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专题提升十五　带电粒子在叠加场、交变场中的运动
【学习目标】　1.理解叠加场的特点，会处理带电粒子在叠加场中的运动问题。2.掌握带电粒子在交变场中运动的解题思路和处理方法。3.理解速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件的原理、特点及应用。
提升点一　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.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 粒子所受的合力为0 平衡条件
匀速圆周运动 除洛伦兹力外，其他力的合力为零 牛顿第二定律、圆周运动的规律
一般曲线运动 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
(2026·河南信阳一模)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的电荷量均为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；
(2)求小球Q静止的位置距O点的距离；
(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？
学生用书 第214页
[审题指导]　(1)小球P在第二象限做直线运动，则一定是匀速直线运动。
(2)小球P在第一象限做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，其他力的合力为零。
(3)结合体M在第四象限内运动时，只有重力做功。
答案：(1)　(2)(＋2)　(3)
解析：(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，受力分析如图甲所示
根据几何关系可得＝tan θ
小球P在第一象限做匀速圆周运动，则qE1＝mg
联立可得＝tan θ＝。
(2)小球P竖直向下击中小球Q，小球P在第一象限内的轨迹如图乙所示
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m
由几何关系知
rsin θ＋r＝d
由图甲有qv0Bcos θ＝mg
联立解得d＝(＋2)。
(3)结合体M在第四象限中运动时只有重力做功，根据动能定理可得
2mgh＝·2m(2v)2－·2mv2
解得h＝。
解决叠加场问题的一般步骤
针对练.(多选)空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带正电粒子在叠加场中恰能沿着MN以速度v做匀速直线运动，MN与水平方向成45°，NP水平向右。粒子电荷量为q，质量为m，重力加速度为g，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，则(　　)
A.电场强度大小为E＝
B.磁感应强度大小为B＝
C.N、P两点的电势差为U＝
D.粒子从N运动到P的过程中，距离NP的最远距离为
答案：BC
解析：粒子在叠加场中能沿着MN做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图甲所示，由受力平衡可知mg＝qE，qvB＝mg，解得电场强度大小E＝，磁感应强度大小B＝，A错误，B正确；撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图乙所示，加速度a＝＝g，从N到P位移偏向角为45°，则速度偏向角的正切tan θ＝2tan 45°＝2，所以粒子在P点的速度vP＝＝v，粒子从N到P过程，由动能定理，有qU＝m－mv2，解得N、P两点间的电势差U＝，C正确；将粒子在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且vNy＝vsin 45°＝v，故粒子离NP的最远距离h＝＝，D错误。
配速法在叠加场中的应用
1.配速法：如果带电粒子在叠加场中不做匀速直线运动，即所受合力不为零，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，运动比较复杂。可以通过配速的方法，把初速度分解为两个分速度，使其一个方向的分速度对应的洛伦兹力与重力(或电场力、或重力和电场力的合力)平衡，另一个方向的分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样将复杂的曲线运动分解为两个比较常见的运动，即为配速法。
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2.配速法在叠加场中的几种常用情况
常用情况 处理方法
初速度为0，且受重力 把初速度0看作水平向右的速度v1和水平向左的速度v2的合速度，v1＝v2，其产生的洛伦兹力如图所示且F洛＝G
初速度为0，不受重力 把初速度0看作水平向右的速度v1和水平向左的速度v2的合速度，v1＝v2，其产生的洛伦兹力如图所示且F洛＝F电
初速度为0，且受重力 把初速度0看作斜向右上方的速度v1和斜向左下方的速度v2的合速度，v1＝v2，沿右上方的运动满足F洛＝F合，沿左下方的运动为匀速圆周运动，如图所示
初速度为v0，且受重力 把初速度v0看作水平向右的速度v1和斜向左上方的速度v2的合速度，水平向右的速度v1产生的洛伦兹力与重力平衡，则粒子的运动可看作速度大小为v2的匀速圆周运动和速度大小为v1的匀速直线运动的合运动，如图所示
拓展应用.(2024·甘肃卷·T15)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
(1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
(2)求O点到P点的距离。
(3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。
答案：(1)正电　　(2)　 (3)
解析：(1)由于粒子在偏转分离器的匀强磁场中向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为v0，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件知qv0B1＝qE1
在加速电场中，由动能定理知qU＝m
联立解得，粒子的比荷为 ＝。
(2)由洛伦兹力提供向心力知qv0B2＝m
可得O点到P点的距离为OP＝2r＝。
(3)粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力F洛＝qv0B1和向下的静电力F＝qE2
由于E2＞E1，且qv0B1＝qE1
将粒子进入Ⅱ的初速度v0看作水平向右的速度v0、v1和水平向左的速度v2的合速度，v1＝v2，如图所示
其中满足qE2＝q(v0＋v1)B1
则粒子在速度选择器中以速度v0＋v1水平向右做匀速直线运动的同时，以速率v2做匀速圆周运动，当匀速圆周运动的速度水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O'点的要求，故此时粒子打在O'点的速度大小为 v'＝v0＋v1＋v2＝。
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提升点二　带电粒子在交变场中的运动
解决带电粒子在交变场中运动问题的基本思路
如图甲所示的xOy平面内存在着变化磁场和变化电场，变化规律分别如图乙、丙所示，磁感应强度的正方向为垂直纸面向里，电场强度的正方向为y轴正方向。t＝0时刻，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从坐标原点O以初速度v0沿x轴正方向入射(不计粒子重力)。B-t图像中B0＝，E-t图像中E0＝。求：
(1)0～t0时间内，粒子在磁场中运动轨道半径的大小；
(2)3t0时刻，粒子的坐标；
(3)0～5t0时间内，粒子轨迹纵坐标的最大值。
[审题指导]　(1)电场和磁场交替出现，粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做匀变速曲线运动。
(2)计算粒子在磁场中的运动周期，比较其与电、磁场变化的周期的大小。
(3)分析每一段的运动情况，计算相关物理量，根据上一段的计算结果分析下一段的运动。
答案：(1)　(2)　(3)v0t0＋
解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝＝t0
0～t0时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qv0B0＝m
解得r＝。
(2)0～t0时间内，粒子完成了一个完整的圆周运动
在t0～2t0时间内，粒子所受合力为电场力，根据牛顿第二定律有qE0＝ma
解得a＝
粒子在电场中做类平抛运动，则有x0＝v0t0，y0＝a＝v0t0
在2t0～3t0时间内，粒子完成了一个完整的圆周运动，则3t0时刻，粒子的坐标为。
(3)作出粒子的运动轨迹如图所示，根据轨迹图可知，0～5t0时间内，粒子轨迹纵坐标的最大值ymax＝2y0＋2r＝v0t0＋。
针对练.(2026·江苏无锡模拟)如图甲所示，在xOy平面内y轴的左侧有宽为L的电场区域，在电场区域的左侧有一加速电场，电压为U0，一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从A点飘入加速电场(忽略初速度)，从x轴的P点(－L，0)进入电场区域，粒子进入电场区域时在电场区域加上图乙所示的与y轴平行的交变电场(T未知)，y轴正方向为电场的正方向，粒子经过交变电场后从y轴上的Q点(0，L)沿着x轴正方向进入第一象限。在第一象限有一垂直纸面的圆形磁场区域，磁场变化规律如图丙所示，磁场变化周期为T0(忽略磁场突变的影响)，粒子进入磁场时重新开始计时，且始终在磁场区域内运动。求：
(1)经过P点时的速度大小v0；
(2)交变电场的场强大小E0；
(3)圆形磁场区域的最小面积S。
答案：(1)　 (2)(n＝1，2，3，…)　(3)
解析：(1)粒子从A点到P点，由动能定理有qU0＝m
解得v0＝。
(2)粒子在电场中有
L＝2n·v0(n＝1，2，3，…)
L＝2n·a(n＝1，2，3，…)
a＝
联立解得E0＝(n＝1，2，3，…)。
(3)粒子从Q点进入第一象限时速度方向沿x轴正方向，速度大小为v0，粒子在磁场中运动时有qv0B＝m，T＝
解得粒子在磁场中做圆周运动的周期为T＝
粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
圆形磁场区域的最小半径R＝2r
最小面积S＝πR2
解得S＝。
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提升点三　带电粒子在叠加场中运动的应用实例
速度选择器
1.原理：平行板中电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场互相垂直。E与B的方向要匹配，如图甲、乙两种方向组合，带电粒子从左向右沿直线匀速通过速度选择器时有qvB＝qE。
2.特点
(1)选择的速度：v＝。既选择了速度的大小，也选择了速度的方向，故速度选择器具有单向性。
(2)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、质量或比荷。
如图为一速度选择器，两极板M、N之间的距离为d，极板间所加电压为U，两极板间有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一束质子流从左侧两板边缘连线的中点沿两板中心线进入板间区域，能够沿直线运动，不计粒子重力。则下列说法正确的是(　　)
A.M极板接电源的负极
B.质子流的入射速度为
C.如果将质子换成电子，从右侧沿中心线以与质子流相同的速率进入板间区域，则电子在该区域运动过程中电势能增加
D.如果换成一束α粒子，仍从左侧沿中心线以与质子流相同的速度进入板间区域，则α粒子同样可以沿直线飞出该区域
答案：D
解析：质子流从左侧两板边缘连线的中点沿两板中心线进入板间区域，所受的洛伦兹力垂直于M极板向上，因垂直于极板方向受力平衡，故静电力方向垂直于M极板向下，即电场强度方向向下，M极板接电源的正极，故A错误；由平衡条件得qvB＝q，解得质子流的入射速度为v＝，故B错误；如果将质子换成电子，从右侧沿中心线以与质子流相同的速率进入板间区域，电子受到的静电力和洛伦兹力都垂直于M极板向上，运动过程中静电力做正功，电势能减少，故C错误；如果换成一束α粒子，仍从左侧沿中心线以与质子流相同的速度进入板间区域，所受洛伦兹力垂直于M极板向上，静电力方向垂直于M极板向下，且有qαvB＝qα，则α粒子同样可以沿直线飞出该区域，故D正确。
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、负极的判断：根据左手定则可判断出图中的B极板是发电机的正极。
3.电源电动势E：设A、B平行金属板的面积为S，两极板间的距离为l，磁场磁感应强度为B，等离子体的电阻率为ρ，喷入气体的速度为v，板外电阻为R。当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U(即电源电动势为U)，则q＝qvB，即E＝U＝Blv。
4.电源内阻：r＝ρ。
5.回路电流：I＝。
(多选)海水中含有大量的正、负离子，并在某些区域具有固定的流动方向，有人据此设计并研制出“海流发电机”，可用作无污染的电源，对海洋航标灯持续供电。“海流发电机”的工作原理如图所示，用绝缘防腐材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道上、下两个表面装有防腐导电板M、N，板长为a、宽为b(未标出)，两板间距为d，将管道沿着海水流动方向固定于海水中，将航标灯L与两导电板M和N连接，加上垂直于管道前后面向后的匀强磁场，磁感应强度大小为B，海水流动方向向右，海水流动速率为v，已知海水的电阻率为ρ，航标灯电阻不变且为R。则下列说法正确的是(　　)
A.“海流发电机”对航标灯L供电的电流方向是M→L→N
B.“海流发电机”产生的感应电动势大小为Bav
C.通过航标灯L的电流大小为
D.“海流发电机”发电的总功率为
答案：AC
解析：由左手定则可知，海水中正、负离子受洛伦兹力的方向分别指向M板和N板，则M板带正电，N板带负电，发电机对航标灯供电的电流方向是M→L→N，故A正确；在M、N两板间形成稳定的电场后，其中的正、负离子受电场力和洛伦兹力作用而平衡，在两板间形成稳定电压，则有q＝qvB，解得“海流发电机”产生的感应电动势大小为E＝U＝Bdv，故B错误；“海流发电机”的内阻为r＝ρ，由闭合电路欧姆定律可得，通过航标灯的电流大小为I＝＝，故C正确；“海流发电机”发电的总功率为P＝EI＝，故D错误。故选AC。
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电磁流量计
　　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，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差U达到最大，由q＝qvB可得v＝。
(1)流量的表达式：Q＝Sv＝＝。
(2)电势高低的判断：根据左手定则可得φa＞φb。
(2025·北京卷·T12)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是(　　)
A.N点电势比M点高
B.U0正比于流量Q
C.在流量Q一定时，管道半径越小，U0越小
D.若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小
答案：C
解析：根据左手定则可知正离子向下偏，负离子向上偏，故N点电势比M点高，故A正确；设管道半径为r，稳定时，离子受到的电场力与洛伦兹力平衡，有q＝qvB，同时有Q＝Sv＝πr2v，联立解得U0＝，故U0正比于流量Q，流量Q一定时，管道半径越小，U0越大，故B正确，C错误；若直径MN与磁场方向不垂直，U0＝中B应为磁感应强度的一个分量，则测量时代入的磁感应强度偏大，故测得的流量Q偏小，故D正确。
霍尔元件
1.霍尔效应：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：如图所示，导体中的电流I向右时，根据左手定则可知，若自由电荷是负电荷(如电子)，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.霍尔电压的计算：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A'间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，A、A'间的电势差UH就保持稳定，由qvB＝q，I＝nqSv，S＝hd，联立得UH＝＝k，k＝称为霍尔系数。
(2026·浙江绍兴模拟)利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图甲所示，将固定有霍尔元件的物体置于两块磁性强弱相同、同极相对放置的磁体缝隙中，建立如图乙所示的空间坐标系。保持沿x方向通过霍尔元件的电流I不变，当物体沿z轴方向移动时，由于不同位置处磁感应强度B不同，霍尔元件将在y轴方向的上、下表面间产生不同的霍尔电压UH。当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B＝0，UH＝0，将该点作为位移的零点。在小范围内，磁感应强度B的大小和坐标z成正比，这样就可以把电压表改装成测量物体微小位移的仪表。下列说法中正确的是(　　)
A.在小范围内，霍尔电压UH的大小和坐标z成正比
B.其他条件相同的情况下，电流I越大，霍尔电压UH越小
C.其他条件相同的情况下，霍尔元件沿z轴方向的长度越小，霍尔电压UH越小
D.若霍尔元件中的载流子为电子，测得霍尔元件上表面电势高，说明元件向z轴正方向移动
答案：A
解析：设自由电荷定向移动的速度为v，单位体积内自由电荷数为n，自由电荷的电荷量为q，霍尔元件沿y轴方向的长度为y0，沿z轴方向的长度为z0，当霍尔元件在y轴方向的上、下表面间产生的霍尔电压达到稳定时，则有qvB＝q，根据电流微观表达式可得I＝nqSv＝nqy0z0v，联立可得UH＝，由题意可知在小范围内，磁感应强度B的大小和坐标z成正比，则霍尔电压UH的大小和坐标z成正比，故A正确；其他条件相同的情况下，电流I越大，霍尔电压UH越大，故B错误；其他条件相同的情况下，霍尔元件沿z轴方向的长度越小，霍尔电压UH越大，故C错误；若霍尔元件中的载流子为电子，测出霍尔元件的上表面电势高，可知电子受到的洛伦兹力沿y轴负方向，根据左手定则可知，磁场方向沿z轴正方向，故霍尔元件所处位置更靠近左侧N极，说明元件向z轴负方向移动，故D错误。
课时测评55　带电粒子在叠加场、交变场中的运动
(时间：30分钟　满分：50分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－6，每题5分，共30分)
题组1　带电粒子在叠加场中的运动
1.(2026·河南开封期中)如图所示，竖直平面内，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里。一个带电粒子以某速度垂直磁场斜向右上方射入叠加场中，恰好做直线运动，则下列关于粒子的受力及运动情况的说法正确的是(　　)
A.粒子可能只受静电力和洛伦兹力
B.直线运动过程粒子的电势能可能增加
C.粒子一定做匀速直线运动
D.粒子可能做匀减速直线运动
答案：C
解析：带电粒子在电场中受到静电力F＝qE，垂直于磁场方向运动受到洛伦兹力F洛＝qvB，若仅此二力，对正电荷受力分析如图甲所示，因qEcos α的存在使其加速，则qvB与qEsin α的合力不可能维持为零，不能维持直线运动；对负电荷受力分析如图乙所示，同样因qEcos α的存在使其减速，则qvB与qEsin α的合力不可能维持为零，不能维持直线运动，故A错误。由上述分析可知，一定存在重力，对正电荷受力分析如图丙所示，若qEcos α＝mgsin α，则qvB＝qEsin α＋mg cos α可一直成立；对负电荷受力分析如图丁所示，因qEcos α＋mgsin α使其减速，则qvB＋mg cos α＝qEsin α不可能一直成立，不能维持直线运动。基于以上分析，粒子带正电荷，一定做匀速直线运动，并且静电力做正功，粒子电势能减少，故C正确，B、D错误。
2.如图所示，在某空间同时存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下。一带电体a带负电，电荷量为q1，恰能静止于此空间的c点，另一带电体b也带负电，电荷量为q2，正在过c点的竖直平面内做半径为r的匀速圆周运动，结果a、b在c处碰撞并粘合在一起，关于a、b粘合一起后的运动性质，下列说法正确的是(　　)
A.向左做匀速直线运动
B.顺时针继续做匀速圆周运动，半径为r'＝r
C.顺时针继续做匀速圆周运动，半径为r'＝r
D.因为有重力和静电力这样的恒力存在，故以上说法都不对
答案：B
解析：设a、b的质量分别为m1和m2，b的速度为v0，因为带电体a处于静止状态，则有q1E＝m1g，带电体b在竖直平面内做匀速圆周运动，则重力和静电力平衡，洛伦兹力提供向心力，有q2E＝m2g，q2v0B＝m2，a和b碰撞粘合在一起时，满足动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v共，a和b粘合在一起，总电荷量为q总＝q1＋q2，总质量为m总＝m1＋m2，仍满足静电力与重力平衡，即(q1＋q2)E＝(m1＋m2)g，洛伦兹力仍提供向心力，粘合体继续做顺时针方向的匀速圆周运动，设轨迹半径为r'，则有(q1＋q2)v共B＝(m1＋m2)，联立以上各式可得r'＝r。故选B。
题组2　带电粒子在交变场中的运动
3.(2026·重庆万州区模拟)在未来太空粒子研究站“激光号”中，科学家利用环形装置研究高能粒子特性，其内部结构可简化为如图甲所示的模型，在xOy平面内存在一个半径为R的圆形匀强磁场区域，t＝0时磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度随时间变化如图乙所示，在x＜－R范围内存在竖直向下的匀强电场，在x＞R范围内存在竖直向上的匀强电场，两处电场强度大小E相同。已知A点坐标为(－R，0)，一质量为m、电荷量为＋q的粒子在A点以初速度v进入圆形磁场，经过T时间达到(R，0)位置，然后进入右侧的匀强电场中，再经过T时间后从(R，0)位置进入磁场中，不计粒子重力，则(　　)
A.＝
B.＝
C.粒子运动一个周期，运动的轨迹长度为vT＋πR
D.粒子运动一个周期，运动的轨迹长度为vT＋2πR
答案：D
解析：根据题意分析可知，粒子垂直x轴射入匀强磁场，粒子经过T时间到达(R，0)位置，粒子再经T时间后从电场回到(R，0)位置，可知粒子回到(R，0)时速度方向沿y轴方向，由此可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝，由qvB0＝m，解得B0＝，粒子进入匀强电场中先匀减速运动，后匀加速运动，运动过程中加速度不变，故由动量定理可知－qET＝－mv－mv，解得E＝，则＝，A、B错误；粒子运动一个周期需要在磁场中完成4个半圆，在电场中完成两个匀减速和两个匀加速运动，在电场中做匀变速运动的过程中，由动能定理可得－qEx1＝0－mv2，解得x1＝，半个圆周运动的路程s＝πr＝，故一个周期运动的轨迹长度Δx＝4x1＋4s＝vT＋2πR，C错误，D正确。
题组3　带电粒子在叠加场中运动的应用实例
4.(2026·贵州黔东南模拟)离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，其利用强电场的作用将离子加速喷出，通过反作用力推动飞行器进行姿态调整或者轨道转移等任务。如图所示，右侧是间距为d的两金属板M、N，M、N间存在大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，左侧是间距为l的两金属板P、Q，其中P板带有小孔，M、P和N、Q之间用导线相连。现有大量的等离子体从右侧以速度v0垂直于磁场方向进入金属板M、N间，其中等离子体电荷量的绝对值相等。稳定后，从Q板附近的粒子源S发射出初速度为零的大量同种带电粒子，粒子最终从P板的小孔喷出。下列说法正确的是(　　)
A.M板的电势比N板的电势高
B.从粒子源S发射出的粒子带负电
C.增大l，可使粒子从P板小孔喷出的速度变大
D.B、d、v0都加倍，可使粒子从P板小孔喷出的速度变为原来的2倍
答案：D
解析：等离子体进入金属板M、N后，受洛伦兹力偏转，根据左手定则知带正电的等离子体向下偏转，使N板带正电，带负电的等离子体向上偏转，使M板带负电，所以N板的电势比M板的电势高，故A错误；M、P和N、Q之间用导线相连，则Q板带正电，P板带负电，要使从粒子源S发射出的粒子被加速，粒子应带正电，故B错误；等离子体进入金属板M、N稳定后，有q＝qv0B，得U＝v0Bd，对粒子源S发射出的粒子由动能定理有q'U＝mv2，得v＝，粒子从P板小孔喷出的速度大小与l无关，故C错误；由v＝知，B、d、v0都加倍，粒子从P板小孔喷出的速度变为原来的2倍，故D正确。
5.(2024·江西卷·T7)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＝1.60×10－19 C，则此样品每平方米载流子数最接近(　　)
A.1.7×1019 B.1.7×1015
C.2.3×1020 D.2.3×1016
答案：D
解析：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＝＝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，联立解得U＝B，结合题图(b)可得k＝＝ V/T，解得n≈2.3×1016。故选D。
6.(多选)(2026·西南大学附中模拟)如图甲所示的平行金属极板M、N之间存在交替出现的匀强磁场和匀强电场，取垂直纸面向外为磁场正方向，磁感应强度B随时间t周期性变化的规律如图乙所示，取垂直极板向上为电场正方向，电场强度E随时间t周期性变化的规律如图丙所示。t＝0.5t0时，一不计重力、带正电的粒子从极板左端以速度v沿板间中线平行极板射入板间，最终平行于极板中线射出，已知粒子在t＝1.5t0时速度为零，且整个运动过程中始终未与两极板接触，则下列说法正确的是(　　)
A.粒子可能在t＝2.5t0时刻射出极板
B.极板间距不小于＋
C.极板长度为(n＝1，2，3，…)
D.＝
答案：ABD
解析：根据题意可知，在0.5t0～t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，且转了圆周；在t0～1.5t0内，粒子在电场中向下做匀减速直线运动，且速度减到零；在1.5t0～2t0内，粒子在电场中向上做匀加速直线运动，且速度加到v；在2t0～2.5t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，转了圆周，粒子回到极板中线，速度平行于极板中线，接下
来粒子周期性地重复以上运动，粒子在一个运动周期内的轨迹如图所示。
粒子一个运动周期为T＝2.5t0－0.5t0＝2t0，故粒子射出极板的时刻可能为t＝0.5t0＋nT＝(0.5＋2n)t0(n＝1，2，3，…)，当n＝1时t＝2.5t0，故A正确；粒子在磁场中，设粒子的轨迹半径为r，则有T磁＝＝2t0，解得r＝，粒子在电场中向下减速的位移为y＝·0.5t0＝，故极板间距应满足d≥2(r＋y)＝＋，故B正确；极板长度为L＝n·2r＝(n＝1，2，3，…)，故C错误；粒子在磁场中，有T磁＝＝2t0，解得B0＝，粒子在电场中，有v＝a·0.5t0＝·0.5t0，解得E0＝，可得＝，故D正确。
7.(20分)(2026·福建福州一模)在一真空区域的竖直平面内建立如图所示的直角坐标系xOy，第一象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，第三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小均相等；y＞0的区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，y＜0的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均相等。一质量为m、电荷量为q的微粒恰好沿虚线AO做匀速直线运动，速度大小为v0，方向与x轴负方向夹角为45°，重力加速度为g。求：
(1)电场强度的大小和磁感应强度的大小；
(2)微粒在第三象限内运动的时间和离开第三象限时的位置坐标；
(3)微粒在第四象限内运动过程中速度的最大值。
答案：(1)　　(2)　　(3)2v0
解析：(1)根据平衡条件，微粒带正电，有
mg＝Eq，q·v0B＝
解得E＝，B＝。
(2)微粒进入第三象限后，重力和静电力平衡，故微粒受洛伦兹力做匀速圆周运动，设微粒运动半径为R，由几何关系可得轨迹对应的圆心角θ＝90°，微粒在第三象限内运动的时间t＝T
根据洛伦兹力提供向心力有q·v0B＝m
微粒在第三象限运动的周期为T＝＝
联立解得t＝
微粒离开第三象限时在竖直方向移动的距离为d＝R＝
则微粒离开第三象限时的位置坐标为。
(3)微粒进入第四象限时速度方向与y轴负方向夹角为45°，根据运动的合成与分解，可以把速度分解到x轴、y轴方向，分速度大小分别为vx＝v0sin 45°＝v0，vy＝v0sin 45°＝v0
由于qvxB＝mg，微粒运动可分解为沿x轴正方向速度大小为vx的匀速直线运动和速度大小为vy的匀速圆周运动
当vx与vy同向时合速度最大，最大速度为v＝vx＋vy＝2v0。(共87张PPT)
专题提升十五
带电粒子在叠加场、交变场中的运动
高三总复习讲义　新高考
第十一章 磁场
1.理解叠加场的特点，会处理带电粒子在叠加场中的运动问题。
2.掌握带电粒子在交变场中运动的解题思路和处理方法。
3.理解速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件的原理、特点及应用。
学习目标
提升点一 带电粒子在叠加场中的运动
提升点二 带电粒子在交变场中的运动
课时测评
内容索引
提升点三 带电粒子在叠加场中运动的应用实例
带电粒子在叠加场中的运动
提升点一
1.叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
2.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 粒子所受的合力为0 平衡条件
匀速圆周运动 除洛伦兹力外，其他力的合力为零 牛顿第二定律、圆周运动的规律
一般曲线运动 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
(2026·河南信阳一模)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的电荷量均为q、质量均为m，不计空气阻力。
例1
(1)求第二象限与第一象限内电场的电场强度大小之比；
答案：
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，受力分析如图甲所示
根据几何关系可得＝tan θ
小球P在第一象限做匀速圆周运动，则qE1＝mg
联立可得＝tan θ＝。
(2)求小球Q静止的位置距O点的距离；
答案：(＋2)
小球P竖直向下击中小球Q，小球P在第一象限内的轨迹如图乙所示
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m
由几何关系知
rsin θ＋r＝d
由图甲有qv0Bcos θ＝mg
联立解得d＝(＋2)。
(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？
答案：
结合体M在第四象限中运动时只有重力做功，根据动能定理可得
2mgh＝·2m(2v)2－·2mv2
解得h＝。
审题指导　
(1)小球P在第二象限做直线运动，则一定是匀速直线运动。
(2)小球P在第一象限做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，其他力的合力为零。
(3)结合体M在第四象限内运动时，只有重力做功。
解决叠加场问题的一般步骤
总结提升
针对练.(多选)空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带正电粒子在叠加场中恰能沿着MN以速度v做匀速直线运动，MN与水平方向成45°，NP水平向右。粒子电荷量为q，质量为m，重力加速度为g，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，则
A.电场强度大小为E＝
B.磁感应强度大小为B＝
C.N、P两点的电势差为U＝
D.粒子从N运动到P的过程中，距离NP的最远距离为
√
√
粒子在叠加场中能沿着MN做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图甲所示，由受力平衡可知mg＝qE，qvB＝mg，解得电场强度大小E＝，磁感应强度大小B＝，A错误，B正确；
撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图乙所示，加速度a＝＝g，从N到P位移偏向角为45°，则速度偏向角的正切tan θ＝2tan 45°＝2，所以粒子在P点的速度vP＝＝v，粒子从N到P过程，由动能定理，有qU＝m－mv2，解得N、P两点间的电势差U＝，C正确；
将粒子在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且vNy＝vsin 45°＝v，故粒子离NP的最远距离h＝＝，D错误。
配速法在叠加场中的应用
1.配速法：如果带电粒子在叠加场中不做匀速直线运动，即所受合力不为零，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，运动比较复杂。可以通过配速的方法，把初速度分解为两个分速度，使其一个方向的分速度对应的洛伦兹力与重力(或电场力、或重力和电场力的合力)平衡，另一个方向的分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样将复杂的曲线运动分解为两个比较常见的运动，即为配速法。
素养拓展
2.配速法在叠加场中的几种常用情况
常用情况 处理方法
初速度为0，且受重力 把初速度0看作水平向右的速度v1和水平向左的速度v2的合速度，v1＝v2，其产生的洛伦兹力如图所示且F洛＝G

初速度为0，不受重力 把初速度0看作水平向右的速度v1和水平向左的速度v2的合速度，v1＝v2，其产生的洛伦兹力如图所示且F洛＝F电

常用情况 处理方法
初速度为0，且受重力 把初速度0看作斜向右上方的速度v1和斜向左下方的速度v2的合速度，v1＝v2，沿右上方的运动满足F洛＝F合，沿左下方的运动为匀速圆周运动，如图所示

常用情况 处理方法
初速度为v0，且受重力 把初速度v0看作水平向右的速度v1和斜向左上方的速度v2的合速度，水平向右的速度v1产生的洛伦兹力与重力平衡，则粒子的运动可看作速度大小为v2的匀速圆周运动和速度大小为v1的匀速直线运动的合运动，如图所示

拓展应用.(2024·甘肃卷·T15)质谱仪是科学研究中的
重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速
电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大
小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大
小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强
磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
(1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
答案：正电　
由于粒子在偏转分离器的匀强磁场中向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为v0，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件知qv0B1＝qE1
在加速电场中，由动能定理知qU＝m
联立解得，粒子的比荷为 ＝。
(2)求O点到P点的距离。
答案：
由洛伦兹力提供向心力知qv0B2＝m
可得O点到P点的距离为OP＝2r＝。
(3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。
答案：
粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力F洛＝qv0B1和向下的静电力F＝qE2
由于E2＞E1，且qv0B1＝qE1
将粒子进入Ⅱ的初速度v0看作水平向右的速度v0、v1和水平向左的速度v2的合速度，v1＝v2，如图所示
其中满足qE2＝q(v0＋v1)B1
则粒子在速度选择器中以速度v0＋v1水平向右做匀速直线运动的同时，以速率v2做匀速圆周运动，当匀速圆周运动的速度水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O'点的要求，故此时粒子打在O'点的速度大小为 v'＝v0＋v1＋v2＝。
返回
带电粒子在交变场中的运动
提升点二
解决带电粒子在交变场中运动问题的基本思路
如图甲所示的xOy平面内存在着变化磁场和变化电场，变化规律分别如图乙、丙所示，磁感应强度的正方向为垂直纸面向里，电场强度的正方向为y轴正方向。t＝0时刻，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从坐标原点O以初速度v0沿x轴正方向入射(不计粒子重力)。B-t图像中B0＝，E-t图像中E0＝。求：
例2
(1)0～t0时间内，粒子在磁场中运动轨道半径的大小；
答案：
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝＝t0
0～t0时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qv0B0＝m
解得r＝。
(2)3t0时刻，粒子的坐标；
答案：
0～t0时间内，粒子完成了一个完整的圆周运动
在t0～2t0时间内，粒子所受合力为电场力，根据牛顿第二定律有qE0＝ma
解得a＝
粒子在电场中做类平抛运动，
则有x0＝v0t0，y0＝a＝v0t0
在2t0～3t0时间内，粒子完成了一个完整的圆周运动，则3t0时刻，粒子的坐标为。
(3)0～5t0时间内，粒子轨迹纵坐标的最大值。
答案：v0t0＋
作出粒子的运动轨迹如图所示，根据轨迹图可知，0～5t0时间内，粒子轨迹纵坐标的最大值ymax＝2y0＋2r＝v0t0＋。
审题指导　
(1)电场和磁场交替出现，粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做匀变速曲线运动。
(2)计算粒子在磁场中的运动周期，比较其与电、磁场变化的周期的大小。
(3)分析每一段的运动情况，计算相关物理量，根据上一段的计算结果分析下一段的运动。
针对练.(2026·江苏无锡模拟)如图甲所示，在xOy平面内y轴的左侧有宽为L的电场区域，在电场区域的左侧有一加速电场，电压为U0，一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从A点飘入加速电场(忽略初速度)，从x轴的P点(－L，0)进入电场区域，粒子进入电场区域时在电场区域加上图乙所示的与y轴平行的交变电场(T未知)，y轴正方向为电场的正方向，粒子经过交变电场后从y轴上的Q点(0，L)沿着x轴正方向进入第一象限。在第一象限有一垂直纸面的圆形磁场区域，磁场变化规律如图丙所示，磁场变化周期为T0(忽略磁场突变的影响)，粒子进入磁场时重新开始计时，且始终在磁场区域内运动。求：
(1)经过P点时的速度大小v0；
答案：
粒子从A点到P点，由动能定理有qU0＝m
解得v0＝。
(2)交变电场的场强大小E0；
答案：(n＝1，2，3，…)
粒子在电场中有
L＝2n·v0(n＝1，2，3，…)
L＝2n·a(n＝1，2，3，…)
a＝
联立解得E0＝(n＝1，2，3，…)。
(3)圆形磁场区域的最小面积S。
答案：
粒子从Q点进入第一象限时速度方向沿x轴正方向，速度大小为v0，粒子在磁场中运动时有qv0B＝m，T＝
解得粒子在磁场中做圆周运动的周期为T＝
粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
圆形磁场区域的最小半径R＝2r
最小面积S＝πR2
解得S＝。
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带电粒子在叠加场中运动的应用实例
提升点三
考向1 速度选择器
1.原理：平行板中电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场互相垂直。E与B的方向要匹配，如图甲、乙两种方向组合，带电粒子从左向右沿直线匀速通过速度选择器时有qvB＝qE。
2.特点
(1)选择的速度：v＝。既选择了速度的大小，也选择了速度的方向，故速度选择器具有单向性。
(2)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、质量或比荷。
如图为一速度选择器，两极板M、N之间的距离为d，极板间所加电压为U，两极板间有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一束质子流从左侧两板边缘连线的中点沿两板中心线进入板间区域，能够沿直线运动，不计粒子重力。则下列说法正确的是
A.M极板接电源的负极
B.质子流的入射速度为
C.如果将质子换成电子，从右侧沿中心线以与质子流相
同的速率进入板间区域，则电子在该区域运动过程中电势能增加
D.如果换成一束α粒子，仍从左侧沿中心线以与质子流相同的速度进入板间区域，则α粒子同样可以沿直线飞出该区域
例3
√
质子流从左侧两板边缘连线的中点沿两板中心线进入板间区域，所受的洛伦兹力垂直于M极板向上，因垂直于极板方向受力平衡，故静电力方向垂直于M极板向下，即电场强度方向向下，M极板接电源的正极，故A错误；由平衡条件得qvB＝q，解得质子流的入射速度为v＝，故B错误；
如果将质子换成电子，从右侧沿中心线以与质子流相
同的速率进入板间区域，电子受到的静电力和洛伦兹
力都垂直于M极板向上，运动过程中静电力做正功，
电势能减少，故C错误；如果换成一束α粒子，仍从左
侧沿中心线以与质子流相同的速度进入板间区域，所
受洛伦兹力垂直于M极板向上，静电力方向垂直于M极板向下，且有qαvB＝qα，则α粒子同样可以沿直线飞出该区域，故D正确。
考向2 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、负极的判断：根据左手定则可判断出图中的B极板是发电机的正极。
3.电源电动势E：设A、B平行金属板的面积为S，两极板间的距离为l，磁场磁感应强度为B，等离子体的电阻率为ρ，喷入气体的速度为v，板外电阻为R。当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U(即电源电动势为U)，则q＝qvB，即E＝U＝Blv。
4.电源内阻：r＝ρ。
5.回路电流：I＝。
(多选)海水中含有大量的正、负离子，并在某些区域具有
固定的流动方向，有人据此设计并研制出“海流发电机”，可
用作无污染的电源，对海洋航标灯持续供电。“海流发电机”
的工作原理如图所示，用绝缘防腐材料制成一个横截面为矩形
的管道，在管道上、下两个表面装有防腐导电板M、N，板长
为a、宽为b(未标出)，两板间距为d，将管道沿着海水流动方向固定于海水中，将航标灯L与两导电板M和N连接，加上垂直于管道前后面向后的匀强磁场，磁感应强度大小为B，海水流动方向向右，海水流动速率为v，已知海水的电阻率为ρ，航标灯电阻不变且为R。则下列说法正确的是
A.“海流发电机”对航标灯L供电的电流方向是M→L→N
B.“海流发电机”产生的感应电动势大小为Bav
C.通过航标灯L的电流大小为
D.“海流发电机”发电的总功率为
例4
√
√
由左手定则可知，海水中正、负离子受洛伦兹力的方
向分别指向M板和N板，则M板带正电，N板带负电，
发电机对航标灯供电的电流方向是M→L→N，故A正
确；在M、N两板间形成稳定的电场后，其中的正、负
离子受电场力和洛伦兹力作用而平衡，在两板间形成稳定电压，则有q＝qvB，解得“海流发电机”产生的感应电动势大小为E＝U＝Bdv，故B错误；
“海流发电机”的内阻为r＝ρ，由闭合电路欧姆定律可得，通过航标灯的电流大小为I＝＝，故C正确；“海流发电机”发电的总功率为P＝EI＝，故D错误。故选AC。
考向3 电磁流量计
　　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，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差U达到最大，由q＝qvB可得v＝。
(1)流量的表达式：Q＝Sv＝＝。
(2)电势高低的判断：根据左手定则可得φa＞φb。
(2025·北京卷·T12)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是
A.N点电势比M点高
B.U0正比于流量Q
C.在流量Q一定时，管道半径越小，U0越小
D.若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小
例5
√
根据左手定则可知正离子向下偏，负离子向上偏，故N点电势比M点高，故A正确；设管道半径为r，稳定时，离子受到的电场力与洛伦兹力平衡，有q＝qvB，同时有Q＝Sv＝πr2v，联立解得U0＝，故U0正比于流量Q，流量Q一定时，管道半径越小，U0越大，故B正确，C错误；若直径MN与磁场方向不垂直，U0＝中B应为磁感应强度的一个分量，则测量时代入的磁感应强度偏大，故测得的流量Q偏小，故D
正确。
考向4 霍尔元件
1.霍尔效应：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：如图所示，导体中的电流I向右时，根据左手定则可知，若自由电荷是负电荷(如电子)，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.霍尔电压的计算：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A'间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，A、A'间的电势差UH就保持稳定，由qvB＝q，I＝nqSv，S＝hd，联立得UH＝＝k，k＝称为霍尔系数。
(2026·浙江绍兴模拟)利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图甲所示，将固定有霍尔元件的物体置于两块磁性强弱相同、同极相对放置的磁体缝隙中，建立如图乙所示的空间坐标系。保持沿x方向通过霍尔元件的电流I不变，当物体沿z轴方向移动时，由于不同位置处磁感应强度B不同，霍尔元件将在y轴方向的上、下表面间产生不同的霍尔电压UH。当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B＝0，UH＝0，将该点作为位移的零点。在小范围内，磁感应强度B的大小和坐标z成正比，这样就可以把电压表改装成测量物体微小位移的仪表。下列说法中正确的是
A.在小范围内，霍尔电压UH的大小和坐标z成正比
B.其他条件相同的情况下，电流I越大，霍尔电压UH越小
C.其他条件相同的情况下，霍尔元件沿z轴方向的长度越小，霍尔电压UH越小
D.若霍尔元件中的载流子为电子，测得霍尔元件上表面电势高，说明元件向z轴正方向移动
例6
√
设自由电荷定向移动的速度为v，单位体积内
自由电荷数为n，自由电荷的电荷量为q，霍尔
元件沿y轴方向的长度为y0，沿z轴方向的长度为
z0，当霍尔元件在y轴方向的上、下表面间产生的霍尔电压达到稳定时，则有qvB＝q，根据电流微观表达式可得I＝nqSv＝nqy0z0v，联立可得UH＝，由题意可知在小范围内，磁感应强度B的大小和坐标z成正比，则霍尔电压UH的大小和坐标z成正比，故A正确；
其他条件相同的情况下，电流I越大，霍尔电压UH越大，故B错误；其他条件相同的情况下，霍尔元件沿z轴方向的长度越小，霍尔电压UH越大，故C错误；若霍尔元件中的载流子为电子，测出霍尔元件的上表面电势高，可知电子受到的洛伦兹力沿y轴负方向，根据左手定则可知，磁场方向沿z轴正方向，故霍尔元件所处位置更靠近左侧N极，说明元件向z轴负方向移动，故D错误。
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题组1　带电粒子在叠加场中的运动
1.(2026·河南开封期中)如图所示，竖直平面内，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里。一个带电粒子以某速度垂直磁场斜向右上方射入叠加场中，恰好做直线运动，则下列关于粒子的受力及运动情况的说法正确的是
A.粒子可能只受静电力和洛伦兹力
B.直线运动过程粒子的电势能可能增加
C.粒子一定做匀速直线运动
D.粒子可能做匀减速直线运动
√
带电粒子在电场中受到静电力F＝qE，垂直于磁场方向运动受到洛伦兹力F洛＝qvB，若仅此二力，对正电荷受力分析如图甲所示，因qEcos α的存在使其加速，则qvB与qEsin α的合力不可能维持为零，不能维持直线运动；对负电荷受力分析如图乙所示，同样因qEcos α的存在使其减速，则qvB与qEsin α的合力不可能维持为零，不能维持直线运动，故A错误。
由上述分析可知，一定存在重力，对正电荷受力分析如图丙所示，若qEcos α＝mgsin α，则qvB＝qEsin α＋mg cos α可一直成立；对负电荷受力分析如图丁所示，因qEcos α＋mgsin α使其减速，则qvB＋mg cos α＝qEsin α不可能一直成立，不能维持直线运动。基于以上分析，粒子带正电荷，一定做匀速直线运动，并且静电力做正功，粒子电势能减少，故C正确，B、D错误。
2.如图所示，在某空间同时存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下。一带电体a带负电，电荷量为q1，恰能静止于此空间的c点，另一带电体b也带负电，电荷量为q2，正在过c点的竖直平面内做半径为r的匀速圆周运动，结果a、b在c处碰撞并粘合在一起，关于a、b粘合一起后的运动性质，下列说法正确的是
A.向左做匀速直线运动
B.顺时针继续做匀速圆周运动，半径为r'＝r
C.顺时针继续做匀速圆周运动，半径为r'＝r
D.因为有重力和静电力这样的恒力存在，故以上说法都不对
√
设a、b的质量分别为m1和m2，b的速度为v0，因为带电体a处于静止状态，则有q1E＝m1g，带电体b在竖直平面内做匀速圆周运动，则重力和静电力平衡，洛伦兹力提供向心力，有q2E＝m2g，q2v0B＝m2，a和b碰撞粘合在一起时，满足动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v共，a和b粘合在一起，
总电荷量为q总＝q1＋q2，总质量为m总＝m1＋m2，仍满足静电力与重力平衡，即(q1＋q2)E＝(m1＋m2)g，洛伦兹力仍提供向心力，粘合体继续做顺时针方向的匀速圆周运动，设轨迹半径为r'，则有(q1＋q2)v共B＝(m1＋m2)，联立以上各式可得r'＝r。故选B。
题组2　带电粒子在交变场中的运动
3.(2026·重庆万州区模拟)在未来太空粒子研究站“激光号”中，科学家利用环形装置研究高能粒子特性，其内部结构可简化为如图甲所示的模型，在xOy平面内存在一个半径为R的圆形匀强磁场区域，t＝0时磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度随时间变化如图乙所示，在x＜－R范围内存在竖直向下的匀强电场，在x＞R范围内存在竖直向上的匀强电场，两处电场强度大小E相同。已知A点坐标为(－R，0)，一质量为m、电荷量为＋q的粒子在A点以初速度v进入圆形磁场，经过T时间达到(R，0)位置，然后进入右侧的匀强电场中，再经过T时间后从(R，0)位置进入磁场中，不计粒子重力，则
A.＝
B.＝
C.粒子运动一个周期，运动的轨迹长度为vT＋πR
D.粒子运动一个周期，运动的轨迹长度为vT＋2πR
√
根据题意分析可知，粒子垂直x轴射入匀强磁场，粒子经过T时间到达(R，0)位置，粒子再经T时间后从电场回到(R，0)位置，可知粒子回到(R，0)时速度方向沿y轴方向，由此可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝，由qvB0＝m，解得B0＝，粒子进入匀强电场中先匀减速运动，后匀加速运动，运动过程中加速度不变，故由动量定理可知－qET＝－mv－mv，解得E＝，则＝，A、B错误；
粒子运动一个周期需要在磁场中完成4个半圆，在电场中完成两个匀减速和两个匀加速运动，在电场中做匀变速运动的过程中，由动能定理可得－qEx1＝0－mv2，解得x1＝，半个圆周运动的路程s＝πr＝，故一个周期运动的轨迹长度Δx＝4x1＋4s＝vT＋2πR，C错误，D
正确。
题组3　带电粒子在叠加场中运动的应用实例
4.(2026·贵州黔东南模拟)离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，其利用强电场的作用将离子加速喷出，通过反作用力推动飞行器进行姿态调整或者轨道转移等任务。如图所示，右侧是间距为d的两金属板M、N，M、N间存在大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，左侧是间距为l的两金属板P、Q，其中P板带有小孔，M、P和N、Q之间用导线相连。现有大量的等离子体从右侧以速度v0垂直于磁场方向进入金属板M、N间，其中等离子体电荷量的绝对值相等。稳定后，从Q板附近的粒子源S发射出初速度为零的大量同种带电粒子，粒子最终从P板的小孔喷出。下列说法正确的是
A.M板的电势比N板的电势高
B.从粒子源S发射出的粒子带负电
C.增大l，可使粒子从P板小孔喷出的速度变大
D.B、d、v0都加倍，可使粒子从P板小孔喷出的速度变为原来的2倍
√
等离子体进入金属板M、N后，受洛伦兹力偏转，根据左手定则知带正电的等离子体向下偏转，使N板带正电，带负电的等离子体向上偏转，使M板带负电，所以N板的电势比M板的电势高，故A错误；M、P和N、Q之间用导线相连，则Q板带正电，P板带负电，要使从粒子源S发射出的粒子被加速，粒子应带正电，故B错误；
等离子体进入金属板M、N稳定后，有q＝qv0B，
得U＝v0Bd，对粒子源S发射出的粒子由动能定理有
q'U＝mv2，得 v＝，粒子从P板小孔喷出的速度大小与l无关，故C错误；由v＝知，B、d、v0都加倍，粒子从P板小孔喷出的速度变为原来的 2倍，故D正确。
5.(2024·江西卷·T7)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＝1.60×10－19 C，则此样品每平方米载流子数最接近
A.1.7×1019
B.1.7×1015
C.2.3×1020
D.2.3×1016
√
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＝＝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，联立解得U＝B，结合题图(b)可得k＝＝ V/T，解得n≈2.3×1016。故选D。
6.(多选)(2026·西南大学附中模拟)如图甲所示的平行金属极板M、N之间存在交替出现的匀强磁场和匀强电场，取垂直纸面向外为磁场正方向，磁感应强度B随时间t周期性变化的规律如图乙所示，取垂直极板向上为电场正方向，电场强度E随时间t周期性变化的规律如图丙所示。t＝0.5t0时，一不计重力、带正电的粒子从极板左端以速度v沿板间中线平行极板射入板间，最终平行于极板中线射出，已知粒子在t＝1.5t0时速度为零，且整个运动过程中始终未与两极板接触，则下列说法正确的是
A.粒子可能在t＝2.5t0时刻射出极板
B.极板间距不小于＋
C.极板长度为(n＝1，2，3，…)
D.＝
√
√
√
根据题意可知，在0.5t0～t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，且转了圆周；在t0～1.5t0内，粒子在电场中向下做匀减速直线运动，且速度减到零；在1.5t0～2t0内，粒子在电场中向上做匀加速直线运动，且速度加到v；在2t0～2.5t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，转了圆周，粒子回到极板中线，速度平行于极板中线，接下来粒子周期性地重复以上运动，粒子在一个运动周期内的轨迹如图所示。
粒子一个运动周期为T＝2.5t0－0.5t0＝2t0，故粒子射出极板的时刻可能为t＝0.5t0＋nT＝(0.5＋2n)t0(n＝1，2，3，…)，当n＝1时t＝2.5t0，故A正确；粒子在磁场中，设粒子的轨迹半径为r，则有T磁＝＝2t0，解得r＝，粒子在电场中向下减速的位移为y＝·0.5t0＝，故极板间距应满足d≥2(r＋y)＝＋，故B正确；
极板长度为L＝n·2r＝(n＝1，2，3，…)，故C错误；粒子在磁场中，有T磁＝＝2t0，解得B0＝，粒子在电场中，有v＝a·0.5t0＝·0.5t0，解得E0＝，可得＝，故D正确。
7.(20分)(2026·福建福州一模)在一真空区域的竖直平面内
建立如图所示的直角坐标系xOy，第一象限内存在沿x轴
正方向的匀强电场，第三象限内存在沿y轴正方向的匀强
电场，电场强度大小均相等；y＞0的区域内存在垂直纸
面向外的匀强磁场，y＜0的区域内存在垂直纸面向里的匀
强磁场，磁感应强度大小均相等。一质量为m、电荷量为q的微粒恰好沿虚线AO做匀速直线运动，速度大小为v0，方向与x轴负方向夹角为45°，重力加速度为g。求：
(1)电场强度的大小和磁感应强度的大小；
答案：　
根据平衡条件，微粒带正电，有
mg＝Eq，q·v0B＝
解得E＝，B＝。
(2)微粒在第三象限内运动的时间和离开第三象限时的位置坐标；
答案：
微粒进入第三象限后，重力和静电力平衡，故微粒受洛伦兹力做匀速圆周运动，设微粒运动半径为R，由几何关系可得轨迹对应的圆心角θ＝90°，微粒在第三象限内运动的时间t＝T
根据洛伦兹力提供向心力有q·v0B＝m
微粒在第三象限运动的周期为T＝＝
联立解得t＝
微粒离开第三象限时在竖直方向移动的距离为d＝R＝
则微粒离开第三象限时的位置坐标为。
(3)微粒在第四象限内运动过程中速度的最大值。
答案：2v0
微粒进入第四象限时速度方向与y轴负方向夹角为45°，根据运动的合成与分解，可以把速度分解到x轴、y轴方向，分速度大小分别为vx＝v0sin 45°＝v0，vy＝v0sin 45°＝v0
由于qvxB＝mg，微粒运动可分解为沿x轴正方向速度大小为vx的匀速直线运动和速度大小为vy的匀速圆周运动
当vx与vy同向时合速度最大，最大速度为v＝vx＋vy＝2v0。
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专题提升十五　带电粒子在叠加场、
交变场中的运动

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