文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
专题09 带电粒子在电磁场中的运动
01 专题网络·思维脑图
02 考情分析·解密高考
03 高频考点·以考定法
04 核心素养·难点突破
05 创新好题·轻松练习
考点内容
考情预测
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
回旋加速器、质谱仪及霍尔元件等洛伦兹力的应用实例
高考对于这部分知识点主要通过带电粒
子在电场、磁场以及它们的叠加场或者组合
场运动等抽象的物理模型进行命题设计，体
现物理对微观粒子的运动、科学技术发展所
产生的指导、创新等作用。在解决此类问题
时要分析题意中的情境，抓住问题实质，具
备一定的空间想象能力和数学推导能力。主
要考查的知识点有:带电粒子在场中的运动分
析。
2024 年备考建议带电粒子在组合场和叠
加场是各省市常考的重难点，以及对电磁场
的临界情况进行处理方式等。
带电粒子在匀强磁场中的应用
带电粒子在叠加场中的应用
带电粒子在组合场中的运动
利用数学圆巧解磁场中的临界问题
学
习
目
标
1.熟悉洛伦兹力的应用，即回旋加速器、质谱仪以及霍尔元件等的原理分析及公式推
导。
2.熟悉带电粒子在电磁场中的半径、圆心、运动时间等的处理方法。
3.掌握数学圆对电磁场临界问题的处理方式。
【典例1】（2023·广东·统考高考真题）某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5 m，磁感应强度大小
为1.12T，质子加速后获得的最大动能为1.5×10
7eV．根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速
后的最大速率约为（忽略相对论效应，1eV=1.6×10
-19J）（ ）
A．3.6×10
6 m /s B．1.2×10
7 m /s
C．5.4×10
7 m /s
D．2.4×10
8 m /s
【答案】C
【详解】洛伦兹力提供向心力有
qvB =m v
2
R
质子加速后获得的最大动能为
Ek= 1
2 mv
2
解得最大速率约为
v =5.4×10
7 m /s
故选C。
【典例2】（2023·全国·统考高考真题）如图，一磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy
平面）向里，磁场右边界与x 轴垂直。一带电粒子由O 点沿x 正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S 点射
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x 轴的接收屏上的P 点；SP = l，S 与屏的距离为l
2，与x 轴
的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E 的匀强电场，该粒子入射后则
会沿x 轴到达接收屏。该粒子的比荷为（ ）
A．
E
2a B
2
B．E
a B
2
C．
B
2a E
2
D．B
a E
2
【答案】A
【详解】由题知，一带电粒子由O 点沿x 正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S 点射出，
则根据几何关系可知粒子出离磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°，则
sin30
∘= r -a
r
解得粒子做圆周运动的半径
r = 2a
则粒子做圆周运动有
qvB =m v
2
r
则有
q
m =
v
2a⋅B
如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E 的匀强电场，该粒子入射后则会沿x 轴到达
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
接收屏，则有
Eq = qvB
联立有
q
m =
E
2a⋅B
2
故选A。
【典例3】（2022·重庆·高考真题）2021 年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。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，某同学将一小段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），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q
的正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v1，垂直于磁场方向的分量大小为
v2，不计离子重力，则（ ）
A．电场力的瞬时功率为qE√v1
2+ v2
2
B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变大
D．该离子的加速度大小不变
【答案】D
【详解】A．根据功率的计算公式可知P = Fvcosθ，则电场力的瞬时功率为P = Eqv1，A 错误；
B．由于v1与磁场B 平行，则根据洛伦兹力的计算公式有F 洛 = qv2B，B 错误；
C．根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，
v2不变，v2与v1的比值不断变小，C 错误；
D．离子受到的洛伦兹力大小不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，D 正确。
故选D。
考向01 回旋加速器、质谱仪及霍尔元件等洛伦兹力的应用实例
1．回旋加速器
(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源．D 形盒处于匀强磁场中．
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(2)原理：交变电流的周期和粒子
做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D 形盒缝隙，两盒间的电势差一次
一次地反向，粒子就会被一次一次地加速．由qvB＝，得Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B
和D 形盒半径R 决定，与加速电压无关．
2．回旋加速器的主要特征
(1)带电粒子在两D 形盒中回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期，与带电粒子的速度无关．
(2)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动．
(3)带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，所以各半径之比为1∶∶∶…
(4)粒子的最后速度v＝，可见带电粒子加速后的能量取决于D 形盒的最大半径和磁场的强弱．
3．质谱仪
(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等组成．
(2)原理：粒子由静止在加速电场中被加速，根据动能定理qU＝mv2可知进入磁场的速度v＝.粒子在磁
场中受洛伦兹力偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，qvB＝.由以上几式可得出需要研究的物理量
如粒子轨道半径、粒子质量、比荷等．
4．质谱仪的主要特征
将质量数不等，电荷数相等的带电粒子经同一电场加速后进入偏转磁场．各粒子由于轨道半径不同而
分离，其轨道半径r＝＝＝＝ .在上式中，B、U、q 对同一元素均为常量，故r∝，根据不同的半径，就可
计算出粒子的质量或比荷．
考向02 带电粒子在匀强磁场中的应用
1．带电粒子在匀强磁场中运动圆心、半径及时间的确定方法．
(1)圆心的确定
①已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示，P 为入射点，M 为出射点)．
②已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射
点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P 为入射点，M 为出射点)．
③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图丙
所示，此时要将其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角平分
线，它与已知点的速度的垂线交于一点O，该点就是圆心。
（2）如何确定“半径”：
方法一：由物理方程求：半径R＝；
方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定。
例：（右图）R＝或由R2＝L2＋（R－d）2求得R＝。
3．如何确定“圆心角与时间”
（1）圆心角的确定
①速度的偏向角φ＝圆弧所对应的圆心角（回旋角）θ＝2 倍的弦切角α，即φ＝θ＝2α＝ωt，如图所示。
②偏转角φ 与弦切角α 的关系：φ<180°时，φ＝2α；φ>180°时，φ＝360°－2α。
（2）时间的计算方法。
方法一：由圆心角求，t＝·T；
方法二：由弧长求，t＝。
2．重要推论
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)当速度v 一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(2)当速率v 变化时，圆心角大的运动时间长．
2.带电粒子在圆形磁场区域
(1)圆形边界中，若带电粒子沿径向射入必沿径向射出，如图所示，轨迹圆与区域圆形成相交圆，巧用
几何关系解决．
(2)带电粒子在圆形磁场中不沿径向，轨迹圆与区域圆相交，抓住两圆心，巧用对称性解决．
3.带电粒子在直线边界(进、出磁场具有对称性，如图所示)
4.带电粒子在平行边界(存在临界条件，如图所示)
考向03 带电粒子在叠加场中的应用
1．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类
(1)磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由
此可求解问题．
(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求
解问题．
(3)电场力、磁场力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动．
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动
能定理求解问题．
2．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动
带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运
动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、
能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果．
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
考向01 回旋加速器、质谱仪及霍尔元件等洛伦兹力的应用实例
【针对练习1】（2023·全国·校联考模拟预测）回旋加速器的工作原理如图1 所示，D1和D2是两个相同的中
空半圆金属盒，金属盒的半径为R，它们之间接如图2 所示的交变电源，图中U 0、T 0已知，两个D形盒处
于与盒面垂直的匀强磁场中。将一质子从D1金属盒的圆心处由静止释放，质子(❑1
1H)经过加速后最终从D
形盒的边缘射出。已知质子的质量为m，电荷量为q，不计电场中的加速时间，且不考虑相对论效应。下
列说法正确的是（ ）
A．回旋加速器中所加磁场的磁感应强度B = πm
2qT 0
B．质子从D形盒的边缘射出时的速度为√
2qU 0
m
C．在其他条件不变的情况下，仅增大U 0，可以增大质子从边缘射出的速度
D．在所接交变电源不变的情况下，若用该装置加速❑1
3H（氚核），需要增大所加磁场的磁感应强度
【答案】D
【详解】A．带电粒子在磁场中运动的周期与所加交变电源的周期T 0相同，所以满足
T 0= 2πm
qB
可得
B = 2πm
qT 0
选项A 错误；
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
B．粒子从D形盒边缘射出时有
1
2 m v
2=nU 0q
射出速度可表示为
v =√
2nqU 0
m
选项B 错误；
C．粒子从D 形盒射出时
q vmax B =m vmax
2
R
可得
vmax= qBR
m
仅增大加速电压U 0，质子射出速度大小不变，选项C 错误；
D．当加速氚核时，其在磁场中运动的周期为
T = 2π ⋅3m
q B
'
其周期应该与T 0相同，又知道
T 0= 2πm
qB
可知
B
' =3 B
需要增大所加磁场的磁感应强度，选项D 正确。
故选D。
【针对练习2】（2023·北京西城·北师大实验中学校考三模）如图所示为质谱仪的原理图，一束粒子以速度
v 沿直线穿过相互垂直的匀强电场（电场强度为E）和匀强磁场（磁感应强度为B1）的重叠区域，然后通
过狭缝S0垂直进入另一匀强磁场（磁感应强度为B2），最后打在照相底片上的三个不同位置，粒子的重力
可忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．该束粒子带负电
B．P1板带负电
C．粒子的速度v 满足关系式v = B1
E
D．在B2的匀强磁场中，运动半径越大的粒子，荷质比q
m越小
【答案】D
【详解】A．根据粒子在右侧磁场中的运动，利用左手定则，可判断出该束粒子带正电，故A 错误；
B．根据粒子在左侧运动可知，洛伦兹力方向向上，则电场力方向向下，P1板带正电，故B 错误；
C．由粒子做直线运动，根据受力平衡可得
qvB1=qE
解得粒子的速度为
v = E
B1
故C 错误；
D．在磁感应强度为B2的磁场中，由洛伦兹力提供向心力得
qv B2=m v
2
R
可得
q
m =
v
R B2
=
E
R B1B2
运动半径越大的粒子，荷质比q
m越小，故D 正确。
故选D。
【针对练习3】（2023·浙江温州·统考三模）利用霍尔传感器可测量自行车的运动速率，如图所示，一块磁
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
铁安装在前轮上，霍尔传感器固定在前叉上，离轮轴距离为r，轮子每转一圈，磁铁就靠近霍尔传感器一
次，传感器就会输出一个脉冲电压。当磁铁靠霍尔元件最近时，通过元件的磁场可视为匀强磁场，磁感应
强度为B，在导体前后表面间出现电势差U。已知霍尔元件沿磁场方向的厚度为d，载流子的电荷量为-q，
电流I 向左。下列说法正确的是（ ）
A．前表面的电势高于后表面的电势
B．若车速越大，则霍尔电势差U 越大
C．元件内单位体积中的载流子数为BI
Uqd
D．若单位时间内霍尔元件检测到m 个脉冲，则自行车行驶的速度大小2πr
m
【答案】C
【详解】A．根据左手定则可知载流子受到的洛伦兹力指向前表面，所以载流子会在前表面聚集，载流子
带负电，所以霍尔元件的前表面电势低于后表面电势，故A 错误；
B．设霍尔元件的宽为b，稳定后电荷所受电场方和洛伦兹力平衡，即
qvB =q U
b
解得
U = Bbv
设单位体积内自由移动的载流子数为n，由电流微观表达式
I =nqSv
整理得
U = IB
nqd
由于电流强度I 和磁感强度B 不变，因此霍尔电势差U 与车速大小无关，故B 错误；
C．由B 可知，单位体积内自由移动的载流子数为
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
n= BI
Uqd
故C 正确；
D．若单位时间内霍尔元件检测到m 个脉冲，周期为
T = 1
m
角速度为
ω= 2π
T =2πm
自行车行驶的速度大小
v =ωr =2πmr
故D 错误。
故选C。
考向02 带电粒子在匀强磁场中的应用
【针对练习4】（2023·贵州·校联考一模）如图所示，在竖直线EOF右侧足够大的区域内存在着磁感应强
度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量相同、电荷量分别为+q和-q的带电粒子，从O 点以相
同的初速度v 先后射入磁场，已知初速度的方向与OF成θ =30°角，两粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，
下列说法正确的是（ ）
A．两粒子在磁场中的运动时间相等
B．两粒子回到EOF竖直线时的速度相同
C．若只增大粒子的入射速度的大小，粒子在磁场中运动的时间变长
D．从射入磁场到射出磁场的过程中，两粒子所受的洛伦兹力的冲量不相同
【答案】B
【详解】A．这两个正、负粒子以与OF成θ =30
∘角射入有界匀强磁场后，由左手定则可判断，正粒子沿逆
时针方向旋转，负粒子沿顺时针方向旋转，如下图所示
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
因正、负粒子所带电荷量的绝对值和质量都相同，由
qvB =m v
2
r
可知两粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径相同，由几何关系可知负粒子在磁场中转过的角度为2θ，
正粒子在磁场中转过的角度
φ =2π -2θ
而粒子在磁场中做圆周运动的周期
T = 2πr
v
= 2πm
qB
则两粒子的周期相同，但是轨迹圆弧所对的圆心角不同，因此两粒子在磁场中的运动时间不相等，故A 错
误；
B．因洛伦兹力不改变速度的大小，结合几何关系分析可知，两粒子射出磁场时速度方向与EOF的夹角都
是30
∘，因此两粒子回到EOF竖直线时的速度相同，故B 正确；
C．由几何关系可知速度增大导致轨迹半径增大，但运动轨迹对应的圆心角不变，周期T不变，所以运动
时间不变，故C 错误；
D．两粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，由动量定理可得
I 洛= p- p0
由于以相同的初速度射入磁场，两粒子的初动量p0相等，离开磁场时速度大小相等、方向相同，两带电粒
子的末动量p也相等，因此两粒子所受洛伦兹力的冲量相同，故D 错误。
故选B。
【针对练习5】（2023·内蒙古呼和浩特·统考模拟预测）如图所示，圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀
强磁场，两带电粒子（不计重力）沿直线AB 方向从A 点射入磁场中，分别从圆弧上的P、Q 两点射出，则
下列说法正确的是（ ）
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．若两粒子比荷相同，则从A 分别到P、Q 经历时间之比为1:2
B．若两粒子比荷相同，则从A 分别到P、Q 经历时间之比为2:1
C．若两粒子比荷相同，则两粒子在磁场中速率之比为2:1
D．若两粒子速率相同，则两粒子的比荷之比为3:1
【答案】A
【详解】AB．两粒子运动轨迹如图
粒子运动时间为
t =
θ
360°
2πm
qB
若两粒子比荷相同，则从A 分别到P、Q 经历时间之比为
t1:t2=60:120=1:2
A 正确；
C．设圆形区域半径为R，由题意可知，两粒子运动半径之比为
r1:r2=√3 R: R
√3 =3:1
根据
qvB =m v
2
r
若两粒子比荷相同，则两粒子在磁场中速率之比为
v1:v2=3:1
C 错误；
D．同理C 选项，若两粒子速率相同，则两粒子的比荷之比为1:3，D 错误。
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
故选A。
考向03 带电粒子在叠加场中的应用
【针对练习6】（2023·四川巴中·南江中学校考模拟预测）如图所示，某竖直平面内存在着相互正交的匀强
电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向水平向外．一质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平
方向成θ角从O点射入该区域，微粒恰好沿速度方向做直线运动，重力加速度为g。下列说法中正确的是（
）
A．微粒从O到A的运动可能是匀减速直线运动
B．该微粒一定带正电荷
C．该磁场的磁感应强度大小为
mg
qv cosθ
D．该电场的场强为Bv cosθ
【答案】C
【详解】AB．若微粒带正电q，它受竖直向下的重力mg、向左的电场力qE和右斜向下的洛伦兹力qvB，
知微粒不能做直线运动．据此可知微粒一定带负电q，它受竖直向下的重力mg、向右的电场力qE和左斜
向上的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动，可知微粒一定做匀速直线运动，故AB 错误；
CD．由平衡条件有关系
cosθ = mg
qvB ,sinθ = qE
Bqv
得磁场的磁感应强度
B =
mg
qv cosθ
电场的场强
E = Bv sinθ
故C 正确，D 错误。
故选C。
【针对练习7】（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）如图所示，ab 和bc 区域的宽度均为d．ab 区域存在水平
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
向左、电场强度大小为E 的匀强电场；bc 区域存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向上，电
场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小B = E
v0
。今有一带正电的微粒从a 边缘平行电
场方向以初速度v0水平向右射入电场，从b 边缘的P 点进入bc 区域时的速度大小不变，方向变为竖直向下。
已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．a、P 两点间距离为√2d
B．微粒在ab 区域中做半径为d 的匀速圆周运动
C．微粒在bc 区域中做半径为√2d的匀速圆周运动
D．微粒在ab、bc 区域中运动的总时间为v0
g + 2πd
3 v0
【答案】AD
【详解】AB．微粒在ab区域中，水平方向做匀减速运动，竖直方向做匀加速运动，并且平均速度相同，
故竖直位移和水平位移均为d，故a、P间距离为√2d，故A 正确，B 错误；
CD．微粒在ab区域中运动时间为
t1= v0
g
且满足
mg=qE
d = v0
2
2g
在bc区域，重力与电场力平衡，故微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，半径为
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
R = m v0
qB = m v0
2
qE = v0
2
g =2d
根据几何知识可知，微粒在复合场中转过的角度为60°，故运动时间为
t2= 1
6 × 2πR
v0
= 2πd
3 v0
故C 错误，D 正确。
故选AD。
考向04 带电粒子在组合场中的运动
1．是否考虑粒子重力的三种情况
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以
忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应当考虑其重力．
(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单．
(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否要考虑重
力．
2．“电偏转”与“磁偏转”的比较
垂直电场线进入匀强电场(不计重力)
垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)
受力情况
电场力FE＝qE，其大小、方向不
变，与速度v 无关，FE是恒力
洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，
方向随v 而改变，FB是变力
轨迹
抛物线
圆或圆的一部分
运动轨迹
求解方法
利用类似平抛运动的规律求解：
vx＝v0，x＝v0t
vy＝·t，
y＝··t2
偏转角φ：
tan φ＝＝
半径：r＝
周期：T＝
偏移距离y 和偏转角φ 要结合圆的
几何关系利用圆周运动规律讨论求
解
运动时间
t＝
t＝T＝
动能
变化
不变
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
考向1：先电场后磁场
对于粒子从电场进入磁场的运动，常见的有两种情况：
(1)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．(如图甲、乙所示)
在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度．
(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．(如图丙、丁所示)
在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．
考向2：先磁场后电场
对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：
(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反．
(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直．(如图甲、乙所示)
【典例4】（2023·海南·统考高考真题）如图所示，质量为m，带电量为+q的点电荷，从原点以初速度v0
射入第一象限内的电磁场区域，在0< y < y0,0< x< x0（x0、y0为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，
在x> x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（E值有多种可能），可让粒子从NP射入磁场
后偏转打到接收器MN上，则（ ）
18
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．粒子从NP中点射入磁场，电场强度满足E = y0mv0
2
q x0
2
B．粒子从NP中点射入磁场时速度为v0√
x0
2+ y0
2
y0
2
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为m v0
qB
D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是m v0
qB √
x0
2+ 4 y0
2
x0
2
【答案】AD
【详解】A．若粒子打到PN 中点，则
x0= v0t1
1
2 y0= 1
2 ⋅qE
m t
2
解得
E = mv0
2 y0
q x0
2
选项A 正确；
B．粒子从PN 中点射出时，则
y0
2 = v y
2 t1
速度
v1=√v0
2+ v y
2 = v0
x0 √x0
2+ y0
2
选项B 错误；
19
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则
tanθ = v0
v y
=
v0
qE
m ⋅x0
v0
= m v0
2
qE x0
粒子从电场中射出时的速度
v = v0
sinθ
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则
qvB =m v
2
r
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN 的距离为
d =r cosθ
解得
d = E x0
B v0
=
m v0
qB tanθ
选项C 错误；
D．当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N 点进入磁场，此时竖直
最大速度
v ym= 2 y0
t
x0= v0t
出离电场的最大速度
vm=√v0
2+ v ym
2 = v0
x0 √x0
2+ 4 y0
2
则由
20
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
qvB =m v
2
r
可得最大半径
rm= m vm
qB = m v0
qB √
x0
2+ 4 y0
2
x0
2
选项D 正确；
故选AD。
【针对练习8】（2024·河南·校联考模拟预测）如图所示，P、Q 两个平行金属板之间的电压为U，AC 上方
有垂直纸面向外的匀强磁场，AC 下方存在电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于AC，且垂直于磁
场方向。一质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子（不计粒子重力）从靠近P 板的S 点由静止开始做加速
运动，从小孔M 沿垂直于磁场的方向进入匀强磁场中，速度方向与边界线的夹角θ=60°，粒子恰好从小孔
D 垂直于AC 射入匀强电场，最后打在N 点，已知AD=L，AN=2L，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子从小孔M 进入磁场时的速度大小为2√Uqm
m
B．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2
3L
C．匀强磁场的磁感应强度大小为3√2Uqm
2qL
D．匀强电场的电场强度大小为√3U
2 L
【答案】BC
【详解】A．粒子在电场中加速，由动能定理得
21
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
qU = 1
2 m v
2
可得带电粒子从小孔M沿垂直于磁场方向进入磁场的速度大小
v = √2Uqm
m
故A 错误；
B．画出粒子运动的轨迹如图所示（O 为粒子在磁场中做圆周运动的圆心），∠MOD =120°，设粒子在
磁场中做圆周运动的半径为r，
r +r cos60° = AD = L
得
r = 2
3 L
故B 正确；
C．粒子在磁场中做圆周运动时由洛伦兹力充当向心力，即
qvB =m v
2
r
磁感应强度大小
B = mv
qr = 3mv
2qL = 3√2Uqm
2qL
故C 正确；
D．粒子在电场中做类平抛运动，加速度
a= qE
m
垂直于电场方向有
2 L= vt
沿电场方向有
L= 1
2 at
2
电场强度大小
E = mv
2
2qL = U
L
故D 错误。
故选BC。
22
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【针对练习9】（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）如图所示，在平面直角坐标系中，第一象限内y 轴与直线
x=L 之间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，第四象限内y 轴与直线x=L 之间存在方向垂直
纸面向外、磁感应强度为2
3 B的匀强磁场；在直线x=L 的右侧存在沿y 轴正方向的有界匀强电场，在电场
的右侧存在方向垂直纸面向外、磁感应强度为B 的有界匀强磁场，电场、磁场左右边界的间距相等。质量
为m、电荷量为q 的带正电粒子甲从y 轴上的a 点以沿着y 轴负方向的速度射入磁场，到达x 轴上的c 点时
速度沿x 轴的正方向，c 点的坐标为(L,0)；带电量为3q 的带正电粒子乙从y 轴上的b 点以沿着y 轴正方向
的速度射入磁场，到达c 点时以沿x 轴的正方向的速度与甲相碰；碰撞后甲、乙立即组成整体进入电场，
甲从a 到c 的运动时间是乙从b 到c 的运动时间的2 倍，整体从p 点离开电场进入磁场，最后从e 点以平行
x 方向的速度离开磁场，整体在p 点的速度与电场线的夹角为37°。不计两粒子的重力以及粒子间的相互作
用力，碰撞过程无电量损失，sin37°=0.6、cos37°=0.8，求：
（1）乙的质量以及整体在c 点时的共同速度；
（2）整体从p 到e 运动轨迹的半径；
（3）电场的电场强度。
【答案】（1）m，v = 3 BqL
2m ；（2）R = 5 L
4 ；（3）E = 3 B
2qL
2m
【详解】（1）设乙的质量为m0，甲、乙在磁场中运动的周期分别为
23
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
T 甲= 2πm
Bq
T 乙= 2π m0
2
3 B×3q
由几何关系可得甲、乙在磁场中运动的速度偏转角均为π
2 ，甲从a 到c 的运动时间与乙从b 到c 的运动时
间分别为1
4 T 甲、1
4 T 乙，甲从a 到c 的运动时间是乙从b 到c 的运动时间的2 倍，则有
1
4 T 甲=2× 1
4 T 乙
联立解得
m0=m
设甲、乙两粒子在磁场中的速度大小分别为v甲、v乙，由几何关系可得甲、乙在磁场中做匀速圆周运动的
半径均为L，由洛伦兹力提供向心力可得
Bq v甲= mv甲
2
L
2
3 B×3q v乙= m v乙
2
L
甲、乙在c 点发生碰撞，由动量守恒定律可得
m v甲+m v乙=2mv
联立解得
v = 3 BqL
2m
（2）整体的质量为2m，带电量为4q，从c 到p 做类平抛运动，把整体在p 点的速度v p分别沿x、y 轴分解，
则有
v
v p
=sin37°
v
v y
= tan37°
设整体从p 到e 运动轨迹的半径为R，由洛伦兹力提供向心力可得
24
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
B×4 q v p= 2m v p
2
R
联立解得
v y = 2BqL
m
v p= 5 BqL
2m
R = 5 L
4
（3）过p、e 分别做速度的垂线，设电场、磁场左右边界的间距均为d，由几何关系可得
d
R =cos37°
设整体从c 到p 的运动时间为t，匀强电场的强度为E，由类平抛运动的规律可得
d = vt
v y = E×4 q
2m
t
联立解得
E = 3 B
2qL
2m
考向05 利用数学圆巧解磁场中的临界问题
1.“放缩圆”法
适用
条件
速度方向一
定，大小不
同
粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电
粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化
轨迹圆圆心
共线
如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v 越
大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁
场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线
PP′上
界定
方法
以入射点P 为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这
种方法称为“放缩圆”法
2.“旋转圆”法
25
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
适用条
件
速度大小
一定，方
向不同
粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进
入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半
径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R
＝。如图所示
轨迹圆圆心共圆
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射
点P 为圆心、半径R＝的圆上
界定
方法
将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方
法称为“旋转圆”法
3.“平移圆”法
界定方法
将半径为
的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法
叫平移圆法
适用条件
速度大小一定，
方向一定，但入
射点在同一直线
上
粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同，但
在同一直线的带电粒子进入匀强磁场，它们做匀速
圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0,则半径
，如图所示
轨迹圆圆心共线
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直
线上，该直线与入射点的连线平行
【典例5】（2021·海南·高考真题）如图，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强
磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q 的相同粒子从y 轴上的P(0,√3 L)点，以相同的速
率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y 轴正方向的夹角为α (0≤α ≤180°)。当α =150
°
时，粒子垂直x 轴离开磁场。不计粒子的重力。则（ ）
A．粒子一定带正电
B．当α = 45°时，粒子也垂直x 轴离开磁场
26
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．粒子入射速率为2√3qBL
m
D．粒子离开磁场的位置到O 点的最大距离为3√5 L
【答案】ACD
【详解】A．根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A 正确；
BC．当α =150
°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图
粒子运动的半径为
r = √3 L
cos60
° =2√3 L
洛伦兹力提供向心力
qvB =m v
2
r
解得粒子入射速率
v = 2√3qBL
m
若α = 45
°，粒子运动轨迹如图
根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直，B 错误，C 正确；
D．粒子离开磁场距离O点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图
27
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
根据几何关系可知
(2r )
2=(√3 L)
2+ xm
2
解得
xm =3√5 L
D 正确。
故选ACD。
【针对练习10】（2023·江苏盐城·盐城中学校考三模）如图所示，在直角坐标xOy 平面内，有一半径为R
的圆形匀强磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里，边界与x、y 轴分别相切于a、b 两
点，ac 为直径。一质量为m，电荷量为q 的带电粒子从b 点以某一初速度v0（v0大小未知）沿平行于x 轴
正方向进入磁场区域，从a 点垂直于x 轴离开磁场，不计粒子重力。下列判断不正确的是（ ）
A．该粒子的速度为v0= BqR
m
B．该粒子从b 点运动到a 点的时间为πm
2qB
C．以√2
2 v0从b 点沿各个方向垂直进入磁场的该种粒子从边界出射的最远点恰为a 点
28
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
D．以√2v0从b 点沿各个方向垂直进入磁场的该种粒子在磁场中运动的最长时间是πm
4 qB
【答案】D
【详解】AB．粒子从b 点以某一初速度v0沿平行于x 轴正方向进入磁场区域，从a 点垂直于x轴离开磁场，
如图所示由洛伦兹力提供向心力可得
q v0 B =m v0
2
r
由几何关系可得
r = R
联立解得
v0= BqR
m
该粒子从b 点运动到a 点的时间为
t = 90°
360° T = 1
4 ⋅2πm
qB = πm
2qB
故AB 正确；
C．以√2
2 v0从b 点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场中的半径为
r1=
m⋅√2
2 v0
qB
= √2
2 R
该种粒子从边界出射的最远点与入射点的距离为粒子轨迹圆的直径，由几何关系可知
Lab=√2 R =2r1
可知该种粒子从边界出射的最远点恰为a 点，故C 正确；
29
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
D．以√2v0从b 点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场中的半径为
r2= m⋅√2v0
qB
=√2 R
当该粒子在磁场中运动轨迹对应的弦长最大时，轨迹对应的圆心角最大，粒子在磁场中运动的时间最长，
如图所示
由几何关系可知，最大圆心角为90°，则最长时间为
tmax = 90°
360° T = 1
4 ⋅2πm
qB = πm
2qB
故D 错误。
此题选择不正确的选项，故选D。
【针对练习11】（多选）（2024·陕西汉中·统考一模）如图所示，等腰梯形abcd 区域内，存在垂直该平面
向外的匀强磁场，ab=cd =2 L,bc = L,∠bad =30°，磁感应强度大小为B，磁场外有一粒子源O，能沿
同一方向发射速度大小不等的同种带电粒子，带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计重力。现让粒子以
垂直于ad 的方向正对b 射入磁场区域，发现带电粒子恰好都从cd 之间飞出磁场，则（ ）
30
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．粒子源发射的粒子均为带负电的粒子
B．粒子在磁场中运动的最短时间为πm
2Bq
C．带电粒子的发射速度取值范围为(√3+1)qBL
3m
<v < qBL
m
D．带电粒子的发射速度取值范围为(√3-1)qBL
3m
<v < qBL
m
【答案】BC
【详解】A．根据题意，粒子在磁场中向右偏转，由左手定则可知，粒子源发射的粒子均为带正电的粒子，
故A 错误；
B．当粒子从c 点飞出时，其运动的速度最大，轨迹所对应的圆心角最小，则运动时间最短，运动轨迹如
图所示
据几何知识可知，粒子在磁场中运动的半径为
R1= L
则由牛顿第二定律有
q vm B = m vm
2
L
解得
vm = qBL
m
粒子在磁场中运动的周期为
T = 2πL
vm
= 2πm
qB
则在磁场中运动的最短时间为
t = 1
4 T = πm
2qB
故B 正确；
CD．根据题意可知，当粒子的运动轨迹和cd相切时，粒子的速率是最小的，其运动轨迹如图所示
31
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
令粒子做圆周运动的半径为R2，根据几何知识有
R2+2 R2= L+√3 L
解得
R2= √3+1
3
L
解得带电粒子的最小发射速度为
vmin= (√3+1)qBL
3m
可知带电粒子的发射速度取值范围为
(√3+1)qBL
3m
<v < qBL
m
故D 错误，C 正确。
故选BC。
一、单选题
1．当电流垂直于外磁场通过导体时，载流子发生偏转，垂直于电流和磁场的方向会产生一附加电场，从
而在导体的两端产生电势差（也称霍尔电势差），这一现象就是霍尔效应。现有一金属导体霍尔元件连在
如图所示电路中，电源内阻不计，电动势恒定，霍尔电势差稳定后，下列说法正确的是（ ）
A．若元件的厚度增加，a、b 两端电势差减小
B．a 端电势低于b 端电势
32
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．若要测量赤道附近的地磁场，工作面应保持竖直
D．霍尔电势差的大小只由单位体积内电子数目和电子的热运动速率决定
【答案】C
【详解】B．由题图知电流方向从右向左，则霍尔元件中电子从左向右定向移动，根据左手定则判断可知
在洛伦兹力的作用下电子向b 端偏转，故b 端电势较低，故B 错误；
AD．稳定后，定向移动的电子受到的电场力与洛伦兹力大小相等，即
evB =e U
d
由电流微观表达式
I =neSv
联立可得
U = Bdv = Bd
I
neS =Bd
E
RneS = Bd
E
ρ l
S neS
= BdE
ρnle
则a、b 两端电势差U 与磁感应强度B、元件的前后距离d、单位体积内电子数目n 等因素有关，与题中元
件的厚度无关，故AD 错误；
C．由于赤道附近的地磁场平行于地面。若要测量赤道附近地磁场，工作面应该处于竖直状态，故C 正确.
故选C。
2．目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机，立体图如图甲所示，侧视图如图乙所示，其
工作原理是燃烧室在高温下将气体全部电离为电子与正离子，即高温等离子体，高温等离子体经喷管提速
后以速度v =1000 m/s进入矩形发电通道，发电通道有垂直于喷射方向的匀强磁场（图乙中垂直纸面向
里），磁感应强度大小B0=5T，等离子体在发电通道内发生偏转，这时两金属薄板上就会聚集电荷，形成
电势差。已知发电通道从左向右看长L=50cm，宽h=20cm，高d =20cm，等离子体的电阻率ρ= 4Ω·m，
电子的电荷量e =1.6×10
-19C。不计电子和离子的重力以及微粒间的相互作用，则以下判断正确的是（
）
33
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．发电机的电动势为2500V
B．若电流表示数为16A，则1s 内打在下极板的电子有1010个
C．当外接电阻为12Ω 时，电流表的示数为5A
D．当外接电阻为8Ω 时，发电机输出功率最大
【答案】D
【详解】A．由等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡得
qvB0＝q E
d
则得发电机的电动势为
E＝B0dv＝1000V
故A 错误；
B．由电流的定义可知I = ne
Δt ，代入数据解得
n＝1020个
故B 错误；
C．发电机的内阻为
r＝ρ d
Lh＝8Ω
由闭合电路欧姆定律
I＝E
R+r ＝50A
故C 错误；
D．当电路中内、外电阻相等时发电机的输出功率最大，此时外电阻为
R＝r＝8Ω
故D 正确。
故选D。
二、多选题
3．如图所示，边长均为L=0.2m的正方形区域ABCD和CEFG位于同一竖直平面内，ABCD内存在竖直
方向的匀强电场和垂直纸面的匀强磁场，CEFG内存在匀强电场。一质量m=1.0×10
-6kg、电荷量
q =+2.0×10
-4C的小球，从距A 点正上方h=0.2m的O 点静止释放，进入ABCD后做匀速圆周运动，之后
恰好从C 点沿水平方向进入CEFG，取g=10 m /s
2，则（ ）
34
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．ABCD内的电场强度E1=5×10
-2N /C，方向竖直向上
B．磁感应强度B =5×10
-3T，方向垂直纸面向里
C．若CEFG内存在竖直向下的匀强电场E2，恰好能使小球从F 点飞出，则CF两点的电势差
U CF =0.03 V
D．若CEFG内存在水平向左的匀强电场强度E3= mg
q ，则恰好能使小球从G 点飞出
【答案】AC
【详解】A．小球进入ABCD后做匀速圆周运动，则电场力与质量平衡，有
q E1=mg
解得
E1= mg
q = 1.0×10
-6×10
2.0×10
- 4
N /C=5×10
-2N /C
方向竖直向上，故A 正确；
B．进入ABCD后做匀速圆周运动，之后恰好从C 点沿水平方向进入CEFG，根据几何关系可知，小球在
ABCD区域内做匀速圆周运动的半径为
r = L=0.2m
粒子进入ABCD前做自由落体运动，则有
v =√2 gh=2m /s
根据洛伦兹力提供向心力可得
qvB =m v
2
r
可得磁感应强度大小为
B = mv
qr = 1.0×10
-6×2
2.0×10
- 4×0.2
T=5×10
-2T
根据左手定则可知，磁感应强度方向垂直纸面向里，故B 错误；
35
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．若CEFG内存在竖直向下的匀强电场E2，恰好能使小球从F 点飞出，则有
L= vt
L= 1
2 at
2，a= q E2+mg
m
联立解得
E2=15×10
-2N /C
则CF两点的电势差为
U CF = EL=0.03 V
故C 正确；
D．若CEFG内存在水平向左的匀强电场强度E3= mg
q ，设小球从GF边离开，则竖直方向有
L= 1
2 gt
'2
解得
t
' =√
2 L
g =0.2s
水平方向有
x = v t
' - 1
2 at
'2，a= q E3
m = g=10 m /s
2
解得
x =0.2m
可知小球从GF边的中点飞出，故D 错误。
故选AC。
4．回旋加速器的工作原理如图所示。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间接电压为U 的交流电源。
中心A 处的粒子源产生的带电粒子，初速度可视为0，在两盒之间被电场加速。两个半圆盒处于与盒面垂
直的匀强磁场B 中，粒子在磁场中做匀速圆周运动。忽略两盒缝之间的距离。已知粒子被第一次加速后，
经过时间t，再次到达盒缝处，与A 的距离为d。则（ ）
36
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．电场变化的周期为t
B．粒子被2 次加速后，再次经过盒缝时，与A 的距离为d
C．粒子的最大动能与金属盒半径R 有关，与加速电压U 无关
D．粒子在加速器中运动的时间与加速电压U、金属盒半径R 均有关
【答案】CD
【详解】A．根据加速原理，当粒子在磁场中运动周期与交变电压周期同步时才能处于加速状态，故电场
变化的周期在磁场中运动周期相同，而时间t 是磁场中运动的半个周期，磁场中运动周期T=2t，所以电场
变化周期为2t，故A 错误；
B．粒子第二次加速后，速度变大，由
qvB =m v
2
R
得
R = mv
Bq
可得v 变大，则R 变大，则再次经过盒缝时，与A 点的距离大于d，则B 错误；
C．由
qvB =m v
2
R
v = BqR
m
则
EK = 1
2 mv
2= q
2B
2 R
2
2m
由此可知，粒子的最大动能只与粒子本身的荷质比，加速半径，和磁场大小有关，与电源电压U 无关，故
C 正确；
D．粒子在回旋加速器运动的总时间与粒子在电场中加速，在磁场中偏转次数有关，而电压越高，次数越
少，总时间越少，金属盒半径越大，次数越多，时间越长，故D 正确；
故选CD。
5．如图所示，空间中有一个底角均为60°的梯形，上底与腰长相等为L，梯形处于磁感应强度大小为B、
垂直于纸面向外的匀强磁场中，现c 点存在一个粒子源，可以源源不断射出速度方向沿cd，大小可变的电
子，电子的比荷为k，为使电子能从ab 边射出，速度大小可能为（ ）
37
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．√3kBL
2
B．3√3kBL
4
C．5√3kBL
6
D．4√3kBL
3
【答案】BC
【详解】能够从ab 边射出的电子，半径最小为从b 点射出，如图所示
由几何关系可知
r1=
L
cos30° = 2√3
3
L
半径最大为从a 点射出，如图所示
由几何关系可知
r2=√3 L
由牛顿第二定律有
qvB =m v
2
r
38
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
解得
r = mv
qB = v
kB
则有
2√3
3
L≤v
kB ≤√3 L
为使粒子从ab 边射出磁场区域，粒子的速度范围为
2√3kBL
3
≤v ≤√3kBL
故选BC。
6．如图所示，矩形ABCD 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AB 边长为
d，BC 边长为2d，O 是BC 边的中点，E 是AD 边的中点，在O 点有一粒子源，可以在纸面内向磁场内各
个方向射出质量均为m、电荷量均为q、有同种电性的带电粒子，粒子射出的速度大小相同，速度与OB 边
的夹角为600的粒子恰好从E 点射出磁场，不计粒子的重力，则（ ）
A．粒于带正电
B．粒子运动的速度大小为qBd
m
C．粒子在磁场中运动的最长时间为π m
3qB
D．磁场区域中有粒子通过的面积为（4+ π
4
）d
2
【答案】BD
【详解】A．速度与OB 的夹角为60°的粒子恰好从E 点射出磁场，由粒子运动的轨迹根据左手定则可判断，
粒子带负电，A 错误；
B．由此粒子的运动轨迹结合几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r=d，由牛顿第二定律
qvB =m v
2
r
则粒子运动的速度大小为
39
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
v = qBd
m
B 正确；
C．由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此在磁场中运动的轨迹越长，时间越长，分析可知，粒子在
磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周，因此最长时间为四分之一周期，即最长时间为πm
2qB ，C 错误；
D．由图可知
磁场区域有粒子通过的面积为图中AOCDA 区域的面积，即为
d
2+ 1
4 π d
2=(
4 + π
4 )d
2
D 正确。
故选BD。
7．如图所示，宽度为L的有界匀强磁场，磁感应强度为B，AC和DE是它的两条边界。现有质量为m，电
荷量的绝对值为q的带电粒子以θ = 45°方向射入磁场。要使粒子不能从边界DE射出，则粒子入射速度v的
最大值可能是（ ）
A．(4 +√2)qBL
m
B．(2+√2)qBL
m
C．(4 -√2)qBL
m
D．(2-√2)qBL
m
【答案】BD
【详解】题目中只给出粒子“电荷量的绝对值为q”，未说明是带哪种电荷。如图所示
40
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
若q为正电荷，轨迹是如图所示的左方与DE相切的1
4 圆弧，轨道半径R1= m v1
Bq ，又
L= R1- R1cos 45°
得
v1= (2+√2)qBL
m
若q为负电荷，轨迹如图所示的右方与DE相切的3
4 圆弧，则有
R2= m v2
Bq
L= R2+ R2cos 45°
得
v2= (2-√2)qBL
m
则粒子入射速度v的最大值可能是(2+√2)qBL
m
（q为正电荷）或(2-√2)qBL
m
（q为负电荷）。
故选BD。
8．如图所示的xOy 坐标系中，y 轴的左侧存在垂直纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场，y 轴右侧
的匀强磁场垂直纸面方向且大小未知，一带正电的粒子由y 轴上（0，- L）处沿与y 轴正方向成30°角的方
向以速度v 射入磁场，已知粒子的比荷为k，粒子在y 轴右侧的轨道半径为L，最终粒子经过O 点，粒子重
力不计。下列说法正确的是（ ）
41
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．若y 轴右侧的磁场垂直纸面向里，则y 轴右侧的磁感应强度大小为v
kL
B．若y 轴右侧的磁场垂直纸面向里，则粒子从射入到运动至O 点的时间为π L
v
C．若y 轴右侧的磁场垂直纸面向外，则粒子从射入到运动至O 点的时间可能为π L
v
D．若y 轴右侧的磁场垂直纸面向外，则粒子从射入到运动至O 点的时间可能为7π L
3 v
【答案】AD
【详解】A．若y 轴右侧的磁场垂直纸面向里，由题意作出粒子的运动轨迹，如图甲所示
根据
qvB =m v
2
R
解得
B = mv
qR
由几何关系可知
R = L
则有
B = v
kL
A 正确；
B．由几何关系可知粒子在y 轴右侧偏转的角度为60°，则粒子从射入到运动至O 点的时间
t = T
6
由于
42
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
T = 2πL
v
解得
t = πL
3 v
B 错误；
CD．若y 轴右侧的磁场垂直纸面向外，粒子可能在y 轴左右两侧各偏转一次经过O 点，如图乙所示，由几
何关系可知粒子在y 轴左侧的轨道半径
R1=2 L
则y 轴左侧磁场的磁感应强度大小
B1= mv
q R1
=
v
2kL
粒子运动的时间
t1= 5
6 T + T 1
6
由于
T 1= 2π×2 L
v
解得
t1= 7π L
3 v
若y 轴右侧的磁场垂直纸面向外，粒子可能在y 轴的左侧偏转一次、在y 轴的右侧偏转两次经过O 点，如
图丙所示
由几何关系可知粒子在y 轴左侧的轨道半径
R2=3 L
则y 轴左侧磁场的磁感应强度大小
43
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
B2= mv
q R2
=
v
3kL
粒子运动的时间
t2= 5
3 T + T 2
6
由于
T 2= 2π×3 L
v
解得
t2= 13π L
3 v
C 错误，D 正确。
故选AD。
三、解答题
9．某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U 1；B为速度选择器，磁场
与电场正交，磁感应强度为B1，两板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2。今有一质量为m、
电荷量为e的正粒子（不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆
周运动。求：
（1）粒子的速度v为多少？
（2）速度选择器两板间电压U 2为多少？
（3）粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？
【答案】（1）√
2eU 1
m
；（2）B1d√
2eU 1
m
；（3）1
B2√
2mU 1
e
【详解】（1）粒子在A 加速器中做加速直线运动，由动能定理得
44
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
eU 1= 1
2 m v
2-0
解得，粒子的速度v为
v =√
2eU 1
m
（2）粒子在B 速度选择器中做匀速直线运动，由受力平衡条件得
e U 2
d =ev B1
解得，速度选择器两板间电压U 2为
U 2= B1d√
2eU 1
m
（3）粒子在B2磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
ev B2=m v
2
R
可得，匀速圆周运动的半径R为
R = mv
e B2
= 1
B2√
2mU 1
e
10．如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内存在沿y轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场，第
四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一带电荷量为-q，质量为m的带负电粒子以一定的速度从P点垂
直射入电场，从Q点进入磁场后，恰好垂直y轴从M点离开磁场。已知P点坐标为（0，L），Q点坐标为
（L，0），不计粒子受到的重力，求：
（1）粒子射入磁场时的速度大小v；
（2）M点的纵坐标y M；
（3）匀强磁场的磁感应强度大小B。
45
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】（1）v =√
5 EqL
2m
；（2）y M =- √5+1
2
L；（3）B =√
2 Em
qL
【详解】（1）设粒子射入电场时的速度大小为v0，粒子在电场中运动时的加速度大小为a，运动时间为t，
粒子在Q点时的速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则有
L= v0t
L= 1
2 at
2
Eq=ma
tanθ = qEt
m v0
v cosθ = v0
解得
v =√
5 EqL
2m
（2）如图所示，设粒子在磁场中运动的轨道半径为R，根据几何关系有
46
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
R =
L
sinθ
y M =-
L
tanθ - R
解得
y M =- √5+1
2
L
（3）根据洛伦兹力提供向心力有
qvB = m v
2
R
解得
B =√
2 Em
qL
11．如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。在x轴下方存在匀强电
场，电场强度大小为E，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。t =0时，一质量为m、电荷量为
q（q>0）的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后粒子从x轴上的M点（未画出）
进入电场，进入电场时粒子的速度方向与电场方向相反，不计粒子重力。
（1）求O、M间的距离。
（2）从t =0开始，经过一段时间t，磁场方向变为垂直纸面向里，磁感应强度大小不变，要使粒子能够回
到P点，求t的取值范围。
【答案】（1）（1+ √2
2 ）mv0
qB
；（2）[
5 πm
4 qB , 5 πm
4 qB + 2mv0
qE ]
【详解】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，由洛伦兹力提供向心
力，根据牛顿第二定律有
q v0 B =m v0
2
R
47
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
可得
R = m v0
qB
做出粒子的运动轨迹如图所示
由几何知识可得
OM =(1+ √2
2 )R =(1+ √2
2 )
m v0
qB
（2）粒子做圆周运动的周期
T = 2πR
v0
由题意可知，粒子第一次到达x轴时，速度偏转角为5
4 π，设所需时间为t1，则
t1= 5
8 T
解得
t1= 5 πm
4 qB
粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大
小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，由牛顿第二定律，有
qE =ma
根据速度与时间的关系式有
v0= 1
2 at2
解得
t2= 2mv0
qE
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足
48
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
t1+t2≥t ≥t1
即t的取值范围为
[
5 πm
4 qB , 5 πm
4 qB + 2m v0
qE ]
12．在光滑、绝缘的水平桌面上，有一个边长为L=1m正方形区域MNPQ，半径R =0.2m的圆形磁场区与
MN，MQ 边均相切，磁感应强度大小B =0.5T，方向垂直于水平面向上（俯视图如图）。圆形区域之外有
水平向左的匀强电场，场强大小E =0.5 V/m，两个大小相同的金属小球a，b 均视为质点。小球a 的质量
ma=2×10
-5kg，电量q =+ 4×10
- 4C，不带电的小球b 质量mb=1×10
-5kg，静止在圆周上D 点，A、
C、D 三点共线，小球a 从A 点正对圆心C 射入，已知小球a 在磁场中做匀速圆周运动的半径也为R，一段
时间后a 与b 发生弹性碰撞，碰后两者电量平分，忽略两球之间的库仑力及小球重力，取π =3.14。
（1）求小球a 射入磁场时的速度大小v；
（2）求小球a 从射入磁场到与小球b 相碰所经历的时间t（结果保留3 位有效数字）；
（3）小球b 离开正方形区域时的出射点与D 点之间的距离s（结果可保留根式）。
【答案】（1）2m/s；（2）0.714s；（3）s= √73
15 m
【详解】（1）小球a 的轨迹如图所示
49
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
才能与小球b 相撞，故小球a 在磁场中做圆周运动的半径
r = R
在磁场中
q va B =m va
2
r
代入题中相关数据，解得
va= qBR
ma
=2m/s
（2）小球a 在磁场中的运动时间
t1= πr
va
在电场中
qE =maa
0= vat2- 1
2 at2
2
联立，代入相关数据可得，小球a 射入磁场到与小球b 相碰撞经历的时间为
t =t1+t2=0.1π s+0.4s=0.714s
（3）小球a 与小球b 发生弹性碰撞有
mava=ma v
'
a+mb v
'
b
1
2 mava
2= 1
2 mav
'2❑a+ 1
2 mb v
'
b
2
解得
v
'
a= 2
3 m/s，v
'
b= 8
3 m/s
因碰后两球电量平分，两球的速度方向均与电场方向垂直，故均做类平抛运动，则小球b 沿电场方向有
50
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
q
2 E =mbab
代入数据求得
ab=10 m/s
2
则小球到达MN 边界时，小球沿电场方向的位移大小为
R = 1
2 abtb
2
求得
tb=0.2s
此时小球b 垂直电场方向的位移大小为
y = v
'
btb= 8
15 m
因为
( y +2 R)= 14
15 m < L
所以b 小球将从MN 上飞出电场，此时小球b 离开正方形区域时的出射点与D 点之间的距离
s=√R
2+ y
2=√( 1
5 )
2
+( 8
15 )
2
m = √73
15 m
13．利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在xOy平面内存在有区域足够大的
方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。位于坐标原点O处的离子源能在xOy平面内持续发
射质量为m、电荷量为q的负离子，其速度方向与y轴夹角θ的最大值为60°，且各个方向速度大小随θ变化
的关系为v =
v0
cosθ ，式中v0为未知定值。且θ =0°的离子恰好通过坐标为（L，L）的P点。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。
（1）求关系式v =
v0
cosθ
中v0的值；
（2）离子通过界面x = L时y坐标的范围；
（3）为回收离子，今在界面x = L右侧加一定宽度且平行于+ x轴的匀强电场，如图所示，电场强度
E = 2√3
3
B v0。为使所有离子都不能穿越电场区域且重回界面x = L，求所加电场的宽度至少为多大？
51
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】（1）qBL
m ；（2）(2-√3) L≤y ≤(2+√3) L；（3）2√3
3
L
【详解】（1）由于θ =0°的离子恰好通过坐标为（L，L）的P点，此时离子的速度为v0，运动半径为
r0= L
由牛顿第二定律得
q v0 B =m v0
2
r0
解得
v0= qBL
m
（2）对于任意的速度方向与y轴成θ角的离子，设其在磁场中的运动半径为r，如图所示
由牛顿第二定律得
52
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
qvB =m v
2
r
且有
v =
v0
cosθ
解得
r =
L
cosθ
故所有离子做圆周运动的轨道圆心均在界面x = L上，且速度方向垂直于界面x = L；当θ =60°时
rm =2 L
故离子通过界面x = L时y坐标的最小值为
ymin=rm -rmsin 60° =(2-√3) L
y坐标的最大值为
ymax=rm+rmsin 60° =(2+√3) L
则离子通过界面x = L时y坐标的范围为
(2-√3) L≤y ≤(2+√3) L
（3）须保证最大速度为2v0的离子不能穿越电场区域。
解法一：设离子在进入电场时，除了有垂直于界面的初速度2v0，还有两个大小相等、方向相反的沿界面
的速度v1、v2，如图所示
令
Bq v1= Eq
可得
53
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
v1= v2= 2√3
3
v0
则该离子做圆周运动的速度
V =√(2v0)
2+ v2
2= 4√3
3
v0
与水平方向的夹角
sinα = v1
V = 1
2
则该离子做圆周运动时满足
qVB =m V
2
R
可得
R = 4√3
3
L
则所求电场的最小宽度
d = R - Rsinα = 2√3
3
L
解法二：恰好能重回界面x = L的离子到达右边界的速度方向与界面平行，设其为vt，对该离子竖直方向运
用动量定理有
Bq v x⋅Δt =mΔv y -0
求和得
Bqd =m vt
又由动能定理得
- Eqd = 1
2 mvt
2- 1
2 m(2v0)
2
综合可得电场的最小宽度为
d = 2√3
3
L
14．如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，y 轴竖直，A、B 两点的坐标分别为(- L, L)与( L,0)。
y >0的区域内有沿x 轴负方向的匀强电场；第二象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场（图中未画
出）；第四象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场和竖直方向的匀强电场（图中均未画出）。一质量
为m、电荷量为q 的带正电小球（视为质点）从A 点以大小v0=√Lg（g 为重力加速度大小）的速度沿AO
54
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
做直线运动，通过O 点（第一次通过x 轴）后在第四象限内做匀速圆周运动，恰好通过B 点（第二次通过
x 轴）。求：
（1）第二象限内磁场的磁感应强度大小B1；
（2）小球从O 点到第四次通过x 轴的时间t；
（3）小球第五次通过x 轴时的位置坐标以及第四次通过x 轴后在第一象限内运动过程中到x 轴的最大距离
ym。
【答案】（1）B1= m
q √
2 g
L
；（2）t =(2+ π )√
2 L
g
；（3）（0,0）；ym= L
4
【详解】（1）小球沿AO 方向做直线运动，则必为匀速直线运动，则受力平衡，小球受向下的重力，水平
向左的电场力和垂直于AO 斜向右上方的洛伦兹力，则
B1q v0sin 45
∘=mg
解得
B1= m
q √
2 g
L
E1q =mg
E1= mg
q
（2）小球从开始运动到第一次经过x 轴的时间
55
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
t1= √2 L
v0
=√
2 L
g
小球进入第四象限后做匀速圆周运动，则
E2q =mg
周期
T = 2πR
v0
L=2 R sin 45
∘
则第二次经过x 轴的时间
t2= T
4 = π
2 √
L
2 g
小球射入第一象限时速度与x 轴正向成45°，水平方向沿x 轴正向做匀减速运动，加速度为
ax = E1q
m = g
竖直方向做匀减速运动加速度为
ay=g
合加速度大小为
a=√2 g
方向与x 轴负向成45°角，则再次（第3 次）经过x 轴的时间
t3=2 v0
√2g =√
2 L
g
返回时仍经过P 点，此时速度仍为
v0=√Lg
方向与x 轴负向成45°角，进入第四象限后仍做匀速圆周运动，运动时间为
t 4=3t2= 3 π
2 √
L
2 g
小球从O 点到第四次通过x 轴的时间
t =t1+t2+t3+t 4=(2+ π )√
2 L
g
（3）小球第四次经过x 轴的位置坐标为
x=2L
56
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
速度方向与x 轴负向成45°角，正好与合加速度方向√2g垂直，则第五次经过x 轴时沿x 轴负向的距离为
Δ x，则
Δ x sin 45
∘= v0t
'
Δ x sin 45
∘= 1
2 √2 gt
' 2
解得
Δ x =2 L
则第五次经过x 轴时小球恰好到达原点，即位置坐标为（0，0）；
第四次通过x 轴后在第一象限内运动过程中到x 轴的最大距离
ym=(v0sin 45
∘)
2
2 g
= L
4
15．如图甲所示，O点是一个粒子源，能在上半平面内沿着各个方向均匀、持续地发射电荷量为e，质量
为m，速度大小恒定的电子。上半平面内的半圆形区域内，存在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁
场。半圆形区域半径为R，圆弧边缘是由金属材料制成的极板，当电子打到极板上会瞬间被极板吸收，并
与外电路形成回路，因此可以测出回路中的电流大小。则
（1）电子速度v0为多大时，有三分之二的电子能打到极板；
（2）电子以第（1）问中的v0发射，测得外电路的电流强度大小为I，试求半圆弧极板在半径方向受到的
作用力大小之和；
（3）如图乙所示，若磁场形状改为半圆形环状磁场区域，圆环内半径为r，外半径为R。磁场方向和大小
不变，粒子源仍在圆心O。若电子的发射速度为v，每秒钟发射N个，则电子速度v与外电路的电流强度I
的关系式。
【答案】（1）BeR
√3m；（2）√3 BRI
6
；（3）见解析
【详解】（1）根据题意，由左手定则可知，若有三分之二的电子能打到极板，表明右侧60 度范围内发射
的电子无法打到极板，如图所示
57
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
有几何关系得
r = R
√3
由牛顿第二定律有
e v0 B =m v0
2
r
解得
v0= BeR
√3m
（2）若电子以v0发射，任意一电子打到极板时，与半径方向的夹角均为60°，如图所示
因此电子由于吸收引起的动量改变均相同
Δ P =m v0cos60° = √3 BeR
6
又因为外电路的电流强度大小为I，则t时间打到极板上的电子数目为
N =It
e
设半圆弧极板在半径方向受到的作用力大小之和为F，由动量定理有
Ft = N ⋅Δ p
解得
F = √3 BRI
6
（3）根据题意，粒子以速度v进入，运动轨迹如图所示
58
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
设粒子运动的轨迹半径为R1，由几何关系得
(R - R1)
2= R1
2+r
2
解得
R1= R
2-r
2
2 R
又有
evB =m v
2
R1
解得
v = Be(R
2-r
2)
2mR
可知，当v ≤Be(R
2-r
2)
2mR
时，所有电子都无法打到极板上，电流强度为0；当v > Be(R
2-r
2)
2mR
时，发射方向
沿OA的电子经偏转后刚到打到极板右下端C 点，如图所示
在三角形OAC中，由余弦定理得
A C
2=r
2+ R
2-2rR cosα
由正弦定理得
R
sin(
π
2 + β)
= AC
sin α
59
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
即
cos β = R sin α
AC
在三角形OAC中可得轨迹圆半径为
r1=
AC
2cos β =
A C
2
2 R sin α = r
2+ R
2-2rR cosα
2 R sin α
因此
v = Be(r
2+ R
2-2rR cosα)
2 Rmsin α
又因为电流强度为
I = π -α
π
Ne
则
α = π - πI
Ne
因此
60
