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微专题22 带电粒子在叠加场中的运动 跟踪练习
基础过关
一．选择题：
1.如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆
周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁
场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，
则( )
A．液滴带正电
B．液滴比荷＝
C．液滴沿顺时针方向运动
D．液滴运动速度大小v＝
2.质量为m、电荷量为q 的微粒以速度v 与水平方向成θ 角从O 点进入方向
如图所示的由正交的匀强电场和匀强磁场组成的叠加场区中，该微粒在静电力、
洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A 点，下列说法中正确的是
（重力加速度为g）( )
A．该微粒一定带正电荷
B．微粒从O 到A 的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为
D．该电场的电场强度大小为
3.如图甲所示，水平传送带足够长，沿顺时针方向
匀速运行，将一绝缘带电物块无初速度地从最左端放上传送带。该装置处于垂
直纸面向外的匀强磁场中，物块运动的vt 图像如图乙所示。物块所带电荷量保
持不变，下列说法正确的是( )
A．物块带正电
B．1 s 后物块与传送带共速，所以
传送带的速度为0.5 m/s
C．传送带的速度可能比0.5 m/s 大
D．若增大传送带的速度，其他条件不变，则物块最终达到的最大速度也会
增大
4.（2025·福建福州模拟）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（ 1
1H）以速度v0自O 点沿中轴线射入，恰好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 射入的正电子（ 1
0e）
B.以速度v0射入的电子（ －1
0e）
C.以速度2v0射入的氘核（ 1
2H）
D.以速度4v0射入的α 粒子（ 2
4He）
5.（多选）两根导线通有大小相等、方向相同的电流，垂直穿过绝缘水平面，
俯视图如图所示。O 点是两导线在绝缘水平面内连线的中点，a、b 是两导线连
线垂直平分线上到O 点距离相等的两点。一可视为质点的带正电滑块以大小相
等的初速度v0分别从a、b 两点向O 点运动过程中，下列说法正确的是( )
A．滑块在a、b 两点受到的磁场力方向相同
B．滑块在a、b 两点受到的磁场力方向相反
C．若水平面光滑，则滑块从a 点出发后一定做曲
线运动
D．若水平面粗糙，则滑块从b 点出发后一定做减速运动
6.（多选）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
7.（多选）如图所示，将一由绝缘材料制成的带一定正电荷的滑块放在装有
光电门的固定木板上，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大
小为B。测得带遮光条滑块的质量为m，木板的倾角为θ，木板与滑块之间的动
摩擦因数为μ，遮光条的宽度为d，滑块由静止释放，遮
光条通过两光电门所用的时间均为t，重力加速度为g。
下列说法正确的是( )
A．到达光电门2 之前滑块先加速后减速
B．到达光电门2 之前滑块所受的摩擦力先增大后不变
C．滑块所带的电荷量为－
D．滑块所带的电荷量为＋
8.〔多选〕（2025·福建泉州期末）如图，空间中存在沿水平方向且互相垂直
的匀强磁场B 和匀强电场E，一带电液滴以一定速度沿斜向上的虚线做直线运
动，则液滴（ ）
A.带负电
B.一定做匀速直线运动
C.可能做匀减速直线运动 D.电势能减小
能力提升
一．选择题：
9.（2025·广东佛山模拟）医院常用到血流量计检查患者身体情况。某种电磁
血流量计的原理可以简化为如图所示模型。血液内含有少量正、负离子，从直
径为d 的血管右侧流入，左侧流出，空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为
B 的匀强磁场，M、N 两点之间的电压稳定时测量值为U，流量Q 等于单位时间
通过横截面的液体的体积。下列说法正确的是（
）
A.血液中负离子多时，M 点的电势高于N 点的电势
B.血液中正离子多时，M 点的电势高于N 点的电势
C.血液流量Q＝π Ud
4 B
D.电压稳定时，正、负离子不再受洛伦兹力
10.〔多选〕（2025·四川绵阳模拟）如图所示是利用霍尔效应测量磁场的传感器，
由运算芯片LM393 和霍尔元件组成，LM393 输出的时钟电流（交变电流）经二
极管整流后成为恒定电流I 从霍尔元件的A 端流入，从F 端流出。磁感应强度为
B 的匀强磁场垂直于霍尔元件的工作面水平向左，测得C、D 两端间电压为U。
已知霍尔元件的载流子为自由电子，单位体积的自
由电子数为n，电子的电荷量为e，霍尔元件沿AF
方向的长度为d1，沿C、D 方向的宽度为d2，沿磁场
方向的厚度为h，下列说法正确的是（ ）
A.C 端的电势高于D 端
B.若将匀强磁场的磁感应强度减小，C、D 间的电压将增大
C.自由电子的平均速率为v＝
I
ne d1d2
D.可测得此时磁感应强度B＝nehU
I
11.如图所示，空间中有范围足够大的匀强磁场，一个带正电的小圆环套在
一根竖直固定且足够长的绝缘细杆上。现使圆环以一定的初速度向上运动，经
一段时间后圆环回到起始位置，已知杆与环间的动摩擦因数保持不变，圆环所
带电荷量保持不变，空气阻力不计，对于圆环从开始运动到回到起始位置的过
程，下面关于圆环的速度v、加速度a 随时间t 变化的图像，重力势能Ep、机械
能E 随圆环离开出发点的高度h 变化的图像，可能正确的是( )
二．计算题：
12.如图所示，在xOy 坐标系内，圆心角为120°内壁光滑、绝缘的圆管ab，
圆心位于原点O 处，Oa 连线与x 轴重合，bc 段为沿b 点切线延伸的直管，c 点
恰在x 轴上。坐标系内第三、四象限内有水平向左的匀强电场，场强为E1（未
知）；在第二象限内有竖直向上的匀强电场，场强为E2（未知）。在第二、三
象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。现将一质量为
m、带电荷量为＋q 的小球从圆管的a 端无初速度释放，小球到达圆管的b 端后
沿直线运动到x 轴，在bc 段运动时与管壁恰无作用力，从圆管c 端飞出后在第
二象限内恰好做匀速圆周运动。已知圆管直径略大于小球直径，重力加速度为
g。求：
(1)该匀强电场的场强E1的大小；
(2)小球沿圆管ab 下滑到达y 轴瞬间对管壁的作用力；
(3)O、c 间距离，并通过计算判断小球从c 端飞出后能否第二次到达y 轴。
13.如图所示，质量M 为5.0 kg 的小车以v＝2.0 m/s 的速度在光滑的水平面
上向左运动，小车上AD 部分是表面粗糙的水平轨道，DC 部分是光滑圆弧轨道，
整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂
直于纸面向里的匀强磁场，电场强度E 大小为50 N/C，磁感应强度B 大小为2.0
T。现有一质量m 为2.0 kg、带负电且电荷量为0.10 C 的滑块以v0＝10 m/s 的水
平速度向右冲上小车，当它运动到D 点时速度v1＝5 m/s。滑块可视为质点，g
取10 m/s2，计算结果保留2 位有效数字。
(1)求滑块从A 到D 的过程中，小车与滑块组成的系统损失的机械能；
(2)如果滑块刚过D 点时对轨道的压力为76 N，求圆弧轨道的半径r；
(3)当滑块通过D 点时，立即撤去磁场，要使滑块冲出圆弧轨道，求此圆弧
轨道的最大半径。
培优训练
一．计算题：
14.霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy 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，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。入射速度为v0时，电子
沿x 轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，
且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
(1)求电场强度的大小E；
(2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
(3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2＝位置的
电子数N 占总电子数N0的百分比。
参考答案：
1.C 解析 液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运
动，可知qE＝mg，得＝，选项B 错误；电场力方向竖直向上，液滴带负电，
选项A 错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向运动，选项C 正确；对液滴
有qE＝mg，qvB＝m，得v＝，选项D 错误。
2. C 解析 若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的静电
力qE 和垂直OA 斜向右下方的洛伦兹力qvB，微粒不能做直线运动，由此可知
微粒带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的静电力qE 和垂直OA 斜
向左上方的洛伦兹力qvB，又因为微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒做匀
速直线运动，故A、B 错误；由平衡条件得qvB cos θ＝mg，qvB sin θ＝qE，
解得磁场的磁感应强度大小B＝，电场的电场强度大小E＝，故C 正确，D 错
误。
3.C 解析 在0～1 s 内，vt 图像的斜率减小，物块的加速度减小，所受滑
动摩擦力减小，对传送带的压力减小，而物块做加速运动，所受洛伦兹力增大，
所以洛伦兹力一定竖直向上，由左手定则可知，物块一定带负电，A 错误；物
块达到最大速度的条件是摩擦力等于零，不再加速，所以1 s 末物块与传送带间
的摩擦力恰好为零，此时物块的速度为0.5 m/s，传送带的速度可能是0.5 m/s，
也可能大于0.5 m/s，B 错误，C 正确；由C 项分析知传送带的速度大于等于0.5
m/s，无论传送带的速度增大到多大，物块加速到0.5 m/s 后都不再加速，即物
块的最大速度等于0.5 m/s，D 错误。
4.B 解析：质子（ 1
1H）以速度v0自O 点沿中轴线射入，恰好沿中轴线做匀速
直线运动，质子将受到向上的洛伦兹力和竖直向下的静电力，满足qv0B＝qE，
解得v0＝E
B ，即质子的速度满足速度选择器的条件，以速度v0
2 射入的正电子
（ 1
0e），所受的洛伦兹力小于静电力，正电子将向下偏转，故A 错误；以速度
v0射入的电子（ －1
0e），依然满足静电力等于洛伦兹力，做匀速直线运动，即
速度选择器不选择电性而只选择速度，故B 正确；以速度2v0射入的氘核（ 1
2
H）和以速度4v0射入的α 粒子（ 2
4He），其速度都不满足速度选择器的条件v0
＝E
B ，所以都不能做匀速直线运动，故C、D 错误。
5.AD 解析 根据安培定则知两导线连线的垂直平分线上，O 点左侧的磁场方
向竖直向下（俯视），O 点右侧的磁场方向竖直向上（俯视），根据左手定则
可得，滑块在a、b 两点受到的磁场力方向相同，故A 正确，B 错误；水平面光
滑，滑块带正电荷，洛伦兹力垂直水平面向里，水平面对滑块的支持力与洛伦
兹力和重力的合力平衡，滑块一定做直线运动，故C 错误；若水平面粗糙，则
滑块从b 点出发后，由于摩擦力做负功，重力、支持力及洛伦兹力不做功，故
滑块一定做减速运动，故D 正确。
6. BC 解析 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；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 点的电势，故B 正确；洛伦兹力总是和速度方向垂直，电子从M 到
N，洛伦兹力不做功，故C 正确；M 点和P 点在同一等势面上，从M 点到P 点
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
在这两点所受电场力相等，即所受合力相等，故D 错误。
7.BC 解析 以滑块为研究对象，根据左手定则可知，滑块运动过程受到
的洛伦兹力垂直斜面向下，滑块由静止释放，根据牛顿第二定律可得mg sin θ
－μ(mg cos θ＋qvB)＝ma，可知随着滑块速度的增大，滑块的加速度减小，所
以滑块先做加速度减小的加速运动，由于遮光条通过两光电门所用的时间均为
t，可知滑块到达光电门1 前已经做匀速运动，因此到达光电门2 之前滑块先加
速后匀速，到达光电门2 之前滑块所受的摩擦力先增大后不变，故A 错误，B
正确；滑块做匀速运动的速度大小为v＝，根据受力平衡可得mg sin θ－μ(mg
cos θ＋qvB)＝0，联立解得滑块所带的电荷量为q＝－，故C 正确，D 错误。
8.BD 解析：带电液滴以一定速度沿斜向上的虚线做直线运动，由于洛伦兹力
会随速度变化而变化，所以带电液滴一定做匀速直线运动，则油滴的受力如图
所示，由于静电力与电场方向相同，所以液滴带正电，故B 正确，A、C 错误；
由于静电力对带电液滴做正功，可知带电液滴的电势能减小，故D 正确。
9.C 解析：根据左手定则，水平向左入射的正离子受到竖直向下的洛伦兹力，
负离子受到竖直向上的洛伦兹力，则正离子聚集在N 点一侧，负离子聚集在M
点一侧，则M 点的电势低于N 点的电势，A、B 错误；正、负离子达到稳定状
态时，离子所受洛伦兹力与电场力平衡，有qvB＝qU
d ，可得流速v＝U
Bd ，流量
Q＝Sv＝π d
2
4 · U
Bd ＝π Ud
4 B ，C 正确，D 错误。
10.AD 解析：已知霍尔元件的载流子为自由电子，电流方向从A 流向F，根据左
手定则可得电子偏向D 端，则C 端的电势高于D 端，故A 正确；根据Bev＝eU
d2
，可得U＝Bd2v，若将匀强磁场的磁感应强度减小，C、D 间的电压将减小，故
B 错误；根据电流微观表达式I＝neSv，可得v＝I
neS＝
I
nehd2，故C 错误；由
Bev＝eU
d2 ，v＝
I
nehd2，联立可得B＝nehU
I
，故D 正确。
11. D 解析 选竖直向下为加速度的正方向，上升阶段，对圆环根据牛顿
第二定律有mg＋Ff＝ma，其中有Ff＝μFN＝μBqv，联立解得a＝，故圆环在上
升阶段做加速度逐渐减小的减速运动；在最高点时，圆环速度为零，此时加速
度为a＝＝g，下降阶段，对圆环根据牛顿第二定律有mg－μBqv＝ma，可得a
＝，可知下降阶段，圆环做加速度逐渐减小的加速运动，上升和下降时速度方
向相反，加速度方向相同，A、B 错误。以初位置为参考平面，可知圆环的重力
势能为Ep＝mgh，可知Eph 图像为过原点的倾斜直线，C 错误。圆环运动过程
中克服摩擦阻力做的功等于机械能的减少量，在上升阶段有Ff＝μFN＝μBqv，
随着速度的减小，圆环受到的摩擦力逐渐减小，故Eh 图线的斜率在减小；下
降阶段随着速度的增大，圆环受到的摩擦力逐渐增大，故Eh 图线的斜率在增
大；由于受到的摩擦力一直做负功，故回到初始位置时机械能小于开始时的机
械能，D 正确。
12.答案 (1) (2)mg 竖直向下 (3)
解析 (1)小球到达圆管的b 端沿直线运动到x 轴，与管壁恰无作用力，必
然是匀速直线运动，对小球受力分析如图所示，可知qE1＝mg tan 30°
解得E1＝。
(2)设到达y 轴瞬间小球速度为v1，设O、a 间距离为R，对小球的这一过程
应用动能定理可得mgR＋qE1R＝mv
此时小球受到管下壁的弹力，设为FN，由向心力公式可得FN－mg＝
联立可得FN＝mg
由牛顿第三定律可知，小球对管下壁的弹力竖直向下，FN′＝mg。
(3)从c 端飞出时，设小球速度为v2，由第(1)问受力分析可知
qv2B cos 30°＝mg 可得v2＝
对小球从a 到b 的这一过程应用动能定理可得
mgR cos 30°＋qE1R(1＋sin 30°)＝mv 联立得R＝
以v2到达x 轴，O、c 间距离为x1＝2R＝
设带电小球在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据洛伦兹力提供向心力
有Bqv2＝
解得r＝，因r＝>x1，故小球能第二次到达y 轴。
13.答案 (1)85 J (2)1.0 m (3)0.71 m
解析 (1)设滑块运动到D 点时的速度大小为v1，小车在此时的速度大小为
v2，物块从A 运动到D 的过程中，系统动量守恒，以向右为正方向，有
mv0－Mv＝mv1＋Mv2 解得v2＝0
设小车与滑块组成的系统损失的机械能为ΔE，则有ΔE＝mv＋Mv2－mv
解得ΔE＝85 J。
(2)设滑块刚过D 点时受到轨道的支持力为FN，则由牛顿第三定律可得FN＝
76 N，由牛顿第二定律可得
FN－(mg＋qE＋qv1B)＝m 解得r＝1.0 m。
(3)设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同的速度v′，
由动量守恒定律可得mv1＝(m＋M)v′
解得v′＝ m/s
设圆弧轨道的最大半径为Rm，由能量守恒定律有
mv＝(m＋M)v′2＋(mg＋qE)Rm
解得Rm≈0.71 m。
14.答案 (1)Bv0 (2) (3)90%
解析 (1)电子沿x 轴做直线运动，则电子受平衡力的作用，即eE＝eBv0
解得E＝Bv0。
(2)电子在电、磁叠加场中运动，受洛伦兹力和电场力的作用，只有电场力
做功，则电子的速度由到的过程，由动能定理得
eEy1＝m（）2－m（）2
联立解得y1＝。
(3)设电子的入射速度为v1时刚好能达到纵坐标为y2＝的位置，
此时电子在最高点的速度沿水平方向，且大小假设为v2，则
电子在最低点的合力为F1＝eE－eBv1
电子在最高点的合力为F2＝eBv2－eE
由题意可知电子在最高点与最低点的合力大小相等，即F2＝F1
整理得v1＋v2＝2v0
电子由最低点到最高点的过程，由动能定理得
eEy2＝mv－mv 整理得v2－v1＝ 解得v1＝v0
又电子入射速度越小，电子运动轨迹的最高点对应的纵坐标越大
则能到y2＝的位置的电子数占总电子数的比例为η＝＝×100%
解得η＝90%。
