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专题22 带电粒子在叠加场的运动
题型一 带电粒子在叠加场中的运动.....................................................................................................1
类型1 带电粒子在叠加场中直线运动..........................................................................................2
类型2 带电粒子在叠加场中圆周运动..........................................................................................8
类型3 带电粒子在叠加场中旋进运动........................................................................................15
类型4 带电粒子在叠加场中一般曲线运动................................................................................23
类型5 带电粒子在叠加场中立体空间运动................................................................................29
题型二 电场和磁场叠加的应用实例分析...........................................................................................36
类型1 速度选择器........................................................................................................................37
类型2 磁流体发电机....................................................................................................................41
类型3 电磁流量计........................................................................................................................44
类型4 霍尔元件.............................................................................................................................47
题型一 带电粒子在叠加场中的运动
1.带电粒子(带电体)在叠加场中无约束情况下的运动
(1)静电力、重力并存
静电力与重力的合力一般为恒力，带电体做匀速直线运动或匀变速直线(或曲线)运动，比较简
单。
(2)磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守
恒，由此可求解问题。
(3)静电力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动
能定理求解问题。
(4)静电力、磁场力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动。
②若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动。
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守
恒定律或动能定理求解问题。
2.是否考虑重力的判断
①对于微观粒子，如电子、质子、离子等，若无特殊说明，一般不考虑重力；对于宏观带电小
物体，如带电小球、尘埃、油滴、液滴等，若无特殊说明，一般需要考虑重力。
②题目中已明确说明是否需要考虑重力时则按说明分析。
③不能直接判断是否需要考虑重力的，在进行受力分析和运动分析时，由分析结果确定是否考
虑重力。
类型1 带电粒子在叠加场中直线运动
1.
如图所示为两个完全相同的倾角为θ的绝缘固定斜面，以斜面中垂线OO'为界，图甲
中斜面的上半部分和图乙中斜面的下半部分空间分别存在磁感应强度大小均为B、方向均垂直
纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为-q的小滑块（可视为质点）分别从两斜面的顶
端由静止释放后滑到斜面底端。小滑块在图甲中斜面运动时，小滑块经过斜面中点前瞬间的加
速度为0，小滑块经过斜面中点时的速度为v1中，到达斜面底端时的速度为v1；小滑块在图乙
中斜面运动时，小滑块经过斜面中点时的速度为v2中，到达斜面底端时的速度为v2。已知小滑
块与斜面间的动摩擦因数均为μ( μ<tanθ)，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．v1中= mgsinθ - μmgcosθ
μqB
B．v2中一定大于v1中
C．v2一定小于v1
D．v2可能小于v1中
【答案】ABC
【详解】A．在图甲中，小滑块在斜面的上半部分受到重力、摩擦力、支持力和洛伦兹力的作用。
由于小滑块经过斜面中点前瞬间的加速度为0，说明此时小滑块受到的合外力为0。设斜面的长度
为L，则小滑块在斜面中点时的速度为v1 中，此时的洛伦兹力为qBv1 中。根据平衡条件，有
mgsinθ = μ(mgcosθ+qB v1中)
解得v1中= mgsinθ - μmgcosθ
μqB
故A 正确；
B．图乙中前半段根据牛顿第二定律，有mgsinθ - μmgcosθ =ma乙
图甲中前半段根据牛顿第二定律，有mgsinθ - μ(mgcosθ+qvB)=ma甲
由此可知a乙>a甲
根据速度-位移公式，有v
2=2a× L
2
可知v2中一定大于v1中，故B 正确；
CD．由上分析可知图甲中小滑块出磁场后做匀加速运动，到达底端的速度v1一定大于v1 中，图乙中
小滑块进磁场的速度一定大于v1 中，所以即小滑块进场将做减速运动，可能一直减速滑到最底端，
也可能先减速后匀速滑出磁场，所以v2不可能小于v1 中；从顶端滑到底端重力做功相同，乙种情况
在磁场中的平均摩擦力要大于甲种情况的平均摩擦力，即克服摩擦力做功乙种情况较大，所以v2一
定小于v1，故C 正确，D 错误。
故选ABC。
2.
如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘
杆MN，小球P 套在杆上，已知P 的质量为m，电量为+q，电场强度为E、磁感应强度为B，
P 与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，小球由静止开始下滑直到稳定的过程中
（ ）
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和保持不变
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v = 2 μqE -mg
2 μqB
D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v = mg+ μqE
μqB
【答案】C
【详解】A．小球由静止开始下滑过程，对小球，有牛顿第二定律有a= mg- μ(Eq -qvB)
m
由于小球速度从0 开始增大，可知加速度先向下增大，当qvB> Eq后加速度向下减小到0 后反向增
大，故A 错误；
B．在下降过程中有摩擦力做功，故有部分能量转化为内能，故机械能和电势能的总和将减小，故
B 错误；
CD．当洛仑兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g，达到最大，即amax= g
当加速度方向向下且大小为1
2 amax时，有1
2 amax= mg- μ(Eq -q v1B)
m
解得v1= 2 μEq -mg
2 μqB
当加速度方向向上且大小为1
2 amax时，有1
2 amax= μ(q v2B - Eq)-mg
m
解得v2= 2 μEq+mg
2 μqB
故C 正确，D 错误。
故选C。
3.
如图所示，在三维坐标系Oxyz中，z<0的空间同时存在沿z轴负方向的匀强电场和沿
x 轴负方向的匀强磁场I，磁感应强度大小为B0，在z>0的空间存在沿y轴正方向的匀强磁场Ⅱ，
磁感应强度大小为B0。带正电的粒子从M（a，0，-a）点以速度v0沿y轴正方向射出，恰好
做直线运动。现撤去电场，继续发射该带电粒子，恰好垂直xOy平面进入z>0空间。不计粒子
重力，正确的说法是（ ）
A．电场强度大小为B0v0
B．带电粒子的比荷为2v0
a B0
C．第二次经过xOy平面的位置坐标为（-a，a，0）
D．粒子第三次经过xOy平面的位置与O点距离为3 ❑√2a
【答案】AC
【详解】A．由题可知粒子在电场和磁场Ⅰ的作用下做直线运动，则有q v0 B0=qE
解得电场强度大小为E = B0v0。故A 正确；
B．由题可知撤去电场，该带电粒子恰好垂直xOy平面进入z>0空间，由几何知识得粒子做匀速圆
周运动的半径r =a，有q v0 B0=m v0
2
r
解得带电粒子的比荷为q
m = v0
a B0
。故B 错误；
C．粒子进入z>0空间做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得q v0 B0=m v0
2
r
'
解得r
' =r =a
第二次经过xOy平面的位置坐标为（-a，a，0）。故C 正确；
D．粒子第二次经过xOy面后在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r =a
第三次经过xOy平面的坐标为（-a，3a，0），粒子第三次经过xOy平面的位置与O点距离为
d =
❑√(-a)
2+(3a)
2= ❑√10a。故D 错误。
故选AC。
4.
如图所示，整个xOy平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场和沿y轴负方向的匀强电场，
匀强磁场的磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，一些质量为m，电荷量为q的带正电粒子
从原点O点出发沿x轴正方向以某初速度射入场区，不计粒子重力，求：
(1)粒子初速度v01多大时，粒子沿x轴做直线运动？
(2)粒子初速度v02多大时，粒子运动到最高点时速度刚好为0？
(3)若粒子一个周期内的运动轨迹与直线y =- 2mE
3q B
2只有一个交点，求粒子初速度v03和运动过程中
经过x轴时的坐标。
【答案】(1)v01= E
B
(2)v02= 2 E
B
(3)v03= 2 E
3 B ，xn=n 2πmE
q B
2 (n=0,1,2,3,⋯⋯)
【详解】（1）粒子沿x轴做直线运动，有qB v01=qE
解得v01= E
B
（2）假设最高点离x轴的距离为h，由动能定理-qEh=0- 1
2 m v02
2
水平方向动量定理-∑qB v yΔt =-qBh=0-m v02
联立两式，解得v02= 2 E
B
（3）设粒子的初速度大小为v03，粒子的运动轨迹与直线y =- 2mE
3q B
2只有一个交点，则粒子在最低
点与直线y =- 2mE
3q B
2相切。
配速法：将粒子的初速度v03用两个速度替代，即v03= v01- v，其中qB v01=qE，将电场力抵消，
另一分速度v受到洛伦兹力qBv提供向心力，粒子的实际运动可看做以v为线速度做匀速圆周运动和
以v01做匀速直线运动的合运动，洛伦兹力提供向心力，有qBv =m v
2
r
得轨道半径r = mv
qB
由几何关系得|y|=2r
解得v = E
3 B
v03= 2 E
3 B
粒子做匀速圆周运动的周期为T = 2πm
qB
粒子运动过程中经过x轴时的坐标为xn=n v01T
解得xn=n 2πmE
q B
2 (n=0,1,2,3,⋯⋯)
5.
如图所示，竖直绝缘管固定在水平地面上的小车上，管内底部有一截面直径比管的内
径略小、可视为质点的小圆柱体，小圆柱体质量m=20g，电荷量q =+ 4×10
-3C，绝缘管长
为L=3 m。在管口所在水平面ab的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度B1=10T的匀强磁场，
ab面上方存在着垂直纸面向外、磁感应强度B2=15T的匀强磁场，ab上下的整个区域还存在
着竖直向上、场强E =50 N /C的匀强电场。现让小车始终保持v0=3 m /s的速度匀速向右运动，
一段时间后小圆柱体在绝缘管内匀速，然后沿与竖直方向夹角为37°的方向离开绝缘管。小圆
柱体在绝缘管外受到的空气阻力大小与其速度大小关系为f =0.02v，已知小圆柱体第一次与
第二次经过水平面ab的距离为x =2m。取g=10 m /s
2，不计其它阻力。求：
(1)小圆柱体刚进入磁场B1时的加速度大小；
(2)小圆柱体的加速度为3 m /s
2时的速度大小；
(3)小圆柱体在绝缘管内运动时产生的热量；
(4)小圆柱体第二次经过水平面ab时的速度大小。
【答案】(1)6m/s2
(2)❑√13m/s
(3)0.2J
(4)❑√5m/s
【详解】（1）小圆柱体刚进入磁场B1时，受重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，其中重力和
电场力二力平衡mg = Eq =0.2N
所以洛伦兹力就是小圆柱体的合力，根据牛顿第二定律得q v0 B1=ma
解得a=6 m/s
2
（2）一段时间后小圆柱体在绝缘管内匀速，则有μq v y 1B1=q v0 B1
其中v y 1=
v0
tan37° = 4 m/s
解得μ= v0
v y 1
= 3
4
竖直方向的洛伦兹力和摩擦力的合力等于小圆柱体的合力，根据牛顿第二定律得
q v0 B1- μq v y 2B1=ma
将a=3 m/s
2代入得v y 2=2m/s
此时小圆柱体的速度大小为v =
❑√v0
2+ v y 1
2 = ❑√13 m/s
（3）由题意知，小圆柱体离开绝缘管时的速度为v ' =
v0
sin37° =5 m/s
小圆柱体在绝缘管内运动的过程中，根据动能定理有q v0 B1 L-W f= 1
2 mv '
2- 1
2 mv0
2
解得小圆柱体在绝缘管内运动时产生的热量Q =W f=0.2J
（4）设某时刻速度为vt，方向与竖直方向夹角为θ，竖直方向根据动量定理有
∑0.02vt Δt cosθ -∑q vt B2 Δt sinθ =m v y 3-m v y 1
即-q B2 x =m（v y 3- v y 1）
解得v y 3=-2m/s
水平方向根据动量定理有-∑0.02vt Δt sinθ+∑q vt B2 Δt cosθ =mv ' x -m v0
即-0.02 x =m（v x - v0）
解得v x =1m/s
所以小圆柱体第二次经过水平面ab 时的速度大小为v2=
❑√v y 3
2 + v x
2= ❑√5 m/s
类型2 带电粒子在叠加场中圆周运动
6.
如图所示的MNPQ 区域内有竖直向上的匀强电场和沿水平方向的匀强磁场，现有两
个带电微粒a、b均从边界MN的A点处先后沿水平方向进入该区域中，并都恰能做匀速圆周运
动，则下列说法错误的是（ ）
A．a、b 两微粒均带正电
B．a、b 两微粒在该区域运动周期一定相等
C．a、b 两微粒在该区域运动的圆周运动半径一定相等
D．仅增加磁场强度a、b 一定都能做匀速圆周运动
【答案】C
【详解】A．电场方向竖直向上，重力与电场力平衡，即qE =mg
电场力向上，故微粒带正电（正电荷受力与电场方向相同），A 正确；
B．圆周运动周期T = 2πm
qB
由qE =mg
得m
q = g
E
则T = 2πg
EB
（与微粒质量、电荷量无关），故a、b 周期相等，B 正确；
C．圆周运动半径r = mv
qB = v
B ⋅m
q
m
q 定值，但v 未知（两微粒初速度可能不同），故半径不一定相等，C 错误；
D．仅增加磁场强度B，重力与电场力仍平衡，洛伦兹力qvB增大，但只要满足qE =mg，微粒仍可
做匀速圆周运动（洛伦兹力提供向心力 ），D 正确。
本题选错误的，故选C。
7.
如图所示，在平面直角坐标系xOy中，虚线垂直于x 轴，在y 轴和虚线之间的区域空
间有沿x 轴正方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小E1未知，磁感应强度大小B1= B；在
虚线的右侧区域空间有沿y 轴正方向的匀强电场和垂直于坐标平面向外的匀强磁场，电场强度
E2=
❑√2
3 v0 B，磁感应强度B2=0.5 B。将质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子从坐标原点以
与x 轴正方向成θ = 45°角斜向上的速度v0射入第一象限，粒子刚好在第一次过x 轴时进入虚线
右侧区域，且速度方向与x 轴正方向的夹角为37°，不计粒子的重力，sin37° =0.6，
cos37° =0.求：
(1)粒子在y 轴和虚线之间运动的时间；
(2)电场强度E1的大小；
(3)粒子在虚线右侧运动过程中，离x 轴的最大距离。
【答案】(1)t = 2πm
qB
(2)E1=
❑√2v0 B
12π
(3)
❑√2m v0
qB
【详解】（1）粒子射入第一象限后，在垂直磁感应强度平面内做匀速圆周运动，有
q v0 Bsinθ =m (v0sinθ)
2
r
运动到第一次过x 轴的时间刚好是一个周期，则t = 2πr
v0sinθ
解得t = 2πm
qB
（2）粒子在y 轴与虚线之间沿电场方向做匀加速直线运动，初速度大小为v1= v0cos 45° =
❑√2
2 v0
粒子经过虚线时，沿x 轴方向的分速度大小v2= v0sin 45°
tan37° = 2❑√2
3
v0
根据牛顿第二定律有q E1=ma
根据运动学公式有v2= v1+at
解得E1=
❑√2v0 B
12π
（3）粒子进入虚线右侧区域时，由于q E2=
❑√2
3 q v0 B =q v2B2
因此粒子的运动可以看成是沿x 轴正方向以速度2❑√2
3
v0做匀速直线运动和以速度
❑√2
2 v0做匀速圆周
运动的合运动，设做圆周运动的半径为R，则有q×
❑√2
2 v0 B2=m(
❑√2
2 v0)
2
R
解得R =
❑√2m v0
qB
因此粒子在虚线右侧运动过程中，离x 轴的最大距离为
❑√2m v0
qB
8.
如图所示，沿水平方向和竖直方向建立xOy 坐标系，在第一象限内(包括y 轴)存在大
小未知、方向沿水平向右的匀强电场E1；在第三、四象限内存在大小未知、方向沿竖直向上的
匀强电场E2和大小未知、方向沿垂直于纸面向里的匀强磁场B。一质量为m、电荷量为+q 的
带电小球由S 点（0，h）处水平向左射出，经过x 上的a 点进入x 轴下方做匀速圆周运动，由
x 轴上b 点第一次进入第一象限，做匀减速直线运动，刚好可以到达S 点，粒子从a 点运动到
第一次到达b 点的过程中，速度的方向改变270°。已知重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)小球经过a 点时的速度大小；
(2)匀强电场E2的电场强度大小和匀强磁场B 的磁感应强度大小；
(3)小球第11 次经过x 轴时的横坐标。
【答案】(1)va=2❑√gh
(2)E2= mg
q ，B = 3m
2q
❑√
2g
h
(3)x =93h
【详解】（1）设小球过a 点时速度方向与x 轴负方向成θ 角，作出小球的运动轨迹，如图所示
根据几何关系可得360°-2θ=270°
解得θ=45°
由S 点到a 点，小球做平抛运动，在竖直方向有v y
2 =2 gh
解得v y = ❑√2gh
所以小球在a 点的速度为va=
v y
sin 45
∘= ❑√2v y =2❑√gh
（2）由题知，小球在x 轴下方做匀速圆周运动，则有E2q =mg
解得E2= mg
q
由S 点到a 点，小球做平抛运动，则有h= 1
2 v yt，x0= v xt
且v y = v x tan 45
∘= v x
联立解得x0=2h
由b 点到S 点，小球做匀减速直线运动，根据几何关系可得x1=h tan 45
∘=h
根据几何关系有x1+ x0=2r sinθ
解得r = 3 ❑√2
2
h
在第三、四象限，根据洛伦兹力提供向心力q va B =m va
2
r
解得B = 3m
2q
❑√
2g
h
（3）由将小球在第一象限电场中的运动分解为水平方向和竖直方向运动的叠加，结合小球在x 轴
下方做匀速圆周运动的特点，可知小球在第一象限电场中沿竖直方向做竖直上抛运动，且每次过x
轴时的vy都一样大，且v y = ❑√2gh；
小球在第一象限电场中沿水平方向做匀加速直线运动，且在任意相邻两点的水平位移满足
x1: x2: x3: x4: x5=1:(3+5):(7+9):(11+13):(15+17)
在磁场中，根据牛顿第二定律有q v x B =ma y
取Δt →0，则q v x B⋅Δt =ma y⋅Δt
即qBΔ x =mΔv y
全过程则有qB xc=m⋅2v y
解得xc=3h
则小球第11 次经过x 轴时的横坐标为x = x1+ x2+ x3+ x4+ x5+ 4 xc=93h
9.
如图所示，空间内存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，一带负电小
球（可视为质点）质量m=0.4 kg，电荷量大小q =0.8C，从倾角θ =37°的光滑斜面最高点由
静止开始下滑，当沿斜面下滑距离s= 8
3 m时与斜面脱离。此时立即将电场反向，小球做匀速圆
周运动，最终恰好不与地面发生碰撞。（已知sin37° =0.6，cos37° =0.8，重力加速度取
g=10 m/s
2）
(1)求电场强度的大小E；
(2)求磁感应强度的大小B；
(3)求斜面的长度L。
【答案】(1)5 N/C
(2)1T
(3)4 m
【详解】（1）根据题意，当小球沿斜面下滑距离s= 8
3 m时立即将电场反向，小球做匀速圆周运动，
说明电场力与重力的合力为零
由电场力与重力平衡得qE =mg
代入数据解得电场强度的大小E = mg
q =5 N/C
（2）由题意知，当小球沿斜面下滑距离s= 8
3 m时与斜面脱离，分析小球此时受力情况可知，斜面
对小球弹力恰为零，小球仅受重力、电场力和洛伦兹力作用
在垂直于斜面方向上
由平衡知识可得(qE+mg)cosθ =qvB
下滑距离s的过程只有重力和电场力做功
由动能定理得(qE+mg)s⋅sinθ = 1
2 mv
2
联立并代入数据解得v =8 m/s，B =1T
（3）设脱离点距斜面底端距离为x，小球圆周运动的轨道半径为R
由洛伦兹力提供向心力得qvB =m v
2
R
代入数据解得R = 4 m
由几何关系可得x = R⋅tan θ
2 = 4
3 m
故斜面的长度L= s+ x = 4 m
10. 如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，电场中半径为R、平行于电场的圆面内有
垂直于电场向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆心O到垂直于电场的圆面的弦MN的距
离为3
5 R。一足够大的荧光屏固定在电场中，电场与荧光屏垂直，一个带正电的粒子以初速度
v0沿MN方向从M点射入电磁场，在MN段做直线运动，粒子打在荧光屏上时，速度与荧光屏
夹角为45
∘；若撤去电场，粒子仍从M点沿MN方向以初速度v0射入磁场，经历一段时间后，
粒子从P点（图中未标出）离开磁场，离开磁场时速度方向偏转了90
∘。不计粒子的重力，求：
(1)带电粒子的比荷q
m；
(2)M点到荧光屏的距离；
(3)若撤去磁场，原电场大小不变、方向反向，再叠加一个平行圆面的匀强电场E1，粒子仍从M点
沿MN方向以初速度v0射入叠加电场，粒子到达P点的速度大小仍为v0，则所加的匀强电场的电场
强度E1多大。
【答案】(1) q
m = 5 v0
7 BR
(2)d = 7 R
10
(3)E1=
❑√2
2 v0 B
【详解】（1）圆面内无电场时，粒子在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中运动的
轨道半径为r，由几何关系得(r - 4
5 R)
2
+(r - 3
5 R)
2
= R
2
联立解得r = 7
5 R
粒子进入磁场，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律q v0 B =m v0
2
r
解得q
m = 5 v0
7 BR
（2）粒子在圆面内电磁场中做匀速直线运动时qE =q v0 B
得E = v0 B
粒子从N点射出后做类平抛运动，根据题意可知，打在荧光屏上时沿电场方向的速度大小等于v0，
设M点到荧光屏的距离为d，根据运动学公式v0❑
2=2ad
根据牛顿第二定律qE =ma
解得d = 7 R
10
（3）两匀强电场叠加后，仍为匀强电场，由于粒子在P、M两点速度大小相等，因此MP为等势线，
粒子从M点射出后做类斜上抛运动，由几何关系可知，MP与MN的夹角为45
∘。则由几何关系
MP = ❑√2r = 7 ❑√2
5
R
粒子沿MP方向做匀速直线运动，则MP = v0cos45
∘⋅t
沿垂直MP方向做类竖直上抛运动，则v0sin 45
∘=a× 1
2 t
设叠加后电场的电场强度大小为E
'，则
根据牛顿第二定律q E
' =ma
解得E
' = 5 ❑√2m v0❑
2
14 qR
=
❑√2
2 v0 B
根据矢量合成可知E1=
❑√2
2 v0 B
类型3 带电粒子在叠加场中旋进运动
11. 某离子实验装置的基本原理图如图所示，截面半径为R 的圆柱腔分为两个工作区，I
区长度d = 4 R，内有沿y 轴正向的匀强电场，II 区内既有沿z 轴负向的匀强磁场，又有沿z 轴
正向的匀强电场，电场强度与I 区电场强度等大，现有一正离子从左侧截面的最低点A 处以初
速度v0沿z 轴正向进入I 区，经过两个区域分界面上的B 点进入II 区，在以后的运动过程中恰
好未从圆柱腔的侧面飞出，最终从右侧截面上的C 点飞出，B 点和C 点均为所在截面处竖直半
径的中点（如图中所示），已知离子质量为m、电荷量为q，不计离子重力，求：
(1)电场强度的大小；
(2)II 区中磁感应强度的大小；
(3)II 区L 的最小长度。
【答案】(1)3mv0
2
16 Rq
(2)2mv0
qR
(3)πR+ 3 π
2
32 R
【详解】（1）离子在Ⅰ区做类平抛运动，根据类平抛规律有4 R = v0t，3 R
2 = 1
2 at
2
根据牛顿第二定律有a= Eq
m
解得电场强度的大小为E = 3m v0
2
16 Rq
（2）离子在Ⅰ区运动过程，由动能定理可得qE⋅3 R
2 = 1
2 mv
2- 1
2 mv0
2
解得离子到达B 点时速度的大小为v = 5
4 v0
离子在Ⅱ区类，做复杂的旋进运动。将该运动分解为圆柱腔截面上的匀速圆周运动和z 轴正方向的
匀加速直线运动，根据题意可得，在圆柱腔截面上的匀速圆周运动轨迹如下图所示
设临界圆轨迹半径为r，根据几何知识有(R -r)
2=r
2+ R
2
4
解得离子的轨迹半径为r = 3
8 R
离子沿y 轴正方向的速度为v y =
❑√v
2- v0
2= 3
4 v0
则根据洛伦兹力提供向心力有q v y B = mv y
2
r
解得Ⅱ区中磁感应强度大小为B = 2m v0
qR
（3）离子在圆柱腔截面上做匀速圆周运动的周期为T = 2πr
v y
离子在z 轴的正方向做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的位移公式可得L= v0nT + 1
2 a(nT )
2
联立解得Ⅱ区的长度为L=nπR+ 3n
2π
2
32
R（n=1，2，3⋯）
当n=1时，II 区的最小长度为Lmin= πR+ 3 π
2
32 R
12. 如图所示，在竖直空间中建立直角坐标系xOy，整个空间中存在竖直向上的匀强电场
和垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电小球从O点沿x轴正方向以
大小为v0的速度射出，小球恰能沿x轴运动，不计空气阻力，且小球所受的电场力大小等于其
重力大小的一半。若该小球从O点沿y轴正方向以大小为v0的速度射出，在小球之后的运动过
程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球运动至最高点时的速度大小为(❑√2+1)v0
B．小球第一次运动至最低点时的位置坐标为(
(5 π - 4)v0
2
2g
,-
(2+2❑√2)v0
2
g
)
C．小球运动至最低点时的加速度大小为
❑√2
2 g
D．相邻两次通过x轴时的距离可能为(3 π - 4)v0
2
g
【答案】BC
【详解】A．当小球从O点沿x轴正方向以大小为v0的速度射出，小球恰能沿x轴运动，且小球所受
的电场力大小等于其重力大小的一半，该过程中小球一定沿x轴做匀速直线运动，则有
q v0 B+qE =mg，qE =0.5mg
解得B = mg
2q v0
若该小球从O点沿y轴正方向以大小为v0的速度射出，可以将v0分解为沿x轴正方向的v0和x轴负方
向成45
∘角的
❑√2v0，则沿x轴正方向的v0所受的洛伦兹力恰好与电场力、重力平衡，该方向做匀速
直线运动，与x轴负方向成45
∘角的
❑√2v0对应的洛伦兹力给小球提供向心力，使其绕逆时针方向做
匀速圆周运动，则有r =
❑√2m v0
qB
= 2❑√2v0
2
g
，T = 2πr
❑√2v0
= 4 π v0
g
小球运动到最高点时的速度为(❑√2-1)v0，故A 错误；
B．小球第一次运动至最低点时，运动时间t =
5
4 π
2π T = 5 π v0
2g
则有x = v0t -r cos45
∘=
(5 π - 4)v0
2
2g
，y =-r (1+cos45
∘)=-
(2+2❑√2)v0
2
g
，故B 正确；
C．结合上述，小球运动至最低点时的加速度大小为a=
❑√2q v0 B
m
=
❑√2
2 g，故C 正确；
D．一个周期内，小球在x轴上方运动时间为t1= 1
4 T = π v0
g
，Δ x1= v0t1-2r cos45
∘=
(π - 4)v0
2
g
小球在x轴下方运动时间为t2= 3
4 T = 3 π v0
g
则有Δ x2= v0t2+2r cos45
∘=
(3 π + 4)v0
2
g
，故D 错误。
故选BC。
13. 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
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。
14. 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
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 = 2mv0
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
故D 正确。
故选AD。
15. 如图甲所示为带电粒子三维动量映射分析技术的原理图。系统整体设计采用圆柱对称
型结构，对称轴为O1O2，亥姆霍兹线圈用以形成沿系统轴向的均匀磁场区，可以抑制带电粒
子的横向发散，使得系统具有较大的粒子收集效率。位置敏感探测器用以接收带电粒子，记录
带电粒子的飞行时间t 和粒子撞击探测器的位置( x，y)。粒子源和探测器中心均位于对称轴
上，建立空间坐标系O - xyz，z 轴与对称轴重合，y 轴竖直向上，探测器的平面坐标系O - xy
从左向右看如图乙所示。已知粒子源发射质量为m，电荷量为q 的带正电荷的粒子，粒子速度
v 方向与z 轴的夹角为θ，探测器半径为R，轴向匀强磁场的磁感应强度为B，方向水平向右。
不计粒子重力和粒子间相互作用。
(1)从左向右看，粒子运动方向是顺时针还是逆时针？
(2)若粒子刚好打在探测器的中心O，求粒子源到探测器距离L1需要满足的条件；
(3)若粒子发射时速度大小v1=
❑√2BqR
m
，速度方向位于zOy 平面内，与z 轴夹角θ1= 45
°，粒子打在
探测器的位置坐标为(- 2- ❑√2
2
R，
❑√2
2 R)，求带电粒子的飞行时间t1；
(4)若粒子源沿着与z 轴夹角θ2=37
°的各个方向连续发射粒子，粒子速度大小v2= 5 BqR
6m ，粒子源到
探测器的距离L2= 38
9 πR，求粒子打到探测器上的位置坐标所满足的方程。
【答案】(1)逆时针
(2)L1= 2πmnv cosθ
Bq
(n=1,2,3,...)
(3)t1=(k + 1
8)
2πm
Bq
(k =1,2,3...)
(4)x
2+ y
2= R
2
4
【详解】（1）从左向右看，根据左手定则可知粒子运动方向是逆时针。
（2）带电粒子的轨迹为螺旋曲线，要使粒子刚好打在探测器的中心，则所有时间为周期的整数倍，
则有t =nT = 2πmn
Bq
(n=1,2,3...)
粒子源到探测器的距离为L1= v cosθt
解得L1= 2πmnv cosθ
Bq
(n=1,2,3,...)
（3）设粒子做圆周运动的半径为r1，由洛伦兹力提供向心力可得qB v1sinθ1=m (v1sinθ1)
2
r1
整理并代入数据解得r1= R
在探测器的位置坐标如图1 所示
根据几何关系可知α1= 45
∘
则带电粒子的飞行时间为t1=(k + 1
8)T (k =1,2,3...)
代入周期公式有t1=(k + 1
8)
2πm
Bq
(k =1,2,3...)
（4）设粒子做圆周运动的半径为r2，则有r2= mv2sinθ2
Bq
解得r2= R
2
设粒子飞行的时间为t2，则有t2=
L2
v2cosθ2
解得t2= 19 πm
3 Bq =(3+ 1
6)T
在探测器的位置坐标如图2 所示
由几何关系可知α2=60
∘
因为粒子沿着与z 轴夹角θ2的各个方向连续发射，由粒子在探测器上位置如图2 虚线，则位置坐标
方程为x
2+ y
2= R
2
4
类型4 带电粒子在叠加场中一般曲线运动
16. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场Ⅰ，
其他区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场Ⅱ，磁场Ⅰ的磁感应强度大小是磁场II 的2 倍，
在y轴正半轴上与O点距离为d的P点有一粒子源，不断地沿x轴正向射出质量为m、电荷量为
q的带正电的粒子，粒子的速度大小均为v0，粒子射出后刚好从O点第二次返回y轴；再在
x>0的区域内加上沿y轴负方向的匀强电场E（大小未知），粒子从P点射出后恰好做直线运
动，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，求：
(1)匀强磁场Ⅰ的磁感应强度大小；
(2)若加上电场后再撤去磁场Ⅰ，粒子第一次经过x轴的位置离O 点的距离；
(3)若加上电场后再撤去磁场Ⅰ，粒子在磁场Ⅱ中运动的最大速度的大小；运动过程中离x轴的最大
距离。
【答案】(1)2mv0
qd
(2)d
(3)vmax =(2+ ❑√5)v0，dmax =(❑√5+1)d
【详解】（1）粒子射出后刚好从O点第二次返回y轴，如图所示
设匀强磁场Ⅰ的磁感应强度大小为B，匀强磁场II 的磁感应强度大小为B
2 ，由洛伦兹力提供向心力
可得q v0 B =m v0
2
r1
，q v0⋅B
2 =m v0
2
r2
可得r2=2r1= 2mv0
qB
根据几何关系可得2r2=2r1+d
联立解得B = 2mv0
qd
（2）在x>0的区域内加上沿y轴负方向的匀强电场E（大小未知），粒子从P点射出后恰好做直线
运动，则有qE =q v0 B = 2m v0
2
d
若加上电场后再撤去磁场Ⅰ，粒子在第一象限内做类平抛运动，则有a= qE
m = 2v0
2
d
，d = 1
2 at
2
解得t = d
v0
则粒子第一次经过x轴的位置离O 点的距离为s= v0t =d
（3）粒子第一次经过x轴进入磁场Ⅱ中时，竖直分速度为v y =at =2v0
则此时粒子速度大小为v =
❑√v0
2+ v y
2 = ❑√5 v0
粒子速度与x轴的夹角满足tanθ = v y
v0
= ❑√2
将粒子的速度v进行如图分解
其中v1=2v0，v2=
❑√v0
2+ v y
2 = ❑√5 v0
则有q v1
B
2 =q v0 B =qE
可知粒子在磁场Ⅱ中运动可分解为：沿x轴方向以速度v1做匀速直线分运动，另一分运动以速度大
小v2做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得q v2 B
2 =m v2
2
r
'
解得r
' = 2❑√5m v0
qB
= ❑√5d
如图所示
可知当v2方向沿x轴正方向时，粒子的速度最大，为vmax = v1+ v2=(2+ ❑√5)v0
此时粒子离x轴距离最大，为dmax=r
' +r
' cosθ =(❑√5+1)d
17. 空间存在磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里，匀强电场的场
强为E、方向沿y 轴向下，将一个质量为m、带正电q 的粒子从O 点由静止释放，粒子的部分
运动轨迹如图中曲线所示。出发后粒子第一次到达x 轴的坐标为（a，0），已知该曲线在最低
点的曲率半径为该点到x 轴距离的2 倍，该粒子运动过程中任意位置的坐标可以表示为P（x，
y），不计粒子的重力，则（ ）
A．该粒子运动过程中任意位置坐标的y 值可能取负值
B．该粒子运动过程中任意位置坐标的x 值不可能大于a
C．粒子在运动过程中第一次运动到离x 轴最远处时，距离x 轴的距离ym = 2mE
q B
2
D．粒子运动过程中的最大速率vm =
❑√2 E
B
【答案】C
【详解】AB．粒子从初始位置运动到x 轴时电场力做功为0，所以不可能运动到x 轴以上位置，即
y 值不可能取负值；到达x 轴的速度为零，所以会再次向下运动，重复前一段的轨迹向前运动，则
x 值会大于a，故AB 错误；
C．粒子第一次运动到距离x 轴最远处时洛伦兹力不做功，由动能定理得Eq ym = 1
2 mvm
2
解得vm = ❑√
2 Eq ym
m
在此处有q vm B - Eq=m vm
2
2 ym
解得ym = 2mE
q B
2
故C 正确；
D．最大速率满足Eq ym = 1
2 mvm
2
解得vm = 2 E
B
故D 错误。
故选C。
18. 如图所示，xOy 坐标平面在竖直面内，x 轴沿水平方向，y 轴正方向竖直向上，在图示
空间内有垂直于xOy 平面的水平匀强磁场。一带电小球从O 点由静止释放，运动轨迹如图中
曲线。关于带电小球的运动，下列说法中正确的是（ ）
A．OAB 轨迹为半圆
B．小球运动至最低点A 时速度最大，且沿水平方向
C．小球在整个运动过程中机械能先变大再变小
D．小球在A 点时受到的洛伦兹力与重力大小相等
【答案】B
【详解】小球释放后，除了受到重力外，开始阶段还受到向右侧的洛伦兹力的作用，只有重力做功
机械能守恒。可以假定小球带正电，且磁场方向垂直纸面向里。小球初速度为0，可以将这个初速
度分解为向右的速度v1和向左的速度v2
则两者大小关系为v1= v2
且使满足qv1B = mg
则根据前述分析可知，小球的运动可看作是v1引起的向右的匀速直线运动和v2引起的一开始向左的
逆时针匀速圆周运动的两个分运动的合运动。很显然，小球的轨迹不是半圆，而是摆线，如图所示
且小球运动至最低点A 时速度为向右的v2和v1的矢量和，即2v1，洛伦兹力大小为2mg。其他位置
v2和v1的矢量和都小于2v1，故选B。
19. 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（
）
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= m v0
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。
20. 中国航天科技集团六院801 所研发的50 千瓦级双环嵌套式霍尔推力器于2025 年5 月
成功点火并稳定运行，推力达4.6牛，接近美国X3 推进器（5.4牛）水平，这一突破使中国
成为全球第三个掌握该技术的国家，标志着我国在大功率电推进领域进入国际第一梯队。霍尔
推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy 平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标
平面向里的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e 的电子从O 点
沿x 轴正方向水平入射。改变速度大小，得到了如图甲、乙所示的两种轨迹，则下列说法正确
的是（ ）
A．若入射速度v1> E
B ，电子的轨迹一定如图乙中虚线所示
B．只要入射速度v2≠E
B ，电子距离x 轴的最远距离都为d = 2m v2
eB
C．若入射速度v3= E
4 B ，电子的轨迹一定如图甲中虚线所示，且当电子速度为v4= E
2B 时，电
子的纵坐标为y = 3mE
32e B
2
D．无论是图甲还是图乙，电子在运动过程中所受的合力大小均不变
【答案】CD
【详解】A．若入射速度v0= E
B ，则有eB v0=eE
可知电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子将沿x 轴做匀速直线运动，若入射速度v1> E
B ，将v1分解
为v0= E
B 和v1- v0，电子的运动可以分解为，沿x 轴的匀速直线运动和以v1- v0为速度的沿y 轴负方
向的匀速圆周运动，图乙中最低点速度沿x 轴负向，则v1- v0>v0，即v1> 2 E
B ，故A 错误；
B．只要入射速度v2≠E
B ，电子的运动均可以分解为沿x 轴的匀速直线运动和沿y 轴的匀速圆周运动，
距离x 轴的最远距离都为d =2r
根据e v2B≠m v2
2
r
可得d ≠2mv2
eB
，故B 错误；
C．电子运动过程中洛伦兹力不做功，只有电场力做功，当电子入射速度为v3= E
4 B ，运动到速度为
v4= E
2B 的过程中，由动能定理得eEy = 1
2 m( E
2B )
2
- 1
2 m( E
4 B )
2
解得y = 3mE
32e B
2，故C 正确；
D．无论是图甲还是图乙，电子的运动均可以分解为匀速直线运动和匀速圆周运动，故电子所受的
合外力大小均为电子做匀速圆周运动的向心力大小，故D 正确。
故选CD。
类型5 带电粒子在叠加场中的动量问题
21. 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（ ）
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。
22. 威尔逊云室是显示高能带电粒子径迹的装置。为更好地研究带电粒子的径迹，某研究
小组设计的磁场分布如图所示，在坐标xOy 平面（纸面）的一、四象限内存在垂直纸面向外的
匀强磁场，磁感应强度大小为B。一比荷为q
m = v0
BL的带正电的粒子从坐标为(0,2 L)的P 点以
大小为v0的速度垂直y 轴射入磁场，若粒子进入磁场后受到了与速率成正比、与速度方向相反
的阻力，观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与y 轴相切于Q 点（未画出）。不计粒子重力，下列
说法正确的是（ ）
A．粒子由P 点运动到Q 点的时间为3 πL
2v0
B．粒子由P 点运动到Q 点的时间为2πL
3 v0
C．Q 点的纵坐标为L
D．Q 点的纵坐标为3 L
4
【答案】AC
【详解】AB．粒子的运动轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有qvB =mvω
可得ω= qB
m
即角速度为一定值，又可知粒子与磁场左边界相切时转过的弧度为3 π
2 ，则有t3=
3
2 π
ω = 3 πL
2v0
故A 正确，B 错误；
CD．取一小段时间Δt，设水平方向速度为v x，竖直方向速度为v y，对粒子在x方向上列动量定理
-q v y BΔt -k v xΔt =mΔv x
两边同时对过程求和∑-q v y BΔt +∑-k v xΔt =∑mΔv x
得qB∑- v yΔt +k ∑- v xΔt =m∑Δv x
即k ∑-Δ x -qB∑Δ y =m∑Δv x
其中k ∑-Δ x =0
则qBΔ y =m v0
结合q
m = v0
BL得Δ y = L
所以Q点纵坐标为2 L- L= L
故C 正确，D 错误。
故选AC。
23. 在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强
磁场，磁感应强度大小为B。带正电的小球1 和不带电的绝缘小球2 静止放置于固定的水平悬
空光滑支架上，两者之间有一被压缩的绝缘微型弹簧，弹簧用绝缘细线锁住，如图所示。小球
1 的质量为m1，电荷量为q。某时刻，烧断锁住弹簧的细线，弹簧将小球1、2 瞬间弹开。小球
1 做匀速圆周运动，经四分之三个周期与球2 相碰。弹开前后两小球的带电情况不发生改变，
且始终保持在同一竖直平面内。不计空气阻力，两球均可视为质点，重力加速度大小为g。求：
(1)电场强度的大小；
(2)小球2 被弹开瞬间的速度大小；
(3)小球1、2 的质量m1
m2
之比。
【答案】(1)E = m1 g
q
(2)v2= 3 π m1g
4 qB
(3)m1
m2
= 2
3 π
【详解】（1）小球1 做匀速圆周运动，故小球1 所受的重力和电场力等大反向
m1g=qE
解得
E = m1 g
q
（2）两球相撞时，小球2 的水平位移和竖直位移都是小球1 圆周运动的半径，小球1 做匀速圆周
运动，洛伦兹力提供向心力，则
q v1B = m1v1
2
R
T = 2πR
v1
t = 3
4 T = 3 π m1
2qB
R = v2t
R = 1
2 gt
2
联立解得
v2= 3 π m1g
4 qB
，v1= 9 π
2m1g
8qB
（3）烧断细线瞬间，两小球组成的系统动量守恒
m1v1=m2v2
解得
m1
m2
= v2
v1
= 2
3 π
24. 如图所示，磁感应强度大小为B =0.5T的匀强磁场垂直纸面向里，匀强电场水平向左，
比荷q
m =2C/kg的带负电微粒，刚好能够在纸面内以v =20 m /s的速度做匀速直线运动，速
度方向与竖直方向的夹角为θ =30°。已知图中P点是它的运动轨迹上的一点，重力加速度g取
10 m /s
2。
(1)求匀强电场的电场强度大小；
(2)当微粒运动到P点时，撤去磁场，当微粒运动到Q点时（图中未画出），速度变为竖直，求Q点
与P点的水平距离和竖直距离；
(3)当微粒运动到Q点时，撤去电场，同时恢复被撤去的磁场，求在此后的运动中，微粒与P点在竖
直方向上的最大距离是多少。
【答案】(1)5 ❑√3 N /C
(2)5 ❑√3
3
m，35
3 m
(3)10 ❑√57+65
3
m
【详解】（1）微粒做匀速直线运动，受力情况如图所示
则(qBv)
2=(qE)
2+(mg)
2，tan30° = mg
qE =
❑√3
3
解得E =5 ❑√3 N /C
（2）撤去磁场后，微粒做类平抛运动 将速度分解可得v x = v sin30° =10 m /s，
v y = v cos30° =10 ❑√3 m /s
水平方向的加速度ax= qE
m =10 ❑√3 m /s
2
水平方向的速度减为零时t = v x
ax
=
❑√3
3 s
此时与P点的竖直距离为y = v yt + 1
2 gt
2= 35
3 m
与P点的水平距离为x = v x+0
2
t = 5 ❑√3
3
m
（3）微粒运动的轨迹离P点的竖直距离最大时，速度v1为水平方向
在水平方向上，由动量定理可得∑F xΔt =m v1-0
即Bq y1=m v1
在Q点时速度v y 1= v y+>= 40
3
❑√3 m /s
由动能定理可得mg y1= 1
2 m v1
2- 1
2 m v y 1
2
求得y1=10(
❑√57
3
+1)m
与P点在竖直方向上的最大距离Y = y + y1= 10 ❑√57+65
3
m
25. 如图，水平面上固定有足够长的平行导轨P、Q，导轨间存在方向竖直向下，大小为
B（大小未知）的匀强磁场，且导轨间距足够大。有一质量为M 的圆筒垂直导轨放置，长度略
小于导轨内侧间距（可认为相等），a 端封闭，b 端开口，能沿导轨自由滑动。另有一质量为
m，带电量为q（q>0）的小球（直径大小可忽略不计）能沿圆筒自由移动。圆筒不会屏蔽磁场，
小球不发生电荷转移，忽略一切摩擦及空气阻力。
(1)先撤去圆筒，将小球紧贴导轨Q 并给其与导轨Q 夹角为37°的初速度v = ❑√gL，如图甲，若小球
没有离开磁场，且与导轨Q 最大距离为1.8L，求磁感应强度B 的大小；
(2)若B 为（1）中所求，现装上圆筒，若M=m，将小球放入筒中靠近b 端处，给圆筒中心施加大小
为1.5mg，方向平行于导轨向右的恒力F，如图乙，求F 作用距离为L 时小球速度大小；
(3)若B = m
q
❑√
2 g
L
，装上圆筒，将小球放入圆筒中且与导轨P 的距离为L，现给小球与圆筒一个平行
于导轨向右的相同初速度v0= ❑√2 gL，如图丙。当小球与导轨a 端发生碰撞时，平行于导轨方向的
速度不变，垂直于导轨的速度反向且大小变为碰前的e 倍（0<e<1），请计算：
①在与a 端发生第n 次碰撞到第n+1 次碰撞期间，小球与P 导轨的最大距离。
②从小球开始运动到①中与P 导轨的最大距离时，小球在平行导轨方向所经过的位移大小。
【答案】(1)m
q ⋅❑√
g
L
(2)❑√2gL
(3)①
❑√M
2+e
2n(2 Mm+m
2)- M
m
L，②（1+e)(1-e
n)
1-e
❑√
2 M +m
M +m L
【详解】（1）根据几何关系有R=L
小球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB =m v
2
R
解得B = m
q ⋅❑√
g
L
（2）在很小的每一段时间Δt 内，小球与圆筒x 方向速度vx′视为不变，则y 方向受到洛伦兹力为
F y =q v
'
x B
小球在y 方向上由动量定理有q v
'
x B Δt =m Δv y
累积后有qBL=m v y
解得v y = ❑√gL
对小球与圆筒进行分析，根据动能定理有FL= 1
2 M v x
2+ 1
2 m(v x
2+ v y
2)
解得v x = ❑√gL
解得v =
❑√v x
2+ v y
2 = ❑√2gL
（3）从初始到第一次碰前有BqL=(m+ M )(v0- v x0)
根据能量守恒定律有1
2
(M +m)v0
2= 1
2 M v x0
2 + 1
2 m(v x0
2 + v y0
2 )
解得第一次碰前瞬间v x0=
M
M +m
❑√2gL，v y0= ❑√
2 M +m
M +m
❑√2gL
则第一次碰后瞬间有v x1= v x0，v y1=e v y0
从第一次碰后至第二次碰前，根据动量定理有qB Δ y =(m+ M ) Δv x
由于Δv y =0
解得Δv x =0
则第二次碰前x 方向上，小球与圆筒速度大小为v x 0，由能量守恒定律克知小球y 方向上的速度大小
为e v y0，则第二次碰后瞬间有v x2= v x0，v y2=e
2v y0
以此类推，第n 次碰后瞬间有v xn= v x0，v yn=e
nv y0
从第n 次碰后至小球离P 导轨最远，则有qB Dmax =(m+ M )(vn- v xn)
由洛伦兹力提供向心力，则有qB xn
2 =mv yn
其中xn 表示第n 次碰后至第n+1 次碰前小球在x 方向上的位移，由于
1
2 M v xn
2 + 1
2 m(v xn
2 + v yn
2 )= 1
2
(M +m)vn
2
解得xn=2e
n ❑√
2 M +m
M +m L，Dmax =
❑√M
2+e
2n(2 Mm+m
2)- M
m
L
又从开始运动到第一次碰前有qB x0=m v y0
解得x0= ❑√
2 M +m
M +m L
则有x = x0+ x1+ x2+⋅⋅⋅+ xn
2 = （1+e)(1-e
n)
1-e
❑√
2 M +m
M +m L
题型二 电场和磁场叠加的应用实例分析
1．速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件一般以单个带电粒子为研究对象，在洛伦
兹力和电场力平衡时做匀速直线运动达到稳定状态，从而求出相应的物理量，区别见下表．
装置
原理图
规律
速度选择器
若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做匀速直线运动
磁流体发电机
等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带
正、负电，两极板电压为U 时稳定，q＝qv0B，
U＝v0Bd
电磁流量计
q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝
霍尔元件
当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、
电流方向都垂直的方向上出现电势差
类型1 速度选择器
26. 2025 年3 月28 日，记者从中核集团获悉，新一代人造太阳“中国环流三号”首次实
现原子核和电子温度均突破一亿度，中国可控核聚变技术取得重大进展。在地球上，要实现可
控核聚变，要利用磁场约束来实现。如图为四种电磁场模型的示意图，四种模型中磁感应强度
大小均为B。图甲为速度选择器，两板间电压为U，上极板带正电，板间距为d；图乙为电磁
流量计，圆形截面的半径为r，稳定时最上方和最下方之间的电压为U；图丙为磁流体发电机，
两极板间距离为d，离子进入两板间的速率为v；图丁中的霍尔元件为长方体，载流子为电子，
带电荷量为e，单位体积内的自由电子数为n，与磁场方向平行的棱长为a，与磁场方向垂直的
截面为正方形，正方形的边长为b。带电粒子的重力不计，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中正电荷做匀速直线运动的速度大小为U
Bd ，应从右边进入速度选择器
B．图乙中液体的流量（单位时间内液体流过的体积）为Uπr
2B
C．图丙中磁流体发电机两极板间的电压为Bvd
D．图丁中霍尔电压为BI
neb
【答案】BC
【详解】A．图甲中正电荷做匀速直线运动时，则有Bqv = qU
d
解得v = U
Bd
由于洛伦兹力与电场力平衡，电场力向下，洛伦兹力应向上，因此正电荷应从左边进入速度选择器，
故A 错误；
B．电压稳定时，导电液体受到的电场力等于洛伦兹力，则有Bqv = qU
2r
则其流量Q = Sv
其中S = π r
2
联立解得Q = Uπr
2B ，故B 正确；
C．电路稳定时，电场力与洛伦兹力平衡，则有Bqv = qU
d
解得U = Bvd，故C 正确；
D．根据题意可知，洛伦兹力与电场力平衡，则有Bqv =q U
b
根据电流的微观定义可得I =neSv =neabv
联立解得U = BI
nea，故D 错误。
故选BC。
27. 电磁场与现代高科技密切关联，并有重要应用。如图所示，带电粒子（不计重力）在
以下四种器件中运动的说法正确的是（ ）
A．图甲是速度选择器的结构示意图，速度v = E
B 的带电粒子能够沿直线从右侧进入并匀速通过
速度选择器
B．图乙是质谱仪的结构示意图，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S，说明粒子的比荷越大
C．图丙是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增大D
形盒半径
D．图丁是磁流体发电机的结构示意图，将一束等离子体喷入磁场，A、B 两板间会产生电压，
且B 板电势低
【答案】BC
【详解】A．图甲是速度选择器的结构示意图，速度v = E
B 的带电粒子能够沿直线从左侧进入，因洛
伦兹力与电场力等大反向，则能匀速通过速度选择器，若从右侧进入时洛伦兹力和电场力方向相同，
则粒子不能匀速通过选择器， A 错误；
B．图乙是质谱仪的结构示意图，粒子先通过电场加速，则Uq = 1
2 mv
2
然后在磁场中偏转，则qvB =m v
2
R
解得R = 1
B
❑√
2Um
q
粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S，则R 越小，说明粒子的比荷越大，B 正确；
C．图丙是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，粒子动能最大时满足qvB =m v
2
R
则最大动能Ekm= 1
2 mv
2= q
2B
2 R
2
2m
可知要想粒子获得的最大动能增大，可增大D 形盒半径R，C 正确；
D．图丁为是磁流体发电机的结构示意图，将一束等离子体喷入磁场，根据左手定则可知，正离子
偏向B 极板，则A、B 两板间会产生电压，且B 板电势高，D 错误。
故选BC。
28. 如图甲所示，粒子发射器由粒子源、加速电场和速度选择器组成，若干带正电的同种
粒子以速度v0从发射器沿轴线射出。如图乙所示，MN、PQ为两块相互平行、等长且正对的
金属板，O1O2为两板中轴线，线段CD 与两板垂直，O 为CD 中点，在MN 与O1O2间存在垂
直极板向下的匀强电场，PQ 与O1O2间存在垂直纸面向里的匀强磁场。发射器可沿CD 上下移
动并平行极板向右发射粒子。已知粒子比荷q
m =10
8C/kg，速度选择器中匀强电场的场强
E0=1000 N /C，匀强磁场磁感应强度B0=0.1T；MN、PQ 两板间距离d =2m，板间匀强电场
的场强E =1.0 N /C。不计粒子重力及粒子间作用，不考虑粒子发射器对所有粒子运动的影响。
(1)求粒子发射器射出粒子的速度大小v0；
(2)若PQ、O1O2间匀强磁场磁感应强度B =10
- 4T，粒子从CO 中点射入，为使粒子垂直NQ 边界射
出，求发射器到NQ 的距离L；
(3)当粒子发射器在CD 间上下移动时，为使进入板间的粒子经多次电场和磁场偏转后，都能从右侧
边界NQ 射出，求PQ、O1O2间匀强磁场磁感应强度。
【答案】(1)10
4 m /s
(2)L=2n+1（n=0，1，3…）
(3)(❑√5+1)
12
×10
- 4T≤B≤(3- ❑√3)×10
- 4T
【详解】（1）粒子在速度选择器中做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，则有q E0=q v0 B0
代入题中数据，解得v0=10
4 m/s
（2）粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律有qE =ma
解得a=10
8 m/s
2
粒子竖直方向有d
4 = 1
2 at
2
解得t =10
- 4s
粒子到对称轴O1O2时，竖直方向速度v y =at =10
4 m/s
合速度v =
❑√v0
2+ v y
2 = ❑√2×10
4 m/s
由于v y = v0
可知，速度偏转角α = 45
∘
水平位移x = v0t =1m
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB =m v
2
R
解得R = ❑√2m
粒子垂直NQ 边界射出，则粒子经过一次抛体和圆周运动走过的最短长度x
' = Rsinα =1m
可知，若粒子垂直NQ边界射出，CN段长度L=2n+1（n=0，1，3…）
（3）①粒子从CO边进入电场中的位置越靠近C点，粒子在磁场中就更容易从DQ边飞出。当粒子
从C点进入电场，在磁场中轨迹刚好与DQ相切时为临界状态，如图
粒子在电场中类平抛运动，则有d
2 = 1
2 at1
2
解得t1= ❑√2×10
- 4s
结合上述有v y = ❑√2×10
4 m/s，tan β =
❑√2
2 ，v1=
v y
cos β = ❑√3×10
4 m/s
在磁场中由几何关系可得R1= 3- ❑√3
3
m
根据q v1B1=m v1
2
R1
解得B1=(3- ❑√3)×10
- 4 T
②粒子从OD边进入磁场中的位置越靠近D点，粒子越容易从侧边界飞出或一直在磁场中匀速圆周
运动。当粒子从D点进入磁场，经电场偏转回到磁场中刚好又回到D点时为临界状态。如下图
粒子在电场中做类平抛运动，则有t2= 2v0sin γ
a
，x = v0cos γ ×t2
粒子在磁场中做匀速圆周运动，几何关系有R2- R2sin γ = d
2 ，2 R2sin β = x
因为q v0 B2=m v0
2
R2
联立可得B2= (❑√5+1)
12
×10
- 4T
所以为使粒子都能从右侧边界NQ射出有(❑√5+1)
12
×10
- 4T≤B≤(3- ❑√3)×10
- 4T
类型2 磁流体发电机
29. 以下四幅图片中：图甲是磁流体发电机示意图，等离子体流动的方向由纸外指向纸内；
图乙是回旋加速器工作原理示意图；图丙是多级直线加速器的原理示意图；图丁是速度选择器
的原理示意图，带电粒子（不计重力）能够沿直线匀速通过速度选择器。下列说法中正确的是
（ ）
A．图甲中，A 极板是发电机的负极
B．图乙中，电场进行偏转，磁场进行加速
C．图丙中，多级直线加速器一定比回旋加速器更有优势
D．图丁中，带正电粒子能够从N 向M 沿直线匀速通过速度选择器
【答案】A
【详解】A．图甲中，根据左手定则，可知正电荷向B 极板偏转，负电荷向A 极板偏转，则A 极板
是发电机的负极，故A 正确；
B．图乙中，回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转，故B 错误；
C．图丙中，粒子通过多级直线加速器加速，加速电压越大，粒子获得的能量越高，但要产生这种
高压所需的技术要求很高，同时加速装置的长度也要很长，故多级直线加速器不一定比回旋加速器
更有优势，故C 错误；
D．图丁中，根据左手定则和带电粒子在电场中受力可知，带电（不论正负）粒子（不计重力）必
须从M 向N 运动，才可能沿直线匀速通过速度选择器，故D 错误。
故选A。
30. 磁流体发电是一项新兴技术。如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束
含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场。图中虚线框部分相当于发电
机。把两个极板与用电器相连，下列说法正确的是（ ）
A．用电器中的电流方向从A 到B
B．若只增大带电粒子电荷量，发电机的电动势增大
C．若只增强磁场，发电机的电动势增大
D．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势不变
【答案】AC
【详解】A．根据左手定则可知，正离子所受洛伦兹力方向向上，负离子所受洛伦兹力方向向下，
所以上极板相当于电源的正极，下极板相当于电源的负极，则用电器中的电流方向从A 到B，故A
正确；
BCD．稳定时，离子受到的洛伦兹力等于电场力，则有qvB =qE =q U
d
可得发电机的电动势为U = Bdv
若只增大带电粒子电荷量，发电机的电动势不变；若只增强磁场，发电机的电动势增大；若只增大
喷入粒子的速度，发电机的电动势增大，故BD 错误，C 正确。
故选AC。
31. 磁流体发电机的发电原理如图所示：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大
量带正电和负电的粒子，而从整体来说呈中性）沿图示方向以速度v 喷射入磁场，磁感应强度
为B，磁场中有两块金属板A、B（A 板在上，B 板在下，且正对），板间距为d，这时金属板
上就聚集了电荷。下述说法正确的是（ ）
A．A 板带正电荷
B．有电流从a 经用电器流向b
C．等离子体发生偏转的原因是离子所受电场力大于所受洛伦兹力
D．金属板A、B 间的最大电势差为Bvd
【答案】D
【详解】A．根据左手定则知，正电荷向下偏，负电荷向上偏，则A 板带负电，B 板带正电，故A
错误；
B．因为B 板带正电，A 板带负电，所以电流的流向为b 经电阻流向a，故B 错误；
C．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力，故C 错误；
D．当等离子体受力平衡时，金属板A、B 间的电势差最大，根据平衡条件
q U
d =qvB
解得
U = Bdv
故D 正确。
故选D。
类型3 电磁流量计
32. 武汉的病毒研究所是我国防护等级最高的P4 实验室，在该实验室中有一种污水流量
计，其原理可以简化为如图乙所示模型：废液内含有大量正负离子，从直径为d 的圆柱形容器
右侧流入，左侧流出，流量值Q 等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向
里的磁感应强度为B 的匀强磁场，下列说法正确的是（ ）
A．当磁感应强度B 减小时，污水流速将减小
B．当污水中离子浓度降低时，MN 两点电压将减小
C．只需要测量磁感应强度B 及MN 两点电压U，就能够推算污水的流量Q = πUd
4 B
D．当将MN 接入外部回路，该装置将成为磁流体发电机，N 点相当于电源的正极
【答案】CD
【详解】A．污水流量计可测出污水流速，且不会改变污水的流速，故A 错误；
BC．污水流速稳定后，有
qvB = U
d q
可得
U = Bvd
故当污水中离子浓度降低时，MN 两点电压不变，故B 错误；
C．污水的流量为
Q = Sv = π( d
2 )
2
⋅U
Bd = πUd
4 B
故C 正确；
D．根据左手定则，正离子向下偏转，负离子向上偏转，故当将MN 接入外部回路，该装置将成为
磁流体发电机，N 点相当于电源的正极，故D 正确。
故选CD。
33. 电磁流量计是随着电子技术的发展而迅速发展起来的新型流量测量仪表。主要有直流
式和感应式两种。如图所示直流式电磁流量计，外加磁感应强度为B 的水平匀强磁场垂直于管
轴，在竖直径向a、b 处装有两个电极，用来测量含有大量正，负离子的液体通过磁场时所产
生的电势差大小U。液体的流量Q 可表示为Q = 1
k ⋅UA
Bd ，其中d 为管道直径，k 为修正系数，
用来修正导出公式时未计及的因素（如流量计管道内的流速并不均匀等）的影响。那么A 应该
为（ ）
A．恒定常数
B．管道的横截面积
C．液体的流速
D．液体中单位时间内流过某一横截面的电荷量
【答案】B
【详解】由图可知，含有大量正，负离子的液体从入口进入管道，根据左手定则可知，带正电的离
子向上偏转，带负电的离子向下偏转，当显示器的示数稳定时，则在管道内形成向下的匀强电场，
则有
qvB =qE
而
E = U
d
流量
Q = Sv
联立解得
Q = US
Bd
所以Q = 1
k ⋅UA
Bd 式中的A 应该为管道的横截面积S。
故选B。
34. 为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况，技术人员在排污管中安装了监测装置，
该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为b和c，左、右两端开口与
排污管相连，如图所示。在垂直于上、下底面加磁感应强度为B向下的匀强磁场，在空腔前、
后两个侧面上各有长为a的相互平行且正对的电极M和N，M和N与内阻为R的电流表相连。
污水从左向右流经该装置时，电流表将显示出污水排放情况。下列说法中正确的是（ ）
A．M板比N板电势高
B．污水中离子浓度越高，则电流表的示数越小
C．污水流量大小，对电流表的示数无影响
D．若只增大所加磁场的磁感强度，则电流表的示数也增大
【答案】D
【详解】A．根据左手定则，正离子往N 板偏，负离子往M 板偏，最终M 板带负电，N 板带正电，
M 板电势比N 板电势低，故A 错误；
BCD．最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，可得
q U
d = Bqv
污水的流量
Q = vbc
则MN 两端间的电势差为
U = QB
c
污水流量越大，电势差越大，电流表示数越大；增加磁感应强度，电势差增大，电流表示数也增大；
污水中离子浓度越大，导线性能越好，即电阻率减小，M、N 间污水的电阻r 越小，其他条件不变
时，回路中的电流越大，故BC 错误，D 正确。
故选D。
类型4 霍尔元件
35. 图甲为燃气热水器水流量传感器原理示意图，图中霍尔元件的载流子为电子，单位体
积内的电子数为n，电子电荷量为e，上下、前后、左右表面距离分别为a、b、c，在前后表面
间通入电流I。水流冲刷叶轮带动环形多极磁铁转动，环形磁铁由等间距的3 个N 极与3 个S
极组成。控制器根据霍尔元件反馈的脉冲信号（如图乙所示）调节水和燃气的比例，确保水温
恒定。已知水流量与叶轮的转速成正比，比例系数为k，图乙中U H、t0为已知量，则（ ）
A．水流量为k
6t0
B．水流量为k
2t0
C．霍尔元件所处磁场的磁感应强度最大值为neaU H
I
D．霍尔元件所处磁场的磁感应强度最大值为nebU H
I
【答案】AC
【详解】AB．由题知，环形磁铁由等间距的3 个N 极与3 个S 极组成，每转一周，霍尔元件会产生
6 个脉冲信号，从图乙可知，相邻脉冲信号的时间间隔为t0，则转动周期T =6t0
可得转速n
' = 1
T = 1
6t0
因水流量与叶轮的转速成正比，且比例系数为k，则水流量为Q =k n
' = k
6t0
，故A 正确，B 错误；
CD．当霍尔元件左右表面的电势差达到稳定值U H时，电子所受的电场力与洛伦兹力平衡，则有
e U H
c =evB
根据电流的微观表达式有I =neSv =neacv
联立可得B = neaU H
I
，故C 正确，D 错误。
故选AC。
36. 如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中放置一个厚度为d的半导体矩形薄片，
在薄片中通上图示的电流I，薄片MN两侧会出现恒定的霍尔电压，霍尔电压与电流的比值称
为霍尔电阻RH。如果增大磁感应强度，会出现“量子霍尔效应”，量子霍尔电阻为RH= h
ie
2
（其中h为普朗克常量，e为电子电荷量，i为正整数）。有关霍尔电阻与磁感应强度B的关系，
如图乙所示。已知半导体薄片的厚度为d =1mm，薄片中自由电子的电荷量为e，单位体积内的
自由电子数为n，普朗克常量为h=6.63×10
-34J·s，电子的电荷量e =1.6×10
-19C，则下列
说法正确的是（ ）
A．图甲中M处的电势高于N处的电势
B．霍尔电阻会随电流I的增大而增大
C．根据图乙可得单位体积内的自由电子数约为10
18 m
-3
D．B =5T时，若薄片中通过电流I =0.1mA，则霍尔电压约为0.35 V
【答案】AC
【详解】A．根据左手定则，电子向N 板偏转，故M 板电势更高，故A 正确；
B．当半导体两端的霍尔电压稳定时，对于半导体内部电荷来说其所受电场力与洛伦兹力的合力为
零，有eE =evB
半导体内的电流为I =neSv
设半导体宽为b，半导体的电流方向的横截面积为S =db
半导体两端的霍尔电压为U H= Eb
整理有U H= BI
ned
根据霍尔电阻定义有RH= U H
I
解得RH= B
ned ，则霍尔电阻不会随电流的增大而增大，故B 错误；
C．根据图乙，磁感应强度较小时不会出现量子霍尔效应，则RH与B 成正比，由图乙可知，当
B =5T时RH= 0.2h
e
2
又RH= B
ned
代入数据联立解得n≈10
18 m
-3，故C 正确；
D．当B =5T时RH= 0.2h
e
2
根据U H= RH I
代入数据解得U H≈0.52V，故D 错误。
故选AC。
37. 小明设计了一个能够测量磁感应强度大小的传感器，如图所示。a、b、c 是矩形金属
薄片的长、宽及厚度，M、Q、N、P 是焊接在金属薄片四个侧面的电极，已知薄片单位体积内
自由电子数为n，电子的电荷量为e。现将传感器置于某磁感应强度大小为B，方向垂直纸面
向里的匀强磁场中，使磁感线垂直于金属薄片的表面，则（ ）
A．若电流从M 进N 出，则电子所受洛伦兹力方向指向P 端
B．若电流从M 进N 出且大小为I，则|U PQ|= IB
neb
C．若电流从Q 进P 出，则M 点电势比N 点高
D．若电流从Q 进P 出且大小恒定，则减小c 可以提高该传感器的灵敏度
【答案】CD
【详解】A．若电流从M 进N 出，则电子由N 向M 运动，根据左手定则，电子将受到指向Q 端的
洛伦兹力的作用而向Q 偏转，故A 错误；
B．P、Q 端累积正负电荷之后，形成电场，根据上述，P 端带正电，Q 端带负电，P 点电势比Q 点
高，电子又将受到指向P 的电场力作用，当电场力等于洛伦兹力时，即有
q U
b =qvB
此时，电子不再偏转，P、Q 两端电压稳定，又由于
I =nebcv
两式联立解得
|U PQ|= IB
nec
故B 错误；
C．若电流从Q 进P 出，电子由P 向Q 运动，根据左手定则，电子将受到指向N 端的洛伦兹力的作
用而向N 偏转，使得M 点电势高于N 点，故C 正确；
D．根据上述，当电子所受电场力等于洛伦兹力时有
|U MN|= IB
nec
分析可知磁感应强度变化量相同时，c 越小，电压变化量越大，即该传感器的灵敏度越高，故D 正
确。
故选CD。
