文档文本内容
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第40 讲 带电粒子在复合场中的运动
目录
01
考情解码·命题预警3
02 体系构建·思维可视.........................................................................................................................4
03 核心突破·靶向攻坚.........................................................................................................................5
考点一 带电粒子在组合场中的运动................................................................................................5
知识点1 带电粒子在组合场中的运动......................................................................................................5
知识点2 磁场与磁场的组合......................................................................................................................5
知识点3 先电场后磁场..............................................................................................................................6
知识点4 先磁场后电场..............................................................................................................................6
考向 带电粒子在组合场中的运动...........................................................................................................12
考点二 带电粒子在交变场中的运动..............................................................................................16
知识点 带电粒子在交变场中的运动.......................................................................................................16
考向 带电粒子在交变场中的运动...................................................................................................16
考点三 带电粒子在叠加场中的运动..............................................................................................22
知识点1 带电粒子在叠加场中的运动....................................................................................................22
知识点2 复合场中的摆线问题................................................................................................................22
知识点3 用动量定理解决带电粒子在磁场中的运动问题（含正则动量）........................................23
考向1 摆线运动................................................................................................................................24
考向2 带电粒子在叠加场中的动量问题........................................................................................27
考点四 带电粒子在立体空间中的运动..........................................................................................31
知识点1 带电粒子的旋进运动................................................................................................................31
知识点2 带电粒子在立体空间中的偏转................................................................................................32
考向 带电粒子在立体空间中的运动...............................................................................................33
考点五 洛伦兹力与现代科技..........................................................................................................35
知识点1 质谱仪........................................................................................................................................35
知识点2 回旋加速器................................................................................................................................36
知识点3 速度选择器................................................................................................................................36
知识点4 磁流体发电机............................................................................................................................37
知识点5 电磁流量计................................................................................................................................37
知识点6 霍尔元件....................................................................................................................................37
考向1 质谱仪............................................................................................................................................38
考向2 回旋加速器....................................................................................................................................41
考向3 速度选择器....................................................................................................................................44
考向4 磁流体发电机................................................................................................................................46
1
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考向5 电磁流量计....................................................................................................................................48
考向6 霍尔元件........................................................................................................................................51
04 真题溯源·考向感知.......................................................................................................................53
2
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考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
带电粒子在组合
场中的运动
选择题
非选择题
\
\
\
带电粒子在叠加
场中的运动
选择题
非选择题
\
\
\
洛仑磁力与现代
科技
选择题
非选择题
\
\
\
考情分析：
1．在四川高考物理中，带电粒子在复合场中的运动是电磁学板块的重难点，对考生的知识掌握和应用能
力有着较高要求，但因难度较高，不常考。
2．从命题思路上看，一般与现实情境结合。
复习目标：
目标一：学会解决带电粒子在复合场中的运动问题。
目标二：理解解决摆线问题 的方法，尤其是配速法。理解正则动量，从而对解题有帮助。加深对动量、
电磁场的理解。
目标三：理解与磁场有关的现代科技的原理。
3
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考点一 带电粒子在组合场中的运动
知识点1 带电粒子在组合场中的运动
1.组合场的三种常见情况
（1）磁场与磁场的组合，即强弱或方向不同的磁场分别位于不重叠的区域内；
（2）电场与磁场分别位于不重叠的区域内；
（3）电场、磁场在同一区域交替出现。
2.带电粒子在分离的电场、磁场中的常见运动及求法
知识点2 磁场与磁场的组合
磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，解题关键：
（1）带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，轨迹半径和运动周期一般不同。
（2）充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边、角等几何关系。
知识点3 先电场后磁场
（1）带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直磁场方向进入匀强磁场做匀速圆周运动，如
图甲。
（2）带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直磁场方向进入磁场做匀速圆周运动，如图乙。
5
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知识点4 先磁场后电场
常见
情境
进入电场时粒子速度方向与电
场方向平行
进入电场时粒子速度方向与电
场方向垂直
进入电场时粒子速度方向与电
场方向成一定角度（非直角）
运动示
意图
在电场
中的运
动性质
加速或减速直线运动
类平抛运动
类斜抛运动
分析
方法
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
考向 带电粒子在组合场中的运动
例1（2025·四川南充·高三月考）如图所示，在xOy坐标系中，第一、二象限有沿y轴负方向的匀强电场，
电场强度大小为Bv，第三、四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子在
y轴上的M点，以大小为v的初速度沿着与y轴垂直的方向向左射出，粒子的质量为m，带电量为q，粒子
第一次到达x轴时沿着与x轴正方向为30°的方向进入电场。不计粒子重力，对粒子的运动，以下说法正确
的是（ ）
A．粒子自开始射出至第一次到达x轴时的时间间隔为2πm
3qB
B．粒子再次与y轴相交时速度最小
6
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C．粒子运动过程中的最小速度为1
2 v
D．粒子离开M点后，其速度第n次与初速度相同时距M点的距离为(1−√3
2 )
nmv
qB
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类斜抛运动，作出粒子运动轨
迹，如图所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB =m v
2
R ，T = 2πR
v
解得R = mv
qB ，T = 2πm
qB
粒子自开始射出至第一次到达x轴时的时间间隔t1= 180
∘−30
∘
360
∘
T
解得t1= 5 πm
6qB
故A 错误；
C．粒子在电场中做类斜抛运动，运动至最高点时速度最小，此时竖直方向的分速度减为0，则有
vmin= v cos30
∘= √3 v
2
故C 错误；
B．粒子在电场中做类斜抛运动至最高点过程有x1= v cos30
∘t2，0= v sin30
∘−qE
m t2
结合上述解得x1= √3 R
4
< R sin30
∘= R
2
可知，最高点位置在y 轴左侧，即粒子再次与y轴相交时速度不是最小，故B 错误；
D．结合上述，由于2 x1=2× √3 R
4
= √3 R
2
> R sin30
∘= R
2
则粒子进入电场中做类斜抛运动后将从坐标原点右侧再次进入磁场，根据对称性可知，粒子离开M点后，
其速度第n次与初速度相同时距M点的距离为x2=2n(R sin30
∘−x1)
7
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结合上述解得x2=(1−√3
2 )
nmv
qB
故D 正确。
故选D。
例2 如图所示，足够长的水平虚线MN 上方有一匀强电场，方向竖直向下（与纸面平行）：下方有一匀强
磁场，方向垂直纸面向里。一个带电粒子从电场中的A 点以水平初速度v0向右运动，第一次穿过MN 时的
位置记为P 点，第二次穿过MN 时的位置记为Q 点，P、Q 两点间的距离记为d，从P 点运动到Q 点的时
间记为t。不计粒子的重力，若只适当减小v0的大小，则（ ）
A．t 变大，d 变小
B．t 不变，d 变小
C．t 变大，d 不变
D．t 变小，d 变大
【答案】C
【详解】粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图
设第一次到达P 点竖直速度v1（大小不变），则粒子进入磁场的速度
v =√v0
2+ v1
2
速度方向与MN 的夹角
tanθ = v1
v0
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，半径
R = mv
qB
第二次经过MN 上的Q 点时由几何关系可得
d =2 R sinθ
sinθ =
tanθ
√1+ tan
2θ
=
v1
√v0
2+ v1
2
代入可得
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d = 2m v1
qB
即当减小v0时d 不变；运动的时间
t = θ
2π ⋅2πm
qB = θm
qB
则当减小v0时，tanθ增大，θ 增大，t 增大。
故选C。
【变式训练1】圆心为O、半径为R 的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场
（未画出），磁场边缘上的A 点有一带正电粒子源，半径OA 竖直，MN 与OA 平行，且与圆形边界相切于
B 点，在MN 的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场，电场强度大小为E。当粒子的速度大小为v0且
沿AO 方向时，粒子刚好从B 点离开磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法不正确的是（
）
A．圆形区域内磁场方向垂直纸面向外
B．粒子的比荷为v0
BR
C．粒子在磁场中运动的总时间为πR
2v0
D．粒子在电场中运动的总时间为2BR
E
【答案】C
【详解】A．根据题意可知，粒子从A 点进入磁场时，受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可知，圆形区
域内磁场方向垂直纸面向外，故A 正确，不符合题意；
B．根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示
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根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为π
2 ，根据洛伦兹力
提供向心力有
q v0 B =m v0
2
R
所以
q
m = v0
BR
故B 正确，不符合题意；
C．根据题意可知，粒子从B 点进入电场之后，先向右做减速运动，再向左做加速运动，再次到达B 点
时，速度的大小仍为v0，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示
粒子在磁场中的运动时间为
t磁= T
2 = πR
v0
故C 错误，符合题意；
D．粒子在电场中，根据牛顿第二定律有
Eq=ma
解得
a= Eq
m = E v0
BR
结合对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为
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t电= 2v0
a = 2BR
E
故D 正确，不符合题意。
故选C。
【变式训练2】（2025·四川绵阳·高三月考）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，磁分析器内有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、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，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．极板M 比极板N 的电势低
B．加速电场的电压U = ER
C．PQ 之间的距离为2
B√
qER
m
D．若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷
【答案】D
【详解】A．粒子在静电分析器中所受电场力指向O，所以粒子带正电，为了实现对粒子的加速，极板M
带正电，所以极板M 比极板N 的电势高，故A 项错误；
B．设粒子经过加速后获得的速度大小为v，根据动能定理有
qU = 1
2 m v
2
粒子在静电分析器中所受电场力提供向心力，即
qE =m v
2
R
解得
U = 1
2 ER
故B 项错误；
C．粒子在磁分析器中，设圆周运动半径为r，有
qvB =m v
2
r
结合之前的分析，解得
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r = 1
B√
ERm
q
所以有
PQ =2r = 2
B√
ERm
q
故C 项错误；
D．由
PQ =2r = 2
B√
ERm
q
可知，在装置各参量相同的情况下，Q 点位置由粒子比荷决定，所以若一群粒子从静止开始经过题述过程
都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷，故D 项正确。
故选D。
【变式训练3】反质子的质量与质子相同，电荷与质子相反。一个反质子从静止经电压U1加速后，从O 点
沿角平分线进入有匀强磁场（图中未画出）的正三角形OAC 区域，之后恰好从A 点射出。已知反质子质
量为m，电量为q，正三角形OAC 的边长为L，不计反质子重力，整个装置处于真空中。则（ ）
A．匀强磁场磁感应强度大小为1
L√
q
mU 1
，方向垂直纸面向外
B．保持电压U1不变，增大磁感应强度，反质子可能垂直OA 射出
C．保持匀强磁场不变，电压变为1
4 U 1，反质子从OA 中点射出
D．保持匀强磁场不变，电压变为1
4 U 1，反质子在磁场中运动时间减为原来的1
2
【答案】C
【详解】A．电场中加速过程中有
qU 1= 1
2 mv
2
在磁场中做匀速圆周运动过程有
qvB =m v
2
r
根据几何关系可知
r=L
可得
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B = 1
L√
2mU 1
q
再根据左手定则（注意反质子带负电）可判断磁场方向垂直纸面向外，A 错误；
BCD．根据上述公式推导
r = mv
qB = 1
B√
2mU 1
q
电压变为1
4 U 1时，轨道半径变为原来1
2，反质子将从OA 中点射出；只要反质子从OA 边上射出，根据对
称性可知其速度方向都与OA 成30°角，转过的圆心角均为60°，所以不会垂直OA 射出，运动时间都为
t = 1
6 T = 1
6 ⋅2πm
qB = πm
3qB
C 正确，BD 错误。
故选C。
【变式训练4】（多选）（2025·四川攀枝花·三模）如图所示，正方形abcd 区域被MN 分为上、下两个矩
形，bN =2d、Nc =d，MN 下方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，MN 上方有平行bc 边向下
的匀强电场。在cd 边的中点P 处有一粒子源，沿纸面向磁场中各方向均匀的辐射出速率大小均为v = qBd
m
的某种带正电粒子，粒子的质量为m、电荷量为q。粒子源沿P→c 方向射出的粒子恰好未从ab 边离开电
场，不计粒子重力和粒子之间的库仑力，则下列说法中正确的是（ ）
A．粒子在磁场运动的半径为d
B．从MN 上射出的粒子中，在磁场中运动的最短路程为d
C．匀强电场的场强大小为q B
2d
4 m
D．粒子源沿P→c 方向射出的粒子在abcd 区域运动的时间为(5 π +24)m
6qB
【答案】AC
【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力可得m v
2
R = Bqv
解得R =d
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故A 正确；
B．由数学知识可知，最短弦对应最短的弧长，由图可知
由几何关系可知α =60°
最短的弧长即最短路程为s= Rα = πd
3
故B 错误；
C．粒子源沿P→c 方向射出的粒子恰好未从ab 边离开电场，根据动能定理可得1
2 mv
2= Eq⋅2d
解得E = q B
2d
4 m
故C 正确；
D．粒子源沿P→c 方向射出的粒子在abcd 区域，根据m 4 π
2
T
2 r = Bqv，r =d
解得T = 2πm
Bq
在磁场中，运动时间为t1= 1
4 T = πm
2Bq
在电场中，根据牛顿第二定律Eq=ma
根据运动学公式v =at2
解得t2= 4 m
Bq
返回磁场之后，粒子在洛伦兹力作用下向右偏转，由几何关系可知，粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为
60°，然后从Nc边飞出abcd 区域，则运动时间为t3= 60°
360° T = πm
3qB
则粒子源沿P→c 方向射出的粒子在abcd 区域运动的时间为
t =t1+2t2+t3= πm
2Bq + 8m
Bq + πm
3 Bq = (5 π + 48)m
6qB
故D 错误。
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故选AC。
【变式训练5】（多选）研究表明，蜜蜂是依靠蜂房、采蜜地点和太阳三个点来定位的，蜜蜂飞行时就是
根据这三个位置关系呈8 字型运动来告诉同伴蜜源的方位。一兴趣小组用带电粒子在如图所示的电场和磁
场中模拟蜜蜂的8 字形运动，即在y >0的空间中和y <0的空间内同时存在着大小相等、方向相反的匀强电
场，上、下电场以x轴为分界线，在y轴左侧和图中竖直虚线MN右侧均无电场，但有方向垂直纸面向里和
向外的匀强磁场，MN与y轴的距离为2d。一重力不计的负电荷从y轴上的P(0,d )点以沿x轴正方向的初
速度v0开始运动，经过一段时间后，电子又以相同的速度回到P点，下列说法正确的是（ ）
A．电场与磁场的比值为2v0
B．电场与磁场的比值为4 v0
C．带电粒子运动一个周期的时间为4 d
v0
+ 2πd
v0
D．带电粒子运动一个周期的时间为4 d
v0
+ 4 πd
v0
【答案】AC
【详解】粒子运动轨迹如图
粒子在电场中做类似平抛运动，根据公式有
d = v0t1
d = 1
2
Eq
m t1
2
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
R = mv0
Bq
结合几何知识，可得
R =d
联立，可得
E
B =2v0
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又因为类平抛运动的总时间
t = 4t1= 4 d
v0
匀速圆周运动的轨迹是两个半圆，所以
t2= 2πd
v0
故带电粒子运动一个周期的时间为
4 d
v0
+ 2πd
v0
故AC 正确。
故选AC。
考点二 带电粒子在交变场中的运动
知识点 带电粒子在交变场中的运动
1.交变场的常见类型
（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
考向 带电粒子在交变场中的运动
例1 在方向如图所示的匀强电场（场强为E）和匀强磁场（磁感应强度为B）共存的场区，一电子沿垂直
电场线和磁感线方向以速度v0射入场区，则（ ）
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A．若v0< E
B ，电子沿轨迹Ⅰ运动，射出场区时，速度v <v0
B．若v0< E
B ，电子沿轨迹Ⅱ运动，射出场区时，速度v >v0
C．若v0> E
B ，电子沿轨迹I 运动，射出场区时，速度v >v0
D．若v0> E
B ，电子沿轨迹Ⅱ运动，射出场区时，速度v <v0
【答案】D
【详解】AB．电子进入电磁场中，受到洛伦磁力与电场力两个力作用，由左手定则判断可知，洛伦兹力
方向向下，而电场力方向向上。若v0< E
B ，则
q v0 B<qE
即洛伦兹力小于电场力，电子向上偏转，沿轨道I 运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子做正功，动能
增加，速度增大，所以速度v >v0。故AB 均错误；
CD．若v0> E
B ，则
q v0 B>qE
即洛伦兹力大于电场力，电子向下偏转，沿轨道Ⅱ运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子做负功，动能
减小，速度减小，所以速度v <v0。故C 错误，D 正确。
故选D。
【变式训练1】如图甲所示，平面直角坐标系xOy 的第一象限（含坐标轴）内有垂直平面周期性变化的均
匀磁场（未画出），规定垂直xOy 平面向里的磁场方向为正，磁场变化规律如图，已知磁感应强度大小为
B0，不计粒子重力及磁场变化影响。某一带负电的粒子质量为m、电量为q，在t =0时从坐标原点沿y 轴
正向射入磁场中，将磁场变化周期记为T 0，要使粒子在t =T 0时距y 轴最远，则T 0的值为（ ）
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A．143 πm
72q B0
B．2πm
q B0
C．3 πm
q B0
D．143 πm
144 q B0
【答案】A
【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，0~2
5 T 0时间内，有
q v0 B0=m v0
2
r1
解得
r1= mv0
q B0
周期为
T 1= 2π r1
v0
= 2πm
q B0
2
5 T 0~T 0时间内，有
q v0× 2
3 B
0
=m v0
2
r2
解得
r2= 3m v0
2q B0
=1.5r1
周期为
T 2= 2π r2
v0
= 3 πm
q B0
=1.5T 1
要求在T0时，粒子距y 轴最远，做出粒子运动轨迹如图
根据几何关系，可得
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sinθ =
r2
r1+r2
=0.6
解得
θ =37°
则0~2
5 T 0时间内圆周运动转过的圆心角为
π −θ =143°
可得
2
5 T 0= 143°
360° T 1
联立，解得
T 0= 143 πm
72q B0
故选A。
【变式训练2】（多选）某空间存在着一个变化的电磁场，电场方向向右（即图中由B 到C 的方向），电
场大小变化如E−t图像，磁感应强度的变化如B−t图像，在A 点从t =1s（即1s 末）开始每隔2s 有一相
同带电粒子（重力不计）沿AB 方向（垂直于BC）以速度v 射出，恰都能击中C 点，若AC =2BC，且粒
子在A、C 间运动的时间小于1s，则（ ）
A．磁场的方向垂直纸面向里
B．图像中E0和B0的比值为4 v
3
C．图像中E0和B0的比值为2v
3
D．若第一个粒子击中C 点的时刻已知为(1+ Δt )s，那么第二个粒子击中C 点的时刻是3(1+ √3
2π Δt)s
【答案】BD
【详解】BC．在t =1s至t =2s间第一个粒子从A 到C 作匀速圆周运动，以O 为圆心。
因为
AC =2BC
所以
∠BAC =30°，∠CAO =60°
所以
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R = AC
即
mv
q B0
= AC
所以
B0=
mv
q⋅AC
在t =3s至t = 4s间第二个粒子在电场力作用下由A 到C 点
BC = 1
2 ⋅q E0
m ⋅(
AB
v )
2
所以
AB = AC ⋅cos30° = √3
2 AC
所以
AC
2 = 1
2 ⋅q E0
m ⋅(
√3
2 AC)
v
2
2
即
E0= 4 m v
2
3q⋅AC
所以
E0
B0
= 4
3 v
故B 正确，C 错误；
A．磁场方向垂直纸面向外，故A 错误；
D．因为
R = mv
q B0
所以
q B0= mv
R
所以
Δt = T
6 = π
3 ⋅R
v = πAC
3 v
Δt
′ = AB
v = AC cos30°
v
= √3 AC
2v
所以
20
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Δt
′
Δt = 3√3
2π
所以第二个粒子击中C 点时刻是
Δt ' =3(1+ √3
2π Δt)s
故D 正确。
故选BD。
【变式训练3】（多选）空间存在两个垂直于xOy 平面的匀强磁场，y 轴为两磁场的边界，磁感应强度分别
为2B0、3 B0。质量为m、电荷量为q 的粒子从原点O 沿x 轴正向射入磁场，速度均为v∘粒子第1 次、第2
次经过y 轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示（忽略粒子重力）。下列说法正确的是（ ）
A．Q、O 的距离为mv
3q B0
B．Q、O 的距离为mv
4 q B0
C．两次经过P 点的时间间隔为2πm
q B0
D．两次经过P 点的时间间隔为3 πm
q B0
【答案】AC
【详解】AB．粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2，由
qvB =m v
2
r
可知
r = mv
qB
故
r1= mv
2q B0
r2= mv
3q B0
21
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且
d =2r1−2r2
解得
d = mv
3q B0
故A 正确，B 错误；
CD．粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，由
T = 2πr
v
= 2πm
qB
得
T 1= 2πm
2q B0
= πm
q B0
T 2= 2πm
3q B0
粒子两次经过P 点的时间间隔
Δt =T 1+3× T 2
2
解得
Δt = 2πm
q B0
故C 正确，D 错误。
故选AC。
考点三 带电粒子在叠加场中的运动
知识点1 带电粒子在叠加场中的运动
1.叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
2.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
运动性质
受力特点
方法规律
匀速直线运动
粒子所受合力为0
平衡条件
匀速圆周运动
除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：
qE＝mg
牛顿第二定律、圆周运动的规律
22
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较复杂的曲线运动
除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也
不与洛伦兹力等大反向
动能定理、能量守恒定律
知识点2 复合场中的摆线问题
1.摆线是同一平面内匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动的轨迹，其实就是一个圆沿着一条直线做无滑
动的滚动，圆周上的一点运动的曲线，如图所示。
2.配速法
(1)定义：若带电粒子在磁场中所受合力不为零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会
跟着变化，则粒子做一般曲线运动，运动分析比较麻烦，此时，我们可以把初速度分解为两个分速度，使
其中一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或静电力，或重力和静电力的合力)平衡，另一个分速度对应的洛
伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就可以分解为两个比较常见的运动，这种方法叫
配速法。
(2)配速法处理叠加场中的摆线类问题
常见情况
处理方法
BG 摆线：初速度为0，有重力
把初速度0 分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度
v1。
BE 摆线：初速度为0，不计重力
把初速度0 分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度
v1。
BEG 摆线：初速度为0，有重力
把初速度0 分解为一个斜向左下方的速度v1和一个斜向
右上方的速度v1。
BGv 摆线：初速度为v0，有重力
把初速度v0分解为速度v1和速度v2。
23
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知识点3 用动量定理解决带电粒子在磁场中的运动问题（含正则动量）
假设有一个带电粒子，其质量为m，电荷量为＋q。在方向垂直纸面向下，磁感应强度大小为B 的匀强磁
场中运动。粒子速度为v，所受洛伦兹力为F，且重力不计。如图建立直角坐标系。
沿两轴方向的洛伦兹力分力Fx＝qvyB
Fy＝qvxB
两个方向分别列动量定理
－qvyBΔt＝mΔvx
qvxBΔt＝mΔvy
即－qBΔy＝mΔvx
qBΔx＝mΔvy
两边累加得－qBy＝mvx1－mvx0
qBx＝mvy1－mvy0。
使用条件：如果已知某一分运动方向上的位移(可能需要借助动能定理获得)，通过列出与之正交方向上的
动量定理，即可迅速得出该方向上的分速度。
考向1 摆线运动
例1 如图所示为空间直角坐标系Oxyz，Oxy平面为水平面。空间存在沿z 轴负方向的匀强磁场，磁感应强
度大小为B = π T。一可视为质点的带正电小球从z 轴上z =0.3125 m处以初速度v0= π m/s水平抛出。已知
小球的比荷q
m =20C/kg，重力加速度g 取10m/s
2，则小球落到Oxy水平面的坐标为（ ）
24
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A．(0,0.1m ,0)
B．(0.1m ,0,0)
C．(0,−0.1m ,0)
D．(0,0,0)
【答案】A
【详解】将小球的运动分解为以初速度v0的水平面匀速圆周运动和竖直方向的自由落体运动，对于水平面
匀速圆周运动有q v0 B =m v0
2
r
解得轨道半径为r =0.05 m
周期为T = 2πr
v0
=0.1s
小球在竖直方向h= 1
2 gt
2
解得t =0.25s
因为t
T =2 1
2
小球在水平面上转动2 1
2圈，故坐标为(0,0.1m ,0)。
故选A。
例2 如图所示，空间中存在着正交的匀强磁场和匀强电场，已知电场强度大小为E，方向竖直向下，磁感
应强度大小为B，方向垂直纸面。一个电子由O 点以一定初速度v0水平向右飞入其中，运动轨迹如图所
示，其中O、Q 和P 分别为轨迹在一个周期内的最高点和最低点，不计电子的重力。下列说法正确的是（
）
A．磁感应强度方向垂直纸面向外
B．电子的初速度v0小于E
B
C．由P 点至Q 点的运动过程中，电子的速度增大
D．调整电子的初速度大小与方向可以使其做匀加速直线运动
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【答案】C
【详解】A．电子从O点开始轨迹向下弯曲，由于电场力向上，说明洛伦兹力向下，根据左手定则，则磁感应强度方向垂直
纸面向里，故A 错误；
B．电子从O运动到P，合外力指向轨迹凹侧，有
q v0 B>qE
则
v0> E
B
故B 错误；
C．由P点至Q点的运动过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，电子的速度逐渐增大，故C 正确；
D．电子受力平衡，可以做匀速直线运动，初速度方向与磁场平行，电子做类平抛运动，所以电子不可能做匀加速直线运
动，故D 错误。
故选C。
【变式训练1】（多选）空间内存在方向水平向左的匀强电场E和磁感应强度大小B =10T、方向垂直纸面
向里的匀强磁场（图中均未画出）。一质量m=0.1kg、带电荷量q =0.1C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，已知qE =mg。重
力加速度g取10 m /s
2。下列说法正确的是（ ）
A．小球经过A 点时的速度为√2m /s
B．小球经过A 点时的速度最大
C．L= √2
2 m
D．L= √2
5 m
【答案】BD
【详解】AB．由题知qE =mg=1N
即重力与电场力大小相等，由于两者方向垂直，则两力的合力大小为F =√(mg)
2+(qE)
2=√2N
根据配速法，由于小球在O 点处于静止，可将小球在O 点的速度分解为垂直于合力F 方向向上的v0和与垂
直于合力F 方向向下（即为图中虚线方向）的v0，两个分速度大小相等，方向相反，且使得垂直于合力F
方向向下的分速度对应的洛伦兹力与合力F 平衡，则小球的运动，可以分解为沿虚线向下的匀速直线运
动，与初速度为沿虚线向上的匀速圆周运动，则有F =q v0 B，q v0 B =m v0
2
R
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可得v0=√2m /s，R = √2
10 m
由于轨迹上的A 点离OB 最远，可知匀速圆周分运动恰好运动了半个周期，此时圆周运动的分速度方向平
行于虚线向下，即小球的两个分速度方向相同，则合速度最大，即小球经过A 点时的速度最大，且最大值
为vmax =2v0=2√2m /s，故A 错误，B 正确；
CD．由上分析可知小球距离虚线OB 最远的距离L=2 R = √2
5 m，故C 错误，D 正确。
故选BD。
【变式训练2】（多选）如图，竖直面内有两根相同的光滑绝缘管AB和CD，与水平方向夹角均为
θ = 45
∘,B、C两点连线水平且间距为d。空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一
质量为m、带电量为q的小球（小球直径略小于管道内径）从AB管的上端由静止释放，在管道内运动一段
时间后从B点离开管道，又经一段时间后，恰好从C点沿CD方向进入管道CD。带电小球从B点离开管道
时对管道的弹力大小与从A点释放时对管道的弹力大小相等。运动过程中小球的电荷量不变，小球可看作
质点，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球带负电
B．管道AB的长度为L= √2m
2 g
q
2B
2
C．小球从A点释放到运动到D点的时间为t = 2m
qB + qBd
mg
D．d需满足：d =(k + 1
2)
2π m
2 g
q
2B
2 + 2m
2 g
q
2B
2 （其中k =0,1,2⋯）
【答案】BCD
【详解】A．由分析可得，带电小球从B点离开管道时对管道的弹力大小与从A点释放时对管道的弹力大
小相等，在B 点时对下管壁有压力，在A 点时一定是对上管壁有压力，则洛伦兹力一定垂直管壁向上，则
小球带正电。选项A 错误；
B．小球在A 点时有FN1=mgcosθ
小球在B 点有qvB =mgcosθ+ FN 2
又FN1= FN2
对AB 过程有mgLsinθ = 1
2 m v
2
联立解得L= √2m
2 g
q
2B
2 ，v = √2mg
qB
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选项B 正确；
C．对AB 过程mgsinθ =ma，v =at1
联立得t1= 2m
qB
将离开B 时的速度沿水平方向和竖直方向分解，如图所示，由于qv cosθ⋅B =mg
故小球由B 到C 的运动可分解为水平方向的速度大小为v cosθ的匀速直线运动和竖直面内的速度大小为
v sinθ的匀速圆周运动，故qv sinθ⋅B = m(v sinθ)
2
R
对小球由B 到C 的过程有t2=
d
v cosθ
小球从A 点释放到运动到D 点的时间t =2t1+t2
联立解得t = 2m
qB + qBd
mg
选项C 正确；
D．小球由B 点到C 点过程有T = 2πm
qB
，t2=(k + 1
2)T（其中k =0，1，2，…）
联立解得d =(k + 1
2)
2πm
2 g
q
2B
2
+ 2m
2 g
q
2B
2 （其中k =0，1，2，…）。选项D 正确；
故选BCD。
考向2 带电粒子在叠加场中的动量问题
例1（多选）如图所示，在同一足够大的空间区域存在方向均竖直向下的匀强磁场和匀强电场，磁感应强
度为B，电场强度为E。t =0时，一正离子以初速度v0水平向右开始运动，离子质量为m，电荷量为q，不
计离子重力。此后一段时间内（ ）
A．离子的加速度时刻在变
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B．当t = 3πm
qB
时，离子到出发点的距离为9π
2mE
2q B
2
C．若磁场方向改为竖直向上，则离子可能做匀速直线运动
D．若磁场方向改为垂直纸面向里，且v0> 2 E
B ，则离子在竖直方向最大的位移大小为2m(B v0−E)
q B
2
，此
时速度大小为v0−2 E
B
【答案】AD
【详解】A．离子受到的电场力竖直向下，洛伦兹力在水平面，故离子在水平面以做匀速圆周运动，洛伦
兹力大小不变，在竖直方向做初速度为0 的匀加速直线运动，合成的运动为螺旋运动，且加速度大小
a= √(qE)
2+(q v0 B)
2
m
可知加速度大小不变，由平行四边形定则可知加速度方向（合力方向）时刻在变，故加速度时刻改变，故
A 正确；
B．当t = 3πm
qB
时，粒子在竖直方向运动距离y = 1
2 a yt
2= 1
2 × Eq
m ×t
2
由于t = 3πm
qB
= 3
2 × 2πm
qB
= 3
2 T
则粒子在水平方向距离x =2r = 2m v0
qB
离子到出发点的距离为L=√x
2+ L
2
联立解得L=√(
9 Eπ
2m
2q B
2 )
2
+(
4 m
2v0
2
q
2B
2 )
2
故B 错误；
C．若磁场方向改为竖直向上，离子受到的电场力竖直向下，洛伦兹力在水平面，粒子不可能为0，即离子
不可能做匀速直线运动，故C 错误；
D．若磁场方向改为垂直纸面向里，且有v0> 2 E
B ，可知洛伦兹力大于电场力，则离子会向上偏转，当粒子
在竖直方向的位移最大时（大小设为ym），电场力做功最大，此时离子速度最大（大小令为vm），根据动
能定理有qE ym = 1
2 mvm
2 −1
2 mv0
2
根据水平方向动量定理有∑
❑
❑
❑q v y B Δt =m vm−m v0
其中∑
❑
❑
❑q v y B Δt =qB ym
联立解得ym = 2m(B v0−E)
q B
2
，vm = v0−2 E
B
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故D 正确。
故选AD。
【变式训练1】如图所示，光滑绝缘的水平面上有甲、乙两个绝缘小球，乙球静止在垂直纸面向里的磁场
内，甲球静止在磁场外，甲、乙两球质量分别为1×10
−3kg、2×10
−3kg，甲球不带电，乙球带有
8×10
−3C的正电荷。某时刻给甲球一个大小为10 m/s的初速度，甲球进入磁场后与乙球发生正碰，碰后
乙球电荷量不变，向右运动过程中刚好对水平面没有压力，已知匀强磁场的磁感应强度大小为0.5T，重力
加速度g 取10 m/s
2，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后甲球运动速度大小为5 m/s
B．碰撞后乙球运动速度大小为5 m/s
C．碰撞过程乙球对甲球的冲量大小为5×10
−2N ⋅s
D．甲对乙所做的功与乙对甲所做的功绝对值相等
【答案】B
【详解】AB．碰撞过程，根据动量守恒定律有
m1v0=m1v1+m2v2
碰后乙球电荷量不变，向右运动过程中刚好对水平面没有压力，则有
q v2B =m2 g
解得
v1=0，v2=5 m/s
故A 错误，B 正确；
C．结合上述可知，碰撞过程乙球对甲球的冲量大小为
I =m1v0−0=1.0×10
−2N⋅s
故C 错误；
D．乙对甲所做的功的大小
W 1= 1
2 m1v0
2−0=0.05J
甲对乙所做的功的大小
W 2= 1
2 m2v2
2=0.025J
即甲对乙所做的功与乙对甲所做的功绝对值不相等，故D 错误。
故选B。
【变式训练2】如图，绝缘环a、b 质量均为m，带电量均为+q，分别套在固定的水平绝缘杆上，环的直径
略大于杆的直径，环与杆的动摩擦因数均为μ，两杆分别处于竖直向下的匀强电场E 和匀强磁场B 中，分
别给两环水平向右的初速度v0，两环向右运动直至停下，下列说法不正确的是（ ）
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A．摩擦力对两环的冲量相同
B．摩擦力对两环做的功相同
C．若两环最终位移相同，则a 环运动时间较短
D．若两环最终运动时间相同，则a 环位移较短
【答案】D
【详解】A．由题意，两环向右运动直至停下的过程中，两环所受合力沿杆水平向左，且大小等于受到的
摩擦力，对两环根据动量定理有I f =0−m v0
显然摩擦力对两环的冲量相同，故A 正确；
B．对两环，根据动能定理有W f =0−1
2 m v0
2
显然摩擦力对两环做的功相同，故B 正确；
C．对环a 受力分析可知，在竖直方向上，环受到竖直向下的电场力，重力，竖直向上的支持力作用，且
Eq+mg= F N
环水平方向上受到的摩擦力f = μ F N = μ( Eq+mg)=ma
显然环a 做匀减速直线运动直至停下；对环b 受力分析可知，环水平方向上受到的摩擦力
f
' = μ√(mg)
2+(Bqv)
2=ma
'
显然环b 做加速度逐渐减小的减速直线运动直至停下；若两环最终位移相同，可画出如图所示v −t图像
由图像可知ta<tb，a 环运动时间较短,故C 正确；
D．根据选项C 分析可知，若两环最终运动时间相同，则a 环v −t图像围成的面积较大，则其位移较长，
故D 错误。
由于本题选择错误的，故选D。
【变式训练3】如图所示，带电量大小为q的负粒子M经小孔从水平边界垂直进入范围足够广的匀强磁
场，虚线为其运动轨迹。粒子M以水平速度与静止的、带电量大小为3q的正粒子N发生对心正碰，碰后
粘在一起，碰撞时间极短，不考虑粒子M和粒子N的重力，与碰撞前相比，下列说法正确的是（ ）
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A．碰后粒子做匀速圆周运动的周期不变
B．碰后粒子做匀速圆周运动的速率将减为一半
C．碰后粒子做匀速圆周运动的轨道半径不变D．碰后粒子做匀速圆周运动的动能减少
【答案】D
【详解】D．M和粒子N 碰撞过程，由动量守恒定律可得
mM v0=(mM +mN)v
两粒子发生完成非弹性碰撞动能损失最大，所以碰后粒子做匀速圆周运动的动能减少，则D 正确；
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由周期公式
T = 2πm
qB
可知，碰撞后质量变大但不知道变大多少，电荷量变为原来2 倍，则碰撞后周期无法确定，所以A 错误；
B．由于两粒子质量关系不知，所以碰撞后的速率不一定减半，所以B 错误；
C．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由半径公式
r = mv
Bq
可知，碰撞前后动量守恒，则动量相同，碰撞后电荷量增大，所以碰后粒子做匀速圆周运动的轨道半径减小，则C 错误；
故选D。
考点四 带电粒子在立体空间中的运动
知识点1 带电粒子的旋进运动
空间中匀强磁场的分布是三维的，带电粒子在磁场中的运动情况可以是三维的。现在主要讨论两种情况：
(1)空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中就
做螺旋线运动。这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。
(2)空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做“旋进”运动，这
种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。
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件
条
:粒子速度与磁场夹0
0 或180
0
y
向
方
,
y
速
线
运
动
匀
直
＝v yt ＝v❑cosθ⋅t
z 方向,匀速周运动q v z B＝m v z
r
r ＝m v z
qB ＝m v❑sinθ
qB
T ＝2πr
v z
＝2πm
qB
螺距: Δ y ＝v❑cos θ⋅T ＝v❑cos θ⋅2πm
qB
1.
y
求
线
点
要
沿
着
直
上
某
必
过
t ＝y
v y
＝
L
v❑cosθ ＝n⋅2πm
qB
(n＝1,2,3…)
B＝n⋅
2πm
q⋅
L
v❑cos θ
＝n⋅2πmv❑cos θ
L
n＝1,B
在
存
最
小值
Bmin＝2πmv❑cos θ
L
2.要求离子不能穿过x>d 的范围，2r≤d，⇒m v❑sinθ
qB
≤d ⇒B≥m v❑sinθ
qd
3.求经
过t 间粒子到
出
时
y
向
方
: y ＝v❑cosθ⋅t
x 方向:
心
角
转
过
圆α ＝t
T ⋅2π ＝
t
2πm
qB
⋅2π ＝qBt
m
x＝r −rcos α ＝r −rcos t
T ⋅2π ＝r −rcos qBt
m
z 方向: z＝|r sin α |＝|r sin qBt
m |
到出
点距离
发
D＝x
2+ y
2+ z
2⇒D＝(v❑cos θ⋅t )
2+(r −rcos qBt
m )
2+(rsin qBt
m )
2
知识点2 带电粒子在立体空间中的偏转
33
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分析带电粒子在立体空间中的运动时，要发挥空间想象力，确定粒子在空间的位置关系。带电粒子依次通
过不同的空间，运动过程分为不同的阶段，只要分析出每个阶段上的运动规律，再利用两个空间交界处粒
子的运动状态和关联条件即可解决问题。一般情况下利用降维法，要将粒子的运动分解为两个互相垂直的
分运动来求解。
考向 带电粒子在立体空间中的运动
例12021 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。若电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，某
时刻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．电场力的瞬时功率不变
B．该离子的加速度大小保持不变
C．该离子受到的洛伦兹力大小为qB v1
D．v1与v2的比值保持不变
【答案】B
【详解】A．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，根据功率的计算公式可知电场力的瞬时功率为P=Eqv1，可知电场力的瞬时功率增大，故A 错
误；
B．离子受到的电场力不变，洛伦兹力大小不变，方向总是与电场力方向垂直，则该离子的加速度大小不
变，方向改变；故B 正确。
C．由于v1与磁场B 平行，v2与磁场B 垂直，离子受到的洛伦兹力为F 洛=qv2B，故C 错误；
D．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，v1与v2的比值不断增大，故D 错误；
故选B。
【变式训练1】如图所示，在空间坐标系中yOz坐标平面左侧有水平向右（沿x轴正向）的匀强电场，在
yOz平面右侧有水平向右的匀强磁场，在P(−0.15 m ,0,0.45 m)点由静止释放一质量为m、电荷量为+q的
小球，一段时间后恰经过坐标原点O进入到yOz平面右侧。已知mg
Bq = 4 m /s，重力加速度g=10 m /s
2，
下列说法正确的是（ ）
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A．小球经过O点时的速度大小为4m/s
B．小球所受电场力大小等于重力大小
C．小球运动过程的最大速度为√82m /s
D．小球在磁场中向下运动的最大距离为1.2m
【答案】C
【详解】AB．小球从P 点由静止释放时，所受电场力和重力均为恒力，故小球从P 到O 做初速度为零的
匀加速直线运动，则有mg
qE = 0.45m
0.15m =3
将小球的运动沿x 轴、z 轴分解，由运动学公式可得vOx =√2 ghz=3m/ s，vOx =√2 qE
m hx =1m/ s
则小球经过O 点时的速度大小vO=√vOz
2 + vOx
2 =√10m/ s， 故AB 错误；
C．小球经过O 点后瞬间，受重力和洛伦兹力，结合mg
qE = 4 m/ s，给小球沿y 轴正向和负向各配一大小为
v 配=4m/s 的速度，其中沿y 轴正向的速度所对应的洛伦兹力与重力大小相等、方向相反，则小球沿x 轴正
向以vOx做匀速直线运动，在yOz 平面内的运动可看成沿y 轴正向、速度大小为v 配的匀速直线运动与该平
面内以v圆=√v配
2 + vOz
2 =5m/ s的匀速圆周运动的合运动，到达最低点时的速度最大，为
vmax=√(v配+ v圆)
2+ vOx
2 =√82m/ s，故C 正确；
D．在yOz 平面，结合能量守恒可知相对y 轴向下运动的最大距离满足mg Δ z = 1
2 m(v圆+ v配)
2−1
2 m vOz
2
解得Δ z =3.6m，故D 错误。
故选C。
【变式训练2】（多选）如图，在O−xyz坐标系内存在匀强磁场和匀强电场，电场方向沿z轴负方向，磁
场方向沿z轴正方向。一电子从点（L，0，0）处沿y轴正方向入射，其轨迹与z轴的第1 个交点坐标为
（0，0，L）。已知电子的比荷为k，入射速度大小为v0，不计电子所受的重力，则（ ）
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A．匀强磁场的磁感应强度大小B = v0
kL
B．匀强电场的电场强度大小E = 8 v0
2
kLπ
2
C．电子轨迹与z轴交点的z坐标之比为1∶
3
2∶
5
2∶
7
2∶
⋯
D．电子轨迹与z轴交点的z坐标之比为1∶
2
2∶
3
2∶
4
2∶
⋯
【答案】BC
【详解】A．电子在电场力作用下，沿z 轴正方向做初速度为0 的匀加速直线运动，在洛伦兹力的作用
下，在xoy 平面内做匀速圆周运动，由几何关系可知，电子做圆周运动的半径为r = L
2
由洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，有eB v0= mv0
2
r
解得B = 2v0
kL ，故A 错误；
B．电子从入射到与轴的第1 个交点过程经历的时间为t = 1
2 × 2πr
v0
沿z 轴方向有L= 1
2 × eE
m t
2
解得E = 8 v0
2
kL.π
2，故B 正确；
CD．电子轨迹与z 轴第1 次相交后，每隔2t 时间再与z 轴相交，则第n 次与z 轴相交时，在z 轴上有
Lz= 1
2 × eE
m [(2n−1)t ]
2
（n=1，2，3…）
故电子轨迹与轴交点的坐标之比为1：3
2：5
2：7
2：⋅⋅⋅，故C 正确，D 错误。
故选BC。
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考点五 洛伦兹力与现代科技
知识点1 质谱仪
1.作用
测量带电粒子的质量和分离同位素。
2.原理(如图所示)
(1)加速电场：qU＝1
2mv
2 ；
(2)偏转磁场：qvB＝m v
2
r
，l＝2r；
由以上式子可得r＝1
B√
2mU
q
，m＝qr
2B
2
2U
，q
m ＝2U
B
2r
2。
知识点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 形盒缝隙就被加速一次。
3.最大动能
由qvmB＝mvm
2
R
、Ekm＝1
2mvm
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.运动时间的计算
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(1)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t1＝n
2T＝Ekm
2qU ·2π m
qB ＝π B R
2
2U
。
(2)粒子在各狭缝中的运动连在一起为匀加速直线运动，运动时间为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
。
知识点3 速度选择器
(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洛伦兹力与静电力平衡，即qvB
＝
qE
，v＝E
B 。
(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，改变粒子的入射速度方向，不能实现速度选择功能。
知识点4 磁流体发电机
(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 板是发电机的正极。
(3)发电机的电动势：当发电机外电路断路时，正、负离子所受静电力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的
最大电势差为U，则qU
d ＝qvB，得U＝Bdv，则电动势E＝U＝Bdv。
(4)内阻r：若等离子体的电阻率为ρ，则发电机的内阻r＝ρd
S 。
知识点5 电磁流量计
(1)流量(Q)：单位时间流过导管某一截面的导电液体的体积。
(2)导电液体的流速(v)的计算
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，当自由电荷所受静电力和洛伦
兹力平衡时，a、b 间的电势差(U)达到最大，由qU
d ＝qvB，可得v＝U
Bd 。
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(3)流量的表达式：Q＝Sv＝π d
2
4 · U
Bd ＝π dU
4 B 。
(4)电势高低的判断：根据左手定则可得φa>φb。
知识点6 霍尔元件
(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：当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A'间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝qU
h
，I＝nqvS，S＝hd，联立解得U＝BI
nqd ＝kBI
d ，k＝1
nq 称为霍尔系数。
考向1 质谱仪
例1 阿斯顿用质谱仪发现了氖-20 和氖-22，证实了同位素的存在。如图所示，大量氖-20(❑10
20 Ne)和氖-22
(❑10
22 Ne)原子核从容器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，最终到达照相底片D 上。加速电场电压变化范围是U 1<U <U 2，氖-20 和
氖-22 打在照相底片上的区域恰好不重叠，则（ ）
A．U 2=√
11
10 U 1
B．U 2= 11
10 U 1
C．U 2= 121
100 U 1
D．U 2= 36
25 U 1
【答案】B
【详解】经过加速电场之后，由动能定理可得qU = 1
2 mv
2
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进入磁场之后，由洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
r
联立可得r = 1
B√
2mU
q
氖-22 的相对原子质量较大，运动半径较大，结合题目可得最小运动半径r1= 1
B√
2m1U 1
q1
氖-20 的相对原子质量较小，运动半径较小，结合题目可得最大运动半径r2= 1
B√
2m2U 2
q2
若氖-20 和氖-22 打在照相底片上的区域恰好不重叠，则有r1=r2，代入解得U 2= 11
10 U 1
故选B。
【变式训练1】质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造如图所示。粒子源S
产生的各种不同正粒子束（速度可视为零），粒子质量为m、带电量为q，粒子重力不计，经电压为U 的
加速电场加速后，从小孔N 垂直于磁感线进入匀强磁场，运转半周后到达照相底片上的M 点。则下列说法
正确的是（ ）
A．粒子从小孔N 垂直于磁感线进入匀强磁场的速度大小为√
qU
m
B．若粒子束q 相同而m 不同，则MN 距离越大对应的粒子质量越小
C．进入匀强磁场中的粒子只要MN 距离相同，则粒子的比荷一定相等
D．进入匀强磁场中的粒子只要MN 距离相同，则粒子的电荷量一定相等
【答案】C
【详解】A．粒子在加速电场中做加速运动，由动能定理得qU = 1
2 m v
2
解得v =√
2qU
m
故A 错误；
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvB =m v
2
r
可得r = 1
B√
2Um
q
40
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所以MN =2r = 2
B√
2Um
q
若粒子束q 相同而m 不同，MN 距离越大对应的粒子质量越大，故B 错误；
CD．由MN = 2
B√
2Um
q
可知只要MN 距离相同，对应的粒子的比荷一定相等，粒子质量和电荷量不一定相等，故C 正确，D 错
误。
故选C。
【变式训练2】（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2qU B1
2
E
2
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
4 EU cosθ
4U B1−Ed B2
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4U B1
E B2
+ (Ed B2−4U B1)√U
E B2√U −Ed cosθ
【答案】AD
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【详解】A．对M 粒子在加速电场中qU = 1
2 mM v0 M
2
在速度选择器中q v0 M B1=qE
解得M 的质量mM = 2qU B1
2
E
2
，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q v0 N B1>qE
即v0 N >v0 M，故B 错误；
C．M 粒子在磁场中运动半径为r1，则q v0 M B2=mM
v0 M
2
r1
解得r1= mM v0 M
q B2
= 2U B1
E B2
N 粒子在磁场中运动的半径为r2，则2r1−2r2cosθ =d
解得r2= 4U B1−E B2d
2 E B2cosθ
其中q v N B2=mN
v N
2
r2
可得v N = 4Uq B1−E B2qd
2 E mN cosθ
由动能定理N 粒子在选择器中−Edq= 1
2 mN v N
2 −1
2 mN v0 N
2
在加速电场中Uq = 1
2 mN v0 N
2
解得mN = q(4U B1−E B2d)
2
8 E
2cos
2θ(U −Ed)
，v0 N = 4 E cosθ√U (U −Ed )
4U B1−E B2d
则要想使得粒子N 沿轴线OO＇通过选择器，则需满足q v0 N B1
' =q E
'
联立解得E
′
B
′
1
= v0 N = 4 Ecosθ√U (U −Ed)
4U B1−E B2d
，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Δ x =2r3−2r1
其中r1= mM v0 M
q B2
= 2U B1
E B2
，r3= mN v0 N
q B2
= (4U B1−E B2d )√U
2B2 E cosθ√U −Ed
可得Δ x = (4U B1−E B2d)√U
B2 Ecosθ√U −Ed + 4U B1
E B2
，故D 正确。
故选AD。
考向2 回旋加速器
42
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例1 加速器是使微观粒子获得较大动能的重要装置。如图所示，甲为粒子多级加速器，乙为粒子回旋加速
器。现用两种加速器分别对质子❑1
1H加速。下列分析正确的是（ ）
A．用甲加速质子，需要将开关置于c、d 端
B．甲加速器中只要级数n 足够大，质子就可以被加速到任意速度
C．用乙加速质子，若交流电压U 加倍，则质子获得的最大动能也加倍
D．若用乙对α 粒子（❑2
4 He）加速，仅需将交流电源频率调为原来的一半
【答案】D
【详解】A．若将开关置于c、d 端，多级加速器的左极板与直流电源的负极相连，多级加速器的右极板与
直流电源的正极相连。多级加速器内电场强度方向向左，正电荷所受电场力向左，不能加速质子，A 错
误。
B．质子可以被加速到任意速度的说法是错误的，根据相对论，光速是宇宙速度的极限，任何物体的速度
都不会超过光速，B 错误；
C．质子的最大动能为Ekm = 1
2 m vm
2
当质子的运动半径等于回旋加速器半径时，质子的速度最大，为q vm
❑B =m vm
2
r
解得Ekm = q
2B
2r
2
2m
质子获得的最大动能与交流电压U 无关，与回旋加速器的半径有关。用乙加速质子，若交流电压U 加倍，
质子获得的最大动能不变，C 错误；
D．质子在磁场中运动的周期为T = 2πm
eB
交流电源的周期为T 1=T = 2πm
eB
交流电源的频率为f 1= 1
T 1
= eB
2πm
加速质子时交流电源的频率为f H= eB
2πm
加速❑2
4 He时交流电源的频率为f He=
2eB
2π ⋅4 m
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解得f He= 1
2 f H，D 正确。
故选D。
【变式训练1】如图甲所示，回旋加速器的D 形盒之间的狭缝中存在着周期性变化的电场，电压随时间变
化的关系图像如图乙所示，D 形盒所在空间存在方向垂直于盒面向下的匀强磁场B，回旋加速器中心A 处
有一粒子源，可无初速度地释放相同的带电粒子，粒子经过多次加速后从D 形盒的边缘引出。不计粒子之
间的相互作用力和相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．粒子每次经过狭缝，电场力对粒子做的功相同
B．粒子每次经过狭缝，受到的电场力的冲量相同
C．粒子在D 形盒内旋转半圈，受到的洛伦兹力的冲量为零
D．粒子在D 形盒内偏转的过程中，受到的洛伦兹力对粒子做正功
【答案】A
【详解】AB．由题意可知，粒子每次经过电场时有W=qU，做功相同，但由于速度越来越大，因此时间越
来越短，根据冲量公式I=Ft，可知受到的电场力的冲量越来越小，故A 正确，B 错误；
C．粒子在磁场中运动半圈，虽然速度大小不变，但方向反向，根据动量定理可知，粒子受到的洛伦兹力
的冲量不为零，故C 错误。
D．当粒子在磁场中运动时，受到的洛伦兹力始终与速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，故D 错误；
故选A。
【变式训练2】（多选）如图所示，回旋加速器的两个D 形金属盒分别和电压为U 的高频交流电源两极相
接，两盒内匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近。若粒子源射出粒
子的电荷量为q（q>0），质量为m，D 形盒的半径为R，下列说法正确的是（ ）
A．所加交流电源的频率为f = qB
2πm
B．粒子加速后获得的最大动能为Ekm = q
2B
2 R
2
2m
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C．粒子被加速的次数n= q B
2 R
2
2mU
D．提高电压U，可以增大最大动能Ekm
【答案】ABC
【详解】A．为了保证粒子每次经过狭缝都能被加速，所加交流电源的周期等于粒子在磁场中的运动周
期，则所加交流电源的频率为f = 1
T = qB
2πm，故A 正确；
BD．当粒子在磁场中的运动半径等于D 形盒半径时，粒子的动能最大，则有q vm B =m vm
2
R
粒子加速后获得的最大动能为Ekm = 1
2 m vm
2 = q
2B
2 R
2
2m
可知提高电压U，不可以增大最大动能Ekm，故B 正确，D 错误；
C．根据动能定理可得nqU = Ekm−0
联立可得粒子被加速的次数n= q B
2 R
2
2mU ，故C 正确。
故选ABC。
【变式训练3】（多选）粒子加速器是高能物理实验的重要工具，常见的粒子加速器有直线加速器与回旋
加速器，分别如图甲、乙所示。已知图乙中回旋加速器所接电源电压为U0，下列说法正确的是（ ）
A．两种粒子加速器都需要接交流电
B．图甲中粒子在狭缝间做匀速直线运动
C．仅增大电源电压U0，粒子离开回旋加速器的速度变大
D．仅增大电源电压U0，粒子在D 形盒中运动的总时间变短
【答案】AD
【详解】A．两类加速器都需要接交变电流才能实现持续的加速，故A 正确；
B．在直线加速器中，在狭缝间存在电势差，粒子在狭缝间做加速运动，故B 错误；
C．当轨迹半径等于D 形盒尺寸R 时，有最大动能，根据qvB =m v
2
R
解得v = qBR
m
由此可知，最大速度与U0无关，故C 错误；
D．增大图乙所接电源电压，可使单次加速获得的动能变大，但最大动能不变，因此会减小加速的次数，
导致总的运动时间变短，故D 正确。
故选AD。
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考向3 速度选择器
例1 如图所示，在带电的两平行金属板间有相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，匀强电场
的电场强度为E，现有一电子（不计重力）以速度v0平行金属板射入场区，则（ ）
A．若v0> E
B ，电子沿轨迹Ⅰ运动，出场区时速度v>v0
B．若v0> E
B ，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v<v0
C．若v0< E
B ，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度v>v0
D．若v0< E
B ，电子沿轨迹Ⅰ运动，出场区时速度v<v0
【答案】B
【详解】AB．电子进入电磁场中，受到洛伦兹力与电场力两个力作用，由左手定则判断可知，洛伦兹力
方向向下，而电场力方向向上。若v0> E
B ，可知q v0 B> Eq
电子向下偏转，沿轨迹Ⅱ运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子做负功，动能减小，速度减小，故速度
v <v0，故A 错误，B 正确；
CD．若v0< E
B ，可知q v0 B< Eq
电子向上偏转，沿轨迹I 运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子做正功，动能增大，速度增大，故速度
v >v0，故CD 错误。
故选B。
【变式训练1】速度选择器的简化模型如图所示，平行板器件中，电场强度E 和磁感应强度B 互相垂直。
一质子以速度v 从左侧沿两板中线进入，恰好沿直线运动，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．v = B
E
B．若质子以速度v 从右侧沿两板中线进入，将向下偏转
C．若电子以速度v 从左侧沿两板中线进入，将向上偏转
D．若α 粒子以速度v 从左侧沿两板中线进入，将向下偏转
【答案】B
46
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【详解】A．质子恰好做直线运动，则受到的电场力与洛伦兹力平衡，即eE=evB
解得v = E
B
故A 错误；
B．质子以速度v 从右侧沿两板中线进入，由电场力及洛伦兹力方向特点，可判断刚进入时两力方向均向
下，故将向下偏转，故B 正确；
C．电子以速度v 从左侧沿两板中线进入，受到的电场力向上、洛伦兹力向下，且eE=evB，故将沿直线运
动，故C 错误；
D．α 粒子以速度v 从左侧沿两板中线进入，受到的电场力向下、洛伦兹力向上，且2eE=2evB，故将沿直
线运动，故D 错误。
故选B。
【变式训练2】（多选）如图所示，M、N 为速度选择器的上、下两个带电极板，两极板间有匀强电场和
匀强磁场。电场强度大小为E、方向由M 板指向N 板，匀强磁场的方向垂直纸面向里。速度选择器左右两
侧各有一个小孔P、Q，连线PQ 与两极板平行。某种带电微粒以速度v 从P 孔沿PQ 连线射入，沿直线从
Q 孔射出。不计微粒重力，下列判断正确的有（ ）
A．带电微粒一定带正电
B．匀强磁场的磁感应强度大小为E
v
C．若将该种带电微粒以速率v 从Q 孔沿QP 连线射入，不能沿直线从P 孔射出
D．若将该带电微粒以2v 的速度从P 孔沿PQ 连线射入后将做类平抛运动
【答案】BC
【详解】A．若带电微粒带正电，则受到的洛伦兹力向上，电场力向下，若微粒带负电，受到的洛伦兹力
向下，电场力向上，当洛伦兹力等于电场力，微粒沿PQ 运动，因此微粒可以是正电也可以是负电，故A
错误；
B．对微粒受力分析Eq=qvB
解得B = E
v ，故B 正确；
C．若带电微粒带负电，从Q 孔沿QP连线射入，受到的洛伦兹力和电场力均向上，若带电微粒带正电，从
Q 孔沿QP连线射入，受到的洛伦兹力和电场力均向下，不可能做直线运动，故不能从P 孔射出，故C 正
确；
D．若将该带电微粒以2v的速度从P 孔沿PQ连线射入后，洛伦兹力大于电场力，微粒做曲线运动，由于
洛伦兹力是变力，不可能做类平抛运动，故D 错误。
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故选BC。
【变式训练3】（多选）如图所示，这是某速度选择器的原理示意图，两正对平行金属板之间存在互相垂
直的匀强电场与匀强磁场，匀强电场的电场强度大小为E，匀强磁场的磁感应强度大小为B。关于此速度
选择器，下列说法正确的是（ ）
A．能沿直线匀速通过速度选择器的带电粒子，其速度大小是v = B
E
B．能沿直线匀速通过速度选择器的带电粒子，其速度大小是v = E
B
C．从左侧P点进入复合场区的正电荷有可能匀速通过速度选择器
D．从右侧Q点进入复合场区的负电荷有可能匀速通过速度选择器
【答案】BC
【详解】AB．带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是Eq=qvB
解得v = E
B ，故A 错误，B 正确；
C．正电荷从P点进入复合场区后，受到向下的电场力和向上的洛伦兹力，只要电荷的速度满足关系式
v = E
B ，电荷就能通过速度选择器，与电荷的电荷量及电性均无关，故C 正确；
D．负电荷从Q点进入复合场区时，电荷受到的电场力和洛伦兹力均向上，不可能匀速通过复合场区，故
D 错误。
故选BC。
考向4 磁流体发电机
例1 如图所示为医用电磁流量报警器的原理图。患者打点滴时，注射液从电极ab 间流过，电极间加有垂
直纸面向里的匀强磁场，注射液中的带电离子流经此处时，会在电极ab 间产生微电压，当电压传感器感
知到ab 间电压高于或低于某一值时，触发报警器报警。下列说法正确的是（ ）
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A．只有断流时才会触发报警器报警
B．当有注射液流过时，电极a 的电势高于电极b 的电势
C．注射液中的正、负离子向电极偏转过程，其电势能均增加
D．注射液中的正、负离子向电极偏转过程，其电势能均减小
【答案】C
【详解】A．当电压传感器感知到ab 间电压高于或低于某一阈值时，可知当注射液流速较大时，也可以触
发报警器报警，故A 错误；
B．当有注射液流过时，根据左手定则可知，正离子受到向右的洛伦兹力，负离子受到向左的洛伦兹力，
则电极b 带正电，电极a 带负电，所以电极a 的电势低于电极b 的电势，故B 错误；
CD．注射液中的正、负离子向电极偏转过程，由于电极b 带正电，电极a 带负电，板间场强方向向左，而
正离子向右偏转，受到的电场力向左；负离子向左偏转，受到的电场力向右；可知电场力对正、负离子都
做负功，其电势能均增加，故C 正确，D 错误。
故选C。
【变式训练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、负带电粒子）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．P 板的电势高于Q 板的电势
B．R 中有由b 向a 方向的电流
C．若只改变磁场强弱，R 中电流保持不变
D．若只增大粒子入射速度，R 中电流增大
【答案】AD
【详解】AB．根据左手定则可知，带正电的粒子向P 板偏转，故P 板的电势高于Q 板的电势，因此通过R
的电流方向为从a 到b，故A 正确，B 错误；
CD．电路稳定时，带电粒子受力平衡，则有qU
d = Bqv
解得P、Q 两极板间的电势差为U = Bdv
根据欧姆定律可知，通过R 电流I = U
R = Bdv
R
因此，只改变磁场强弱时，R 中的电流随之改变，只增大粒子的入射速度v，R 中电流随之增大，故C 错
误，D 正确。
故选AD。
【变式训练2】（多选）我国自主研发的“海龙—10”磁流体发电系统在南海深海试验平台成功运行，其工
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作原理如图所示。发电通道为长方体，长、宽、高分别为l =2.0 m 、b=0.5 m 、a=0.3 m，匀强磁场方向
与速度方向垂直，磁感应强度大小B =5.0T。高温电离气体以速率v =800 m /s通过通道，已知气体电导率
δ =100S/ m，电导率等于电阻率的倒数，则下列说法正确的是（ ）
A．发电机的电动势为1200V
B．气体的电导率越大，发电机内阻越小
C．若仅将气体流速提高至1600 m /s，输出电流变为原来的4 倍
D．正、负离子分别向下、上极板偏转，形成从下极板流向外电路的电流
【答案】AB
【详解】A．稳定时E
a q =qvB
发电机的电动势为E = Bav =1200 V，A 正确；
B．发电机内阻为r = 1
δ ⋅a
bl
可知气体的电导率越大，发电机内阻越小，B 正确；
C．通过发电机的电流I =
E
R+r
内阻r = 1
δ ⋅a
bl
流速加倍时电动势加倍，但内阻与流速无关，则输出电流变为原来的2 倍，C 错误；
D．由左手定则可知，正离子向上偏转、负离子向下偏转，外电路电流从上极板流出，D 错误。
故选AB。
考向5 电磁流量计
例1 某种电磁流量计的外形如图甲所示，工作原理如图乙所示，直径为d 的圆柱形管道的上、下方装有励
磁线圈，励磁线圈通过恒定电流I 时，管内会产生竖直向下的匀强磁场，磁感应强度与所加的励磁电流成
正比，比例系数为k；当含有大量正、负离子的液体沿管道按图示箭头方向，以恒定速度v 通过流量计
时，在水平直径两端的a、b 电极之间就会产生恒定的电势差U，可以通过连接在a、b 两端的电压表读
出，经过转换即可得到穿过管道的液体的流量Q（单位时间内流过管道横截面的液体体积）。下列说法正
确的是（ ）
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A．a 点电势高于b 点电势
B．流量Q 与励磁电流I 成正比
C．流量Q = π d
2v
D．流量Q 与电压表示数U 的比值为πd
4 kI
【答案】D
【详解】A．根据左手定则可知，正电荷受到的洛伦兹力指向b，b 点电势高，A 错误；
C．流量为Q = 1
4 π d
2v，C 错误；
BD．磁感应强度为B =kI
根据平衡条件得q U
d =qvB
解得Q
U = πd
4 kI
流量Q 与励磁电流I 成反比，B 错误；D 正确。
故选D。
【变式训练1】环保监测常用到电磁流量计，相关部门为了测量某管道污水的排放量，常在充满污水的排
污管末端安装一个电磁流量计，其结构如图甲所示。流量计的测量原理如图乙所示，污水中有带正、负电
的粒子，在非磁性材料做成的圆管道内有磁感应强度大小为B =0.1T的匀强磁场区域，已知管道直径为
d =50cm，某时刻管道中的污水流过此磁场区域时，测出管壁上下M、N两点的电势差U =0.12V，就可
计算出管中污水的流量，单位时间内流过管道横截面的液体体积为流量，下列说法正确的是（ ）
A．管壁上N点电势低于M点
B．NM两点间的电场强度为2V/ m
C．该排污管内污水的速度约为2.4 m /s
D．管中导电液体的流量约为0.942 m
3/s
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【答案】C
【详解】A．由左手定则可知，正离子向下偏转集聚下壁，负离子向上偏转集聚上壁，可知管壁上N点电
势低于M高，选项A 错误；
B．NM两点间的电场强度为E = U
d = 0.12
0.5 V/m =0.24 V/ m
选项B 错误；
C．根据Eq =qvB
可得该排污管内污水的速度约为v = E
B = 0.24
0.1 m/s=2.4 m /s
选项C 正确；
D．管中导电液体的流量约为Q = Sv = 1
4 π d
2v =0.471m
3/s
选项D 错误。
故选C。
【变式训练2】（多选）为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的
人工智能长方体流量计（流量计是一种测量导电液体流量的装置，单位时间内通过某一截面的液体体积，
称为流量），电磁发送器主体简化结构如图所示，前、后两个面E、F 为导体材料，上、下两个面为绝缘
材料，流量计的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，在垂直于上、下表面向下的方向加磁感应
强度为B 的匀强磁场，某次测量中，测得这里污水的流量为Q，前、后两个面EF 相连的电压表的示数为
U，则以下说法正确的是（ ）
A．若污水中正离子较多，E 端的电势比F 端的低
B．若污水中正、负离子数相同，则电压表的示数为0
C．污水流量为Q = Uc
B
D．若其他条件不变，污水流速增大，电压表的示数减小
【答案】AC
【详解】A．根据左手定则可知，正离子所受的洛伦兹力方向向里，即正离子向里偏转，则F 板带正电，E
板带负电，可知，E 端的电势比F 端的低，故A 正确；
B．最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，则有qvB =q U
b
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解得U = vBb
可知，电压表的示数与污水中正负离子数无关，即若污水中正、负离子数相同，则电压表的示数不等于
0，故B 错误；
C．结合上述解得v = U
Bb
污水流量Q = vbc = Uc
B ，故C 正确；
D．结合上述有U = vBb
可知，流速增大，电压表示数增大，故D 错误。
故选AC。
考向6 霍尔元件
例1 磁轴键盘是一种新型的机械键盘结构，磁轴包括轴心、永磁铁、霍尔传感器和弹簧，其结构简图如图
所示。轴心可保证按键和弹簧只在竖直方向运动，永磁铁（N 极在下、S 极在上）固定在按键上，长、
宽、高分别为l、b、h 的霍尔传感器通有由前向后的恒定电流I。当按键被按下时，开始输入信号。当松开
按键时，输入信号停止。下列说法正确的是（ ）
A．按下按键后，霍尔传感器的左表面的电势比右表面的电势高
B．按下按键的速度越快，霍尔电压越大
C．要使该磁轴键盘更加灵敏，可以减小h
D．要使该磁轴键盘更加灵敏，可以增加b
【答案】C
【详解】A．按下按键后，永磁体在霍尔传感器处的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知自由电子在左
表面聚集，所以霍尔传感器的左表面的电势比右表面的电势低，故A 错误；
BCD．最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有q U
b =qvB
结合电流的微观定义式I=neSv=nebhv
有U = BI
neh
可见按下按键的速度快慢，对霍尔电压没有影响，减小h，使该磁轴键盘更加灵敏，b 对霍尔电压无影
响，对该磁轴键盘的灵敏度无影响，故C 正确；BD 错误。
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故选C。
【变式训练1】霍尔元件在越来越多的电子产品中被使用，如图所示，一块宽度为d、长度为l、厚度为h
的矩形半导体霍尔元件，通入方向向右大小为I 的电流，元件处于垂直于上表面向上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，已知元件内的导电粒子是电荷量为e 的自由电
子。下列说法正确的是（ ）
A．元件前表面的电势高于后表面的电势
B．仅增大前后表面的距离d，霍尔电压U 将增大
C．该元件中自由电子所受洛仑兹力的方向与电流所受安培力的方向相反
D．元件单位体积内的自由电子个数为IB
ehU
【答案】D
【详解】A．根据左手定则，电子受洛伦兹力偏向前表面，则元件前表面的电势低于后表面的电势，选A
错误；
B．电路稳定时，则有e U
d = Bev，I =nedhv
联立解得U = BI
neh
可见，仅增大霍尔元件的前后表面距离d，霍尔电压U 不会改变，B 错误；
C．自由电子所受洛仑兹力与电流所受安培力方向一致，C 错误；
D．根据上述结论U = BI
neh
解得元件单位体积内的自由电子个数为n= BI
eUh
D 正确。
故选D。
【变式训练2】（多选）门磁装置是一种新型防盗设备，其简化结构如图所示，永磁铁固定在门框上，霍
尔元件固定在门板上，其长、宽、高分别为l、b、h，元件通有如图所示方向的恒定电流I。门关闭时霍尔
元件在永磁铁正下方，门打开时，霍尔元件所在位置磁场的磁感应强度减小导致霍尔电压发生变化，当电
压达到某设定值时报警器发出警报。若达到报警条件时霍尔元件与永磁铁之间的距离越小则设备灵敏度越
高，则（ ）
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A．门打开时，霍尔电压升高
B．门打开时，霍尔电压降低
C．适当增大b，该设备将更加灵敏
D．适当增大h，该设备将更加灵敏
【答案】BD
【详解】AB．电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有U
b e = Bev
结合电流的微观定义式有I =nesv =nebhv
联立得U = BI
neh
门打开时，霍尔元件所在位置磁场的磁感应强度减小，霍尔电压降低，故A 错误，B 正确；
CD．由U = BI
neh可知：霍尔电压与b无关，适当增大h，其它条件不变情况下，该设备将更加灵敏，故C
错误，D 正确。
故选BD。
1.（海南·高考真题）如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受
力说法正确的是（ ）
A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B．小球运动过程中的速度不变
C．小球运动过程的加速度保持不变
D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功
【答案】A
【详解】A．根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A 正确；
BC．小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，
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BC 错误；
D．洛仑兹力永不做功，D 错误。
故选A。
2.（全国乙卷·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
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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
接收屏，则有
Eq = qvB
联立有
q
m =
E
2a⋅B
2
故选A。
3.（全国甲卷·高考真题）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，电
场的方向沿y 轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O 由静止开始运动。下列四
幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】解法一：
AC．在xOy 平面内电场的方向沿y 轴正方向，故在坐标原点O 静止的带正电粒子在电场力作用下会向y 轴
正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y 轴正方向运动的粒子同时受到沿x
轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x 轴负方向偏转。AC 错误；
BD．运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与
速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y 轴正方向，故x 轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转
再次运动到x 轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x 轴时的速度为0，随后受电
场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B 正确，D 错误。
故选B。
解法二：
粒子在O 点静止，对速度进行分解，分解为向x 轴正方向的速度v，向x 轴负方向的速度v’，两个速度大
小
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相等，方向相反。使得其中一个洛伦兹力平衡电场力，即
qBv ' =qE
则粒子的在电场、磁场中的运动，可视为，向x 轴负方向以速度v ' = E
B 做匀速直线运动，同时在x 轴上方
做匀速圆周运动。
故选B。
4.（北京·高考真题）如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一
带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的O 点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界
的O′点（图中未标出）穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b（不计重力）
仍以相同初速度由O 点射入，从区域右边界穿出，则粒子b
A．穿出位置一定在O′点下方
B．穿出位置一定在O′点上方
C．运动时，在电场中的电势能一定减小
D．在电场中运动时，动能一定减小
【答案】C
【详解】AB． a 粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，故对粒
子a 有：Bqv = Eq 即只要满足E = Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区，当撤
去磁场只保留电场时，粒子b 由于电性不确定，故无法判断从O'点的上方或下方穿出，故AB 错误；
CD．粒子b 在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动，电场力做正功，其电势
能减小，动能增大，故C 正确D 错误．
5.（海南·高考真题）如图所示，a 是竖直平面P 上的一点，P 前有一条形磁铁垂直于P，且S 极朝向a 点，
P 后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a 点．在电子经过a 点
的瞬间．条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向（）
A．向上
B．向下
C．向左
D．向右
【答案】A
【详解】P 前有一条形磁铁垂直于P，且S 极朝向a 点可知条形磁铁的磁场的方向向外，电子向右运动，由
左手定则可知，电子受到的条形磁铁对电子的作用力的方向向上．
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6.（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I =1.00×10
−3 A时，测得U −B关系图线如图（b）所示，元电荷e =1.60×10
−19C，则此样
品每平方米载流子数最接近（ ）
A．1.7×10
19
B．1.7×10
15
C．2.3×10
20
D．2.3×10
16
【答案】D
【详解】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
I = q
t =nevb
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
evB =e U
b
联立解得
U = I
ne B
结合图像可得
k = I
ne = 88×10
−3
320×10
−3 V/T
解得
n=2.3×10
16
故选D。
7.（重庆·高考真题）如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a 和b，内有带电量为q
的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B。
当通以从左到右的稳恒电流I 时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的
低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为（ ）
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A．
IB
|q|aU ，负
B．
IB
|q|aU ，正
C．
IB
|q|bU ，负
D．
IB
|q|bU ，正
【答案】C
【详解】因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷
因为
qvB =q U
a
电流
I =nqvS =nqvab
解得
n=
IB
|q|bU
故选C。
8.（天津·高考真题）笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离
霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所
示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向
右的电流时，电子的定向移动速度为υ。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场
中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的（ ）
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压U与υ无关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eU
a
【答案】D
【详解】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面
表，因此前表面的电势比后表面的高，故A 错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有
F洛=evB , F电=eE =e U
a ，故F洛=e U
a ，故D 正确，由evB =e U
a 则电压U =avB，故前后表面的电压与
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速度有关，与a 成正比，故BC 错误．
9.（河北·高考真题）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（ ）
A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v = mgRsinθ
B1B2 Ld
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v = mgR sinθ
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
【详解】等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板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
q U
d =q B1v
由欧姆定律I = U
R 和安培力公式F = BIL可得
F安= B2 L× 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=mgsinθ
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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。
故选B。
10.（浙江·高考真题）磁流体发电的原理如图所示．将一束速度为v 的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感
应强度为B 的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b 的两平行金属板间便产生电压．如果把上、下板和
电阻R 连接，上、下板就是一个直流电源的两极．若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ．忽
略边缘效应，下列判断正确的是（ ）
A．上板为正极，电流I = Bdvab
Rab+ ρd
B．上板为负极，电流I = Bvad
2
Rab+ ρb
C．下板为正极，电流I = Bdvab
Rab+ ρd
D．下板为负极，电流I = Bvad
2
Rab+ ρb
【答案】C
【分析】等离子体进入板间受到洛伦兹力而发生偏转，根据左手定则判断离子的偏转方向，即可确定极板
的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定，由平衡条件求电源
的电动势，结合电路知识分析板间的电流．
【详解】根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因此下极板为电
源的正极，根据平衡有qvB =q E
d ，解得稳定时电源的电动势E = Bdv，则流过R 的电流为I =
E
R+r ，而
r = ρ d
S ，S =ab，则得电流大小为I = Bdvab
abR+ ρd ，C 正确．
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