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第19 讲 带电粒子在复合场、组合场中的运动模型
【模型一叠加场应用实例模型】
类型1 速度选择器模型
类型2 磁流体发电机模型
类型3 电磁流量计模型
类型4 霍尔效应及霍尔元件模型
【模型二 带电粒子在叠加场中的运动模型】
类型1 磁场、重力场并存模型
类型2 电场与磁场共存模型
类型3 电场、磁场、重力场共存模型
【模型三 带电粒子在组合场中的运动模型】
类型1 组合场应用实例模型
类型2.先电场后磁场模型
类型3 先磁场后电场模型
类型4 带电粒子在交变场中的运动模型
1．组合场与叠加场
(1)组合场：静电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，静电场、磁场分时间段
交替出现。
(2)叠加场：静电场、□磁场、重力场在同一区域共存，或其中某两场在同一区域共存。
2．三种场的比较
项目
名称
力的特点
功和能的特点
重力场
大小：G＝mg
方向：竖直向下
重力做功与路径无关
重力做功改变物体的重力势能
静电场
大小：F＝qE
方向：①正电荷受力方向与场强方
静电力做功与路径无关
W＝qU
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向相同；②负电荷受力方向与场强
方向相反
静电力做功改变电势能
磁场
洛伦兹力大小：F＝qvB
方向：根据左手定则判定
洛伦兹力不做功，不改变带电粒子
的动能
3.带电粒子在组合场中运动的处理方法
(1)解决带电粒子在组合场中运动问题的思路
(2)常用物理规律
①带电粒子经过电场区域时利用动能定理或类平抛的知识等分析；
②带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系来处理。
（3）解题关键：从一种场进入另一种场时衔接速度不变。
4.带电粒子(带电体)在叠加场中运动的解题思路
(1)弄清叠加场的组成，一般有磁场、电场的叠加，电场、重力场的叠加，磁场、重力场的叠加，磁
场、电场、重力场三者的叠加。
(2)正确分析受力，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析。
(3)确定带电粒子(带电体)的运动状态，注意运动情况和受力情况可能会相互影响。
(4)画出粒子(带电体)的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。
(5)对于粒子(带电体)连续通过几个不同叠加场的问题，要分阶段进行处理。衔接点的速度不变往往
是解题的突破口。
【模型一叠加场应用实例模型】
类型1 速度选择器模型
(1)平行板中电场强度E 和磁感应强度B 互相垂直．(如图)
(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qvB＝qE，即v＝.
(3)速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量．
(4)速度选择器具有单向性：粒子只能从一侧射入才可能做匀速直线运动，从另一侧射入则不能。
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【典例1】一速度选择器如图所示，当粒子速度满足v0＝ 时，粒子沿图中虚线水平射出；若某一粒子以速
度v 射入该速度选择器后，运动轨迹为图中实线所示，则关于该粒子的说法正确的是( )
A. 粒子射入的速度一定是v>
B. 粒子射入的速度可能是v<
C. 粒子射出时的速度一定大于射入速度
D. 粒子射出时的速度一定小于射入速度
【答案】B
【解析】假设粒子带正电，则电场力向下，由左手定则知粒子所受洛伦兹力方向向上，由受力分析结合运
动轨迹知，qvB>qE，则v>，运动过程中洛伦兹力不做功，电场力做负功，则粒子速度减小；若粒子带负
电，则电场力向上，由左手定则知粒子所受洛伦兹力方向向下，由受力分析结合运动轨迹知，qvB<qE，则
v<，运动过程中洛伦兹力不做功，电场力做正功，则粒子速度增大，则选项A、C、D 错误，选项B 正确。
【变式1-1】在如图所示的平行板器件中，电场强度E 和磁感应强度B 相互垂直，一带电粒子（重力不
计）从左端以速度v 沿虚线射入后做直线运动，则该粒子（ ）
A.一定带正电
B.速度v＝E
B
C.若速度v＞E
B ，粒子一定不能从板间射出
D.若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动
【答案】B
【解析】根据平衡条件和左手定则可知，粒子带正电和负电均可，选项A 错误；由洛伦兹力等于电场力，
可得qvB＝qE，解得速度v＝E
B ，选项B 正确；若速度v＞E
B ，粒子可能会从板间射出，选项C 错误；若此
粒子从右端沿虚线方向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不能做直线运动，选项D 错误。
【变式1-2】如图所示，空间某区域存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为
；匀强磁场与电场方向
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垂直，磁感应强度大小为
。一质量为
、电荷量为的带正电粒子，从点以初速度
水平向右射入，
恰好沿直线经过点，a、b 两点间距为
。不计粒子重力，电场与磁场的范围足够大，下列说法正确的是
（ ）
A．仅改变粒子的电性，粒子无法沿直线经过点
B．仅改变粒子入射方向（从点水平向左射入），粒子仍可沿直线经过点
C．仅改变粒子初速度
的大小，粒子一定无法经过点
D．仅改变粒子初速度
的大小，若
，粒子一定经过点
【答案】D
【解析】A．正电粒子受到竖直向下的电场力
和竖直向上的洛伦兹力
，粒子在复合场中做匀
速直线运动，有
仅改变粒子电性，则所受的电场力方向向上，洛伦兹力向下，但仍满足
故仅改变粒子的电性，粒子仍沿直线经过点，A 错误；
B．从点水平向左射入，粒子所受的电场力向下，由左手定则可知洛伦兹力向下，故粒子所受的合外
力竖直向下，故粒子不可能可沿直线经过点，B 错误；
CD．若只改变粒子速度大小，则电场力与洛伦兹力不再等大，故粒子不在做匀速直线运动，设粒子速
度变为
，可将速度
分解为
，满足
则可将粒子的速度
所对应的洛伦兹力分力
平衡电场力而做匀速直线运动，另一个分速度产生的
洛伦兹力
使粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
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匀速圆周运动的周期为
联立解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
即粒子一边做圆周运动，一边沿
方向以
做匀速直线运动，则当满足
时粒子仍从b 点离开，联立解得当
时粒子仍从b 点离开，C 错误；D 正确。
故选D。
类型2 磁流体发电机模型
(1)原理：如图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A 板上，
产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能．
(2)电源正、负极判断：根据左手定则可判断出图中的B 是发电机的正极．
(3)电源电动势U：设A、B 平行金属板的面积为S，两极板间的距离为l，磁场磁感应强度为B，等离子体
的电阻率为ρ，喷入气体的速度为v，板外电阻为R.当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板
间达到的最大电势差为U(即电源电动势)，则q＝qvB，即U＝Blv.
(4)电源内阻：r＝ρ.
(5)回路电流：I＝.
【典例2】（2021·河北高考）如图，距离为d 的两平行金属板P、Q 之间有一匀强磁场，磁感应强度大小
为B1，一束速度大小为v 的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L 的两光滑平行金属导轨固定在与导轨
平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q 相连，
质量为m、电阻为R 的金属棒ab 垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和
等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是（ ）
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A.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝mgR sinθ
B1B2 Ld
B.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝mgRsinθ
B1B2 Ld
C.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝mgR tanθ
B1B2 Ld
D.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝mgR tanθ
B1B2 Ld
【答案】B
【解析】等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得等离子体中的正离子向金属板Q 偏转，负离
子向金属板P 偏转，所以金属板Q 带正电荷，金属板P 带负电荷，则电流方向由金属棒a 端流向b 端。等
离子体穿过金属板P、Q 时产生的电动势U 满足qU
d ＝qB1v，由欧姆定律I＝U
R 和安培力公式F＝BIL 可得F
安＝B2L×U
R ＝B2B1 Lvd
R
，再根据金属棒ab 垂直导轨放置，恰好静止，可得F 安＝mgsin θ，则v＝
mgR sinθ
B1B2 Ld ，金属棒ab 受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面
向下。故B 正确。
【变式2-1】（多选)如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q 之间有一个很强的磁场．一
束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电离子)沿垂直于磁场的方向喷入磁场．把P、Q 与电
阻R 相连接．下列说法正确的是( )
A．Q 板的电势高于P 板的电势
B．R 中有由a 向b 方向的电流
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C．若只改变磁场强弱，R 中电流保持不变
D．若只增大离子入射速度，R 中电流增大
【答案】 BD
【解析】 等离子体进入磁场，根据左手定则，正离子向上偏，打在上极板上，负离子向下偏，打在下极
板上，所以上极板带正电，下极板带负电，则P 板的电势高于Q 板的电势，流过电阻R 的电流方向由a 到
b，故A 错误，B 正确；依据电场力等于洛伦兹力，即q＝qvB，则有U＝Bdv，再由闭合电路欧姆定律I＝
＝，电流与磁感应强度成正比，故C 错误；由以上分析可知，若只增大离子的入射速度，R 中电流会增大，
故D 正确．
【变式2-2】(多选)如图所示为磁流体发电机的原理图．金属板M、N 之间的距离为d＝20 cm，磁场的磁
感应强度大小为B＝5 T，方向垂直纸面向里．现将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正离子
和负离子，整体呈电中性)从左侧喷射入磁场，发现在M、N 两板间接入的额定功率为P＝100 W 的灯泡正
常发光，且此时灯泡电阻为R＝100 Ω，不计离子重力和发电机内阻，且认为离子均为一价离子，则下列说
法中正确的是( )
A．金属板M 上聚集负电荷，金属板N 上聚集正电荷
B．该发电机的电动势为100 V
C．离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103 m/s
D．每秒有6.25×1018个离子打在金属板N 上
【答案】 BD
【解析】 由左手定则可知，射入的等离子体中正离子将向金属板M 偏转，负离子将向金属板N 偏转，选
项A 错误；由于不考虑发电机的内阻，则发电机的电动势等于路端电压，所以E＝U＝＝100 V，选项B 正
确；由Bqv＝q 可得v＝＝100 m/s，选项C 错误；每秒经过灯泡的电荷量Q＝It，而I＝＝1 A，所以Q＝1
C，由于离子均为一价离子，所以每秒打在金属板N 上的离子个数为n＝＝＝6.25×1018(个)，选项D 正确．
【变式2-3】磁流体发电机是一种将内能直接转换为电能的新型发电装置，具有发电效率高、环境污染小、
结构简单等特点，具有广泛的应用前景。如图所示为该装置的导流通道，其主要结构如图1 所示，通道的
上下平行金属板M、N 之间有很强的磁场，将等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒
子）从左侧不断高速喷入整个通道中，M、N 两板间便产生了电压，其简化示意图如图2 所示。M、N 两金
属板相距为a，板宽为b，板间匀强磁场的磁感应强度为B，速度为v 的等离子体自左向右穿过两板后速度
大小仍为v，截面积前后保持不变。设两板之间单位体积内等离子的数目为n，每个离子的电量为q，板间
部分的等离子体等效内阻为r，外电路电阻为R。
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(1)金属板M、N 哪一个是电源的正极，求这个发电机的电动势E；
(2)开关S 接通后，设等离子体在板间受到阻力恒为f，请从受力或能量转化与守恒的角度，求等离子体进
出磁场前后的压强差Δp；
(3)假设上下金属板M、N 足够大，若R 阻值可以改变，试讨论R 中电流的变化情况，求出其最大值Im。并
在图3 中坐标上定性画出I 随R 变化的图线，并指出横、纵轴关键点坐标值的大小。
【答案】(1)M 板为正极，
(2)
(3)
，见解析图
【解析】（1）由左手定则可知，正离子向上偏转，则M 板为正极。
S 断开时，M、N 两板间电压的最大值，等于此发电机的电动势，
根据
，得
（2）方法一：根据能量转化与守恒
外电路闭合后，有：
即：
得：
方法二：根据平衡角度分析：
外电路闭合后，有
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等离子体横向受力平衡，则
解得
（3）若R 可调，由（2）知I 随R 减小而增大。当所有进入通道的离子全部偏转到极板上形成电流时，
电流达到最大值，即饱和电流Im。
当I<Im时，由（2）可得：
解得：当
时，
I 随R 的增大而减小，
当
时，
，电流饱和保持不变。
由上分析：可定性画出如图所示的I-R 图像（图中
，
）。
类型3 电磁流量计模型
（1）流量(Q)的定义：单位时间流过导管某一截面的导电液体的体积．
如图所示，一圆柱形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向右流动．导电液体中的
自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下发生偏转，使a、b 间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦
兹力平衡时，a、b 间的电势差(U)达到最大，
(2)流量的公式：Q＝Sv＝·＝；S 为导管的横截面积，v 是导电液体的流速．
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(3)导电液体的流速：当qU
d ＝qvB 时，有v＝U
Bd ，
（4）电势高低的判断：根据左手定则可得φa>φb.
【典例3】某化工厂的排污管末端安装了如图12 所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径
为D，左右两端开口，在前后两个内侧面a、c 固定有金属板作为电极，匀强磁场方向竖直向下．污水(含
有大量的正、负离子)充满管口从左向右流经该测量管时，a、c 两端的电压为U，显示仪器显示污水流量
Q(单位时间内排出的污水体积)．则( )
A．a 侧电势比c 侧电势低
B．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大
C．污水流量Q 与U 成正比，与L、D 无关
D．匀强磁场的磁感应强度B＝
【答案】 D
【解析】 污水中正、负离子从左向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏，负离子
向前表面偏转，所以a 侧电势比c 侧电势高，故A 错误；最终正、负离子会在电场力和洛伦兹力作用下处
于平衡，有qE＝qvB，即＝vB，而污水流量Q＝＝·＝，可知Q 与U、D 成正比，与L 无关，显示仪器的示
数与离子浓度无关；匀强磁场的磁感应强度B＝，故D 正确，B、C 错误．
【变式3-1】为了测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计(流量Q 为单位时间
内流过某截面流体的体积)。如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，
所在空间有垂直于前后面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板
M、N，含有大量的正、负离子的污水充满管道，从左向右匀速流动，测得M、N 间电压为U。由于污水流过
管道时受到阻力f 的作用，左、右两侧管口需要维持一定的压强差。已知沿流速方向长度为L、流速为v
的污水，受到的阻力f＝kLv(k 为比例系数)。下列说法正确的是( )
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A．污水的流量Q＝
B．金属板M 的电势低于金属板N 的电势
C．电压U 与污水中的离子浓度有关
D．左、右两侧管口的压强差为
【答案】D
【解析】污水流速为v，M、N 间电压为U，根据平衡条件，竖直方向有qvB＝q，解得v＝，污水的流
量为Q＝＝vbc，可解得Q＝，故A 错误；由左手定则可知，正离子受洛伦兹力向上偏转，负离子受洛伦兹
力向下偏转，从而使M 板带正电，N 板带负电，则金属板M 的电势高于金属板N 的电势，故B 错误；由qvB
＝q，得U＝Bcv，则电压U 与污水中的离子浓度无关，故C 错误；设左、右两侧管口的压强差为Δp，污水
匀速流动，由平衡条件得Δpbc＝kLv，将v＝，L＝a 代入上式，解得Δp＝，故D 正确。
【变式3-2】在实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图所示的模型：废液内含有大量正、负
离子，从直径为d 的圆柱形容器右侧流入，左侧流出。流量值Q 等于单位时间通过横截面的液体的体积。
空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，并测出M、N 两点间的电压U，则下列说法正确的是（
）
A.正、负离子所受洛伦兹力方向是相同的
B.容器内液体的流速为v＝U
Bd
C.污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速
D.污水流量为Q＝π Ud
2B
【答案】B
【解析】带电离子进入磁场后受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力向下，负离
子受到洛伦兹力向上，故A 错误；当达到平衡时有U
d q＝qvB，解得v＝U
Bd ，选项B 正确；不带电的液体在
磁场中不受力，M、N 两点间没有电势差，无法计算流速，故C 错误；污水流量为Q＝vS＝1
4 πd2· U
Bd ＝
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π Ud
4 B ，选项D 错误。
答案 B
类型4 霍尔效应及霍尔元件模型
(1)定义：高为h、宽为d 的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于匀强磁场B 中，当电流通过导体时，在导
体的上表面A 和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压．
(2)电势高低的判断：如图，导体中的电流I 向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面
A′的电势高．若自由电荷是正电荷，则下表面A′的电势低．
(3)霍尔电压：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷
所受电场力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，联立解
得U＝＝k，k＝称为霍尔系数．
【典例4】（2024·江西·高考真题）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰
富的电学性能．现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，
宽为b 的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3 间通以恒定电流I，电极2、4
间将产生电压U。当
时，测得
关系图线如图（b）所示，元电荷
，则此
样品每平方米载流子数最接近（ ）
A．
B．
C．
D．
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【答案】D
【解析】设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，
则时间t 内通过样品的电荷量q=nevtb
根据电流的定义式得
当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有
联立解得
结合图像可得
解得
故选D。
【变式4-1】在磁场中放置一块矩形通电导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流
方向都垂直的方向上产生电势差，这个现象叫霍尔效应，所产生的电压叫霍尔电压。图甲为霍尔效应的原
理示意图，图中霍尔电压UH＝；如图乙所示，在自行车的前叉上固定一霍尔元件，在前轮辐条上安装一块
磁体，这样，轮子每转一周，磁体就靠近霍尔传感器一次，便可测出某段时间内的脉冲数，从而得到自行
车的平均速度并通过速度计显示出来，设自行车前轮的半径为R，磁体到前轮转轴的距离为r，则下列说法
正确的是( )
A．若霍尔元件的载流子是负电荷，则图甲中C 端电势高于D 端电势
B．如果长时间不更换传感器的电池，霍尔电压会越来越大
C．如果在时间t 内得到的脉冲数为N，则自行车骑行的平均速度为
D．若前轮漏气，则速度计测得的骑行速度比实际速度偏小
【答案】C
【解析】若霍尔元件的载流子是负电荷，根据左手定则，当通入图甲中所示方向的电流时，负电荷所受
洛伦兹力方向向左，负电荷累积到C 端，C 端电势低，故A 错误；若长时间不更换传感器的电池，则通过
霍尔元件的电流I 将减小，据UH＝，可知霍尔电压将减小，故B 错误；如果在时间t 内得到的脉冲数为N，
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则自行车的转速为n＝，平均速度为v＝2πnR＝，故C 正确；若前轮漏气，导致前轮半径比录入到速度计
中的参数小，则速度计测得的骑行速度比实际速度偏大，故D 错误。
【变式4-2】如图为微量振荡天平测量大气颗粒物质量的原理简图。气流穿过滤膜后，颗粒物附着在滤膜
上增加锥形振荡管的质量，从而改变其固有频率。起振器从低到高改变振动频率，记录霍尔元件a、b 端
输出的电信号，从而推测出滤膜上颗粒物质量。某金属材料制成的霍尔元件宽度为d，下列说法正确的是
（ ）
A．若起振器振动频率改变，锥形振荡管的振动频率不变
B．霍尔元件上表面的电势高于下表面的电势
C．锥形振荡管左右振动时，霍尔元件的a、b 端输出交流信号
D．霍尔元件的宽度d 减小，霍尔电压的最大值增大
【答案】D
【解析】A．锥形振荡管的振动频率等于起振器振动频率，所以起振器振动频率改变，锥形振荡管的振
动频率也改变，故A 错误；
B．金属导体中移动的是自由电子，移动的方向与电流方向相反，根据左手定则，自由电子受向上的洛
伦兹力，上表面的电势低于下表面的电势，故B 错误；
C．锥形振荡管左右振动时，霍尔元件所处区域的磁场方向大致还是原来方向，霍尔元件的a、b 端输出
的电流方向不会改变，则会输出直流信号，故C 错误；
D．设电源电动势为E，霍尔元件长度为l，高度为h，则其电阻
电流微观表达式为
，又
，得
根据平衡条件有
可得霍尔电压的最大值
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当d 减小时，
增大，故D 正确。
故选D。
【变式4-3】日常带皮套的智能手机是利用磁性物质和霍尔元件等起到开关控制作用。打开皮套，磁体远
离霍尔元件手机屏幕亮；合上皮套，磁体靠近霍尔元件屏幕熄灭。如图所示，一块宽度为
、长为、厚
度为的霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子。水平向右大小为
的电流通过元件时，手
机套合上，元件处于垂直于上表面、方向向下且磁感应强度大小为
的匀强磁场中，元件的前、后表面产
生稳定电势差
，称为霍尔电压，且
，以此来控制屏幕熄灭。下列说法正确的是（ ）
A．前表面的电势比后表面的电势低
B．自由电子所受洛伦兹力的大小为
C．增大霍尔元件中的电流，霍尔电压增大
D．元件内单位体积的自由电子数为
【答案】C
【解析】A．根据左手定则可知，电子受洛伦兹力指向后表面，则电子偏向后表面，则前表面的电势比
后表面的电势高，A 错误；
B．自由电子所受洛伦兹力的大小等于所受电场力的大小，则为
，B 错误；
C．由
可知增大霍尔元件中的电流，霍尔电压增大，C 正确；
D．因
可得元件内单位体积的自由电子数为
，D 错误。
故选C。
【变式4-4】在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、M、N，做成了一个霍尔元件，在
E、F 间通入恒定电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，M、N 间的电压为UH.已知半导体薄片中的载流子
为正电荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有( )
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A．N 板电势高于M 板电势
B．磁感应强度越大，MN 间电势差越大
C．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，UH不变
D．将磁场和电流分别反向，N 板电势低于M 板电势
【答案】 AB
【解析】 电流的方向由E 指向F，根据左手定则，自由电荷受力的方向指向N 板，向N 板偏转，则N 板
电势高，故A 正确；
设上、下表面间距为L，左右两个表面相距为d，正电荷所受的电场力最终等于洛伦兹力，设材料单位体
积内正电荷的个数为n，材料截面积为S，则＝qvB①
I＝nqSv② S＝dL③
由①②③得：UH＝，令k＝，则UH＝k，
所以若保持电流I 恒定，则M、N 间的电压与磁感应强度B 成正比，故B 正确；
将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则载流子不会受到洛伦兹力，因此不存在电势差，故C 错误；
若磁场和电流分别反向，依据左手定则，则N 板电势仍高于M 板电势，故D 错误．
【模型二 带电粒子在叠加场中的运动模型】
类型1 磁场、重力场并存模型
1.无约束情况下的运动
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子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.有约束情况下的运动
带电粒子在叠加场中受轻杆、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解．
【典例5】在场强为B 的水平匀强磁场中，一质量为m、带正电荷量为q 的小球在O 点由静止释放，小球
的运动曲线如图所示。已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到x 轴距离的2 倍，重力加速度为g。则小
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球在运动过程中第一次下降的最大距离为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】设在最大距离
处的速率为
，洛伦兹力不做功，只有重力做功，由机械能守恒有
再根据圆周运动规律有
由题目给定条件有
解得
故选B。
【变式5-1】如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T 的匀强磁场，一足够长的绝缘木板静止在
水平面上，木板左端放置滑块，已知木块与滑块质量均为0.2kg，滑块所带电荷量q=+0.4C，滑块与绝缘木
板、木板与地面之间的动摩擦因数均为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t=0 时对木
板施加方向水平向左的力作用，使木板做匀加速运动，已知力F 的大小随时间变化关系如图所示，g 取
10m/s2。则下列说法不正确的是（ ）
A．木板的加速度为2m/s2，滑块离开木板时速度为16m/s
B．t=3s 后滑块和木块有相对运动
C．滑块开始做匀加速运动，后做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10m/s 的匀速运动
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D．滑块离开木板时，力F 的大小为1.4N
【答案】A
【解析】B．根据题意可知木板始终做匀加速运动，且t=0 时滑块不受洛伦兹力作用，则对整体有：
由图像可知此时拉力为2.8N，代入可得：a=2m/s2，根据题意可知，当滑块与木板恰好
发生相对运动时：
解得：v=6m/s 由v=at，可知t=3s，B 正确，不符合题意；
AC．此后速度继续增加，摩擦力继续减小，则加速度减小，当二者分离时有：
解得
m/s
C 正确，不符合题意，A 错误，符合题意；
D．由于木板一直做匀加速运动，故滑块离开木板后，对木板有：
解得
N，
D 正确，不符合题意。故选A.
【变式5-2】一水平足够长绝缘传送带处于静止状态，其上方空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，另有一
带正电的物块静止于传送带左端，且与传送带间动摩擦因数为
。从某时刻起，传送带开始以恒定加速度
a（
）启动，则物块的v—t 图像大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由于
，则物块将相对传送带向左运动，物块向右做运动，根据左手定则，物块受到竖直向
下的洛伦兹力，在竖直方向上有
水平方向上有
则有
可知物块
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先做加速度增大的变加速直线运动，经历一段时间后，加速度将大于传送带的加速度a，之后速度将增大
至与传送带速度相等，两者保持相对静止，共同做加速度为a 的匀加速直线运动，由于v—t 图像的斜率表
示加速度，可知第三个图像是正确的。故选C。
【变式5-3】如图所示，顶角为
的光滑绝缘圆锥，置于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，现有
质量为m，带电量为
的小球，沿圆锥面在水平面内做匀速圆周运动，则（ ）
A．从上往下看，小球做顺时针运动
B．洛仑兹力提供小球做匀速圆周运动时的向心力
C．小球有最小运动半径
D．小球以最小半径运动时其速度
【答案】D
【解析】小球在运动过程中受重力、支持力和指向圆心的洛伦兹力，才能够做匀速圆周运动，根据安培左
手定则可知从上往下看，小球做逆时针运动，洛伦兹力与支持力的合力提供向心力
根据牛顿第二定律，水平方向
竖直方向
联立可
因为速度为实数，所以
可得
解得
所以最小半径为
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代入上面可得小球以最小半径运动时其速度
故选D。
类型2 电场与磁场共存模型
1.无约束情况下的运动
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子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．
2.有约束情况下的运动
带电粒子在叠加场中受轻杆、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解．
【典例6】如图所示，在光滑绝缘水平面的虚线ab 左侧存在沿水平方向的匀强电场（电场未画出），M 为
虚线上一点，P、Q 分别在虚线ab 左侧和右侧，PM 连线与虚线夹角为
，PM 距离为L。在虚线ab 右
侧存在垂直PM 的匀强电场和竖直向下的匀强磁场，虚线两侧的电场强度和磁场磁感应强度大小都相同。
一个带正电的小球质量为m、电荷量为q，从P 点由静止释放沿直线运动，从M 点以大小为
的速度进入
右侧的复合场后一直做直线运动，经过Q 点撤去电场，小球垂直虚线回到虚线左侧，已知
，
，求：
(1)磁场的磁感应强度和匀强电场的电场强度；
(2)小球从M 到Q 的运动时间。
【答案】(1)
，
(2)
【解析】（1）带电小球在虚线左侧做直线运动，受到的电场力qE0为恒力，竖直方向重力与地面弹力
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平衡，小球做初速度为0 的匀加速直线运动，设经过M 点的速度为v0，根据牛顿第二定律有
根据速度与位移的关系有
之后进入虚线右侧，在电场力和洛伦兹力作用下做直线运动，小球一定做匀速直线运动，则有qv0B=qE0
联立解得
，
（2）小球从M 到Q 做匀速运动，时间设为t，则有x=v0t
撤去电场后小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，小球垂直虚线ab，如图所示
根据几何关系可知，圆周运动半径为R=xtanθ
小球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
【变式6-1】（多选）（2022·广东高考）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂
直纸面向里的匀强磁场。电子从M 点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P 两点。已知M、P 在同一
等势面上，下列说法正确的有（ ）
A.电子从N 到P，电场力做正功
B.N 点的电势高于P 点的电势
C.电子从M 到N，洛伦兹力不做功
D.电子在M 点所受的合力大于在P 点所受的合力
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【答案】BC
【解析】电子从M 点由静止释放，从M 到N，电场力做正功，M、P 在同一等势面上，可知电子从N 到P，电
场力做负功，A 错误；
根据沿电场线方向电势降低，可知N 点电势高于P 点电势，B 正确；
根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子不做功，可知电子从M 到N，洛伦兹力不做功，C 正确；
洛伦兹力不做功，且M、P 在同一等势面上，可知电子在M 点和P 点速度都是零，即电子在M 点和P 点都是
只受到电场力作用
所以电子在M 点所受的合力等于在P 点所受的合力，D 错误。
【变式6-2】（多选）（2022·浙江6 月选考）如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E＝a
r
，a 为常量。比荷相同的两粒子在半径r 不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则（
）
A.轨道半径r 小的粒子角速度一定小
B.电荷量大的粒子的动能一定大
C.粒子的速度大小与轨道半径r 一定无关
D.当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
【答案】BC
【解析】粒子在半径为r 的圆轨道运动，有qE＝mω2r，
将E＝a
r 代入上式得ω2＝qa
mr
2，可知轨道半径小的粒子，角速度大，A 错误；
由qE＝mv
2
r 、Ek＝1
2mv2、E＝a
r 解得Ek＝qa
2 ，即电荷量大的粒子动能一定大，B 正确；
由qE＝mv
2
r 、E＝a
r 可得v2＝qa
m ，即粒子速度的大小与轨道半径r 无关，C 正确；
带电粒子的运动方向和垂直纸面的磁场方向是向里还是向外未知，粒子所受洛伦兹力方向未知，D 错误。
类型3 电场、磁场、重力场共存模型
1.无约束情况下的运动
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，可用能量守恒定律或动
能定理求解问题．
2.有约束情况下的运动
带电粒子在叠加场中受轻杆、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，
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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解．
【典例7】（2025·贵州·高考真题）如图所示，
轴水平向右，
轴竖直向上，
轴垂直纸面向里（图中未
画出），在
平面里有竖直向上的匀强电场
，在
的平面下方存在垂直纸面向里的匀强磁场
，
的平面上方有垂直纸面向里的匀强磁场
（未知）。有一带正电的粒子，质量为
，从坐标原点
出发，沿
轴正方向以速度射出后做圆周运动，其中
，
，
点坐标
。已知重
力加速度为
，粒子电荷量为
。求：
(1)电场强度
的大小及该粒子第一次经过
平面时的位置对应的
坐标值；
(2)当该带电粒子沿
轴正方向飞出到达
点时间最小时，求
的大小；
(3)若将电场
改成沿y 轴正方向，粒子同样从坐标原点
沿x 轴以速度射出，求粒子的轨迹方程。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【解析】（1）由题意可知，粒子受到重力、洛伦兹力和电场力做匀速圆周运动，可以判断粒子受到的
电场力与重力平衡，则
解得
粒子做匀速圆周运动，圆周运动轨迹如图所示
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洛伦兹力提供向心力得
解得粒子运动的轨道半径
根据圆周运动轨迹，由几何关系得
代入数据解得
。
（2）粒子做匀速圆周运动，可能的运动轨迹如图所示
设粒子进入
磁场中速度方向与磁场分界面成
角，由几何关系可得
可解得
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设粒子在
磁场中运动的轨道半径为
，根据圆周运动轨迹可知粒子运动到
点应满足
当
取最小值时，运动时间最短。所以当
时，运动时间最短，代入
的值解得
根据
，联立可得
当该带电粒子沿
轴正方向飞出到达
点时间最小时，
的大小为
。
（3）若将电场方向改为
轴方向正方向，由受力分析，粒子受到沿
轴正方向的洛伦兹力、沿
轴负方
向的重力、沿
轴正方向的电场力，根据
解得粒子受到的洛伦兹力大小为
正好与重力相平衡，所以粒子在
轴正方向做匀加速直线运动，有
由牛顿第二定律有
粒子在
轴正方向做匀加速直线运动，有
联立解得轨迹方程
【变式7-1】（多选）如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U 加速后，水
平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域（电场强度E 和磁感应强度B 已知），小球在此区域的竖直平
面内做匀速圆周运动，则（ ）
A.小球可能带正电
B.小球做匀速圆周运动的半径为r＝1
B√
2UE
g
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C.小球做匀速圆周运动的周期为T＝2π E
Bg
D.若电压U 增大，则小球做匀速圆周运动的周期增大
【答案】BC
【解析】小球在竖直平面内做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力大小相等、方向相反，则小球受
到的电场力竖直向上，小球带负电，故A 错误；
因为小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有Bqv＝mv
2
r ，
由动能定理得Uq＝1
2mv2，且有mg＝qE，
联立可得小球做匀速圆周运动的半径r＝1
B√
2UE
g
，故B 正确；
由运动学公式可得T＝2π r
v
，解得T＝2π E
Bg ，与电压U 无关，故C 正确，D 错误。
【变式7-2】(多选)如图所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向
下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是( )
A．小球一定带正电
B．小球一定带负电
C．小球的绕行方向为顺时针
D．改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动
【答案】BC
【解析】小球做匀速圆周运动，重力必与静电力平衡，则静电力方向竖直向上，
结合电场方向可知小球一定带负电，A 错误，B 正确；
洛伦兹力充当向心力，由曲线运动轨迹的弯曲方向结合左手定则可得，
小球的绕行方向为顺时针方向，C 正确；
改变小球的速度大小，重力仍与静电力平衡，小球仍在洛伦兹力作用下做圆周运动，D 错误。
【变式7-2】((2022·重庆高考)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( )
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A．电场力的瞬时功率为qE
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
【解析】该离子带正电，则所受电场力水平向右，大小为qE，电场力的瞬时功率为P＝qEv1，A 错误；
该离子速度垂直于磁场方向的分量大小为v2，则该离子受到的洛伦兹力大小为F 洛＝qv2B，B 错误；
根据运动的合成与分解可知，离子在平行于磁场和电场方向上在电场力作用下向右做匀加速直线运动，
在垂直于磁场和电场方向的平面内在洛伦兹力作用下做速率为v2的匀速圆周运动，即v1增大，v2不变，则
v2与v1的比值不断变小，C 错误；
该离子受到的电场力大小qE 不变，方向始终水平向右，受到的洛伦兹力大小qv2B 不变，方向始终与
电场力方向垂直，故该离子受到的合力大小不变，该离子的加速度大小不变，D 正确。
【变式8-1】（多选）如图所示，空间同时存在垂直于纸面向里的匀强磁场和水平向左的匀强电场，磁感
应强度大小为B，电场强度大小为E。在该空间的竖直平面（即纸面）内固定一足够长的粗糙绝缘杆，杆与
电场正方向夹角为60°。一质量为m、电荷量为＋q 的小球套在绝缘杆上，在t＝0 时刻以初速度v0沿杆向
下运动。已知qE＝√3mg，下列描述小球运动的v－t 图像可能正确的是（ ）
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【答案】ACD
【解析】对小球受力分析，重力和电场力的合力大小F＝√(mg)
2+( Eq)
2＝2mg，设与水平方向的
夹角为θ，tan θ＝mg
Eq ＝√3
3 ，θ＝30°，即重力和电场力的合力方向与杆对小球的支持力在同一直线上，
如果初状态Bqv0＝2mg，则FN＝0，Ff＝0，可得a＝0，所以小球做匀速直线运动。Bqv0＞2mg，弹力垂直于
杆斜向下，摩擦力沿杆斜向上，小球做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，摩擦力减小，加
速度减小，当加速度减到零时，做匀速直线运动。Bqv0＜2mg，弹力垂直于杆斜向上，摩擦力沿杆斜向上，
小球做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力增大，摩擦力增大，加速度增大，直到速度减为零。故
选A、C、D。
【模型三 带电粒子在组合场中的运动模型】
类型1 组合场应用实例模型
1、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构成。
（2）作用：测量带电粒子质量和分离同位素．
（3）原理(如图所示)
①加速电场：qU＝1
2mv2；
②偏转磁场：qvB＝mv
2
r ，l=2r ；
由以上两式可得r＝1
B√
2mU
q
，m＝qr
2B
2
2U
，q
m＝2U
B
2r
2.
2. 回旋加速器
（1）构造：如图所示，D1、D2是半圆金属盒，D 形盒处于匀强磁场中，D 形盒的缝隙处接交流电源．
（2）原理：交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D 形盒缝隙，粒子被加速一次．
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（3)最大动能：由qvB＝m v
2
R 、Ekm＝1
2 vm
2 得Ekm＝q
2B
2 R
2
2m
，粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和盒半径
R 决定，与加速电压无关．
(4)运动时间
①在磁场中运动的时间：粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数
n= Ekm
qU
，粒子在磁场中运动的总时间t 磁=n
2T= Ekm
2qU
·2π m
qB =π B R
2
2U
。
②在电场中运动的时间：粒子在各狭缝中的运动连在一起为匀加速直线运动，根据nd=1
2at电
2，qU
d
=ma，解得t 电=BRd
U
。或t2=vm
a
=BRd
U
。(缝隙宽度为d)
③粒子运动的总时间t=t1+t2=π B R
2
2U
+BRd
U
。
【典例8】（2025·广西·高考真题）（多选）如图，带等量正电荷q 的M、N 两种粒子，以几乎为0 的初速
度从S 飘入电势差为U 的加速电场，经加速后从O 点沿水平方向进入速度选择器（简称选择器）。选择器
中有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为E，磁感应强度大小为
B1，右端开口宽度为2d 时，M 粒子沿轴线OO′穿过选择器后，沿水平方向进入磁感应强度大小为B2、方向
垂直纸面向外的匀强磁场（偏转磁场），并最终打在探测器上；N 粒子以与水平方向夹角为θ 的速度从开
口的下边缘进入偏转磁场，并与M 粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应，则
（ ）
A．M 粒子质量为
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B．刚进入选择器时，N 粒子的速度小于M 粒子的速度
C．调节选择器，使N 粒子沿轴线OO′穿过选择器，此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比为
D．调节选择器，使N 粒子沿轴线OO′进入偏转磁场，打在探测器上的位置与调节前M 粒子打在探测
器上的位置间距为
【答案】AD
【解析】A．对M 粒子在加速电场中
在速度选择器中
解得M 的质量
，故A 正确；
B．进入粒子速度选择器后因N 粒子向下偏转，可知
，即
，故B 错误；
C．M 粒子在磁场中运动半径为r1，则
，解得
N 粒子在磁场中运动的半径为r2，则
，解得
其中
，可得
由动能定理N 粒子在选择器中
在加速电场中
解得
，
则要想使得粒子N 沿轴线OO＇通过选择器，则需满足
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联立解得
，故C 错误；
D．若N 粒子沿直线通过选择器，则在磁场中运动的半径为r3，则打在探测器的位移与调节前M 打在探
测器上的位置间距为
其中
，
可得
，故D 正确。
故选AD。
【变式8-1】质谱仪可以用来测量带电粒子的比荷。如图所示，一质量为
、电荷量大小为的带电粒子
（重力不计）从容器
下方的小孔
无初速度飘入电压为
的加速电场，经电场加速后，该粒子沿直线穿
过小孔
、
垂直进入磁感应强度大小为
的匀强磁场中，最后打在
点，粒子在磁场中的轨迹为半圆，
测得
的长度为
，则（ ）
A．该粒子带负电
B．带电粒子进入磁场时的速度大小为
C．增大加速电场的电压，带电粒子在磁场中运动的时间不变
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D．带电粒子的比荷
【答案】C
【解析】A．由左手定则可知粒子带正电，故A 错误；
B．在加速电场中由动能定理得
得
，故B 错误；
C．带电粒子在磁场中运动的周期
，与速度大小无关，即与加速电压无关，故C 正确；
D．由题意有
，粒子在磁场中运动，有
联立得
，故D 错误。
故选C。
【变式8-2】容器A 中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S1不断飘
入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场．
粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感
光片上，如图所示．已知加速电场中S1、S2间的加速电压为U，偏转电场极板长为L，两板间距也为L，板
间匀强电场强度E＝，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f 的下端与磁场边界ab 相交于点P，在边
界ab 上实线处固定放置感光片．测得从容器A 中逸出的所有粒子均打在感光片PQ 之间，且Q 距P 的长度
为3L，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：
(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab 间的夹角；
(2)射到感光片Q 处的粒子的比荷(电荷量q 与质量m 之比)；
(3)粒子在磁场中运动的最短时间．
【答案】 (1)45° (2) (3)
【解析】 (1)设质量为m、电荷量为q 的粒子通过孔S2的速度为v0，则：qU＝mv0
2
粒子在平行板e、f 间做类平抛运动：L＝v0t，vx＝t，tan θ＝
联立可得：tan θ＝1，则θ＝45°，故其速度方向与边界ab 间的夹角为θ＝45°.
(2)粒子在偏转电场中沿场强方向的位移x＝vxt＝，故粒子从e 板下端与水平方向成45°角斜向下射入匀强磁
场，如图所示，设质量为m、电荷量为q 的粒子射入磁场时的速度为v，做圆周运动的轨道半径为r，则v
＝＝v0＝2
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由几何关系：r2＋r2＝(4L)2，则r＝2L
qvB＝m，则r＝
联立解得：＝.
(3)设粒子在磁场中运动的时间为t，偏转角为α，
则t＝，r＝＝ ，联立可得：t＝
因为粒子在磁场中运动的偏转角α＝π，所以粒子打在P 处时间最短，此时半径为r′，
由几何关系知：r′2＋r′2＝L2，则r′＝L
联立可得：tmin＝＝.
【变式8-3】（2023·广东·高考真题）某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为
，磁感应强度大小为
，质子加速后获得的最大动能为
．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，
）（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】洛伦兹力提供向心力有
质子加速后获得的最大动能为
解得最大速率约为
故选C。
【变式8-4】（2025·广东·高考真题）某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ 内有加速电场，
三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为
、质量为m 的离子以初速度
从P 处进入加速电场
后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离
子重力和相对论效应，下列说法正确的是（ ）
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A．偏转磁场的方向垂直纸面向里
B．第1 次加速后，离子的动能增加了
C．第k 次加速后．离子的速度大小变为
D．第k 次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为
【答案】D
【解析】A．直线通道
有电势差为
的加速电场，粒子带正电，粒子沿顺时针方向运动，由左手定
则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外，故A 错误；
BC．根据题意，由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为
，由于洛伦兹力不做功，则
加速k 次后，带电粒子的动能增量为
，加速k 次后，由动能定理有
解得
，故BC 错误；
D．粒子在偏转磁场中运动的半径为
，则有
联立解得
，故D 正确。
故选D。
类型2.先电场后磁场模型
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模型建立
1.带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图.
2．带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图.
【典例9】如图所示，平面直角坐标系xOy 的第二、三象限内有方向沿y 轴正方向的匀强电场，第一、四
象限内有圆形有界磁场，有界磁场的半径为L，磁场的方向垂直于坐标平面向里，磁场边界与y 轴相切于
O 点，在x 轴上坐标为(－L,0)的P 点沿与x 轴正方向成θ＝45°角斜向上射出一个速度大小为v0的带电粒子，
粒子的质量为m，电荷量为q，粒子经电场偏转垂直y 轴射出电场，粒子进入磁场后经磁场偏转以沿y 轴负
方向的速度射出磁场，不计粒子的重力．求：
(1)粒子从y 轴上射出电场的位置坐标；
(2)匀强电场电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从P 点射出到射出磁场运动的时间为多少？
【答案】 (1)(0，L) (2) (3)＋
【解析】 (1)粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆运动，
水平方向：L＝v0cos θ·t1，
竖直方向：y＝v0sin θ·t1，
解得：y＝L，
粒子从y 轴上射出电场的位置坐标为：(0，L)；
(2)粒子在电场中的加速度大小：a＝，
竖直分位移：y＝at1
2，
解得：E＝；
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，以沿y 轴负方向的速度射出磁场，运动轨迹如图所示，
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由几何知识得：AC 与竖直方向夹角为45°，
AD＝y＝L，
因此AC 刚好为圆形有界磁场的直径，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r＝L，
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB＝m，
其中，粒子的速度：v＝v0cos θ，
解得：B＝；
(3)粒子在电场中的运动时间：t1＝＝，
粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移：x＝L－L，
粒子做直线运动的时间：t2＝＝，
粒子在磁场中做圆周运动的时间：t3＝T＝×＝，
粒子总的运动时间：t＝t1＋t2＋t3＝＋.
【变式9-1】如图所示，平面直角坐标系y 轴的左侧存在沿x 轴正方向电场强度为E 的匀强电场，一质量为
m，带电量为
的质子从P 点由静止开始加速，P 点的坐标为
，从坐标原点射入圆形匀强磁场区域
（图中未画出），磁场方向垂直纸面向外，质子飞出磁场区域后，经过y 轴上的M 点再次进入电场，此时
质子速度与y 轴负方向夹角为
，M 点的坐标为
，质子重力不计，求：
（1）磁感应强度为多大；
（2）圆形匀强磁场区域的最小面积；
（3）在圆形磁场面积最小时，质子第三次经过y 轴的y 坐标。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）质子从O 点进入磁场的速度为，则有
质子进入磁场后的运动轨迹如图所示，
反向延长M 点的速度方向与x 轴交点为C，作
的角平分线交y 轴于
，
即为运动轨道的圆心，
即为运动轨道的半径，设为。
由几何关系可得
质子在磁场中由洛伦兹力提供向心力得
联立解得
（2）最小的圆形磁场区域是以
为直径的圆，设圆的半径为
，则有
最小圆形区域的面积
解得
（3）质子从M 点进入电场后，有
，
设质子从M 点进入电场到质子第三次经过y 轴的
运动时间为t，在x 方向
在y 方向的位移
联立解得
质子第三次经过y 轴的坐标为
【变式9-2】如图所示，在竖直平面内，虚线MN 与水平方向成
角，虚线上方存在着方向竖直向下
的匀强电场，虚线下方存在着方向垂直于纸面向里的匀强磁场，虚线上有A、C、D 三点，
，
质量为m、电荷量为+q 的粒子从A 点以初速度v0沿水平方向进入电场，恰好从C 点进入磁场，又从D 点射
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出磁场，粒子的重力不计，可能会用到的公式
，求：
(1)匀强电场的场强大小E；
(2)粒子经过C 点的速度大小和方向；
(3)匀强磁场的磁感应强度大小B。
【答案】(1)
(2)
，与水平方向的夹角为α，且
(3)
【解析】（1）设粒子从A 点到C 点的时间为t，水平方向有
竖直方向有
解得
在电场中有
，解得
（2）将C 点的速度vC分解为水平分速度vx和竖直分速度vy，根据类平抛运动的规律，水平方向有
竖直方向有
由
，解得
设vC与水平方向的夹角为α，则有
（3）如图所示，作出粒子在磁场中的运动轨迹，轨迹圆心为O 点，过O 点作CD 的垂线，垂足为F，根
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据几何关系可知
由题给公式有
，所以
粒子的轨迹半径
粒子在磁场中运动有
解得
类型3 先磁场后电场模型
【模型构建】
磁场中：匀速圆周运动
电场中：匀变速直线运动
（v 与E 同向或反向）
磁场中：匀速圆周运动
电场中：类平抛运动
（v 与E 垂直）
磁场中：匀速圆周运动
电场中：类斜抛运动
（v 与E 成一定角度（非直角））
动能定理或牛顿运动定律结合运
动学公式
平抛运动知识，运动的合成与分解
斜抛运动知识，运动的合成与分解
【典例10】如图所示，在直角坐标系内，OP 射线(O 为顶点)与y 轴夹角为30°,OP 与y 轴所围区域内存在垂
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直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B, OP 与x 轴之间存在匀强电场，方向沿x 轴负方向。一个带电粒
子经加速电压U 加速后，以与OP 平行的速度从N 点进人磁场, ON 间距为2d,带电粒子从OP 上的某点A
(图中未画出)垂直于OP 离开磁场，从x 轴上的某点C (图中未画出)垂直于x 轴离开电场,不计粒子的重力。
求:
(1)带电粒子的电性及比荷;
(2)带电粒子在第一象限中的运动时间;
(3)匀强电场的电场强度。
【答案】(1) 正电
(2)
(3)
【解析】：（1）磁场方向垂直纸面向外，粒子垂直于OP 离开磁场，
则所受洛伦兹力在速度方向的右侧，可知粒子带正电 画出运动轨迹，由几何关系可得
在磁场中由牛顿第二定律可得
在电场中加速可得
联立②③④式解得
（2）由④⑤式可得粒子进入磁场时的速度为
此后进入电场，当出射方向和
轴垂直时，可知粒子在
方向的分速度减为零，沿y 轴方向可视为做匀速
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直线运动。垂直OP 出射时，与竖直方向夹角为60°，
在磁场中做匀速圆周运动，运动路径为四分之一圆周，在磁场中的运动时间
从OP 上的出射点到O 点的距离为
则在电场中的运动时间为
在第一象限中运动的总时间为
（3）在
方向上做匀减速运动
垂直出射，
方向速度恰好减到0，
联立可得
【变式10-1】如图所示，
的区域存在沿x 轴负方向的匀强电场，
的区域存在垂直xOy 纸面向外
的匀强磁场，P（
，0）点处有一个粒子源，可以向
的区域发射质量为m，电荷量为q，速度大小
为
的带正电粒子，在所有到达y 轴的粒子中，位置M（0，
）点的粒子与P 点距离最远，不计重力
及粒子间的相互作用。
（1）求磁感应强度大小，及粒子进入电场前，在磁场中运动的最短时间；
（2）若第一次从M 点射出磁场的粒子，第二次从 OM 的中点N 射出磁场，求电场强度大小。
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【答案】（1）
，
；（2）
【解析】（1） M 点为粒子到达的最远点，则PM 为粒子运动轨迹的直径，可得
粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
运动时间最短的粒子为从坐标原点
O 出射的粒子，该粒子对应的弧长最短，由于
可知最短时间轨迹对应的圆心角为60°，则有
（2）若第一次从M 点射出磁场的粒子，第二次从 OM 的中点N 射出磁场，如图所示
记粒子由y 轴上的Q 点回到磁场，由粒子在电场中运动的对称性可知，粒子在Q 点的速度大小为
，方向
与y 轴负方向的夹角为60° ；由几何关系可知弦长
可得电场中竖直方向上的位移为
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在电场中竖直方向有
水平方向上有
，
联立解得
【变式10-2】如图，水平放置的平行栅极板M 带正电，N 带负电，间距为d，电压
，P 处有一质
量为m、电荷量大小为q 的带负电离子，以v0速度沿着与竖直方向成角θ（未知）垂直磁场射向板M 上方
的匀强磁场B1区，经过匀强电场区域后进入N 下方的匀强磁场B2区，恰好没从下边界Q 射出，并刚好能直
接返回到P 处。已知磁场方向均垂直纸面向里，
，下边界Q 到极板N 的距离为3d，离子在经过
栅极板时均没有与栅极板相碰，不计离子重力。求：
(1)离子进入板N 下方磁场时速度v 的大小；
(2)sinθ 的大小；
(3)极板M 上方磁场磁感应强度B1的大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】（1）根据动能定理得
。代入数据得
（2）根据题意，可知粒子运动的轨迹如图所示
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设进入下方磁场时的速度与竖直方向的夹角为α，运动的半径为r2，则
又有
解得
，得
在M、N 间的电场区域
，解得
（3）在电场区间运动时间设为t，由
，解得
在电场区间运动时，水平方向的位移
设在上方磁场区间，粒子运动的轨道半径为r1
由轨迹图和几何关系可知
，解得
由
，解得
类型4 带电粒子在交变场中的运动模型
1.交变场的常见的类型
（1）电场周期性变化，磁场不变。
（2）磁场周期性变化，电场不变。
（3）电场、磁场均周期性变化。
2.分析带电粒子在交变场中运动问题的基本思路
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【典例11】（2024·湖北·高考真题）如图所示，在以O 点为圆心、半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向
里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质
量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子沿直径AC 方向从A 点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的
是（ ）
A．粒子的运动轨迹可能经过O 点
B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C．粒子连续两次由A 点沿AC 方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D．若粒子从A 点射入到从C 点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为
【答案】D
【解析】AB．在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出的；根据圆的特点可知
粒子的运动轨迹不可能经过O 点，故AB 错误；
C．粒子连续两次由A 点沿AC 方向射入圆形区域，时间最短则根据对称性可知轨迹如图
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则最短时间有
，故C 错误；
D．粒子从A 点射入到从C 点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图所示
设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
，故D 正确。
故选D
【变式11-1】如图甲所示，M、N 为水平放置长为L 的平行金属板，两板相距也为L。一束带正电、比荷
为
的粒子流（重力不计），以初速度
沿两板正中间水平射入两板间。粒子恰好由N 板下边缘A 点射出，
以A 点为坐标原点建立直角坐标系。
（1）求粒子经过A 点时速度大小和方向；
（2）若y 轴右侧有一方向垂直纸面向里的足够大的匀强磁场，x 轴下方磁感应强度大小为
，x 轴上方磁
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感应强度大小为
，要使粒子进入磁场后恰好不离开磁场。求：
；
（3）仅撤去（2）中的磁场，在y 轴右侧加上如图乙所示足够大的周期性变化的磁场（
已知），设磁场
方向垂直于纸面向里为正。求：
时刻从A 点进入磁场的粒子经过x 轴时的坐标值。
【答案】（1）
、速度方向与水平成45°斜向下；（2）
；（3）见解析
【解析】（1）粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有
；
竖直方向有
解得
粒子经过A 点时的速度大小
；
即速度方向与水平成45°斜向下；
（2）设x 轴下方磁场中轨道半径为
，x 轴上方磁场中轨道半径为
，运动轨迹如图
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由几何关系可得
解得
根据洛伦兹力提供向心力，有
解得
联立解得
（3）粒子在
时刻进入磁场，如图
一个磁场变化周期中粒子沿x 轴前进的距离
其中
可能：①经过x 轴时的坐标值
，
，1，2，3…
可能：②经过x 轴时的坐标值
，
，1，2，3…
【变式11-2】如图甲所示，xoy 平面内y 轴左侧有宽为L 的匀强电场区域，电场方向平行于y 轴向上，匀强
电场左侧有一电压为U 的加速电场。一质量为m、带电量为+q 的带电粒子从A 点飘入加速电场，加速后由
x 轴上的P（-L，0）点进入匀强电场，之后从y 轴上的Q（0，
）点进入y 轴的右侧。
（1）求粒子经过P 点时的速度大小v0；
（2）求匀强电场的场强大小E；
（3）若y 轴右侧存在一圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示，取磁场
垂直纸面向外为正方向。
时刻进入磁场的粒子始终在磁场区域内沿闭合轨迹做周期性运动，求圆形
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磁场区域的最小面积S 以及粒子进入磁场时的位置到y 轴的最短距离x。（忽略磁场突变的影响）
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）粒子从A 点到P 点，由动能定理有qU=
解得
（2）粒子在偏转电场中沿x 方向有L=v0t 沿y 方向有
根据牛顿第二定律有qE=ma 联立解得
（3）粒子从Q 点射出时沿y 方向的速度
则射出速度
解得
设粒子做圆周运动的半径为r，则
解得
粒子在磁场中运动的周期
解得T=T0粒子在磁场中运动的轨迹如图所示：
所以圆形磁场的最小半径R=3r 最小面积S=πR2解得
由图可知，进入磁场的位置距y 的最小距离
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解得
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