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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，近五年全
国卷及新高考卷中每年必考，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°＝
4
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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.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：
(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，
5
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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°
解得l＝d。
例4.(2023 安徽芜湖高三期末)如图所示，在xOy 平面第一象限内有以虚线OP 为理
想边界的匀强电场和匀强磁场区域，OP 与x 轴夹角为α＝45°，OP 与y 轴之间的电场平行于y 轴向上，
OP 与x 轴之间的磁场垂直纸面向里。在y 轴上有一点M，M 到O 点的距离为3d。现有一个质量为m、电
荷量为－q 的带负电粒子，从M 点以速度v0垂直于y 轴向右进入电场区域，粒子离开电场后从OP 上的N
点进入磁场区域，已知N 点到x 轴的距离为2d。粒子经过磁场后从x 轴上C 点离开，且速度方向与x 轴
垂直，不计带电粒子的重力，求：
(1)电场强度大小E；
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(2)磁感应强度大小B 和粒子从M 点运动到C 点所用的总时间t。
答案 (1) (2)
解析 (1)由题意，粒子从M 到N 做类平抛运动，轨迹如图所示。
在沿－y 方向，有qE＝ma
位移大小为y1＝d＝t
沿x 正方向做匀速运动，由几何关系得
x1＝2d＝v0t
解得vy＝v0
又vy＝at
联立求得电场强度大小为E＝。
(2)由题意，粒子从N 点垂直OP 进入磁场，到从C 点垂直x 轴离开磁场，由几何关系知，粒子在磁场中
做圆周运动的半径
R＝LON＝2d
在N 点粒子速度与OP 垂直，大小为v＝v0
由牛顿第二定律得qvB＝m
解得B＝
粒子在电场和磁场中运动的总时间为
t＝＋＝。
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2． (2023 福建龙岩第一次质检)如图所示，在xOy 平面(纸面)内，x＞0 空间存在方向
垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限空间存在方向沿x 轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q
的带正电粒子(不计重力)，以大小为v、方向与y 轴正方向夹角θ＝60°的速度沿纸面从坐标为(0，L)
的P1点进入磁场中，然后从坐标为(0，－L)的P2点进入电场区域，最后从x 轴上的P3点(图中未画出)
垂直于x 轴射出电场。求：
(1)磁场的磁感应强度大小B；
(2)粒子从P1点运动到P2点所用的时间t；
(3)电场强度的大小E。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，其圆心为O1，对应轨道半径为R，由几何关系可得
Rsin θ＝L
解决带电粒子(体)在组合场中运动问题的“五步法”
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由牛顿第二定律有qvB＝
联立可得B＝。
(2)带电粒子在磁场中运动时间为t1，则t1＝T
T＝
联立可得t1＝。
(3)带电粒子在电场中运动时间为t2，由运动的合成与分解有
vcos θ·t2＝L
vsin θ－at2＝0
由牛顿第二定律有qE＝ma
联立可得E＝。
题型三 带电粒子在立体空间中的运动
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：
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(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
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.（2024 湖南长沙高三二模）如图所示，三维坐标系Oxyz 内存在着正四棱柱空
间区域，正四棱柱的截面OPMN 水平且与ACDF-IJGH 的两个底面平行，其中A 点的坐标为
(0，√6
6 L，0)，C 点的坐标为(0，√6
6 L，L)，正四棱柱ACDF-OPMN 空间处于沿y 轴方向的匀强电
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场中，OPMN-IJGH 空间处于沿y 轴负方向的匀强磁场中，质量为m、电荷量为＋q 的粒子以速度v0从A
点沿AD 方向射出，经电场偏转后恰好从截面OPMN 的中心进入磁场区域，不计粒子的重力。
（1）求匀强电场的电场强度；
（2）若粒子恰好未从四棱柱的侧面飞出，求匀强磁场的磁感应强度B 的大小；
（3）若粒子最终从JH 连线上的一点射出磁场区域，此点到J 点的距离为√2
4 L，求I 点的y 轴坐标。
答案（1）2√6m v0
2
3qL
，沿y 轴负方向（2）(2+√2)m v0
qL
（3）√6n π L
12
（n＝1，3，5，…）
解析（1）粒子在电场中做类平抛运动，沿AD 方向有√2
2 L＝v0t
沿y 轴方向有√6
6 L＝1
2at2
沿y 轴方向的加速度a＝qE
m
解得匀强电场的电场强度大小为E＝2√6mv0
2
3qL
方向沿y 轴负方向。
（2）粒子到达OPMN 的中心，如图甲所示，平行于正四棱柱底面的分速度大小始终为v0，带电粒子在
平行于正四棱柱底面的方向上做匀速圆周运动，恰好未从四棱柱的侧面飞出，做出其运动的圆轨迹如
图乙所示
由几何关系可得粒子做匀速圆周运动的半径
r＝2－√2
2
L
由洛伦兹力提供其做匀速圆周运动所需的向心力，可得qv0B＝mv0
2
r
解得B＝(2+√2)m v0
qL
。
（3）若带电粒子最终从JH 连线上的一点射出磁场区域，由几何关系可知，粒子做匀速圆周运动的半
径为r'＝√2
8 L
时间对应半个周期的奇数倍，即
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t1＝nπ r '
v0
（n＝1，3，5，…）
如图甲所示，到达截面OPMN 中心的带电粒子沿y 轴负方向的速度大小
vy＝at，I 点的y 轴坐标
y＝vyt1
代入数据可得y＝√6n π L
12
（n＝1，3，5，…）。
3.（2024 浙江金华模考）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图
所示的是离子注入工作的原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，
选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和
偏转系统的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直于纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀
强电场的电场强度大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直于纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别
为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M 和N 处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区
域是同一边长为L 的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场
时，离子恰好竖直于注入到晶圆上的O 点（即图中坐标原点，x 轴垂直于纸面向外）。整个系统置于真
空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α 很小时，有sin
α≈tan α≈α，cos α≈1－1
2α2。求：
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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（1）离子通过速度选择器后的速度大小v 和磁分析器选择出来的离子的比荷q
m；
（2）偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示；
（3）偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示。
答案（1）E
B
2 E
（R1＋R2）B
2 （2）(
3 L
2
R1＋R2
，0) （3）(0，
3 L
2
R1＋R2)
解析（1）通过速度选择器的离子由于受力平衡需满足qE＝qvB，可得速度v＝E
B
由题图知，从磁分析器中心孔N 射出离子的运动半径为R＝R1＋R2
2
由m v
2
R ＝qvB，得q
m＝v
RB ＝
2 E
（R1＋R2）B
2 。
（2）偏转系统仅加电场时，离子在偏转系统中做类平抛运动，设离子离开偏转系统时速度的偏转角为
θ，离开电场时，离子在x 方向偏转的距离
x1＝1
2·qE
m ·(
L
v)
2
tan θ＝at
v ＝qEL
mv
2
离开电场后，离子在x 方向偏移的距离
x2＝Ltan θ＝qE L
2
m v
2
则x＝x1＋x2＝3qE L
2
2m v
2 ＝
3 L
2
R1＋R2
离子注入晶圆的位置坐标为(
3 L
2
R1＋R2
，0)。
（3）如图所示，偏转系统仅加磁场时，由qvB＝m v
2
r
得，离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径r＝
mv
qB ＝R1＋R2
2
sin α＝L
r
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离开磁场时，离子在y 方向偏转距离y1＝r（1－cos α）≈r
2sin2α≈
L
2
R1＋R2
离开磁场后，离子在y 方向偏移距离
y2＝Ltan α≈Lsin α≈
2 L
2
R1＋R2
则y＝y1＋y2＝
3 L
2
R1＋R2
故位置坐标为(0，
3 L
2
R1＋R2)。
1．(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
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解得B＝1
d √
2m E1 L
q
。
(2)小球在加速电场中运动，有qE1＝ma
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。
2．(2023 河南信阳质检)如图，平行的MN、PQ 与MP 间(含边界)有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度
大小为B，边界MN 与MP 的夹角α＝30°，点P 处有一离子源，离子源能够向磁场区域发射各种速率的、
方向平行于纸面且垂直于MP 的正、负离子，离子运动一段时间后能够从不同的边界射出磁场。已知从
边界PQ 射出的离子，离子速度为v0时射出点与P 点距离最大为xm，所有正、负离子的比荷均为k，不
计离子的重力及离子间的相互作用。求：
(1)射出点与P 点最大距离xm；
(2)从边界MP 射出的离子，速度的最大值。
答案 (1) (2)
解析 (1)设离子的质量为m、电荷量为q，从边界PQ 射出的速度为v0的离子，设其运动半径为R1，运
动轨迹恰好与MN 相切，运动轨迹如图中2 所示
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根据牛顿第二定律得qv0B＝m
根据几何关系得xm＝2R1cos α
解得xm＝。
(2)从边界MP 射出的离子，速度最大时离子运动轨迹恰好与MN 相切，设其运动半径为R2，运动轨迹如
图中1 所示，根据牛顿第二定律得qvmB＝m
设MP 的长度为L，根据几何关系得
Lsin α＝R1－R1sin α
L＝＋R2
解得vm＝。
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
16
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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。
(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
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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＝＝
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．如图所示，y 轴左侧区域存在沿y 轴负方向的匀强电场，y 轴右侧区域存在匀强磁场，第一象限磁场方
向垂直纸面向外，第四象限磁场方向垂直纸面向里，且第四象限磁感应强度大小是第一象限的2 倍。
光滑固定竖直半圆形轨道与x 轴负半轴相切于P 点，在第一象限垂直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 的带正电粒子在P 点获得一水平向左的初速度，经半圆轨道
运动到最高点A 后沿x 轴正方向射出，恰好从O 点进入磁场，一段时间后粒子垂直击中吸收屏。已知电
场强度大小为E，粒子重力不计。
(1)求粒子从A 点射出时的速度大小；
(2)求粒子在P 点获得的初速度大小；
(3)求粒子击中吸收屏的纵坐标的可能值；
(4)若在第一、四象限加上沿z 轴负方向的匀强电场，场强大小也为E，且磁场的磁感应强度取最小值，
求粒子进入第一象限时的z 轴坐标。
答案 (1) (2)
(3)y＝L(n＝0，1，2，…) (4)－
解析 (1)粒子由A 到O 做类平抛运动，
则有L＝vAt，＝，qE＝ma
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联立解得vA＝。
(2)对粒子由P 到A 由动能定理得
－qE·＝mv－mv
解得vP＝。
(3)粒子到达O 点时的竖直分速度为
vOy＝at＝vA＝
进入磁场时的速度为v＝vA＝
速度方向与x 轴正方向成45°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，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得
L＝n(r1＋r2)＋r1＋(n＝0，1，2，…)
粒子击中吸收屏的纵坐标y＝r2－r2
联立解得y＝L(n＝0，1，2，…)。
(4)由(3)得B 最小时，有r2＝，r1＝
粒子在第四象限做匀速圆周运动的周期为
T＝＝
粒子经t＝进入第一象限，该段时间内粒子沿z 轴负方向做匀加速直线运动，所以粒子进入第一象限时
的z 轴坐标为z＝－at2
qE＝ma
解得z＝－。
6．(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：
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(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，
有qvB＝m
又根据几何关系r＋rcos 45°＝L
解得B＝。
7．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。
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(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＝＝
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
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故荧光轨迹最下端荧光点形成时的坐标为。
8．(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。
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＝
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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。
9．(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
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；
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(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
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
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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
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
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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 。
2．(2023 辽宁卷)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一
圆心为O 的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、
电荷量为q(q＞0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P 点飞出电场，并沿
PO 方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。
(1)求金属板间电势差U；
(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
(3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性
画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。
答案 (1) (2)60° (3)见解析图
解析 (1)设平行金属板间距为d，则平行金属板板长为d，粒子在两平行金属板间做类平抛运动
水平方向：d＝v0t
竖直方向：d＝t
又vy＝t
联立解得U＝。
(2)粒子进入磁场时的速度v＝＝v0
设速度与水平方向的夹角为α，有tan α＝＝，
则α＝30°
由qvB＝得
粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝＝
已知圆形磁场半径R＝，则r＝R
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作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图甲所示
粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ 与粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角相等，由
几何关系可得tan ＝＝
故θ＝60°。
(3)根据几何关系，将磁场圆绕O′点顺时针旋转，当O 点转到M 点，粒子在磁场中的运动轨迹相应的
弦为磁场圆的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长。作出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标
出改变后的磁场圆的圆心M，如图乙所示。
3．(2023 山东卷)如图所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d 的区域中，存在沿y 轴正方向、场强大小为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E′的大小和粒子的初速度v0；
(ii)通过计算判断粒子能否从P 点第三次进入电场。
答案 (1)6 (2)(i)36E 9 (ii)不能
解析 (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qE·2d＝mv2
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m
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，轨迹如图甲所示
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甲
根据几何关系可知r＝
联立可得B＝6。
(2)(i)由题意作出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图乙所示，设粒子第二次进入电场时速度方向与竖
直方向的夹角为θ
乙
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知
r＝(2d)2＋(r1－d)2
解得r1＝d
所以sin θ＝＝0.8，则θ＝53°
根据洛伦兹力提供向心力qv1B＝m
带电粒子从A 点第一次进入电场后做匀加速直线运动，根据动能定理有
qE′·2d＝mv－mv
粒子第二次进入电场后做类斜抛运动，沿x 轴负方向有2d＝v1sin θ·t
沿y 轴正方向上有2d＝v1cos θ·t＋at2
根据牛顿第二定律有qE′＝ma
联立以上各式解得
v1＝15，v0＝9，E′＝36E。
(ii)设粒子第二次出电场时的速度大小为v2，粒子从P 到Q 根据动能定理有
qE′·2d＝mv－mv
可得从Q 射出时的速度为v2＝3
此后粒子在磁场中运动的半径r2＝＝d
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设粒子第二次出电场时，速度方向与竖直方向的夹角为β，如图丙所示，
丙
sin β＝＝
则cos β＝
根据几何关系可知对应的圆心坐标为
x＝r2cos β＝d，y＝r2sin β＋2d＝4d
而圆心与P 点的距离为
l＝＝d≠r2
故不能再从P 点进入电场。
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