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大题08 带电粒子在匀强磁场、组合场中的运动
带电粒子在磁场及组合场中的运动是高考物理电磁学压轴题的标志性内容，近5 年广
东高考中每年必考，分值占比约10%-15%。2025 年高考对“带电粒子在磁场、组合场中的
运动”考查将延续“重几何建模、强综合应用、拓科技前沿”的命题风格，突出电磁学核
心素养与实际问题转化能力。备考需以轨迹分析为核心抓手，强化数学工具与跨模块整合，
同时关注量子科技与新能源热点，做到“以场定轨，以数解形”。建议多关注：核聚变装
置中带电粒子的磁约束优化；拓扑量子计算中的马约拉纳粒子轨迹简化模型；超导磁悬浮
列车中的磁场分布与粒子运动分析；宇宙射线在地球磁场中的偏转路径计算（天体物理背
景）。
题型1 带电粒子在各种边界磁场中的运动
例1.空间存在两个垂直于Oxy 平面的匀强磁场，y 轴为两磁场的边界，磁感应强度
分别为2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O 沿x 轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1
次、第2 次经过y 轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q 时，乙也恰好同时经过该点。已
知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：
1
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(1)Q 到O 的距离d；
(2)甲两次经过P 点的时间间隔Δt；
(3)乙的比荷q'
m'可能的最小值。
答案(1) mv
3q B0
(2)2π m
q B0
(3)2q
m
解析(1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2
由qvB＝mv
2
r 可知r＝mv
qB
故r1＝mv
2q B0
，r2＝mv
3q B0
且d＝2r1－2r2
解得d＝mv
3q B0
。
(2)甲粒子在两磁场中做匀速圆周运动，设甲粒子在两磁场中运动半个圆周所用时间分别为t1、t2
由T＝2π r
v
＝2π m
qB 可得t1＝π m
2q B0
，t2＝π m
3q B0
且Δt＝2t1＋3t2
解得Δt＝2π m
q B0
。
(3)乙粒子在两磁场中做匀速圆周运动，若乙粒子经过两磁场的次数均为n(n＝1，2，3，…)
甲、乙两粒子在Q 点相遇时，有d＝n(2r1'－2r2')＝n(2× m'v
2q'B0
－2× m'v
3q'B0)＝n m'v
3q'B0
，t1＋t2
＝n(
π m'
2q' B0
＋π m'
3q'B0)＝n 5 π m'
6q'B0
解得q'
m'＝n q
m
根据题意，n＝1 舍去。
当n＝2 时，q'
m'有最小值，(
q'
m')min
＝2q
m
若乙粒子先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n＋1)、n(n＝0，1，2，3，…)，经分析可知不可能
相遇
综上分析，乙的比荷的最小值为2q
m 。
2
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例2.(2023 广州市高三校联考)如图所示，边长为L 的正三角形ABC 内存在垂直纸
面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。D 为BC 的中点，有一群带电量为＋q、质量为m 的粒子从D 点以
不同速率沿与BC 成30°角的方向射入磁场。不计粒子重力和粒子间的相互作用，求：
(1)粒子在磁场中运动的最长时间t；
(2)从AC 边射出的粒子的速度取值范围。
答案 (1) (2)v>
解析 (1)粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，有
qvB＝
T＝
设粒子在磁场中圆周运动的圆心角为θ，则有
t＝T＝
可知，粒子做圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，由题意分析可得，粒子从BC 边射出时在磁场中
运动的时间最长，此过程中粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心角为，故最长时间t＝。
(2)粒子恰好不从AC 边射出时，轨迹与AC 边相切，运动轨迹如图所示。
根据图中几何条件分析可知
r＝Lsin 60°
粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，有
qv0B＝
联立解得v0＝
则从AC 边射出的粒子的速度取值范围为v>。
分析带电粒子在磁场中运动时的三个关键
3
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1．如图所示，空间存在一范围足够大、方向垂直于竖直xOy 平面向里的匀强磁场，磁
感应强度大小为B。让质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从坐标原点O 沿xOy 平面入射，不计粒子重力，
重力加速度为g。
(1)若该粒子沿y 轴负方向入射后，恰好能经过x 轴上的A(a，0)点，求粒子速度v0的大小；
(2)若该粒子以速度v 沿y 轴负方向入射的同时，一不带电的小球从x 轴上方某一点平行于x 轴向右抛
出，二者经过时间t＝恰好相遇，求小球抛出点的纵坐标。
答案 (1) (2)g－
解析 (1)由题意可知，粒子在x 轴下方的轨迹为半圆，轨道半径r1＝
洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m
解得v0＝。
(2)若粒子以速度v 沿y 轴负方向进入磁场，有
qvB＝m
解得r2＝
粒子做匀速圆周运动的周期为T
有T＝＝
则相遇时间为t＝＝T
在这段时间内粒子转动的圆心角为θ，有
θ＝×360°＝150°
如图所示，相遇点的纵坐标绝对值为r2sin 30°＝
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小球抛出点的纵坐标为
y＝g－。
题型二 带电粒子在组合场中的运动
例3.(2024 广东佛山一模)如图所示，在绝缘水平面上方，相距为L 的竖直边界
MO、NA 之间存在水平向左的匀强电场，场强大小为E1。边界NA 右侧有一直角三角形区域ACD，区域内
存在垂直纸面向外的匀强磁场和大小为E2＝mg
q 、方向竖直向下的匀强电场。在边界MO 上的O 点静止
释放一个质量为m、电量大小为q 的带电小球(大小忽略不计)，小球从A 点进入三角形场区，最终从AD
边界上的P 点离开。已知AP 间的距离为d，∠DAC＝30°，不计一切摩擦。
(1)求ACD 区域内的磁感应强度大小；
(2)求小球从O 运动到P 所用时间。
答案(1)1
d √
2m E1 L
q
(2)√
2mL
q E1
＋π d
3 √
m
2q E1 L
解析(1)小球在电场E1中加速，得qE1L＝1
2mv0
2
小球进入ACD 场区时，有qE2＝mg
小球做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，由几何关系得轨迹半径为R＝d
qv0B＝mv0❑
2
R
解得B＝1
d √
2m E1 L
q
。
(2)小球在加速电场中运动，有qE1＝ma
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L＝1
2at1
2
小球在磁场中做圆周运动，有T＝2π R
v0
t2＝1
6T
且t＝t1＋t2
联立解得t＝√
2mL
q E1
＋π d
3 √
m
2q E1 L。
例4.(2023 湛江测试二)如图所示，在第一象限的0≤x≤L 区域内存在沿x 轴
正方向、电场强度大小为E 的匀强电场，在x≥L 的区域内存在沿y 轴负方向、电场强度大小未知的匀
强电场E′，x 轴下方存在垂直纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q 的
带正电粒子(不计粒子的重力)从y 轴上A(0，L)点处由静止释放，粒子离开0≤x≤L 区域后撤去该区域
内的匀强电场，粒子经C(3L，0)进入x 轴下方的磁场中，之后粒子经过第二象限回到A 点．求：
(1) 匀强电场E′的大小．
(2) 粒子从A 点出发至第一次返回A 点所用时间t.
答案 (1) E (2) (5＋3π)
解析 (1) 粒子在电场E 中做匀加速直线运动有
mv＝qEL
粒子在电场E 中加速后进入电场E′做类平抛运动，如图所示
在偏转电场中有
x＝2L＝v0t2
y＝L＝at，其中a＝
解得E′＝E
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(2) 如图所示，粒子在加速电场E 中运动有L＝t1
在偏转电场中有2L＝v0t2
粒子进入磁场时，速度方向与x 轴的夹角的正切值
tan θ＝＝1，解得θ＝45°
粒子在磁场中的运动半径R＝
粒子在磁场中运动的速度大小v＝
粒子在磁场中运动的时间t3＝×
粒子在第二象限内运动的时间t4＝
粒子从A 点出发至第一次返回A 点所用的时间
t＝t1＋t2＋t3＋t4
解得t＝(5＋3π)
2．(2023 广东省综合测试)现代科技中常用电、磁场约束带电粒子的运动轨迹，
如图所示，y 轴左侧区域存在沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E.y 轴右侧区域存在匀强磁场，第
一象限内的磁场方向垂直纸面向外，第四象限内的磁场方向垂直纸面向里，且第四象限内的磁场的磁
感应强度大小是第一象限的2 倍，光滑绝缘固定竖直半圆形轨道最低点与x 轴负半轴相切于P 点，在第
解决带电粒子(体)在组合场中运动问题的“五步法”
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一象限垂直x 轴放置粒子吸收屏，该屏距y 轴的距离为L.某时刻，电荷量为q、质量为m 的正电粒子在
P 点获得一水平向左的初速度，沿半圆轨道运动到最高点A 后沿x 正方向射出，恰好从O 点进入磁场，
一段时间后粒子垂直击中吸收屏，粒子重力不计．求：
(1) 粒子从A 点射出时的速度大小．
(2) 粒子在P 点获得的初速度大小以及对轨道的压力大小．
(3) 粒子击中吸收屏的纵坐标的可能值．
答案 (1) (2) 2，Eq (3) 见解析
解析 (1) 粒子从A 到O 做类平抛运动，则有
＝vAt
＝t2
解得vA＝
(2) 对粒子由P 到A 由动能定理得
－Eq＝mv－mv
解得vP＝2
由牛顿第二定律得FN－Eq＝m，R＝
由牛顿第三定律可得F 压＝FN
联立解得F 压＝Eq
(3) 粒子到达O 点时的竖直分速度为vy＝vA＝
进入磁场的速度为v＝2vA＝2，速度方向与x 轴正方向成60°角向右下．
设粒子在第四象限做匀速圆周运动的半径为r1，在第一象限做匀速圆周运动的半径为r2，设第一
象限磁感应强度大小为B，第四象限磁感应强度大小为2B，则有
qv·2B＝
qvB＝
解得r2＝2r1＝
根据粒子在磁场中做圆周运动的周期性可得
L＝n(r1＋r2)＋r1＋(n＝0，1，2，3，…)
粒子击中吸收屏的纵坐标y＝r2－r2
联立解得y＝(n＝0，1，2，3，…)
题型三 带电粒子在立体空间中的运动
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例5.如图所示，在空间直角坐标系中，平行板电容器的两极板M、N 都与yOz 平面
平行，两极板间的电场可看作匀强电场，电势差为U。将右极板N 与平面P 之间的空间记作Ⅰ，平面
P、Q 之间的空间记作Ⅱ，平面Q 右侧的空间记作Ⅲ。空间Ⅰ、Ⅲ都存在匀强电场和匀强磁场，空间Ⅱ
左、右边缘P、Q 两平面之间的距离为L，它们之间没有电场，也没有磁场。空间Ⅰ、Ⅲ的匀强电场都
沿y 轴正方向，电场强度大小都与电容器两极板间的电场强度大小相等；匀强磁场的磁感应强度大小
相等，Ⅰ中的磁场方向沿z 轴正方向，Ⅲ中的磁场方向沿y 轴正方向。某时刻一电子自电容器左极板M
的中心仅在静电力作用下沿着x 轴正方向做加速运动，初速度可视为0，经过时间T 恰好到达右极板N
上的小孔，然后继续在空间Ⅰ沿着x 轴正方向运动至平面P，过平面P 后又经过一段时间再次返回空间
Ⅰ，直至击中空间Ⅰ中平面R 上的某物体，平面R 与平面xOz 平行。已知电子第二次在空间Ⅰ的运动过
程沿y 轴负方向的位移大小为h，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力。求：
(1)空间Ⅰ、Ⅲ中匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)电子离开空间Ⅲ时的速度大小；
(3)电子击中平面R 上物体时的动能。
答案 (1)均为 (2)
(3)eU＋
解析 (1)电子自M 运动到N，由动能定理有
eU＝mv2①
电容器左、右两极板之间的距离d＝T ②
电容器极板间的电场强度大小E＝③
电子在空间Ⅰ中运动时，有eE＝evB ④
解得B＝。⑤
(2)电子在空间Ⅲ的xOz 平面内做匀速圆周运动，
由洛伦兹力提供向心力得evB＝⑥
电子在空间Ⅲ中的运动时间t＝
电子在空间Ⅲ沿y 轴负方向运动的加速度a＝⑦
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电子离开空间Ⅲ时沿y 轴负方向的速度大小vy＝at
电子离开空间Ⅲ时的速度大小v′＝⑧
联立解得v′＝。⑨
(3)电子在空间Ⅲ时沿y 轴负方向的位移大小y1＝at2⑩
对整个运动过程由动能定理得
eU＋eEy1＋eEh＝Ek⑪
联立解得Ek＝(1＋π2)eU＋。⑫
例6.(2023 广州调研)如图所示，在长方体区域内，平面ghij 的左边有垂直平
面abhg 的匀强磁场，右边有垂直平面ghb′a′的匀强电场．现有电荷量为＋q、质量为m 的一个粒子以大
小为v 的初速度从a 点沿平面abhg 进入磁场区域，经h 点并垂直平面ghij 的方向进入电场区域，最后
从c′点离开电场．已知长方体侧面abcd 为边长为L 的正方形，其他边长如图中标示，取sin 53°＝0.8，
不计粒子重力．
(1) 求电场强度E 和磁感应强度B 的比值．
(2) 求带电粒子在磁场与电场中运动时间的比值．
(3) 若只改变电场强度E 的大小，求粒子离开长方体区域时动能Ek与E 的关系式．
答案 (1) v (2) (3) 见解析
解析 (1) 设带电粒子的质量为m，带电荷量为q，在磁场中运动时的轨道半径为R，则qBv＝
带电粒子在磁场中运动时如图甲所示
由几何关系得R2＝(2L)2＋(R－L)2
带电粒子在电场中运动时如图乙所示，由
2L＝vt
L＝t2
联立解得 ＝v
(2) 设带电粒子在磁场中运动的时间为t1，周期为T，转过的圆心角为θ.
由于T＝，且sin θ＝
解得t1＝T＝T
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设在电场中运动的时间为t2，由t2＝
解得 ＝
(3) 设带电粒子离开长方体区域时的动能为Ek，由以上的分析可知，场强E＝时，带电粒子恰好从
c′离开长方体区域．
若E>，则带电粒子从ic′边离开长方体区域，由动能定理可知EqL＝Ek－mv2
解得Ek＝EqL＋mv2
若E≤，则带电粒子将从b′c′边离开长方体区域，设射出点离b′的距离为y，有y＝t2且t＝
由动能定理可知Eqy＝Ek－mv2
解得Ek＝＋mv2
3. (2023 茂名第二次综合测试)如图甲是医用肿瘤化疗装置，其原理如图乙所
示，利用在O 点沿y 轴正方向射出的高能质子束对肿瘤病灶精准打击从而杀死癌细胞．实际中，质子
束的运动方向并不是严格沿y 轴而是与y 轴有一个很小的偏角，呈发散状．为此加一个方向沿y 轴正向，
磁感应强度大小为B 的匀强磁场，使得质子参与两种运动：沿y 轴方向的直线运动和垂直y 轴的平面内
的圆周运动．为研究方便，用垂直y 轴足够大的显示屏表示病人，癌细胞位于屏上，从O 点射出的质
子速度为v，质量为m，电荷量为q，所有质子与y 轴正方向偏差角均为θ，不考虑质子重力和空气阻力，
质子在磁场中的运动时间不超过一个周期．
(1) y 轴方向的直线运动速度大小是否变化，请简述理由．
(2) 当显示屏离O 点距离为多大时，所有的质子会重新会聚于一点？
(3) 移动显示屏，屏上出现一亮环，当屏到O 点的距离为L＝时，亮环半径多大？在移动显示屏过
带电粒子在立体空间常见运动及解题策略
运动类型
解题策略
在三维坐标系中运动，每个轴方向都是常见运动模
型
将粒子的运动分解为三个方向的运动
一维加一面，如旋进运动
旋进运动将粒子的运动分解为一个轴方
向的匀速直线运动或匀变速直线运动和
垂直该轴的所在面内的圆周运动
运动所在平面切换，粒子进入下一区域偏转后曲线
不在原来的平面内
把粒子运动所在的面隔离出来，转换视
图角度，把立体图转化为平面图，分析
粒子在每个面的运动
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程中，最大亮环的面积是多少？
答案 (1) 见解析 (2) (3)
解析 (1) 速度大小不变，y 轴方向与磁场平行，y 轴方向不受磁场力．
(2) y 轴方向L＝v cos θ·t
质子做圆周运动，有qv sin θ·B＝
又T＝
解得T＝
当t＝T 时，所有质子会汇聚一点，可得L0＝
(3) 当L＝时，可得t1＝
又r＝
如图所示，此时α＝，r′＝＝r
解得r′＝
当α＝π，r′＝2r 时，圆环面积最大
易知最大面积为S＝πr′2＝
1．如图所示，在空间直角坐标系中，yOz 平面左侧存在沿z 轴正方向的匀强磁场，右
侧存在沿y 轴正方向的匀强磁场，左、右两侧磁场的磁感应强度大小相等；yOz 平面右侧还有沿y 轴负
方向的匀强电场。现从空间中坐标为(－d，0，0)的M 点发射一质量为m、电荷量为＋q 的粒子，粒子的
初速度大小为v0、方向沿xOy 平面，与x 轴正方向的夹角为60°，经一段时间后粒子恰好垂直于y 轴
进入yOz 平面右侧。其中电场强度和磁感应强度大小未知，其关系满足＝，不计粒子的重力。求：
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(1)粒子在yOz 平面左侧匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r1；
(2)粒子第2 次经过yOz 平面时的速度大小；
(3)粒子第2 次经过yOz 平面时的位置坐标；
(4)粒子第2、第3 两次经过yOz 平面的位置间的距离。
答案 (1)d (2)2v0
(3) (4)d
解析 (1)根据几何关系有r1sin 60 °＝d
解得r1＝d。
(2)粒子第1 次经过yOz 平面右侧，沿y 轴负方向做匀加速直线运动，在xOz 平面内做匀速圆周运动，
根据运动的合成有
v＝
v1＝a，qE＝ma
根据洛伦兹力提供向心力有
qv0B＝m，T＝
解得v＝2v0。
(3)在yOz 平面右侧，磁感应强度大小不变，在磁场中做圆周运动的轨道半径大小仍然为r1，粒子第2
次经过yOz 平面时的坐标，Δy＝a
由于＝
解得Δy＝πd
粒子第2 次经过yOz 平面时的坐标。
(4)粒子再次进入yOz 平面左侧，速度大小变为2v0，
则有q·2v0B＝m
根据几何关系，粒子第2、第3 两次经过yOz 平面的交点间的距离为l＝2r2cos 60°
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解得l＝d。
2．如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在y 轴左侧区域存在宽度为a＝0.3 m 的垂
直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B 大小可调。现有质荷比为＝4×10－10 kg/C 的带正电粒子从x 轴
上的A 点以一定初速度垂直x 轴射入电场，并且以v＝4×107 m/s，方向与y 轴正向成60°的速度经过
P 点进入磁场，OP＝ m，OA＝0.1 m，不计粒子重力。求：
(1)粒子在A 点进入电场的初速度v0；
(2)要使粒子不从CD 边界射出，则磁感应强度至少为多大；
(3)粒子经过磁场后，刚好可以回到A 点，则磁感应强度B 为多少。
答案 (1)2×107 m/s (2)0.08 T (3)0.16 T
解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向不受力，做匀速运动
有v0＝vcos 60°
所以v0＝2×107 m/s。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
qvB＝m
当轨迹与CD 边相切时恰好不出磁场，
此时r＋rsin 30°＝a
解得r＝0.2 m
联立解得B＝0.08 T。
(3)粒子出磁场时速度与y 轴正方向夹角为60°，做匀速直线运动后回到A 点，设出磁场处为Q 点，由
几何关系
OQ＝＝ m
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PQ＝ m
2r′sin 60°＝PQ
r′＝＝0.1 m
3．如图所示，在x 轴上方有一匀强磁场，磁感应强度为B；x 轴下方有一匀强电场，电场强度为E，屏MN
与y 轴平行且相距L。一质量为m、电荷量为e 的电子，在y 轴上某点A 自静止释放，如果要使电子垂
直打在屏MN 上，那么：
(1)电子释放位置与原点O 的距离s 需满足什么条件？
(2)电子从出发点到垂直打在屏上需要多长时间？
答案 (1)s＝(n＝0，1，2，3，…)
(2)＋(2n＋1)(n＝0，1，2，3，…)
解析 (1)在电场中，电子从A→O，由动能定理得eEs＝mv
在磁场中，电子做匀速圆周运动，有qv0B＝m
据题意，有(2n＋1)r＝L
所以s＝(n＝0，1，2，3，…)。
(2)在电场中做匀变速直线运动的时间与在磁场中做部分圆周运动的时间之和为电子总的运动时间
t＝(2n＋1)＋＋n
其中a＝，T＝
整理后得t＝＋(2n＋1)(n＝0，1，2，3，…)。
4．如图所示，在x 轴上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，在x 轴下方有一匀强电场，电场方向竖
直向上。一质量为m、电荷量为q、重力不计的带电粒子从y 轴上的a 点(0，h)处沿y 轴正方向以初速
度v0开始运动，并以与x 轴正方向成45°角的速度方向第一次进入电场，且经过y 轴上b 点时速度方
向恰好与y 轴垂直，一段时间后，粒子回到a 点。
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(1)画出粒子从a 点开始运动到再次经过a 点的运动轨迹；
(2)求匀强磁场磁感应强度B 的大小和匀强电场电场强度E 的大小；
(3)若该带电粒子到达b 点时，撤去竖直方向电场，同时加上垂直纸面向外的z 轴正方向的电场E′＝
和磁场B′＝，求经过t＝后该带电粒子的空间位置(用三维坐标表示)。
答案 (1)见解析图 (2) (3)
解析 (1)根据题意，分析知粒子的运动轨迹如图所示。
(2)由图可得rcos 45°＝h
粒子在磁场中做圆周运动，
由牛顿第二定律有
qv0B＝
联立可得r＝h，B＝
粒子在电场中，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀减速直线运动，且到达b 点时，竖直方
向速度恰好为零，故在水平方向上有
(v0cos 45°)t1＝r＋rsin 45°
在竖直方向有qE＝ma，v0sin 45°＝at1
联立可得t1＝，E＝。
(3)根据平抛运动规律可得(v0sin 45)2＝2yOb
解得yOb＝h
粒子沿z 轴做匀加速运动，故z＝··t2＝h
粒子在xOy 平面内做圆周运动，由牛顿第二定律有
qvbB′＝
其中vb＝v0cos 45°＝v0
又T＝
联立解得r′＝＝h，ω＝＝
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故在t 时刻，粒子旋转的角度为θ＝ωt＝
因此x、y 分别为x＝r′sin θ＝h
y＝－yOb－r′(1－cos θ)＝－h。
所以，该粒子的空间位置为。
5．(2023 广东佛山一模)如图，在空间直角坐标系O－xyz 中，界面Ⅰ与Oyz 平面重叠，界面Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相
互平行，且相邻界面的间距均为L，与x 轴的交点分别为O、O1、O2；在界面Ⅰ、Ⅱ间有沿y 轴负方向的
匀强电场E，在界面Ⅱ、Ⅲ间有沿z 轴正方向的匀强磁场B。一质量为m、电荷量为＋q 的粒子，从y 轴
上距O 点处的P 点，以速度v0沿x 轴正方向射入电场区域，该粒子刚好从点O1进入磁场区域。粒子重
力不计。求：
(1)电场强度E 的大小；
(2)要让粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，磁感应强度B 应多大。
答案 (1) (2)
解析 (1)粒子在电场区域做类平抛运动，设电场中粒子的加速度为a，沿z 轴正方向看，如图所示
在界面Ⅰ、Ⅱ间，有
L＝v0t，＝at2
qE＝ma
联立方程解得E＝。
(2)设粒子到O1点时的速度为v，与x 轴夹角为θ，
则vy＝at，tan θ＝＝1
即有θ＝45°
又v＝＝v0
在磁场区域，粒子做匀速圆周运动，粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，运动轨迹与界面Ⅲ相切，如图所示，
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有qvB＝m
又根据几何关系r＋rcos 45°＝L
解得B＝。
6．如图所示，在三维坐标系O－xyz 中，0<x<d 的空间内，存在沿y 轴正方向的匀强电场，d<x<d 的空间内
存在沿x 轴正方向的匀强磁场B1(未知)，d≤x<d 的空间内存在沿z 轴负方向的匀强磁场(未画出)，磁
感强度大小B2＝；有一荧光屏垂直x 轴放置并可以沿x 轴水平移动。从粒子源不断飘出电荷量为q、质
量为m 的带正电粒子，加速后以初速度v0沿x 轴正方向经过O 点，经电场偏转后进入磁场，最后打在荧
光屏上，已知粒子在电场空间运动过程偏转角θ＝53°，忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力，sin
53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
(1)求匀强电场电场强度的大小E；
(2)将荧光屏在磁场B1内沿x 轴缓慢移动，屏上荧光轨迹最低点的y 轴坐标值为y＝，求匀强磁场磁感
强度的大小B1；
(3)将荧光屏在磁场B2内沿x 轴缓慢移动，求屏上荧光轨迹最下端荧光点形成时的该点坐标。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)粒子在偏转电场中，沿x 轴方向有d＝v0t
沿y 轴方向有qE＝ma，vy＝v0tan 53°＝v0＝at
联立解得E＝。
(2)在y 轴方向有y1＝t＝d
粒子做圆周运动半径r1＝y1－y＝
由洛伦兹力提供向心力得qvyB1＝m
解得B1＝。
(3)粒子在磁场B1做圆周运动的周期为
T1＝＝
粒子在沿x 轴正方向的匀强磁场中运动时间为
t1＝＝
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则t1＝T1
故有z＝－2r1＝－d
粒子进入磁场B2的速度方向刚好在xOy 平面内，与y 轴负方向成37°
速度大小为v2＝＝v0
由洛伦兹力提供向心力得qv2B2＝
解得r2＝d
根据几何关系可得
x＝d＋r2cos 37°＝d＋πd
y＝d－r2(1－sin 37°)＝0
故荧光轨迹最下端荧光点形成时的坐标为。
7．(2023 广东新高考模拟)双聚焦分析器是一种能同时实现速度聚焦和方向聚焦的质谱仪，其模型图如图
(a)所示。其原理图如图(b)所示，电场分析器中有指向圆心O 的辐射状电场，磁场分析器中有垂直纸
面的匀强磁场。质量为m、电荷量为q 的离子被加速后，进入辐射电场，恰好沿着半径为R 的圆弧轨迹
通过电场区域后，垂直边界从P 点进入圆形磁场区域，PO1＝d。之后垂直磁场下边界射出并从K 点进入
检测器，检测器可在O1M 和O2N 之间左右移动且与磁场下边界距离恒等于0.5d。已知圆弧轨迹处的电场
强度为E。
(1)求磁场区域磁感应强度B；
(2)由不同离子组成的粒子束，以不同速度进入电场分析器后能沿着半径为R 的圆弧轨迹通过电场并从
P 点垂直进入磁场，粒子离开O1O2时与O1O2所夹锐角相同，若探测器能接收到的粒子中比荷的最大值与
最小值之比为λ，求λ 的值。
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答案 (1) (2)25
解析 (1)设离子的速度为v0，粒子在电场和磁场中分别做匀速圆周运动，在电场中，电场力提供向心
力qE＝
在磁场中，洛伦兹力提供向心力qv0B＝
解得磁感应强度为B＝。
(2)设在某处被检测到的离子在磁场中的轨道半径为r，则
在磁场中qvB＝
在电场中qE＝
可得＝
由此可知当粒子运动半径最小时，比荷最大；当粒子运动半径最大时，比荷最小。
如图，设a(q1，m1)、b(q2，m2)离子在磁场中分别在M、N 处被检测到，半径分别为r1、r2，易知在所有
被检测到的粒子半径中，r1最小，r2最大。由于两离子到达O1O2时，与O1O2夹角相等，均设为θ，由此
可得：∠O1FM 和∠O2GN 均为θ。
如图，由几何关系O3F＝r1，O1O3＝d－r1，
O3M＝－r1
解得MF＝＝
由几何关系＝
解得r1＝d
在b 的轨迹中，sin∠O1GO4＝＝
又sin∠O1GO4＝sin∠FMO3＝＝
解得r2＝3d
又＝，＝
可得λ＝＝＝25。
8．(2023 广东潮州二模)如图所示，直角坐标系xOy 所在竖直平面内，第一、二象限中分布着沿x 轴负方
向的匀强电场E1，第三、四象限中分布着沿y 轴正方向的匀强电场E2；第三、四象限还分布着匀强磁场
(图中未画出)。一质量为m、带电量为q 的带正电小球自坐标为(0，L)的A 点由静止出发，进入第三象
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限后恰能做匀速圆周运动并垂直于y 轴射入第四象限，已知E1＝，重力加速度为g。求：
(1)小球第一次通过x 轴时的速度；
(2)匀强电场场强E2和匀强磁场磁感应强度B 大小的比值；
(3)小球从第四象限穿出后，经过一段时间会再次到达x 轴上的N 点(图中未标出)，求小球从出发运动
至N 的时间tAN。
答案 (1)2 (2) (3)
解析 (1)小球在第一、二象限有qE1＝mg
则tan θ＝＝1
解得θ＝45°
即小球在第二象限内沿与x 轴成45°角进入第三象限，有BO 间距离为x1＝L
A→B 由动能定理得mgL＋qE1L＝mv2
解得v＝2。
(2)小球在第三象限做匀速圆周运动，由qE2＝mg 得E2＝
运动轨迹如图，有几何关系得R＝＝L
又qvB＝m
解得B＝
则＝。
(3)小球由A 点运动到B 点的过程竖直方向有
L＝gt
解得t1＝
小球做匀速圆周运动周期为T＝＝π
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小球从B 点到C 点的过程中所用时间为
t2＝T＝T＝
小球从C 点到N 点的过程，竖直方向上做竖直上抛运动，有
t3＝＝2
总时间t＝t1＋t2＋t3＝。
1．(2021 广东高考)如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、
b、c 围成的区域，圆a 内为无场区，圆a 与圆b 之间存在辐射状电场，圆b 与圆c 之间有三个圆心角均
略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。
电子以初动能Ek0从圆b 上P 点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，
已知圆a 与圆b 之间电势差为U，圆b 半径为R，圆c 半径为√3R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相
对论效应，取tan 22.5°＝0.4。
(1)当Ek0＝0 时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ 均为
45°，最终从Q 点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁
场中的运动时间及在Q 点出射时的动能；
(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当Ek0＝keU 时，要保证电子从出射
区域出射，求k 的最大值。
答案(1) 5
R √
mU
e π R
4 √
m
eU 8eU (2)13
6
解析根据题述情境，由动能定理得电子在Ⅰ区磁场中运动的动能为Ek1＝2eU＝1
2mv1
2
解得v1＝2√
eU
m
由几何关系得tan 22.5°＝r1
R ，解得电子在Ⅰ区磁场中运动的轨迹半径r1＝0.4R
电子在Ⅰ区匀强磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力得
ev1B＝mv1
2
r1
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解得Ⅰ区的磁感应强度大小B＝5
R √
mU
e
电子在Ⅰ区磁场中运动的轨迹所对圆心角为α＝225°＝5 π
4
则电子在Ⅰ区磁场中的运动时间t＝
α r1
v1
＝π R
4 √
m
eU
电子总共经过8 次加速，由动能定理得8eU＝Ek2
解得电子在Q 点出射时的动能Ek2＝8eU。
(2)电子运动轨迹与Ⅰ区磁场外边界相切时k 最大，由几何关系得(√3R－r2)2＝r2
3＋R2
解得电子在Ⅰ区磁场中运动的轨迹半径r2＝√3
3 R
电子在Ⅰ区匀强磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力得ev2B＝mv2
2
r2
解得v2＝5√
eU
3m
由动能定理得2eU＝1
2mv2
2－Ek0
即2eU＝25
6 eU－keU，解得k 的最大值为13
6 。
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