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专题17 磁场综合题
目录
01.题型综述................................................................错误: 引用源未找到
02.解题攻略................................................................错误: 引用源未找到
题组01 带电粒子（带电体）在匀强电场中的直线运动........................................................................1
题组02 带电粒子在组合场中的运动................................................................................................... 10
题组03 带电粒子在叠加场中的运动................................................................................................... 29
03.高考练场..............................................................................45
带电粒子在有界匀强磁场中的运动可以很好的结合几何知识考察学生数理结合解决问题的能力， 带电
粒子在组合场中的运动可以有机的将电场中的匀变速运动与磁场中的匀速圆周运动巧妙结合考察学生综合
分析的能力。近年高考中发现带电体在电磁组合场中的复杂曲线运动越来越多，而要解答好此类问题需要
考生对正则动量以及“配速法”要熟练掌握。因此带电粒子在磁场中的综合问题考察较多多样考试题型丰
富深受命题者青睐。有效突破本专题的方法是学生要熟练掌握电磁偏转的基本规律，深入学习正则动量与
配速法等相关知识才能立于不败之地。
题组01 带电粒子（带电体）在匀强电场中的直线运动
【提分秘籍】
1．分析带电粒子在匀强磁场中运动的方法
基本思路
(1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹
(2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与
圆心角、运动时间相联系，运动时间与周期相联系
(3)用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式
和半径公式
基本公式
qvB＝m，T＝
重要结论
r＝，T＝
热点题型·计算题攻略
1
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圆心的确定
(1)轨迹上的入射点和出射点的速度方向的垂线的交点为圆心，如图
(a)
(2)轨迹上入射点速度方向的垂线和入射点、出射点两点连线中垂线
的交点为圆心，如图(b)
(3)沿半径方向距入射点距离等于r 的点，如图(c)(当r 已知或可算)
半径的确定
方法一：由物理公式求，由于Bqv＝
所以半径r＝
方法二：由几何关系求，一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通
过计算来确定
时间的求解
方法一：由圆心角求，t＝·T
方法二：由弧长求，t＝
2.带电粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要结论
(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角(如图甲，θ1＝θ2＝θ3)。
(2)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向(如图乙，两侧关于两圆心连线OO′对称)。
(3)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹对应的圆心角(如图甲，α1＝α2)。
3．带电粒子在磁场中运动的多解成因
(1)磁场方向不确定形成多解；
(2)带电粒子电性不确定形成多解；
(3)速度不确定形成多解；
(4)运动的周期性形成多解。
【典例剖析】
【例1-1】如图所示，在xOy 坐标系中，垂直于x 轴的虚线与y 轴之间存在磁感应强度大小为B 的匀强磁场
（含边界），磁场方向垂直xOy 平面向里。一质子束从坐标原点射入磁场，所有质子射入磁场的初速度大
小不同但初速度方向都与x 轴正方向成
角向下。PQ 是与x 轴平行的荧光屏（质子打到荧光屏上不
再反弹），P、Q 两点的坐标分别为
，
。已知质子比荷
，
。求：（结
2
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果均可用分数、根号表示）
(1)质子在磁场中运动的最长时间是多少？
(2)如果让荧光屏PQ 下表面有粒子打到的长度尽可能长且质子的运动轨迹未出磁场，质子初速度大小的取
值范围是多少？
(3)荧光屏PQ 下表面有粒子打到的长度为多长？
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）质子在磁场中做匀速圆周运动，质子能打到y 轴上时其轨迹圆心角最大，在磁场中运动的时
间最长，如图1 所示
由洛伦兹力提供向心力得
质子圆周运动的周期为
由几何关系可知图1 中的
粒子在磁场中运动的最长时间为
解得
（2）当质子轨迹与PQ 相切时，如图1 所示，设此时初速度为
。由几何关系得
3
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由洛伦兹力提供向心力得
解得
当粒子运动轨迹与磁场右边界相切时，设此时初速度大小为
，轨迹半径为
，如图2 所示
由几何关系可得
同理得
解得
综上可得质子初速度大小的取值范围为
（3）如图3 所示
轨迹与PQ 相切，根据几何关系可知
解得
4
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如图4 所示
轨迹与右边界相切时有
则
荧光屏PQ 下表面有粒子打到的长度为
解得
【例1-2】（2024·河北·模拟预测）如图，xOy 坐标系所在的平面内，在
区域内有垂直纸面向里的匀强
磁场。x 轴上的点
向直线
的右侧各个方向发射大量质量为m、电荷量为q 的带负电粒子，速
度大小均为v。其中某粒子在点
垂直于y 轴离开磁场区域。不计粒子重力。
5
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(1)求磁感应强度B 的大小；
(2)从P 点发出的粒子中是否有粒子能回到P 点？若无，请说明理由；若有，请求出粒子从P 点发出到回到
P 点的时间。
【答案】(1)
(2)有，
【详解】（1）如图中轨迹①所示
从P 点水平射入磁场的粒子可以垂直于y 轴离开磁场，在磁场中，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，
设轨迹半径为r，则有
由几何关系得
解得
6
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（2）假设有粒子能回到P 点，如图中轨迹②所示，设从P 点沿x 轴上方与x 轴成
角发射的粒子能回到P
点，由几何知识得
解得
故假设成立，即有粒子能回到P 点
粒子在磁场中运动时轨迹所对应的圆心角
粒子在磁场中运动的时间
粒子做匀速直线运动的时间
粒子从P 点发出到回到P 点的时间
联立解得
【变式演练】
【变式1-1】．如图所示，在0 ≤ y ≤ 1.5a 的区域内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，t = 0 时刻，一位于
坐标原点的粒子源在xOy 平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与x 轴正方
向的夹角分布在0 ~ 180°范围内，沿y 轴正方向发射的粒子在t = t0时刻刚好从P（2a，0）点离开磁场。已
知带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用。
(1)求带电粒子初速度的大小；
(2)求磁场上边界有带电粒子离开的区域长度；
(3)改变匀强磁场的磁感应强度大小，使得25%的粒子从x 轴离开磁场区域，求改变后的匀强磁场的磁感应
强度大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
7
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【详解】（1）设带电粒子的初速度大小为v，沿y 轴正方向发射的粒子在t = t0时刻刚好从P（2a，0）点
离开磁场，由几何关系可知，粒子运动的半径为
所以
（2）磁场上边界有带电粒子离开的区域，如图所示
由几何关系可得
解得
（3）由几何关系可得
由牛顿第二定律得
解得
【变式1-2】．如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场内有一块足够大平面感光
板ab，板面与磁场方向平行，在距ab 的距离L 处有一个点状的
粒子放射源S，它向平面内各个方向均匀
发射带正电的
粒子（重力不计），
粒子的速度大小都是v。（已知
粒子的电荷与质量之比为
，磁
感应强度大小为B，速度大小
，发射源与ab 板距离为L），现只考虑在图纸平面中运动的
粒子，
求：
8
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(1)ab 上被
粒子打中的区域的长度。
(2)击中ab 板的
粒子中运动最长和最短的时间之差是多少。
(3)各个方向均匀发射的
粒子中有多少占比的
粒子可以击中ab 板。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由牛顿第二定律得
解得
轨迹如图示：
上被
粒子打中的区域的长度
（2）击中
板的
粒子中运动最长时间，使粒子竖直向下运动，轨迹圆与
相切，轨迹圆的弧长为
周
长，所用时长
最短的时间使粒子与竖直方向成
向上运动，轨迹圆的弦长最短，此时粒子在磁场中运动的时间最短，
轨迹圆的弧长为
周长，所用时长
击中
板的
粒子中运动最长和最短的时间之差
9
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（3）沿竖直向上方向射出粒子与屏相切粒子走过的弧长为周长的
，沿竖直向下方向射出粒子与屏相切
粒子走过的弧长为周长的
，二者夹角为180°，即粒子射出在S 点右侧的打在
平面感光板上，各个方向
均匀发射的
粒子中有
占比的
粒子可以击中
板。
题组02 带电粒子在组合场中的运动
【提分秘籍】
1．带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较
垂直进入磁场(磁偏转)
垂直进入电场(电偏转)
进入电场时速度方向
与电场有一定夹角
情景图
受力
FB＝qv0B，FB大小不变，
方向变化，方向总指向圆
心，FB为变力
FE＝qE，FE大小、方向
均不变，FE为恒力
FE＝qE，FE大小、方
向均不变，FE为恒力
运动规律
匀速圆周运动
r＝，T＝
类平抛运动
vx＝v0，vy＝t
x＝v0t，y＝t2
类斜抛运动
vx＝v0sin θ，vy＝
v0cos θ－t
x＝v0sin θ·t，y＝
v0cos θ·t－t2
2．常见运动及处理方法
10
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【典例剖析】
【例2-1】（2024·吉林长春·一模）医院中X 光检测设备的核心器件为X 射线管。如图所示，在X 射线管中，
电子（质量为m、电荷量为-e，初速度可以忽略）经电压为U 的电场加速后，从P 点垂直磁场边界水平射
入匀强磁场中。磁场宽为2L，磁感应强度大小可以调节。电子经过磁场偏转后撞击目标靶，撞在不同位置
就会辐射出不同能量的X 射线。已知水平放置的目标靶
长为2L，
长为L，不计电子重力、电子间
相互作用力及电子高速运行中辐射的能量。
(1)求电子进入磁场的速度大小；
(2)调节磁感应强度大小使电子垂直撞击在目标靶上，求电子在磁场中运动的时间；
(3)为使辐射出的X 射线能量范围最大，求磁感应强度的大小范围。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）在加速电场中，根据动能定理有
解得
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（2）设电子垂直打在
中间时，做匀速圆周运动的半径为
，由几何关系得
对应的圆心角为
，所以
联立以上各式解得
（3）电子在磁场中运动有
解得
设打在
点时的运动半径为
，依几何关系可知
联立以上各式解得磁感应强度最大值为
同理，打在N 点的半径为
，依几何关系可知
联立以上各式解得磁感应强度最小值为
综上所述，磁感应强度的取值范围为
（把“≤”写成“<”也给分）
（注：用其他方法得到正确结果可按步骤酌情给分）
【例2-2】利用电场和磁场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。在图示的xOy 平面（纸面）内，
的区域Ⅰ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，x 轴上方的
区域Ⅱ内存在沿y 轴负方向的匀强电
场。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子（不计重力），从原点O 处以大小为
的速度垂直磁场射入第
二象限，方向与x 轴负方向夹角
，一段时间后垂直
虚线边界进入电场。已知
，
，区域Ⅱ中电场的场强
。求：
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(1)区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B；
(2)粒子从原点O 出发到离开电场的总时间t；
(3)粒子离开电场时的速度大小v。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，在磁场中做圆周运动的半径设为
，由几何关系可得
解得
结合牛顿第二定律可得
联立上式解得
（2）粒子运动圆轨迹所对的圆心角为
，在磁场中运动时间设为
，则
其中
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解得
粒子在电场中做类平拋运动，设该粒子的加速度大小为
，在电场中运动时间为
，沿y 轴负方向运动的
距离为，则有
解得
故竖直方向的位移
由于
粒子从电场边界离开，则总时间
（3）由动能定理得
解得
【例2-3】平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限的某未知矩形区域内
有垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为
，如图所示。一带正电的粒子从静止开始经电
压加速后，以速度
沿x 轴正方向从y 轴上A 点进入匀强电场，经电场偏转后，从x 轴上的B 点进入第Ⅳ
象限，且速度方向与x 轴正方向的夹角为
，一段时间后，进入矩形磁场区域，离开矩形磁场区域后垂
直穿过y 轴上的C 点。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，AO 的距离为h，OC 的距离为2h，不计粒子
的重力。求：
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(1)加速电压U；
(2)B 与O 之间的距离x；
(3)矩形匀强磁场区域面积S 的最小值；
(4)带电粒子从A 点运动到C 点的时间t。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）在加速电场中，根据动能定理
①
解得
②
（2）在偏转电场中，设加速度为
，沿着电场方向
③
根据几何关系
④
⑤
垂直电场方向
⑥
解得
⑦
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（3）粒子在B 点时的速度为，由
解得
⑧
粒子在磁场中
⑨
解得
⑩
如图所示，粒子从E 点进入矩形磁场，并从F 点离开
矩形磁场的宽
⑪
矩形磁场的宽长
⑫
矩形磁场的面积
⑬
（4）粒子由B 到E 的时间
⑭
在磁场中的时间
⑮
从F 到C 的时间为
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⑯
所以
【例2-4】如图1 所示的xOy 平面内，x 轴上方存在平行于y 轴向下的匀强电场，x 轴下方存在垂直xOy 平
面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，粒子质量为m、电荷量为
，粒子在该组合场中运动的
速度可用图2 中一个点
表示，
、
分别为粒子速度在两个坐标轴上的分量。粒子从图1 中y 轴
上某一点出发，出发时其速度坐标P 位于图2 中
点，P 点沿线段ab 移动到
点；随后P 点
沿以O 为圆心的圆弧移动至
点，P 点沿线段ca 回到a 点。已知粒子在磁场中所受洛伦兹力大小为
在电场中所受静电力大小的
倍，粒子不计重力。求：
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(2)匀强电场的场强大小；
(3)P 点沿图2 中闭合曲线移动1 周回到a 点时，粒子的位置坐标。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动时的速度为
根据洛伦兹力提供向心力
解得做圆周运动的半径为
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（2）粒子在磁场中所受洛伦兹力大小为在电场中所受静电力大小的
倍，则有
其中
解得
（3）粒子运动轨迹如图所示
速度从a 到b，粒子在电场中做类平抛运动，在y 方向有
在x 方向有
代入数据解得
P 点移动到b 点时有
，
即粒子进入磁场时速度方向与x 轴夹角为
由于
故粒子在磁场中做圆周运动的圆心在y 轴上，根据对称性，粒子出磁场时的N 点与粒子进磁场的M 点关于
O 点对称，故P 点沿题图2 中闭合曲线移动1 周回到a 点时，粒子又回到出发位置，即有
，
代入有关数据解出
18
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可知，P 点沿图中闭合曲线移动1 周回到a 点时，粒子的位置坐标为
。
【例2-5】（2025 高三上·湖南·阶段练习）如图所示，在真空中的坐标系中，第二象限内有边界互相平行且
宽度均为d 的六个区域，交替分布着方向竖直向下的匀强电场和方向垂直纸面向里的匀强磁场，调节电场
强度和磁感应强度大小，可以控制飞出的带电粒子的速度大小及方向。现将质量为m、电荷量为q 的带正
电粒子在边界P 处由静止释放，粒子恰好以速度大小为v 且与y 轴负方向的夹角为
从坐标原点进入
区域，在
的区域内存在磁感应强度大小为
、方向沿x 轴正方向的匀强磁场B，不计粒子重力。
已知：
，求：
(1)第二象限中电场强度大小
和磁感应强度大小
；
(2)粒子在
的区域运动过程中，距离x 轴的最大距离；
(3)粒子在
的区域运动过程中，粒子每次经过x 轴时的横坐标。
【答案】(1)
；
(2)
(3)
【详解】（1）粒子从P 点到O 点的过程中，只有电场力做功，洛伦兹力不做功，则由动能定理可知
解得第二象限中电场强度大小
粒子在经过磁场时水平方向上由动量定理
即
解得磁感应强度大小为
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（2）粒子经过O 点时，沿y 轴负方向的分速度大小为
沿x 轴正方向的分速度大小为
沿y 轴负方向的分速度
使粒子在垂直纸面的平面内左匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可知
代入解得
粒子做圆周运动距x 轴的最大距离为
（3）粒子在
的区域内做圆周运动的周期为
粒子在
的区域内沿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为
粒子在
的区域内每次经过x 轴时的横坐标为
解得粒子在
的区域运动过程中，粒子每次经过x 轴时的横坐标为
【变式演练】
【变式2-1】如图所示，在xOy 平面内，y 轴左侧空间分布着水平向右的匀强电场，y 轴右侧空间分布着垂
直纸面向外的匀强磁场。某时刻有一带正电的粒子以初速度
沿平行于y 轴正方向从A 点射出，粒子从C
点进入磁场，且速度方向与y 轴夹
角，并在磁场中运动一段时间后恰好又回到A 点。已知A 点坐标为
粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子所受的重力。求：
20
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(1)C 点坐标为以及y 轴左侧匀强电场的电场强度大小E；
(2)y 轴右侧匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)带电粒子从A 点开始运动到再次回到A 点的时间t。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从A 点到C 点所用时间为
，根据运动规律有
沿x 轴方向，粒子做初速度为0 的匀加速直线运动，有
C 点坐标为
；
设粒子到达C 点时沿x 轴速度的大小为
，有
联立得
（2）设粒子到达C 点时的速度大小为v，则
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系有
粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
21
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解得
（3）粒子在磁场中运动的时间
粒子从A 点开始运动到再次回到A 点的时间
解得
【变式2-2】．（2025 高三上·安徽·阶段练习）如图所示，在坐标系xOy 的第二象限内存在沿y 轴负方向的
匀强电场，电场强度为
，在第一象限内磁场垂直纸面向外、第四象限内磁场垂直纸面向里，且第四象限
磁场磁感应强度是第一象限的2 倍；第一象限内距离y 轴L 处，垂直x 轴放置足够长的感应屏。一质量为
m，电荷量为q 的带正电粒子从直角坐标系第二象限的P 点以初速度大小
，方向与x 轴正方向成
斜向
上飞出，恰好从O 点射入磁场，速度方向与x 轴正方向夹角为
，一段时间后粒子垂直击中感应屏。粒
子重力不计，
，
，求：
(1)
点的位置坐标；
(2)第一象限磁场磁感应强度的最小值。
【答案】(1)（
） (2)
【详解】（1）在电场中粒子做匀变速曲线运动，可分解为沿x 轴正方向做匀速运动和沿电场力方向做匀变
速运动，在P 点水平、竖直方向的分速度分别为
22
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在电场中加速度为
粒子经过原点有
解得
由以上得P 到O 的时间
沿x 轴正方向的位移为
沿y 轴负方向的位移为
P 处的位置坐标为
。
（2）粒子进入磁场中的运动轨迹如图所示
粒子由第四象限进入第一象限时的速度大小为
设第一象限磁场的磁感应强度大小为B，在第四象限
在第一象限
则
粒子垂直击中感应屏应满足
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，（n=1，2，3...）
当
时，第一象限磁场的磁感应强度取最小值，联立可求得
【变式2-3】．如图所示，在xOy 直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ
象限内分布着沿y 轴负方向的匀强电场．初速度为零、带电荷量为q、质量为m 的粒子经过电压为U 的电
场加速后，从x 轴上的A 点垂直x 轴进入磁场区域，重力不计，经磁场偏转后过y 轴上的P 点且垂直于y 轴
进入电场区域，在电场中偏转并击中x 轴上的C 点，已知OA＝OC＝d。
(1)求带电粒子在A 点的速度
(2)磁感应强度B 和电场强度E 的大小分别是多少？
(3)带电粒子从A 点到C 点的时间t？
【答案】(1)
(2)
，
(3)
【详解】（1）在加速电场中，由动能定理知
解得
（2）带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力
由几何关系知
联立可解得
带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t 从P 点到达C 点
24
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又由受力分析及牛顿第二定律知
联立可解得
（3）进入磁场做匀速圆周运动，设弧长为s，运动时间为
，则有
解得
设在电场中类平抛运动时间t
解得
则总时间
【变式2-4】．平面直角坐标系
中，第Ⅰ象限存在沿
轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标
平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子从
轴负半轴上的P
点与
轴正方向成120°垂直磁场射入第Ⅳ象限，经
轴上的N 点与
轴正方向成120°角射入电场，最后从
轴正半轴上的M 点以垂直于y 轴方向的速度射出电场，粒子从P 点射入磁场的速度为，不计粒子重力，
求：
(1)粒子从P 点运动到M 点的总时间t；
(2)匀强电场的场强大小E；
25
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(3)若撤去第Ⅰ象限的匀强电场，加上一个磁感应强度也为B，方向也是垂直纸面向里的圆形磁场区域，同
样使该粒子垂直于y 轴方向从M 点输出，求圆形磁场区域的最小半径。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据牛顿第二定律可得
可得粒子在磁场中运动的轨道半径
作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
由几何关系可知，粒子在磁场中转过的角度为150°，则运动的时间
又因为
从N 到M 运动的时间
则粒子从P 点运动到M 点的总时间
（2）在电场中竖直方向则有
解得
26
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（3）粒子在磁场中运动轨迹如图所示
由于运动轨迹的半径
由几何关系可知，圆形磁场区域的最小半径
【变式2-5】（2025 高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第一象限内有沿
y 轴负方向的匀强电场，在第三、四象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场。从y 轴上坐标为（0，L）
的P 点沿x 轴正方向，以初速度v0射出一个质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，粒子经电场偏转后从坐
标为（2L，0）的Q 点第一次经过x 轴进入磁场，粒子经磁场偏转后刚好能到P 点，不计粒子的重力。
(1)求匀强电场的电场强度大小E；
(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)现仅改变粒子在P 点沿x 轴正方向射出的速度大小，若粒子经一次电场和磁场偏转后，刚好经过O 点出
磁场（粒子第二次经过x 轴），求粒子第七次经过x 轴的位置离O 点的距离。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在电场中做类平拋运动，则有
根据牛顿第二定律有
27
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解得
（2）设粒子进磁场时速度大小为v，根据动能定理有
解得
设粒子进磁场时速度与x 轴正方向的夹角为
，则有
解得
粒子的运动轨迹如图所示
粒子出磁场时速度与x 轴正方向的夹角也为45°，由于粒子会再次回到P 点，由几何关系可知，粒子出磁场
时的位置坐标为
，则粒子在磁场中做圆周运动的半径
根据牛顿第二定律有
解得
（3）改变粒子进电场时的初速度后，设粒子进磁场时速度为v1，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r1，根
据牛顿第二定律有
解得
设粒子第一次和第二次经过x 轴的点间的距离为s，速度与x 轴正方向的夹角为
，则有
28
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由
整理得
根据对称性和周期性可知，粒子第七次经过x 轴时的位置离O 点的距离
得
题组03 带电粒子在叠加场中的运动
【提分秘籍】
1．三种典型情况
(1)若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB
时，重力场与磁场叠加满足mg＝qvB 时，重力场与电场叠加满足mg＝qE 时。
(2)若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB 的方向与速度v 垂直。
(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB
＝m。
2.洛伦兹力的冲量
29
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【典例剖析】
【例3-1】在xOy 坐标系的第二象限内和第四象限内有如图所示的匀强电场，两电场的场强大小相等，方
向分别与x 轴和y 轴平行；第四象限内还存在垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出）。将一个质量为m、
电荷量为q 的微粒在第二象限内的
点由静止释放，之后微粒沿直线运动到坐标原点并进入第四象
限，微粒在第四象限内运动后从x 轴上的
点进入第一象限，重力加速度为g。求：
（1）带电微粒运动到O 点时的速度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小；
（3）带电微粒从P 点运动到Q 点所用的时间。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
30
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【详解】（1）粒子在第二象限内做直线运动，因此电场力和重力的合力方向沿PO 方向，可知粒子带正电，
且
粒子在第二象限内的加速度为
根据动力学公式
解得带电微粒运动到O 点时的速度大小为
（2）根据
可知粒子从O 点进入第四象限的速度方向与x 轴正方向成
角，由于粒子在第四象限内受到电场力与重
力等大反向，因此粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于粒子做匀速圆周运动后从x 轴上的
点进入第一象限，根据左手定则可以判断，磁场方向垂直于纸面向里，根据题意做出粒子的轨迹图
根据几何关系有，粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为
根据洛伦兹力提供向心力
匀强磁场的磁感应强度大小
（3）粒子在第二象限内做直线运动的时间为
粒子在第四象限内做直线运动的时间为
31
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带电微粒从P 点运动到Q 点所用的时间
【例3-2】下图所示的光滑绝缘的水平面上放置一个质量为m、带电荷量为＋q 的小球（可视为点电荷）。
在竖直平面内存在匀强磁场和匀强电场，y 轴左侧电场方向水平向右，无磁场，y 轴右侧电场方向竖直向上，
磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向里。两侧电场强度大小相等，均为
、现将小球从左侧距O
点为2L 的A 点由静止释放，若小球第一次落回地面时落到A 点附近。
（1）小球第一次经过y 轴时的速度大小；
（2）小球第二次经过y 轴时到O 点的距离；
（3）小球第二次经过y 轴后，到落地前，经过P 点（图中未标出）的速度最小，求：小球从开始运动到P
点所用的时间t。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据动能定理
解得
（2）在磁场中，由于
合力为洛伦兹力，做圆周运动，根据牛顿第二定律
解得
小球第二次经过y 轴时到O 点的距离为圆周运动的直径
32
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（3）运动轨迹如图所示
由A 到O 物体做匀加速，根据牛顿第二定律
解得
根据运动学规律
解得
在磁场中做匀速圆周运动，周期为
所用时间为
回到y 轴左侧后，物体做类斜抛运动，速度与合力方向垂直时，即速度方向斜向左下时，速度最小，从回
到y 轴左侧起至速度最小所需时间t3
解得
总时间
33
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【例3-3】如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，有沿x 轴正向的匀强电场和垂直坐标平面向外的匀强磁场，
电场强度大小为
，磁感应强度大小为B。从O 点发射一比荷为
的带正电微粒，该微粒恰能在xOy 坐
标平面内做直线运动。已知y 轴正方向竖直向上，重力加速度为g。
（1）求微粒发射时的速度大小和方向；
（2）若仅撤去磁场，微粒以（1）中的速度从O 点射出后，求微粒通过y 轴时到O 点的距离；
（3）若仅撤去电场，微粒改为从O 点由静止释放，求微粒运动的轨迹离x 轴的最大距离。
【答案】（1）
，
轴负方向夹角为
；（2）
；（3）
【详解】（1）由题意知，粒子做匀速直线运动，受力分析如图
则
解得
粒子出射的速度方向与
轴负方向夹角为
解得
即微粒发射的速度大小为
34
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与
轴负方向夹角为
；
（2）撤去磁场后，粒子做类平抛运动，如图
将速度分解可得
轴方向的加速度大小
经过
轴时的时间
。
距
点的距离
（3）解法1：
微粒运动的轨迹离
轴的距离最大时，速度与
轴平行，设最大距离为
，在
方向上，由动量定理得
即
由动能定理得
解得
解法2：
将静止释放的微粒看成同时有大小相等、方向水平向左和向右的初速度
，向左的速度
产生的洛伦
兹力与重力大小相等（如图）
35
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则
解得
向左的分速度使微粒水平向左匀速直线运动，向右的分速度使微粒在洛伦兹力下做匀速圆周运动，即
解得
微粒运动的轨迹离
轴的最大距离
【例3-4】如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第一、三、四象限内存在垂直于平面向外、磁感应强度大
小为B（B 未知）的匀强磁场，第二象限内存在垂直平面向外、磁感应强度大小为3B 的匀强磁场。质量为
m、电荷量为
的带电粒子从y 轴上M 点（0，
）以初速度
沿x 轴正方向射入第一象限，然后从x 轴上
的N 点（
，0）射入第四象限，不计粒子的重力。求：
(1)磁感应强度B 的大小；
(2)带电粒子自M 点进入磁场开始到第四次经过x 轴时所经历的时间；
(3)若粒子在磁场中受到与速度大小成正比、方向相反的阻力f 且
（k 为已知常量），已知粒子第一次
经过x 轴时速度与x 轴垂直，求此时粒子的位置坐标。
36
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【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设带电粒子在第一、三、四象限磁场中做圆周运动的半径为
，粒子在第一象限的轨迹的
圆心为
，由几何关系知
则
解得
由洛伦兹力提供向心力
解得磁感应强度为
（2）设带电粒子在第一象限磁场中运动的时间为
，则
设带电粒子在第二象限磁场中做圆周运动的半径为
，由洛伦兹力提供向心力
解得
带电粒子的运动轨迹如下图
设粒子第四次经过
轴时在第三、四象限运动的总时间为
，在第二象限运动的时间为
，则
37
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因此带电粒子自
点进入磁场到第四次经过
轴所经历的时间
解得
（3）对带电粒子受力分析可知，速度在
轴的分量
会产生
轴的阻力与
轴负方向的洛伦兹力；速度在
轴的分量
，会产生
轴的阻力与
轴负方向的洛伦兹力，其受力分析如图所示
在
轴上，由动量定理有
由微元法累加后可得
解得
【变式演练】
【变式3-1】如图所示的
坐标平面，在第二、三象限存在半径为
的圆形匀强磁场区域，圆心位于
位置，磁感应强度大小为B，方向垂直
坐标平面向里；在第一象限存在正交的匀强电场和匀
强磁场，电场方向沿
轴负方向，匀强磁场的大小和方向与第二、三象限的磁场均相同。圆形磁场边界上
有一个
点，
点与
轴的距离为
。一个质量为
电荷量为
的粒子从
点垂直磁场方向射入圆
形匀强磁场区域，恰好从坐标原点
沿
轴正方向进入正交的电磁场区域。已知电场强度大小为
，不计粒子所受重力，求：
38
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(1)带电粒子从
点垂直进入圆形匀强磁场时的速度大小；
(2)带电粒子在第一象限距
轴的最大距离；
(3)带电粒子在第一象限的轨迹与
轴相切点的坐标。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）带电粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场做匀速圆周运动，轨迹如图1 所示。
设
与
轴负方向的夹角为
，由几何关系，得
解得
由几何关系可知
为等边三角形，则轨迹半径
根据洛伦兹力提供向心力，得
解得
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（2）将速度
分解，设某一分速度
使粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，即
又
联立解得
由左手定则知速度
方向沿
轴正方向，与
方向相同。令
解得
方向也与
方向相同，所以带电粒子的运动可以分解为速度为
的匀速直线运动与速度
为
的逆时针方向的匀速圆周运动的合运动，轨迹如图2 所示
粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律，得
带电粒子将做旋轮线运动，图中实线表示它的轨迹，
点为粒子距
轴的最远点。在这一点粒子的速度
，
它到
轴的距离
联立解得
（3）粒子在第一象限的运动周期
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点为粒子运动轨迹与
轴的相切点。
点坐标
联立解得
根据运动的周期性，粒子与
轴相切点的坐标
【变式3-2】．如图所示，水平面上方有正交电磁场区域足够宽，匀强磁场方向沿水平方向（图中所示），
磁感应强度大小为B，匀强电场方向竖直向下，场强大小为E；不计厚度、内壁光滑的竖直小圆筒内底部
静止放有一质量为m、带电荷量为+q 的带电微粒。现让小圆筒以加速度a 由静止开始向右平动，在微粒开
始沿筒壁上升瞬间，立即让小圆筒以此刻速度的2 倍做匀速运动，已知小圆筒匀速运动的距离为小圆筒长
度的2 倍时，微粒恰好离开小圆筒，并在此刻撤去匀强电场。不计重力大小，则：
(1)小圆筒由静止开始运动，经过多长时间微粒将沿筒壁上升；
(2)小圆筒的长度；
(3)求微粒离开小圆筒后能上升的最大高度（距离圆筒上端口的最大高度）。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设经过时间
微粒的速度大小为
时，微粒开始沿管壁上升，有
解得
（2）开始沿管壁上升后，受力分析如图所
41
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竖直方向上由牛顿第二定律可得
解得
由此可知，微粒沿竖直方向上做初速度为0 的匀加速运动，设微粒在小圆筒内运动的时间为
，离开小圆
筒时竖直速度为
，该过程由题意有
解得
则小圆筒的长度为
联立解得
（3）微粒离开小圆筒后在竖直平面内做匀速圆周运动，速度大小为
设微粒离开小圆筒时速度方向与水平方向夹角为
，有
解得
洛伦兹力提供向心力，有
微粒离开小圆筒后能上升的最大高度为
联立解得
42
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【变式3-3】．如图所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在第二、三、四象限内存在平行于y 轴向上的
匀强电场，在第三、四象限内存在磁应强度为B、方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量
为q 的带正电小球，从y 轴上的A 点水平向右抛出，记为小球第一次通过y 轴，经x 轴上的M 点进入电场
和磁场，恰能做匀速圆周运动，已知
，磁感应强度
，不计空气阻力，重力加
速度为g。求：
（1）电场强度E 的大小和粒子经过M 点的速度大小；
（2）粒子第三次经过y 轴时的纵坐标。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）因小球在第四象限做匀速圆周运动，故重力和电场力平衡，故：
解得
小球在第Ⅰ象限平抛，由运动学规律，有
联立解得
竖直方向速度
经过M 点的速度大小为
43
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（2）小球在第四和第三象限做匀速圆周运动，
为圆心，MN 为弦长，
；小球在第二象限做
匀速直线运动，第三次经过y 轴的点记为Q，如图所示
设半径为r，小球在磁场中做匀速圆周运动，有
由几何关系知
由
小球在第二象限做匀速直线运动，有
联立求得
1.（2024·天津·高考真题）如图所示，在
平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R 的半圆形匀强磁
场区域，半圆与x 轴相切于M 点，与y 轴相切于N 点，直线边界与x 轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。
在第一象限存在沿
方向的匀强电场，电场强度大小为E．一带负电粒子质量为m，电荷量为q，从M 点
以速度v 沿
方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。
44
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(1)求磁感应强度B 的大小；
(2)若仅有电场，求粒子从M 点到达y 轴的时间t；
(3)若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达x 轴上P 点，M、P 的距离为
，求粒子在磁
场中运动的时间
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，由于一带负电粒子能沿直线匀速穿过半圆区域，由平衡条件有
解得
（2）若仅有电场，带负电粒子受沿
轴负方向的电场力，由牛顿第二定律有
又有
联立解得
（3）根据题意，设粒子入射速度为
，则有
可得
画出粒子的运动轨迹，如图所示
45
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由几何关系可得
解得
则轨迹所对圆心角为
，则粒子在磁场中运动的时间
2．（2024·福建·高考真题）如图，直角坐标系
中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、
Ⅲ象限中有两平行板电容器
、
，其中
垂直
轴放置，极板与
轴相交处存在小孔
、
；
垂直
轴放置，上、下极板右端分别紧贴
轴上的
、
点。一带电粒子从
静止释放，经电场直线加速后从
射出，紧贴
下极板进入
，而后从
进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直
轴离开，运动轨迹如图
中虚线所示。已知粒子质量为
、带电量为
，
、
间距离为
，
、
的板间电压大小均为
，板间
电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：
(1)粒子经过
时的速度大小；
(2)粒子经过
时速度方向与
轴正向的夹角；
(3)磁场的磁感应强度大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子从M 到N 的运动过程中，根据动能定理有
46
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解得
（2）粒子在
中，根据牛顿运动定律有
根据匀变速直线运动规律有
、
又
解得
（3）粒子在P 处时的速度大小为
在磁场中运动时根据牛顿第二定律有
由几何关系可知
解得
3．（2024·贵州·高考真题）如图，边长为L 的正方形
区域及矩形
区域内均存在电场强度大小为
E、方向竖直向下且与
边平行的匀强电场，
右边有一半径为
且与
相切的圆形区域，切点为
的中点，该圆形区域与
区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒
子从b 点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经
边的中点进入
区域，并沿直线通过该区域后进入圆
形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求：
(1)粒子沿直线通过
区域时的速度大小；
47
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(2)粒子的电荷量与质量之比；
(3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）带电粒子在
区域做直线运动，则有电场力与洛伦兹力平衡，可知粒子带正电，经
边
的中点速度水平向右，设粒子到达
边的中点速度大小为
，带电荷量为
，质量为
，由平衡条件则有
解得
（2）粒子从b 点到
边的中点的运动，可逆向看做从
边的中点到b 点的类平抛运动，设运动时间为，
加速度大小为
，由牛顿第二定律可得
由类平抛运动规律可得
联立解得粒子的电荷量与质量之比
（3）粒子从
中点射出到圆形区域做匀圆周运动，设粒子的运动半径为
，由洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子在磁场中运动轨迹图如图所示，由图可知，粒子沿半径方向射入，又沿半径方向射出，设粒子射出圆
形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为
，由几何关系可知
可得
48
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则有
4．（2024·重庆·高考真题）有人设计了一粒种子收集装置。如图所示，比荷为
的带正电的粒子，由固定
于M 点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN 方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN 上
方的K 点，O 在MN 上，且KO 垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向垂直
于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O 点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，
忽略磁场突变的影响。
(1)求OK 间的距离；
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO 间的距离；
(3)速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计
时O 点。求打开磁场的那一时刻。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）（1）当粒子到达О 点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r1，如图所示
由洛伦兹力提供向心力得
其中
49
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（2）速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，则粒子在磁场中运动的轨迹半径
r2 = 4r1
如图所示，由几何关系有
（4r1-2r1）
2＋MO2 = (4r1)2
解得
（3）速率为4v0的粒子射出一段时间t 到达N 点，要使粒子仍然经过K 点，则N 点在O 点右侧，如图所示
由几何关系有
（4r1-2r1）
2＋ON2 = (4r1)2
解得
粒子在打开磁场开关前运动时间为
解得
5．（2024·甘肃·高考真题）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
，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小
为
，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
，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
（
略大于
），方向不变，粒子恰好垂直打在
速度选择器右挡板的
点上。求粒子打在
点的速度大小。
50
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【答案】（1）带正电，
；（2）
；（3）
【详解】（1）由于粒子向上偏转，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
，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件
在加速电场中，由动能定理
联立解得，粒子的比荷为
（2）由洛伦兹力提供向心力
可得O 点到P 点的距离为
（3）粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力
向下的电场力
由于
，且
所以通过配速法，如图所示
51
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其中满足
则粒子在速度选择器中水平向右以速度
做匀速运动的同时，竖直方向以
做匀速圆周运动，当速度
转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的
点的要求，故此时粒子打在
点的速度大小为
6．（2024·湖南·高考真题）如图，有一内半径为2r、长为L 的圆筒，左右端面圆心O′、O 处各开有一小孔。
以O 为坐标原点，取O′O 方向为x 轴正方向建立xyz 坐标系。在筒内x ≤ 0 区域有一匀强磁场，磁感应强度
大小为B，方向沿x 轴正方向；筒外x ≥ 0 区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y 轴正方向。一电子
枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy 平面内，且在x 轴正方向的分速度大小均
为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重
力。
（1）若所有电子均能经过O 进入电场，求磁感应强度B 的最小值；
（2）取（1）问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x 轴正方向最大夹角为θ，求tanθ
的绝对值；
（3）取（1）问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y 轴正方向的最大位移。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x 轴的匀速直线运动和在yOz 平面内的匀速圆周运
动，设电子入射时沿y 轴的分速度大小为
，由电子在x 轴方向做匀速直线运动得
在yOz 平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，由牛顿第二定律知
52
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可得
且
由题意可知所有电子均能经过O 进入电场，则有
联立得
当
时，B 有最小值，可得
（2）将电子的速度分解，如图所示
有
当
有最大值时，
最大，R 最大，此时
，又
，
联立可得
，
（3）当
最大时，电子在电场中运动时沿y 轴正方向有最大位移
，根据匀变速直线运动规律有
由牛顿第二定律知
53
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又
联立得
7．（2024·新疆河南·高考真题）一质量为m、电荷量为
的带电粒子始终在同一水平面内运动，其
速度可用图示的直角坐标系内，一个点
表示，
、
分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的
分量。粒子出发时P 位于图中
点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P 点沿线段ab 移动到
点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，P 点沿以O 为圆心的
圆弧移动至
点；然后粒子离开磁场返回电场，P 点沿线段ca 回到a 点。已知任何相等的时间内P
点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
（2）电场强度的大小；
（3）P 点沿图中闭合曲线移动1 周回到a 点时，粒子位移的大小。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动时的速度为
根据洛伦兹力提供向心力
解得做圆周运动的半径为
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周期为
（2）根据题意，已知任何相等的时间内P 点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的为
速度相应的曲线，根据
可知任意点的加速度大小相等，故可得
解得
（3）根据题意分析可知从b 点到c 点粒子在磁场中转过的角度为
，绕一圈的过程中两次在电场中运
动，根据对称性可知粒子的运动轨迹如图，
角为两次粒子在电场中运动时初末位置间的位移与x 轴方向
的夹角，从a 到b 过程中粒子做类平抛运动，得
故可得该段时间内沿y 方向位移为
根据几何知识可得
由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位移的大小为
联立解得
8．（2024·辽宁·高考真题）现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ
区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，
各区边界均垂直于x 轴，O 为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m 的粒子。如
图，甲、乙平行于x 轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为
和
。甲到P 点时，乙刚好射入Ⅰ
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区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O 点时，乙恰好到P 点。已知Ⅲ区存在沿＋x 方向的匀强电场，
电场强度大小
。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。
（1）求磁感应强度的大小B；
（2）求Ⅲ区宽度d；
（3）Ⅳ区x 轴上的电场方向沿x 轴，电场强度E 随时间t、位置坐标x 的变化关系为
，其中常系
数
，
已知、k 未知，取甲经过O 点时
。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的
电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F 与Δx 间的关系式（不要求写出Δx 的取值范围）
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）对乙粒子，如图所示
由洛伦兹力提供向心力
由几何关系
联立解得，磁感应强度的大小为
（2）由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为
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对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P 点到O 点，由运动学公式
由牛顿第二定律
联立可得Ⅲ区宽度为
（3）甲粒子经过O 点时的速度为
因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则
可得
设乙粒子经过Ⅲ区的时间为
，乙粒子在Ⅳ区运动时间为
，则上式中
对乙可得
整理可得
对甲可得
则
化简可得乙追上甲前F 与Δx 间的关系式为
9．（2023·山东·高考真题）如图所示，在
，
的区域中，存在沿y 轴正方向、场强大小
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为E 的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q 的带正电粒
子从OP 中点A 进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN 第二次离开电场后，垂直NP 再次进入电场，求磁场的磁
感应强度B 的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A 点沿y 轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P 点
第二次进入电场，在电场的作用下从Q 点离开。
（i）求改变后电场强度
的大小和粒子的初速度
；
（ii）通过计算判断粒子能否从P 点第三次进入电场。
【答案】（1）
；（2）（i）
，
；（ii）不会
【详解】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
粒子从上边界垂直QN 第二次离开电场后，垂直NP 再次进入电场，轨迹如图
根据几何关系可知
联立可得
（2）（i）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图
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在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知
解得
所以有
，
洛伦兹力提供向心力
带电粒子从A 点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x 方向有
沿y 方向上有
其中根据牛顿第二定律有
联立以上各式解得
（ii）粒子从P 到Q 根据动能定理有
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可得从Q 射出时的速度为
此时粒子在磁场中的半径
根据其几何关系可知对应的圆心坐标为
得
，
而圆心与P 的距离为
故不会再从P 点进入电场。
10．（2023·浙江·高考真题）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Ⅰ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。
【答案】（1）
；
（2）
（3）60%
【详解】（1）当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系
解得
r1=2L
根据
解得
在磁场中运动的周期
运动时间
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（2）若B2=2B1，根据
可知
粒子在磁场中运动轨迹如图，设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系
解得
r2=2L
根据
解得
（3）当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x 轴，则由动量定理
即
求和可得
粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x 轴上的过程中
62
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解得
则速度在
~
之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在
~
，又
粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为
η=60%
11．（2023·湖北·高考真题）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy 平面向里的匀强磁场。
t = 0 时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y 轴正方向射入，第一次到达点O 时与运动到该点的带正
电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3 倍，粒子甲运动一个圆周时，粒
子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正
碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
（3）
时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到
的过程中粒子乙运动的路程。
（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa
【详解】（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y 轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径
r = a
根据
解得
（2）由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则
T 甲 = 2T 乙
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根据
，有
则
粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有
mv 甲0＋m 乙v 乙0= －mv 甲1＋m 乙v 乙1
解得
v 乙0= －5v 甲0，v 乙1= 3v 甲0
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为
。
（3）已知在
时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有
v 甲1= －3v 甲0，v 乙1= 3v 甲0
则根据
，可知此时乙粒子的运动半径为
可知在
时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒
子运动了2 圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S1= 6πa
且在第二次碰撞时有
mv 甲1＋m 乙v 乙1= mv 甲2＋m 乙v 乙2
解得
v 甲2= v 甲0，v 乙2= －5v 甲0
可知在
时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒
子运动了2 圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S2= 10πa
且在第三次碰撞时有
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mv 甲2＋m 乙v 乙2= mv 甲3＋m 乙v 乙3
解得
v 甲3= －3v 甲0，v 乙3= 3v 甲0
依次类推
在
时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子
运动了2 圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S8= 10πa
且在第九次碰撞时有
mv 甲8＋m 乙v 乙8= mv 甲9＋m 乙v 乙9
解得
v 甲9=－3v 甲0，v 乙9= 3v 甲0
在
到
过程中，甲粒子刚好运动半周，且甲粒子的运动半径为
r 甲1 = 3a
则
时甲粒子运动到P 点即（－6a，0）处。
在
到
过程中，乙粒子刚好运动一周，则
时乙粒子回到坐标原点，且此过程中
乙粒子走过的路程为
S0 = 3πa
故整个过程中乙粒子走过总路程为
S = 4 × 6πa＋4 × 10πa＋3πa = 67πa
12．（2023·江苏·高考真题）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
位置的电子数N 占总电子数
N0的百分比。
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【答案】（1）v0B；（2）
；（3）90%
【详解】（1）由题知，入射速度为v0时，电子沿x 轴做直线运动则有
Ee = ev0B
解得
E = v0B
（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且
由于电子入射速度为
，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有
解得
（3）若电子以v 入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有
F 合 = evmB－eE
在最低点有
F 合 = eE－evB
联立有
要让电子达纵坐标
位置，即
y ≥ y2
解得
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则若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，能到达纵坐标
位置的电子数N 占总电子数N0的
90%。
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