关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
第40 讲 带电粒子在复合场中的运动
目录
01 课标达标练
题型01 带电粒子在组合场中的运动
题型02 带电粒子在交变场中的运动
题型03 带电粒子在叠加场中的运动
题型04 带电粒子在立体空间中的运动
题型05 洛伦兹力与现代科技
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 带电粒子在组合场中的运动
1.如图所示，真空区域有同心圆a 和b，半径分别为R 和2R，O 为圆心，圆a 内和圆b 外足够大的区域均
存在有垂直圆面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反；a、b 之间充满辐向电场，电场方向均指
向圆心O。质量为m，电荷量为−q的带电粒子从圆a 上的P 点沿PO 方向射入，入射速度大小为√3qBR
3m
，已知带电粒子第二次经过圆b 外匀强磁场区域后，再经电场恰好回到P 点并沿PO 方向射入。不计粒子
重力，忽略边界效应，则圆a、b 之间电势差为（ ）
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．35q B
2 R
2
6m
B．47q B
2 R
2
6m
C．−35q B
2 R
2
6m
D．−47q B
2 R
2
6m
【答案】C
【详解】作出粒子的运动轨迹，如图所示
由题知，带负电的粒子在a 圈内的匀强磁场以速度v1= √3qBR
3m
向下偏转，从P1处进入环形电场，粒子所
受电场力方向与速度方向相同，故粒子从P1到P2做加速运动，然后粒子以速度v2从P2点进入圆b 外足够大
的匀强磁场。则带负电的粒子在a 圈内的匀强磁场做匀速圆周运动，则有qB v1=m v1
2
r1
解得r1= √3
3 R
根据几何关系可得tan ∠O1O P1= r1
R = √3
3
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
解得∠O1O P1=30
∘
根据几何关系可得∠O2O P2=60
∘
在直角三角形O P2O2中，根据几何关系有r2= R tan ∠O2O P2=2√3 R
粒子在圆b 外足够大的匀强磁场做匀速圆周运动，则有qB v2=m v2
2
r2
解得v2= 2√3qBR
m
粒子从P1到P2做加速运动，根据动能定理有−qU ab= 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2
解得U ab=−35q B
2 R
2
6m
故选C。
2.如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置，电势差为U2的两导体
板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边
界线竖直的匀强磁场中，则粒子入磁场和射出磁场的M、N 两点间的距离d 随着U1和U2的变化情况为
（不计重力，不考虑边缘效应）（ ）
A．d 随U1变化，d 与U2无关
B．d 与U1无关，d 随U2变化
C．d 随U1变化，d 随U2变化
D．d 与U1无关，d 与U2无关
【答案】A
【详解】设带电粒子经电压为U1的电场加速后速度为v0，由动能定理，有
qU 1= 1
2 mv0
2
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
带电粒子在电势差为U2的电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v 分解成沿初速度方向与加速度
方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有
v0
v =cosθ
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN 夹角正好
等于θ，则有
d
2
R =cosθ
所以
d = 2 R v0
v
又因为半径公式
R = mv
qB
则有
d = 2m v0
qB
故d 与m，v0成正比，与B，q 成反比，即d 只与U1有关，与U2无关，故A 正确，BCD 错误。
故选A。
3.（多选）如图所示，在x<0 区域内存在沿x 轴正方向的匀强电场，在x>0 区域内存在垂直纸面向里匀强磁
场，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子甲，从点S（-a，0）由静止释放，进入磁
场区域后，与静止在点P（a，a）、质量也为m 的不带电粒子乙发生完全非弹性正碰，碰撞后速度沿y 轴
正方向运动，且碰撞前后总电荷量保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度的大小E = q B
2a
2m
B．碰撞后运动半径、周期都发生变化
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C．经过y 轴后，进入电场的最远距离为a
4
D．经过y 轴后，进入电场的最远距离为a
2
【答案】AD
【详解】A．设粒子甲在电场中加速后进入磁场的速度为v，甲粒子从S 点到O 点，由动能定理可得
qEa= 1
2 m v
2
甲粒子在磁场中做匀圆周运动，由O 点到P 点偏转1
4 圆周，可知粒子的轨迹半径为
r =a
由洛伦兹力提供向心力可得
qvB =m v
2
r
联立解得
E = q B
2a
2m
A 正确；
B．甲、乙两粒子发生完全非弹性正碰，设碰撞后的速度大小为v
′，由动量守恒定律可得
mv =2m v
′
v
′ = v
2
碰撞后，两粒子共同在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
q v
′ B =2m v
′2
r1
r1= mv
qB
运动周期为
T = 2π r1
v
′
= 4 πm
qB
可知碰撞后运动半径不变；周期变大，B 错误；
CD．由于碰撞后运动半径不变，可知在(0，2a)位置垂直y 轴进入电场，速度大小为v
2，在电场中做匀减
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
速运动，加速度大小为
a加= qE
2m = q
2B
2a
4 m
2
由速度位移关系公式可得
x =(
v
2)
2
2a加
其中
v = qBa
m
联立解得进入电场的最远距离为
x = a
2
C 错误，D 正确。
故选AD。
4.（多选）在如图所示的竖直平面内，有一足够长的条状区域MNPQ，其间距为d，该区域内以水平线
OO
′为界存在向上、向下的匀强电场，其电场强度大小均为E。PQ右侧存在足够大的方向垂直于纸面向
里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带电粒子以速度v0从无限靠近O 点的下方沿OO
′方向射入电场，
经过一段时间后又从无限靠近O 点的上方从磁场射出电场。不计重力。则下列说法正确的是（ ）
A．该粒子一定带负电
B．该粒子的比荷为v0
d √
2v0
BE
C．若该粒子以不同的速度从O 点下方进入，在磁场运动的时间都相同
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．若仅改变电场强度的大小，则粒子进磁场和出磁场时经过PQ上两点的间距不变
【答案】BD
【详解】A．根据左手定则可知，该粒子一定带正电，故A 错误；
B．如图所示，在电场中，粒子做类平抛运动有
d = v0t
qE =ma
则有
tanθ =
v0
qE
m ⋅d
v0
= m v0
2
qEd
且
v = v0
sinθ
在磁场中
qvB = mv
2
r
又
r sinθ = 1
2 ⋅qE
m ⋅d
2
v0
2
联立可得
q
m = v0
d √
2v0
BE
故B 正确；
C．以不同的速度进入电场，出电场时速度偏转角不同，粒子在磁场中运动的周期虽然与速度无关，但在
磁场中转过的圆心角不同，故在磁场中运动的时间也不同，故C 错误；
D．若仅改变电场强度大小，进入磁场时的速度满足
v = v0
sinθ
粒子进磁场和出磁场时经过PQ上两点的间距
H =2r sinθ =2 mv
qB sinθ = 2m v0
qB
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
可见与电场强度无关，故D 正确。
故选BD。
02 带电粒子在交变场中的运动
5.如图甲所示，在三维坐标系Oxyz（y 轴正方向竖直向上）中，y>0 的空间内存在电场强度大小为E1，方向
沿x 轴正方向的匀强电场；y<0 的空间内存在平行于y 轴的匀强电场和匀强磁场，电场强度E2和磁感应强
度B 随时间变化的规律分别如图乙和丙所示，甲图中所示方向为正方向。一质量为m、电荷量为+q 的小
球，从坐标为(−L, L,0)的点由静止释放，经过时间T，在t=0 时刻恰好过坐标原点O 进入y<0 的空间内。
已知B0= πm√2 gL
qL
，重力加速度大小为g，不计一切阻力。则在t=4.5T 时刻，小球的位置坐标为（ ）
A．(0,−9
2 L, L
2π) B．(
L
2π ,−19
4 L,0) C．(0,−17
4 L,0)
D．(0,−19
4 L,0)
【答案】D
【详解】小球在重力和电场力的作用下，从(−L, L,0)位置做初速度为零的匀加速直线运动，恰好过原
点，则
L= 1
2
q E1
m T
2，L= 1
2 gT
2
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
得
q E1=mg，T =√
2 L
g
到达O 点的水平速度与竖直速度均为
v x = v y =>=√2gL
由图乙、丙可知，在0~T内，小球竖直方向有
q E2−mg=ma1
可得
a1= g
方向向上；小球竖直方向以g 做匀减速直线运动，在t =T时，竖直速度为
v
′ = v y−>=0
在T ~2T内，小球在竖直方向以g 做初速度为0 的匀加速直线运动，t =2T时，速度又为v y，所以竖直方
向以2T为一个周期，速度循环变化，则有t = 4T，速度又为v y，则t = 4.5T时，小球的y 轴坐标为
y =−(4 v y+ v
′
2
T + v y
T
2 −1
2 g(
T
2)
2)
得
y =−19
4 L
小球在xoz平面以v x =√2 gL做匀速圆周运动。在0~T内，小球运动周期为
T
′ = 2πm
q2B0
= T
2
在T ~2T内，小球运动周期为
T
″ = 2πm
q B0
=T
所以在xOz平面内做周期运动，则在t = 4.5T时刻，小球恰好又回到x =0和z =0。
综上在t = 4.5T时刻，小球的位置坐标为(0,−19
4 L,0)。
故选D。
6.如图甲所示，M、N 为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O
′正
对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。有一群正离子在t=0 时垂
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
直于M 板从小孔O 射入磁场。已知离子质量为m、带电荷量为q，离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与
磁感应强度变化的周期都为T 0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。若要使离
子从O
′垂直于N 板射出磁场，则离子射入磁场时的速度v0可能为（ ）
A．πd
4T 0
B．3πd
4T 0
C．πd
5T 0
D．3πd
5T 0
【答案】A
【详解】要使正离子从O
′孔垂直于N 板射出磁场，v0的方向应如图所示
两板之间正离子只运动一个周期即T 0时，有R = d
4 ；当两板之间正离子运动n 个周期即nT 0时，有
R = d
4 n
(n=1,2,3,⋯)。联立求解，得正离子的速度的可能值为v0= B0qR
m
=πd
2nT 0
(n=1,2,3,⋯)。
当n=2时，v0=πd
4T 0
。
故选A。
7.（多选）如图所示，在坐标系xOy中，第一象限内充满着两个匀强磁场a和b，OP为分界线，在磁场a
中，磁感应强度为2B，方向垂直于纸面向里；在磁场b中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，P点
坐标为(4l，3l)。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点沿y轴负方向射入磁场b，经过一段时间
后，粒子恰能经过原点O；不计粒子重力，sin37° =0.6。则下列说法正确的是（ ）
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．粒子经过O点时速度方向沿y轴正方向
B．粒子从P到O经历的路程与粒子的速度大小无关
C．粒子运动的速度可能为25qBl
24 m
D．粒子从P点运动到O点的最短时间为53 πm
45qB
【答案】BC
【详解】A．画出粒子的运动轨迹如图
根据几何知识得
tanα = 3l
4l = 3
4
故α =37°，（图为一个周期的情况）故粒子不可能从b磁场中运动经过O点，只能从a磁场中经过O点，A
错误；
D．设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、T a、T b分别表示粒子在磁场a中和磁场b中运动的轨道半径和周
期，则有
Ra= mv
2qB ，Rb= mv
qB
T a= 2πm
2qB = πm
qB ，T b= 2πm
qB
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
当粒子先在区域b中运动，后进入区域a中运动，然后从O点射出时，粒子从P点运动到O点所用的时间最
短，如图所示，粒子在区域b和区域a中运动的时间分别为
tb= 2(90°−α )
360°
T b，ta= 2(90°−α )
360°
T a
故最短时间
t =ta+tb= 53 πm
60qB
D 错误；
C．由几何关系可知
n(2 Ra⋅cosα +2 Rb⋅cosα)=√(3l)
2+(4l)
2=5l
解得
vn= 25qBl
12nm
(n=1,2,3,⋯)
由表达式可知，当n=2时，粒子运动的速度为
v = 25qBl
24 m
C 正确；
B．当速度为vn时
tn=nt
故路程
s= vntn= 25qBl
12nm ⋅53nπm
60qB = 265 πl
144
与v无关，B 正确。
故选BC。
03 带电粒子在叠加场中的运动
8.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E；匀强磁场与电场方向垂直，磁感
应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从a点以初速度v0水平向右射入，恰好沿直线经
过b点，a、b 两点间距为L。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（ ）
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．仅改变粒子的电性，粒子无法沿直线经过b点
B．仅改变粒子入射方向（从b点水平向左射入），粒子仍可沿直线经过a点
C．仅改变粒子初速度v0的大小，粒子一定无法经过b点
D．仅改变粒子初速度v0的大小，若L= N ⋅2πmE
q B
2
(N =1,2,3,…)，粒子一定经过b点
【答案】D
【详解】A．正电粒子受到竖直向下的电场力qE和竖直向上的洛伦兹力f =q v0 B，粒子在复合场中做匀速
直线运动，有qE =q v0 B
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qE =q v0 B
故仅改变粒子的电性，粒子仍沿直线经过b点，A 错误；
B．从b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a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v1，可将速度v1分解为v0、v，满足v1= v0+ v
则可将粒子的速度v0所对应的洛伦兹力分力q v0 B平衡电场力而做匀速直线运动，另一个分速度v产生的洛
伦兹力qvB使粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
qvB = m v
2
r
匀速圆周运动的周期为T = 2πr
v
联立解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T = 2πm
qB
即粒子一边做圆周运动，一边沿ab方向以v0做匀速直线运动，则当满足L
v0
= N ⋅2πm
qB ,( N =1,2,3,……)
时粒子仍从b 点离开，联立解得当L= N ⋅πmE
q B
2 ,( N =1,2.3.……)时粒子仍从b 点离开，C 错误；D 正
确。
故选D。
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
9.（多选）如图，水平固定的平行带电极板M、N间距为d，板间产生匀强电场，电场强度大小为E，两板
间同时存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，由
两板间左侧中点P以初速度v0水平向右射入两极板间，该粒子恰好沿直线运动。仅将粒子初速度大小调整
为2v0，发现粒子由Q点（Q点未标出）沿水平方向射出两极板间的区域。不计粒子重力，下列说法正确
的是（ ）
A．M 板带正电，N 板带负电
B．粒子速度v0= E
B
C．Q与P一定在同一水平线上
D．d的大小可能等于3mv0
Bq
【答案】BC
【详解】AB．粒子恰好沿直线运动，可知，粒子所受电场力和洛伦兹力等大反向，则有q v0 B =qE
解得v0= E
B
由左手定则可知，粒子所受洛伦兹力竖直向下，则电场力竖直向上，由于粒子带正电，可知电场方向竖直
向上，则N 板带正电，M 板带负电，故A 错误，B 正确；
CD．当射入速度大小为v0时粒子做匀速直线运动，由此可知，可将2v0分解为水平向右的v0和v1，则满足
v0+ v1=2v0
即v1= v0
可知，粒子一个分运动为以初速度v0向右匀速直线运动，另一个分运动为以速度v0在竖直平面内做圆周运
动，设其半径为r，则有q v0 B =m v0
2
r
解得r = m v0
qB
P 点为粒子轨迹最高点，只有当粒子运动至轨迹最高点时，其才能沿水平方向射出两极板间的区域，此时
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
速度沿水平方向向右，可知Q 点与P 点在同一水平线上，能射出两板间区域，可知d ≥4 r = 4 m v0
qB
则d的大小不可能等于3m v0
Bq
，故C 正确，D 错误。
故选BC。
10.（多选）如图所示，xOy 平面内存在沿y 轴正向的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，带正电粒
子从坐标原点O 由静止释放，运动轨迹如图虚线所示，不计粒子的重力。下列描述粒子沿x 轴方向的分速
度v x随时间t、位置坐标y 的变化图像中可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【详解】AB．释放时粒子可视为有沿x 轴正方向和负方向、大小均为v 的两个分速度，且满足qvB =qE
则粒子的运动可分解为沿x 轴正方向以速率v 做匀速直线运动的同时以速率v 在xOy 平面内做匀速圆周运
动，t 时刻粒子沿x 轴方向的分速度满足v x= v −v cosωt（ω 为粒子做匀速圆周运动的角速度）
可知选项A 满足v x−t函数关系，故A 正确，B 错误；
CD．由动量定理可知∑
i=1
n
❑q v yi B Δti=m v x
解得qBy =m v x
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
即v x = qB
m y
则v x−y图像是过原点的直线，故C 正确，D 错误。
故选 AC。
11.（多选）空间内存在电场强度大小E=100 V/m、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小B1=100 T、
方向垂直纸面向里的匀强磁场（图中均未画出）。一质量m=0.1 kg、带电荷量q=＋0.01 C 的小球从O 点由
静止释放，小球在竖直面内的运动轨迹如图中实线所示，轨迹上的A 点离OB 最远且与OB 的距离为l，重
力加速度g 取10 m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在运动过程中，小球的机械能守恒
B．小球经过A 点时的速度最大
C．小球经过B 点时的速度为0
D．l=√2 m
【答案】BC
【详解】A．由于电场力做功，故小球的机械能不守恒，A 错误；
B．重力和电场力的合力大小为√2N，方向与竖直方向的夹角为45°斜向左下方，小球由O 点到A 点，重力
和电场力的合力做的功最多，在A 点时的动能最大，速度最大，B 正确；
C．小球做周期性运动，在B 点时的速度为0，C 正确；
D．对小球由O 点到A 点的过程，由动能定理得
√2mgl = 1
2 m v
2
沿OB 方向建立x 轴，垂直OB 方向建立y 轴，在x 方向上由动量定理得
q v y B1 Δt =m Δv
累计求和，则有
q B1l =mv
得
l = √2
5 m
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D 错误。
故选BC。
12.如图，是交替出现的宽为L的匀强电场和匀强磁场区域，其中编号1、3 区域为电场，场强均为E，2、4
区域为磁场，场强均为B，方向如图所示。质量为m，带电量为q的正粒子，从1 区上边界由静止释放，不
计重力。下列说法中正确的是（ ）
A．粒子从4 区下边界穿出后的动能一定为2qEL
B．粒子从4 区下边界穿出后的水平速度一定为qBL
2m
C．粒子从4 区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为B√
2qL
mE
D．若粒子恰未从第4 场区射出，则需满足E = 2q B
2 L
m
【答案】A
【详解】A．由于洛伦兹力总是不做功，粒子从静止释放到从4 区下边界穿出，根据动能定理可得
qE⋅2 L= 1
2 mv4
2
可知粒子从4 区下边界穿出后的动能一定为2qEL，粒子从4 区下边界穿出后的速度大小为v4=2√
qEL
m
故A 正确；
BCD．由于电场力处于竖直方向，不影响水平方向的速度，则粒子从静止释放到从4 区下边界穿出，水平
方向根据动量定理可得∑F洛xt =m v x−0
其中∑F洛xt =∑q v y Bt =qB∑v yt =qB⋅2 L
联立可得粒子从4 区下边界穿出后的水平速度为v x = 2qBL
m
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
则粒子从4 区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为cosθ = v x
v4
= B√
qL
mE
若粒子恰未从第4 场区射出，粒子达到4 区下边界的竖直分速度刚好为0，则有v x = 2qBL
m
= v4=2√
qEL
m
解得E = q B
2 L
m
故BCD 错误。
故选A。
13.如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大
小为E = 2mg
q
，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q 的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动
摩擦因数为μ；现使圆环以初速度v0向下运动，经时间t0，速度变为零。不计空气阻力，重力加速度为g。
则下列说法中正确的是（ ）
A．环速度变为零后，将保持静止不动
B．环的最小加速度为a= g
C．环在t0时间内损失的机械能为1
2 mv0
2
D．环下降过程的位移大小为mv0−mgt0
μqB
【答案】D
【详解】A．根据题意可知环速度变为零后受到的电场力为Eq=2mg>mg，故不会保持静止，将向上运
动，故A 错误；
B．在下降过程中，对圆环根据牛顿第二定律Eq+ f −mg=ma，f = μ FN= μBqv
解得a= g+ μBqv
m
故下降过程中随着速度的减小，加速度在逐渐减小，当速度等于0 时加速为g；
到达最低后上升过程中有Eq−f −mg=ma，f = μ FN= μBqv
解得a= g−μBqv
m
故上升过程中随着速度增大，加速度在减小，故环的最小加速度不等于g，故B 错误；
18
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C．设环在t0时间内下降的高度为h，损失的机械能为Δ E = 1
2 m v0
2+mgh> 1
2 m v0
2，故C 错误；
D．环下降过程中，根据动量定理(mg−Eq−f )t0=0−m v0，f = μ FN= μBqv
联立整理得mgt0+ μBqv t0=m v0
其中v t0=h
解得环下降过程的位移大小为h= m v0−mgt0
μqB
，故D 正确。
故选D。
04 带电粒子在立体空间中的运动
14.（多选）在如图所示的长方体空间中，存在沿y轴正方向的匀强电场和匀强磁场，AB = A A1=d，
AD = L。某时刻一带正电的粒子以速度大小v0，方向平行于yOz平面且与y轴正方向的夹角θ =37
∘，从左
边界区域中心射入，该粒子比荷为k，不计粒子重力，sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8。则下列说法正确的是
（ ）
A．粒子在该区域运动过程中，加速度大小不变
B．若磁感应强度B< 12v0
5kd
，则粒子会从DC C1 D1面射出
C．若磁感应强度B> 12v0
5kd
，则粒子会从DC C1 D1面射出
D．若磁感应强度B< 6 v0
5kd
，则粒子可能从A1B1C1 D1面射出
【答案】AC
【详解】A．粒子在该区域受到向右电场力F=Eq
19
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
将v0分解为竖直向上v0z和水平向右v0y，则有v0 z= v0sin37
∘= 3
5 v0
由左手定则知F 洛=Bqv0z，方向向里，在xoz 平面做匀速圆周运动，由于F 洛不做功。v0z不变，故F 洛大小不
变。而电场力是恒力， y 方向虽加速，但不影响洛伦兹力。所以合力F合=√(Eq)
2+ F洛
2
大小不变，则加速度大小不变，故A 正确；
BC．若磁感应强度B = 12v0
5kd
，根据洛伦兹力提供向心力，有qB v0 z=m v0 z
2
r
解得r = d
4
AA1B1B 的侧视图如图
可得OE = d
2
由图可知当r = OE
2 = d
4 时，圆周运动顶点刚好在ADD1A1面上。水平向右做匀加速运动、故刚能从DCC1D1
面上射出。根据r = mv0 z
qB 可知B 越大，r 越小，故B> 12v0
5kd 时，r < d
4 则粒子会从DCC1D1面射出，故C 正
确，B 错误；
D．若B = 6 v0
5kd
时，根据洛伦兹力提供向心力，有qB v0 z=m v0 z
2
r
解得r = d
2
则圆心在A1D1C1B1面上，则粒子从ADD1A1面射出，故D 错误。
故选AC。
15.（多选）如图，磁感应强度大小为B 的匀强磁场和电场强度大小为E 的匀强电场，方向均平行于纸面向
20
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
上，电场和磁场区域足够大。带电粒子（不计重力）由O 点沿x 轴正向入射到电磁场中，在z 轴（0，0，
h）处P 点有一接收器，则接收器接收的粒子比荷可能为（ ）
A．π
2 E
h B
2
B．2π
2 E
h B
2
C．4π
2 E
h B
2
D．8π
2 E
h B
2
【答案】BD
【详解】带电粒子以初速度沿Ox 轴进入，磁场B 沿Oz 轴，故粒子在xy 平面将做匀速圆周运动自洛伦兹力
提供向心力，则有qvB =m v
2
r 、T = 2πr
v
其角速度ω= 2π
T = qB
m
同时，电场E 也沿Oz 轴，使粒子在z 方向做匀加速运动，加速度为a= qE
m
xy 平面运动方程，设粒子从O（0，0）出发，初速度沿+x，则半径r = mv
qB
角速度ω= qB
m
在t = 0 时，x=0，y=0，速度沿+x，则有x(t )=r sin ωt、y(t )=−r +r cosωt
粒子只有在ωt = 2nπ（n 为正整数）时才再次回到xy 平面的原点（0，0）。其最小正周期对应n=1，时间
为T 0= 2π
ω
z 方向运动方程为z(t )= 1
2 ( qE
m )t
2
要求粒子同时满足在xy 平面回到原点且到达z= h，即t =nT 0=n⋅2π
ω （n=1，2，3……）
21
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
则h= 1
2 ( qE
m )[n⋅2π
ω ]
2
（n=1，2，3……）
又 ω= qB
m
代入可解得q
m = 2n
2π
2 E
h B
2
（n=1，2，3……）
由上式可见，当n = 1 时，q
m =2π
2 E
h B
2
当n= 2 时，q
m =8π
2 E
h B
2
故选BD。
05 洛伦兹力与现代科技
16.如图所示，在容器A 中有同一种元素的两种同位素正粒子，它们的初速度几乎为0，粒子可从容器A 下
方的小孔S1飘入加速电场，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中，最后第一种同位素粒子打
到照相底片D 上的M 点，第二种同位素粒子打到照相底片D 上的N 点。不计同位素粒子重力。量出M
点、N 点到S3的距离分别为x1、x2，则第一种与第二种同位素粒子在磁场中运动的时间之比为（ ）
A．x1
x2
B．x1
2
x2
2
C．√
x1
x2
D．x2
2
x1
2
【答案】B
【详解】设加速电场的电压为U，磁场的磁感应强度为B，粒子电荷量为q、质量为m，在电场中加速过
程，由动能定理可得qU = 1
2 mv
2
22
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得qvB =m v
2
r
带电粒子在磁场中运动的周期为T = 2πr
v
带电粒子在磁场中运动时间均为半个周期，即t = T
2
根据几何关系有x =2r
联立以上各式可得t = πB
8U x
2∝x
2
则第一种与第二种同位素粒子在磁场中运动的时间之比为
t1
t2
= x1
2
x2
2
故选B。
17.如图所示，带电荷量大小相等的三个粒子a、b、c，其质量分别为ma、mb、mc，它们分别以 va、vb、vc
的速率平行金属板进入速度选择器，三个粒子均能沿直线通过速度选择器并进入匀强磁场B2，磁场B2中只
有两条粒子轨迹1 和2，若a、b 粒子的轨迹分别为轨迹1 和2，不计粒子间的相互作用和重力，下列说法
正确的是（ ）
A．va>vb= vc
B．a 粒子带负电，b 粒子带正电
C．三个粒子质量关系可能为ma<mb=mc
D．粒子a、b 在磁场B2中运动的时间可能相同
【答案】C
【详解】A．粒子沿直线经过速度选择器，根据平衡条件可知B1qv = Eq
解得v = E
B1
23
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
三粒子的速度v 相等，故A 错误；
B．在磁场B2中由左手定则，a 粒子带正电，b 粒带负电，故B 错误；
C．根据牛顿第二定律qvB =m v
2
R
可得粒子运动半径R = mv
Bq
可知mb>ma
而粒子c 的质量可能与a 或b 相同，故C 正确；
D．粒子a、b 在磁场B2中运动半周期，由T = 2πR
v
= 2πm
Bq
可知a、b 在B2中运动时间不同，故D 错误。
故选C。
18.（多选）如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通
道中心线为 1
4 圆弧，圆弧的半径为R，通道内有均匀辐向电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析
器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面向外，一质量为m、电荷量为q的粒子从
静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，做半径为r的匀速圆
周运动，最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．加速电场的电压U = ER
C．磁感应强度大小B =√
mE
qr
D．粒子在磁场中的运动时间t = πr√
m
qER
【答案】AD
24
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【详解】A．粒子在向外的磁场中受洛伦兹力向左偏转，由左手定则可知，粒子带正电，故A 正确；
B．在静电分析器中，根据电场力提供向心力，有qE = m v
2
R
在加速电场中，有qU = 1
2 m v
2
联立得U = ER
2 ，故B 错误；
C．由qvB =m v
2
r
得
B = mv
qr = m
qr √
qE R
m =√
mER
qr
2 ，故C 错误；
D．在磁分析器中粒子由P 到Q 经过半个周期t❑= 1
2 × 2πm
qB = πm
Bq
代入B 得t = 1
2 × 2πm
qB = πm
q √
qr
2
mER = πr√
m
qER
，故D 正确。
故选AD。
19.（多选）如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，在加速带电粒子时，两金
属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t 的变化规律如图
乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是（ ）
A．在Ek−t图中应有t 4−t3=t3−t2=t2−t1
B．高频电源的变化周期应该等于2(tn−tn−1)
C．粒子加速次数越多，粒子最大动能越大
D．加速不同的粒子获得的最大动能可能相同
【答案】ABD
25
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【详解】A．粒子在磁场中的偏转周期T = 2πm
qB
粒子每加速一次后会在磁场中偏转半个周期的时间所以t 4−t3=t3−t2=t2−t1= T
2 ，A 正确；
B．高频电流的变化周期与粒子在磁场中偏转周期相同，所以T =2(tn−tn−1)，B 正确；
CD．根据R = mv
qB
可知当粒子的偏转半径等于D 盒半径时，粒子的速度最大，此时粒子的最大速度vm = RDqB
m
则粒子的最大动能Ekm = 1
2 m vm
2 = ( RDqB)
2
2m
可知最大动能与加速次数无关，且加速不同的粒子，只要粒子的q
2
m 相同，则最大动能相同，C 错误，D 正
确。
故选ABD。
20.图是某种同步加速器的原理图。直线通道PQ有电势差为U的加速电场，通道转角处有可调的匀强偏转
磁场B。电量为+q，质量为m的带电粒子以速度v0进入加速电场，而后可以在通道中循环加速。带电粒子
在偏转磁场中运动的半径为R。忽略相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里
B．加速一次后，带电粒子的动能增量为2qU
C．加速k 次后，带电粒子的动能增量为Ek = 1
m √mv0
2+kmqU
D．加速k 次后，偏转磁场的磁感应强度为B = √m
2v0
2+2kmqU
qR
【答案】D
26
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【详解】A．直线通道PQ有电势差为U的加速电场，粒子带正电，则粒子运动方向为P→Q，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qU，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kqU，故BC 错误；
D．加速k 次后，由动能定理有kqU = 1
2 m v
2−1
2 m v0
2
解得v =√v0
2+ 2kqU
m
粒子在偏转磁场中运动的半径为R，则有qvB =m v
2
R
联立解得B = mv
qR = m
qR √v0
2+ 2kqU
m
= √m
2v0
2+2kmqU
qR
故D 正确。
故选D。
21.某同学为研究带电粒子的运动情况，通过仿真模拟软件设计了如图甲所示的实验，装置由放射源、速度
选择器、平行板电容器三部分组成。放射源P 靠近速度选择器，能沿水平方向发射出不同速率的某种带电
粒子，其中某速率的带电粒子能恰好做直线运动通过速度选择器，并沿平行于金属板A、B 的中轴线O1O2
射入板间。已知速度选择器中存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度为E，磁感
应强度为B．平行板电容器的极板A、B 长为L，两板间加有如图乙所示的交变电压。不计粒子重力及相互
间作用力，忽略边缘效应，以下说法中正确的是（ ）
A．从P 点射出的粒子一定带正电
B．只增大速度选择器中的电场强度E，仍能沿中轴线O1O2射入平行板电容器的粒子，通过A、B 板的时
间不变
C．若t = T
4 时刻粒子恰好沿O1O2方向进入平行板电容器，则粒子飞出平行板电容器的方向不可能沿O1O2
方向
27
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．若t=0 时刻沿O1O2进入平行板电容器的粒子离开电容器时方向也平行于O1O2，则
T = BL
nE
(n=1,2,3,⋯)
【答案】D
【详解】A．无论粒子带正电还是负电都可以满足电场力和洛伦兹力平衡，因此不能确定粒子一定带正电，A 错误；
B．根据粒子通过速度选择器的速度v = E
B
增大电场强度E，速度也会增大，根据通平行板电容器的时间t = L
v
可知，时间会减小，B 错误；
C．在t = T
4
时刻进入电容器的粒子，在交变电场中经t = nT
2 = L
v
(n=1,2,3,⋯)时飞出的粒子，运动方向平行于
O1O2，C 错误；
D．粒子在电容器中运动的时间t = L
v = L
E
B
= BL
E
若粒子离开电容器时方向仍平行于O1、O2，则说明粒子在电容器中运动的时间是交变电压周期T 的整数倍，即t =nT ，
则T = BL
nE
(n=1,2,3,…)，D 正确。
故选D。
22.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。+q的粒子以速度v0从左侧沿水平方向
进入，恰能沿虚线通过。则（ ）
A．+q的粒子以速度v0从右侧沿水平方向进入，能沿虚线通过
B．−q的粒子以速度v0从左侧沿水平方向进入，不能沿虚线通过
C．+2q的粒子以速度v0从左侧沿水平方向进入，能沿虚线通过
D．改变电场强度E和磁感应强度B，粒子一定不能沿虚线通过
【答案】C
【详解】A．+q的粒子以速度v0从右侧沿水平方向进入时，粒子所受的电场力和洛伦兹力方向都向下，故
28
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
粒子会向下偏转，不能沿虚线通过，A 错误；
B．−q的粒子以速度v0从左侧沿水平方向进入，电场力方向变为竖直向上，大小为F电=qE
洛伦兹力方向变为竖直向下，大小为F洛=q v0 B =qE,合力还是零，故还能沿虚线通过，B 错误；
C．+2q的粒子以速度v0从左侧沿水平方向进入，电场力方向竖直向下，大小为F电=2qE，洛伦兹力方向
竖直向上，大小为F洛=2q v0 B =2qE,合力还是零，故能沿虚线通过，C 正确；
D．改变电场强度E和磁感应强度B，若仍满足v0= E
B ，则粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，粒子仍能沿虚
线通过，D 错误。
故选C。
23.（多选）磁流体发电机是目前正在开发的一种发电机，其工作原理如图所示，等离子体高速垂直射入磁
场中，a、b 两板间会产生电势差。已知等离子体速率为v，匀强磁场的磁感应强度为B，a、b 两板间距为
d，发电机的内阻为r，电阻箱R 和电流表A（内阻不计）与两板相连。下列说法正确的是（ ）
A．等离子体总体上带负电
B．当R=r 时R 消耗的电功率最大
C．稳定工作时ab 两极板的电势差为BdvR
R+r
D．稳定工作时电流表读数为Bdv
R
【答案】BC
【详解】A．等离子体的正负粒子个数相等，则总体上不带电，选项A 错误；
B．当电源外电阻与内阻相等时电源输出功率最大，即当R=r 时R 消耗的电功率最大，选项B 正确；
CD．稳定工作时qvB = U
d q
电流表读数为I = U
R+r = Bdv
R+r
29
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
ab 两极板的电势差为U
' = IR = BdvR
R+r ，选项C 正确，D 错误；
故选BC。
24.如图所示，一种磁流体发电机，平行金属板A、B 间距为d，A、B 之间有一个很强的磁场，磁感应强度
大小为B，将一束等离子体（即高温下电离的气体含有大量正、负电粒子）以速度v喷入磁场，A、B 两极
间便产生电压，在A、B 两极板间接入电阻R，则下列说法正确的是（ ）
A．通过电阻R的电流方向为从a流向b
B．电阻R两端的电压U = vB
d
C．电阻R消耗的热功率P = B
2d
2v
R
D．增大A、B 两板间距d，则流过电阻R的电流会增大
【答案】D
【详解】A．根据左手定则可知，带正电离子向下偏转，带负电粒子向上偏转，则B 板带正电，A 板带负
电，通过电阻R的电流方向为从b流向a，故A 错误；
BC．稳定时，对离子有q E电动势
d
=qvB
解得电动势为E电动势= Bdv
若等离子体的电阻可忽略不计，则电阻R两端的电压为U = E电动势= Bdv
电阻R消耗的热功率为P = U
2
R = B
2d
2v
2
R
故BC 错误；
D．根据E电动势= Bdv
增大A、B 两板间距d，则电动势增大，流过电阻R的电流会增大，故D 正确。
故选D。
25.磁流体发电机可简化为如下模型：两块长、宽分别为a、b的平行板，彼此相距L，板间通入已电离的速
度为v的气流，两板间存在一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向与两板平行，并与气流速度方向
垂直，如图所示。把两板与外电阻R连接起来，在洛伦兹力作用下，气流中的正、负离子分别向两板移动
30
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
形成电流，设该气流的导电率（电阻率的倒数）为σ，则（ ）
A．该磁流体发电机模型的内阻为r =2 L
σab
B．产生的电动势为E = Bbv
C．流过外电阻R的电流为
BLv
R+σ L
ab
D．该磁流体发电机模型的路端电压为
BLvR
R+ L
σab
【答案】D
【详解】B．根据左手定则知正离子向上偏，负离子向下偏，则上极板带正电，下极板带负电，板间产生
电场，最终离子处于平衡状态，有qvB =q E
L
解得电动势为E = BLv，故B 错误；
A．根据电阻定律可知内电阻为r = ρ L
S = L
σS = L
σab ，故A 错误；
C．根据闭合电路欧姆定律有I =
E
R+ L
σab
=
BLv
R+ L
σab
，故C 错误；
D．路端电压为U = IR = BLvR
R+ L
σab
，故D 正确。
故选D。
26.在核电站中，使用电磁泵来循环冷却剂以维持核反应堆稳定运行。电磁泵的设计示意图如图所示，电磁
泵位于垂直纸面向外的匀强磁场（磁感应强度大小为B）中，泵体为长方体（长为L1，宽和高均为L2），
上下表面为金属极板。当在泵体的上下表面接电压为U 的电源（内阻不计）后，只在两板间的冷却剂中产
生自上而下的电流，理想电流表示数为I，通电冷却剂在磁场力的作用下在管道中流动。泵体和冷却剂液
面之间的高度差为h，冷却剂的电阻率为ρ，在t 时间内抽取冷却剂的质量为m，不计冷却剂在流动中和管
31
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
壁之间的阻力，工作时泵体内始终充满冷却剂，取重力加速度为g，则（ ）
A．电磁泵对冷却剂的推力大小为BIL1
B．电磁泵输出的机械功率为UI −U
2 L1
ρ
C．质量为m 的冷却剂离开泵体时的动能为UIt −mgh−I
2 ρ
L1
t
D．若接在泵体的上下两表面的电压变为2U，则电流表的读数变为2I（未超出量程）
【答案】C
【详解】A．电磁泵对冷却剂的推力F = BI L2，A 错误；
BC．电源提供的电功率P =UI
液体电阻R = ρ L2
L1 L2
= ρ
L1
电磁泵输出的机械功率P出=UI −I
2 R =UI −I
2 ρ
L1
若t 时间内抽取冷却剂的质量为m，这部分冷却剂离开泵时的动能
Ek=UIt −mgh−I
2 Rt =UIt −mgh−I
2 ρ
L1
t
B 错误，C 正确；
D．电磁泵输入的电能小部分转化为内能，绝大部分转化为机械能，是非纯电阻电路，部分电路欧姆定律
对电磁泵不适用，所以若接在泵体的上下两表面的电压变为2U，则电流表的读数变为2I（未超出量程）
的结论不成立，D 错误。
故选C。
27.电磁血流量计的原理是基于法拉第电磁感应定律，可用于心血管手术的精密监控，其原理如图所示。空
间存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。当血液从内径为d的水平血管左侧流入、右侧流出
32
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
时，因为血液中含有大量的正、负离子，血管上下两侧间将形成电势差U m。当血液的流量（单位时间内流
过血管横截面的血液体积）一定时，下列说法正确的是（ ）
A．血管上侧电势低，血管下侧电势高
B．若血管内径变大，则血液流速变大
C．若血管内径变大，则U m变小
D．U m的大小与血液流速无关
【答案】C
【详解】A．根据左手定则可知，正离子所受洛伦兹力向上，负离子所受洛伦兹力向下，所以，血管上侧
聚集正离子，电势高，下侧聚集负离子，电势低，故A 错误；
B．血液的流量为Q = S⋅v Δt
Δt
= Sv
若血管内径变大，则S 变大，因Q 一定，则v 变小，故B 错误；
C．稳定时，粒子所受洛伦兹力等于所受的电场力，即qvB =q U m
d
得U m = vBd
又Q = Sv，S = π r
2= 1
4 π d
2
联立得U m = 4QB
πd
所以，若d 变大，则U m变小，故C 正确；
D．在流量Q 一定的条件下，根据U m= Bdv可知若v 变化，则d 就变化，根据U m = 4QB
πd 可知，U m 必定变
化，所以U m与v 有关，故D 错误。
故选C。
28.（多选）人体血管状况及血液流速可以反映身体健康状态。血管中的血液通常含有大量的正负离子。如
图，血管内径为d，血流速度v 方向水平向右。现将方向与血管横截面平行，且垂直纸面向内的匀强磁场
施于某段血管，其磁感应强度大小恒为B，当血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定
时（ ）
33
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．血管上侧电势高，血管下侧电势低
B．若血管内径变小，则血液流速变小
C．血管上下侧电势差与血液流速无关
D．血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小
【答案】AD
【详解】A．根据左手定则可知正粒子向血管上侧偏转，负离子向血管下侧偏转，则血管上侧电势高，血
管下侧电势低，故A 正确；
B．血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定为V ，若血管内径变小，则血管的横截面
积变小，根据V = Sv可知则血液流速变大，故B 错误；
CD．稳定时，粒子所受洛伦兹力等于所受的电场力，根据qvB =q U
d
可得U =dvB
又v =
V
π( d
2 )
2
联立可得U = 4VB
πd
可知血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小，血液的流速变化，则血管内径一定改变，则血管上下侧
电势差改变，所以血管上下侧电势差与血液流速有关，故D 正确，C 错误。
故选AD。
29.霍尔元件是实际生活中的重要元件之一，广泛应用于测量和自动化技术等领域．如图所示为一长度一定
的霍尔元件，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于霍尔元件的工作面向下，在元件中通入图示从E 到F 方向
的电流I，元件中的载流子带负电，下列说法中正确的是（ ）
34
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．该元件能把电学量转化为磁学量
B．该元件C 面的电势高于D 面的
C．如果用该元件测赤道处地磁场的磁感应强度，应保持C、D 面竖直
D．如果流过霍尔元件的电流大小不变，则元件C、D 面的电势差与磁场的磁感应强度成正比
【答案】D
【详解】A．霍尔元件是能够把磁学量转换为电学量的传感器，故A 错误；
B．根据左手定则可知，带负电的电荷向C 面偏转，C 面带负电，D 面带正电，所以D 面的电势高，故B
错误；
C．在测定地球赤道处的地磁场的磁感应强度时应将元件的C、D 面保持水平，让磁场垂直通过元件的工作
面，故C 错误；
D．运动电荷最终在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，设霍尔元件的长、宽、高分别为a、b、d，
根据平衡条件，有q U
b =qvB
电流的微观表达式为I =nqvS =nqvbd
所以元件C、D 面的电势差为U = BI
nqd
如果流过霍尔元件的电流大小不变，则元件C、D 面的电势差与磁场的磁感应强度成正比，故D 正确。
故选D。
30.（多选）如图甲是判断检测电流I 0大小是否发生变化的装置，该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应
强度与检测电流I 0成正比，图乙为N型半导体制成的霍尔元件，其载流子为自由电子，已知霍尔元件的
长、宽、高分别为a、b、d，现给其通以恒定工作电流I，可通过右侧电压表的示数来判断I 0的大小是否发
生变化，则（ ）
A．通入如图所示电流I 0，磁芯中的磁感线方向为顺时针方向
B．通入如图所示电流I 0，M端的电势低于N端
C．减小d可以提高检测灵敏度
D．b对检测灵敏度没有影响
35
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【答案】CD
【详解】AB．根据右手螺旋定则可知检测电流产生的磁场方向向下，磁感线在铁芯中沿逆时针方向；可知
霍尔元件所在磁场方向向上，元件中载流子为电子，根据左手定则可知电子受到的洛伦兹力垂直纸面向外
在元件N 端积累，所以N 端电势低，M 端电势高，故AB 错误；
CD．元件中电子最终受到的电场力和洛伦兹力相平衡，所以有U MN
b
e =evB
设元件单位体积内电子数量为n，电子移动速度为v，根据电流的微观表达式可得I =nevbd
联立，整理得U MN = BI
ned
提高检测灵敏度即提高U MN的大小，所以可知减小d可以提高检测灵敏度，b对检测灵敏度没有影响，故
CD 正确。
故选CD。
31.（多选）（2025·四川巴中·三模）在一次带电粒子运动实验中，研究人员从一个倾角为45°的平面P 点发
射氕核（质量m、电荷量+q）与氘核（质量2m、电荷量也为+q），初动能Ek相同，发射方向水平。它们
先进入区域Ⅰ，区域Ⅰ为竖直向下的匀强电场（电场强度大小为E）；随后进入区域Ⅱ，区域Ⅱ为垂直纸
面向里的匀强磁场（磁感应强度B）。不计重力。下列判断正确的是（ ）
A．氕核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同
B．氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为√
5 Ek
m
C．氕核在Ⅱ区做匀速圆周运动的半径为√10m Ek
qB
36
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距(√2−1) √m Ek
qB
【答案】ABC
【详解】A．氕核、氘核在电场中做类平抛运动，水平方向有x = v0t
竖直方向有y = 1
2
qE
m t
2
联立解得y = qE
4 Ek
x
2
氕核、氘核具有相同的初动能和相同的电荷量，氕核、氘核在电场中的轨迹相同，即氕核和氘核第一次进
入Ⅱ区时的速度方向相同，故A 正确；
B．氘核在电场中做类平抛运动，则tan 45° =
1
2 a2t2
2
v02t2
又Ek= 1
2 ·2m v02
2
根据牛顿第二定律a2= qE
2m
根据运动学公式v y 2=a2t2
氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小v2=√v02
2 + v y 2
2
联立解得v2=√
5 Ek
m
，故B 正确；
C．由B 选项分析，同理可得氕核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为√
10 Ek
m
，根据q v1B =m v1
2
r1
解得r1= mv1
qB = √10m Ek
qB
，故C 正确；
D．两粒子在进入磁场速度方向与水平方向夹角相同，设为α，有tanα =2tan 45°
设两粒子在进入磁场速度方向与MN 的夹角为β，则β =α −45°
37
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
可得sin β = √10
10
两粒子再次回到MN 时，与进入磁场位置的距离s=2r sin β
又同C 选项分析，氘核在磁场中的半径r2= 2mv2
qB
= 2√5m Ek
qB
则氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距Δs= s2−s1= √10
5 (r2−r1)=2(√2−1) √m Ek
qB
，故D 错误。
故选ABC。
32.（多选）在精密的电子仪器中常用磁场或电场来改变带电粒子的运动轨迹。如图所示，直线AE 把纸面
分成上下两部分，在纸面内有矩形ABCD，AB 边长为L1，BC 边长为L2。一个不计重力的电子（其质量为
m、电量为−e）从A 点以初速度v0沿DA 方向射入，第一次在整个平面内加垂直纸面的匀强磁场，电子恰
好能通过C 点；第二次保持AE 上方的磁场不变，而将AE 下方区域磁场改为沿AE 方向匀强电场，电子仍
通过C 点．则（ ）
A．匀强磁场的方向为垂直纸面向里
B．匀强磁场的磁感应强度大小为B = 2 L1m v0
e(L1
2+ L2
2)
C．电子两次从A 运动到C 所用的时间相同
D．电子两次通过C 点时速度的大小相同
【答案】AB
【详解】A．第一次在整个平面内加垂直纸面的匀强磁场，电子恰好能通过C 点，根据左手定则可知，磁
场方向垂直纸面向里，选项A 正确；
38
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
B．电子沿轨迹AGC 从C 点飞出时，则由几何关系可知
r
2= L2
2+( L1−r )
2
解得
r = L1
2+ L2
2
2 L1
根据
e v0 B =m v0
2
r
解得
B = 2 L1m v0
e(L1
2+ L2
2)
选项B 正确；
C．若加磁场时，电子从A 到C 的时间为
t1= T
2 +
´
GC
v0
若加沿AE 方向匀强电场，则电子从F 点射入下方电场做类平抛运动，到达C 点的时间
t2= T
2 + BC
v0
<t1
选项C 错误；
D．若只加磁场时，电子到达C 点的速度为v0；若加电场时，电子进入电厂后因电场力做正功，则到达C
点的速度大于v0，选项D 错误。
故选AB。
33.如图甲所示，水平放置的平行极板A、B间加如图乙所示的交变电场，t =0时刻，O处粒子源水平向右
发射速度相同的a、b两粒子，穿过极板后水平向右垂直进入有竖直边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向
外，a粒子恰好不从磁场右边界飞出，a、b两粒子的运动轨迹交于C点，且在C处时a、b速度方向垂直，
C到左右磁场边界的距离相等，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
39
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．a、b在电场中运动的时间可能不同
B．a、b穿过极板的时间可能为T 0的奇数倍
C．a、b粒子的比荷为1:√3
D．a、b穿过极板竖直方向上的位移大小之比为1:2
【答案】C
【详解】AB．因为a、b 粒子都是以相同的速度，垂直进入电场，在电场中，沿初速度方向不受力，做匀
速直线运动，由
L= v0t
可得，a、b在电场中运动的时间一定相同；又因为两粒子穿过极板后水平向右垂直进入有竖直边界的匀强
磁场，则两粒子在离开电场时，竖直方向速度为零，根据图乙可知，a、b穿过极板的时间为T 0的偶数倍。
AB 错误；
C．由下图可知
sinθ =
Ra
2
Ra
= 1
2
可得
θ =30°
由几何关系可知
40
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
tanθ = Rb
Ra
= √3
3
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力
qvB =m v
2
R
可得，粒子的比荷为
q
m = v
BR
在本题中，两粒子进入磁场时的速度大小相等，则
q
m ∝1
R
所以a、b粒子的比荷之比为
qa
ma
qb
mb
= Rb
Ra
= √3
3 = 1
√3
C 正确；
D．在竖直方向，a、b粒子先加速度再减速，由运动学公式得
y = 1
2 at
2= 1
2
qE
m t
2
因为a、b粒子在电场中运动时间相等，场强E 相等，则
y ∝q
m
所以，a、b穿过极板竖直方向上的位移大小与两粒子的比荷成正比，则
ya
yb
=
qa
ma
qb
mb
= 1
√3
D 错误。
故选C。
34.（多选）如图，在平面直角坐标系xOy 的第一象限内有匀强电场（图中未画出），第二象限内除
△AOC区域外都有匀强磁场，其方向垂直坐标平面向外，磁感应强度大小为 B。一束带电粒子从AC 边界
41
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
以相同方向的速度进入匀强磁场，结果都从y 轴上的C 点平行x 轴向右飞出磁场，其中从A 入射的粒子到
达x 轴上的D 点（图中未标出）时，速度方向斜向右下与+ x夹角为60
∘，且大小与A 点速度相等，已知
带电粒子质量为m，电量为+q，AC 边界与x 轴夹角θ =60
∘，C 点坐标为（0，L），电场中D 点到O 点
的电势差为U，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子在磁场中运动的时间不相等
B．带电粒子从AC 边界入射的速度大小与其入射点y 坐标的关系为v = 2qB（L−y ）
3m
C．第一象限内匀强电场的场强大小为E = √3U
2 L
D．从A 入射的粒子在第一象限电场中的最小速度大小为vmin= √3qBL
3m
【答案】BD
【详解】A．由直线单边界磁场规律可知，带电粒子在磁场中运动轨迹的圆心角都为120
∘，故时间t = T
3 ，
相等，A 错误；
B．如图，由几何关系：弦长s=2r sinθ，ssinθ+ y = L，qvB =m v
2
r
解得带电粒子的速度大小v 与其入射点y 坐标的关系为v = 2qB（L−y ）
3m
B 正确；
C．根据粒子到达x 轴上的D 点时，速度方向斜向右下与+ x夹角为60
∘，且速度与其初速度等大，可知连接
CD 即为匀强电场中的一条等势线，粒子在C 点速度与等势线的夹角与D 点速度与等势线的夹角应相等，
如图可得α =30
∘，故匀强电场的场强大小为E =
U
Lcosα = 2√3U
3 L
C 错误；
42
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．从A 入射的粒子速度大小为v A = 2qBL
3m
（B 选项关系式y =0代入即可），C 点速度与A 点一样大，在第一象限电场中做类斜抛运动，当速度方向
与电场力方向垂直时，速度最小，其大小为速度沿CD 方向的分量vmin= vCcosα = √3qBL
3m
D 正确。
故选BD。
35.（多选）（2025·四川成都·三模）如图，平面直角坐标系xOy 内虚线CD 上方存在匀强磁场和匀强电场，
分界线OE、OF 与x 轴的夹角均为θ =30°。t =0时，一对质量为m、电荷量为q 的正、负粒子从坐标原点
O 以大小为v0的速度沿y 轴正方向射入磁场，正粒子通过坐标为(3 L,−√3 L)的P 点（图中未画出）进入电
场，然后沿y 轴负方向经y 轴上的Q 点射出电场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力。则（ ）
A．磁场的磁感应强度大小为m v0
2qL
B．电场的电场强度大小为mv0
2
24 qL
43
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C．在坐标为(0,−2√3 L)的位置，两粒子相遇
D．在t = 4 L(2π +3√3)
3 v0
时，两粒子相遇
【答案】AD
【详解】A．根据已知做出两粒子轨迹如图
由几何关系可知
r =2 L
根据洛伦兹力提供向心力
q v0 B = m v0
2
r
解得
B = m v0
2qL
故A 正确；
B．带正电粒子进入电厂后，水平方向做匀减速运动，根据牛顿第二定律
qE =ma
水平方向根据
(v0cos30°)
2=2a(3 L)
联立解得
E = m v0
2
8qL
故B 错误；
C．在电场中到Q 点的时间
44
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
t1= Δv x
a = 4√3 L
v0
在电场中竖直方向做匀速运动，则下降的高度
h= v0sin30°⋅t1=2√3 L
粒子从O 点下降的总高度
H =h+√3 L=3√3 L
两粒子相遇的位置为(0,−3√3 L)，故C 错误；
D．在磁场中运动的时间
t2= 240°
360° T = 2
3 × 2πm
qB = 8 πL
3 v0
两粒子相遇时间
t =t1+t2= 8 πL
3 v0
+ 4√3 L
v0
= 4 L(2π +3√3)
3 v0
故D 正确。
故选AD。
36.（多选）圆心为O、半径为R 的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，在磁
场边缘上有A、B 两点，∠AOB =90°。放射源从A 点沿纸面向圆形区域各个方向均匀发射速度大小为v0
的带电粒子。圆的右边有边长有2R 的正方形MNQP，与圆相切于B 点，且MB = NB，其区域内有水平向
左的匀强电场。当粒子初速沿AO 方向时，粒子刚好从B 点离开磁场，进入电场后又刚好到达边界QP 并
返回，重新进入并最终离开磁场。不计重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．粒子的比荷为BR
v0
B．粒子在磁场中运动的总时间与入射方向无关
C．若将电场E 方向变为竖直向下，则从电场边界QP 与NQ 射出的粒子数之比为1:1
45
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．若电场E 竖直向下，且粒子要全部从NQ 边界射出，则场强大小至少为原来的4 倍
【答案】BD
【详解】A．根据题意，做出粒子在圆形磁场中运动的轨迹如图所示
根据几何关系可知粒子在磁场中的轨迹半径为R，根据洛伦兹力充当向心力有
Bq v0=m v0
2
R
则可得粒子的比荷为
q
m = v0
BR
故A 错误；
B．粒子从A 点进入磁场到从B 点进入电场后再从电场回到B 点时，因电场力做功为零，因此再次进入磁
场时的速度大小不变，则再次进入磁场做圆周运动的轨迹半径不变，到最终离开磁场的运动过程中，其运
动轨迹如图所示
在磁场中运动的总时间
t = θ
2π ⋅T
而粒子无论从A 点向哪个方向射入磁场，到最终离开磁场时在磁场中偏转的总角度
θ = π
因此，粒子在磁场中运动的总时间与入射方向无关，均为T
2 ，故B 正确；
C．在A 点的粒子源向磁场中的各个方向发射速度大小均为v0的带电粒子，由于粒子在磁场中做圆周运动
46
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
的轨迹半径与磁场的半径相同，因此所有粒子离开圆形磁场时将平行于电场方向进入电场，根据沿AO 方
向射入的粒子进入从MN 中点B 进入电场后，刚好到达边界QP 并返回，则由动能定理有
Eq⋅2 R = 1
2 mv0
2
解得电场力
F = Eq= mv0
2
4 R
根据牛顿第二定律可得粒子在电场中运动时的加速度大小为
a= F
m = v0
2
4 R
而若将电场E 的方向改为竖直向下，则粒子在进入电场后将做类平抛运动，而粒子恰好打到Q 处，则应有
y = 1
2 at
2，2 R = v0t
解得
h= 1
2 R
由于能进入电场的粒子的总高度为为2 R，则可知高度小于1
2 R的粒子范围均从NQ 射出，高度大于1
2 R而
又小于2 R范围内的粒子均从PQ 射出，分别做出从高度2 R、1
2 R处进入电场的粒子在磁场中的运动轨迹
如图所示
根据几何关系可知，从高度1
2 R处进入电场的粒子在磁场中A 点入射速度方向与水平方向的夹角为60
∘，则
从电场边界QP 与NQ 射出的粒子数之比为
n1
n2
= 120
∘
60
∘= 2
1
47
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
故C 错误；
D．电场E 竖直向下，且粒子要全部从NQ 边界射出，则进入电场范围高度为2 R的粒子恰好打在Q 处，则
有
2 R = 1
2 a
′ t
2，2 R = v0t
解得
a
′ = v0
2
R
由此可得
a
′
a = F
′
F = E
′ q
Eq = E
′
E = 4
因此可知，若电场E 竖直向下，且粒子要全部从NQ 边界射出，则场强大小至少为原来的4 倍，故D 正
确。
故选BD。
37.（多选）两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电
场和磁场，变化规律分别如图1、图2 所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。在t=0 时刻由负
极板某位置释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力），若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比
荷q
m均已知，且t0= πm
q B0
，两板间距为
4 π
2m E0
q B0
2
，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在t0时刻的动能为π
2m E0
2
2B0
2
48
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
B．粒子在t0~ 3
2 t0时间内的速度变化量大小为2π E0
B0
C．粒子在2t0~3t0时间内做匀加速直线运动
D．粒子在极板间运动的最大位移大小为
2πm E0
q B0
2 √4 π
2+9
【答案】ACD
【详解】A．由题可知，0~t0时间内带电粒子做匀加速直线运动，有
a= E0q
m
x1= 1
2
E0q
m t0
2= 1
2
E0 π
2m
B0
2q
v1=at0= π E0
B0
故粒子在t0时刻的动能为
Ek= 1
2 m v1
2= π
2m E0
2
2B0
2
故A 正确；
B．t0~ 3
2 t0时间段内，带电粒子只受洛伦兹力的作用做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力
q v1B0=m v1
2
r1
带电粒子的运动半径为
r1= mv
B0q = πm E0
B0
2q
带电粒子的运动周期为
T = 2πm
B0q =2t0 3
2 t0时粒子的速度方向水平，故t0~ 3
2 t0时间内的速度变化量大小为
Δv =√2v1= √2π E0
B0
49
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
故B 错误；
C．3
2 t0~2t0时间段内，磁场方向改变，带电粒子只受洛伦兹力的作用做圆周运动，2t0时，粒子运动方向
竖直向上。根据带电粒子的受力可知，2t0~3t0带电粒子向上做匀加速直线运动，故C 正确；
D．根据带电粒子的受力可知，2t0~3t0带电粒子向上做匀加速直线运动，则
x2= v1t0+ 1
2 at0
2= 3 π
2 E0m
2B0
2q
v2= v1+at0= 2π E0
B0
3t0~ 7
2 t0、7
2 t0~ 4t0带电粒子做圆周运动
r2= m v2
B0q = 2πm E0
B0
2q
4t0~5t0带电粒子向上做匀加速直线运动，则
x3= v2t0+ 1
2 at0
2= 5 π
2 E0m
2B0
2q
由于
x1+ x2+2r1+2r2<d < x1+ x2+ x3+2r1+2r2
故粒子在极板间的运动轨迹如图所示
由上分析可知，当粒子到达对面极板时的水平位移为
x =2r1+2r2= 6 πm E0
B0
2q
50
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
故粒子在极板间运动的最大位移大小为
s=√(
6 πm E0
B0
2q )
2
+(
4 π
2m E0
q B0
2 )
2
= 2πm E0
q B0
2 √4 π
2+9
故D 正确。
故选ACD。
38.如图甲所示，在xOy 坐标系的一、四象限存在匀强磁场，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强
度随时间的变化情况如图乙所示，t=0 时刻，一个比荷q
m =1.0×10
4C/kg的正电荷从(0，√3)处以
v0=1.0×104m/s 的速度沿y 轴负方向射入磁场，则正电荷从射入磁场至第一次经过x 轴所需的时间为
（ ）
A．8 π ×10
−5s
B．8
3 π ×10
−5s
C．1.2π ×10
−4s
D．4 π
3 ×10
−4s
【答案】C
【详解】洛伦兹力提供向心力，则
q v0 B =m v0
2
r
解得
r=0.4m
圆周运动的周期为
T = 2πr
v0
=8 π ×10
−5 s
51
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
则粒子每次圆周运动持续三分之一周期，对应的圆心角为120°；
位移大小
2r sin60
∘= 2
5 √3 m
位移方向与y 轴负方向成60°角，正电荷射入磁场后到x 轴的轨迹如图；
正电荷第一次运动到x 轴应为A 点，运动时间为
t = 540
∘
360
∘T =1.2π ×10
−4s
故选C。
39.（多选）如图所示，空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带电荷量为q、
质量为m 的带正电小球从磁场中某点P 由静止释放，其运动轨迹是一条摆线。小球的运动可分解为竖直平
面内沿逆时针方向、速度大小为v 的匀速圆周运动和水平向右、速度大小为v 的匀速直线运动，P、Q 为相
邻等高点，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．小球从释放到第一次经过最低点所需时间为πm
qB
B．小球运动到最低点时的速度为mg
qB
C．PQ 间距为2π m
2 g
q
2B
2
D．小球第一次运动到最低点时，距离释放点的竖直距离为m
2 g
2q
2B
2
52
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【答案】AC
【详解】A．因小球初速度为零，分解为一个水平向右的速度v和一个水平向左的速度v，所以小球做匀速
圆周运动的起始点应为圆周的最高点，小球从释放到第一次经过最低点所需时间为匀速圆周运动周期的1
2
，即
t = 1
2 T = 1
2 × 2πm
qB = πm
qB
故A 正确；
B．小球因匀速直线运动的速度而受到的洛伦兹力恰好与重力等大反向，所以
qvB =mg
得
v = mg
qB
小球运动到最低点时匀速圆周运动的速度与匀速直线运动的速度方向相同，矢量和为2v，即2mg
qB ，故B
错误；
C．小球由P 点运动到Q 点相当于圆周运动了一周，所用时间为
T = 2πm
qB
所以，PQ 间距为
x = vT = mg
qB ⋅2πm
qB = 2π m
2 g
q
2B
2
故C 正确；
D．小球做匀速圆周运动的半径R满足
vT =2πR
求得
R = m
2 g
q
2B
2
小球第一次运动到最低点时，距离释放点的竖直距离为
h=2 R = 2m
2 g
q
2B
2
53
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
故D 错误。
故选AC。
40 如图所示，磁控管内局部区域分布有竖直向上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，沿图中轨迹依次经过N、P两点，且N点离虚线最远。已知磁感应强度为B，电场强度为E，电子
质量为m、电荷量为−e，M点为零电势点，电子重力不计，则（ ）
A．电子在N点的速率为E
B
B．N点离虚线的距离为mE
e B
2
C．电子在N点的电势能为−2m E
2
B
2
D．M、P两点的距离为2πmE
e B
2
【答案】C
【详解】方法一：配速法
电子在M 点静止释放，可以看作电子分别以v1= E
B 速度向左运动，以速度v2= E
B 向右运动。
eB v1=eE,eB v2= mv2
2
R
则电子的运动可以分解为以v1= E
B 向左做匀速直线运动和在竖直面上的速度为v2= E
B 的匀速圆周运动。
AB．N点离虚线最远,则电子圆周运动速度方向同时水平向左，则电子在N点的速率为
v N = v1+ v2= 2 E
B N点离虚线的距离
y MN =2 R = 2mE
e B
2
故AB 错误。
C．粒子从M 点到N 点，在电场方向上运动了d，则电势能为
Ep=−eEd =−2m E
2
B
2
故C 正确。
54
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．粒子做圆周运动的周期
T = 2πR
v2
= 2πm
eB
粒子从M 点到P 点，运动了两个圆周，则M、P两点的距离为
xMP= v1×2T = 4 πmE
e B
2
故D 错误。
故选C。
方法二：
AB．设电子在运动过程中的任意一点Q 的速度为v，则该速度可以分解为水平速度vx和竖直速度vy，M 点
到Q 点的竖直距离为d，我们选水平向左为x 轴正方向，竖直向下为y 轴正方向，对电子从M 点到Q 点用
动能定理有
Ee v y⋅t = 1
2 mv
2
对电子从M 点到Q 点水平方向用动量定理有
eB v y⋅t =m v x−0
则当Q 点为N 点时，有
¿
联立以上数据解得
d = 2mE
e B
2 ，v = 2 E
B
故AB 错误。
C．由以上分析得电子在N 点的动能为
Ek= 1
2 m v
2= 2m E
2
B
2
设电子在N 点的电势能为Ep，从M 到N 对电子用能量守恒定律得
0= Ep+ Ek
则得N 点电子的电势能为
Ep=−2m E
2
B
2
C 正确；
55
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．如下图设P、M 中间点为O 点，对电子从M 点到O 点竖直方向用动量定理有
¿
由图得电子的运动具有周期性，也可认为电子的运动为一个竖直平面的匀速圆周运动和一个水平方向的匀
速直线运动的合运动。对于匀速圆周运动有
¿
得运动周期为
T = 2πm
eB
即电子从M 点到O 点的运动时间为
t =T = 2πm
eB
所以
xOM = 2πmE
e B
2
由周期性得M、P两点的距离为
xMP=2× 2πmE
e B
2 = 4 πmE
e B
2
故D 错误。
故选C。
41.如图所示，一个质量为m、电荷量为+q的圆环，套在水平放置的足够长的粗糙细杆上，细杆处在磁感
应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，当圆环以初速度v0向右运动时，圆环最终将匀速运
动，则（ ）
A．圆环做加速度逐渐变大的减速运动
56
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
B．圆环受到杆的弹力方向先向下后向上
C．圆环从初速度v0至匀速运动的过程中，摩擦力做的功为1
2 m v0
2−m
3 g
2
2B
2q
2
D．圆环从初速度v0至匀速运动的过程中，摩擦力的冲量大小为mv0−m
2 g
Bq
【答案】D
【详解】B．圆环最终做匀速直线运动，故最终洛伦兹力与重力等大反向，即弹力为零。由左手定则可
知，一开始圆环所受洛伦兹力的方向竖直向上，匀速时仍然竖直向上，故而洛伦兹力一开始大于重力，弹
力方向竖直向下，有
qvB = N +mg
又因为摩擦力与相对运动方向相反，物体加速度方向沿杆往左，故物体做减速运动。故在减速过程中，弹
力逐渐减小到零，故弹力方向未发生改变，故B 错误；
A．在减速阶段，圆环所受摩擦力为
f = μN = μ(qvB−mg)
加速度为
a= f
m = μ(qvB−mg)
m
故随着速度的减小，加速度逐渐减小，物体做加速度减小的减速运动，故A 错误；
C．当匀速时，洛伦兹力与重力等大反向
q v1B =mg
解得
v1= mg
qB
在减速过程中只有摩擦力做负功，故有
W f= 1
2 m v1
2−1
2 m v0
2= 1
2 m( mg
qB )
2
−1
2 m v0
2= m
3 g
2
2q
2B
2 −1
2 m v0
2
故C 错误；
D．在减速过程中，摩擦力始终等于合外力，故有
I f=m v1−m v0= m
2 g
qB −m v0
57
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
又因为圆环做减速运动，末速度小于初速度，故摩擦力冲量的大小为mv0−m
2 g
qB 。故D 正确。
故选D。
42.云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。图为一张云室中拍摄的照
片。云室中加了垂直于纸面向里的磁场。图中a、b、c、d、e 是从O 点发出的一些正电子或负电子的径
迹。有关a、b、c 三条径迹以下判断正确的是（ ）
A．a、b、c 都是正电子的径迹
B．a 径迹对应的粒子动量最大
C．c 径迹对应的粒子动能最大
D．c 径迹对应的粒子运动时间最长
【答案】C
【详解】A．带电粒子在垂直于纸面向里的磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c 都是负电子的径迹，A
错误；
B．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有
qvB =m v
2
R
解得
R = mv
qB
由图可知Ra< Rb< Rc，所以
va<vb<vc
根据
p=mv
可知pa< pb< pc，B 错误；
58
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C．根据
Ek = 1
2 mv
2
可知Eka< Ekb< Ekc，C 正确。
D．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有
qvB =m v
2
R ，T = 2πR
v
则
T = 2πm
qB
所以
T a=T b=T c
粒子在磁场中的运动时间
t = α
2π T
其中α为粒子在磁场中的偏转角度，由图可知a 径迹对应的偏转角度最大，则a 径迹对应的粒子运动时间
最长，D 错误。
故选C。
43.（多选）如图所示，空间Oxyz坐标系中，xOz平面水平，y轴沿竖直方向。在O处有一个质量为m、带
电荷量为+q(q>0)的小球（可视为点电荷），将小球沿x轴正方向以速度v0抛出，不计空气阻力，重力加
速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．若空间中存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小E = mg
q ，小球回到y轴时的速度大小为√5 v0
B．若空间中存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小E = mg
q ，沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小
为B，小球回到O点的时间可能为5 πm
qB
59
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C．若空间存在沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，小球回到y轴时在y轴的坐标可能为
−8 g π
2m
2
q
2B
2
D．若空间存在沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，小球回到x轴时在x轴的坐标可能为
−6 gπ m
2
q
2B
2
【答案】ACD
【详解】A．小球受到水平向左的电场力qE，和竖直向下的重力mg，小球在沿x轴方向做匀减速直线运
动，由牛顿第二定律有qE =ma1
当小球再次回到y轴时，小球在水平方向的速度大小为v0位移为零，由运动学知识有0= v0t1−1
2 at1
2
竖直方向小球做自由落体运动，由运动学知识有v y = gt1
则小球再次回到y轴时的速度大小为v =√v0
2+ v y
2
联立解得小球再次回到y轴时的速度大小为v =√5 v0，A 正确；
B．若空间中存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小E = mg
q ，则小球所受合力为洛伦兹力，小球在复合
场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有q v0 B = m v0
2
r
周期为T = 2πr
v0
小球再次回到O 点正好运动整周，联立解得小球回到O点的时间为t =nT =n⋅2πm
qB
(n=1,2,3…)，B 错
误；
C．若空间存在沿y轴正方向的匀强磁场，则小球在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，
当小球回到y轴时小球的运动时间为t = T
2 ⋅n,n=1,2,3……
60
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
由洛伦兹力提供向心力为q v0 B = m v0
2
r
周期为T = 2πr
v0
联立解得当小球回到y轴时小球的运动时间为t =n⋅πm
qB ,n=1,2,3……
竖直方向上由自由落体公式有h= 1
2 gt
2
联立解得小球回到y轴时在y轴的坐标为y =−h=−n
2 g π
2m
2
2q
2B
2 ,n=1,2,3……
当n= 4时，y =−8 g π
2m
2
q
2B
2
，C 正确；
D．若空间存在沿z轴正方向的匀强磁场，将水平向右的速度v0分解为水平向左的v1和水平向右的v = v0+ v1
，使得v1所对应的洛伦兹力为f 1=q v1B =mg，水平向左以v1的速度做匀速直线运动，v所对应的洛伦兹力
提供向心力有qvB = mv
2
r
周期为T = 2πr
v
则粒子回到x轴的时间为t =n⋅T ,n=1,2,3……
联立解得小球回到x轴时在x轴的坐标为x =−v1t =−n⋅2π m
2 g
q
2B
2
,n=1,2,3,……
当n=3时，坐标为−6 gπ m
2
q
2B
2 ，D 正确。
故选ACD。
44.（多选）半导体掺杂是集成电路生产中最基础的工作，其中一种是通过离子注入的方式优化半导体。某
半导体掺杂机的简化模型如图所示，在棱长为L 的正方体区域中存在着互相垂直的匀强电场（垂直ad d
′ α
′
面向外）和匀强磁场（垂直abb
′ a
′面向下），一质量为m、电荷量绝对值为q 的带电粒子（重力不计）从
a
′ b
′ c
′ d
′面中央处以速度v0垂直该平面射入正方体后，恰好不改变运动方向。若粒子入射时只有磁场存
在，则粒子从bc 边中点N 离开正方体区域。下列说法正确的是（ ）
61
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．粒子带负电
B．该匀强磁场的磁感应强度大小为4 mv0
5qL
C．该匀强电场的电场强度大小为5m v0
2
4 qL
D．若粒子只在电场中运动，则其加速度大小为4 v0
2
5 L
【答案】BD
【详解】A．粒子只在磁场中运动时，根据左手定则可知，粒子带正电，故A 错误；
B．设粒子做圆周运动的轨迹半径为R，由洛伦兹力提供向心力，则有q v0 B =m v0
2
R
根据几何关系有R
2= L
2+(R−L
2)
2
解得R = 5 L
4 ，B = 4 mv0
5qL
故B 正确；
CD．粒子垂直射入正方体后，恰好不改变运动方向，粒子做匀速直线运动，则有q v0 B =qE
可得电场强度的大小E = v0 B = 4 mv0
2
5qL
粒子只在电场中运动时，粒子做类平抛运动，加速度大小a= qE
m = 4 v0
2
5 L
故C 错误，D 正确。
62
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
故选BD。
45.如图所示，电荷量相等的两种离子氖20 和氖22 先后从容器A 下方的狭缝S1飘入（初速度为零）电场
区，经电场加速后通过狭缝S2、S3垂直于磁场边界MN 射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁
场偏转后轨迹发生分离，最终到达照相底片D 上。不考虑离子间的相互作用，则（ ）
A．静电力对每个氖20 和氖22 做的功不相等
B．氖22 进入磁场时的速度较大
C．氖22 在磁场中运动的半径较小
D．若加速电压发生波动，两种离子打在照相底片上的位置可能重叠
【答案】D
【详解】A．根据静电力做功公式有W=qU
由于氖20 和氖22 的电荷量相等，加速电场电压相同，则静电力对每个氖20 和氖22 做的功相等，故A 错
误；
B．在加速电场中，根据动能定理有qU = 1
2 mv
2
由于氖20 和氖22 的电荷量相等，加速电场电压相同，氖20 的质量小于氖22 的质量，所以氖20 的速度大
于氖22 的速度，故B 错误；
C．在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，则有qvB =m v
2
R
解得R = mv
qB
根据动能和动量的关系有mv =√2m Ek
q、B 和Ek相同，氖22 的质量大，综上可判断，氖22 在磁场中运动的半径较大，故C 错误；
D．在加速电场中，根据动能定理有qU = 1
2 m v
2
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得qvB =m v
2
R
联立可得R = 1
B√
2mU
q
对于同位素，加速电压相同时，质量越大做圆周运动的半径越大；对同种离子，加速电压越大，其做圆周
63
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
运动的半径越大；若加速电压发生波动，则氖20 和氖22 做圆周运动的半径在一定的范围内变化，所以氖
20 在电压较高时的半径可能和氖22 在电压较低时的半径相等，两种离子打在照相底片上的位置就会重
叠，故D 正确。
故选D。
46.（多选）如图所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场
中，并分别与高频电源相连，现分别加速氘核H
1
2 和氦核H
2
4 e，下列说法中正确的是（ ）
A．它们的最大速度相同
B．它们的最大动能相同
C．它们在D 形盒中运动被加速的次数相同
D．它们的高频电源的频率相同
【答案】ACD
【详解】A．设D 形盒的半径为R，则粒子最后射出磁场时有Bq vm =m vm
2
R
解得最大速度vm = BqR
m
氘核和氦核的比荷相等，所以最大速度相等，故A 正确；
B．粒子获得的最大动能Ekm = 1
2 m vm
2 = B
2q
2 R
2
2m
两粒子的比荷相等，但电荷量q 不相等，所以最大动能不相等，故B 错误；
C．粒子被加速的次数满足nUq = 1
2 m vm
2 = B
2q
2 R
2
2m
，解得n= B
2q R
2
2mU
两粒子的比荷相等，它们在D 形盒中运动被加速的次数相同，故C 正确；
D．带电粒子在磁场中运动的周期T = 2πm
Bq
两粒子的比荷相等，所以周期相等，因为回旋加速器所接高频电源的频率等于粒子做圆周运动的频率，所
以两次所接高频电源的频率相同，故D 正确。
故选ACD。
64
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
47.回旋加速器在放射性同位素生产、癌症治疗等领域应用广泛。如图所示的回旋加速器，D 形盒置于匀强
磁场中，两盒间高频电源的频率为f。一个质子（电荷量为e，质量为m）从中心粒子源释放，多次回旋加
速后从D 形盒边缘射出轰击镍核（N
28
64 i），产生不稳定的放射性同位素（C
29
64 u），该同位素可以发生β 衰
变，辐射杀伤肿瘤细胞。关于此过程下列说法正确的是（ ）
A．C
29
64 u的比结合能比N
28
64 i的比结合能小
B．该回旋加速器也可直接用来给α 粒子加速
C．所加匀强磁场的磁感应强度πmf
e
D．仅使高频交流电电压加倍，粒子最终获得的动能加倍
【答案】A
【详解】A．原子核越稳定，其比结合能越大，因C
29
64 u不稳定，所以C
29
64 u的比结合能比N
28
64 i的比结合能
小，故A 正确；
B．粒子在匀强磁场中匀速圆周运动的周期T = 2πm
qB
因α 粒子与质子比荷不同，在匀强磁场中匀速圆周运动的周期不同，若用该回旋加速器直接用给α 粒子加
速，不能保证α 粒子每次运动到两D 形盒之间时都被加速，所以该回旋加速器不能直接用来给α 粒子加
速，故B 错误；
C．质子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期等于高频电源变化的周期，即2πm
eB = 1
f
得所加匀强磁场的磁感应强度B = 2πmf
e
故C 错误；
D．粒子最终获得的动能Ekm = 1
2 mvm
2
65
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
又e vm B =m vm
2
R
联立得Ekm = e
2B
2 R
2
2m
所以粒子最终获得的动能高频交流电电压无关，故D 错误。
故选A。
48.（多选）如图所示，两足够长的极板水平放置，板间距离为d，两极板间加恒定电压U，板间有水平向
里的匀强磁场，磁感应强度B未知。一带正电的粒子恰好能以速度v0沿两板正中间匀速穿过。粒子质量为
m，电荷量为q。两板间的电场可视为匀强电场，不计粒子所受重力和粒子运动对电场的影响。下列说法
正确的是（ ）
A．磁感应强度大小为U
v0d
B．仅减小板间电压U，粒子不可能击中上极板
C．仅增大B，使粒子击中上极板，击中前瞬间的速率与B的大小有关
D．仅向上平移下极板，能使粒子恰击中下极板
【答案】AD
【详解】A．对粒子进行受力分析可知，粒子在混合场中受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力的
作用，因为粒子以速度v0沿两板正中间匀速穿过，所以洛伦兹力与电场力平衡，即qU
d =q v0 B
解得磁感应强度大小为B = U
v0d ，故A 正确；
B．仅减小板间电压U，电场强度E减小，粒子受电场力减小，洛伦兹力大于电场力，粒子将向上偏，若板
间距离d较小，粒子可能击中上极板，故B 错误；
C．仅增大磁感应强度B，使粒子击中上极板，设粒子到达上极板的速率为v，洛伦兹力不做功，对粒子列
动能定理方程有−1
2 qU = 1
2 mv
2−1
2 mv0
2
可得v =√v0
2−qU
m
66
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
可知v与磁感应强度B的大小无关，故C 错误；
D．设将下极板向上平移Δ y时粒子恰能击中下极板，到达最低点时粒子下降高度为h，速度为vm，方向水
平向右，则有1
2 d =h+Δ y
设电场强度变为E
'，则有E
′ =
U
1
2 d +h
粒子所受电场力增加，所以粒子向下偏转，运动轨迹如图所示：
设粒子向最低点运动过程中，某一时刻速度为v，速度方向与水平方向夹角为θ，此时洛伦兹力大小为qvB
，方向与竖直方向夹角为θ，经过极短时间Δt，水平方向由动量定理有qvBΔt sinθ =mΔv x
对从开始到最低点过程求和，可得qBh=m vm−m v0
由动能定理有q E
′ h= 1
2 m vm
2 −1
2 m v0
2
联立可求出Δ y的值，即仅向上平移下极板，能使粒子恰击中下极板，故D 正确。
故选AD。
49.（多选）如图所示是磁流体发电机的简易模型图，其发电通道是一个长方体空腔，长、高、宽分别为
l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两面是导体电极，这两个电极通过开关与阻值为R 的电阻连成闭合
电路，整个发电通道处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向平行于底面向里。如果等离子源以速
度v0垂直于左侧面向右持续发射大量的等离子体，离子质量均为m、电荷量大小均为q。已知断开开关稳
定后正负离子在通道中沿直线通过；闭合开关稳定后，两极板电压恒为U，某些正离子的运动轨迹如图中
虚线所示（负离子与之类似），图中轨迹的最高点和最低点的高度差为h（h<a），单位体积内正负离子的
个数均为n。忽略等离子体的重力、相互作用力及其他因素。下列说法正确的是（ ）
67
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．开关断开的情况下，稳定后两极板间电势差为Bav0
B．图中轨迹的最高点和最低点的高度差为h= 2m(Ba v0−U )
B
2aq
C．时间t 内打到上极板的粒子数为N =han v0t
D．通过电阻的电流I = 2bmn v0
B
(v0−U
Ba )
【答案】ABD
【详解】A．开关断开的情况下，粒子受力平衡，电场力等于洛伦兹力U
a q = Bq v0
则稳定后两极板间电势差为Ba v0，故A 正确；
B．根据配速结果有v0= v1+ v2，q v1B =m v1
2
r
，q v2B = U
a q，h=2r
联立得h= 2m(Ba v0−U )
B
2aq
，故B 正确；
C．满足h=2r的正离子恰好打到上极板，所以时间t 内打到上极板的粒子数N，h
a =
N
nab v0t
则N =hbn v0t，故C 错误；
D．通过电阻的电流I = Nq
t ，所以I = 2bmn v0
B
(v0−U
Ba )，故D 正确。
故选ABD。
50.（多选）电磁流量计是一种用于测量导电液体流量（单位时间内流过管道横截面的液体的体积）的仪
器。它利用法拉第电磁感应原理来测量液体流过管道的速度，从而计算出流量。某电磁流量计如图所示，
形状为立方体的流量计的长、宽、高分别为a、b、c，匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为
B，导电液体从左到右时的流速为v。下列说法正确的是（ ）
68
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．通过电阻R 的电流方向为从下到上
B．导电液体的流量为bcv
C．若仅把导电液体改成靠近N 板的带正电粒子（不计重力），恰好没有电流通过电阻R，则粒子所带电荷
量与其质量之比可能为2v
Bb
D．若仅把导电液体改成靠近N 板的带正电粒子（不计重力），恰好没有电流通过电阻R，则粒子所带电
荷量与其质量之比可能为2v
Bc
【答案】BD
【详解】A．根据左手定则可知，导电液体中的正电荷偏向M 极板，负电荷偏向N 极板，所以通过电阻R
的电流方向为从上到下，故A 错误；
B．根据流量的定义可知，导电液体的流量为Q = Sv =bcv
故B 正确；
CD．有题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，若粒子从板右侧离开磁场，轨迹如图
由几何关系可得r
2=a
2+（r −c ）
2
解得r1= a
2+c
2
2c
若粒子从板左侧离开磁场，轨迹如图
69
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
由几何关系可知，此时半径为r2= c
2
根据牛顿第二定律有qvB =m v
2
r
解得q
m = 2v
Bc 或者q
m =
2cv
B（a
2+c
2）
故C 错误，D 正确。
故选BD。
51.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d、长为l、厚度为h 的霍尔
元件，元件内的导电粒子是电荷量为e 的自由电子。水平向右大小为I 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B 的匀强磁场中，元件的前、后表面产生稳定电势
差U，称为霍尔电压，且U = 1
ne · BI
h ，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eU
h
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2BI
Ueh
【答案】C
【详解】A．元件内的导电粒子是电荷量为e 的自由电子，通入水平向右大小为I 的电流时，电子向左运
动，由左手定律可得电子受洛伦兹力的作用往后表面偏转，故前表面的电势比后表面的电势高，故A 错
误；
B．元件的前、后表面产生稳定电势差时，自由电子受到的洛伦兹力大小与电场力平衡，即
70
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
F洛=evB = U
d e
故B 错误；
C．题意可知霍尔电压U = 1
ne · BI
h
即霍尔电压与电流强度成正比，故电流增大，霍尔电压增大，故C 正确；
D．由电流的微观表达式I =neSv =nehdv
因为元件的前、后表面产生稳定电势差时qvB = U
d e
即U = Bdv
解得元件内单位体积的自由电子数为n= BI
Ueh
故D 错误。
故选C。
52.（多选）如图所示，竖直导线中通有向上的恒定电流I1，水平放置在甲处的长方体霍尔元件上有M、
N、O、P、R、Q 六个接线柱，用以连接直流电源（提供的电流恒为I0）和测量霍尔电压的仪器，图中
D D
' =a，AD =b，DC=c，霍尔元件单位体积中自由电荷的个数为n，每个电荷的电荷量为q，正确连接
电源和测量仪器后，按图示方式放在甲处，测量仪器的示数为U1；将霍尔元件水平向右移至乙处时（图中
未画出），测量仪器的示数为U2，视霍尔元件所在处的磁场为匀强磁场，已知甲、乙两处与导线相距分别
为r 甲和r乙，通电导线周围磁场的磁感应强度大小与导线中的电流大小成正比，与到导线的距离成反比，
该霍尔元件中的自由电荷为正电荷。则（ ）
A．若M、N 间接测量仪器，则O、P 间接直流电源
B．若M、N 间接直流电源，甲处磁感应强度大小为B，则U 1= B I 0
nqb
C．若M 接电源正极，N 接负极，则接线柱R 的电势高于Q 的电势
71
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．若在甲处时M、N 间接直流电源，在乙处时R、Q 间接直流电源，则U 1
U 2
= r甲
r乙
【答案】BC
【详解】A．若M、N 间接测量仪器，O、P 间接直流电源，霍尔元件中的自由电荷不受洛伦兹力作用，无
霍尔电压，故A 错误；
B．若M、N 间接直流电源，R、Q 间应接测量仪器，则有Bυq = Eq = U 1
a q
即U 1= Bυa
而I 0=nqSυ=nqabυ
联立解得U 1= B I 0
nqb ，故B 正确；
C．若M 接电源正极，N 接负极，正电荷自M 流向N，磁场方向垂直面DD' C ' D面向里，由左手定则可知
R 带正电，则接线柱R 的电势高于Q 的电势，故C 正确；
D．若在乙处时R、Q 间接直流电源，M、N 间应接测量仪器，设乙处的磁感应强度为B'，同理可以推出
U 2= B' I 0
nqb ，则有U 1
U 2
= B
B' ，又因B 与距导线的距离r 成反比，故有U 1
U 2
= r乙
r甲
，故D 错误。
故选BC。
53.（2023·新课标卷·高考真题）一电子和一α 粒子从铅盒上的小孔O 竖直向上射出后，打到铅盒上方水平
放置的屏幕P 上的a 和b 两点，a 点在小孔O 的正上方，b 点在a 点的右侧，如图所示。已知α 粒子的速度
约为电子速度的1
10，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（ ）
72
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
【答案】C
【详解】A．带电粒子在电场和磁场中运动，打到a 点的粒子电场力和洛伦兹力平衡，当电场向左磁场垂
直直面向里时，因α粒子带正电，则受到向左的电场力和向左的洛伦兹力，则会打到a 点左侧；同理电子
带负电，受到向右的电场力和向右的洛伦兹力，则电子会打到a 点右侧，A 错误；
B．因α粒子带正电，设带电量为2q，速度v，电子带负电，电量-q，电子速度v＇>v，若电场方向向左，
磁场方向向外，则如果α粒子打在a 点则受到向左的电场力和向右的洛伦兹力平衡
2qE =2qvB
v = E
B
因电子带负电，电量-q，且电子速度大，受到向左的洛伦兹力qv＇B 大于向右的电场力qE，则电子从而向
左偏转；同理如果电子打在a 点，则qE =q v
' B，所以此时α粒子向左的电场力2qE 大于向右的洛伦兹力
2qvB，则向左偏转，不会打在b 点，B 错误；
CD．电场方向向右，磁场垂直纸面向里，如果α粒子打在a 点，即向右的电场力和向左的洛伦兹力平衡
2qE =2qvB
v = E
B
电子速度大，受到向右的洛伦兹力qv＇B 大于向左的电场力qE 则向右偏转，从而达到b 点；同理如果电子
打在a，qE =q v
' B则α粒子向右的电场力2qE 大于向左的洛伦兹力2qvB 从而向右偏转，会打在b 点；
同理电场向右磁场垂直纸面向外时，α粒子受到向右的电场力和洛伦兹力，电子受到向左的电场力和洛伦
兹力不能受力平衡打到a 点，故C 正确，D 错误；
故选C。
73
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
54.（2022·海南·高考真题）有一个辐向分布的电场，距离O 相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流
通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的（ ）
A．质量
B．电量
C．比荷
D．动能
【答案】C
【详解】粒子在辐射电场中以速度v做匀速圆周运动，电场力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知
qE =m v
2
r
解得
r = m
q ⋅v
2
E
粒子在匀强磁场中
qvB =m v
2
r
解得
r ′ = m
q ⋅v
B
粒子不同场中的轨迹相同，即粒子在不同场中转动半径相同，所以这些粒子具有相同的速度v和比荷q
m。
故选C。
55.（2023·湖南·高考真题）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖
直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF 区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁
场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O 三点在同一直线上，AO 与GF 垂直，且与电场和磁场方向均
垂直。A 点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC 运动的粒子才能
进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒
子从CF 的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子
74
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t > t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t > t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为√3
4 B2，则t = t0
2
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为√2
4 B2，则t =√2t0
【答案】D
【详解】由题知粒子在AC 做直线运动，则有
qv0B1= qE
区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF 的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据
qvB =m 4 π
2
T
2 r，有
t0= πm
2q B2
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子在AC 做直线运动的速度，有
qvA∙2B1= qE
则
v A = v0
2
再根据qvB =m v
2
r ，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF 边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t =
75
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
t0，A 错误；
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子在AC 做直线运动的速度，有
qvBB1= q∙2E
则
vB = 2v0
再根据qvB =m v
2
r ，可知粒子半径变为原来的2 倍，则粒子F 点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t =
t0，B 错误；
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为√3
4 B2，则粒子在AC 做直线运动的速度仍为v0，再根据
qvB =m v
2
r ，可知粒子半径变为原来的4
√3 >2，则粒子从OF 边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图
根据
sinθ = 2r
4
√3 r
可知转过的圆心角θ = 60°，根据qvB =m 4 π
2
T
2 r，有
t = 4√3 πm
9q B2
则
t = 8√3t0
9
C 错误；
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为√2
4 B2，则粒子在AC 做直线运动的速度仍为v0，再根据
76
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
qvB =m v
2
r
，可知粒子半径变为原来的4
√2 >2，则粒子OF 边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图
根据
sin α = 2r
4
√2 r
可知转过的圆心角为α = 45°，根据qvB =m 4 π
2
T
2 r，有
t = √2πm
2q B2
则
t =√2t0
D 正确。
故选D。
56.（福建·高考真题）一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场
的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子（H
1
1 ）以速度v0自O 点沿中轴线射入，恰沿中轴
线做匀速直线运动。下列粒子分别自O 点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是（ ）（所有粒子均
不考虑重力的影响）
77
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．以速度v0
2
的射入的正电子( e
1
0 )
B．以速度v0射入的电子(
e
−1
0 )
C．以速度2v0射入的核( H
1
2 )
D．以速度4 v0射入的a 粒子( H
2
4 e)
【答案】B
【详解】质子（H
1
1 ）以速度v0自O 点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到向上的洛伦兹力
和电场力，满足
q v0 B =qE
解得
v0= E
B
即质子的速度满足速度选择器的条件；
A．以速度v0
2
的射入的正电子( e
1
0 )，所受的洛伦兹力小于电场力，正电子将向下偏转，故A 错误；
B．以速度v0射入的电子(
e
−1
0 )，依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速度选择题不选择
电性而只选择速度，故B 正确；
C．以速度2v0射入的核( H
1
2 )，以速度4 v0射入的a 粒子( H
2
4 e)，其速度都不满足速度选器的条件v0= E
B ，
故都不能做匀速直线运动，故CD 错误；
故选B。
57.（海南·高考真题）如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂
直于纸面向里．一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板．若不计重力，下列四个物理量中哪一个改
变时，粒子运动轨迹不会改变？
A．粒子速度的大小
B．粒子所带的电荷量
78
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C．电场强度
D．磁感应强度
【答案】B
【详解】带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板，有qvB =qE．所以粒子所带电荷量改变，粒子运动
轨迹不会改变，故B 正确，ACD 错误．
58.（全国I 卷·高考真题）质谱仪可用来分析同位素，也可以用来分析比质子重很多倍的离子．现在用质谱
仪来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加
速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口P 离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电
场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从P 点离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的11 倍．此离子和质
子的质量之比为（ ）
A．11
B．12
C．144
D．121
【答案】D
【详解】质量为m，带电量为q 的粒子在质谱仪中运动，则粒子在加速电场中加速运动，设粒子在磁场中
运动的速度为v，应用动能定理可得：
Uq = 1
2 mv
2
解得：
v =√
2qU
m
粒子在磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力作向心力，则有：
Bvq =m v
2
R
解得：
R = mv
qB = 1
B√
2Um
q
因为离子和质子从同一出口离开磁场，所以他们在磁场中运动的半径相等，即为：
79
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
1
B0√
2U m质
e
=
1
11B0√
2U m离
e
所以离子和质子的质量比m 离：m 质=121；
A．11，与结论不相符，选项A 错误；
B．12，与结论不相符，选项B 错误；
C．144，与结论不相符，选项C 错误；
D．121，与结论相符，选项D 正确；
59.（多选）（2025·福建·高考真题）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B 与水平向右的匀强电场E，一
带电体在复合场中恰能沿着MN 做匀速直线运动，MN 与水平方向呈45°，NP 水平向右。带电量为q，速度
为v，质量为m，当粒子到N 时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P 点，重力加速度为g,则（ ）
A．电场强度为E = √2mg
q
B．磁场强度为B = √2mg
qv
C．NP 两点的电势差为U = 2mv
2
q
D．粒子从N→P 时距离NP 的距离最大值为v
2
8 g
【答案】BC
【详解】AB、带电体在复合场中能沿着MN做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图所示。
由受力平衡可知
80
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
mg =qE
qvB =√2mg
解得电场强度E = mg
q ，磁感应强度B = √2mg
qv
，故A 错误，B 正确。
C、在N点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示。
且加速度
a= F合
m =√2g
粒子到达P点时，位移偏转角为45°，故在P点，速度角的正切值
tanθ =2tan 45° =2
所以粒子在P点的速度v P=√v x
2+ v y
2 =√5 v
N到P过程，由动能定理，有
qU = 1
2 m v P
2 −1
2 m v
2
解得NP两点间的电势差U = 2mv
2
q
，C 正确；
D、将粒子在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且
v N y= v cos 45° = √2
2 v
故粒子能向上运动的最大距离
h=
v N y
2
2g = v
2
4 g
D 错误；
故选BC。
60.（多选）（2024·安徽·高考真题）空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场
81
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m 的带电油滴a，在纸面内做半径为R 的圆周运动，轨迹
如图所示。当a 运动到最低点P 时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P 点时
与a 的速度方向相同，并做半径为3 R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大
小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则（ ）
A．油滴a 带负电，所带电量的大小为mg
E
B．油滴a 做圆周运动的速度大小为gBR
E
C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为3 gBR
E
，周期为4 πE
gB
D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
【答案】ABD
【详解】A．油滴a 做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有
mg= Eq
解得
q = mg
E
故A 正确；
B．根据洛伦兹力提供向心力
Bqv =m v
2
R
得
R = mv
Bq
解得油滴a 做圆周运动的速度大小为
v = gBR
E
故B 正确；
82
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C．设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得
3 R =
m
2 v1
B q
2
解得
v1= 3 BqR
m
= 3 gBR
E
周期为
T = 2π ⋅3 R
v1
= 2πE
gB
故C 错误；
D．带电油滴a 分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a 分离前瞬间的速度方向为正方
向，得
mv = m
2 v1+ m
2 v2
解得
v2=−gBR
E
由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手
定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D 正确。
故选ABD。
61.（多选）（2022·广东·高考真题）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
83
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．电子在M 点所受的合力大于在P 点所受的合力
【答案】BC
【详解】A．由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N 到P 的过程中电场力做负功，故A 错误；
B．根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N 点的电势高于P 点，故B 正确；
C．由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M 到N 洛伦兹力都不做功；故C 正确；
D．由于M 点和P 点在同一等势面上，故从M 到P 电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M 点速度为0，
根据动能定理可知电子在P 点速度也为0，则电子在M 点和P 点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在
这两点电场力相等，即合力相等，故D 错误；
故选BC。
62.（多选）（2023·海南·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（ ）
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
84
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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；
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
85
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
d = E x0
B v0
=
mv0
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
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。
63.（多选）（广东·高考真题）如图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度
选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场分别为B 和E．平板S 上有可让粒子通过的狭缝P
和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S 下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是（ ）
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内
86
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C．能通过的狭缝P 的带电粒子的速率等于E/B
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
【答案】AC
【详解】AD．粒子打在胶片上的位置到狭缝的距离即其做匀速圆周运动的直径D = 2mv
qB
,可见D 越小，则粒
子的荷质比越大，因此利用该装置可以分析同位素，A 正确，D 错误．
B．粒子在题图中的电场中加速，说明粒子带正电．其通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力平衡，则洛
伦兹力方向应水平向左，由左手定则知，磁场的方向应垂直纸面向外，选项B 错误；
C．由Eq=Bqv 可知，v=E/B，选项C 正确；
87
