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专题46 带电粒子在复合场中的运动
思维导图
学习目标
1. 掌握带电粒子在复合场中的运动规律
2. 在多种模型中深入探究和理解粒子运动规律
知识点梳理
带电粒子在组合场中的运动
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，一般为两场相邻或
在同一区域电场、磁场交替出现。
2．四种常见的运动模型
(1)带电粒子先在电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，
如图所示。
(2)带电粒子先在电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图
所示。
(3)带电粒子先在磁场中做圆周运动，然后垂直进入电场做类平抛运动，如图
所示。
(4)带电粒子先在磁场Ⅰ中做圆周运动，然后垂直进入磁场Ⅱ做圆周运动，如
图所示。
3．三种常用的解题方法
(1)带电粒子在电场中做加速运动，根据动能定理求速度。
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，需要用运动的合成和分解处理。
(3)带电粒子在磁场中的圆周运动，可以根据磁场边界条件，画出粒子轨迹，
用几何知识确定半径，然后用洛伦兹力提供向心力和圆周运动知识求解。
4．要正确进行受力分析，确定带电粒子的运动状态。
(1)仅在电场中运动
①若初速度v0与电场线平行，粒子做匀变速直线运动；
②若初速度v0与电场线垂直，粒子做类平抛运动。
(2)仅在磁场中运动
①若初速度v0与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；
②若初速度v0与磁感线垂直，粒子做匀速圆周运动。
5．分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键。
特别提醒 从一个场射出的末速度是进入另一个场的初速度，因此两场界面
处的速度(大小和方向)是联系两运动的桥梁，求解速度是重中之重。
真题汇编
1．（多选）（2025•广西）如图，带等量正电荷q 的M、N 两种粒子，以几乎
为0 的初速度从S 飘入电势差为U 的加速电场，经加速后从O 点沿水平方向
进入速度选择器（简称选择器）。选择器中有竖直向上的匀强电场和垂直纸
面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，
右端开口宽度为2d 时，M 粒子沿轴线OO′穿过选择器后，沿水平方向进入磁
感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场（偏转磁场），并最终打
在探测器上；N 粒子以与水平方向夹角为θ 的速度从开口的下边缘进入偏转
磁场，并与M 粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界
效应，则（ ）
A．M 粒子质量为2qU B1
2
E
2
B．刚进入选择器时，N 粒子的速度小于M 粒子的速度
C．调节选择器，使N 粒子沿轴线OO′穿过选择器，此时选择器的电场强度
与磁感应强度大小之比为
4 EUcosθ
4U B1- Ed B2
D．调节选择器，使N 粒子沿轴线OO′进入偏转磁场，打在探测器上的位置
与调节前M 粒子打在探测器上的位置间距为
4U B1
E B2
- ( Ed B2- 4U B1)❑√U
E B2
❑√U - Ed cosθ
【解答】解：A．对M 粒子在加速电场中，根据动能定理有
qU = 1
2 mM v0 M
2
在速度选择器中，根据平衡关系
qv0MB1＝qE
解得：mM = 2qU B1
2
E
2
故A 正确；
B．进入粒子速度选择器后因N 粒子向下偏转，可知qv0NB1＞qE
所以v0N＞v0M，故B 错误；
C．M 粒子在磁场中运动半径为r1，则根据洛伦兹力提供向心力
q v0 M B2=mM
v0 M
2
r1
解得M 粒子在磁场中运动半径
r1= mM v0 M
q B2
= 2U B1
E B2
N 粒子在磁场中运动的半径为r2，则
2r1
2r
﹣
2cosθ＝d
解得r2= 4U B1- E B2d
2 E B2cosθ
其中q v N B2=mN
v N
2
r2
可得v N = 4Uq B1- E B2qd
2 E mN cosθ
N 粒子在选择器中，根据动能定理
- Edq = 1
2 mN v N
2 - 1
2 mN v0 N
2
在加速电场中，根据动能定理
Uq = 1
2 mN v0 N
2
解得mN = q(4U B1- E B2d)
2
8 E
2co s
2θ(U - Ed)，v0 N = 4 Ecosθ ❑√U (U - Ed )
4U B1- E B2d
则要想使得粒子N 沿轴线OO'通过选择器，则需满足qv0NB1'＝qE'
联立解得E'
B'1
= v0 N = 4 Ecosθ ❑√U (U - Ed)
4U B1- E B2d
故C 错误；
D．若N 粒子沿直线通过选择器，则在磁场中运动的半径为r3，对N 粒子在
加速电场中，根据动能定理有
qU = 1
2 mN v0 N
2
N 粒子在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力
q v0 N B2=mN
v0 N
2
r3
解得：r3=
2qU
q v0 N B2
= 2U B1'
E' B2
因：v0N＞v0M，故r3＜r1
则打在探测器的位移与调节前M 打在探测器上的位置间距为Δx＝2r1
2r
﹣
3
其中r1= mM v0 M
q B2
= 2U B1
E B2 ，r3= mN v0 N
q B2
= (4U B1- E B2d)❑√U
2B2 Ecosθ ❑√U - Ed
可得Δx = 4U B1
E B2
- (4U B1- E B2d)❑√U
B2 Ecosθ ❑√U - Ed ，故D 正确。
故选：AD。
2．（多选）（2025•福建）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，一带电体在复合场中恰能沿着MN 做匀速直线运动，MN 与
水平方向呈45°，NP 水平向右。带电量为q，速度为v，质量为m，当粒子到
N 时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P 点，则（ ）
A．电场强度为E =
❑√2mg
q
B．磁场强度为B =
❑√2mg
qv
C．NP 两点的电势差为U = 2m v
2
q
D．粒子从N→P 时距离NP 的距离最大值为v
2
8 g
【解答】解：AB、带电体恰能沿MN 做匀速直线运动，对带电体受力分析可
知，带电体一定带正电，如图
由平衡条件得：
mg＝qE
qvB= ❑√2mg
解得：
E= mg
q
B =
❑√2mg
qv
故A 错误，B 正确；
C、粒子从N 点运动到P 点，初速度为v，所受合力为❑√2mg，做类平抛运动，
将粒子的运动分解到沿初速度方向和垂直于初速度方向，运动到P 点时，位
移偏转角为45°，速度偏转角的正切值是位移偏转角正切值的两倍：
v y
v =2tan45°
合速度为
v 合=
❑√v
2+ v y
2
联立解得：
v 合= ❑√5v
从N 点到P 点，由动能定理得：
qU= 1
2mv合
2 - 1
2mv2
解得：
U= 2m v
2
q
故C 正确；
D、将粒子的运动分解到水平方向和竖直方向，竖直方向做竖直上抛运动，
竖直方向速度为零时，离NP 的距离最大，最大距离为
h=
(
❑√2
2 v)
2
2g
= v
2
4 g
故D 错误；
故选：BC。
3．（多选）（2025•河北）如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N 水平
固定，间距为d，M 板接地。M 板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁
场。M 板O 点处正上方P 点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速
度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与OP 的夹角θ＝60°时，粒子恰
好垂直穿过M 板Q 点处的小孔。已知OQ＝3L，初始时两板均不带电，粒子
碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连
续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。
下列说法正确的是（ ）
A．粒子一定带正电
B．若间距d 增大，则板间所形成的最大电场强度减小
C．粒子打到M 板上表面的位置与O 点的最大距离为7L
D．粒子打到M 板下表面的位置与Q 点的最小距离为❑√3d
【解答】解：A、当发射方向与OP 的夹角θ＝60°时，粒子恰好垂直穿过M
板Q 点处的小孔。根据左手定则可知，粒子带负电，故A 错误；
B、随着粒子不断打到N 极板上，N 极板带电量不断增加，向下的电场强度
增加，粒子做减速运动，当粒子恰能到达N 极板时满足v2＝2ad，a= qE
m ，联
立解得，E= m v
2
2qd ，即d 越大，板间所形成的最大电场强度越小，故B 正确；
C、设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，由于两板间，电压达到稳定值，电
荷量不变，在垂直打入的电荷，不再被金属吸收，两板间的电场强度达到最
大、发射方向与OP 的夹角θ＝60°时，粒子运动轨迹如图所示：
根据几何关系可得：rcosθ+r＝3L，解得：r＝2L
粒子在N 板返回后经过Q 后打在M 的上表面，则粒子打到M 板上表面的位
置与O 点的最大距离为：x＝3L+2r＝3L+2×2L＝7L，故C 正确；
D、因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ 长度时，粒
子仍可从Q 点进入两板之间，如图所示：
由几何关系可知此时粒子从P 点沿正上方运动，进入两板间时的速度方向与
M 板夹角为：α＝90°
60°
﹣
＝30°
则在两板间运动时间为：t= 2vsinα
a
，其中a 是粒子在电场中运动的最大的加
速度。
水平位移为：x＝vcosα•t
沿竖直方向进入电场时，有：v2＝2ad
联立解得：x= ❑√3d，故D 正确。
故选：BCD。
4．（2025•云南）磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，
x≥0 区域存在垂直Oxy 平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B1（未
知）。第一象限内存在边长为2L 的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该
区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy 平面向里，其磁感应强度大小为B2（未
知），但满足0＜B2＜B1。某质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子通过
速度选择器后，在Oxy 平面内垂直y 轴射入x≥0 区域，经磁场偏转后刚好从
ON 中点垂直ON 射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内
部磁感应强度大小B0已知，不考虑该粒子的重力。
（1）求该粒子通过速度选择器的速率；
（2）求B1以及y 轴上可能检测到该粒子的范围；
（3）定义磁屏蔽效率η= B1- B2
B1
×100%，若在Q 处检测到该粒子，则η 是多
少？
【解答】解：（1）设该粒子通过速度选择器的速率为v，根据平衡条件可得：
qvB0＝qU
d
解得：v= U
d B0；
（2）粒子垂直于y 轴进入磁场，垂直于x 轴进入正方形磁屏蔽区，则O 为圆
心，粒子的轨迹半径为：
R= ON
2 = 2 L
2 =L
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB1＝mv
2
R
解得：B1=
mU
qLd B0；
粒子进入磁屏蔽区ONPQ，若B2＝B1，则粒子在磁屏蔽区ONPQ 中运动的半
径最小，打在y 轴上的位置距离O 点最近，即为L；
若B2＝0，则粒子从PQ 中点射出，由于外部的磁场为B1，则粒子做匀速圆
周运动的半径仍为L，轨迹如图所示：
所以y 轴上可能检测到该粒子的范围为：L＜y＜3L；
（3）若在Q 处检测到该粒子，粒子运动轨迹如图所示：
根据几何关系可得：r2＝（2L）2+（r
L
﹣）2
解得粒子运动的轨迹半径为：r＝2.5L
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB2＝mv
2
r
解得：B2=
mU
2.5qLd B0
磁屏蔽效率为：η= B1- B2
B1
×100%
解得：η＝60%
答：（1）该粒子通过速度选择器的速率为U
d B0；
（2）B1的大小为mU
qLd B0，y 轴上可能检测到该粒子的范围为L＜y＜3L；
（3）若在Q 处检测到该粒子，则η 是60%。
5．（2025•河南）如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下
方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电量为q（q＞0）的粒子从磁
场中的a 点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并
与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b
点，通过b 点时其速度方向水平向右。a、b 距水平虚线的距离均为h，两点
之间的距离为s＝3❑√3h。不计重力。
（1）求磁感应强度的大小；
（2）求电场强度的大小；
（3）若粒子从a 点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，
求漂移速度大小。（一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度）
【解答】解：（1）根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由题意可知θ＝60°设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有：
rcosθ＝r
h
﹣
解得：r＝2h
由牛顿第二定律有：q v0 B =m v0
2
r
解得：B = mv0
2qh ；
（2）根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为v0，方向
与水平虚线的夹角为60°，由几何关系可得：
x＝rsinθ＝2hsin60°= ❑√3h
根据对称性可知，粒子离开电场达到b 点时的水平位移也为x= ❑√3h
粒子在电场中运动的水平位移x′＝3❑√3h
2x
﹣
= ❑√3h
则粒子在电场中的运动时间为：t =
x'
v0cosθ = 2❑√3h
v0
沿电场方向上，由牛顿第二定律有：qE＝ma
由运动学公式有：﹣v0sinθ＝v0sinθ
at
﹣
联立解得：E = m v0
2
2qh ；
（3）若粒子从a 点以v0竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示：
由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为v0，粒子在磁场中运动的半径仍为
2h，此过程中，粒子轨迹对应的圆心角为β，则有：sinβ= h
r
解得：β＝30°
由几何关系可得，粒子进入电场时速度与虚线的夹角α＝60°
结合（2）分析可知，粒子在电场中的运动时间为：t1= 2❑√3h
v0
粒子在电场中运动的水平位移为：AB＝x′= ❑√3h
由几何关系可得：BC＝2rsinα，解得：BC＝2❑√3h
则：AC＝BC
AB
﹣
，解得：AC= ❑√3h
粒子在磁场中的运动时间为：t2= 360° -2α
360°
⋅2πr
v0
= 8 πh
3 v0
则有：t =t1+t2= (6 ❑√3+8 π )h
3 v0
综上所述可知，粒子每隔时间t 向右移动❑√3h，则漂移速度大小：
v ' =
❑√3h
t
=
3 ❑√3
6 ❑√3+8 π v0
答：（1）磁感应强度的大小为mv0
2qh ；
（2）电场强度的大小为m v0
2
2qh ；
（3）若粒子从a 点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，
漂移速度大小为
3 ❑√3
6 ❑√3+8 π v0。
1．组合场
电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现。
2．“磁偏转”和“电偏转”的比较
电偏转
磁偏转
偏转条件
带电粒子以v⊥E 进入匀强
带电粒子以v⊥B 进入匀强磁场
考点1：带电粒子在组合场中的运用
电场
示意图
受力情况
只受恒定的静电力
只受大小恒定的洛伦兹力
运动情况
类平抛运动
匀速圆周运动
运动轨迹
抛物线
圆弧
物理规律
类平抛运动规律、牛顿第二
定律
牛顿第二定律、向心力公式
基本公式
L＝vt，y＝at2，
a＝，tan θ＝
qvB＝，r＝，
T＝，t＝，
sin θ＝
做功情况
静电力既改变速度方向，也
改变速度大小，对电荷做功
洛伦兹力只改变速度方向，不
改变速度大小，对电荷永不做
功
3.常见粒子的运动及解题方法
例题精讲：
【例1】（2025•江岸区校级模拟）如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为L
的匀强电场和匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感
应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子（不计重力）
从电场的上边界的a 点由静止释放，运动到磁场的下边界的b 点时正好与下
边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，粒子从上边界c 点
由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点d（图中位置仅为示意），
下列说法正确的是（ ）
A．a、b 两点之间的距离为❑√2 L
B．匀强电场的场强大小为E = B
2qL
m
C．粒子在d 点的速度大小为BqL
m
D．粒子从c 点到d 点的竖直位移为2
3 L
【解答】解：A．粒子从a 到b 的位移为d =
❑√(2 L)
2+ L
2= ❑√5 L
故A 错误；
B．设粒子在磁场中速率为v，半径为R
由动能定理可得qEL= 1
2 m v
2
由洛伦兹力充当向心力可得qvB =m v
2
R
运动轨迹如下所示：
由几何关系可得R＝L
联立解得匀强电场的场强大小为E = B
2qL
2m
故B 错误；
CD．把粒子从c 到d 的过程中的平均速度分别沿着水平方向和竖直方向分解，
设两个平均分速度分别为vx、vy，把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和
竖直方向分解
根据左手定则，两个洛伦兹力的分力分别为Fx＝qvyB，Fy＝qvxB
设粒子在最低点d 的速度为v
水平方向，以水平向右为正方向，由动量定理可得Fxt＝mv
由动能定理可得qEy = 1
2 mv
2
结合y＝vyt，E = B
2qL
2m
联立解得粒子在d 点的速度大小为v = BqL
m ，
粒子从c 点到d 点的竖直位移为y＝L
故C 正确，D 错误；
故选：C。
【例2】（2025•龙岗区校级三模）如图所示，已知匀强电场方向向下，边界为
矩形ABGH，匀强磁场方向垂直纸面向里，边界为矩形BCDG，GD 长为L，
磁感应强度为B。电量为q，质量为m 的粒子，从AH 中点以垂直电场的速
度v0（未知量）进入电场，然后从边界BG 进入磁场，轨迹恰好和磁场另外
三个边界相切，运动2
3个圆周后返回电场。不计粒子的重力，下列说法正确
的是（ ）
A．粒子一定带正电
B．AB 长为2L
C．v0= BqL
3m
D．若电场强度减弱，粒子在磁场中运动时间将变长
【解答】解：A．若粒子带正电，运动轨迹如图所示，若粒子带负电，由对
称性，粒子在电场中向上偏转，磁场中运动的圆轨迹与正粒子圆轨迹相重合，
故不论带何种电荷，都符合题意，故A 错误；
B．取正粒子运动轨迹，轨迹恰好和磁场另外三个边界相切，运动2
3个圆周后
返回电场，圆弧对应的圆心角为240°，可知图中设定的θ＝α＝60°，设粒子
在磁场中运动轨道半径为r，由几何关系
r+rcosα＝L
解得运动的半径满足：r = 2
3 L
设P 点速度为v，根据速度的分解可得
v = 2❑√3
3
v0，v y =
❑√3
3 v0
设粒子在电场中运动时间为t，则有
LAB＝v0t，y = v y
2 t
由几何关系可知
y =rsinα =
❑√3
2 r =
❑√3
3 L
联立解得AB 长为
LAB＝2L
故B 正确；
C．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，可得
qvB = mv
2
r
v = 2❑√3
3
v0
代入数据解得进入电场的速度为
v0=
❑√3qBL
3m
故C 错误；
D．若电场强度减弱，粒子进入磁场的偏转角减小，粒子在磁场中运动的轨
道半径减小，圆轨道对应的圆心角变小，所以在磁场中运动时间将变短，故
D 错误。
故选：B。
【例3】（2025•东丽区校级二模）如图所示，在Oxy 坐标系内，两平行极板
P、Q 垂直于y 轴且关于x 轴对称，极板长度和板间距均为l，两极板间存在
平行于y 轴的匀强电场。第一四象限有匀强磁场，方向垂直于Oxy 平面向里。
一个质量为m、电量为+q 的带电粒子以一定的初速度v0沿x 轴正方向射入电
场。经电场偏转后恰好贴着一个极板的右侧边缘进入磁场，之后从另一极板
右侧边缘再次进入电场。则（ ）
A．极板P 带正电
B．粒子进入磁场时速度方向与y 轴夹角为60°
C．匀强磁场磁感应强度大小为
❑√2m v0
ql
D．粒子最终离开电场时速度大小为v0
【解答】解：由题意可知当粒子在磁场运动轨迹如下图所示：
A、电量为+q 的带电粒子向下偏转，则上极板P 带正电，故A 正确；
C、设粒子进入磁场的速度为v，v= ❑√2v0，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的
向心力，qvB＝mv
2
r ，r=
❑√2
2 l =
❑√2mv0
qB
，解得：B= 2mv0
ql
，故C 错误；
B、带电粒子贴着下极板进入磁场，设进入磁场的方向与水平方向夹角为θ，
粒子水平方向做匀速直线运动则有l＝v0t，竖直方向匀加速直线运动，则有，
l
2 = 0+ v y
2
t，解得：vx＝vy，tanθ= v y
v x
=1，θ＝45°，故B 错误；
D：带电粒子从上级板再次进入电场，受电场力向下，再次加速，故出电场
的速度一定大于v0，故D 错误。
故选：A。
【例4】（2025•沙坪坝区校级模拟）如图所示，一个静止的质量为m、带电荷
量为q 的粒子（不计重力），经电压U 加速后垂直进入磁感应强度为B 的匀
强磁场，粒子在磁场中转半个圆周后打在P 点，测出OP 距离为x，下列x−U
图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：设电子经过加速电场后的速度大小为v，根据动能定理得：qU
= 1
2 m v
2；
当它进入匀强磁场中，做匀速圆周运动，所受到的洛伦兹力提供向心力，有：
qvB＝mv
2
r ，
根据几何关系有：x＝2r
联立解得：x= ❑√
8mU
q B
2 ；
又因B、m、q 一定，则由数学知识可知：x
U
﹣
图象是图像A。故BCD 错误、
A 正确。
故选：A。
【例5】（2025•广东模拟）如图所示为某质谱仪的简化示意图，它由加速电场、
静电偏转区、真空通道和磁场偏转区组成。现有一α 粒子在P 点从静止开始
经电压恒定的电场加速后进入静电偏转区，然后匀速通过真空通道后进入磁
场偏转区，最终打到M 点，运动轨迹如图中虚线所示。α 粒子在静电偏转区
和磁场偏转区中均做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．静电偏转区内的电场是匀强电场
B．磁场偏转区内磁场方向垂直于纸面向里
C．仅将α 粒子改为质子，质子仍能在静电偏转区沿虚线运动
D．仅将α 粒子改为氘核（ 1
2H），氘核不会沿虚线运动到M 点
【解答】解：A.α 粒子在静电偏转区做匀速圆周运动，电场力提供向心力，
方向不断变化，说明电场方向也不断变化，则电场不是匀强电场，故A 错误；
B.α 粒子在磁场偏转区受到的洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可判断磁
场方向垂直纸面向外，故B 错误；
C.在从加速电场射出后，满足
Uq = mv
2
2
在静电偏转区域
Fn= mv
2
r
= 2Uq
r
则
Eq = 2Uq
r
其中电荷量q 可约去，则质子也能在静电偏转区域沿虚线做匀速圆周运动，
与电荷和质量无关，故C 正确；
D.在从加速电场射出后，满足
Uq = m v
2
2
α 粒子和氘核比荷相同，则两者射出后速度相同，在静电偏转区域，同样满
足
Eq = m v
2
r
做匀速圆周运动，在磁场区域，也满足
qvB = m v
2
r
则氘核会沿虚线运动到M 点，故D 错误。
故选：C。
考点2：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．带电粒子在无约束叠加场中的运动
(1)洛伦兹力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若重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，故机械能守恒，由此可求解问题。
(2)静电力、洛伦兹力并存(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。
(3)静电力、洛伦兹力、重力并存
①若带电体做直线运动，则一定是匀速直线运动。
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。
例题精讲：
【例6】（2025•四川模拟）如图所示，磁感应强度大小为B 的匀强磁场垂直于
xOy 平面向里，场强大小为E 的匀强电场沿y 轴负方向。一带正电的粒子从
O 点沿x 轴正方向以速度v0入射，粒子的运动轨迹如图中虚线所示，不计粒
子重力。则（ ）
A．v0= E
B
B．v0＜E
B
C．粒子在最高点受到的合外力方向沿x 轴负方向
D．粒子在最高点受到的合外力方向沿y 轴负方向
【解答】解：AB、根据题意分析可知，粒子从O 点沿x 轴正方向以速度v0
入射时，受电场力和洛伦兹力，洛伦兹力沿y 轴正方向，电场力沿y 轴负方
向，粒子向y 轴正方向偏转，洛伦兹力大于电场力，即qv0B＞qE
可得v0＞E
B ，故AB 错误；
CD、根据题意分析可知，粒子在最高点时，受沿y 轴负方向的电场力和y 轴
正方向的洛伦兹力，过了最高点，向下偏转，故电场力大于洛伦兹力，也不
可能相等，合外力方向沿y 轴负方向，故C 错误，D 正确。
故选：D。
【例7】（2025•邵阳模拟）如图所示，在磁感应强度大小B，方向水平向里的
匀强磁场中，有一根长L 的竖直光滑绝缘细杆MN，细杆顶端套有一个质量
m 电荷量q（q＞0）的小环。现让细杆以恒定的速度v(v ＜mg
qB )沿垂直磁场方
向水平向右匀速运动，同时释放小环（竖直方向初速度为0），小环最终从
细杆底端飞出，重力加速度为g，关于小环在杆上的运动下列说法正确的是
（ ）
A．小环的轨迹是条直线
B．洛伦兹力对小环做负功
C．小环在运动过程中机械能不变
D．小环在绝缘杆上运动时间为❑√
2 Lm
mg-qvB
【解答】解：A．对小环分析可知，竖直方向受向下的重力和向上的洛伦兹
力作用，根据牛顿第二定律，加速度：a= mg -qvB
m
因v 不变，则加速度不变，即小环在竖直方向做匀加速运动，水平方向做匀
速运动，可知小环运动的轨迹为曲线，故A 错误；
B．洛伦兹力始终与速度方向垂直，故洛伦兹力对小环不做功，故B 错误；
C．水平速度小环受到向右的洛伦兹力作用，在细杆对小环有向左的弹力作
用，该弹力对小环做负功，可知小环在运动过程中机械能减小，故C 错误；
D．小环在竖直方向做匀加速运动，根据匀变速直线运动的规律：L= 1
2 at
2，
结合A 项分析中的加速度
可得竖直小环在绝缘杆上运动时间为：t = ❑√
2 Lm
mg -qvB
故D 正确。
故选：D。
【例8】（2025•西安校级模拟）xOy 空间存在一范围足够大的匀强磁场和匀强
电场。磁场方向垂直于xOy 平面向外，磁感应强度大小为B；电场方向为y
轴正向，电场强度为E，一质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子从坐标原
点O 以初速度v0 沿y 轴正向发射，其运动轨迹如图所示。不计重力，则（
）
A．粒子向y 轴正向上运动的过程中电势能逐渐增大
B．粒子能到达的最低点距x 轴距离为m
qB ( E
B + ❑√
E
2
B
2 + v0
2)
C．运动过程中粒子的最大速度为❑√
E
2
B
2 + v0
2
D．运动过程中粒子的最大速度为E
B + ❑√
E
2
B
2 + v0
2
【解答】解：A、根据题意分析可知，正电荷向y 轴正向上运动，沿电场方
向运动，电场力做正功，电势能减小，故A 错误；
B、根据题意分析可知，如图所示，将v0分解为v1和v2，且使v1满足qv1B＝
qE，即v1引起的洛伦兹力与粒子所受电场力平衡，得v1= E
B
则粒子的运动可以分解成由v1引起的沿x 轴正方向的匀速直线运动，和由v2
引起的在xOy 平面内做匀速圆周运动，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 = mv2
qB = m
qB
❑√v0
2+ v1
2
粒子能到达的最低点距x 轴距离d =r(1-cosθ)=r(1-
v1
❑√v02+ v1
2 )
解得d = m
qB (❑√
E
2
B
2 + v0
2- E
B )，故B 错误；
CD、根据题意分析可知，粒子实际的运动就是这两个分运动的合运动，当两
个分运动的速度均沿x 轴正方向时，粒子的合速度最大，
vmax = v1+ v2= E
B + ❑√
E
2
B
2 + v0
2，故C 错误，D 正确。
故选：D。
【例9】（2025•安康模拟）2024 年12 月，由中国航天科技集团有限公司六院
801 所研制的国内首款磁阳极霍尔推力器在国际上实现首次飞行应用。如图1
所示，霍尔推力器是一种先进的电推进装置，被广泛应用在卫星位置保持和
姿态控制领域，其工作原理涉及闭合环轨道中的电子在磁场中受到约束。如
图2 所示，在较窄的环形空间内有沿径向向内的磁场，该磁场在环形空间内
的磁感应强度近似认为大小均为B；在垂直于环面同时加上方向向右的匀强
电场E（场强大小未知）和方向向左的匀强磁场（图中未画出），磁感应强
度大小为kB（k 为常数，k＞0）。在各个场的共同作用下，电子恰好能在环
形空间内沿图中方向做半径为R 的匀速圆周运动。已知电子的质量为m，电
荷量大小为e，不计电子重力，则下列说法正确的是（ ）
A．沿径向向内的磁场产生的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力
B．电子的运动周期为2πm
eB
C．电子的运动速率为eRkB
2m
D．电场强度大小为eRk B
2
m
【解答】解：AC、由左手定则可知，垂直环面向左的匀强磁场kB 产生的洛
伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得evkB =m v
2
R ，解得v= eRkB
m
，故AC 错
误；
B、电子做匀速圆周运动的周期T = 2πR
v ，解得T = 2πm
ekB ，故B 错误；
D、沿径向向内的磁场对电子的洛伦兹力向右，与向左的电场力平衡，由平
衡条件得evB＝eE，解得E = eRk B
2
m
，故D 正确。
故选：D。
【例10】（2025•辽宁模拟）如图所示，空间中存在竖直向下的匀强电场，虚线
边界MN 的右侧还存在垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出）。一带电小球
从P 点沿着与水平方向成30°角开始运动，运动到虚线边界MN 上的Q 点时
速度方向恰好水平向右，之后小球开始做匀速直线运动。已知小球的初速度
大小为v0、质量为m、电荷量大小为q，重力加速度为g，匀强电场的电场强
度E= 2mg
q
，下列说法正确的是（ ）
A．小球带正电
B．匀强磁场的方向垂直于纸面向外
C．P、Q 两点的水平距离大小为
❑√3 v0
2
4 g
D．匀强磁场的磁感应强度大小为
❑√3mg
3q v0
【解答】解：A．由题意可知带电小球从P 点到Q 点在竖直方向做匀减速直
线运动，则加速度方向向上，小球受到的电场力向上，与场强方向相反，所
以小球带负电，故A 错误；
C．带电小球从P 点到Q 点过程，竖直方向有a= qE -mg
m
= g，0＝v0sin30°
at
﹣
水平方向有x＝v0cos30°•t
联立解得P、Q 两点的水平距离大小为
❑√3 v0
2
4 g ，故C 正确；
BD．小球经过Q 点之后小球开始做匀速直线运动，根据平衡条件可知，洛
伦兹力竖直向下，由左手定则可知，匀强磁场的方向垂直于纸面向里；又
qv0cos30°•B+mg＝qE
解得匀强磁场的磁感应强度大小为B = 2❑√3mg
3q v0 ，故BD 错误。
故选：C。
1．交变场的常见的类型
(1)电场周期性变化，磁场不变。
(2)磁场周期性变化，电场不变。
(3)电场、磁场均周期性变化。
2．分析带电粒子在交变场中运动问题的基本思路
例题精讲：
【例11】（2025•枣庄三模）如图甲所示，在
平面内，虚线与轴垂直并相
交于
点，在虚线左侧有一加速电场，电压为
，一质量为
，带电量为
的带电粒子从
点飘入加速电场（忽略初速度），当粒子运动到
点时，在
考点3：带电粒子在交变场中的运动
虚线与轴之间的区域加上如图乙所示的与
轴平行的交变电场
未知），
轴
正方向为电场的正方向，粒子经时间
从
轴上的
点
进入第一象限。某
一时刻在第一象限加上如图丙所示的变化磁场，磁场变化周期为
，垂直
平面向里为磁场的正方向，粒子恰好不会回到第二象限。已知
，不计
粒子重力，忽略电场、磁场突变的影响。求：
（1）带电粒子经过
点时速度的大小
；
（2）交变电场的电场强度大小
；
（3）加上磁场后，粒子在
时刻所处的位置坐标。
【答案】（1）带电粒子经过
点时速度的大小为
；
（2）交变电场的电场强度大小为
；
（3）加上磁场后，粒子在
时刻所处的位置坐标为
。
【分析】（1）由动能定理求带电粒子经过
点时速度的大小
；
（2）根据运动学公式求交变电场的电场强度大小
；
（3）画出粒子在磁场中运动的轨迹，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系求加
上磁场后，粒子在
时刻所处的位置坐标。
【解答】解：（1）根据题意，由动能定理有
解得
（2）在偏转电场中，方向有
方向有
解得
（3）粒子从
点射出时速度方向沿轴正方向，速度大小为
，粒子在磁场中
运动的周期为，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
设粒子做圆周运动的半径为，则
解得
经分析可知，粒子恰好运动至如图所示的
点位置
解得
即粒子所处的位置坐标为
。
答：（1）带电粒子经过
点时速度的大小为
；
（2）交变电场的电场强度大小为
；
（3）加上磁场后，粒子在
时刻所处的位置坐标为
。
【例12】（2025•南昌模拟）通过电磁场控制带电粒子的运动是现代化的重要
技术。如图1 所示，两块平行正对金属板水平放置，两侧分布着以虚线为边界
垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为
，左侧靠近下方金属
板边缘有一个粒子输送管道，管道不仅可以屏蔽管外磁场的影响，而且可以对
带电粒子起到匀加速作用。已知上、下两金属板间加上如图2 所示矩形交变电
压，电压大小为
，周期为
，一带电粒子在
时从管道左侧无初速度释放，
经管道加速后，在
时刻离开管道进入金属板之间区域，在
时刻离开金
属板之间区域，又在
时刻从下金属板右侧边缘水平向左进入金属板之间区
域，粒子运动的部分轨迹如图1 中虚线所示。已知金属板长度是板间距离的
倍，忽略粒子所受的重力、管道直径大小和场的边缘效应和交变效应。
（1）判断带电粒子的电性，并求其比荷
；
（2）求管道的长度
和金属板的长度
；
（3）若在右边磁场中增加竖直方向的匀强电场，使得带电粒子不从右侧磁场的
左边界飞出，则：
①请判定此匀强电场的方向；
②小明计算了满足此要求的电场强度大小的取值范围为
，请论证这
一结果是错误的。
【答案】（1）带电粒子的电性为正电，
的比荷为
；
（2）管道的长度
为
，金属板的长度
为
；
（3）①此匀强电场的方向为向上；
②论证见解析。
【分析】（1）根据左手定则，结合粒子在磁场中运动的周期分析求解；
（2）根据粒子在金属板之间区域运动是对称的匀变速曲线运动，进入或离开该
区域的速度大小相同，结合运动学公式分析求解；
（3）根据配速法，此曲线运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直面内的
匀速圆周运动分析求解。
【解答】解：（1）在右侧磁场中，根据左手定则，可以判断粒子带正电。依题
可知，粒子在磁场中运动的周期
又有
可计算
（2）粒子在金属板之间区域运动，分析其运动，可知是对称的匀变速曲线运
动，进入或离开该区域的速度大小相同，设为
，则有
又有
且
又有
结合给定条件
可计算
又有
可知
（3）①增加竖直方向的匀强电场后，粒子将做曲线运动，此曲线运动可分解为
水平方向的匀速直线运动和竖直面内的匀速圆周运动。只有水平方向的匀速直
线运动向右，粒子才不会返回两金属板之间区域，根据配速法可知，电场力方
向向上，故电场场强方向应该向上。
②根据前述计算可知
即小明的计算结果等价于
令
则根据
即匀速直线运动分速度为
则匀速圆周运动的分速率为
即进入复合电磁场后，任何时刻粒子的垂直电磁场左边界的分速度
，即粒
子不会向左边界“回旋”，可见电场强度最小值还可以更小一些。
答：（1）带电粒子的电性为正电，
的比荷为
；
（2）管道的长度
为
，金属板的长度
为
；
（3）①此匀强电场的方向为向上；
②论证见解析。
【例13】（2025•烟台二模）如图甲所示，真空室内有三个竖直方向足够长的
区域，各区域的边界线均沿竖直方向。其中区域Ⅰ中存在按图乙规律变化的磁
场
（图乙中磁场垂直纸面向外时为正，
，宽度为
；区域Ⅱ中存在
磁感应强度大小
、方向垂直纸面向里的匀强磁场，宽度为
；
区域Ⅲ中存在电场强度大小
、方向竖直向下的匀强电场，宽度为
。
时刻，一质量为
、电荷量为
的带正电的粒子从区域Ⅰ左边界上的
处
以某一初速度垂直于边界射入区域Ⅰ，已知
时该粒子从
点进入区域Ⅱ，
运动一段时间后从区域Ⅱ右侧边界的
点（图中未画出）进入区域Ⅲ的电场中，
最终从区域Ⅲ右边界上的
点（图中未画出）离开，不计粒子的重力，求：
（1）粒子刚射入区域Ⅰ时的初速度大小；
（2）粒子在区域Ⅱ中运动的时间；
（3）
点到
点沿竖直方向的距离。
【答案】（1）粒子刚射入区域Ⅰ时的初速度大小为
；
（2）粒子在区域Ⅱ中运动的时间为
；
（3）
点到
点沿竖直方向的距离为
。
【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力和周期表达式求粒子的周期，画出粒子
的运动轨迹，根据几何关系求粒子刚射入区域Ⅰ时的初速度大小；
（2）根据洛伦兹力提供向心力求出粒子在区域Ⅱ的半径，根据几何关系和周期
公式求粒子在区域Ⅱ中运动的时间；
（3）根据运动学公式和牛顿第二定律求
点到
点沿竖直方向的距离。
【解答】解：（1）粒子在
时间内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律：
解得
所以如图所示
在
时间内粒子运动
个圆周，
时间内粒子竖直向下做匀速运动，
时间内同样又做匀速圆周运动，转过的圆心角
由图可得：
由以上可得：
（2）粒子在区域Ⅱ，根据洛伦兹力提供向心力
解得
运动一段时间后离开区域Ⅱ进入区域Ⅲ，设刚进入区域Ⅲ时粒子速度方向与边
界的夹角为
区域Ⅱ的宽度
解得
因此粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角是
粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动
在区域Ⅱ中运动的时间
（3）粒子在区域Ⅱ中沿竖直方向的距离为
粒子进入区域Ⅲ中，水平方向：
做匀速运动
竖直方向：
做匀变速直线运动
解得
点到
点沿竖直方向的距离
解得
答：（1）粒子刚射入区域Ⅰ时的初速度大小为
；
（2）粒子在区域Ⅱ中运动的时间为
；
（3）
点到
点沿竖直方向的距离为
。
【例14】（2025•天津一模）如图甲为某款医用治疗装置，该装置由粒子源、
直线加速器和偏移器等部件构成。直线加速器由一系列带孔的金属漂移管组成，
每个漂移管两端圆板横截面面积相等且依次排列，中心轴线共线，漂移管的长
度按照一定的规律依次增加。序号为奇数的漂移管和交变电源的一极相连，序
号为偶数的漂移管和电源的另一极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如
图乙。在
时，奇数漂移管相对于偶数漂移管的电势差为正值，此时位于序
号为0 的圆板中央的粒子源静止释放出一个电子，电子在圆板和漂移管1 间的
狭缝电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进漂移管1，在漂移管1 内做匀速直
线运动。每次电子在漂移管内运动时间恰为交变电源周期的一半。已知电子的
质量为
、电荷量为，交变电源电压的绝对值为
，周期为
，忽略电子在
狭缝内运动的时间及相对论效应，不考虑电子的重力及其他因素的影响。
（1）求电子进入漂移管1 时的速度
的大小；
（2）为使电子运动到漂移管之间各狭缝中都能恰好使静电力的方向跟运动方向
相同而不断加速，求第个漂移管的长度；
（3）该电子加速到最大动能
后，恰好沿
方向射入偏移器，偏移器为一
棱长为
的正方体，正方体内充满匀强电场和匀强磁场，
为偏移器左侧面的
中心点，当偏移器内电场强度和磁感应强度均为0 时，电子恰好沿
射到目
标平面中心
点处
点和偏移器左、右侧面中心点共线），目标平面和偏移器
右侧面平行且相距为
，当偏移器同时加上如图所示的匀强电场和匀强磁场
（方向均垂直于前、后侧面）时，电子在极短的时间内穿过偏移器，打在目标
平面上
，
处，求偏移器中电场强度
和磁感应强度
的大小。（当
很小
时，有
【答案】（1）电子进入漂移管1 时的速度
的大小为
；
（2）第个漂移管的长度为
；
（3）偏移器中电场强度
为
，磁感应强度
的大小为
。
【分析】（1）根据动能定理求电子进入漂移管1 时的速度
的大小；
（2）根据动能定理和运动学公式求第个漂移管的长度；
（3）根据洛伦兹力提供向心力和长度关系求磁感应强度
的大小，根据运动学
公式求电场强度
的大小。
【解答】解：（1）根据动能定理有
得
（2）电子在第节漂移管内的运动时间为
设电子在第节漂移管内的运动速度为
，有
得
故第节漂移管长度：
（3）设电子进入偏移器时速度为
，则在偏移器内，由于电场引起的速度增量
对轴方向的运动不产生影响，
轴方向上相当于只考虑磁场存在，设电子进入
磁场后做圆周运动半径为
根据洛伦兹力提供向心力
得
又有
经过磁场后，电子在轴方向偏移距离
离开磁场后，电子在轴方向偏移距离
则有
可得
又
得
根据运动的分解，只考虑电场存在时
轴方向加速度为
飞行时间为
又
，解得
离开偏移器时轴方向获得的速度为
经过电场后，电子在轴方向偏移的距离和偏移角的正切为
离开电场后，电子在轴方向偏移的距离
则有
可得
又
得
答：（1）电子进入漂移管1 时的速度
的大小为
；
（2）第个漂移管的长度为
；
（3）偏移器中电场强度
为
，磁感应强度
的大小为
。
【例15】（2025•广州三模）在竖直平面内建立一平面直角坐标系
，轴沿
水平方向，如图甲所示。第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为
。坐
标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向
上，场强
，匀强磁场方向垂直纸面。现一个比荷为
的带正电
微粒（可视为质点）以
的速度从轴上
点竖直向上射入第二象限，
并以
的速度从
轴正方向上的
点沿水平方向进入第一象限。取微粒
刚进入第一象限的时刻为0 时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸
面向外的磁场方向为正方向），重力加速度
。则：
（1）求微粒在第二象限运动时方向的加速度大小和电场强度
的大小；
（2）在轴正方向上有一点
，
，若带电微粒在通过
点后的运动过
程中不再越过轴，要使其恰能沿轴正方向通过
点，求磁感应强度
及磁场
的变化周期
各为多少？
（3）要使带电微粒通过
点后的运动过程中不再越过
轴，求交变磁场磁感应
强度
和变化周期
的乘积
应满足的关系？
【答案】（1）微粒在第二象限运动时方向的加速度大小为
，电场强度
的大小为
；
（2）在轴正方向上有一点
，
，若带电微粒在通过
点后的运动过
程中不再越过
轴，要使其恰能沿
轴正方向通过
点，则磁感应强度
为
，磁场的变化周期
各为
，2，
；
（3）要使带电微粒通过
点后的运动过程中不再越过
轴，则交变磁场磁感应
强度
和变化周期
的乘积
应满足的关系为
。
【分析】（1）带电微粒在电场和重力场中运动，可以看成类斜抛运动，当然也
从运动的分解来解答：水平的匀加速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动，
两个方向具有独立性和等时性；
（2）首先确定由于电场力与重力相平衡，所以带电微粒在第一象限做匀速圆周
运动，要使带电微粒在通过
点后的运动过程中不再越过
轴，要使其恰能沿
轴正方向通过
点，先用
表示出匀速圆周运动的半径，再由几何关系确定
点的纵坐标与半径有一定的关系，从而就能表示出
大小及其变化周期
满足
的关系；
（3）要使带电微粒通过
点后的运动过程中不再越过
轴，先画出符合条件的
带电微粒的轨迹，由轨迹找出偏转角大小，结合周期公式就能算出两者的积。
【解答】解：（1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在
竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动：
根据加速度定义有：
又因为：
代入数据计算得出：
（2）由
，可得：
所以带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动，轨迹如图所示，
设粒子运动圆轨道半径为
，周期为
，则由牛顿第二定律有：
可得半径：
使粒子从
点运动到
点，则由几何关系有：
考虑周期重复性：
计算得出：
，2，
解得：
，2，
（3）当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过
轴时可作如图运动情形：
由图可以知道
则
答：（1）微粒在第二象限运动时方向的加速度大小为
，电场强度
的
大小为
；
（2）在轴正方向上有一点
，
，若带电微粒在通过
点后的运动过
程中不再越过
轴，要使其恰能沿
轴正方向通过
点，则磁感应强度
为
，磁场的变化周期
各为
，2，
；
（3）要使带电微粒通过
点后的运动过程中不再越过
轴，则交变磁场磁感应
强度
和变化周期
的乘积
应满足的关系为
。
课后提优练习
一．选择题（共6 小题）
1．（2025•池州模拟）如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁
场中做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知电场强度大小为E，方向竖直
向下；磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，重力加速
度大小为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．带电液滴沿逆时针运动
B．带电液滴运动速度大小为EBR
g
C．若仅撤去匀强磁场，带电液滴可能做曲线运动
D．若仅撤去匀强电场，带电液滴机械能一定不变
【解答】解：AB.带电液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀
速圆周运动，可知液滴所受重力与电场力平衡，即电场力方向竖直向上，液
滴带负电，有
qE＝mg
根据左手定则可判断带电液滴沿顺时针运动，对液滴有
qvB =m v
2
R
联立解得
v = BRg
E
故AB 错误；
C.若仅撤去匀强磁场，带电液滴仅在重力和电场力作用下，受力平衡，将做
匀速直线运动，故C 错误；
D.若仅撤去匀强电场，带电液滴运动过程中，只有重力做功，机械能一定不
变，故D 正确。
故选：D。
2．（2025•沙坪坝区校级三模）如图所示，空间直角坐标系Oxyz（z 轴未画出，
正方向垂直于纸面向外）中，xOy 平面内半径为R 的圆形区域与y 轴相切于
O 点，圆心在O1处，区域内的匀强磁场沿z 轴正方向，磁感应强度为B1，x
＞0 区域内，匀强电场和匀强磁场的方向均沿x 轴正方向，电场强度为E，磁
感应强度为B2。xOy 平面的第三象限内有一平行于x 轴、中点在O2处的线状
粒子发射器，O1与O2的连线平行于y 轴。粒子发射器可在宽度为1.6R 的范
围内沿y 轴正方向发射质量为m，电荷量为q（q＞0），速度大小可调的同
种粒子，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。则下列说法正确的是（ ）
A．若发射速度大小
❑√3q B1 R
m
，从O2点发出的粒子，飞出圆形磁场时速度偏
转了30°
B．若发射速度大小
❑√2q B1 R
m
，在磁场B1中运动时间最长的粒子进入圆形磁
场时的位置到O1O2的距离为1
2 R
C．若发射速度大小q B1 R
m
，则从发射器最左端发射的粒子进入x＞0 区域后，
运动轨迹上与x 轴距离最远点的z 坐标为
8 B1 R
5 B2
D．若发射速度大小q B1 R
m
，则从发射器最左端发射的粒子进入x＞0 区域后，
运动轨迹上与x 轴距离最远点的z 坐标为
2B1 R
B2
【解答】解：A、当v1=
❑√3q B1 R
m
时，半径r1= ❑√3 R，粒子运动轨迹如图 甲所
示，
由几何关系可知粒子速度方向偏转了60°，故A 错误；
B、由洛伦兹力提供向心力有：q v2B1=m v2
2
r2
，代入数据得到：r甲= ❑√2 R
设从C 点进，D 点出的粒子在磁场中运动时间最长，则CD 为圆形磁场的直
径，粒子运动轨迹如图乙所示，∠CO4D＝90°
由几何关系得：r2•sinα＝R，解得：sinα =
❑√2
2
由几何关系得：该粒子的入射位置到O1O2的距离：d = R⋅sinα =
❑√2
2 R，故B
错误；
CD、由题意得：粒子在圆形磁场中的运动半径r3＝R，发射器最左端发射的
粒子运动轨迹如图丙所示，
设该粒子运动到O 点时其速度方向与x 轴正方向夹角为β 由几何关系：
r3+r3sinβ＝1.8R
得到：sinβ＝0.8，va＝v3•cosβ，vy＝v3cosβ
由题意得：该粒子的运动可视为沿x 轴正方向的匀加速直线
运动和垂直于x 轴平面内的匀速圆周运动的合运动：a= qe
m ，q v y B2=m v y
2
r4
解得：r4= 4 B1 R
5 B2
周期：T = 2π r4
v y
= 2πm
q B2
粒子轨迹上的点与x 轴的最远距离为：2r4= 8 B1 R
5 B2
，故D 错误，C 正确。
故选：C。
3．（2025•沈阳三模）如图所示，空间某区域存在竖直向下的匀强电场，电场
强度大小为E；匀强磁场与电场方向垂直，磁感应强度大小为B。一质量为
m、电荷量为q 的带正电粒子，从a 点以初速度v0水平向右射入，恰好沿直
线经过b 点，a、b 两点间距为L。不计粒子重力，电场与磁场的范围足够大，
下列说法正确的是（ ）
A．仅改变粒子的电性，粒子无法沿直线经过b 点
B．仅改变粒子入射方向（从b 点水平向左射入），粒子仍可沿直线经过a 点
C．仅改变粒子初速度v0的大小，粒子一定无法经过b 点
D．仅改变粒子初速度v0的大小，若L= N ⋅2πmE
q B
2 ( N =1，2，3⋯)，粒子一
定经过b 点
【解答】解：A.带正电粒子沿直线运动时，电场力F 电＝qE，竖直向下，洛
伦兹力，F 洛＝qv0B 竖直向上，且
qE＝qv0B
若仅改变粒子电性，电场力变为竖直向上，洛伦兹力变为竖直向下，依然有
qE＝qv0B
粒子受力平衡，仍可沿直线经过b 点，故A 错误；
B.若仅改变粒子入射方向（从b 点水平向左射入），此时洛伦兹力方向改变，
电场力方向不变，粒子受力不再平衡，不能沿直线经过a 点，故B 错误；
CD.粒子做直线运动时
qE＝qv0B
若仅改变粒子初速度v0的大小，粒子将做曲线运动。粒子在复合场中的运动
可看作沿初速度方向的匀速直线运动和在垂直初速度方向上的匀速圆周运动
的合运动。粒子做圆周运动的周期
T = 2πm
qB
半径
r= mv
qB
在沿初速度方向上有
L＝vxt
在垂直初速度方向上，经过整数个周期t＝NT（N＝1，2，3…）时粒子回到
原来的直线上。由
qE＝qv0B
可得
v0= E
B
沿初速度方向
L＝v0t
又
t = NT = 2πmN
qB
则
L= E
B × 2πmN
qB
= N ⋅2πmE
q B
2 （N＝1，2，3…）时，粒子一定经过b 点，故C 错
误，D 正确。
故选：D。
4．（2025•丰台区一模）地磁场可以阻挡能量很高的太阳风粒子到达地球表面。
地球北极附近的磁场如图所示，某带电粒子从弱磁场区向强磁场区前进时做
螺旋线运动，不计粒子的重力和一切阻力，下列说法正确的是（ ）
A．该粒子带负电
B．从弱磁场区到强磁场区的过程中粒子的速率逐渐减小
C．粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离不变
D．粒子有可能从强磁场区域返回到弱磁场区域
【解答】解：A．由左手定则，结合粒子运动的轨迹可知，该带电粒子带正
电，故A 错误；
B．因洛伦兹力对带电粒子不做功，则从弱磁场区到强磁场区的过程中带电
粒子的速率不变，故B 错误；
C．将速度分解到垂直方向上和水平方向上，
根据洛伦兹力提供向心力则有：q v⊥B =m v⊥
2
r
带电粒子每旋转一周的时间满足：T = 2πr
v⊥
可知随着磁场的增强，粒子运动半径逐渐减小，带电粒子每旋转一周的时间
变小，带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离为：x＝v∥T
故带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离减小，故C 错误；
D．若粒子的速度方向与磁场方向不垂直，则一段时间后该带电粒子可能会
从强磁场区到弱磁场区做螺线运动，故D 正确。
故选：D。
5．（2025•南京二模）如图，绝缘环a、b 质量均为m，带电量均为+q，分别套
在固定的水平绝缘杆上，环的直径略大于杆的直径。环与杆的动摩擦因数均
为μ。两杆分别处于竖直向下的匀强电场E 和匀强磁场B 中，分别给两环水
平向右的初速度v0，两环向右运动直至停下。下列说法不正确的是（ ）
A．摩擦力对两环的冲量相同
B．摩擦力对两环做的功相同
C．若两环最终位移相同，则a 环运动时间较短
D．若两环最终运动时间相同，则a 环位移较短
【解答】解：A、两环均沿杆做减速运动直到停止，两环受的合力就是摩擦
力，以向右为正方向，根据动量定理：I 合＝I 摩＝Δp＝﹣mv0，由于两环的初
速度、质量相同，摩擦力的冲量相同，故A 正确；
B、由动能定理可知：W 合＝W 摩＝ΔEk=- 1
2 mv0
2，所以摩擦力做的功相同，
故B 正确；
C、对环a 进行分析，有：μ（mg+qE）＝maa，解得：aa= μ(mg+ Eq)
m
，由此
可知，环a 向右做匀减速直线运动。
对环b 进行分析，有：μ❑√(mg)
2+(qvB)
2=mab，由此可知，环b 向右做加速度
减小的减速直线运动。由于当两者速度都为零时，其位移相同，可以作出环
a 和环b 运动的v
t
﹣图像分别如图中的实线和虚线所示，
两者向右停止时位移相同，则有ta＜tb故，故C 正确；
D、若两者的时间相等ta＝tb，两者v
t
﹣图像如下所示，
实线所围的面积大于虚线所围的面积，则xa＞xb，故D 错误。
本题选错误的，
故选：D。
6．（2025•沙坪坝区校级模拟）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
大小相同。已知A 点坐标为（﹣R，0），一质量为m、带电量为+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，在经过T 时间后从（R，0）位置进入磁场中，不计粒子
重力，则（ ）
A．磁场的大小和电场的大小的比值为2T
R
B．磁场的大小和电场的大小的比值为R
T
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
【解答】解：AB.粒子经过T 时间到达（R，0）位置，由此可知，粒子在磁
场中的圆周运动的半径
r = R
2
由
qv B0= m v
2
r
解得
B0= 2mv
qR
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 = 2mv
qT
磁场的大小和电场的大小的比值为T
R
故AB 错误；
CD.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，在电场中匀加速运动的过程中，由动能定理可得：
-qE x1=0- 1
2 mv
2
解得
x1= vT
4
半个圆周运动的路程s= πr = πR
2
故一个周期运动的轨迹长度
Δx＝4x1+4s＝vT+2πR
故C 错误，D 正确。
故选：D。
二．多选题（共4 小题）
（多选）7．（2025•广西模拟）如图所示，直角坐标系xOy 的x 轴上方存在匀
强磁场和匀强电场，y 轴是磁场和电场的分界线，磁场方向垂直xOy 平面向
外，电场方向与y 轴平行，指向y 轴负方向，M、P 两点的坐标为M（0，
L）、P（﹣2L，0）。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子以初速度v0从
P 点射入电场，经电场偏转后从M 点垂直于y 轴进入磁场，然后从x 轴上的
N 点离开磁场。已知粒子到达N 点时与x 轴负方向的夹角为60°，粒子的重
力不计。下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的场强大小为mv0
2
4 qL
B．匀强电场的场强大小为
❑√2mv0
2
4 qL
C．匀强磁场的磁感应强度大小为3m v0
4 qL
D．匀强磁场的磁感应强度大小为3 ❑√2m v0
4 qL
【解答】解：AB、设P 点粒子入射时水平方向和竖直方向的速度分别为vx，
vy，到M 点时水平入射，则竖直速度为0，只剩下水平速度。设粒子从P 到
M 的时间为t，电场产生的加速度为a。由分运动规律有
vy＝at
vxt＝2L
1
2 at
2= L
可得
vx＝vy
即入射角为45°，在M 点速度为vx=
❑√2
2 v0，代入上面式子得
a= v0
2
4 L
由牛顿第二定律得
Eq＝ma
解得E = mv0
2
4 qL，故A 正确，B 错误；
CD、粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所
示。
设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，根据几何关系可知
R+Rcos60°＝L
可得
R = 2
3 L
根据洛伦兹力提供向心力，有
Bqv =m v
2
R
其中v＝vx=
❑√2
2 v0，
解得B = 3 ❑√2m v0
4 qL
，故C 错误，D 正确。
故选：AD。
（多选）8．（2025•庐阳区校级三模）如图所示，在xOy 坐标系第二象限有一
个半径为R 的圆形区域，圆心为C，圆形边界分别与x 轴、y 轴相切于M、N
两点。圆形区域内存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。第一象限存在沿y 轴
负方向的匀强电场。在M 点放置一粒子源，粒子源可向磁场中各个方向发射
速率均为v0的同种带正电粒子，其中沿MC 方向射入磁场的粒子恰好从N 点
进入电场，后从x 轴上的P 点离开电场。已知磁感应强度大小为B，电场强
度大小E＝Bv0，不计粒子所受重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是
（ ）
A．带电粒子的比荷为BR
v0
B．P 点与坐标原点O 的距离为❑√2R
C．粒子运动至P 点时的速度大小为
❑√2v0
D．x 正半轴上有粒子经过的范围长度为2R
【解答】解：A.粒子在磁场中做匀速圆周运动，可知粒子在磁场中的轨迹半
径
r＝R
根据洛伦兹力提供向心力
q v0 B =m v0
2
r
解得
q
m = v0
BR
故A 错误；
B.粒子从N 点进入电场做类平抛运动，则：
R = 1
2 at
2
又
qE＝ma
且
E＝Bv0
q
m = v0
BR
则
a= qE
m = v0
BR ×B v0= v0
2
R
代入
R = 1
2 at
2
得
R = 1
2 × v0
2
R t
2
解得
t = ❑√2 R
v0
在x 方向：
x = v0t = v0×❑√2 R
v0
= ❑√2 R
即P 点与坐标原点O 的距离为❑√2 R，故B 正确；
C.粒子在电场中运动，根据动能定理
qER = 1
2 mv
2- 1
2 mv0
2
代入得
v = ❑√3 v0
故C 错误；
D.当粒子在磁场中运动轨迹对应的弦长最长时，粒子进入电场的位置最靠上，
粒子在磁场中运动的弦长最长为圆的直径2R，此时粒子从y 轴上y＝2R 处进
入电场。在电场中做类平抛运动
y = 1
2 at
2
a= v0
2
R
y＝2R
则
2 R = 1
2 × v0
2
R t
2
t =2 R
v0
x＝v0t＝2R
当粒子从M 点沿磁场边界进入磁场时，从N 点进入电场，此时x = ❑√2 R，所
以x 正半轴上有粒子经过的范围长度为2R，故D 正确。
故选：BD。
（多选）9．（2025•雨花区校级一模）2024 年1 月，国务院国资委启动实施未
来产业启航行动，明确可控核聚变领域为未来能源的唯一方向。可控核聚变
当中，有一重要技术难题，就是如何将运动电荷束缚在某一固定区域。有一
种利用电场和磁场组合的方案，其简化原理如下。如图，已知直线l 上方存
在方向竖直向下的匀强电场，直线l 下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。
一个带正电的、不计重力的粒子从电磁场边界l 上方一点，以一定速度水平
向右发射，经过一段时间又回到该发射点。则改变下列条件能使粒子发射后
回到原来位置的是（ ）
A．仅带电粒子比荷发生变化（但仍为带正电的粒子）
B．仅带电粒子初速度发生变化
C．电场强度变成原来3 倍且磁感应强度变成原来2 倍
D．仅发射点到电场边界l 的距离发生变化
【解答】解：A.根据题意画出粒子在电磁场中的运动轨迹如下图
由洛伦兹力提供向心力
qvB = mv
2
R
解得：
R = mv
qB
根据题意可知，粒子在电场中做类平抛运动，则
qE＝ma
h1= 1
2 at
2
vy＝at
x＝7t
根据相似关系可知
v x
x = v
R
联立可得粒子回到抛出点需要满足
v0= E
B
故仅带电粒子种类发生变化（但仍为带正电的粒子），能使粒子发射后回到
原来位置，故A 正确；
B.由上述分析可知，仅带电粒子初速度发生变化，不能使粒子发射后回到原
来位置，故B 错误；
C.由上述分析可知，电场强度变成原来3 倍且磁感应强度变成原来2 倍，不
能使粒子发射后回到原来位置，故C 错误。
D.由上述分析可知，仅发射点到电场边界l 的距离发生变化，能使粒子发射
后回到原来位置，故D 正确。
故选：AD。
（多选）10．（2025•湖北模拟）X 光是医学上检测的重要手段，其核心部件是
X 射线管，原理是高速电子流打到管靶材料上而产生射线。如图所示，电子
（质量为m，电量为e）经电压U 加速后垂直进入边长为2a 的正方形磁场，
磁场下边界为管靶材料PQ，电子经过磁场偏转后撞击到管靶材料上，撞击
在不同位置就会产生不同强度X 射线，通过控制开关调节磁感应强度大小，
不计电子重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．电子进入磁场时速度大小为❑√
2Ue
m
B．产生X 光范围最大时，对应磁感应强度大小范围为2
5a
❑√
2Um
e
～2
a
❑√
2Um
e
C．产生X 光的电子在磁场中运动最长时间为πa
4
❑√
2m
Ue
D．产生X 光的电子在磁场中动量变化量最大为2❑√Ume
【解答】解：A.电子经电场加速，由动能定理有
Ue = 1
2 mv
得
v = ❑√
2Ue
m
故A 正确；
B.电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，其半径
R = mv
eB = 1
B
❑√
2Um
e
打在管靶材料上，最小半径
Ri= a
2
得
Bm= 2
a
❑√
2Um
e
最大半径为Rm，则
(2a)
2+( Rm-a)
2= Rm
2
得
Rm＝2.5a
得
Bi= 2
5a
❑√
2Um
e
磁感应强度大小范围为
2
5a
❑√
2Um
e
～2
a
❑√
2Um
e
故B 正确；
C.电子在磁场中运动速度相同，对应半径最小时所用时间
t1= π Ri
v
= πa
2v = πa
4
❑√
2m
Ue
对应半径最大时，在磁场中转过角度为α，则
sinα = 2a
Rm
=0.8
α＝53°
对应时间
t2= 53
360 × 2π Rm
v
= 265 πa
360 v = 53 πa
144
❑√
2m
Ue
故最长时间为53 πa
144
❑√
2m
Ue
故C 错误；
D.产生X 光的电子在磁场中动量变化量最大
Δp=2mv =2❑√2Ume
故D 错误。
故选：AB。
