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2024 年高考一轮复习100 考点100 讲
第12 章 磁场
第12.12 讲 带电粒子在立体空间电磁场中的运动
【知识点精讲】
1. 带电粒子的螺旋线运动和旋进运动
空间中匀强磁场的分布是三维的，带电粒子在磁场中的运动情况可以是三维的．现在主要讨论两种情况：
(1)空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中就
做螺旋线运动．这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动．
(2)空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做旋进运动，这种运
动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动．
2. 带电粒子在立体空间中的偏转
分析带电粒子在立体空间中的运动时，要发挥空间想象力，确定粒子在空间的位置关系．带电粒子依次通
过不同的空间，运动过程分为不同的阶段，只要分析出每个阶段上的运动规律，再利用两个空间交界处粒
子的运动状态和关联条件即可解决问题．有时需要将粒子的运动分解为两个互相垂直的平面内的运动(比如
螺旋线运动和旋进运动)来求解．
【最新高考题精练】
1．（2022·高考广东物理）如图6 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
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（
）
1
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A．
B．
C．
D．
【参考答案】A
【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，左手定则及其相关知识点。
【解题思路】
根据题述情景，质子垂直Oyz 平面进入磁场，向y 轴正方向偏转穿过MNPQ 平面向x 轴正方向偏转，所以
可能正确的是A。
2. (2022·山东卷·17)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能
离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz 中，0<z≤d 空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁感应
强度大小为B，方向沿x 轴正方向；－3d≤z<0，y≥0 的空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为B，方
向平行于xOy 平面，与x 轴正方向夹角为45°；z<0，y≤0 的空间内充满沿y 轴负方向的匀强电场．质量为
m、带电量为＋q 的离子甲，从yOz 平面第三象限内距y 轴为L 的点A 以一定速度出射，速度方向与z 轴正
方向夹角为β，在yOz 平面内运动一段时间后，经坐标原点O 沿z 轴正方向进入磁场Ⅰ.不计离子重力．
(1)当离子甲从A 点出射速度为v0时，求电场强度的大小E；
(2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度vm；
(3)离子甲以的速度从O 点沿z 轴正方向第一次穿过xOy 面进入磁场Ⅰ，求第四次穿过xOy 平面的位置坐标
(用d 表示)；
(4)当离子甲以的速度从O 点进入磁场Ⅰ时，质量为4m、带电量为＋q 的离子乙，也从O 点沿z 轴正方向以
2
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相同的动能同时进入磁场Ⅰ，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt(忽略离子
间相互作用)．
【参考答案】 (1) (2)
(3)(d，d,0) (4)(2＋2)
【名师解析】 (1)如图所示
将离子甲在A 点的出射速度v0分解到沿y 轴方向和z 轴方向，离子受到的静电力沿y 轴负方向，可知离子
沿z 轴方向做匀速直线运动，沿y 轴方向做匀减速直线运动，从A 到O 的过程，有
L＝v0cos β·t，v0sin β＝at，a＝
联立解得E＝；
(2)如图所示
离子从坐标原点O 沿z 轴正方向进入磁场Ⅰ中，由洛伦兹力提供向心力可得qv1B＝
离子经过磁场Ⅰ偏转后从y 轴进入磁场Ⅱ中，由洛伦兹力提供向心力可得qv1·B＝，可得r Ⅱ＝r Ⅰ
为了使离子在磁场中运动，需满足r Ⅰ≤d，r Ⅱ≤3d
则可得v1≤
故要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为；
(3)离子甲以v＝的速度从O 点沿z 轴正方向第一次穿过xOy 面进入磁场Ⅰ，离子在磁场Ⅰ中的轨迹半径为
r1＝＝
离子在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r2＝
离子从O 点第一次穿过到第四次穿过xOy 平面的运动情景，如图所示
3
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离子第四次穿过xOy 平面的x 坐标为
x4＝2r2sin 45°＝d
离子第四次穿过xOy 平面的y 坐标为y4＝2r1＝d
故离子第四次穿过xOy 平面的位置坐标为(d，d,0)；
(4)设离子乙的速度为v′，根据离子甲、乙动能相同，可得mv2＝×4mv′2
可得v′＝＝
离子乙在磁场Ⅰ中的轨迹半径为
r1′＝＝d＝2r1
离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径为
r2′＝＝d＝2r2
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示，
从O 点进入磁场到轨迹第一个交点的过程，有
t 甲＝T1＋T2＝＋＝(2＋2)
t 乙＝T1′＋T2′＝×＋×＝(4＋4)
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为Δt＝t 乙－t 甲＝(2＋2).
3（14 分）（2021 高考新课程I 卷山东卷）某离子束实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边
界与x 轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；Ⅱ区宽
度为L，左边界与x 轴垂直交于O1点，右边界与x 轴垂直交于O2点，其内充满沿y 轴负方向的匀强电场。
测试板垂直x 轴置于Ⅱ区右边界，其中心C 与O2点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m 的正离
子，加速后沿x 轴正方向过O 点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速
度方向与x 轴正方向的夹角为θ。忽略离子间的相互作用，不计重力。
4
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（1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；
（2）求Ⅱ区内电场强度的大小E；
（3）保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）、方向相
反且平行y 轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C 点，需沿x 轴移动测试板，
求移动后C 到O1的距离s。
【名师解析】（1）设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得
2
0
qvB
m r
v
①
根据几何关系得
sin
d
r
②
联立①②式得
0
sin
qB d
v
m
③
（2）离子在Ⅱ区内只受电场力，x 方向做匀速直线运动，y 方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中
测试板中心C 的时间为t，y 方向的位移为
0y ，加速度大小为a，由牛顿第二定律得
qE
ma
④
由运动的合成与分解得
cos
L
vt
⑤
0
(1
cos )
y
r
⑥
2
0
1
sin
2
y
vt
at
⑦
联立①②④⑤⑥⑦式得
2
2
0
2
2
2
tan
tan
sin
tan
qB d
d
d
E
L
mL
⑧
（3）Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y 轴的方向做匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为，
5
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圆周运动半径为r，运动轨迹长度为l，由几何关系得
3
⑨
π
2
2π
2π
2π
2π
l
r
r
⑩
离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有
cos
cos
l
L
v
v
⑪
C 到
1
O 的距离
2 sin
s
r
r
⑫
联立⑨⑩⑪⑫式得
6( 3
1)
7π
s
L
⑬
4．(2022·重庆卷·5)2021 年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录．为粗略了解等离子体在
托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀
强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B.若某电荷量为q 的正离子在此电场和磁
场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则(
)
A．电场力的瞬时功率为qE
B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变大
D．该离子的加速度大小不变
【参考答案】 D
6
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【名师解析】 根据功率的计算公式可知P＝Fvcos θ，则电场力的瞬时功率为P＝Eqv1，A 错误；由于v1
与磁场B 平行，则根据洛伦兹力的计算公式知F 洛＝qv2B，B 错误；根据运动的叠加原理可知，离子在垂直
于磁场方向做匀速圆周运动，沿磁场方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C 错
误；离子受到的安培力不变，静电力不变，则该离子的加速度大小不变，D 正确．
5.(10 分) （2021 年1 月浙江选考）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如
图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁
分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)。速度选择
器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外;速度
选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁
分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之圆环，其两端中心位置M 和N 处各有一个小
孔;偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L 的正方体，其速度选择器底面与晶圆所
在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的
O 点(即图中坐标原点，x 轴垂直纸面向外)。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆
上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当a 很小时，有 sina≈tana≈a. cosa≈1-1 1
2 α
2。
求
(1)离子通过速度选择器后的速度大小v 和磁分析器选择出来离子的比荷
(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示;
(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示;
(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示，并说明理由。
【名师解析】（1）通过速度选择器离子的速度 v=E/B，
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从磁分析器中心孔N 射出离子的运动半径为R=
洛伦兹力提供向心力，qvB=m
联立解得：离子的比荷
=
=
（2）经过电场后，离子在x 方向偏转的距离x1=
沿x 方向速度vx=at=
tanθ=
=
离开电场后，离子在x 方向偏移的距离x2=Ltanθ=
x= x1+x2=
+
=
=
位置坐标为（
，0）
（3）离子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹半径r=
sinα=L/r，
经过磁场后，离子在y 方向偏转距离y1=r（1-cosα）≈
离开磁场后，离子在y 方向偏转距离y2=Ltanα≈
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y= y1+y2≈
+
≈
位置坐标为（0，
）
（4）注入晶圆的位置坐标为（
，
）
电场引起的速度增量对y 方向的运动不产生影响。
6．（11 分）（2023 年6 月浙江高考选考）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所
示，Oxy 平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x 轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域存在
磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ
的下边界与x 轴重合。位于
处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x 轴夹角为60°
的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
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（2）若
，求能到达
处的离子的最小速度v2；
（3）若
，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在
范围，求进入第四象
限的离子数与总离子数之比η。
【名师解析】（1）画出离子恰不进入区域II 的轨迹，由轨迹图中几何关系得
sin30°=
，
解得r1=2L。
由洛伦兹力提供向心力，qv1B1=m
，
解得v1=
运动轨迹所对圆心角为θ=2π/3
离子在区域II 中运动时间t=
=
（2）解法一：常规法
画出离子恰好运动到y=L/2 处的运动轨迹，如图。
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速度为v2的离子在区域I，由洛伦兹力提供向心力，qv2B1=m
，
解得r2=
速度为v2的离子在区域II，由洛伦兹力提供向心力，qv2B2=m
，
解得r2’=
=
= r2/2
在区域II，离子运动轨迹恰好与y=L/2 水平线相切，r2’- r2’cosα=L/2，即r2- r2cosα=L，
解得：cosα=
在区域I，r2cosα-r2cos60°=L，即r2·
-r2cos60°=L，
解得：r2=4L，
由
= r2/2=2L，解得v2=
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解法二：等效法。
若B2=2B1，由r=mv/qB
可知离子在区域I 运动轨迹半径为r2=r’1/2，
可以等效为B2=B1时离子恰好运动到y=0 处。
由图中几何关系可得：sin30°=
，
解得r1’=4L。
离子在区域I 磁场中运动，qv2B1=m
，
解得v
2=
解法三。动量定理+微元法
画出离子恰好运动到y=L/2 处的运动轨迹，如图。我们可以通过微元法，利用动量定理解答。
12
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对离子进入磁场到恰好运动到y=L/2 处的过程，沿y 轴方向的微元时间△t，运用动量定理，
-qB1vy1△t-qB2vy2△t =m△v
方程两侧求和，-qB1Σvy1△t-qB2Σvy2△t=mΣ△v
注意到Σvy1△t=L，Σvy2△t=0.5L，Σ△v=-v2sin30°
可得 -2qB1L=0.5m v2
解得：v2=
（3）解法一：等效法
画出B2=
图像，如图。
区域II 中磁场可等效为匀强磁场B1/2 的匀强磁场，若把区域II 中磁场等效为匀强磁场B1，则
磁场宽度则为L/2。画出恰好能够进入第四象限的离子运动轨迹，如图。
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由轨迹图中几何关系得
sin30°=
，
解得r3=3L。
由洛伦兹力提供向心力，qv3B1=m
，
解得v3=
即速度大于v3=
的离子都能够进入第四象限，
进入第四象限的离子数与总离子数之比为
η=
×100%=60%
解法二：动量定理+微元法
画出B2=
图像，如图。
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区域II 中磁场可等效为匀强磁场B1/2 的匀强磁场，
对离子进入磁场到恰好运动到x 轴的过程，沿y 轴方向的微元时间△t，运用动量定理，-
qB1vy1△t-qB2vy2△t =m△v
方程两侧求和，-qB1Σvy1△t-qB2Σvy2△t=mΣ△v
注意到Σvy1△t=L，
ΣB2vy2△t=Σ
vy2△t =
Σvy2△t =
L，
Σ△v=-v2sin30°
可得
qB1L=
m v2
解得：v3=
即速度大于v3=
的离子都能够进入第四象限，
进入第四象限的离子数与总离子数之比为
η=
×100%=60%
【最新模拟题精练】
1. (2023 山东泰安模拟)如图所示，Oxyz 为空间直角坐标系，在x<0 的空间I 内存在沿z 轴正方向的匀强磁
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场B1。在0<x＜d 的空间II 内存在沿y 轴正方向的匀强电场E，在x>d 的空间III 存在磁感应强度大小
、方向沿x 轴正方向的匀强磁场。现将一带负电的粒子从x 轴上的A（
，0，0）点以初速
度v0射入空间I 的磁场区域，经磁场偏转后从y 轴上的C（0，d，0）点垂直y 轴进入空间II，并从x 轴上
的D（d，0，0）点进入空间III。已知粒子的电荷量大小为q，质量为m，不计重力。求：
（1）空间I 内磁场的磁感应强度大小B1和空间II 内电场的电场强度大小E；
（2）粒子运动过程中，距离x 轴的最大距离；
（3）粒子进入空间III 后，每次经过x 轴时的横坐标。
【参考答案】（1）
，
；（2）
；
（3）
【名师解析】
（1）设粒子在空间I 的磁场中的轨迹半径为
，由几何关系可得
解得
由洛伦兹力提供向心力可得
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解得
粒子在空间II 做类平抛运动，沿y 轴方向的加速度大小
沿x 轴方向运动有
沿y 轴方向运动有
解得
（2）根据类平抛运动规律可知，粒子速度偏向角正切值为
粒子经过D 点时，沿
轴负方向的分速度大小为
沿x 轴正方向的分速度大小为
粒子在空间III 内垂直于磁场 的分速度
使粒子在
平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可
得
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解得
粒子做圆周运动距x 轴的最大距离为
（3）粒子在空间III 内做圆周运动的周期为
粒子在空间III 内沿x 轴方向做匀速直线运动，粒子在一个周期内沿x 轴正方向运动的距离
所以粒子在空间III 中每次经过x 轴时的横坐标为
2. （2023 湖南张家界模拟）如图所示，O－xyz 坐标系的y 轴竖直向上，在yOz 平面左侧
区域
内存在着沿y 轴负方向的匀强电场，
区域内存在着沿z 轴负方向的匀强磁场，在yOz 平面右侧区
域同时存在着沿x 轴正方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小均与yOz 平面左侧相等，
电磁场均具有理想边界。一个质量为m，电荷量为＋q 的粒子从
点以速度
沿x 轴正方向射
入电场，经
点进入磁场区域，然后从O 点进入到平面yOz 右侧区域，粒子从离开O 点开始多次
经过x 轴，不计粒子重力。求：
（1）匀强电场的电场强度大小E；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）粒子从离开O 点开始，第n（n＝1，2，3，…）次到达x 轴时距O 点的距离s。
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【参考答案】（1）
；（2）
；（3）
（n＝1，2，3，…）
【名师解析】
（1）粒子在电场中运动时，有
，
由牛顿第二定律
得
（2）在N 点，设粒子速度v 的方向与x 轴间的夹角为
，沿y 轴负方向的速度为
，则有
，
，
解得
，
，
粒子轨迹如图所示
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根据几何关系，粒子做圆周运动轨迹的半径为
由牛顿第二定律得
解得
（3）将粒子在O 点的速度分解
，
因同时存在电场、磁场，粒子以
在磁场中做匀速圆周运动，同时粒子以初速度
沿x 轴正方向做匀
加速运动，粒子离开O 后，每转一周到达一次x 轴，第n 次到达x 轴时，粒子运动的时间
解得
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（n＝1，2，3，…）
3. （2023 山东烟台一模）在如图所示的空间直角坐标系中，yOz 平面左侧匀强磁场沿z 轴正方向，右侧匀
强磁场沿y 轴正方向，左、右两侧磁场的磁感应强度大小均为
；yOz 平面右侧还有沿y 轴正方向的匀强电
场。空间中坐标为
的M 点有一粒子源，粒子源发射粒子的初速度方向均沿xOy 平面，与x 轴
正方向的夹角为
。其中初速度为
（未知）的粒子恰好不能到达yOz 平面右侧，初速度为
的粒子
运动轨迹恰好与xOz 平面相切。已知粒子源发射的所有粒子的质量均为m，电荷量均为
。不计粒子的
重力。求：
（1）初速度
的大小；
（2）初速度为
的粒子的运动轨迹与xOz 平面切点的坐标；
（3）初速度为
的粒子前两次经过yOz 平面的交点间的距离；
（4）初速度为
的粒子第n 次在yOz 平面左侧运动时的速度大小。
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【参考答案】（1）
；（2）
；
（3）
；（4）
【名师解析】
（1）初速度为
的粒子的运动轨迹与y 轴相切，如图所示
由几何知识可得
联立求得
（2）初速度为
的粒子在yOz 平面左侧运动时
求得
如图所示
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由几何关系知，粒子第一次到达y 轴时的速度与x 轴正方向成
角斜向下，此时将粒子的速度分解，平行
于x 轴的分速度
平行于y 轴的分速度
在yOz 平面右侧沿y 轴方向，在电场力作用下先做匀减速直线运动，到达xOz 平面沿y 轴方向速度为零，
有
在垂直y 方向，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动
粒子与xOz 平面相切时，对应的坐标
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即切点坐标为
；
（3）粒子第一次经过yOz 平面时
y 轴坐标为
，粒子从与平面xOz 平面相切到第二次与yOz 平面
相交用时为
，有
粒子沿y 轴方向所受电场力不变，加速度不变，第二次与yOz 平面相交时的y 轴坐标为
（4）初速度为
的粒子在yOz 平面右侧运动时加速度为
初速度为
的粒子第2 次刚进入yOz 平面左侧运动时沿y 轴方向的速度大小为
因为粒子沿y 轴方向只在平面右侧才有不变的加速度，且每次加速时间均为
，所以第n 次刚进入yOz 平
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面左侧运动时的沿y 轴方向的速度大小为
粒子第n 次在yOz 平面左侧运动时速度大小为
4. （2023 四川成都石室中学二诊）芯片制造过程有极其复杂的工艺，其中离子注入是一道重要的工序，
该工作原理如图所示：离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，离子在速度选择器中做匀速直线运动，
然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入到水平面内的晶圆（硅片）处。速度选择
器中匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，匀强电场场强大小为E，方向竖直向上；磁分
析器截面是内外半径分别为
和
的四分之一圆环，其两端中心位置M 和N 处各有一个小孔，磁分析器
中匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为
L 的正方体，底面与晶圆所在的水平面重合，偏转系统中匀强磁场的磁感应强度大小为B、匀强电场场强
大小为E，它们的方向均垂直纸面向外；从磁分析器N 处小孔射出的离子自偏转系统上表面的中心射入，
当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O 点。以O 点为坐标原点，偏转系统中B 的
方向为x 轴正方向，水平向左为y 轴正方向，建立平面直角坐标系。整个系统置于真空中，不计离子重力，
打到晶圆上的离子经过电场和磁场偏转的角度都很小，而当
很小时，有以下近似计算：
，
。求：
（1）离子的电性及通过速度选择器后的速度大小；
（2）从磁分析器出来的离子的比荷；
（3）偏转系统同时加上电场和磁场时，离子注入晶圆
位置坐标。
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【参考答案】（1）带正电荷，
；（2）
；（3）（
，
）
【名师解析】
（1）离子在速度选择器中受力平衡，则有
可得离子速度大小
利用离子在磁分析器中的偏转，根据左手定则可知离子带正电荷。
（2）离子在磁分析器中运动的轨道半径
由于洛伦兹力提供向心力可知
联立解得
（3）离子进入偏转系统后，在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，轨道半径仍为R，设偏转角为
，如图
所示
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则偏转距离
而
由于
很小，可知
，
联立整理得
离子在偏转系统中运动的时间
在沿着电场方向做匀加速的运动，可知
其中
联立解得
因此离子注入晶圆的位置坐标为（
，
）。
5．（18 分（2023 年广东五校高二期末联考）如图，空间直角坐标系Oxyz 中，有两个边长均为L 的正方体
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Ⅰ和正方体Ⅱ，它们的公共界面为M，O 点为正方体Ⅰ侧面K 的中心，x、y、z 轴均与正方体边长平行。
正方体Ⅰ空间内在y>0 的范围内存在着沿y 轴负方向的匀强电场，在y<0 的范围内存在着沿y 轴正方向的
匀强电场，两者电场强度大小相等；正方体Ⅱ空间内在y>0 的范围内存在着沿x 轴正方向的匀强磁场，在
y<0 的范围内存在着沿x 轴负方向的匀强磁场，两者磁感应强度大小相等。有一质量为m、电荷量为+q 的
粒子，以v0的初速度，从y 轴上的P 点沿z 轴正方向进入正方体Ⅰ，之后经过z 轴后从Q 点垂直穿过界面
M 进入正方体Ⅱ，最后垂直打在侧面N 上。P 点为侧面K 底边长的中点（在电场区域中），不考虑粒子的
重力，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)粒子进入正方体Ⅰ后，经过z 轴时的速度大小；
(3)磁感应强度的大小。
【参考答案】．（1）
；（2）
；（3）
(n=1, 2, 3……)
【名师解析】（1）设匀强电场的电场强度大小为E，根据题意得
又 qE=ma
解得
（2）粒子经过z 轴时速度的竖直分量
vy=at
故速度大小为
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（3）该粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示，
设磁场的磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的轨迹半径为r，根据几何关系有
，
或
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有
且 L=2nx (n=1, 2, 3……)
联立可得
(n=1, 2, 3……)
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