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专题09 带电粒子在电磁场中的运动
A·常考题不丢分
命题点01 回旋加速器、质谱仪及霍尔元件等洛伦兹力的应用实例
命题点02 带电粒子在匀强磁场中的应用
命题点03 带电粒子在叠加场中的应用
命题点04 带电粒子在组合场中的运动
命题点05 利用数学圆巧解磁场中的临界问题
B·拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【命题点01 回旋加速器、质谱仪及霍尔元件等洛伦兹力的应用实例】
【针对练习1】（2023·云南昆明·云南师大附中校考模拟预测）如图所示，两块平行板M、N带有异种电荷，
两板中间有垂直纸面向里的匀强磁场，不计重力的a、b两离子从两板的左侧沿中线做匀速直线运动，经
小孔O垂直进入另一匀强磁场（方向也垂直纸面向里），运行的半圆轨迹如图中虚线所示，最终两离子打
到了隔板上被吸收。下列说法正确的是（ ）
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A．板M带负电，板N带正电
B．离子a带正电，离子b带负电
C．在右侧磁场中，离子a的运行时间大于离子b的运行时间
D．洛伦兹力对离子a、b做正功
【答案】B
【详解】AB．在右侧区域，根据左手定则可以判断，离子a带正电，离子b带负电，在电场区域做匀速直
线运动，则电场力等于洛伦兹力，离子a带正电，则洛伦兹力向上，电场力向下，场强向下，所以板M带正
电，板N带负电，对离子b分析也得到相同结论，故A 错误B 正确；
C．在电场区域做匀速直线运动，则电场力等于洛伦兹力
Bqv = Eq
解得
v = E
B
两者速度大小相同，但在右侧磁场中，离子a的路程小，所以运行时间小于离子b的运行时间，故C 错误；
D．洛伦兹力与速度垂直，不做功，故D 错误。
故选B。
【针对练习2】（2023·北京海淀·统考二模）如图所示，一块长为a、宽为b、高为c 的长方体半导体器件，
其内载流子数密度为n，沿+ y方向通有恒定电流I。在空间中施加一个磁感应强度为B、方向沿-x 方向的
匀强磁场，半导体上、下表面之间产生稳定的电势差U，下列说法正确的是（ ）
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A．若载流子为负电荷，则上表面电势高于下表面电势
B．仅增大电流I，电势差U 可以保持不变
C．半导体内载流子所受洛伦兹力的大小为IB
nbc
D．半导体内载流子定向移动的速率为U
aB
【答案】C
【详解】A．沿+ y方向通有恒定电流，若载流子为负电荷，则电荷移动方向沿-y 方向，磁感应强度方向
沿-x 方向，根据左手定则可知，负电荷向上偏转，故上表面电势低于下表面电势，故A 错误；
B．半导体上、下表面之间产生稳定的电势差时，电场力与洛伦兹力平衡，则有
e U
c =evB
根据电流的微观意义可知
I =nevS =nevbc
联立可得
U = BI
enb
则仅增大电流I，电势差U 增大，故B 错误；
C．半导体内载流子所受洛伦兹力的大小
F =evB =e U
c = BI
nbc
故C 正确；
D．根据
e U
c =evB
半导体内载流子定向移动的速率
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v = U
Bc
故D 错误。
故选C。
【针对练习3】（2023·北京西城·统考三模）回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频
交流电极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能
得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下
列说法中正确的是（ ）
A．增大匀强电场间的加速电压
B．增大磁场的磁感应强度
C．减小狭缝间的距离
D．增大D 形金属盒的半径
【答案】BD
【详解】由
qvB =m v
2
R
解得
v = qBR
m
则动能
Ek = 1
2 m v
2= q
2B
2 R
2
2m
知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D 形盒的半径有关，增大磁感应强度
和D 形盒的半径，可以增加粒子的动能。
故选BD。
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【命题点02 带电粒子在匀强磁场中的应用】
【针对练习4】（2023·黑龙江·校联考模拟预测）如图所示，在无限长直边界CD 的右侧存在垂直纸面向里
的匀强磁场，磁感应强度大小为B，无限大挡板EF 平行于CD 放置，与CD 相距为d，带电粒子达到挡板
时能够被挡板吸收，在A 处有一粒子源能够在纸面内持续发射速度大小相等的电子。当电子在纸面内沿
AO 方向垂直匀强磁场边界射入时，恰好未被EF 吸收。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力
及电子间的相互作用。若磁感应强度大小变为原来的一半，电子速度方向缓慢从AO 沿顺时针旋转到AD
时，在挡板上能够吸收到电子的长度为（ ）
A．(√3−1)d
B．2(√3−1)d
C．√3d
D．2√3d
【答案】B
【详解】ABCD．电子垂直边界射入，恰好未被EF 吸收，其运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知电子做
圆周运动的半径为d，根据
qvB = mv
2
r
可知，当磁感应强度变为原来的一半时，电子在磁场中做圆周运动的半径变为2d，速度方向改变时，电子
能够打到挡板上，临界的运动轨迹如图乙所示，能够吸收到电子的区域为GH，由几何关系可得
GH =2d cos30°−2d(1−cos30°)=2(√3−1)d
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B 正确，ACD 错误。
故选B。
【针对练习5】（多选）（2024·陕西商洛·校联考一模）如图所示，三个半径均为R 的圆形磁场区域Ⅰ、Ⅱ、
Ⅲ两两相切，圆心分别为O1、O2、O3，区域Ⅰ、Ⅲ内存在垂直纸面向里匀强磁场，磁感应强度均为B0，
一带电粒子以速度v0沿O1O3连线方向从区域Ⅰ的边界进入磁场，通过三个区域后沿O1O3方向从区域Ⅲ边
界射出，已知粒子电量为e，质量为m，粒子从进入磁场到出磁场过程，始终在磁场内运动，粒子重力不
计，则以下说法正确的是（ ）
A．区域Ⅱ磁场方向垂直纸面向里
B．区域Ⅱ磁感应强度大小为3 B0
C．粒子在区域Ⅱ中速度方向改变了60°角
D．粒子从进入磁场到离开磁场所用时间为8 πm
9e B0
【答案】BD
【详解】A．粒子运动的轨迹如图
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由左手定则可知，粒子带负电，区域Ⅱ磁场方向垂直纸面向外，选项A 错误；
B．粒子在磁场Ⅰ中运动的轨道半径
r1= R tan 60
∘
粒子在磁场Ⅱ中运动的轨道半径
r2= R tan30
∘
则
r1=3r2
根据
evB =m v
2
r
可得
B = mv
er
可得
B2
B0
= r1
r2
=3
选项B 正确；
C．由图可知，粒子在区域Ⅱ中速度方向改变了120°角，选项C 错误；
D．粒子从进入磁场到离开磁场所用时间为
t =2× 60
∘
360
∘
2πm
B0e + 120
∘
360
∘
2πm
3 B0e = 8 πm
9e B0
选项D 正确。
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故选BD。
【针对练习6】（多选）（2023·陕西·校联考一模）如图，圆形区域匀强磁场垂直于纸面，初速度v 大小不
同的同种带电粒子，先后向着圆心射入磁场，经磁场偏转后射出磁场。忽略带电粒子的重力，下面说法正
确的是（ ）
A．粒子运动周期跟速度v 成正比
B．粒子受到的向心力与速度v 成正比
C．在磁场中转过的圆心角越大，运动时间越长
D．因为洛伦兹力不做功，所以粒子在磁场中受到的洛伦兹力冲量等于零
【答案】BC
【详解】A．质量和电荷量都相同的带电粒子，其比荷q
m相同，根据
qvB =m v
2
r
T = 2πr
v
带电粒子在磁场中运动周期
T = 2πm
qB
可知，它们进入匀强磁场后做匀速圆周运动的周期相同，故A 错误；
B．洛伦兹力
F=qvB
提供向心力，所以粒子受到的向心力与速度v 成正比，故B 正确；
C．粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为θ，则运动时间
t =
θ
360° T
故C 正确；
D．虽然洛伦兹力不做功，但粒子的动量发生了变化，根据动量定理，受到的洛伦兹力冲量不等于零，故
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D 错误。
故选BC。
【命题点03 带电粒子在叠加场中的应用】
【针对练习7】（2023·河南郑州·统考模拟预测）如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，
电场强度大小为E，方向水平向右；磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。在正交的电磁场空间中
有一竖直放置的光滑绝缘大圆环。一质量为m，带电荷量为+q 的小圆环，从大圆环的最高点由静止释放。
已知大圆环半径为R，重力加速度为g。关于小圆环接下来的运动，下列说法正确的是（ ）
A．小圆环从最高点运动到最低点的过程中机械能守恒
B．小圆环恰好能沿大圆环做完整的圆周运动
C．小圆环运动到大圆环右侧与圆心等高位置时的速度为√2 gR
D．小圆环运动到大圆环最低点位置时的速度为√4 gR
【答案】D
【详解】A．小圆环从最高点运动到最低点的过程中，除重力外还有电场力做功，机械能不守恒，故A 错
误；
B．设小圆环所受重力与电场力的合力与竖直方向夹角为θ，假设恰好能做完整的圆周运动，刚好到达等效
最高点A，如图所示
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根据动能定理
mgR(1−cosθ)−qER sinθ = 1
2 mv A
2
其中
mg tanθ =qE
解得
v A
2 =2gR(1−
1
cosθ)<0
所以假设不成立，小圆环不能沿大圆环做完整的圆周运动，故B 错误；
C．小圆环从最高点运动到大圆环右侧与圆心等高位置过程中，根据动能定理
mgR+qER = 1
2 m v1
2−0
解得小圆环运动到大圆环右侧与圆心等高位置时的速度
v1=√2gR+ 2qER
m
故C 错误；
D．小圆环从最高点运动到大圆环最低点位置过程中，根据动能定理
mg⋅2 R = 1
2 m v2
2−0
解得小圆环运动到大圆环右侧与圆心等高位置时的速度
v2=√4 gR
故D 正确。
故选D。
【针对练习8】（多选）（2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）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，匀强电场的电场强度大小E = 2mg
q
、方向竖直向
上，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里。一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆
上，圆环与杆间的动摩擦因数为μ。现使圆环以初速度v0沿杆向下运动，经过时间t0，圆环回到出发点。若
圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是
（ ）
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A．圆环下降过程中的加速度逐渐减小
B．圆环的最大加速度am = g−μq v0 B
m
C．圆环在t0时间内损失的机械能为1
2 m(v0
2−m
2 g
2
μ
2q
2B
2)
D．圆环下降过程和上升过程中，系统因摩擦产生的内能相等
【答案】AC
【详解】A.圆环向下运动时竖直方向受到重力、向上的电场力和向上的摩擦力。设圆环向下运动的加速度
大小为a1，则
a1= qE+ μqvB−mg
m
= g+ μqvB
m
因此圆环速度的减小，会导致其所受洛伦兹力减小，则摩擦力会减小，因此圆环做加速度减小的减速运动，
故A 正确；
B.当圆环向上运动时，圆环的加速度大小
a2= qE−μqvB−mg
m
= g−μqvB
m
随着圆环速度的增大，圆环开始做加速度减小的加速运动，之后做匀速直线运动，圆环向下运动时的加速
度大于向上运动时的加速度，而向下运动时圆环受到的摩擦力越大，则加速度越大，因此圆环刚开始运动
时，加速度最大，有
mam =qE−mg+ μq v0 B
可得
am = g+ μq v0 B
m
故B 错误；
C.圆环先后两次经过出发点过程中，重力势能变化量为零，可知圆环机械能的损失，即为动能的损失，根
据动能定理，有
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Δ Ek= 1
2 mv
2−1
2 mv0
2
而圆环最后做匀速运动的速度
v = mg
μqB
因此圆环在t0时间内损失的机械能为
ΔE = 1
2 m(v0
2−m
2 g
2
μ
2q
2B
2)
故C 正确；
D.圆环上升和下降的过程中，摩擦力大小的平均值不同，而圆环运动的路程相同，所以两过程中，系统因
摩擦产生的内能不相等，故D 项错误。
故选AC。
【针对练习9】（多选）（2023·广东珠海·珠海市第一中学校考三模）如图所示，以棱长为L 的正方体顶点
O 为原点建立三维坐标系Oxyz，其中顶点P 落在x 轴上、Q 落在y 轴上。质量为m、电荷量为＋q 的粒子
（重力不计〉由Q 点沿x 轴正方向以速度v0射入。第一次只在正方体内加沿z 轴负方向磁感应强度大小为
B 的匀强磁场，该粒子恰好能通过OQ 的中点；第二次只在正方体内加沿y 轴负方向电场强度大小为E 的
匀强电场，该粒子恰好能通过OP 的中点；第三次在正方体内同时加上匀强磁场和匀强电场；磁场方向不
变，电场方向调整为沿z 轴正方向，则（ ）
A．该粒子在正方体内运动的时间第一次大于第二次
B．电场强度和磁感应强度满足E =2v0 B
C．第三次该粒子在正方体内的运动为匀变速曲线运动
D．第三次该粒子将从正方体的上表面穿出
【答案】ABD
【详解】A．第一次粒子在磁场中做匀速圆周运动，其轨迹为一圆周，运动半径为
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r = 1
4 L
由洛伦兹力提供向心力得
q v0 B =m v0
2
r
解得
B = 4 mv0
qL
运动时间
t1= πr
v0
= πL
4 v0
第二次粒子在电场中做类平抛运动，沿+x 方向做匀速直线运动，则运动时间为
t2= L
2v0
可知该粒子在正方体内运动的时间第一次大于第二次，故A 正确;
B．第二次运动中，粒子在沿-y 方向做匀加速直线运动，则有
L= 1
2 × qE
m t2
2
解得
E =2v0 B
故B 正确；
CD．第三次粒子射入时，所受电场力方向沿z 轴正方向，则电场力与洛伦兹力的合力都沿z 轴正方向，与
速度不在同一直线，且洛伦兹力不断变化，粒子不会做匀变速曲线运动，且粒子最终会从正方体的上表面
穿出，故C 错误，D 正确；
故选ABD。
【命题点04 带电粒子在组合场中的运动】
【针对练习10】（2023·福建厦门·厦门一中校考三模）如图所示，截面边长为L的等边三角形容器AMN的
三条边均由光滑弹性绝缘壁构成，其内部存在垂直于纸面向里的匀强磁场，小孔P是AM的中点，底边
MN水平放置。AM的左侧有竖直向下的电场强度为E的匀强电场。将一质量为m、电荷量为+q的粒子以
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一定的初速度从O点垂直射入匀强电场，初速度方向平行于MN，粒子恰好从小孔P以速度v垂直于AM边
进入容器内的匀强磁场，与器壁2 次垂直碰撞后（碰撞时无能量和电荷量损失）仍从小孔P垂直于AM射
出（运动轨迹为图中虚线）。不计粒子重力。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B；
（2）粒子从射入电场到射出磁场运动的时间t。
【答案】（1）2mv
qL ；（2）mv
2qE + πL
2v
【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
qvB =m v
2
r
根据几何关系有
r = L
2
解得
B = 2mv
qL
（2）从O到P，粒子做类平抛运动，则有
qE =ma，v y =at1，v y = v cos60
∘
解得
t1= mv
2qE
在磁场中圆周运动的周期
T = 2πr
v
则粒子在磁场中运动的时间
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t2=3× 60
∘
360
∘T = πL
2v
则粒子从射入电场到射出磁场运动的总时间
t =t1+t2= mv
2qE + πL
2v
【针对练习11】（2023·云南·校联考模拟预测）如图所示，xOy 平面直角坐标系第三象限内存在沿y 轴正
方向的匀强电场，电场强度为E，第一象限内存在垂直坐标平面的匀强磁场（未画出），MN 是长度为L
的绝缘挡板，放在第一象限中，使MNPO 构成边长为L 的正方形。一带电量为q、质量为m 的带正电粒子，
由第三象限中的S 点以沿x 轴正方向的初速度射出，经过一段时间恰好从O 位置进入第一象限，运动到O
点的速度为v1，速度方向与x 轴正方向夹角为45°，带电粒子与挡板发生弹性碰撞，经过一次碰撞后从P 点
（L，0）离开第一象限，不计粒子的重力。
（1）求粒子初始位置S 到O 的距离；
（2）求第一象限中磁感应强度的方向与大小；
（3）若将MN 沿y 轴正方向平移L，求粒子第一次打在MN 板上的位置坐标。
【答案】（1）√5mv1
2
4 qE
；（2）2√2m v1
5qL
，方向垂直纸面向里；（3）（√41−5
4
L，2L）
【详解】（1）设初始位置S 与O 之间的水平距离为x，竖直距离为y，运动时间为t，则
v0= v1cos 45°
v1sin 45° =at
由牛顿第二定律得
Eq=ma
水平位移
x = v0t
竖直位移
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y = 1
2 at
2
SO 之间的距离由几何关系得
s=√x
2+ y
2
解得
s= √5mv1
2
4 qE
（2）若粒子要和挡板相碰，受力方向在速度左侧，可得磁场方向垂直纸面向里，带电粒子在磁场中做匀
速圆周运动，如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有
q v1B =m v1
2
r
由OP 点的对称性可知，带电粒子和挡板在挡板中点相碰，由几何关系可得
tanθ = 1
2
r =
OC
2cos(θ+ 45°)（或r = 5√2 L
4
）
解得
B = 2√2m v1
5qL
（3）打在C′，轨迹距离y 轴最远时，速度方向沿y 轴正向，连接O′与最远点，过C′做连线的垂线，垂足
为D，如图所示
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根据几何关系有
r cos 45°+C
′ D =2 L
r
2=C
′ D
2+O
′ D
2
xC
′=O
′ D
2−r sin 45°
解得C′的坐标为（√41−5
4
L，2L）。
【针对练习12】（2024·浙江·校联考模拟预测）如图为某同学设计的带电粒子的聚焦和加速装置示意图。
位于S 点的粒子源可以沿纸面内与SO1（O1为圆形磁场的圆心）的夹角为θ (θ≤60
°)的方向内均匀地发射
速度为v0=10m/s、电荷量均为q=-2.0×10-4C、质量均为m=1.0×10-6kg 的粒子，粒子射入半径为R=0.1m 的圆
形区域匀强磁场。已知粒子源在单位时间发射N=2.0×105个粒子，圆形区域磁场方向垂直纸面向里，沿着
SO1射入圆形区域磁场的粒子恰好沿着水平方向射出磁场。粒子数控制系统是由竖直宽度为L、且L 在
0≤L≤2 R范围内大小可调的粒子通道构成，通道竖直宽度L 的中点与O1始终等高。聚焦系统是由有界匀
强电场和有界匀强磁场构成，匀强电场的方向水平向右、场强E=0.625N/C，边界由x 轴、曲线OA 和直线
GF（方程为：y=-x+0.4（m））构成，匀强磁场方向垂直纸面向里、磁感应强度B=0.25T，磁场的边界由x
轴、直线GF、y 轴构成，已知所有经过聚焦系统的粒子均可以从F 点沿垂直x 轴的方向经过一段真空区域
射入加速系统。加速系统是由两个开有小孔的平行金属板构成，两小孔的连线过P 点，上下两板间电势差
U=-10kV，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。求：
（1）圆形磁场的磁感应强度B0；
（2）当L=R 时，求单位时间进入聚焦系统的粒子数N0；
（3）若进入加速系统内粒子的初速度均忽略不计，设从加速系统射出的粒子在测试样品中运动所受的阻
力f 与其速度v 关系为f =kv（k=0.2N·s·m-1），求粒子在样品中可达的深度d；
（4）曲线OA 的方程。
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【答案】（1）0.5T；（2）1×10
5；（3）10
−2m；（4）10 y
2−y −x =0
【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力得
m v0
2
R =q v0 B0
解得圆形磁场的磁感应强度为
B0=0.5T
（2）临界1：粒子恰好从控制系统上边界进入，粒子在S 点入射速度与SO1的夹角为θ1，则
sinθ1=
R
2
R = 1
2
解得
θ1=30
∘
临界2：粒子恰好从控制系统下边界进入，粒子在S 点入射速度与SO1的夹角为θ2，则
sinθ2=
R
2
R = 1
2
解得
θ2=30
∘
能进入控制系统的粒子数
N 0= 30
∘+30
∘
120
∘
N =1×10
5
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（3）对粒子在加速系统运用动能定理
qU = 1
2 mv
2
解得
v =2000 m/s
对粒子进入样品得过程运用动量定理
−∑kv Δt =0−mv
粒子在样品中可达的深度为
d =∑v Δt = mv
k =10
−2m
（4）设粒子从曲线OA 的(x , y)点进入电场，则粒子从直线GF 的(0.4−y , y)点射出电场，根据动能定理
有
Eq(0.4−y −x)= 1
2 mv1
2−1
2 mv0
2
由洛伦兹力提供向心力得
m v1
2
y
=|q|v1B
曲线OA 的方程为
10 y
2−y −x =0
【命题点05 利用数学圆巧解磁场中的临界问题】
【针对练习13】（2023·河南开封·校考模拟预测）虚线OM 和虚线ON 之间的夹角为30°，如图所示，虚线
OM 上方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一带负电的粒子沿纸面以大小为v 的速度从O 点右侧距离
为L 的A 点向左上方射人磁场，速度与OM 成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，
并从OM 上另一点射出磁场，不计重力。则粒子在磁场中做圆周运动的半径为（ ）
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A．L
3
B．L
2
C．2L
D．3L
【答案】A
【详解】
轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于
O
′ A =O
′ D =r
故△A O
′ D为等边三角形，则
∠O
′ DA =60
∘
而
∠MON =30
∘
则
∠OCD =90
∘
故C O
′ D为一直线，则
OD =
CD
sin30
∘= 4 r = L+r
解得
r = L
3
故A 正确，BCD 错误。
故选A。
【针对练习14】（2023·贵州遵义·统考模拟预测）如图所示，竖直平面内有一半径为R 的圆形区域，其圆
心为O，最高点为P，该区域内存在垂直圆面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在圆形区域右侧竖
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直放置一粒子收集器， M、N 为收集器上、下边缘的两点，MN 与圆形区域在同一平面内，O 与N 在同一
水平线上，MN = R，ON =√3 R。从P 点沿PO 方向射入大量速率不等的同种粒子，粒子所带电荷量为
q、质量为m。忽略粒子间的相互作用力和粒子重力，关于打在收集器MN 上的粒子，下列说法正确的是（
）
A．粒子带负电
B．粒子在磁场中运动的最短时间为πm
3 Bq
C．打在收集器上的粒子的最小速率为√3 BqR
m
D．从P 点到 N 点的粒子比从P 点到 M 点的粒子运动时间短
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，粒子在磁场中向右偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，故A 错误；
B．打到M、N 两点的粒子轨迹如图所示
由图可知，粒子打到N 点时，在磁场中的轨迹对应的圆心角最小，在磁场中的运动时间最小，则有
tmin= 1
4 T = 1
4 × 2πm
qB = πm
2qB
故B 错误；
C．粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得
qvB =m v
2
r
解得
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r = mv
qB
由图可知粒子打到M 点时，在磁场中的轨道半径最小，粒子的速度最小，根据几何关系可得
tanθ = √3 R
R
=√3
可得
θ =60°
则最小半径为
r1= R tan θ
2 = √3
3 R
联立解得打在收集器上的粒子的最小速率为
v1= √3 BqR
3m
故C 错误；
D．由图可知，从P 点到 N 点的粒子在磁场中的运动时间小于从P 点到 M 点的粒子在磁场中的运动时间；
离开磁场到打到收集器，从P 点到 N 点的粒子通过的位移小于从P 点到 M 点的粒子通过的位移，从P 点
到 N 点的粒子的速度大于从P 点到 M 点的粒子的速度，则从P 点到 N 点的粒子从离开磁场到打到收集器
所用时间小于从P 点到 M 点的粒子从离开磁场到打到收集器所用时间，故从P 点到 N 点的粒子比从P 点
到 M 点的粒子运动时间短，故D 正确。
故选D。
【针对练习15】（2024·河北邯郸·统考二模）如图所示，半径为R 的圆形区域内有一垂直纸面向里，磁感
应强度大小为B 的匀强磁场，P 点有一粒子源，某时刻粒子源向磁场所在区域与磁场垂直的平面内所有方
向发射大量质量为m，电荷量为q 的带正电的粒子，粒子的速度大小相等，这些粒子射出磁场时的位置均
位于PQ 圆弧上且Q 点为最远点。已知PQ 圆弧长等于磁场边界周长的四分之一，不计粒子重力和粒子间
的相互作用，则（ ）
A．粒子从P 点入射的速率v = √2qBR
2m
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B．粒子在磁场中运动的最长时间t = πm
qB
C．若将磁感应强度的大小增加到√2B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的2
3
D．若将粒子的速率增大为原来的2 倍，则粒子在磁场中运动的最长时间t = πm
2qB
【答案】ACD
【详解】A．从P点射人的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为Q，则PQ之间的距离为轨迹圆的直径，
已知PQ圆弧长等于磁场边界周长的四分之一，可知旋转圆的轨迹半径
r = √2 R
2
粒子在匀强磁场中由洛伦兹力提供向心力有
qvB =m v
2
r
解得
v = √2qBR
2m
故A 正确；
B．当粒子轨迹半径r < R时，粒子在磁场中运动的最长时间为一个周期
T = 2πm
qB
故B 错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力可得
r = mv
qB
当将磁感应强度的大小增加到√2B，旋转圆半径
r
′ = √2
2 r = 1
2 R
此时弧长对应的弦长为R，因此有粒子射出的边界圆弧对应的圆心角为60°，则粒子射出边界的圆弧长度
变为原来的2
3。故C 正确；
D．若将粒子的速率增大为原来的2 倍，则旋转圆的半径变为原来的2 倍，即
r
″ =2r =√2 R
此时粒子运动轨迹对应的弦最长时，圆心角最大，粒子运动时间最长，磁场圆直径为弦是最长时间，根据
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几何关系，此时圆心角为90°，因此粒子在磁场中运动的时间为
t = 1
4 T = πm
2qB
故D 正确。
故选ACD。
一、单选题
1．（2022 上·山西晋城·高二晋城市第二中学校校考阶段练习）如图甲、乙所示，两空间分别存在竖直向下
的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，´PQ、´
P
′Q
′分别为纸面内的半圆形曲线，O、O
′分别为两半圆的
圆心，PQ、P
′Q
′分别为两半圆的水平直径，将带电粒子分别从P、P
′点水平射出，分别经过半圆曲线的
M、M
′点，不计粒子重力及空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．甲图中粒子带正电，乙图中粒子带负电
B．甲图中粒子带负电，乙图中粒子带正电
C．甲图中粒子经过M 点时速度方向的反向延长线有可能经过圆心O
D．乙图中粒子经过M
′点时速度方向的反向延长线一定经过圆心O
′
【答案】D
【详解】AB．甲图中，由于带电粒子在电场中受到向下的电场力，故粒子带正电，乙图中，由左手定则可
知粒子带正电荷，故AB 错误；
C．甲图中带电粒子做类平抛运动，由类平抛运动规律可知，粒子经过M 点时速度方向的反向延长线与过
P 点的水平距离的交点为水平位移的中点，即交点与P 点的距离为x1= x
2，如果经过圆心O，则要求水平方
向的位移应为x =2 R，明显PM 两点间的水平位移xPM <2 R，所以假设不成立，故C 错误；
D．乙图中粒子在圆形磁场区域内做匀速圆周运动，设粒子的轨迹半径为R，半圆的半径为r，粒子从M
′
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射出的速度为v2，运动轨迹如图所示
因P
′O1= M
′O1= R，O
′ P
′ =O
′ M
′ =r，O
′O1为公共边，所以ΔO1 P
′O
′≅ΔO1 M
′O
′
因P
′点的速度v的方向沿P
′O
′指向O
′，且O1 P
′⊥v，所以O1 P
′⊥P
′O
′，即∠O1 P
′O
′ =90°，因此
∠O1 M O
′ =90°，即O1 M
′⊥M
′O
′，又因为O1 M
′⊥v2，所以v2与O
′ M
′共线，即粒子经过M
′点的速度
方向的反向延长线一定过圆心O
′，故D 正确。
故选D。
2．（2022 下·福建莆田·高二莆田二中校考阶段练习）一块横截面为矩形的金属导体的宽度为b，厚度为d，
将导体置于一磁感应强度为B的匀强磁场中，磁感应强度的方向垂直于侧面，如图所示。当在导体中通以
图示方向的电流I时，在导体的上下表面间用电压表测得的电压为U H，已知自由电子的电量为e，则下列
判断正确的是（ ）
A．导体内自由电子只受洛伦兹力作用
B．用电压表测U H时，电压表的“+”接线柱接上表面
C．金属导体的厚度d越大，U H越小
D．该导体单位体积内的自由电子数为
BI
ebU H
【答案】D
【详解】A．定向移动的电子受到洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，最终电子在电场力和洛
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伦兹力作用下处于平衡， A 错误；
B．由图，磁场方向向里，电流方向向右，则电子向左移动，根据左手定则，电子向上表面偏转，则上表
面得到电子带负电，那么下表面带上正电，所以电压表的“+”接线柱接下表面， B 错误；
C D．根据
e U H
d =eBv
再由
I=neSv=nebdv
得
U H = BI
neb
则U H与金属导体的厚度d无关；导体单位体积内的自由电子数为
n=
BI
ebU H
故C 错误，D 正确；
故选D。
3．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）如图甲所示，边长为L 的正方形abcd 区域内存在匀强磁场，
磁感强度大小为B0，方向垂直于abed 所在平面，且周期性变化（周期T 可根据需要调整），如图乙所示，
设垂直abcd 平面向里为磁感强度的正方向。现有一电子在t =0时刻由a 点沿ab 方向射入磁场区，已知电
子的质量为m，电荷量大小为e，图中边界上有两点f、g，且df =bg= √3
3 L，关于电子在磁场中的运动，
以下说法中正确的是（ ）
A．调整磁场变化周期T，让电子沿bc 方向经过c 点，电子的速度大小一定是e B0 L
m
B．调整磁场变化周期T，让电子经过d 点，电子的速度大小一定是e B0 L
2m
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C．要想让电子经过点f 点，则磁场变化周期一定是4 πm
3e B0
D．要想让电子垂直bc 边过g 点，则磁场变化周期一定是2πm
3e B0
【答案】D
【详解】A．要想让电子沿bc 方向经过c 点，可能的轨迹如图所示
也可以转奇数个1
4 圆弧后到c，根据洛伦兹力充当向心力，有
B0ev =m v
2
r
可得
r = mv
Be
根据以上分析则有
r = mv
e B0
=
L
2n+1（n＝0，1，2…）
解得
v =
e B0 L
m(2n+1)（n＝0，1，2…）
故A 错误；
B．要想让经过d 点，可能的轨迹如图所示
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可知，r ＝L
2 ，解得
v = e B0 L
2m
或者先顺时针转磁场的半个周期T
2 ，之后逆时针转，从ad 方向经过d
这种情况下
r +√3r = L
解得
v =
e B0 L
(1+√3)m
故B 错误；
C．要想让电子经过f 点，轨迹可能如图所示
由几何关系可得
R
2=(L−R)
2+(
√3
3 L)
2
解得
R = 2
3 L
只要满足运动时间t ≤T
2 即可；或者如图所示
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圆周周期T 1= 2πm
e B0
，每一次转过120°圆心角
T 1
3 = T
2
解得
T = 4 πm
3e B0
故C 错误；
D．要想让电子垂直bc 边过g 点，经过偶数次偏转，每一次转过60°圆心角，圆周周期T 1= 2πm
e B0
，则有
T 1
6 = T
2
解得
T = 2πm
3e B0
故D 正确。
故选D。
4．（2023·山东济南·山东省实验中学校考二模）如图所示，半径为R 的圆形区域中有垂直纸面向外的匀强
磁场（图中未画出），磁感应强度B，一比荷为q
m的带正电粒子，从圆形磁场边界上的A 点以v0= RqB
m 的
速度垂直直径MN 射入磁场，恰好从N 点射出，且∠AON =120°，下列选项正确的是（ ）
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A．粒子在磁场中运动的时间为t = πm
3qB
B．粒子从N 点射出方向竖直向下
C．若粒子改为从圆形磁场边界上的C 点以相同的速度入射，一定从N 点射出
D．若要实现带电粒子从A 点入射，从N 点出射，则所加圆形磁场的最小面积为S = √3 π R
2
2
【答案】C
【详解】A．粒子恰好从N 点射出，轨迹如下图所示，运动周期为
T = 2πm
Bq
四边形AONP 的圆心角为
α =∠APN =∠AON
粒子在磁场中运动的时间为
t = α
2π T = 2πm
3 Bq
故A 错误；
B．粒子在磁场中速度偏转120
∘，从N 点射出方向是与竖直方向呈30
∘，故B 错误；
C．若粒子改为从圆形磁场边界上的C 点以相同的速度入射，轨迹如下图所示，四边形SCON 为菱形，由
几何知识可知一定从N 点射出，故C 正确；
D．若要实现带电粒子从A 点入射，从N 点出射，则所加圆形磁场以AN 为直径时面积最小，最小面积为
S = π( AN
2 )
2
= 3 π R
2
4
故D 错误。
故选C。
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5．（2023·安徽·模拟预测）如图，一个边长为l 的正方形MNPQ区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，
磁感应强度大小为B。现有一质量为m、带电量为q(q>0)的粒子以某一速度从M 点垂直于磁场射入，粒子
恰好从PQ的中点射出磁场。已知粒子射入磁场时的速度方向与MQ的夹角为60°，不计粒子重力，粒子射
入磁场的速度大小为（ ）
A．(10√3−5)qBl
22m
B．(10√3+5)qBl
22m
C．(√3−1)qBl
m
D．
(√3+1)qBl
m
【答案】B
【详解】根据题意作出粒子运动轨迹如图
由题可知α =30°，根据几何关系有
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tanθ =
l
2
l = 1
2
则
M K
2=l
2+( l
2 )
2
粒子运动的轨迹半径为
R =
1
2 MK
cos(α +θ)
根据洛伦兹力提供向心力有
qvB =m v
2
R
联立解得
v = (10√3+5)qBl
22m
故选B。
二、多选题
6．（2023·重庆·校联考模拟预测）如图所示，上表面水平且粗糙程度处处相同、质量M =1kg的小车A 静
置于光滑水平面上，均带正电且电荷量均为q =1C的小物块B、C 静置于小车A 上表面，B、C 质量分别为
m1=0.2kg、m2=0.6kg，整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小B =0.5T的匀强磁场。某时刻突
然给小车A 一大小I =12N ⋅s的水平冲量，小车A 足够长，小物块B、C 均可视为质点且B、C 间距足够
大，重力加速度g 取10m/s
2，不计空气阻力，经过足够长时间后（ ）
A．小车A 的速度大小为7m/s
B．物块B 的速度大小为4m/s
C．物块C 的速度大小为12m/s
D．整个系统因摩擦增加的内能为31.2J
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【答案】ABD
【详解】由左手定则，B、C 的洛伦兹力竖直向上，始终垂直于v，以A、B、C 为整体，则水平方向动量
守恒
M vA+m1vB+m2vC=C（常数）
当B 与A 无作用力时，即
q vB B =m1 g
解得
vB= 4 m/s
当C 与A 无作用力时，即
q vC B =m2 g
解得
vC=12m/s
ABC．某时刻突然给小车A 一大小I =12N ⋅s的水平冲量，vB= 4 m/s，vC＜12m/s时，则
M vA+m1vB+m2vC= I
解得
vA= vC=7 m/s
AB 正确，C 错误；
D．由动量定理
M vA初= I
解得
vA初=12m/s
由能量关系
Q =W f= Δ Ek= 1
2 M vA初
2 −1
2 m1vB
2−1
2 m2vC
2=31.2J
7．（2023·吉林长春·统考模拟预测）如图，两块竖直放置的互相平行的带电金属板间距为d，两板间电势
差为U，两板间存在垂直纸面向里的匀强磁场．一束质量为m，电量为e的电子，通过左侧带负电极板上方
的小孔，水平进入电场中，若忽略电子进入时的初速度，不计电子的重力及电子间的相互影响，则关于电
子的运动，下列说法正确的是（ ）
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A．电子在板间做匀变速曲线运动
B．电子在板间做变加速曲线运动
C．若使电子束不碰到右侧带正电的极板，磁场的磁感应强度至少为√
2mU
e d
2
D．若使电子束不碰到右侧带正电的极板，磁场的磁感应强度至少为√
mU
e d
2
【答案】BC
【详解】AB．电子运动过程中受到两个力，一个是恒力电场力，一个是变力洛伦兹力，其中洛伦兹力的大
小和方向都在变化，故电子在板间做变加速曲线运动，A 错误，B 正确；
CD．假设轨迹与极板的切点为P，则
xP=d
v Px =0
由能量关系可知
1
2 m v Py
2 =Ue
v Py =√
2Ue
m
取运动轨迹上某点，当垫子位于该点时，它所受的y方向的力是
F y = Be v x
这个力提供了电子在y方向上的加速度，则
Be v x=ma y
以上关系在任意点都适用，故
Be Δ xi
Δti
=m Δv yi
Δti
即
Be Δ xi=m Δv yi
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把电子从O 点到P 点运动过程中所有小段求和，即
Bed =m vPy
解得
B =√
2Um
e d
2
故若使电子束不碰到右侧带正电的极板，磁场的磁感应强度至少为√
2mU
e d
2 ，C 正确，D 错误。
故选BC。
8．（2023·辽宁大连·育明高中校考一模）如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD 光滑，对应圆
心角为120°，C、D 两端等高，O 为最低点，圆弧圆心为O
′，半径为R，直线段AC、HD 粗糙，与圆弧段
分别在C、D 端相切，整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，
在竖直虚线MC 左侧和ND 右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质
量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，与直线段的动摩擦因数为μ，从
轨道内距C 点足够远的P 点由静止释放，若PC =l，小球所受电场力等于其重力的√3
3 倍，重力加速度为
g。则（ ）
A．小球第一次沿轨道AC 下滑的过程中先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动
B．小球在轨道AC 上下滑的最大速度v = 2√3mg
3 μqB
C．经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是2√3
3
mgl+ 1
2 mgR
D．经足够长时间，小球经过O 点时，对轨道的弹力可能为2mg+ Bq√gR
【答案】ABD
【详解】A．小球第一次沿轨道AC 下滑的过程中，小球所受电场力等于其重力的√3
3 倍，即
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F电= √3
3 mg
电场力垂直于轨道方向的分量为
F 电分=√3
3 mgsin 60° = 1
2 mg
重力垂直于轨道方向的分量为
G 分=mgcos60°=1
2 mg
则
F 电分=G 分
因此，电场力与重力的合力方向恰好沿着AC 方向，且刚开始时小球与管壁无作用力。当小球从静止运动
后，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力垂直于AC 向上，导致小球对管壁有作用力，小球将受到滑动
摩擦力，随着速度增大，洛伦兹力增大，小球对管壁的压力，摩擦力增大，合力减小，根据牛顿第二定律
可知小球做加速度减小的加速运动，当加速度减至零时做匀速运动，故A 正确；
B．小球在轨道AC 上下滑到匀速运动时，速度最大，此时有
μq vmax B = √3
3 mgcos60°+mgsin 60°
解得
vmax = 2√3mg
3 μqB
选项B 正确；
C．最终小球在CD 间做往复运动，在C 点和D 点速度为零。从开始到最终速度为零的C 点或D 点，根据
动能定理得
√(mg)
2+(qE)
2⋅l−W f =0
则经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功
W f = 2√3
3
mgl
选项C 错误；
D．由于在AC、HD 段要克服滑动摩擦力做功，小球最终将在圆弧段COD 做往复运动，设小球最终经O
点的速度为v，根据动能定理有
mgRsin30° = 1
2 mv
2
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解得
v =√gR
根据牛顿第二定律，小球从C 向D 运动有
N −mg+qvB =m v
2
R
解得
N =2mg−Bq√gR
小球从D 点向C 点运动时，同理得
N
′ =2mg+ Bq√gR
选项D 正确。
故选ABD。
9．（2018 下·四川成都·高二成都外国语学校开学考试）如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中两盒
狭缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C 板间，虚线中间不需加电场。如带电粒子从P0处以速
度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的
回旋加速器，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子被加速后的最大速度与D 形盒半径无关
B．加速电场方向不需要做周期性的变化
C．带电粒子每运动一周被加速一次
D．图中P1P2等于P2P3
【答案】BC
【详解】A．依题意，带电粒子是通过磁场的一次次偏转来实现加速的，当粒子从D 形盒中出来时，速度
最大，根据
qvB =m v
2
r
解得
v = qBr
m
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易知，带电粒子被加速后的最大速度与D 形盒半径有关，D 形盒半径越大，出射速度越大。故A 错误；
BC．带电粒子只有经过A、C 板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次。粒子在AC 间加速，电
场的方向没有改变，加速电场方向不需要做周期性的变化。故BC 正确；
D．依题意，根据几何关系可得
P1 P2=2(r2−r1)= 2m Δv
qB
因为每转一圈被加速一次，根据
v2
2−v1
2=2ad
易知每转一圈，速度的变化量不等，且
v3−v2<v2−v1
所以P1P2大于P2P3。
故D 错误。
故选BC。
三、解答题
10．（2024·广西贵港·统考模拟预测）如图所示，M、N两极板间存在匀强电场，N板右侧存在如图所示
的磁场，在折线PAQ的两侧分布着与平面垂直且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。折线的顶
角∠A =90°，P、Q是折线上的两点且AP = AQ = L。现有一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子从S 点
由静止经电场加速后从P点沿PQ方向水平射出，第一次偏转经过A 点。（不计粒子的重力）
（1）求加速电场的两端电压U大小；
（2）求粒子从P点射出后，到第三次经过AQ直线所需要的时间t。
【答案】（1）U = q B
2 L
2
4 m
；（2）7 πm
2qB
【详解】（1）粒子第一次偏转经过A 点，其运动轨迹如图所示
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由图可知
R sin 45° = L
解得
R = √2
2 L
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
qvB = mv
2
R
解得
v = √2qBL
2m
在加速电场，有
qU = 1
2 m v
2
解得
U = q B
2 L
2
4 m
（2）粒子的运动轨迹如图
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由图可知弦PA对应圆心角为90°，弦AQ对应圆心角为270°，弦QD对应圆心角为270°。粒子磁场中做匀
速圆周运动，其周期
T = 2πR
v
= 2πm
qB
解得
t = 90°+270°+270°
360°
T = 7
4 T = 7 πm
2qB
11．（2022·四川南充·四川省南充高级中学校考三模）如图所示，在xOy 平面内的第一象限内，直线y=0
与直线y=x 之间存在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，x 轴下方有一直线CD 与x 轴平行且
与x 轴相距为a，x 轴与直线CD 之间（包含x 轴）存在沿y 轴正方向的匀强电场，在第三象限，直线CD
与直线EF 之间存在磁感应强度也为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。纸面内有一束宽度为a 的平行电子
束，如图，沿y 轴负方向射入第一象限的匀强磁场，各电子的速度随入射位置不同大小各不相等，电子束
的左边界与y 轴的距离也为a，经第一象限磁场偏转后发现所有电子都可以通过原点并进入x 轴下方的电场，
最后所有电子都垂直于EF 边界离开磁场。其中电子质量为m，电量大小为e，电场强度大小为E = ea B
2
2m 。
求：
（1）电子进入磁场前的最大速度；
（2）电子经过直线CD 时的最小速度及该电子在第三象限磁场中做圆周运动的圆心坐标；
（3）直线EF 的方程。
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【答案】（1）2eBa
m
；（2）√2eBa
m
，（ - a，- 2a）；（3）y = 1
2 x−3
2 a
【详解】（1）经分析可得，所有电子在第一象限都经历一个四分之一圆周运动后通过原点并沿- x 轴方向
进入x 轴下方的电场，故最大速度对应最大半径
r1＝2a
根据洛伦兹力提供向心力，则有
e v1B =m v1
2
r1
可得
v1= 2eBa
m
（2）由（1）可知，过原点并进入x 轴下方的电子的最小速度为
v2= eBa
m
所有电子在电场中偏转时，-x 方向分速度不变，-y 方向的分速度增量一样大，则-x 方向分速度最小的电子，
经过直线CD 后速度也最小，又由于电子在电场中做类平抛运动，则在y 方向有
v y
2 =2 eE
m a，vmin=√v2
2+ v y
2
解得
vmin= √2eBa
m
由
v y = Ee
m t
在x 方向有
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x2 = v2t
解得
x2 =2a
可得经过直线CD 时的坐标为（- 2a，- a），此后在磁场中的运动半径为
r2= mvmin
eB
解得
r2=√2a
电子射出CD 时速度与竖直方向的夹角
tanθ = v2
v y
，θ = 45°
设电子此后在磁场中运动的圆心为（x，y）根据几何关系
y = - a + (- r2sin45°)，x = - 2a +r2cos45°
得该电子此后在磁场中运动的圆心坐标为（- a，- 2a）
（3）由题意，所有电子都垂直于EF 边界离开磁场，则所有电子运动轨迹的圆心都在EF 直线上，由（1）
和（2）的结论，经过直线CD 时，不妨设任何电子的−x方向的分速度为
v
′
x =k eBa
m （1 ≤ k ≤ 2）
则电子经过直线CD 的合速度为
vm =√1+ k
2 eBa
m
电子经过直线CD 的坐标为（−2ka，−a），速度方向与水平方向的夹角的正切值为
tanθ = 1
k
根据几何关系，易得圆心位置为（−2ka+a，−a−ka），因为电子垂直于直线EF 出射，所以圆心也在直
线上，可得EF 直线为
y = 1
2 x−3
2 a
12．（2020·浙江·校联考一模）1932 年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁
场中运动特点，解决了粒子的加速问题。现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和科学设备中。回旋加速
器的工作原理如图甲所，置于真空中的D 形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可
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以忽略不计。磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，加速器按一定频率的高频交流电源，保证粒子每次
经过电场都被加速，加速电压为U。D 形金属盒中心粒子源产生的粒子，初速度不计，在加速器中被加速，
加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。
(1)求把质量为m、电荷量为q 的静止粒子加速到最大动能所需时间；
(2)若此回旋加速器原来加速质量为2m，带电荷量为q 的α 粒子（❑2
4 He），获得的最大动能为Ekm，现改
为加速氘核（❑1
2H），它获得的最大动能为多少？要想使氘核获得与α 粒子相同的动能，请你通过分析，
提出一种简单可行的办法；
(3)已知两D 形盒间的交变电压如图乙所示，设α 粒子在此回旋加速器中运行的周期为T，若存在一种带电
荷量为q′、质量为m′的粒子❑100
201X，在t = T
4 时进入加速电场，该粒子在加速器中能获得的最大动能？（在
此过程中，粒子未飞出D 形盒）
【答案】（1）πB R
2
2U
；（2）√2
2 ，见解析；（3）100q
′U 0
【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力得
q vmB = mvm
2
R
粒子每旋转一周动能增加2qU，则旋转周数
n= q B
2 R
2
4 mU
周期
T = 2πR
vm
粒子在磁场中运动的时间
t❑磁=nT =πB R
2
2U
一般地可忽略粒子在电场中的运动时间，t 磁可视为总时间
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（2）对α 粒子，由速度
vmα = qBR
2m
得其最大动能为
Ekm= 1
2 ×2mvmα
2 = q
2B
2 R
2
4 m
对氘核，最大动能为
E
′❑km= 1
2 mvmH
2 = 1
2 ×m×
( q
2 )
2
B
2 R
2
m
2
= q
2B
2 R
2
8m
若两者有相同的动能，设磁感应强度变为B′、由α 粒子换成氘核，有
q
2B
2 R
2
4 m
= q
2B
′2 R
2
8m
解得B
′ =√2B，即磁感应强度需增大为原来的√2倍
高频交流电源的原来周期
T = 4 πm
qB
故
T
′ = 2πm
q
2 B
′ = 2√2πm
qB
= √2
2 ⋅4 πm
qB = √2
2 T
由α 粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的√2
2
（3）对粒子❑100
201 X分析，其在磁场中的周期
T 1= 2π m
′
q
′ B
= 201
200 T
每次加速偏移的时间差为
ΔT = T 1−T
2
= T
400
加速次数
n=
T
4
ΔT =100
所以获得的最大动能
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Ekm=nq
′U 0=100q
′U 0
13．（2023·江西吉安·统考一模）我国自行设计研制的热核聚变全超导托卡马克实验装置再次创造了该类
实验装置运行的世界新纪录。此装置在运行过程中，需要将加速到较高速度的离子束转变成中性粒子束，
而其中还未被中性化的高速带电离子则需通过过滤装置过滤出来并剥离。所用到的过滤装置工作原理简图
如图所示，混合粒子束先通过加有一定电压的两极板之间区域后，再进入极板下方的偏转磁场中，此过程
中中性粒子仍会沿原方向运动并被接收器接收；而带电离子中的一部分则会先在两极板间的电场作用下发
生偏转，一部分直接打在下极板，另一部分则会在穿过板间电场后进入其下方的匀强磁场B2区域，进一步
发生磁偏转并打在吞噬板上，从而剥离吸收。已知这些带电离子电荷量为q（q>0），质量为m，两极板
间距为d，所加电压为U，极板长度为2d，粒子束中所有粒子所受重力均可忽略不计，不考虑粒子间的相
互作用。
（1）要使初速度为v1=√
qU
m
的离子能沿平行于极板的直线经过电场区域，需在极板间再施加一垂直于纸
面的匀强磁场，求其磁感应强度B1的大小和方向；
（2）若带电离子以初速度v1沿直线通过极板区域后，进入下方垂直纸面向外的匀强偏转磁场B2区域。当
磁感应强度B2= 1
d √
2mU
q
时，要使离子能全部被吞噬板吞噬，求吞噬板所需的最小长度l；
（3）若粒子束中带电粒子为初速度v2=√
3qU
m
，且撤去了两极板间的磁场B1，则有部分带电离子会通过
两极板间的偏转电场进入偏转磁场，已知磁场的磁感应强度B2大小可调，且分布范围足够宽广，吞噬板
l =2d并紧靠左极板水平放置。若要保证进入偏转磁场的带电粒子最终都能被吞噬板吞噬，求磁感应强度
B2大小的取值范围。
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【答案】（1）1
d √
mU
q
，方向垂直纸面向里；（2）l =d；（3）1
d √
3mU
q
≤B2≤6
d √
3mU
q
【详解】（1）离子能直线通过两极板，则洛伦兹力与电场力平衡，则有
q v1B1=q U
d
将v1=√
qU
m 代入上式解得
B1= 1
d √
mU
q
由左手定则判断可知：磁场B1方向垂直纸面向里。
（2）当离子在偏转磁场中做匀速圆周运动时有
q v1B2=m v1
2
r
解得
r = √2
2 d
又由图可知：离子在吞噬板上最靠右的落点到左极板距离
x1=2r −d
离子在吞噬板上最靠左的落点到左极板距离
x2=2r
则此吞噬板的长度最短，联立解得
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l =(x2−x1)=d
（3）当初速度为v2=√
3qU
m
时，对于沿右极板运动的离子，在两极板间做类平抛运动。
则
y = 1
2 at
2
2d = v2t
q U
d =ma
联立解得
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y = 2qUd
mv2
2 = 2
3 d
离子做类平抛运动的过程中，根据动能定理
U
d qy = 1
2 m v
2−1
2 m v2
2
得
v =√
4 q
2U
2
m
2v2
2 + v2
2=√
13qU
3m
离子进入偏转电场时的速度偏向角的余弦值为
cosθ = v2
v =√
9
13
此时沿上极板进入电场的带电离子射出偏转电场时，与吞噬板右端相距为1
3 d，当磁场B2满足此离子打到
吞噬板，则由几何关系分析可得
d
3 ≤2r cosθ≤7d
3
又当入射点下移至带电粒子刚好擦着下极板右边缘射出电场进入偏转磁场，则磁场B2满足该离子刚好能打
在吞噬板的下端点为最大值，有
2r cosθ≤2d
综合分析结果有
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d
3 ≤2r cosθ≤2d
根据
qv B2=m v
2
r
则所需磁场B2的取值范围
1
d √
3mU
q
≤B2≤6
d √
3mU
q
14．（2024·浙江绍兴·浙江省新昌中学校考模拟预测）在xOy 平面的x 轴上方区域范围内存在着范围足够
大的匀强磁场（如图甲所示）。在空间坐标（x＝0，y = 1
2 a）处有一粒子源，在某一时刻向平面内各个方
向均匀发射N 个（N 足够大）质量为m、电荷量为﹣q，速度为v0的带电粒子。（不计粒子重力及粒子间的
相互作用，题中N、a、m、﹣q、v0均为已知量）
（1）若放射源所发出的粒子恰好有1
3不能到达x 轴，求磁感应强度为多大。
（2）求解第⑴问中，x 轴上能接收到粒子的区域长度L。
（3）若磁场仅限制在一个半径为a 的圆形区域内，圆心在坐标（a，1
2 a）处。保持磁感应强度不变，在x
轴的正半轴上铺设挡板，粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上并被挡板吸收，求：这部分粒子在先
后到达板上的时间内对挡板的平均作用力。
【答案】（1）m v0
aq
；（2）√15
2 a+ √3
2 a；（3）Nm v0
2
6 πa
【详解】（1）由几关系可知左右两个相切圆为临界条件，
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由于有1
3不能到达要x 轴，所以
∠O1 PO2= 2π
3
由几何关系知，磁场中做圆周运动半径为R＝a。
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
Bq v0=m v0
2
R
磁感应强度
B = m v0
aq
（2）粒子打x 轴上的范围如图所示，
x 轴右侧长度为
L1=√
(2a)
2−(
1
2 a)
2
= √15
2 a
x 轴左侧，F 与x 轴相切，由几何关系知
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L2=√a
2−( 1
2 a)
2
= √3
2 a
联立可得
L= L1+ L2= √15
2 a+ √3
2 a
（3）粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上，轨迹半径R′＝a，轨迹如下图，根据几何关系则有
垂直打在板上的区域有两部分，
sinθ =
1
2 a
a = 1
2
解得
θ = π
6
sinα =
1
2 a
a = 1
2
解得
α = π
6
粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上的动量的变化量
Δ P =
2⋅π
6
2π Nm v0= Nm v0
6
粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上运动的最短时间
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t1=
a
2
v0
= a
2v0
粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上运动的最长时间
t2= πa
v0
+
1
2 a
v0
= 2πa+a
2v0
这部分粒子在先后到达板上的时间内对挡板的平均作用力
F = Δ P
t2−t1
= Nm v0
2
6 πa
一、单选题
1．（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
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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。
2．（2022·广东·高考真题）如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有
磁感应强度大小相等、方向相反且与z 轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面
进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】AB．由题意知当质子射出后先在MN 左侧运动，刚射出时根据左手定则可知在MN 受到y 轴正方
向的洛伦兹力，即在MN 左侧会向y 轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y 轴坐标增大；在MN 右侧根据左
手定则可知洛伦兹力反向，质子在y 轴正方向上做减速运动，故A 正确，B 错误；
CD．根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy 平面的洛伦兹力作用，在z 轴方向上没
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有运动，z 轴坐标不变，故CD 错误。
故选A。
3．（2023·北京·统考高考真题）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固
定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l（
l>>a）。带电粒子束持续以某一速度v 沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁
上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为+q，
不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B．粒子质量为Bqa
v
C．管道内的等效电流为nqπ a
2v
D．粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql
【答案】C
【详解】A．带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为
r=a
故A 正确，不符合题意；
B．根据
qvB =m v
2
r
可得粒子的质量
m= Bqa
v
故B 正确，不符合题意；
C．管道内的等效电流为
I = NqSv
单位体积内电荷数为
n
π a
2v
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则
I =
n
πv a
2 qπ a
2v =nq
故C 错误，符合题意；
D．由动量定理可得
F Δt =2nm Δtv
粒子束对管道的平均作用力大小
F
'× 2a
l = F
联立解得
F
' =nBql
故D 正确，不符合题意。
故选C。
4．（2022·全国·统考高考真题）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
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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
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。
5．（2021·福建·统考高考真题）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）
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
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【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。
6．（2023·海南·统考高考真题）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，BC 错误；
D．洛仑兹力永不做功，D 错误。
故选A。
7．（2023·山西·统考高考真题）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
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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（ ）
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；
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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。
8．（2023·湖南·统考高考真题）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
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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 =
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
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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
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。
9．（2023·浙江·高考真题）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I 的螺绕环在霍尔元
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件处产生的磁场B =k1 I，通有待测电流I
′的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场
B
′ =k2 I
′。调节电阻R，当电流表示数为I 0时，元件输出霍尔电压U H为零，则待测电流I
′的方向和大小分
别为（ ）
A．a→b，k2
k1
I 0
B．a→b，k1
k2
I 0
C．b→a，k2
k1
I 0
D．b→a，k1
k2
I 0
【答案】D
【详解】根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压U H为零，
直导线ab在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流I
′的方向应该是b→a；元件
输出霍尔电压U H为零，则霍尔元件处合场强为0，所以有
k1 I 0=k2 I
′
解得
I
′ = k1
k2
I 0
故选D。
二、多选题
10．（2022·辽宁·高考真题）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆
区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P 点沿径向射入磁场，粒子1 沿直线通
过磁场区域后打在探测器上的M 点。粒子2 经磁场偏转后打在探测器上的N 点。装置内部为真空状态，忽
略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（ ）
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A．粒子1 可能为中子
B．粒子2 可能为电子
C．若增大磁感应强度，粒子1 可能打在探测器上的Q 点
D．若增大粒子入射速度，粒子2 可能打在探测器上的Q 点
【答案】AD
【详解】AB．由题图可看出粒子1 没有偏转，说明粒子1 不带电，则粒子1 可能为中子；粒子2 向上偏转，
根据左手定则可知粒子2 应该带正电，A 正确、B 错误；
C．由以上分析可知粒子1 为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1 都不会偏转，C 错误；
D．粒子2 在磁场中洛伦兹力提供向心力有
qvB =m v
2
r
解得
r = mv
qB
可知若增大粒子入射速度，则粒子2 的半径增大，粒子2 可能打在探测器上的Q 点，D 正确。
故选AD。
11．（2022·湖北·统考高考真题）如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x 轴正方向从坐标原点О 射入，并
经过点P（a>0，b>0）。若上述过程仅由方向平行于y 轴的匀强电场实现，粒子从О 到Р 运动的时间为
t1，到达Р 点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O 到Р 运动的时间为
t2，到达Р 点的动能为Ek2。下列关系式正确的是·（ ）
A．t1<t2
B．t1> t2
C．Ek1<Ek2
D．Ek1>Ek2
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【答案】AD
【详解】AB．该过程中由方向平行于y 轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x 轴正方向做匀速
直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x 轴正方向分
速度在减小，根据
t = x
v
可知
t1<t2
故A 正确，B 错误。
CD．该过程中由方向平行于y 轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，到达P 点时速度大于v0；当该
过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，到达P 点时速度等于v0，而根据
Ek = 1
2 m v
2
可知
Ek1>Ek2
故C 错误，D 正确。
故选AD。
12．（2022·湖北·统考高考真题）在如图所示的平面内，分界线SP 将宽度为L 的矩形区域分成两部分，一
部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大
小均为B，SP 与磁场左右边界垂直。离子源从S 处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向
垂直且与SP 成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р 点射出，设出射方向与入射方向的夹角
为θ，则离子的入射速度和对应θ 角的可能组合为（ ）
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A．1
3kBL，0°
B．1
2kBL，0°
C．kBL，60°
D．2kBL，60°
【答案】BC
【详解】若粒子通过下部分磁场直接到达P 点，如图
根据几何关系则有
R = L
qvB =m v
2
R
可得
v = qBL
m =kBL
根据对称性可知出射速度与SP 成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。
当粒子上下均经历一次时，如图
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有
R = 1
2 L
根据洛伦兹力提供向心力有
qvB =m v
2
R
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可得
v = qBL
2m = 1
2 kBL
此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足
v =
qBL
(2n−1)m =
1
2n−1 kBL（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；
当粒子从上部分磁场射出时，需满足
v = qBL
2nm = 1
2n kBL（n=1，2，3……）
此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。
故可知BC 正确，AD 错误。
故选BC。
13．（2022·浙江·统考高考真题）如图为某一径向电场的示意图，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
【详解】A．根据电场力提供向心力可得
a
r ⋅q =mω
2r
解得
ω=√
aq
m ⋅1
r
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可知轨道半径r 小的粒子角速度大，故A 错误；
BC．根据电场力提供向心力可得
a
r ⋅q =m v
2
r
解得
v =√
aq
m
又
Ek= 1
2 mv
2
联立可得
Ek= aq
2
可知电荷量大的粒子的动能一定大，粒子的速度大小与轨道半径r 一定无关，故BC 正确；
D．磁场的方向可能垂直纸面向内也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子可能
做离心运动，也可能做近心运动，故D 错误。
故选BC。
14．（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
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；
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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。
15．（2023·全国·统考高考真题）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P 点开有一个小
孔，过P 的横截面是以O 为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P 点沿PO 射入，然后与筒壁发生碰撞。
假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小
不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2 次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O 的连线
【答案】BD
【详解】D．假设粒子带负电，第一次从A 点和筒壁发生碰撞如图，O1为圆周运动的圆心
由几何关系可知∠O1 AO为直角，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，
由圆的对称性在其它点撞击同理，D 正确；
A．假设粒子运动过程过O 点，则过P 点的速度的垂线和OP 连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆
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心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A 点的速度垂线和AO 连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不
可能过O 点，A 错误；
B．由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如
图所示
即撞击两次，B 正确；
C．速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少， C 错误。
故选BD。
三、解答题
16．（2022·江苏·高考真题）利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小
为B 的匀强磁场，一个质量为m、速度为v 的电中性粒子在A 点分裂成带等量异号电荷的粒子a 和b，a、b
在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la:lb=3:1，半径之比ra:rb=6:1，不计
重力及粒子间的相互作用力，求：
（1）粒子a、b 的质量之比ma:mb；
（2）粒子a 的动量大小pa。
【答案】（1）2:1；（2）6
7 mv
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【详解】（1）分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
qvB =m v
2
r
解得
r = mv
qB
由题干知半径之比ra:rb=6:1，故
mava:mb vb=6:1
因为相同时间内的径迹长度之比la:lb=3:1，则分裂后粒子在磁场中的速度为
va:vb=3:1
联立解得
ma:mb=2:1
（2）中性粒子在A 点分裂成带等量异号电荷的粒子a 和b，分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，根据
动量守恒定律
mv =mava+mb vb
因为分裂后动量关系为mava:mb vb=6:1，联立解得
pa=mava= 6
7 mv
