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专题22 带电粒子在复合场的运动
考点
考情
命题方向
考点1 带电粒子在
电磁复合场中的运
动
2023 高考江苏卷
2022·全国理综甲卷
2022 年高考广东物理
1.带电粒子在电磁复合场中的
运动的考查大多以科技为情
景，可能为选择题，也可能为
计算题。
2.带电粒子在电磁与重力的复
合场中的运动包括：电场和重
力复合场，磁场和重力复合
场：电场、磁场和重力复合
场。考查方式可能为选择题，
也可能为计算题。
考点2 带电小
球在电磁与重
力的复合场中
的运动
2023 年全国新课程卷
2023 年北京卷
2022 高考广东卷
考点3 质谱仪
和回旋加速器
2024 年高考甘肃卷
2023 年高考福建卷
2021 年高考广东卷
题型一 带电粒子在叠加场中无约束条件下的运动
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
1
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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。
[模型演练1] （2024•四川模拟）如图所示，光滑水平绝缘桌面上放置一光滑绝缘玻璃管
（两端开口，不计空气阻力），管中有一质量为m，电荷量为q 的带正电小球，小球直径略小
于管径，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，若玻璃管以速度v0沿y
轴负方向匀速运动（不考虑小球离开玻璃管情形），若以x 和y 分别表示小球在x 轴和y 轴方
向上的分位移，以vx表示小球沿x 轴方向的分速度，v 表示小球的瞬时速度，用t 表示小球的
运动时间，下列描述小球运动情况的图像正确的是（ ）
2
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：AB、由题意，玻璃管以速度v0沿y 轴负方向匀速运动，由左手定则判断，可知小
球受到的洛伦兹力在x 轴方向上的分力沿x 轴正方向，且大小恒为fx＝qBv0，洛伦兹力的这个分
力使小球沿x 轴正方向做初速度为零匀加速直线运动，由vx＝at，可知vx﹣t 图像为过原点的倾
斜直线，由x= 1
2at2，可知x﹣t 图像为抛物线的一部分，故A 正确，B 错误；
C、小球沿y 轴方向做匀速直线运动，则有y＝v0t，与x= 1
2at2，联立可得：y2= 2v0
2
a x，则y2﹣
x 图像为过原点的倾斜直线，故C 错误；
D、由矢量合成可得小球的瞬时速度的平方为：v
2= v x
2+ v0
2，沿x 轴方向有：v x
2=2ax
联立解得：v
2=2ax + v0
2，则v2﹣x 图像为不过原点的倾斜直线，故D 错误。
故选：A。
[模型演练2] （多选）（2024 春•哈尔滨期末）如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感
应强度为0.5T 的匀强磁场，一质量为0.2kg，且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木
板的左端无初速放置一质量为0.1kg，电荷量O 的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为
0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为
0.6N 的恒力，g 取10m/s2，则（ ）
A．若q＝﹣0.2C，木板和滑块一起做加速度减小的加速运动，最后做v＝10m/s 匀速运动
B．若q＝+0.2C，滑块先匀加速到v＝6m/s，再做加速度减小的加速运动，最后做v＝10m/s 匀速
运动
C．若q＝﹣0.2C，木板和滑块一直以1m/s2的加速度做匀加速运动
D．若q＝+0.2C，木板先以2m/s2做匀加速运动，再做加速度增大的加速运动，最后做a＝3m/s2
匀加速运动
3
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【解答】解：AC．若q＝﹣0.2C，滑块受到的洛伦兹力方向向下，对整体，加速度
a=
F
m木+m滑
=
0.6
0.2+0.1 m/ s
2=2m/ s
2
对滑块有
f＝m 滑a＝0.1×2N＝0.2N＜μm 滑g＝0.5N
即木板和滑块一直以2m/s2做匀加速运动，故AC 错误；
B．若q＝+0.2C，以滑块为研究对象，在滑块未发生滑动之前，以整体为研究对象可知
a=
F
m木+m滑
=
0.6
0.2+0.1 m/ s
2=2m/ s
2
设匀加速阶段滑块能达到的速度为v，故有
μ（m 滑g﹣Bqv）＝m 滑a
解得
v＝6m/s
随着滑块速度增大，洛伦兹力增大且方向向上，受到的摩擦力减小，加速度减小，当滑块与木
板间没有摩擦力时，滑块在水平方向不再加速，达到最大速度，此时重力与洛伦兹力平衡，故
有
Bqvm＝mg
解得
vm＝10m/s
此后滑块匀速运动，故B 正确；
D．若q＝+0.2C，木板先以2m/s2做匀加速运动，随着随着滑块速度增大，洛伦兹力增大且方向
向上，木板与滑块间的摩擦力减小，则木块加速度增大，当它们间无摩擦力时，木板加速度
a1= F
m木
= 0.6
0.2 m/ s
2=3m/ s
2
故D 正确。
故选：BD。
[模型演练3] （2024•东西湖区校级模拟）如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，
磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为+q 的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，
环与杆间的动摩擦因数为μ。现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0圆环回到出发点，不计
空气阻力，取竖直向上为正方向。下列描述该过程中圆环的速度v 随时间t、摩擦力Ff随时间
t、动能Ek随位移x、机械能E 随位移x 变化规律的图象中，不可能正确的是（ ）
4
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A．
B．
C．
D．
【解答】解：AB．小球向上运动的过程中受重力、洛伦兹力、支持力和向下的滑动摩擦力，向
上运动，重力和摩擦力做负功，速度不断减小，洛伦兹力不断减小，支持力减小，故滑动摩擦
力减小，合力减小，物体做加速度不断减小的加速运动，当速度减为零时，向上的位移最大，
摩擦力等于0，而加速度等于重力加速度；小球达到最高点后向下运动的过程中受重力、洛伦兹
力、支持力和向上的滑动摩擦力，由于速度不断变大，洛伦兹力不断变大，支持力变大，故滑
动摩擦力变大，合力减小，物体做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度最大；
由以上的分析可知，小球先向上运动，加速度逐渐减小；后小球向下运动，加速度仍然继续减
小．负号表示速度的方向前后相反．由以上的分析可知，小球先向上运动，摩擦力的方向向下，
逐渐减小；后小球向下运动，摩擦力的方向向上，逐渐增大，故AB 是可能的；
C．小球向上运动的过程中，有
Ek＝Ek0﹣WG﹣Wf＝Ek0﹣mgx﹣fx
由于f 逐渐减小，所以动能的变化率逐渐减小，故C 不可能；
D．小球运动的过程中摩擦力做功使小球的机械能减小，向上运动的过程中
ΔE＝﹣fΔx
由于向上运动的过程中f 逐渐减小，所以机械能的变化率逐渐减小；而向下运动的过程中摩擦力
之间增大，所以机械能的变化率逐渐增大，故D 是可能的。
本题选不可能的，故选：C。
[模型演练4] （2024•南岗区校级三模）如图所示，一根足够长的粗糙绝缘细直杆MN，
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固定在竖直平面内，与水平面的夹角为37°，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强
磁场充满直杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为m 的带负电小环（可视为质点）套在
直杆上，与直杆之间有一个极小的空隙，小环与直杆之间动摩擦因数μ＝0.5，将小环从直杆
MN 上的P 点由静止释放，下降高度为h 之前速度已达到最大值。已知小环和直杆之间最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，小环的电荷量为﹣q（q＞0），重力加速度大小为g，不计空气阻力，
取sin37°＝0.6，下列说法中正确的是（ ）
A．小环释放后，一直做加速度减小的加速运动
B．小环释放后，小环的速度先增大后减小
C．小环释放后，加速度的最大值为0.6g，速度的最大值为2mg
Bq
D．小环下降高度h 的过程中，因摩擦产生的热量为mgh- m
3 g
2
B
2q
2
【解答】解：AB.刚开始阶段，小环受到重力、支持力沿斜面向上的摩擦力作用，下滑后，由于
小环速度逐渐增大，所以还会受到洛伦兹力作用，受力分析如图所示
根据力的合成与分解，垂直于杆方向，有
N+qvB＝mgcos37°
沿杆方向，有
mgsin37°﹣μN＝ma
随着小环速度增大，支持力逐渐减小，摩擦力减小，所以加速度增大，故小环会做加速度增大
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的加速运动，之后洛伦兹力大于重力垂直于杆的分力，支持力垂直于杆向下，垂直于杆方向，
有
qvB＝mgcos37°+N
沿杆方向，有
mgsin37°﹣μN＝ma
小环做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，故AB 错误；
C.小环释放后，支持力为零，洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力时，加速度最大，根据牛顿
第二定律，有
mgsin37°＝ma
解得
a＝0.6g
当合力为零时，速度最大，根据共点力平衡，有
mgsin37°＝μN
qvmB＝mgcos37°+N
联立解得
vm= 2mg
qB
，故C 正确；
D.因为下降高度为h 之前速度已达到最大值，小环下降高度h 的过程中，根据能量守恒定律，有
mgh= 1
2 mvm
2 +Q
代入速度解得
Q =mgh- 2m
3 g
2
q
2B
2
，故D 错误。
故选：C。
题型二 带电粒子在叠加场中有约束条件下的运动
[模型演练5] （2024 春•万州区校级期中）如图质量为m、电荷量为q 的带正电粒子（忽
略粒子重力），以速度v0沿OO'方向垂直射入相互正交的竖直向下的匀强电场E 和水平向里匀
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强磁场B，经过该一区域中的P 点的速率为vp，此时侧移量为s，若v0= 2 E
B
下列说法中正确的
是（ ）
A．带电粒子在P 点的速率v P=√
2qEs
m
+ v0
2
B．带电粒子的加速度大小恒为qE
m
C．若s= mE
q B
2，粒子从射入该区域到P 点所用时间至少πm
qB
D．粒子在运动过程中洛伦兹力始终大于电场力
【解答】解：A.粒子运动过程中，洛伦兹力始终与速度方向垂直而不做功，则根据动能定理
-qEs= 1
2 mvP
2 - 1
2 mv0
2
解得v P=√- 2qEs
m
+ v0
2，故A 错误；
B.将粒子进入电磁场的初速度v0看成是两个水平向右分速度v1、v2的合成，其中水平向右分速
度v1满足qv1B＝qE
解得v1= E
B
则另一水平向右分速度v2满足
v2= v0- E
B = 2 E
B - E
B = E
B
则粒子在电磁场中的运动可分解为：以v1水平向右的匀速直线运动和线速度大小为v2的匀速圆
周运动，其中以v2大小做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可知粒子运动过程受到的合
力大小为
F合=q v2B =q⋅E
B B =qE
根据牛顿第二定律可知带电粒子的加速度大小为
a= F合
m = qE
m
，故B 正确；
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C.以v2大小做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
q v2B =m v2
2
r
解得
r = m v2
qB =
m⋅E
B
qB
= mE
q B
2
若
s= mE
q B
2 =r
可知粒子从射入该区域到P 点所用时间至少为
tmin= 1
4 T = 1
4 × 2πm
qB = πm
2qB
，故C 错误；
D.粒子的合速度为分速度v1与v2的合成，其中v1的大小方向均保持不变，v2的大小不变，方向
时刻发生改变，当v2方向与v1方向相反时，粒子的合速度最小，则有
vmin=|v1- v2|= E
B - E
B =0
可知粒子受到的洛伦兹力最小值为零，而粒子受到的电场力保持不变，故D 错误。
故选：B。
[模型演练6] （2023 秋•大连期末）如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线
与水平方向成α 角，水平方向的匀强磁场与电场正交。有一带电液滴沿虚线AB 斜向上做直线
运动，AB 与水平方向成β 角，且α＞β，下列说法中正确的是（ ）
A．液滴一定做匀速直线运动
B．液滴一定带负电
C．电场力可能做负功
D．液滴有可能做匀变速直线运动
【解答】解：AD.带电液滴沿虚线AB 斜向上做直线运动，可知液滴受电场力、重力和洛伦兹力
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三力平衡，若液滴做变速运动，则洛伦兹力会发生变化，三力不再平衡，则液滴一定做匀速直
线运动，不可能做匀变速直线运动，故A 正确，D 错误；
B.当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力、沿电场线向上的
电场力、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿
虚线AB 做匀速直线运动；如果带电液滴带负电、或电场线方向斜向下时，带电液滴所受合力不
为零，不可能沿直线运动，则液滴一定带正电，故B 错误；
C.由以上分析可知，带电液滴带正电，且电场线方向斜向上，此时电场力做正功，故C 错误。
故选：A。
[模型演练7] （2024•泉州二模）如图所示，速度选择器MN 两极板间的距离为d，板间
匀强磁场的磁感应强度大小为B，O 为速度选择器中轴线上的粒子源，可沿OO′方向发射速
度大小不同、带电荷量均为q（q＞0）、质量均为m 的带电粒子，经速度选择器后，粒子先后
经过真空中两平行边界的匀强磁场区域到达足够大荧光屏；匀强磁场的磁感应强度分别为
B1、B2，对应边界的宽度分别为d1、d2。调节滑片P 可改变速度选择器M、N 两极板间的电压，
使粒子沿OO′方向垂直磁场B1边界进入B1，经磁场B1偏转后进入B2，最后荧光屏恰好未发
光，粒子重力不计，则MN 两极板间的电压大小是（ ）
A．qBd(B1d1+ B2d2)
m
B．q(B1d1+ B2d2)
mBd
C．qBd(B2d2- B1d1)
m
D．qBd(B1d1- B2d2)
m
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【解答】解：设粒子速度为v0，MN 两极板间电压为U，在速度选择器中有：qB v0= U
d q
可得：v0= U
Bd
由题意荧光屏恰好未发光，则临界轨迹恰好与荧光屏相切，粒子运动的轨迹如图：
由三角形相似可得：R1
R2
=
d1
d2- R2
又根据半径公式：R1= mv0
q B1
，R2= mv0
q B2
联立以上几式求解得：U = qBd(B2d2- B1d1)
m
，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
[模型演练8] （2024 春•鼓楼区校级期末）如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy 中，
在第二象限内存在沿x 轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向垂直坐标平面向里的
匀强磁场；在第一象限内存在方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度大小也为B、方向垂直坐
标平面向外的匀强磁场。一带正电的小球P 从x 轴上的A 点以某一速度沿AK 方向做直线运动，
AK 与x 轴正方向的夹角θ＝60°，从K 点进入第一象限后小球P 恰好做匀速圆周运动，经过x
轴时竖直向下击中紧贴x 轴上方静止的带电小球Q，碰后两球结合为一个结合体M，之后M
从y 轴上的F 点离开第四象限，第四象限存在匀强磁场，方向如图所示。已知重力加速度大小
为g，小球P、Q 带电荷量均为q、质量均为m，不计空气阻力。
（1）求第二象限与第一象限内电场的电场强度大小之比E2
E1
；
（2）求小球Q 静止的位置距O 点的距离；
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（3）若结合体M 进入第四象限时的速度为v，M 在第四象限运动时的最大速度为2v，则当其速
度为2v 时，结合体M 距x 轴的距离是多少？
【解答】解：（1）小球P 沿AK 方向做直线运动，由于洛伦兹力与速度有关，可知其一定做匀
速直线运动，受力如图所示
根据几何关系可得E2q
mg =tanθ
小球Q 静止在第一象限，则qE1＝mg
联立可得E2
E1
=tanθ =√3
（2）小球竖直向下击中Q，轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有qvB =m v
2
r
rsinθ+r＝d
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粒子在第二象限中有qvBcosθ＝mg
联立解得d =(√3+2) m
2q
q
2B
2
（3）结合体在第四象限中只有重力做功，根据动能定理可得
2mgh= 1
2 ⋅2m(2v)
2- 1
2 ⋅2m v
2
整理解得h= 3 v
2
2g
。
答：（1）电场强度大小之比E1
E2
为√3
；
（2）小球Q 静止的位置距O 点的距离为(√3+2) m
2 g
q
2B
2
；
（3）结合体M 距x 轴的距离是3 v
2
2g
。
题型三 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＝
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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
[模型演练9] （2024•昌平区二模）如图所示，水平放置的两平行金属板间存在着相互垂
直的匀强电场和匀强磁场。一带电粒子（重力不计）从M 点沿水平方向射入到两板之间，恰
好沿直线从N 点射出。电场强度为E，磁感应强度为B。下列说法正确的是（ ）
A．粒子一定带正电
B．粒子射入的速度大小v = B
E
C．若只改变粒子射入速度的大小，其运动轨迹为曲线
D．若粒子从N 点沿水平方向射入，其运动轨迹为直线
【解答】解：A、从M 到N，当粒子带正电时，电场力向下，洛伦兹向上，二力平衡时粒子可
沿直线运动；当粒子带负电时，电场力向上，洛伦兹力向下，二力平衡时粒子也可沿直线运动，
所以粒子可能带正电也可能带负电，故A 错误；
B、不论粒子带何种电荷，能够在速度选择器中沿直线运动，一定由qvB＝qE，解得v= E
B
，故
B 错误；
C、当粒子入射速度变化时，洛伦兹力将发生变化不再等于电场力，二力无法平衡，粒子将做曲
线运动，故C 正确；
D、从N 射入时，若粒子带正电，电场力向下，洛伦兹力也向下，合力向下，粒子将向下极板偏
转；若粒子带负电，电场力向上，洛伦兹力也向上，合力向上，粒子将向上极板偏转，故D 错
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误。
故选：C。
[模型演练10] （2024•南开区校级模拟）如图为实验室筛选带电粒子的装置示意图。加速
器金属板M、N 竖直放置，两板中心开有小孔，板间电压为U0加速器右侧为一速度选择器，
金属板E、F 中有正交的匀强电场和匀强磁场，磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B1，电
场方向未画出。速度选择器右端有一个圆心为O，半径为R 的绝缘圆筒，圆筒某一横截面在粒
子运动所在的竖直面内，在该横截面内圆筒上有三个等间距的小孔A、B、C，圆筒内存在着
垂直纸面向里的匀强磁场。现有一带电量为+q，质量为m 的粒子（重力忽略不计），由静止
经过加速器加速后恰能沿直线通过速度选择器，最终从A 孔正对圆筒横截面圆心O 射入圆筒。
求：
（1）离开加速器的速度大小；
（2）速度选择器中电场强度的大小；
（3）若粒子进入绝缘圆筒后，直接从B 点射出，则圆筒内的磁感应强度B2为多大；
（4）为了使粒子从B 点射出后能从C 点返回筒内，可在圆筒外PQ 直线右侧加一垂直纸面向外
的匀强磁场，磁感应强度大小为B3，若粒子在运动中与圆筒壁碰撞，将以原速率反弹，求B3可
能的大小。
【解答】解：（1）经加速电场，根据动能定理有qU 1= 1
2 mv
2
解得：v =√
2qU 1
m
（2）经速度选择器。粒子受到的电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，则
qE＝qvB1
解得：E =√
2qU 1
m
B1
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（3）粒子从A 入射，直接从B 出射，则运动轨迹如图：
由几何关系可知θ＝30°
得r =
R
tanθ =√3 R
则对粒子有qv B2=m v
2
r
解得：B2= √6qmU 1
3qR
（4）粒子在圆筒外可能的运动轨迹如图：
由几何关系可知α = 2π
3 ⋅1
2n = π
3n ，n=1，2，3，
粒子运动半径r'＝Rtanα
根据牛顿第二定律有qv B3=m v
2
r '
解得：B3=
1
Rtan π
3n √
2mU 1
q
，n=1，2，3
类型2 磁流体发电机
[模型演练11] （2024•香坊区校级四模）新冠肺炎疫情持续期间，医院需要用到血液流量
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计检查患者身体情况。某种电磁血液流量计的原理可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．离子所受洛伦兹力方向一定竖直向下
B．M 点的电势一定高于N 点的电势
C．血液流量Q = πUd
4 B
D．电压稳定时，正、负离子不再受洛伦兹力
【解答】解：AB、根据左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力方向竖直向下，负离子受到的洛
伦兹力方向竖直向上，所以M 点的电势一定低于N 点的电势，故AB 错误；
CD、当电压稳定时，离子受到的电场力和洛伦兹力相等，则
qBv = qU
d
流量的计算公式为：
Q＝vS= v × π d
2
4
联立解得：Q = πUd
4 B
，故C 正确，D 错误；
故选：C。
[模型演练12] （2023 秋•通州区期末）某同学受磁流体发电机的启发，设计了一种新型发
电装置。如图所示，将发电装置、开关、导线与电阻组成一个电路，这种新型发电装置可看作
直流电源。从微观角度看，在相距为d 且足够长的M、N 两金属板间加有垂直纸面向里的磁感
应强度为B 的匀强磁场，将一束带正电的离子流以速度v 水平向右喷入M、N 两板间，带正电
的离子在洛伦兹力的作用下向某一极板偏转，由于静电感应在另一极板上感应出等量的负电荷。
宏观上两板间产生电势差，可为阻值为R 的电阻供电。已知每个离子的质量均为m，电荷量为
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+q，单位时间内沿垂直极板方向上单位长度喷射的正离子个数为n。M、N 两板间距d＞2mv
qB
。忽略离子的重力及离子间的相互作用力。
（1）求该发电装置的电动势E；
（2）只闭合开关S1将外电路短路，求此时回路中的电流Im；
（3）只闭合开关S2，待电路中电流稳定后，若单位时间内打在极板上的离了数为N，试推导写
出N 与R 的关系式。
【解答】解：（1）当发电装置两极板间电压稳定，则射入磁场的粒子受力平衡，满足
qU MN
d
=qBv
解得：UMN＝Bdv
则该发电装置的电动势为：
E＝UMN＝Bdv
（2）短路时，粒子在洛伦兹力的作用下发生偏转，设r0为圆周运动的半径，只有与M 板的距离
小于2r0的正离子能够打在M 板上形成等效电流，则I m= Q
t =n⋅2r0q
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB = m v
2
r0
联立解得：I m= 2nmv
B
（3）由电流的定义式可得：I＝Nq
根据闭合电路欧姆定律可得：I =
E
R+r
电源电动势为：E＝Bdv
由I m= E
r
得：r = B
2d
2nm
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联立解得：N=
Bdv
( R+ B
2d
2nm )q
类型3 电磁流量计
[模型演练13] （2024•天心区校级模拟）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
【解答】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
正电的离子所受洛伦兹力向上，故向上偏转，带负电的离子所受洛伦兹力向下，故向下偏转，
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ACD 错误，B 正确。
故选：B。
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[模型演练14] （2023 秋•海淀区期末）核电站正常工作时，使液态金属钠在核反应堆内外
循环流动，可把核裂变释放的能量传输出去，用于发电。某校综合实践小组设计了一个项目：
通过安培力驱动输送液态钠的装置。图1 所示是输送液态钠的绝缘管道，液态钠的电阻率为ρ
（不计温度、压力对电阻率的影响），正方形管道截面的边长为a，在输送管道上有驱动模块
和测量模块。驱动模块：在管道上长为L 的部分施加垂直于管道、磁感应强度为B1的匀强磁
场，在管道的上下两侧分别安装电极，并通以大小为I 的电流。测量模块：在管道的上下两端
安装电极M、N，M、N 两极连接由电压表（图中未画出）改装的流量计（单位时间通过管道
横截面的液体体积叫做流量），施加垂直于管道、磁感应强度为B2的匀强磁场。当装置工作
时，液态钠充满管道并沿管道匀速流动。
（1）关于测量模块
①比较M 和N 端电势的高低。
②推导流量Q 和M、N 两端电压U 的关系式。
（2）关于驱动模块
①求由安培力产生的压强p。
②当流量计示数为Q 时，求驱动模块需要输入的电功率P 入。
（3）关于反馈控制模块
如图2 所示，在驱动模块和测量模块之间还有反馈控制模块，当测得的流量异常时，反馈模块会
通过调整驱动模块实现矫正。已知液态钠在流动过程中所受阻力与其流动方向相反，大小正比
于流动的速率，比例系数为k。当流量计示数大于正常值时，请分析说明在驱动模块结构确定的
情况下可采取哪些措施。
【解答】解：（1）①由左手定则判断，液态钠中的自由电子受到向上的洛伦兹力，向M 端偏
转，M 端带负电，其电势低于N 端电势。
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②设流速为v，根据电子所受电场力与洛伦兹力平衡可得：
eU
a =eB2v
流量Q＝Sv＝a2v= aU
B2
故流量Q 和M、N 两端电压U 的关系式为：Q= aU
B2
（2）①安培力F＝B1Ia
安培力的压强p= F
S = B1 Ia
a
2 = B1 I
a
②当流量计示数为Q 时，流速v= Q
a
2
安培力的功率为：P1＝Fv＝B1Ia× Q
a
2 = B1 IQ
a
驱动模块的电阻为：R＝ρ a
aL = ρ
L
热功率为：P2＝I2R= ρ I
2
L
驱动模块需要输入的电功率P 入＝P1+P2= B1 IQ
a
+ ρ I
2
L
（3）依据题意有：F 阻＝kv
液态钠沿管道匀速流动，则有：F＝B1Ia＝F 阻＝kv
可得：v= B1 Ia
k
当流量计示数大于正常值时，即液态钠的流速v 大于正常值，需要减小流速，在驱动模块结构确
定的情况下，可采取减小磁感应强度B1，或减小电流I，或同时减小磁感应强度B1和减小电流
I。
类型4 霍尔元件
[模型演练15] （2024•东西湖区校级模拟）霍尔元件广泛应用于生产生活中，有的电动自
行车上控制速度的转动把手就应用了霍尔元件，这种转动把手称为“霍尔转把”。“霍尔转
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把”内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图。开启电动自行车的电源时，在霍尔器件的上下
面之间就有一个恒定电流I，如图。将“霍尔转把”旋转，永久磁铁也跟着转动，施加在霍尔
器件上的磁场就发生变化，霍尔器件就能输出变化的电势差U。这个电势差是控制车速的，电
势
差
与
车
速
的
关
系
如
图
。
以
下
叙
述
正
确
的
是
（
）
A．若霍尔元件的自由电荷是自由电子，则C 端的电势高于D 端的电势
B．若改变霍尔器件上下面之间的恒定电流I 的方向，将影响车速控制
C．其他条件不变，仅增大恒定电流I，可使电动自行车更容易获得最大速度
D．按第一张图顺时针均匀转动把手，车速增加得越来越快
【解答】解：A、若霍尔元件的自由电荷是自由电子，根据左手定则，电子受到洛伦兹力向C 端
相连接的面移动，因此C 端电势低于D 端的电势，故A 错误；
B、当霍尔元件上下面之间的恒定电流I 的方向改变，从霍尔元件输出的控制车速的电势差正负
号相反，但由题中第三张图可知，不会影响车速控制，故B 错误；
C、设自由电子定向移动的速率为v，霍尔元件前后面间的距离为h，左右表面间距离为d，达到
稳定后，自由电荷受力平衡，由Bqv＝qU
h
，可得U＝Bhv，电流的微观表达式I＝nqvS＝
nqvhd，则可知仅增大电流I 时前后表面电势差增大，对应的车速更大，电动自行车的加速性能
更好，更容易获得最大速度，故C 正确；
D、当按题中第一张图顺时针均匀转动把手时霍尔器件周围场强增大，那么霍尔器件输出的控制
车速的电势差U 增大，因此车速变快，但并不是增加的越来越快，故D 错误。
故选：C。
[模型演练16] （2024 春•徐汇区校级期中）我国“天和号”核心舱配备了四台全国产化的
LHT﹣100 霍尔推进器，虽然单台推力只有80 毫牛，但在关键性能上已经反超国际空间站。霍
尔推进器工作时，将气体推进剂电离成电子和离子，这些离子在电场的作用下被加速后以极高
的速度喷出，在相反的方向上对航天器产生了推力。
（1）单位质量的推进剂所产生的冲量叫“比冲量”，也叫“比推力”，是衡量推进器效率的重
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要参数。在国际单位制中，其单位用基本单位可表示为 。
（2）霍尔推进器工作时需要用磁场将带电粒子约束在一定区域内，产生霍尔效应。“霍尔效
应”可用图示模型进行理解：将长方形金属导体置于匀强磁场中，磁场B 与电流I 的方向如图所
示且垂直，导体中的自由电子在洛伦兹力的作用下发生漂移，在导体的一侧聚集积累，从而在
相对的两个表面之间出现电势差，即“霍尔电压”。图中的 两个表面间会产生霍尔电
压，电势较高的是 表面（均选填“上、下、左、右、前、后”）。若匀强磁场的磁感
应强度为B，电流强度为I，电子电量为e，电子沿电流方向的平均定向移动速率为v，导体长、
宽、高分别为a、b、c，则最大“霍尔电压”为 。
（3）笔记本电脑在合上及打开时，屏幕会自己熄灭及亮屏，这是因为其内部含有磁铁和霍尔传
感器。霍尔传感器类似于如图装置，当合上屏幕时，屏幕上的磁铁极会面向下并产生近似磁感
应强度B＝0.5T 的匀强磁场，A、B 为两个竖直放置且相距d＝0.05mm 的平行极板（足够长），
并都连接在电脑内的电压传感器，一侧不断有电子（重力不计）以速度v＝0.1m/s 平行且从两极
板中央射入，当电压传感器监测到电压为 V 时，电脑屏幕熄屏。
【解答】解：（1）根据题意，“比冲量”的表达式为I
m
。在国际单位制中，冲量I 的单位用基
本单位表示为kg•m/s，质量m 的基本单位为kg，则“比冲量”的单位用基本单位可表示为
m/s。
（2）金属导体中电流方向向右，自由电子定向向左运动，由左手定则，可知电子向上表面偏转，
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故上表面带负电，下表面带正电，可知图中的上、下两个表面间会产生霍尔电压，电势较高的
是下表面。
稳定后电子不再偏转时“霍尔电压”恒定且最大（设为UH），电子所受洛伦兹力与电场力等大
反向，则有：
eBv＝eU H
c
联立解得：UH＝Bcv
（3）由（2）的结论可知A、B 两个平行极板之间的最大电压为：Um＝Bdv＝0.5×0.05×10﹣
3×0.1V＝2.5×10﹣6V
故当电压传感器监测到电压为2.5×10﹣6V 时，电脑屏幕熄屏。
故答案为：（1）m/s；（2）上、下；下；Bcv；（3）2.5×10
6
﹣
24
