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专题三 电场和磁场
第10讲 带电粒子在复合场中的运动题型总结
一．带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
1．（2023 秋•合肥期末）如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方
向垂直纸面向里，带电微粒由a 点进入该区域并刚好沿ab 直线向上运动，下列说法正确的是（ ）
A．微粒可能做匀变速直线运动
B．微粒可能带正电
C．微粒的电势能一定减小
D．微粒的机械能一定减少
【解答】解：AB、根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）
从图像上可以知道，若微粒带正电，则微粒一定做曲线运动，与题意相矛盾，所以微粒一定带负电，且做
匀速直线运动，故AB 错误；
C、因为负微粒受到的电场力向左，对微粒做正功，电势能一定减小，故C 正确；
D、由能量守恒可以知道，电势能减小，机械能一定增加，故D 错误。
故选：C。
2．（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（ ）
1
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A．
B．
C．
D．
【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：
可得：
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：
＝
2
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又根据半径公式：
，
联立以上几式求解得：
，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
3．（2024•西城区校级开学）如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直
向下的匀强电场，磁场的磁感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为+q 的粒子，以不同速率沿着两板
中轴线PQ 方向进入板间后，速率为v 的甲粒子恰好做匀速直线运动；速率为
的乙粒子在板间的运动轨
迹如图中曲线所示，A 为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全程速率在
和
之间变化。研究
一般的曲线运动时，可将曲线分割成许多很短的小段，这样质点在每一小段的运动都可以看作圆周运动的
一部分，采用圆周运动的分析方法来处理。不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是
（ ）
A．两板间电场强度的大小为
B．乙粒子从进入板间运动至A 位置的过程中，在水平方向上做匀速运动
C．乙粒子偏离中轴线的最远距离为
D．乙粒子的运动轨迹在A 处对应圆周的半径为
【解答】解：A、由题意，速率为v 的甲粒子恰好做匀速直线运动，则有：qvB＝Eq
可得两板间电场强度的大小为：E＝vB，故A 错误；
B、由题意，速率为
的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，根据左手定则判断知，粒子受到的洛
伦兹力总是垂直指向每一小段圆弧的中心，可知乙粒子在水平方向上的合力一直水平向右，所以粒子从进
入板间运动至A 位置的过程中，在水平方向上做加速运动，故B 错误；
3
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C、由于洛伦兹力一直不做功，乙粒子所受电场力方向一直竖直向下，当粒子速度最大时，电场力做的功
最多，偏离中轴线的距离最远，根据动能定理有：
整理得到：
，故C 正确；
D、由题意，乙粒子的运动轨迹在A 处时为粒子偏离中轴线的距离最远，粒子速度达最大为：vA＝
洛伦兹力与电场力的合力提供向心力：qvAB﹣qE＝
所以对应圆周的半径为：
，故D 错误。
故选：C。
4．（2024•深圳一模）如图所示，整个空间存在一水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，光滑
绝缘斜面固定在水平面上。一带正电滑块从斜面顶端由静止下滑，下滑过程中始终没有离开斜面，下滑过
程中滑块的位移x、受到的洛伦兹力f 洛、加速度a 与机械能E 机等物理量的大小随时间变化的图线可能正确
的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：AC．下滑过程中，受到的重力竖直向下，水平向右的电场力，垂直斜面向上的洛伦兹力，斜
面的支持力，因滑块从斜面顶端由静止开始下滑，故电场力与重力的合力沿斜面向下，且大小不变，滑块
做匀加速直线运动，故AC 错误；
B．滑块做匀加速直线运动，速度v＝at，洛伦兹力为f 洛＝qvB＝qBat，故B 正确；
D．除重力做功外，还有电场力做功，机械能不守恒，故D 错误。
故选：B。
4
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5．（2024•天河区二模）如图所示，水平放置的两个正对的带电金属板MN、PQ 间存在着相互垂直的匀强
电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。在a 点由静止释放一带电的微粒，释放后微粒沿曲线acb 运动
（a、b 两点在同一水平高度），c 点是曲线上离MN 板最远的点。不计微粒所受空气阻力，下列说法正确
的是（ ）
A．微粒在c 点时电势能最大
B．a 点电势低于c 点电势
C．微粒在运动到c 点过程中电场力做的功等于动能的变化量
D．微粒到达b 点后将沿原路径返回a 点
【解答】解：A.由题意可知，刚开始运动时，洛伦兹力向右，根据左手定则，可得微粒带负电，则电场力
竖直向上，所以粒子从a 到c 的过程中，电场力做负功，电势能增加，所以微粒在c 点时电势能最大，故
A 正确；
B.两金属板间的电场竖直向下，根据沿着电场线电势降低，所以c 点的电势低于a 点的电势，故B 错误；
C.根据动能定理可知，微粒在运动到c 点过程中重力和电场力做的功等于动能的变化量，故C 错误；
D.微粒到达b 后，再向下运动又会受到向右的洛伦兹力，所以它会向右偏转，而不会沿原路返回到a 点，
故D 错误。
故选：A。
（多选）6．（2024•郑州一模）光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球，桌面右侧存在由匀
强电场和匀强磁场组成的复合场，复合场的下边界是水平面，到桌面的距离为h，电场强度为E、方向竖
直向上，磁感应强度为B、方向垂直纸面向外，重力加速度为g，带电小球的比荷为
。如图所示，现给
小球一个向右的初速度，使之离开桌边缘立刻进入复合场运动，已知小球从下边界射出，射出时的速度方
向与下边界的夹角为60°，下列说法正确的是（ ）
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A．小球在复合场中的运动时间可能是
B．小球在复合场中运动的加速度大小可能是
C．小球在复合场中运动的路程可能是
D．小球的初速度大小可能是
【解答】解：根据题意可知带电小球的比荷为是
，则有Eq＝mg
则小球所受的合力为洛伦兹力，所以小球在复合场中做匀速圆周运动，射出时的速度方向与下边界的夹角
为60°，则小球运动情况有两种，轨迹如下图所示
若小球速度为v1，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为120°，此时小球在复合场中的运动时间为
根据几何知识可得R1+R1cos60°＝h，解得轨迹半径为
则根据洛伦兹力提供向心力有
可得，小球的速度为
则小球的路程为
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根据
解得小球的加速度为
若小球速度为v2，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为60°，此时小球在复合场中的运动时间为
根据几何知识可得R2﹣R2cos60°＝h，其轨迹半径为R2＝2h
则根据洛伦兹力提供向心力有
可得，小球的速度为
则小球的路程为
根据
解得小球的加速度为
，故AC 正确，BD 错误。
故选：AC。
7．（2023 秋•下城区校级期末）如图所示，真空中平行板电容器间有匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直
向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，右侧圆形区域内（含右半圆边界）有垂直纸面向外的匀强
磁场。极板间距离为d，板长为L，忽略电容器边缘效应，圆形区域左侧与极板右端连线相切，上侧与上
极板的延长线相切于C 点，下侧与下极板的延长线相切于D 点。一束宽度为d、比荷一定但速率不同的带
正电粒子平行于极板方向射入电容器中，L 足够长，只有沿直线运动的粒子才能离开平行板电容器。若平
行板间电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，圆形区域中磁感应强度大小为B2，不计粒子重力，下列
说法正确的是（ ）
A．进入圆形磁场区域的粒子在电容器内运动的时间为
B．通过电容器的粒子都将从D 点离开圆形磁场区域
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C．若粒子的比荷为
，距上、下极板
处射出极板的粒子在圆形磁场区域运动的时间之比为2：1
D．若粒子的比荷为
，紧贴上极板的带电粒子从进入电容器到离开右侧圆形磁场区域，运动的总时
间为
【解答】解：A、能够进入圆形区域的粒子必沿直线运动，根据平衡条件有：qvB1＝qE
所以粒子在极板间运动时间为：
，故A 错误；
B、要使进入圆形区域的粒子都从D 点离开电场，还需满足粒子运动半径为：
，但题设无任何有关磁
场、半径等的要求，故B 错误；
C、若
，由粒子做匀速圆周运动的半径公式
，得粒子在圆形磁场的轨迹半径R2＝
，
由磁聚焦的原理可知粒子由D 点离开圆形磁场，由几何关系知，距上、下极板
处射出极板的粒子在圆形
磁场中转过的圆心角分别为120°、60°，又粒子运动周期为：
故粒子在圆形磁场区域运动时间分别为：
，
所以解得时间之比：t1：t2＝2：1，故C 正确。
D、若
，由粒子做匀速圆周运动的半径公式
，得粒子在圆形磁场的轨迹半径R2＝
，
由磁聚焦的原理可知粒子由D 点离开圆形磁场，此时紧贴电容器进入圆形磁场的粒子运动总时间为：
8
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，D 错误；
故选：C。
（多选）8．（2024•重庆模拟）光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球，桌面右侧为由有界
匀强电场和有界匀强磁场组成的复合场，复合场的下边界是水平面，到桌面的距离为h，复合场水平距离
未知。电场强度为E、方向竖直向上，磁感应强度为B、方向垂直纸面向外，重力加速度为g，带电小球的
比荷为
。如图所示，现给小球一个向右的初速度，使之离开桌面边缘立刻进入复合场运动，已知小球从
下边界的中点射出射出时的速度方向与下边界的夹角为37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是
（ ）
A．小球的初速度为
或
B．小球在复合场中运动的位移可能是4h
C．小球在复合场中运动的加速度可能是
D．若小球一定不从复合场的下边界射出，则初速度应大于
或小于
【解答】解：ABC、根据题意可知带电小球的比荷为
，则有Eq＝mg，重力与电场力等大反向，小球所
受的合力为洛伦兹力，所以小球在复合场中做匀速圆周运动，射出时的速度方向与下边界的夹角为37°，
则小球运动情况有两种，轨迹如图1 所示：
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若小球线速度为v1，对应的轨迹半径为R1，根据几何知识可得：R1+R1cos37°＝h
解得轨迹半径为：R1＝
h
则根据洛伦兹力提供向心力有；
解得小球的速度为：
则小球的位移为：x1＝PQ＝
≠4h
根据向心加速度：
，解得小球的加速度为：
若小球速度为v2，对应的轨迹半径为R2，根据几何知识可得：R2﹣R2cos37°＝h
解得：R2＝5h
同理可得，小球的速度为：
小球的位移为x2＝PN＝
＝
≠4h
小球的加速度为
故AC 正确，B 错误。
D、设小球线速度为v3，对应的轨迹半径为R3时恰好从下边界的左端射出，轨迹图如图2 所示。
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根据几何知识可得：2R3＝h，解得：R3＝
h
同理可得：
，可知初速度小于
，小球一定不从复合场的下边界射出；
根据题意，小球是从下边界的中点射出的，由图1 可知下边界最长等于2MN＝2R2sin37°＝6h
设小球线速度为v4，对应的轨迹半径为R4时恰好从最长的下边界的左端射出，轨迹图如图2 所示。
根据几何知识可得：
＝（R4﹣h）2+（6h）2
解得：R4＝
h
同理解得：
＜
可知初速度大于
，小球一定不从复合场的下边界射出，故D 错误。
故选：AC。
9．（2024•泉州模拟）如图，在直角坐标系xOy 中，y 轴竖直，左侧存在一个垂直纸面向里的匀强磁场和
沿y 轴正方向的匀强电场；右侧存在沿x 轴负方向的匀强电场，y 轴左侧场强大小为右侧的2 倍。质量为
m、电荷量为q 的带正电小球（可视为质点），从点M（L，﹣2L）以某一初速度沿y 轴正方向射出，恰好
经过原点O 且此时速度方向刚好沿x 轴负方向，继续运动一段时间后到达点
。已知重
力加速度大小为g。求：
（1）小球从M 点运动到原点O 过程中的水平加速度大小；
（2）y 轴左侧电场强度的大小；
（3）匀强磁场的磁感应强度大小B。
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【解答】解：（1）设小球从M 点运动到O 点的时间为t，水平方向的加速度大小为a，在水平方向做初速
度为零的匀加速运动，由位移—时间公式有：
竖直方向做竖直上抛运动，末速度为零，同理：
联立解得：
（2）设右侧场强大小为E1，左侧场强大小为E2，由牛顿第二定律得：qE1＝ma
又由题意可知：E2＝2E1
解得：
（3）小球在y 轴左侧电场中受到的电场力：F＝qE2＝mg
方向竖直向上，所以带电小球在磁场中做匀速圆周运动，做出小球的运动轨迹如图所示，
由几何关系可知：
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则可知：∠NOO′＝30°，
设小球运动半径为r，根据几何关系有：
设小球经过O 时的速度大小为v1，由（1）可知：
根据洛伦兹力充当向心力有：
联立解得：
答：（1）小球从M 点运动到原点O 过程中的水平加速度大小为
；
（2）y 轴左侧电场强度的大小为
；
（3）匀强磁场的磁感应强度大小B 为
。
10．（2024•广州一模）如图，在棱长为L 的正方体区域的右侧面，以中心O 为原点建立直角坐标系
xOy，x 轴平行于正方体底面。该区域内加有方向均沿x 轴正方向、电场强度大小为E 的匀强电场和磁感应
强度大小为B 的匀强磁场，若电量为q、质量为m 的正离子以某一速度正对O 点并垂直右侧面射入该区
域，则正离子在电磁场作用下发生偏转。
（1）若正离子从右侧面坐标为（x0，y0）的P 点射出，求正离子通过该区域过程的动能增量；
（2）若撤去电场只保留磁场，试判断入射速度
的正离子能否从右侧面射出。若能，求出射点坐
标；若不能，请说明理由。
【解答】解：（1）从入射到出射，只有x 正方向的电场力对正离子做功，由动能定理可得此过程动能增量
为
ΔEk＝qEx0；
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（2）若只存在磁场，正离子只往y 方向偏转，设正离子在区域内圆周运动半径为R，根据牛顿第二定律，
由洛伦兹力提供向心力有
代入速度解得
假设能从右侧面射出，坐标为（0，y），轨迹如图所示
由几何关系可得
（R﹣y）2+L2＝R2
联立解得
，故假设成立，正离子能从右侧面射出，出射点的位置坐标为
。
答：（1）若正离子从右侧面坐标为（x0，y0）的P 点射出，则正离子通过该区域过程的动能增量为qEx0；
（2）若撤去电场只保留磁场，入射速度
的正离子能从右侧面射出，出射点坐标为
。
11．（2024•泉州模拟）如图甲所示，在水平地面上方分布有相互垂直的匀强电场与匀强磁场，电场方向
竖直向上，场强大小为E，磁场方向垂直纸面向里。在离地高为h 的O 点处建立一直角坐标系xOy，y 轴
竖直向上。一个带正电小球A 从O 点以速率v0沿x 轴负方向射出，恰好可以垂直打到地面。已知重力加速
度大小为g，A 受到的电场力恰好等于重力，运动过程中带电量不变，忽略空气阻力。
（1）求匀强磁场的磁感应强度的大小B；
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（2）若大量与A 相同的小球仍从O 点以速率v0在xOy 平面内沿各个方向先后射出，小球间的相互作用均
不计，落地后均不反弹，求小球落地点区间的长度；
（3）若撤去电场，小球仍从O 点以某一速率沿y 轴正方向射出，恰好不会打到地面。
ⅰ．求小球从O 点射出时的速率v1；
ⅱ．已知小球的速率v 与时间t 的关系如图乙所示，求小球速率达到最小时两个位置之间的距离。
【解答】解：（1）由于小球所受电场力等于重力
qE＝mg
故小球在场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
轨迹如图所示
根据几何知识
R＝h
联立解得
；
（2）当小球的运动轨迹与地面相切时可运动到左侧最远落地点，此时小球在第二象限与y 轴正方向夹角
30°射出时，如图所示
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根据几何知识，其水平位移为
当小球沿﹣y 方向射出时，可运动到右侧最远落地点，轨迹图像如（1）所示，根据几何知识，其水平位移
为
x2＝R
则落地点区间的长度为
L＝x1+x2
联立解得
；
（3）i．利用配速法，在O 点给小球两个大小相等，方向平行于x 轴且方向相反的速度v2，使其满足
qv2B＝mg
解得
如此即可将小球的运动分解为圆周运动与水平方向的匀速运动，则圆周运动的速度
根据牛顿第二定律，有洛伦兹力提供向心力有
解得
这里不考虑水平方向的匀速直线运动，则粒子的轨迹图像如图所示
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根据几何知识
h＝r+rcosα
联立解得
；
ii．由题意可知，当小球做圆周运动的速度水平向右时合速度最小，故合速度最小的时间间隔为一个周期
的整数倍，故小球速度达到最小时的位置之间的距离
Δx＝nv2T （n＝0，1，2...）
根据周期公式
解得
联立解得
。
答：（1）匀强磁场的磁感应强度的大小B 为
；
（2）小球落地点区间的长度为
；
（3）若撤去电场，小球仍从O 点以某一速率沿y 轴正方向射出，恰好不会打到地面。
ⅰ．小球从O 点射出时的速率v1为
；
ⅱ．已知小球的速率v 与时间t 的关系如图乙所示，小球速率达到最小时两个位置之间的距离为
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。
12．（2024•南通一模）某种负离子空气净化原理如图所示，空气和带负电的灰尘颗粒物组成的混合气流
从左侧进入由一对平行金属板构成的收集器，颗粒物在磁场和电场的作用下，打到金属板上被收集。已知
颗粒物的质量均为m，电荷量均为﹣q，初速度大小均为v0、方向与金属板平行，金属板长为L，间距为
d，不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
（1）若金属板间只加匀强电场，上极板带负电。不计空气阻力，板间电压为U1时，颗粒物全部被收集，
求电压U1的范围；
（2）若金属板间只加匀强磁场，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，颗粒物全部被收集，求磁感应强度
大小B 的范围；
（3）若金属板间存在匀强电场和磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向里的匀强磁场，收集器中气流的
速度大小为v0，方向沿板的方向保持不变。颗粒物所受阻力与其相对于空气的速度v 方向相反，大小f＝
kv，k 为常量。若板间电压为U2，上极板带负电，假设颗粒物进入收集器后极短时间内加速到最大速度，
此后做匀速运动，颗粒物恰好全部被收集，求电压U2的大小。
【解答】解：（1）设沿上极板边缘进入的颗粒物恰好被下极板吸收，在板间运动的时间为t，运动的加速
度大小为a，板间电压为U0，电场强度大小为E，根据类平抛运动的规律，则沿金属板方向
L＝v0t
垂直于金属板方向
根据牛顿第二定律，颗粒物的加速度
板间电场强度
联立解得
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则要使颗粒物全部被收集，则电压满足的条件为
；
（2）由题意可知，贴近上极板进入的颗粒物刚好被下极板左侧吸收，对应的是在磁场中圆周运动的最小
半径R1，其轨迹如图所示
根据几何知识可知
贴近上极板进入的颗粒物刚好被下极板右侧吸收，对应的是在磁场中圆周运动的作大半径R2，其轨迹如图
所示
根据几何知识可知
解得
要使所有的粒子全部被吸收，粒子在磁场中运动的半径应满足
R1≤R≤R2
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
19
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联立解得
；
（3）如图所示
颗粒达最大速度时，在x、y 轴上的分速度分别为vx、vy，两个分速度对应的洛伦兹力分别为Fy、Fx，颗粒
受到的电场力为F，受到的阻力在x、y 轴上的分力分别为fx、fy，则
洛伦兹力在两坐标轴上的分力为
Fy＝Bqvx Fx＝Bqvy
电场力
空气阻力在两坐标轴的分力为
fx＝k（v0﹣vx）
fy＝kvy
由平衡关系得x 方向
fx＝Fx
y 方向
fy＝Fy+F
当颗粒物恰好被全部吸收，应满足
由以上方程解得
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。
答：（1）电压U1的范围为
；
（2）磁感应强度大小B 的范围为
；
（3）电压U2的大小为
。
13．（2024•重庆模拟）如题图所示，两个相同的光滑弹性竖直挡板MN、PQ 固定在纸面内，平行正对且
相距足够远，矩形MNQP 区域内（含边界）充满竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E。紧邻MN 板右
侧有一匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁场右边界为半圆，圆心为MN 板的中点O。现有一带负电小球在
纸面内从M 点射入磁场，速度大小为v、方向与MP 的夹角为θ，恰好能在磁场中做匀速圆周运动，且第
一次飞出磁场时速度恰好水平。已知重力加速度为g，MN＝PQ＝d＜
，NQ＝MP＝L，该小球可视
为质点且电荷量保持不变，挡板厚度不计，忽略边界效应。该小球每次与挡板（含端点）碰撞后瞬时，水
平速度大小不变、方向反向，竖直速度不变。
（1）求该小球第一次与MN 板碰撞前在磁场中运动的路程；
（2）求该匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）若该小球能通过N 点，求θ 的大小，以及该小球第二次离开矩形MNQP 区域前运动的总时间。
【解答】解：（1）根据题意画出小球第一次与MN 板碰撞前的运动轨迹如下图所示
21
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设小球在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系得：
解得：
由图中几何关系可知，所求路程为两端圆弧轨迹的总长为：
s＝2Rθ＝dθ
（2）小球恰好能在磁场中做匀速圆周运动，需要电场力与重力平衡，则有：
mg＝qE
由洛伦兹力提供向心力得：
联立解得：
（3）情况①：由
，可知当θ＝
时，小球在磁场中先后做两段
圆周运动可通过N 点，且在N 点
沿MN 方向离开矩形区域，再由N 点回到该区域，沿NM 边界匀速向下运动（NM 边界处无磁场），最终
从M 点离开，此情况小球的运动轨迹如下图所示
设小球在磁场中运动的时间为t1，则有：
设小球在电场中水平方向做匀速直线运动的总时间为t2，则有：
22
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小球从N 点离开后再次回到N 点经过的时间为：
小球从N 点匀速运动到M 点经过的时间为：
此情况小球第二次离开矩形MNQP 区域前运动的总时间为：t＝t1+t2+t3+t4
联立解得：t＝
情况②：当0＜θ＜
时，由“MN 与PQ 相距足够远”可知，要使小球能通过N 点，小球第一次与MN
板碰撞后，再次飞出磁场时，速度方向也应该水平，则小球在磁场中的运动轨迹如下图所示
由几何关系可知：
，解得：
，即θ＝
当θ＝
时，小球第二次离开矩形MNQP 区域前的运动轨迹如下图所示，最终从C 点离开。
设小球在磁场中运动的时间为t1'，则有
23
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小球在水平方向做匀速直线运动的总时间为t2'，则有：
小球从N 点离开后，从NQ 上D 点再次进入矩形MNQP 区域时，此过程经过的时间为：
该小球从NQ 上D 点再次进入矩形MNQP 区域时，到N 点的水平距离为：
已知：
，可得：
，可知该小球再次进入矩形MNQP 区域后，不会进入磁场区域，将
沿斜向右下方做匀速直线运动，且速度大小仍为v，方向与水平方向夹角仍为θ，该过程中小球做匀速直
线运动的时间为：
此情况小球第二次离开矩形MNQP 区域前运动的总时间为：t′＝t1'+t2'+t3'+t4'
联立解得：t′＝
答：（1）该小球第一次与MN 板碰撞前在磁场中运动的路程为dθ；
（2）该匀强磁场的磁感应强度大小B 为
；
（3）θ 的大小为
，或
，该小球第二次离开矩形MNQP 区域前运动的总时间为
，或
。
14．（2024•湖北模拟）如图所示的平面直角坐标系中，x 轴水平向右、y 轴竖直向上，区域Ⅰ存在平行于
xoy 平面的匀强电场，电场强度大小为
，区域Ⅱ存在垂直于xoy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度大
小为
，区域Ⅲ存在竖直向上、场强大小为
的匀强电场，和垂直于xoy 平面向外、宽度均为
d、磁感应强度大小依次为B0、2B0⋯nB0的匀强磁场。在坐标原点O 将质量为m、电荷量为+q 的小球以大
24
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小为v0的初速度竖直向上抛出，小球运动过程中经过A、C 两点，在A 点的速度大小为
，方向与x
轴正方向相同，第一次经过NN′时速度方向沿x 轴正方向；MM′、NN′是相邻区域的边界且均与x 轴
垂直，C 是MM′与x 轴的交点，各区域竖直空间足够大。已知重力加速度为g。求：
（1）小球从O 到A 速度变化量Δv 的大小和区域Ⅰ中电场强度与x 轴正方向的夹角θ；
（2）小球经过C 点时的速度大小v。和在区域Ⅱ运动时的最大速度v；
（3）若
，小球在区域Ⅲ运动过程中最大的水平位移x。
【解答】解：（1）设小球合力方向与竖直方向夹角为α，则速度变化量的方向与合力方向相同，如图所示
根据几何关系有
代入数据解得
α＝30°
又
25
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解得
；
根据已知条件有
qE＝mg
由平行四边形定则可知
θ＝90°﹣2α＝90°﹣2×30°＝30°；
（2）将小球的运动分解到y 轴和x 轴，则y 轴正方向为初速度为v0的类竖直上抛运动，根据牛顿第二定律
有
设小球上升时间为t，根据运动学公式有
0＝v0﹣ayt
vcy＝0+ayt
联立解得小球上升的时间和下落到C 点竖直方向的速度分别为
，vCy＝v0
则x 轴正方向为初速度0 的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
vcx＝ax2t
解得
故小球小球经过C 点时的速度大小为
；
设小球从C 点运动到最低点，下落高度为H，此时速度方向水平向右，速度最大，在水平方向上，取向右
为正方向，根据动量定理有
∑BqvyΔt＝mv﹣mvcx
其中
26
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∑vyΔt＝H
此过程根据动能定理有
根据已知条件
联立解得
；
（3）由题意可知，小球进入区域Ⅲ的速度水平向右，大小为
，小球在B0的磁场中，沿竖直方向，
取向下为正方向，根据动量定理有
∑qvx1B0Δt＝qB0∑vx1Δt＝qB0d＝mvy1﹣0
同理可得小球在2B0的磁场中，沿竖直方向，取向上为正方向，根据动量定理有
∑qvx2⋅2B0Δt＝2qB0∑vx2Δt＝2qB0d＝mvy2﹣mvy1
小球在3B0的磁场中，有
3qB0d＝mvy3﹣mvy2
以此类推，小球在nB0的磁场中，有
nqB0d＝mvyn﹣mvyn﹣1
则小球乙经过n 个磁场后，竖直方向有
qB0d（1+2+3⋯+n）＝mvyn
代入
解得
当n＝63 时，解得
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当n＝64 时，解得
可知小球在64B0的磁场中速度方向变为竖直方向，设小球在64B0的磁场中沿水平方向通过的位移为x，则
有
解得
则小球在区域Ⅲ运动过程中最大的水平位移为
。
答：（1）小球从O 到A 速度变化量Δv 的大小为
，区域Ⅰ中电场强度与x 轴正方向的夹角θ 为
30°；
（2）小球经过C 点时的速度大小为
，在区域Ⅱ运动时的最大速度v 为
；
（3）若
，小球在区域Ⅲ运动过程中最大的水平位移x 为
。
二．带电粒子在电场与磁场的组合场中的运动
15．（2024•重庆模拟）质量为m、电荷量为q 的粒子，从容器A 下方的小孔S1飘入（初速为0）加速电
场，经S1、S2间的电场加速后通过S3，沿与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中。最后垂直
打到照相底片D 上。已知S3与底片上落点间的距离为d，求：
（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R；
（2）粒子进入磁场时的速率v；
（3）加速电场的电压U。
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【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知：d＝2R
故粒子在磁场中运动的轨道半径为：R＝
（2）粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力：qvB＝
解得：v＝
（3）在电场中由动能定理：qU＝
解得：U＝
答：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R 为
；
（2）粒子进入磁场时的速率v 为
；
（3）加速电场的电压U 为
。
16．（2024•长沙模拟）如图，平面直角坐标系xOy 的第三象限中x＜﹣a 的区域内存在辐向电场，与P 点
（﹣a，0）等距的各点电场强度大小相等且方向始终指向P；在﹣a≤x≤0 的区域内无电场和磁场；在x＞
0 的区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场。在A 点（﹣2a，0）有一粒子源，能够沿y 轴负方向发射出
甲、乙两种带正电的粒子束，两种粒子的速度均为v0、电荷量均为q，粒子甲的质量为m，粒子乙的质量
为1.5m。粒子甲在电场中做半径为a 的匀速圆周运动；粒子乙从D 点（﹣a，﹣1.5a）与x 轴正方向成θ 角
射出电场。进入磁场后，粒子甲从M 点（0，3a）射出磁场；粒子乙从N 点（图中未标出）射出磁场。不
计重力和粒子间的相互作用。
（1）求匀强磁场磁感应强度的大小。
（2）求粒子甲从离开粒子源到经过x 轴所需要的时间。
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（3）已知A、D 间的电势差
，
，求N 点的坐标。
【解答】解：（1）由题意可得粒子甲的运动轨迹如下图所示，
粒子甲在磁场中运动了半个圆周，可知其在磁场中的运动半径为：r1＝2a
根据洛伦兹力提供向心力可得：
联立解得：
（2）粒子甲在电场中做半径为a 的匀速圆周运动，轨迹为
圆周。
则其在电场中运动时间为：
30
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粒子甲在﹣a≤x≤0 的区域内做匀速直线运动的时间为：
粒子甲从进入磁场到经过x 轴的轨迹圆弧的圆心角为：β＝
对应的运动时间为：
粒子甲从离开粒子源到经过x 轴所需要的时间为：
（3）设粒子乙在D 点的速度大小为v，对粒子乙从A 到D 的过程中，由动能定理得：
，其中：
解得：
设粒子乙在磁场中运动的半径为r2，同理得：
解得：
粒子乙的运动轨迹如下图所示，
由几何关系可得N 点纵坐标为：yN＝2r2cosθ﹣（1.5a+a•tanθ）
已知：
，可得：tanθ＝
31
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解得：yN＝2a
则N 点坐标为（0，2a）。
答：（1）匀强磁场磁感应强度的大小为
。
（2）粒子甲从离开粒子源到经过x 轴所需要的时间为
。
（3）已知A、D 间的电势差
，
，求N 点的坐标为（0，2a）。
17．（2024•贵州模拟）如图所示，在xOy 平面第一象限有沿y 轴负方向的匀强电场、第四象限有垂直纸
面向里的匀强磁场，在坐标为（0，h）的A 点有一带电粒子以某一初速度沿+x 方向抛出，从坐标为（L，
0）的C 点进入第四象限的匀强磁场中。已知粒子电荷量为q、质量为m，匀强电场的电场强度为E，匀强
磁场的磁感应强度为B，方向如图中所示。不计粒子所受重力。求：
（1）粒子进入磁场时的速度大小；
（2）粒子第二次经过x 轴时的位置与坐标原点的距离。
【解答】解：（1）粒子从A 点到C 点，由牛顿第二定律
qE＝ma
粒子做类平抛运动，有
L＝v0t
解得
32
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解得
解得
（2）粒子在磁场中的运动过程中，洛伦兹力提供向心力
粒子运动轨迹如图示
第一次和第二次经过x 轴的两点间的距离为轨迹圆的弦，弦长为
Δx＝2Rsinα
α 为粒子第一次进入磁场时的速度与x 轴正方向的夹角
解得
所以粒子第二次经过x 轴时的位置与坐标原点的距离为
x＝L+Δx
解得
答：（1）粒子进入磁场时的速度大小为
；
（2）粒子第二次经过x 轴时的位置与坐标原点的距离为
。
18．（2024•天心区校级一模）制造芯片的过程中，需要用电磁场精准控制粒子的轨迹，如图所示，区域I
33
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中正交的电磁场构成了一个速度选择器，右侧足够大的长方体被分成两个区域，区域Ⅱ中存在竖直向上的
匀强磁场，区域Ⅲ中存在水平向左的匀强电场。质量为m，带电荷量为+q 的粒子从区域I 左侧的小孔O 以
垂直电磁场方向的速度v0射入，该粒子沿直线穿越区域I，从右侧的小孔O′离开，沿直线由P 点进入区
域Ⅱ，P 点到区域Ⅱ、Ⅲ边界的距离为d，粒子由区域Ⅱ、Ⅲ边界上的Q 点（未画出）进入区域Ⅲ，Q 点
到长方体左侧面的距离为
，最终粒子运动到长方体左侧面的S 点，粒子在S 点的速度与左侧面的夹角
为60°，忽略粒子的重力。
（1）求区域Ⅱ中磁感应强度的大小；
（2）求区域Ⅲ中电场强度的大小以及S 点到区域Ⅱ、Ⅲ边界的距离；
（3）将区域I 中的磁感应强度变为原来的2 倍，改变粒子的速度，粒子仍从O 点射入，结果发现粒子仍沿
直线由P 射入区域Ⅱ，求该粒子第二次运动到长方体左侧面时到区域Ⅱ、Ⅲ边界的距离。
【解答】解：（1）以过P 点垂直纸面向里的直线为y 轴，y 轴与区域如Ⅱ、Ⅲ边界的交点为原点，水平向
右为x 轴，作出粒子运动轨迹的俯视图如图中所示。
设粒子在磁场中运动时的轨迹半径为R，
由几何关系得，
．
解得R＝2d．
由牛顿第二定律得
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由以上解得
（2）粒子经过Q 点时，由几何关系可知速度方向与x 轴正方向的夹角为θ，则tanθ＝
，解得θ＝60°
则有
。
粒子在区域Ⅲ中做类斜抛运动，
沿y 轴负方向以大小为v2的速度做匀速直线运动，
设粒子回到长方体左侧面时垂直边界的速度为v5，
则有v4＝v2
v5＝v4tanα
α＝60°
解得
设粒子由Q 到S 的时间为t，则由运动学公式可知，
解得t＝
粒子在y 轴方向的位移大小为
解得y＝3d．
粒子在区域Ⅲ中，由牛顿第二定律得：qE＝ma．
v5＝﹣v1+at
整理得电场强度大小为E＝
（3）磁感应强度改变前，在区域I 中，由平衡条件得qE0＝qv0B0。
磁感应强度改变后，设粒子射入区域的速度为y，则有qE0＝qv⋅2B0。
解得
35
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粒子在区域Ⅱ中做匀速圆运动，由牛顿第二定律得
，
解得
。
则粒子在区域Ⅱ中恰好运动四分之一圆周，然后垂直区域Ⅱ、区域Ⅲ的边界（即x 轴）进入区域Ⅲ，此后
粒子做类平抛运动，最终再次回到长方体的左侧面。
作出粒子的运动轨迹，如图中曲线2 所示。
在y 轴方向上，粒子做匀速直线运动，有y′＝vt′．
x 轴方向上，粒子做初速度为零的匀加速直线运动，有
。
解得
。
答：（1）区域Ⅱ中磁感应强度的大小为
；
（2）区域Ⅲ中电场强度的大小以及S 点到区域Ⅱ、Ⅲ边界的距离分别为
、3d；
（3）该粒子第二次运动到长方体左侧面时到区域Ⅱ、Ⅲ边界的距离为
d。
（多选）19．（2024•辽宁模拟）如图所示，真空室中y 轴右侧存在连续排列的4 个圆形边界磁场，圆心均
在x 轴上，相邻两个圆相切，半径均为R，磁感应强度均为B。其中第1、3 个圆形边界的磁场方向垂直于
纸面向里，第2、4 个圆形边界的磁场方向垂直于纸面向外，第4 个磁场右侧有一个粒子接收屏与x 轴垂
直，并与第4 个磁场相切，切点为M，在磁场上方和下方分别有一条虚线与磁场相切，上方虚线以上有一
向下的范围无限大的匀强电场，下方虚线以下有一向上的范围无限大的匀强电场，电场强度大小均为E。
现将一群质量均为m、电荷量均为+q（q＞0）的带电粒子从坐标原点O 向第一、四象限各个方向发射（不
考虑平行于y 轴方向发射的粒子），射出速度大小均为
，不计粒子重力，则下列说法正确的是（
）
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A．所有粒子从O 点射出到最终被接收屏接收的过程中在电场中运动的时间均为
B．所有粒子从O 点射出到最终被接收屏接收的过程中在磁场中运动的时间均为
C．所有粒子从O 点射出到最终被接收屏接收的时间不相同
D．所有被接收屏接收的粒子均从M 点沿x 轴正方向射出
【解答】解：AD.粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有
解得
可知粒子粒子的运动满足磁聚焦的条件，粒子每次出磁场时速度与y 轴平行，故粒子在电场中做匀变速直
线运动，且最终从M 点沿着x 轴正方向打在接收屏上，其轨迹如图所示
根据牛顿第二定律得
粒子在电场中运动的时间
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，故A 错误，D 正确；
B.粒子在磁场中运动的周期
粒子在磁场中运动时，在每个圆形磁场中轨迹的圆心角都为180°，故粒子在磁场中运动的总时间为
，故B 正确；
C.根据前面的分析可知，粒子从O 点射出到最终被接收屏接收的时间
可知所有粒子从O 点射出到最终被接收屏接收的时间相同，故C 错误；
故选：BD。
20．（2024•曲靖一模）如图所示，真空中A 位置存在一带电粒子发射器，能够瞬间在平面内发射出大量
初速度大小为v0的同种正电荷，以不同的入射角θ（θ 为v0与x 轴正方向的夹角，且0°＜θ≤90°）射入半
径为R 的圆形边界匀强磁场（图中未标出）。圆形磁场刚好与x 轴相切于A 点，所有电荷均在该磁场的作
用下发生偏转，并全部沿x 轴正方向射出。图中第三象限虚线下方一定区域存在着方向沿y 轴正方向的匀
强电场，虚线刚好经过C 点（C 为实线圆最右端的点）且顶点与O 点相切，同时观察到进入该电场区域的
所有电荷均从O 点射入第一象限。第一象限内存在范围足够大的方向垂直于平面向里磁感应强度大小为B2
的匀强磁场，O 点上方沿y 轴正方向放置足够长的荧光屏，电荷打在荧光屏上能够被荧光屏吸收。已知电
荷的质量为m，电荷量大小为q，OA 的距离为2R，不考虑电荷所受重力及电荷之间的相互作用力。求：
（1）圆形磁场磁感应强度B1的大小及方向；
（2）匀强电场上边界虚线的函数表达式；
（3）从A 点沿垂直x 轴向下射入磁场的粒子打在荧光屏上的坐标。
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【解答】解：（1）根据几何关系可知电荷在实线圆内运动的半径也为R，如图所示，有
解得
由左手定则可知，磁感应强度B1方向垂直于纸面向里。
（2）带电粒子在电场中做类平抛运动且会聚在O 点，如图所示，设电荷进电场时位置的坐标为（x，
y），故有
﹣x＝v0t
解得
点（﹣R，﹣R）是虚线上一点，代入可解得
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（3）设电荷从O 点射入第一象限的速度为v，与x 轴的夹角为α，如图所示，则
在第一象限内运动半径为
粒子被吸收的的位置为y，由几何关系得
y＝2rcosα
该点纵坐标为
该点横坐标为
x＝0
即粒子打在荧光屏上的坐标为
。
答：（1）圆形磁场磁感应强度B1为
；方向垂直于纸面向里；
（2）匀强电场上边界虚线的函数表达式为
；
（3）粒子打在荧光屏上的坐标为
21．（2024•乌鲁木齐模拟）如图所示，在y＞0 的空间中存在匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y 轴
负方向；在y＜0 的空间中存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直xOy 平面（纸面）向外。一带正
电的粒子（重力不计），从y 轴上A 点以水平初速度v0沿x 轴正方向射入电场中，之后粒子在电场、磁场
40
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中做周期性运动。已知
，粒子每次进、出磁场时两点间的距离均为d。
（1）求粒子第一次经过x 轴的位置距坐标原点的距离x0；
（2）若
，求粒子在电场中的运动轨迹的相邻的两交点间的距离Δx。
【解答】解：（1）粒子的运动轨迹如图所示
设粒子在电场中的加速度为a，运动时间为t，粒子离开电场时的速度大小为v、方向与x 轴正方向夹角为
θ，y 轴方向的分速度为vy，粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由类平抛运动和圆周运动的规律得
x0＝v0t
vy＝at
根据牛顿第二定律
qE＝ma
根据几何知识
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vy＝vsinθ
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
联立解得
；
（2）设粒子第一次经过x 轴的位置距坐标原点的距离为x'，粒子进、出磁场时两点间的距离为d′，由第
一问同理可得
d'＝d
粒子运动的轨迹如图所示
故粒子每运动一个周期，轨迹向x 轴负方向平移
，由图可得，电场中的运动轨迹的相邻的两交点间距离
。
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答：（1）粒子第一次经过x 轴的位置距坐标原点的距离x0为
；
（2）若
，粒子在电场中的运动轨迹的相邻的两交点间的距离Δx 为
。
22．（2024•漳州模拟）如图甲的空间中存在随时间变化的磁场和电场，规定磁感应强度B 垂直xOy 平面
向内为正方向，电场强度E 沿x 轴正方向为正方向，B 随时间t 的变化规律如图乙，E 随时间t 的变化规律
如图丙。t＝0 时，一带正电的粒子从坐标原点O 以初速度v0沿y 轴负方向开始运动。已知B0、t0、v0，带
电粒子的比荷为
，粒子重力不计。
（1）求粒子在磁场中做圆周运动的周期T；
（2）求t＝t0时，粒子的位置坐标（x1，y1）；
（3）在0～2t0内，若粒子的最大速度是2v0，求E0与B0的比值。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做圆周运动的周期
（2）0～t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿运动定律有
解得
由（1）问可知粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝2t0，则粒子在0～t0内运动了半周期恰好又回到x 轴，
速度方向沿y 轴正方向
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y1＝0
即此时粒子位置的坐标为
（3）0～2t0内粒子的运动轨迹如图所示，在t0～1.5t0内，粒子受到沿x 轴正方向电场力的作用，粒子做类
平抛运动，粒子在x 方向做匀加速运动
当t＝1.5t0时，粒子具有最大速度，粒子沿x 轴方向的分速度为
沿y 轴方向的分速度为
vy＝v0
则
解得
答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的周期为2t0；
（2）t＝t0时，粒子的位置坐标为
；
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（3）E0与B0的比值为
。
23．（2024•苏州模拟）如图所示，在三维坐标系Oxyz 中，z＞0 的空间内充满沿z 轴负方向的匀强电场，
z＜0 的空间内充满沿y 轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。甲粒子从坐标为（0，0，h）的A 点
以速率v0沿x 轴正方向射出，甲粒子第一次到达x 轴时速度方向与x 轴正方向的夹角为θ＝60°。乙粒子从
z＞0 的空间C 点（未标出）以相等速率v0沿y 轴正方向射出。甲、乙两粒子均在第2 次进入磁场后相遇，
相遇点为各自轨迹的最低点。已知甲、乙粒子的质量均为m，带电量均为+q，不计粒子重力以及粒子间的
相互作用。求：
（1）电场强度E 的大小；
（2）相遇时，甲粒子的运动时间；
（3）乙粒子第一次进入磁场时与水平方向的夹角大小；
（4）C 点的位置坐标。
【解答】解：（1）甲粒子在z﹣x 坐标平面内的运动轨迹如图所示：
粒子在第一象限内做类平抛运动，设运动时间为t1；
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沿z 轴负方向，根据牛顿第二定律，粒子运动的加速度
运动DP 点时的竖直速度vz＝at1
根据运动学公式
根据数学知识
代入数据联立解得场强
运动时间
甲粒子进入磁场时的速度大小
（2）粒子从P 点进入磁场后做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为R，周期为T
洛伦兹力提供向心力
代入数据解得圆周运动的半径
因此圆周运动的周期
根据数学知识∠OPO1＝30°，则∠OO1P＝60°
粒子做圆周运动的圆心角α＝360°﹣2×60°＝240°
根据对称性，粒子在Q 点再次进入电场的速度方向x 轴正方向成60°角，粒子做类斜抛运动到A 点；
甲、乙两粒子均在第2 次进入磁场后相遇，相遇点为各自轨迹的最低点，此时甲粒子在磁场中转过的圆心
角为360°，运动时间t2＝T；
相遇时，甲粒子的运动时间
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（3）乙粒子沿y 轴正方向射入，在电场中做类平抛运动，沿z 轴负方向的加速度
乙粒子从M 点进入磁场后做螺旋运动，将速度沿y 轴方向和z 轴方向分解，沿y 轴方向做匀速直线运动，
在z﹣x 平面内的磁场中做匀速圆周运动，再次进入电场后做类竖直上抛运动；
乙粒子在磁场在的部分运动轨迹如图所示：
根据向心力公式
由于甲、乙两粒子均在第2 次进入磁场后的相遇点为各自轨迹的最低点，因此甲、乙两小球做匀速圆周运
动的半径关系满足R1＝R（1+sin30°）＝1.5R
因此乙粒子进入磁场时的沿z 轴负方向的分速度大小与甲粒子进入磁场时的速度大小关系为vz′＝3v0
设乙粒子进入磁场时与y 轴的夹角为β
根据数学知识
解得β＝arctan3
因此乙粒子第一次进入磁场时与水平方向的夹角大小arctan3；
（4）乙粒子第一次进入磁场时的竖直速度为vz′＝3v0
乙粒子在电场中沿z 轴负方向的加速度
设抛出点C 的竖直坐标为hC，根据运动学公式
代入数据解得hC＝3h
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相遇时，乙粒子在x 轴方向运动的距离
相遇点在z 轴上，因此抛出点C 的x 坐标
根据等时性t 甲＝t 乙
乙粒子沿y 轴方向做匀速直线运动，运动距离s′＝v0t 乙
代入数据解得
因此抛出点C 的y 坐标
抛出点坐标为[
，
，3h]。
答：（1）电场强度E 的大小为
；
（2）相遇时，甲粒子的运动时间为
；
（3）乙粒子第一次进入磁场时与水平方向的夹角大小为arctan3；
（4）C 点的位置坐标为标为[
，
，3h]。
24．（2024•邵阳一模）在光滑绝缘的水平桌面上半径R＝1m 的圆形区域内有竖直向下、磁感应强度大小
B＝2T 的匀强磁场，圆心为O。a 为圆周上一点，ac 与圆相切于a 点，d 为圆周上一点，cd 连线过O 点，α
＝60°，P 为cd 延长线上一点，Md、Nd 与Pd 的夹角均为β＝30°。MPN 是以d 为圆心的圆弧，MPN 与d 之
间为均匀辐向电场并且MPN 与d 之间电压U＝400V。一个带正电可看作质点的小球，它从圆弧MPN 上各
点无初速度释放后从d 点进入圆O 内的磁场中，小球质量m＝5g，电荷量q＝1C。求：
（1）小球运动到d 点时的速率v；
（2）小球在磁场中运动的最长时间tm；
（3）小球穿过ac 所在直线范围的长度s。
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【解答】解：（1）对小球在电场中的运动过程由动能定理得：
解得：v＝400m/s
（2）小球在磁场中做匀速圆周运动，设其运动半径为r，根据洛伦兹力提供向心力得：
解得：r＝1m
由于r＝R，依据“磁发散”模型，小球从d 点进入磁场后均会以垂直于cd 的方向射出磁场，则沿着Md 射
入磁场的小球在磁场中运动轨迹的圆心角最大，运动时间最长，圆弧轨迹如图1 中的圆弧dG，轨迹恰好经
过O 点，由几何关系可得对应最大圆心角为：
小球在磁场中的运动周期为：
小球在磁场中运动的最长时间为：
解得：
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（3）如图1 所示，沿着Nd 射入磁场的小球，其轨迹圆心为O1，从磁场边界的H 点出射，出磁场后与ac
相交于e 点。沿着Md 射入磁场的小球，其轨迹圆心为O2，轨迹恰好经过O 点，从磁场边界的G 点出射，
出磁场后与ac 相交于f 点。eH 反向延长线交dc 于E 点，fG 反向延长线交dc 于F 点。
由几何知识可得：△HdO1、△HdO、△HGO 均为等边三角形，可得：HG＝R＝1m
小球穿过ac 所在直线范围的长度为：
＝
m＝2m
答：（1）小球运动到d 点时的速率v 为400m/s；
（2）小球在磁场中运动的最长时间tm为
；
（3）小球穿过ac 所在直线范围的长度s 为2m。
25．（2024•宁波模拟）如图甲所示，曲线OP 上方有沿﹣y 方向的匀强电场，其场强大小为E1，曲线左侧
有一粒子源AB，B 端位于x 轴上，能够持续不断地沿+x 方向发射速度为v0、质量为m、电荷量为q 的粒
子束，这些粒子经电场偏转后均能够通过O 点，已知从A 点入射粒子恰好从P 点进入电场，不计重力及粒
子间的相互作用。
（1）写出匀强电场边界OP 段的边界方程（粒子入射点的坐标y 和x 间的关系式）；
（2）若第四象限内存在边界平行于坐标轴的矩形匀强磁场B1（未画出），磁场方向垂直纸面向外。自O
点射入的粒子束，经磁场偏转后均能够返回y 轴，若粒子在第四象限运动时始终未离开磁场，求磁场的最
小面积；
（3）若第一象限与第四象限间存在多组紧密相邻的匀强磁场B2和匀强电场E2（如图乙），电磁场边界与
y 轴平行，宽度均为d，长度足够长。匀强磁场
，方向垂直纸面向里，匀强电场
，方向
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沿x 轴正方向。现仅考虑自A 端射入的粒子，经匀强电场E1偏转后，恰好与y 轴负方向成θ＝45°从O 点射
入，试确定该粒子将在第几个磁场区域拐弯（即速度恰好与y 轴平行）。
【解答】解：（1）对从P（x，y）点射入电场的粒子，在电场中做类平抛运动，则有：
y＝
at2
x＝v0t
a＝
联立解得边界方程为：y＝
（2）设粒子从O 点射入磁场时，速度v 与x 轴正方向的夹角为β，则有：
v0＝vcosβ
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有
，解得：r＝
根据几何关系可得，粒子在磁场中的运动轨迹对应的弦长为：d＝2rcosβ
解得：d＝
可见d 为定值，即所有粒子从y 轴上的同一点射出磁场。
可得沿+x 方向入射的粒子的运动轨迹离y 轴最远，只要此方向入射的粒子在第四象限运动时未离开磁场，
其它粒子均可满足要求。
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此方向入射的粒子的运动半径为：r1＝
磁场的最小面积为；Smin＝dr1＝
（3）自A 端射入的粒子恰好与y 轴负方向成θ＝45°从O 点射入，易知入射速度大小等于
v0，已知匀强
磁场
，根据r＝
，可得在第一列磁场中的运动半径为R1＝
d，粒子轨迹如下图所示，粒子
逆时针偏转45°角沿+x 方向进入第一列电场，做匀加速直线运动直到进入第二列磁场，从此处开始计数，
令n＝1（即第二列磁场被计数为n＝1）。
经电场n 次加速后粒子速度大小为vn，由动能定理得：
nqE2d＝
﹣
m（
v0）2，已知：
解得：vn＝
则在第n 列磁场（实际是第n+1 列）中的运动半径为Rn＝
……①
假设粒子在第n 列磁场区域拐弯时轨迹恰好与边界相切，根据图中的几何关系可得：
Rn﹣Rnsinαn＝d……②
粒子在第n 次被加速过程沿+y 方向的分速度不变，可得：
vn﹣1sinγ＝vnsinαn
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代入得：
sinγ＝
sinαn
可得：sinγ＝
在第n﹣1 列磁场中圆周运动过程，由几何关系得：
Rn﹣1sinγ﹣Rn﹣1sinαn﹣1＝d
又有：Rn﹣1＝
联立整理可得：
﹣
sinαn﹣1＝
因粒子沿+x 方向进入和射出第一列电场，故sinα1＝0。可得：
n＝2 时，sinα2＝
＝
n＝3 时，sinα3＝
n＝3 时，sinα4＝
……
归纳可得：sinαn＝
……③
联立①②③式得：
[1﹣
]＝1
整理得：
﹣n＝0
解得：n＝
（另一解为负值，舍去），因1＜n＜2，故n 取2，对应实际的第3 个磁场。
即该粒子将在第3 个磁场区域拐弯。
答：（1）匀强电场边界OP 段的边界方程为y＝
；
（2）磁场的最小面积为
；
（3）该粒子将在第3 个磁场区域拐弯。
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26．（2024•南充模拟）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，xOy 平面内，
x≤L 的区域内存在有区域足够大的方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，x＞L 的区域内
存在方向水平向右的匀强电场，电场强度为
，位于坐标原点O 处的离子源能在xOy 平面内持续
发射质量为m、电荷量为q 的负离子，其速度方向与y 轴正向夹角θ 的最大值为60°，所有离子经过界面x
＝L 时速度均与界面垂直。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略场的边界效应。
（1）求离子速度v 与夹角θ 的关系式；
（2）离子通过界面x＝L 时y 坐标的范围；
（3）离子在电场中运动的最远距离的最大值及对应离子从发射到第二次经过y 轴所经历的时间（在发射点
不算第一次经过y 轴，结果用q、B、m 表示）。
【解答】解：（1）离子在磁场中做顺时针的匀速圆周运动，运动轨迹如图1 所示。
由几何关系得圆周运动半径：r＝
由洛伦兹力提供向心力有：
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联立解得：v＝
（2）在y 轴左侧，且θ＝60°入射的离子通过界面x＝L 时y 坐标值最大；在y 轴右侧，且θ＝60°入射的离
子通过界面x＝L 时y 坐标值最小，轨迹如图2 所示。
由几何关系可得：r1＝r2＝
＝2L
y1＝r1+r1cos30°＝（2+
）L
y2＝r2﹣r2cos30°＝（2﹣
）L
可得离子通过界面x＝L 时y 坐标的范围为：（2﹣
）L≤y≤（2+
）L
（3）由离子速度v 与夹角θ 的关系式：v＝
，可知当θ＝60°时速度最大为：vm＝
。
离子以此速度进入电场，在电场中运动的最远距离取最大值设为xm（从y 轴左侧或右侧入射不影响此结
果），在电场中离子做对称的匀减速直线运动和匀加速直线运动，由进入的位置以速度大小为vm离开电
场。
由动能定理得：﹣qExm＝0﹣
已知电场强度为
解得：xm＝2L
设在电场中运动时间为t1，以+x 方向为正方向，由动量定理得：
﹣qEt1＝﹣2mvm
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解得：t1＝
若离子从y 轴左侧入射再次进入磁场第二次经过y 轴的运动轨迹如图3 所示。
运动半径：r3＝
＝2L，易知轨迹圆心角α＝
，则
离子在磁场中运动的周期为：
此过程运动时间为：t2＝
T＝
从入射到界面x＝L 的轨迹圆心角为150°（参见图2），对应时间为：
t3＝
T＝
离子从y 轴左侧入射再次进入磁场第二次经过y 轴的时间为：
t＝t1+t2+t3＝
+
+
＝
若离子从y 轴右侧入射再次进入磁场第二次经过y 轴的运动轨迹如图4 所示。
易知轨迹圆心角β＝150°，则此过程运动时间为：t2′＝
＝
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从入射到达界面x＝L 的轨迹圆心角为30°（参见图2），对应时间为：t3′＝
T＝
离子从y 轴左侧入射再次进入磁场第二次经过y 轴的时间为：
t′＝t1+t2′+t3′＝
+
+
＝
可见离子从y 轴左侧入射与右侧入射，到第二次经过y 轴所经历的时间是相同的，均为
。
答：（1）离子速度v 与夹角θ 的关系式为v＝
；
（2）离子通过界面x＝L 时y 坐标的范围为（2﹣
）L≤y≤（2+
）L；
（3）离子在电场中运动的最远距离的最大值为2L，对应离子从发射到第二次经过y 轴所经历的时间为
。
27．（2024•成都模拟）如图，在ABCD 区域内外分别存在竖直向上的匀强电场和垂直于纸面（竖直面）
向里的匀强磁场。电荷量为q（q＞0），质量为m 的粒子以速度v0从AD 边中点O 垂直于AD 射入电场区
域后，经M 点进入磁场，并从A 点再次进入电场。已知AD＝BC＝AM＝DN＝2L，AB＝CD＝2
L，不
计粒子重力，磁场范围足够大。
（1）求电场强度E 的大小；
（2）若仅改变粒子入射速度的大小，求粒子从AB 边进入磁场到再次从AB 边离开磁场经历的最长时间
tm；
（3）若粒子仍以速度v0从O 垂直AD 入射并开始计时，第一次经M 点离开电场后立即撤去电场，求粒子
通过N 点时刻的可能值。
【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O 到M 点沿水平方向做匀速直线运动，沿竖直方向做
匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
qE＝ma
沿水平方向有：2L＝v0t
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沿竖直方向有：L＝
at2，vy＝at
联立解得：E＝
，vy＝v0
（2）粒子运动的轨迹如图1 所示：
设粒子从AB 边出射时速度v 的方向与AB 边的夹角为θ，则有
圆周轨迹的弦长d＝2Rsinθ
由洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m
，
解得：d＝
而vsinθ＝vy，是沿电场方向的末速度与粒子入射的速度无关，可得粒子在AB 边进出磁场的轨迹弦长为定
值。
如图2 所示，要使粒子从AB 边进入磁场，在B 点射出磁场时入射速度最大，出射时速度与水平方向的夹
角最小，根据粒子在AB 边进出磁场的轨迹弦长为定值，一定能再次从AB 边离开磁场，且轨迹的圆心角
最大，经历的时间最长。
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由类平抛运动的推论可得：末速度反向延长交水平匀速运动的位移的中点。由几何关系可得出射时速度与
水平方向的最小夹角为30°。则有
v1＝
＝2v0
R1＝2L
轨迹的圆心角最大值为300°
粒子圆周运动周期：T＝
＝
所求最长时间为：tm＝
T＝
（3）粒子仍以速度v0从O 垂直AD 入射，粒子从M 到A 的圆弧轨迹的圆心角为270°（参照图1），在A
点进入ABCD 区域内做匀速直线运动到N 点，再次进入磁场，根据几何关系可得后续的运动轨迹如图3 所
示：
AN＝DM＝
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粒子由O 到M 类平抛运动时间为：t1′＝
圆周运动的周期仍为T＝
，每一段圆弧所对应的时间为：t2′＝
T＝
在AN 或DM 段运动时间为t3′＝
从O 垂直AD 入射并开始计时，
第一次通过N 点时刻为：t1＝t1′+t2′+t3′
第二次通过N 点时刻为：t2＝t1′+3t2′+2t3′
第三次通过N 点时刻为：t3＝t1′+5t2′+5t3′
第四次通过N 点时刻为：t4＝t1′+7t2′+6t3′
第五次通过N 点时刻为：t5＝t1′+9t2′+9t3′
第六次通过N 点时刻为：t6＝t1′+11t2′+10t3′
……
归纳可得：
t（2n﹣1）＝t1′+（4n+1）（t2′+t3′）＝
+（4n+1）（
+
），n＝1、2、3……
t（2n）＝t1′+（4n﹣1）t2′+（4n﹣2）t3′＝t1′﹣t2′﹣2t3′+4n（t2′+t3′）＝
+4n（
+
），n＝1、2、3……
答：（1）电场强度E 的大小为
；
（2）粒子从AB 边进入磁场到再次从AB 边离开磁场经历的最长时间tm为
；
（3）粒子通过N 点时刻的可能值为
+（4n+1）（
+
），n＝1、2、3……，和
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+4n（
+
），n＝1、2、3……。
61
