。
3. 如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管道，空间存在竖直向下的匀强磁场，
磁感应强度大小为B，绝缘管道在水平外力F（图中未画出）的作用下以速度u向右匀速运动。
管道内有一带正电小球，初始位于管道M端且相对管道速度为0，一段时间后，小球运动到管
道N端，小球质量为m，电量为q，管道长度为l，小球直径略小于管道内径，则小球从 M端
运动到N端过程有（ ）
√ ml
A．时间为
quBB．小球所受洛伦兹力做功为quBl
√quBl
C．外力F的平均功率为quB
m
D．外力F的冲量为qBl
【解答】解：A．小球在水平外力F的作用下以速度u向右匀速运动，由F＝qvB可知，小球受
到的洛伦兹力沿管道方向，且大小保持不变，根据牛顿第二定律得 quB＝ma，由初速度为零的
位移公式x=
1
at2 ，解得t=
√2ml
，故A错误；
2 quB
B．小球所受洛伦兹力始终和运动方向相互垂直，故洛伦兹力不做功，故B错误；
C．小球所受洛伦兹力不做功，故在沿管道方向分力做正功的大小等于垂直于管道向左的分力做
负功的大小，外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，则有W ＝W＝W ＝quBl，外力F的
F y x
W quBl √quBl
平均功率为P= F = =quB ，故C错误；
t √2ml 2m
quB
D ． 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 =I =∑qv Bt=qB∑v t=qBl，故D正确。
F y y y
故选：D。
4. （多选）如图所示，三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空、匀强
磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上。三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点由
静止开始沿轨道运动，P、M、N分别为轨道的最低点，则下列有关判断正确的是（ ）
A．小球第一次到达轨道最低点的速度关系v ＝v ＞v
P M N
B．小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系F ＞F ＞F
M P N
C．小球从开始运动到第一次到达轨道最低点所用的时间关系t ＝t ＝t
P M N
D．三个小球到达轨道右端的高度都不相同，但都能回到原来的出发点位置
【解答】解：A、设半圆形轨道半径为R，设小球所带电荷量为q，小球质量为m，由机械能守
恒定律得：1
小球运动到P点过程：mgR= mv2，
2 P
1
小球运动到M点过程：mgR= mv2 ，
2 M
解得：v ＝v =√2gR
P M
1
小球运动到N点过程，由动能定理得：mgR﹣qER= mv2 −0
2 N
√ 2qER
解得：v = 2gR− ，则v ＝v ＞v ，故A正确；
N P M N
m
B、小球在最低点，由牛顿第二定律得：
在P点：F ′﹣mg＝mv2
P P
R
在M点：F ′﹣mg﹣qv B＝mv2
M M M
R
在N点：F ′﹣mg＝mv2
N N
R
解得：F ′＝3mg，F ′＝3mg+qB√2gR，F ′＝3mg﹣2qE
P M N
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小F ＝F ′＝3mg，F ＝F ′＝3mg+qB√2gR，F
P P M M N
＝F ′＝3mg﹣2qE
N
则F ＞F ＞F ，故B正确；
M P N
C、小球运动到P、M、N点过程运动弧长相等，小球运动到P、M的过程平均速度相等，且大
于小球运动到N点过程的平均速度，因此小球运动到M、N的时间相等且小于小球运动到N点
的时间，即t ＞t ＝t ，故C错误；
N P M
D、第一、二两图只有重力做功，小球机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球运动到右端最
高点时与释放点等高位置，第三幅图中，小球运动过程由于电场力做负功，小球到达最右端的
最高点小于释放点的高度，三个小球到达轨道右端的高度不相同；三个小球都能回到原来的出
发点位置，故D错误。
故选：AB。
5. （2024•东西湖区校级模拟）如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强
度为B，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为 。现使圆环以初速度v 向上运动，经时间t 圆环回到出发点，不计空气阻力，
0 0
取竖直向上为正方μ 向。下列描述该过程中圆环的速度v随时间t、摩擦力F 随时间t、动能E
f k
随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，不可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：AB．小球向上运动的过程中受重力、洛伦兹力、支持力和向下的滑动摩擦力，向
上运动，重力和摩擦力做负功，速度不断减小，洛伦兹力不断减小，支持力减小，故滑动摩擦
力减小，合力减小，物体做加速度不断减小的加速运动，当速度减为零时，向上的位移最大，
摩擦力等于0，而加速度等于重力加速度；小球达到最高点后向下运动的过程中受重力、洛伦兹
力、支持力和向上的滑动摩擦力，由于速度不断变大，洛伦兹力不断变大，支持力变大，故滑
动摩擦力变大，合力减小，物体做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度最大；
由以上的分析可知，小球先向上运动，加速度逐渐减小；后小球向下运动，加速度仍然继续减
小．负号表示速度的方向前后相反．由以上的分析可知，小球先向上运动，摩擦力的方向向下，
逐渐减小；后小球向下运动，摩擦力的方向向上，逐渐增大，故AB是可能的；
C．小球向上运动的过程中，有
E ＝E ﹣W ﹣W＝E ﹣mgx﹣fx
k k0 G f k0
由于f逐渐减小，所以动能的变化率逐渐减小，故C不可能；
D．小球运动的过程中摩擦力做功使小球的机械能减小，向上运动的过程中
ΔE＝﹣fΔx
由于向上运动的过程中f逐渐减小，所以机械能的变化率逐渐减小；而向下运动的过程中摩擦力之间增大，所以机械能的变化率逐渐增大，故D是可能的。
本题选不可能的，故选：C。
考向二 带电粒子在有界磁场中的运动
6. （2024•南昌模拟）如图所示，在直角三角形 abc区域内有匀强磁场，磁场方向垂直
于纸面向外，∠a＝30°。一质子 以v 的速度沿平行于ab的方向从O点射入三角形区域，
1H 0
1
经时间t从ON的中点M离开磁场，若一 粒子 以v 的速度从O点沿相同的方向射入，
4He 0
2
α
则 粒子在磁场中的运动时间为（ ）
α
√3t
A． B．t C．√3t D．2t
2
【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力可得： v2
qv B=m 0
0 r
mv
变形后解得：r= 0
qB
设质子 在磁场中的运动半径为r ，则 粒子在磁场中的运动半径为：r ＝2r
1H 1 2 1
1
α
根据几何关系可知 粒子从N点离开磁场，根据题意作出粒子运动轨迹，
α由题可知，质子 在磁场中的运动时间为： 60° 1 2πr πr
1H t= T= × 1= 1
1 360° 6 v 3v
0 0
所以 粒子在磁场中的运动时间为： 60° 1 2πr πr 2πr ，故ABC错误，
t'= T'= × 2= 2= 1=2t
360° 6 v 3v 3v
α 0 0 0
D正确。
故选：D。
7. （多选）（2024•博望区校级模拟）如图所示，Oxy平面（纸面）第一象限内有足够
长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B 、方向
1
垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小B ＝7B 、方向垂直纸面向外的匀强磁
2 1
场，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于（0，3L）处的离子源能释放出质量为m、电荷量为
q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的
相互作用，并忽略磁场的边界效应。下列说法正确的是（ ）
3B qL
A．速度大小为 1 的离子不能进入区域Ⅱ
2m
3B qL 2πm
B．速度大小为 1 的离子在磁场中的运动时间为
2m 3qB
1
4B qL
C．恰能到达x轴的离子速度大小为 1
m16B qL
D．恰能到达x轴的离子速度大小为 1
m
【解答】解：AB．当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，如图1
则有
r cos60°＝r ﹣L
1 1
根据牛顿第二定律有
v2
qv B =m 1
1 1 r
1
解得
2B qL
v = 1
1 m
在磁场中运动的周期
2πm
T=
qB
1
所有速度小于v 的离子都未进入Ⅱ区，速度偏转角都为120°，运动时间都为
1
120° 2πm
t= T=
360° 3qB
1
故AB正确；
CD．根据提议B ＝7B ，则离子进磁场Ⅱ后顺时针偏转，离子恰到x轴时速度与x轴平行，如图
2 1
2取水平向右为正方向，根据水平方向由动量定理有
qB L﹣qB L＝m（﹣v）﹣mvcos60°
1 2
解得
4B qL
v= 1
m
故C正确，D错误。
故选：ABC。
8. （多选）（2024•龙岗区校级三模）如图所示，等腰直角三角形 abc区域内存在垂直
纸面向里的匀强磁场，直角边ac长度为L，磁感应强度大小为B。在c点有一粒子源，可沿纸
面内各个方向射出质量为m、电荷量为+q的粒子，所有粒子不计重力、速度大小均为v 。其
0
中从c点沿cb方向射入磁场的粒子，运动轨迹恰好垂直于边界ab射出磁场。关于粒子运动下
列说法正确的是（ ）
qBL
A．粒子速度v 的大小满足v =
0 0 m
B．从ac射出的粒子在磁场中的运动时间都相同
C．从a点射出磁场的粒子在c点的速度方向与bc夹角为60°
πm
D．所有从ab边界出射的粒子中在磁场中运动的最短时间为
3qB
【解答】解：A．根据题意，从c点沿cb方向射入磁场的粒子，运动轨迹恰好垂直于边界ab射
出磁场，如图甲所示，由几何关系可知，a点为圆心，洛伦兹力提供向心力，有v 2
qv B=m 0
0 r
且r＝L
解得
qBL
v =
0 m
故A正确；
B．对于从ac射出的粒子，初速度方向不同，则在磁场中的轨迹对应的圆心角不同，故在磁场
中的运动时间不同，故B错误；
C．粒子从a点射出磁场，根据题意，粒子的运动轨迹如图乙所示，由于粒子在磁场中轨迹半径
r＝L，则三角形aOc为等边三角形，故有∠Oca＝60°，即粒子在c点的速度方向与bc夹角为
60°，故C正确；
D．由题意可知，所有从ab边界出射的粒子中在磁场中运动，当弦长最短时，即弦与ab垂直时，
在磁场中运动的时间最短，则最短时间的运动轨迹为弧线cd，如图丙所示，根据几何关系可知
√2
L
θ 4 √2
sin = =
2 r 4
根据几何关系解得
√7 √2
sinθ= ＜
4 2
对应圆心角 ＜45°
可得 θ
θ 2πr 45° 2πr πm
t = × ＜ × =
min 360° v 360° v 4qB
0 0
故D错误。
故选：AC。
9. （2024•南宁模拟）如图所示，竖直平面内半径为 R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，P、Q为圆形区域竖直直径的两个端点，M、N为圆形区
域水平直径的两个端点。大量质量均为m、电荷量为q的带正电粒子，以相同的速率从P点向
纸面内的各个方向射入磁场区域。已知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝3R，粒子的重
力、空气阻力和粒子间的相互作用均不计，则下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子可以沿竖直方向射出磁场
πm
B．粒子在磁场中运动的最长时间大于
3qB
C．不可能有粒子从M点射出磁场
D．不可能有粒子从N点射出磁场
【解答】解：A.粒子在磁场中做匀速圆周运动，当粒子轨迹的圆心如下图中的 O 时，粒子恰好
1
以竖直向上的速度射出磁场，故A正确；
B.要使带电粒子在圆形磁场中的运动时间最长，则粒子圆周运动的轨迹应以磁场的圆形区域的
直径PQ为弦，此粒子的运动轨迹如上图中圆心为O 的圆弧轨迹，设此轨迹在磁场中的偏转角
2
θ R 1 1 θ
为 ，根据几何关系得：sin = = ＜ ，可得： ＜30°，即 ＜60°，可得粒子在磁场中
2 3R 3 2 2
θ θ60° 1 2πm πm
运动的最长时间满足：t ＜ T= × = ，故B错误；
m 360° 6 qB 3qB
CD.由上图所示，当入射速度的方向合适时，粒子轨迹的圆心分别为 O 、O 时，粒子可分别从
3 4
N点、M点射出，故CD错误。
故选：A。
10. （多选）（2024•龙凤区校级模拟）如图所示，在平面直角坐标系xOy平面内存在两
处磁感应强度大小均为B、方向垂直于xOy平面的匀强磁场，第一象限内的匀强磁场分布在三
角形OAC之外的区域，方向向里，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OAC＝30°，OC的长
度为2R；第二象限内的匀强磁场分布在半径为R的圆形区域内，圆形区域的圆心坐标为（﹣
R，R），圆形区域与x、y轴的切点分别为P、Q，第三、四象限内均无磁场。置于P点的离
子发射器，能持续地从P点在xOy平面内向x轴上方180°范围内以恒定速率发射同种正离子，
离子质量均为m，电荷量均为q；在y轴上放置一长度为2R的探测板CG，G和C分别为探测
板的上下边缘，所有打到探测板上的离子都被板吸收。已知从P点垂直于x轴发射的离子恰好
经过Q点进入第一象限，不计重力及离子间的相互作用。则（ ）
A．圆形区域内磁场的方向垂直于纸面向外
qBR
B．离子的发射速率v =
0 m
√3
C．探测板CG上有离子打到的区域长度R+ R
3
13πm
D．从P点垂直于x轴发射的离子，从发射到第二次经过边界AC所用的时间为t=
6qB
【解答】解：A、从P点垂直于x轴发射的正离子恰好经过Q点进入第一象限，说明正离子在P
点受到向右的洛伦兹力，由左手定则判断可得磁场方向垂直于纸面向外，故A正确；
1
B、设离子在圆形区域的磁场中做匀速圆周运动的半径为 r，从P点到Q点的运动轨迹恰好是
4
圆周，易知：r＝R根据洛伦兹力提供向心力得： v2，解得： qBR，故B正确；
qv B=m 0 v =
0 r 0 m
C、因离子在圆形磁场中的轨迹半径均r＝R，满足磁发散模型的条件，故所有离子经过圆形磁场
后均水平向右射出圆形磁场，之后穿过AC进入第一象限内的匀强磁场，离子在此磁场中的运动
半径仍等于R。从C点进入第一象限的离子，恰好运动半个周期打到探测板的上边缘G点，如
上图所示。
设从边界 AC 上的 M点进入磁场的离子的轨迹恰好与探测板相切于 D点，图中 CF垂直于
O M，根据几何关系可得：
2
√3 √3
FM=Rtan30°= R，CD=O F=R− R
3 2 3
√3
则探测板上有离子打到的区域长度为：DE=CG−CD=R+ R，故C正确；
3
2πr 2πm
D、设离子在两磁场中圆周运动的周期为T，则有：T= =
v qB
0
90° πm
离子在圆形区域磁场中运动圆心角为90°，对应的运动瞬间为：t = T=
1 360° 2qB
√3R √3m
离子在两磁场之间做匀速直线运动的时间为：t = =
2 v qB
0
300° 5πm
离子在AC右侧的磁场中运动轨迹的圆心角为300°，对应的运动时间为：t = T=
3 360° 3qB
13π m
则离子从发射到第二次经过边界AC所用的时间为：t=t +t +t =( +√3) ，故D错误。
1 2 3 6 qB
故选：ABC。考向三 带电粒子在复合场中运动
11. （2024•东港区校级模拟）据报道，我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以
空间站的轨道维持。如图乙，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感应强度大小
可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场 2和匀强电场（图中没画出），磁场1
与磁场2的磁感应强度大小相等，已知电子电量为e，质量为m，若电子恰好可以在圆环内沿
顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动。则以下说法错误的是（ ）
A．电场方向垂直环平面向外
2πR
B．电子运动周期为
v
mv
C．垂直环平面的磁感应强度大小为
eR
mv2
D．电场强度大小为
eR
【解答】解：A．根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直
环平面向里，电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负电，
故电场方向垂直环平面向里，故A错误；
B．电子在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，则电子运动周期为
2πR
T=
v
故B正确；
C．电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，则有
v2
evB=m
R
解得mv
B=
eR
故C正确；
D．电子在垂直环平面方向受力平衡，则有eE＝evB
mv2
解得E=
eR
故D正确。
本题选错误的，故选：A。
12. （2024•河南模拟）2023年4月12日，中国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核
聚变实验装置创造了当时最新的世界纪录，成功实现稳态高约束模式等离子体运行403秒。为
粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一足够长的真空室内的电场
和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场，如图所示。若某带正电的离子在此电
场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v ，垂直于磁场方向的分量大小为v ，
1 2
不计离子受到的重力。当离子速度平行于磁场方向的分量大小为2v 时，垂直于磁场方向的分
1
量大小为（ ）
A．v B．2v C．3v D．4v
2 2 2 2
【解答】解：速度v 的方向与磁感应强度方向相同，该分速度不受洛伦兹力作用；v 的方向与
1 2
磁感应强度方向垂直，粒子在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，v
2
不变，故A正确，BCD错误。
故选：A。
13. （2024•陕西一模）我国最北的城市漠河地处高纬度地区，在晴朗的夏夜偶尔会出现
美丽的彩色“极光”。极光是宇宙中高速运动的带电粒子受地球磁场影响，与空气分子作用的
发光现象，若宇宙粒子带正电，因入射速度与地磁方向不垂直，故其轨迹偶成螺旋状如下图
（相邻两个旋转圆之间的距离称为螺距Δx）。下列说法正确的是（ ）A．带电粒子进入大气层后与空气发生相互作用，在地磁场作用下的旋转半径会越来越大
B．若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加，以相同速度入射的宇宙粒子的半径越大
C．漠河地区看到的“极光”将以逆时针方向（从下往上看）向前旋进
D．当不计空气阻力时，若入射粒子的速率不变仅减小与地磁场的夹角，则旋转半径减小，而螺
距Δx增大
【解答】解：A．带电粒子进入大气层后，由于与空气相互作用，粒子的运动速度会变小，根据
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
v2
qvB=m
r
mv
解得：r=
Bq
由半径公式可知，在地磁场作用下的旋转半径会越来越小，故A错误；
B．若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加地磁场变强，其他条件不变，由偏转半径公式
mv
r=
Bq
可知，宇宙粒子的半径变小，故B错误；
C．漠河地区的地磁场竖直分量是竖直向下的，水平分量向北，宇宙粒子入射后，由左手定则可
知，从下往上看将以顺时针的方向向前旋进，故C错误；
D．当不计空气阻力时，将带电粒子的运动沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解，沿磁场方向
将做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动，若带电粒子运动速率不变，与磁场的夹
角变小，则速度的垂直分量变小，故粒子在垂直于磁场方向的运动半径会减少，即直径D减小，
而速度沿磁场方向的分量变大，故沿磁场方向的匀速直线运动将变快，则螺距Δx将增大，故D
正确。
故选：D。
14. （2024•湖南三模）如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴竖直向上，第
Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y轴的匀强电
场（图中未画出），一质量为m、带电量绝对值为q的小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q点以速度v垂直于x轴进入第I象限，
重力加速度为g，不计空气阻力。则（ ）
A．从A点到Q点的过程小球的机械能守恒
B．电场方向竖直向上
πv
C．小球在第Ⅳ象限运动的时间为
4g
D．小球能够返回到A点
【解答】解：AB．根据左手定则和小球从A运动到P的轨迹可知小球带负电。从P到Q过程中
小球做匀速圆周运动可知此时小球受到的向下的重力与向上的电场力平衡，又因为小球带负电
所以电场方向竖直向下。A到P的过程中，洛伦兹力不做功，机械能守恒，P到Q过程中，电场
力做正功，机械能增加。故AB错误；
C．小球恰好从P点垂直于y轴进入第IV象限，在第IV象限做匀速圆周运动，从Q点以速度v
垂直于x轴进入第Ⅰ象限，设小球做匀速圆周运动的半径为r，则在A到P过程中，根据动能定
理可得
1
mgℎ = mv2−0，
2
其中r＝h
根据周期和线速度的关系，小球做匀速圆周运动的周期满足
2πr
T=
v
小球在第IV象限运动的时间满足
1 πv
t= T=
4 4g
故C正确。
D．根据竖直上抛运动规律可知小球会从Q点以速度大小为v垂直于x轴向下进入磁场，此后根
据左手定则，小球受到向右方向上的力，则小球向右做匀速圆周运动，故不能够返回A点。故D错误。
故选：C。
15. （2024•东城区一模）用如图所示装置作为推进器加速带电粒子。装置左侧部分由两
块间距为d的平行金属板M、N组成，两板间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为
B。使大量电荷量绝对值均为q 的正、负离子从左侧以速度v 水平入射，可以给右侧平行板电
0 0
容器PQ供电。靠近Q板处有一放射源S可释放初速度为0、质量为m、电荷量绝对值为q的
粒子，粒子被加速后从S正上方的孔喷出P板，喷出的速度大小为v。下列说法正确的是（
）
A．放射源S释放的粒子带负电
B．增大q 的值，可以提高v
0
C．PQ间距变为原来的2倍，可使v变为原来√2倍
D．v 和B同时变为原来的2倍，可使v变为原来的2倍
0
【解答】解：A.根据左手定则，N板积累带正电的离子，故电容器的下极板Q带正电，电容器
的电场方向向上，放射源释放的粒子能向上做加速运动，则说明带电粒子带正电，故A错误；
BCD.当M、N两板积累到电压U时，正负离子由于受到电场和磁场力的共同作用而匀速飞出，
设M、N两板间的距离为d，有
U
q v B＝q
0 0 0
d
得最大电压U＝Bv d
0
电容器两极板电压也为U，对电容器中加速运动的粒子，根据动能定理有
1
qU= mv2
2
得v √2qBdv ，与q 无关，与PQ间的距离也无关，故BC错误；
= 0 0
m
由上式可得，当v 和B同时变为原来的2倍时，v变为原来的2倍，故D正确。
0
故选：D。考向四 有关电磁场的科技应用
16. （2024•成都模拟）利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自
动控制等领域。如图所示，将一厚度为d的半导体薄片垂直置于磁场B中，在薄片的两个侧面
E、F间通以电流I时，另外两侧M、N间产生电势差，这一现象称为霍尔效应。其原因是薄片
中定向移动形成电流的载流子受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累，在M、N间产生霍尔电压
U 。半导体的载流子有自由电子或空穴（相当于正电荷）两种类型。下列说法正确的是（
H
）
A．若该半导体是空穴导电，则M侧的电势低于N侧的电势
B．若只增大半导体薄片的厚度d，则霍尔电压U 将增大
H
C．若只增大磁场的磁感应强度B，则霍尔电压U 将增大
H
D．若只增大电流I，则霍尔电压U 将减小
H
【解答】解：A．若该半导体是空穴导电，即相当于正电荷导电，根据左手定则可知，正电荷在
洛伦兹力作用下向M侧聚集，可知M侧电势高于N侧电势，故A错误；
B．由于M、N间产生电场，稳定时电场力与洛伦兹力平衡，设M、N间距离为a，霍尔元件长
为b，则有
U
qvB=Eq= H q
a
设单位体积内电荷的数目为n，根据电流的微观定义式有
I I
v= =
nqS nqad
解得
1 IB
U = ⋅
H nq d
可知，若增大半导体薄片的厚度d，则霍尔电压U 将减小，故B错误；
H
C．若增大磁感应强度B，则霍尔电压U 将增大，故C正确；
H
D．若增大电流I，则霍尔电压U 将增大，故D错误。
H故选：C。
17. （2024•大兴区校级模拟）如图所示，a、b、c、d四种正离子（不计重力）垂直地射
入匀强磁场和匀强电场相互垂直的区域里，a、b分别向上、下极板偏转，c、d沿直线通过该
区域后进入另一匀强磁场，分别沿不同半径做圆周运动，则（ ）
A．平行板电容器的上极板电势低
B．c、d两离子的比荷不同
C．c、d两离子的电荷量一定不同
D．a、b两离子的电荷量一定不同
【解答】解：A、c、d沿直线通过匀强磁场和匀强电场相互垂直的区域，洛伦兹力和电场力平衡，
有qvB＝qE，由左手定则可知，c、d受到的洛伦兹力竖直向上，所以电场力竖直向下。因c、d
为正离子，所以场强方向竖直向下，则电容器的上极板比下极板电势高，故A错误；
BC、c、d进入匀强磁场后，由洛伦兹力提供向心力得
v2
qvB′＝m
r
mv
解得r=
qB'
E
根据qvB＝qE得v= ，可知c、d两离子速率v相等，由c、d在右侧磁场中做圆周运动的半径
B
不同，所以c、d两离子的比荷不同，又不知质量，所以无法判断电荷量大小，故B正确，C错
误；
D、a、b分别向上、下极板偏转，说明洛伦兹力和电场力不相等，无法判断电荷量大小，故 D
错误。
故选：B。
18. （2024•黑龙江模拟）1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D 、D 构成，其间留有空隙。现对氚核（ H）加速，所
1 2 3
1
需的高频电源的频率为f，已知元电荷为e，下列说法正确的是（ ）
A．被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大
B．高频电源的电压越大，氚核最终射出回旋加速器的速度越大
eB
C．氚核的质量为
2πf
D．该回旋加速器接频率为f的高频电源时，也可以对氦核（ He）加速
4
2
2πm
【解答】解：A、粒子在磁场中运动的周期T= ，被加速的粒子在回旋加速器中做圆周运动
qB
的周期与半径无关，故A错误；
v2 qBr
B、根据qvB＝m 得，最大速度：v= ；
r m
1 (qBr) 2
则最大动能：E = mv2= ；
km 2 2m
可知最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有关，与加速电压的大小无关，故B错误；
2πm qB
C、高频电源的频率等于氚核在匀强磁场运动的频率，T= ，则f=
qB 2πm
qB eB
m= = ，故C正确；
2πf 2πf
D、氦核在匀强磁场的运动周期为氚核周期的2倍，所以该回旋加速器接频率为f的高频电源时，
不可以对氦核加速，故D错误；
故选：C。
19. （2024•香坊区校级四模）新冠肺炎疫情持续期间，医院需要用到血液流量计检查患
者身体情况。某种电磁血液流量计的原理可简化为如图所示模型。血液内含有少量正、负离子，
从直径为d的血管右侧流入，左侧流出，空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为 B的匀强磁
场，M、N两点之间的电压稳定时测量值为U，流量Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。下列说法正确的是（ ）
A．离子所受洛伦兹力方向一定竖直向下
B．M点的电势一定高于N点的电势
πUd
C．血液流量Q=
4B
D．电压稳定时，正、负离子不再受洛伦兹力
【解答】解：AB、根据左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力方向竖直向下，负离子受到的洛
伦兹力方向竖直向上，所以M点的电势一定低于N点的电势，故AB错误；
CD、当电压稳定时，离子受到的电场力和洛伦兹力相等，则
qU
qBv=
d
流量的计算公式为：
πd2
Q＝vS=v×
4
πUd
联立解得：Q= ，故C正确，D错误；
4B
故选：C。
20. （2024•漳州三模）如图，一质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器构成。静电
1
分析器通道的 圆弧中心线半径为R，通道内有均匀辐向电场，方向指向圆心O，中心线处各
4
点的电场强度大小相等。磁分析器中分布着方向垂直于纸面的有界匀强磁场，边界为矩形
CNQD，NQ＝2d，PN＝3d。质量为m、电荷量为q的粒子（不计重力），由静止开始从A板
经电压为U的电场加速后，沿中心线通过静电分析器，再由P点垂直磁场边界进入磁分析器，
最终打在胶片ON上，则（ ）A．磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外
U
B．静电分析器中心线处的电场强度E=
R
C．仅改变粒子的比荷，粒子仍能打在胶片上的同一点
1 √2mU
D．要使粒子能到达NQ边界，磁场磁感应强度B的最小值为
2d q
【解答】解：A．由静电分析器电场力充当向心力可知，粒子带正电，根据左手定则可知，磁分
析器中磁场方向垂直于纸面向里，故A错误；
B．在加速电场中，根据动能定理
1
qU= mv2
2
在静电分析器电场力充当向心力
mv2
qE=
R
联立可得
2U
E=
R
故B错误；
C．在磁分析器中，洛伦兹力提供向心力
mv2
=
qvB D
2
可得粒子进入磁分析器到打在胶片上的距离
2 √2mU
D=
B q
所以与比荷有关，仅改变粒子的比荷，粒子不能打在胶片上的同一点，故C错误；
D.由上述公式可知，磁场磁感应强度B的越小，半径越大，当B最小值时，粒子与QD边相切，由于圆心在PN上，则半径
R＝2d
此时有
2 √2mU
4d=
B q
解得
1 √2mU
B =
min
2d q
故D正确。
故选：D。
