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大题09 带电粒子在叠加场、交变场中的运动
带电粒子在叠加场、交变场中的运动是高考物理电磁学压轴题的核心命题方向，近几
年新高考卷中占比约10%-15；2025 年高考对“带电粒子在叠加场、交变场中的运动”考
查将延续“重模型构建、强数学应用、拓科技前沿”的命题导向，突出电磁学核心素养与
复杂问题转化能力。备考需以动态场分析为核心抓手，强化跨学科思维与创新实验设计，
同时关注量子科技与新能源热点，做到“以场为纲，以动破难”。
题型1 带电粒子在交变场中的运动
例1.如图甲所示的xOy 平面内存在大小随时间周期性变化的匀强磁场和匀强电场，
变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，沿y 轴负方向为电场强度的
正方向)。在t＝0 时刻由原点O 发射一个初速度大小为v0、方向沿y 轴正方向的带正电粒子，粒子的比
荷q
m＝π
B0t0
，v0、B0、E0、t0均为已知量，不计粒子受到的重力。
1
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(1)求在0～t0内粒子运动轨迹的半径；
(2)求t＝2t0时，粒子的位置坐标；
(3)若粒子在t＝25t0时首次回到坐标原点，求电场强度E0与磁感应强度B0的大小关系。
答案(1)v0t0
π (2)(－2v0t0
π
，－v0t0－π E0t0
2B0 ) (3)E0＝v0
6 π B0
解析(1)粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有qv0B0＝mv0
2
r
又q
m＝π
B0t0
联立解得r＝v0t0
π 。
(2)若粒子在磁场中做完整的圆周运动，其周期T＝2π r
v0
解得T＝2t0
则在0～t0时间内，粒子在磁场中转动半周，t＝t0时粒子位置的横坐标x＝－2r＝－2v0t0
π
在t0～2t0时间内，粒子在电场中沿y 轴负方向做匀加速直线运动，则有y＝－v0t0－q E0
2m t0
2
解得y＝－v0t0－
π E0t0
2B0
故t＝2t0时，粒子的位置坐标为(－2v0t0
π
，－v0t0－π E0t0
2B0 )。
(3)如图所示，带电粒子在x 轴上方做圆周运动的轨道半径为r1＝r＝v0t0
π
当t＝2t0时，粒子的速度大小为v＝v0＋q E0
m t0
2t0～3t0时间内，粒子在x 轴下方做圆周运动的轨道半径r2＝mv
q B0
＝m
q B0(v0＋q E0
m t0)
由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足
n(2r2－2r1)＝2r1(n＝1，2，3，…)
当t＝25t0＝4×6t0＋t0时，n＝6，解得E0＝v0
6 π B0。
2
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例2.如图甲所示，一对平行金属板M、N，两板长为2L，两板间距离为L，置于
O1处的粒子发射源可沿两板的中线O1O 发射初速度为v0、电荷量为q、质量为m 的带正电的粒子，M、
N 板间加变化规律如图乙所示交变电压UMN，金属板的右边界与y 轴重合，板的中心线O1O 与x 轴重合，
y 轴右侧存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。t＝0 时发射的粒子1 恰好贴着N 板右端垂直y 轴射出，时
刻发射的粒子2 与粒子1 的运动轨迹交于磁场中的P 点，已知P 点的横坐标为。不计粒子重力及相互间
作用力，求：
(1)U0的大小；
(2)磁场的磁感应强度的大小B。
答案 (1) (2)
解析 (1)根据题意可知，t＝0 时刻入射的粒子在两板间运动轨迹如图甲所示
甲
水平方向上，匀速直线运动，有2L＝v0t0
竖直方向上，匀加速直线运动，有
L＝a×2
由牛顿第二定律有q＝ma
解得U0＝。
(2)由(1)同理可知t＝时刻，入射的粒子恰好贴着M 板右侧垂直y 轴射入磁场，粒子2 进入磁场时的x
方向的速度大小v＝v0，两个粒子在磁场中的运动轨迹如图乙所示
3
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乙
由几何关系可得两圆弧对应的圆心间的距离为
d＝L
且2＝d，解得r＝L
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0B＝m
解得B＝。
解决带电粒子(体)在交变场中运动问题的“五步法”
1．(2024 广东汕头检测)如图甲所示，建立xOy 平面直角坐标系，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，第一、四象限有足够大的匀强磁场，方向垂直于
xOy 平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x 轴向右接连发射质量为m、电荷量为＋q、速度相同、重力
不计的带电粒子，在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑边缘效应的影响)，规定沿y 轴
负方向为电场正方向。已知t＝0 时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场，上述
m、q、l、t0、B 为已知量。(不考虑粒子间的相互影响及返回板间的情况)
甲 乙
(1)求电压U0的大小；
4
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(2)求1
2t0时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。
答案 (1)ml
2
qt0
2 (2) √5ml
2qBt0
(3)2t0 πm
2Bq
解析 (1)t＝0 时刻进入两极板的带电粒子在电场中做类平抛运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，则粒
子在y 轴负方向偏移的距离为1
2l
竖直方向上，根据运动学公式有1
2l＝1
2 at0
2
由牛顿第二定律有qU 0
l ＝ma
联立解得U0＝ml
2
qt0
2 。
(2)1
2t0时刻进入两极板间的带电粒子，前1
2t0时间在电场中偏转，后1
2t0时间两极板间没有电场，带电
粒子做匀速直线运动，带电粒子沿x 轴方向的分速度大小为v0＝l
t0
带电粒子离开电场时沿y 轴负方向的分速度大小为
vy＝a·1
2t0
带电粒子离开电场时的速度大小为v＝√v0
2+ v y
2
设带电粒子进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有qvB＝mv
2
R
联立解得R＝√5ml
2qBt0
。
(3)带电粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角越小，则在磁场中运动的时间越短，经分析可知，2t0
时刻进入两极板间的带电粒子在磁场中运动时间最短，设此种情况下粒子离开电场时速度方向与y 轴
正方向的夹角为α，如图所示。带电粒子离开电场时沿y 轴正方向的分速度为v′y＝at0
根据几何关系有tan α＝
v0
v y
'
5
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联立解得α＝π
4
则粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为
2α＝π
2
所求最短时间为tmin＝1
4 T
带电粒子在磁场中运动的周期为T＝2πm
Bq
解得tmin＝πm
2Bq 。
题型二 带电粒子在叠加场中的运动
例3. 如图所示，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ 为理想边
界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的高度足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度均为
B，方向分别为垂直纸面向里和向外．一个质量为m、电荷量为q 的带电小球从磁场上方的O 点由静止
开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动．已知重力加速度为g.
(1) 试判断小球的电性并求出电场强度E 的大小．
(2) 若带电小球运动一定时间后恰能回到O 点，求它释放时距 MN 的高度h.
(3) 试讨论在h 取不同值时，带电小球第一次穿出Ⅰ区域的过程中，电场力所做的功．
答案 (1) 带正电 (2) (3) 见解析
解析 (1) 带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，重力竖直向下，电
场力竖直向上，即小球带正电．
由qE＝mg
解得E＝
(2) 带电小球在进入磁场前做自由落体运动，根据机械能守恒有 mgh＝mv2
带电小球在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，由牛顿第二定律有 qvB＝m
由于带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q、v、B、m 的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，
以三个圆心为顶点的三角形△O1O2O3为等边三角形，边长为2R，内角为60°，如图甲所示．由几何关
系知R＝
解得h＝
6
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(3) 当带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ 相切时，运动轨迹如图乙所示，有半径R＝d
解得h0＝
分类讨论：
①当h＜h0时，带电小球进入磁场Ⅰ区域的速度较小，半径较小，不能进入Ⅱ区域，由磁场上边界
MN 第一次穿出磁场Ⅰ区域，此过程电场力做功W＝0
②当h＞h0时，带电小球进入磁场Ⅰ区域后由下边界PQ 第一次穿出磁场Ⅰ区域进入Ⅱ区域，此过
程电场力做功 W＝－qEd＝－mgd
例4.(2023 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、带电荷量为q 的正电小球自坐标为(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.
(1) 求小球第一次通过x 轴时的速度．
(2) 求匀强电场场强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) 小球在第二象限有qE1＝mg
则tan θ＝＝1
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，与x 轴交点为B，则BO 间距离为x1＝L
从A 到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，有qE2＝mg
得E2＝
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运动轨迹如图所示，由几何关系得R＝＝L
又qBv＝m
得B＝
则 ＝
(3) 小球在A 点运动到B 点的过程中，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＝
小球从C 点到N 点的过程做类平抛运动，有
＝ma
垂直速度方向l1＝at
沿速度方向l2＝vt3
由几何关系可知l1＝l2
联立解得t3＝2
总时间t＝t1＋t2＋t3＝
解决带电粒子(体)在“叠加场”中运动问题的“三步曲”
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2. (2024 佛山南海区摸底)如图所示是某种质谱仪的结构简化图．质量为m、
电荷量为＋q 的粒子束恰能沿直线通过速度选择器，并从环状D 形盒的中缝(宽度略大于粒子直径)射入
磁感应强度为B0、方向垂直纸面指向里的环形磁场区域．环状D 形盒的外半径为2R，内半径为R，外壳
的厚度不计，出口M、N 之间放置照相底片，底片能记录粒子经过出口时的位置．已知速度选择器中电
场强度大小为E，方向水平向左，磁感应强度大小为B(磁场方向未画出).不计粒子重力，若带电粒子
能够打到照相底片，求：
(1) B 的方向以及粒子进入环状D 形盒时的速度大小．
(2) 环状D 形盒中的磁感应强度B0的大小范围．
答案(1) B 的方向垂直于纸面指向外，v＝(2) ≤B0≤
解析(1) 粒子通过速度选择器，电场力和洛伦兹力平衡，根据左手定则，得B 的方向垂直于纸面
指向外，根据qvB＝qE
解得v＝
(2) 若粒子打在N 点，得r1＝＝R
又qvB1＝m
解得B1＝
若粒子打在M 点，得r2＝＝R
又qvB2＝m
解得B2＝
磁感应强度B0的大小范围为 ≤B0≤
题型三 带电粒子的运动在现代科技应用
例5. (2023 惠州第三次调研)质谱仪被应用于分离同位素，图甲是其简化模型
大量质量为m＝1.60×10-27 kg、电荷量为q＝1.60×10-19 C 的质子，从粒子源A 下方以近似速度为0 飘
入电势差为U0＝450 V 的加速电场中，从中央位置进入平行板电容器．当平行板电容器不加电压时，粒
子将沿图中虚线从O 点进入磁感应强度B＝0.1 T 的匀强磁场中，经磁场偏转后打在水平放置的屏上．
已知磁场方向垂直纸面向外，电容器极板长度L＝6 cm，两极板间宽度d＝2 cm.现给平行板电容器加上
图乙所示的偏转电压，质子在电容器中运动的时间远小于电压变化的周期T，水平屏分布在电容器竖直
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极板两侧，忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用力，求：
(1) 质子射出加速电场时速度的大小．
(2) 为使质子经偏转电场后能全部进入磁场，偏转电压的最大值Um.
(3) 质子打在水平放置的屏上的痕迹长度s.
甲
乙
答案 (1) 3×105 m/s (2) 100 V (3) 2 cm
解析 (1) 质子在加速电场中，根据动能定理，有
qU0＝mv0
解得v0＝＝3×105 m/s
(2) 由于质子在电容器中运动的时间远小于电压变化的周期T，所以质子在电容器中的运动可看作
类平抛运动，为使质子经偏转电场后能全部进入磁场，则有
ym＝d＝at2
a＝＝
t＝
联立解得Um＝100 V
(3) 如图所示
假设质子离开偏转电场时速度为v1，质子在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得qv1B＝m
设速度偏转角为θ，则有v1＝
质子在磁场中偏转的距离为x＝2R cos θ
联立可得x＝＝6 cm
可知质子不管以多大的偏转角(或不同的位置)进入磁场，质子在磁场中的偏转距离(即弦长)是固
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定不变的，故质子打在水平放置的屏上的痕迹长度为电容器两极板之间的宽度d，则有s＝d＝2 cm
例6. (2024 梅州质检一)在芯片领域，技术人员往往通过离子注入方式来优化
半导体．其中控制离子流运动时，采用了如图所示的控制装置，在一个边长为L 的正方形ABCD 的空
间里，沿对角线AC 将它分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，其中Ⅰ区域有垂直于纸面的匀强磁场，在Ⅱ区域内有平
行于DC 且由C 指向D 的匀强电场．一正离子生成器不断有正离子生成，所有正离子从A 点沿AB 方向
以v 的速度射入Ⅰ区域，然后这些正离子从对角线AC 上F 点(图中未画出)进入Ⅱ区域，其中AF＝
AC，最后这些正离子恰好从D 点进入被优化的半导体．已知离子流的正离子带电荷量均为e，质量为
m，不考虑离子的重力以及离子间的相互作用力．求：
(1) Ⅰ区域磁感应强度B 的大小和方向．
(2) Ⅱ区域电场强度E 的大小．
(3) 正离子从A 点运动到D 点所用时间t.
答案 (1) ，方向垂直纸面向里 (2) (3)
解析 (1) 根据左手定则，可以判断磁场方向垂直纸面向里，轨迹如图所示
设带电粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系有
r＝AF＝AC＝·L＝L
解得r＝
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
解得B＝
(2) 粒子进入电场的速度方向竖直向上，在电场中做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，水平
方向做匀加速直线运动，则
yDF＝vt2＝L－r，xDF＝·t＝r
解得t2＝，E＝
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(3) 粒子做匀速圆周运动的时间为t1＝，T＝
所以粒子运动的总时间为t＝t1＋t2＝
3．(2024 广东一模)一种离子分析器的结构原理如图所示，两虚线间的环形区域内存
在顺时针的匀强磁场和垂直纸面向外的匀强电场，电场强度、磁感应强度大小分别为E 和B，外虚线环
的半径为R。环形区域外侧，第一象限其他区域存在垂直纸面向外的匀强磁场(未画出)，磁感应强度
B'大小可调。原点处有一个离子源，发射电荷量为q、质量为m 的正离子，速度方向与x 轴正方向成
60°夹角。x 轴正半轴装有足够大的薄荧光屏，用于接收打到x 轴上的离子。当调节B'＝B1(B1未知)时，
离子沿直线通过环形区域后沿着Oxy 平面运动，并垂直打在荧光屏上。(离子重力不计)
(1)求正离子的速度大小；
(2)求B1的大小及离子打在荧光屏上的位置。
答案(1) E
B (2)√3mE
3qBR (2+√3)R
解析(1)离子在环形区域内沿直线运动，所以受力平衡，有qvB＝qE
解得v＝E
B 。
(2)离子离开环形区域后，能沿着Oxy 平面运动，且垂直打在荧光屏上，其轨迹如图所示
设正离子在环形区域外做匀速圆周运动的半径为R0，有
qvB1＝mv
2
R0
由几何关系得R0＝Rtan60°＝√3R
解得B1＝√3mE
3qBR
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离子打到荧光屏上的位置坐标x＝
R0
sin 60° ＋R0＝(2+√3)R。
1．如图所示，竖直平面xOy，其x 轴水平，在整个平面内存在沿x 轴正方向的匀强电
场E，在第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.2 T。现有一比荷为＝25 C/kg
的带电微粒，从第三象限内某点以速度v0向坐标原点O 做直线运动，v0与x 轴之间的夹角为θ＝45°，
重力加速度g 取10 m/s2。求：
(1)微粒的电性及速度v0的大小；
(2)带电微粒在第一象限内运动时所达到最高点的坐标。
答案 (1)带正电 2 m/s (2)(0.6 m，0.2 m)
解析 (1)带电粒子在第三象限内做直线运动，受到重力、静电力和洛伦兹力三个力的作用，并且合力
为零，即粒子做匀速直线运动，所以，微粒受到的洛伦兹力垂直于速度方向斜向左上方，由左手定则
可判断微粒带正电。对带电微粒受力分析，如图所示，根据平衡条件可得qv0B＝mg，解得v0＝2 m/s。
(2)带电微粒进入第一象限后做曲线运动，假设最高点为M 点，从O 到M 点所用的时间为t，则将微粒
从O 到M 的运动分解为沿x 轴方向的匀加速直线运动和沿y 轴方向上的匀减速直线运动，在y 轴方向上
有
0＝v0sin 45°－gt，y＝t
在x 轴方向上有qE＝mgtan 45°＝max
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x＝v0cos 45°t＋axt2
解得x＝0.6 m，y＝0.2 m
故所达到最高点的坐标为(0.6 m，0.2 m)。
2．如图所示，在xOy 平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B 的变化周
期为4t0，E 的变化周期为2t0，变化规律分别如图甲、乙所示。在t＝0 时刻从O 点发射一带负电的粒子
(不计重力)，初速度大小为v0，方向沿y 轴正方向，在x 轴上有一点A(图中未标出)，坐标为。若规定垂
直纸面向里为磁感应强度的正方向，y 轴正方向为电场强度的正方向，v0、t0、B0为已知量，磁感应强
度与电场强度的大小满足＝；粒子的比荷满足＝。求：
(1)在t＝时，粒子的位置坐标；
(2)粒子偏离x 轴的最大距离；
(3)粒子运动至A 点的时间。
答案 (1) (2)1.5v0t0＋ (3)32t0
解析 (1)在0～t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
qv0B0＝mr1＝m
解得T＝2t0，r1＝＝
则粒子在时间内转过的圆心角α＝
所以在t＝时，
粒子的位置坐标为。
(2)在t0～2t0时间内，设粒子经电场加速后的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示。
则v＝v0＋t0＝2v0
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运动的位移y＝t0＝1.5v0t0
在2t0～3t0时间内粒子做匀速圆周运动
半径r2＝2r1＝
故粒子偏离x 轴的最大距离
h＝y＋r2＝1.5v0t0＋。
(3)粒子在xOy 平面内做周期性运动的运动周期为4t0，故粒子在一个周期内向右运动的距离
d＝2r1＋2r2＝
AO 间的距离为＝8d
所以粒子运动至A 点的时间t＝32t0。
3．如图甲所示，水平放置的平行金属板P 和Q，相距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场。P、Q
间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B 随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向
垂直纸面向里为正方向。t＝0 时刻，一质量为m、电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，以初速度v0由P 板
左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、m、d、v0、U0为已知量。
(1)若仅存在交变电场，要使电荷飞到Q 板时，速度方向恰好与Q 板相切，求交变电场的周期T；
(2)若仅存在匀强磁场，且满足B0＝，粒子经一段时间恰能垂直打在Q 板上(不考虑粒子反弹)，求击中
点到出发点的水平距离。
答案 (1)(n＝1，2，3，…) (2)d
解析 (1)设经时间t，粒子恰好沿切线飞到上板，竖直速度为零，加速度为a
则a＝
半个周期内，粒子向上运动的距离为
y＝a
d＝2ny
t＝nT
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联立得T＝(n＝1，2，3，…)。
(2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r 的匀速圆周运动，则有
qv0B0＝m
解得r＝d
要使粒子能垂直打到上板上，在交变磁场的半周期，粒子轨迹的圆心角设为90°＋θ，如图所示由几
何关系得r＋2rsin θ＝d
解得sin θ＝
则粒子打到上极板的位置距出发点的水平距离为x＝r－2r(1－cos θ)＝d。
4．在如图甲所示的正方形平面Oabc 内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所
示。一个质量为m、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)在t＝0 时刻平行于Oc 边从O 点射入磁场中。已
知正方形边长为L，磁感应强度的大小为B0，规定垂直于纸面向外的方向为磁场的正方向。
(1)求带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T0；
(2)若带电粒子不能从Oa 边界射出磁场，求磁感应强度的变化周期T 的最大值；
(3)要使带电粒子从b 点沿着ab 方向射出磁场，求满足这一条件的磁感应强度变化的周期T 及粒子射入
磁场时的速度大小。
答案 (1) (2) (3) (n＝2，4，6，…)
解析 (1)由qvB0＝m，T0＝
解得T0＝。
(2)如图甲所示为周期最大时粒子不能从Oa 边射出的临界情况，由几何关系可知
sin α＝，解得α＝30°
在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为150°
运动时间为t＝T0＝
而t＝
16
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所以磁感应强度的变化周期T 的最大值为。
(3)如图乙所示为粒子从b 点沿着ab 方向射出磁场的一种情况。在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场
中的运动轨迹对应的圆心角为2β，其中β＝45°，即＝
所以磁场变化的周期为T＝
弦OM 的长度为s＝(n＝2，4，6，…)
圆弧半径为R＝＝(n＝2，4，6，…)
由qv0B0＝m
解得v0＝(n＝2，4，6，…)。
5．如图所示，坐标系xOy 在竖直平面内，整个空间存在竖直向上的匀强电场，y 轴两侧均有方向垂直纸面
向里的匀强磁场，左侧的磁感应强度大小是右侧的两倍。t＝0 时刻，一个带正电微粒从O 点以v＝2
m/s 的初速度射入y 轴右侧空间，初速度方向与x 轴正方向成60°，微粒恰能做匀速圆周运动，第一次
经过y 轴的点记为P，OP 长L＝0.8 m。已知微粒电荷量q＝＋4×10－6 C，质量m＝2×10－7 kg，重力
加速度g 取10m/s2，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)y 轴右侧磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子第二次经过P 点的时刻(结果可含π)。
答案 (1)0.5 N/C (2)0.125 T (3) s
解析 (1)微粒射入y 轴右侧空间，恰能做匀速圆周运动，说明微粒受到的静电力与重力平衡，则有qE
＝mg
解得匀强电场的电场强度大小为
E＝＝0.5 N/C。
(2)微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
有qvB＝m
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由几何关系知，微粒做圆周运动的轨道半径为
r1＝＝L
联立解得y 轴右侧磁场的磁感应强度大小为
B＝0．125 T。
(3)微粒在y 轴左侧运动时，有
qv·2B＝m
则r2＝
粒子从射入到第二次经过P 点的运动轨迹如图，由T＝，可知粒子在y 轴两侧运动的周期分别为
T1＝，T2＝
粒子从射入到第二次经过P 点经历的时间为
t＝2×＋2×＝ s
粒子第二次经过P 点的时刻为t＝ s。
6． (2024 江门一模)如图所示，在x<0 的区域存在方向竖直向上、大小为E0的匀强电场，在x>0 区域存在
垂直纸面向外的匀强磁场B(B 未知)．一个质量为m 的带正电粒子甲从A 点(－d,0)以速度v0沿x 轴正方
向进入电场，粒子从B 点进入磁场后，恰好与静止在C 点质量为的中性粒子乙沿x 轴正方向发生弹性
正碰，且有一半电荷量转移给粒子乙．已知C 点横坐标为xC＝d，不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互
作用，忽略电场变化引起的效应．
(1) 求粒子甲的比荷．
(2) 求粒子甲刚进入磁场时的速率和磁感应强度B 的大小．
(3) 求若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x<0 的区域加上与x>0 区域内相同的磁场，试通过
计算判断两粒子碰撞后能否再次相遇，如果能，求再次相遇的时间Δt.
答案 (1) (2) 2v0 (3) 能
解析 (1) 粒子在电场中沿x 轴匀速直线运动d＝v0t
沿y 轴匀加速直线运动 d＝at2，a＝
联立解得＝
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(2) 沿y 轴匀加速直线运动vy＝at＝v0
进入磁场中粒子速度与x 轴的夹角tan θ＝＝
即θ＝60°
则进入磁场时的速率v＝2v0
由几何关系可得sin60°＝
又由qvB＝
解得B＝
(3) 甲、乙粒子在C 点发生弹性碰撞，设碰后速度分别为v1、v2，由弹性碰撞可得
mv＝mv1＋mv2
mv2＝mv＋×mv
解得v1＝v，v2＝v
两粒子碰后在磁场中运动qv1B＝，qv2B＝
解得r1＝r2＝2d
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为
T1＝，T2＝
则两粒子碰后再次相遇需满足 Δt－Δt＝2π
解得再次相遇时间Δt＝
7． (2024 佛山质检一)很多实验仪器为了不让运动的带电粒子从工作区逃逸，需要利用磁场对带
电粒子进行约束．假设有一个如图所示的辐射状电场与匀强磁场，正方形边长为4a，圆的半径为a.正
方形的中心与圆的圆心同在O 点，圆心与圆周边沿的电势差为U.圆心处有一粒子源，向外释放出质量
为m、带电荷量为＋q 的粒子，粒子初速度近似为零，重力不计．
(1) 求粒子离开电场时的速度大小v.
(2) 若沿垂直于正方形边界的OA 方向从电场射出的粒子恰好飞不出磁场，此时匀强磁场的磁感应
强度B 多大？该粒子在磁场中运动时离O 点的最大距离L 多大？
答案 (1) (2) (＋1)a
解析 (1) 对粒子从O 点到离开电场由动能定理Uq＝mv2
解得v＝
(2) 在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m
当粒子恰好飞不出磁场，如图所示：
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由几何关系可知r＝a
解得B＝
由几何关系L＝a＋a＝(＋1)a
9． (2024 广州综合测试一)如图所示，在边长为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．该正方体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，若电荷量为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v＝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．
答案 (1) Eqx0 (2) 能
解析 (1) 由题可知，整个过程中电场力做功，洛伦兹力不做功，故ΔEk＝Eqx0
(2) 正离子在磁场中做圆周运动，故Bqv＝m
解得r＝＝L
因为正离子轨道半径大于L，故能从右侧面射出，轨迹如图所示
(r－y1)2＋L2＝r2
解得y1＝L
出射点坐标为
8． (2024 梅州质检一)在芯片领域，技术人员往往通过离子注入方式来优化半导体．其中控制离
子流运动时，采用了如图所示的控制装置，在一个边长为L 的正方形ABCD 的空间里，沿对角线AC 将
它分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，其中Ⅰ区域有垂直于纸面的匀强磁场，在Ⅱ区域内有平行于DC 且由C 指向D
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的匀强电场．一正离子生成器不断有正离子生成，所有正离子从A 点沿AB 方向以v 的速度射入Ⅰ区域，
然后这些正离子从对角线AC 上F 点(图中未画出)进入Ⅱ区域，其中AF＝AC，最后这些正离子恰好从
D 点进入被优化的半导体．已知离子流的正离子带电荷量均为e，质量为m，不考虑离子的重力以及离
子间的相互作用力．求：
(1) Ⅰ区域磁感应强度B 的大小和方向．
(2) Ⅱ区域电场强度E 的大小．
(3) 正离子从A 点运动到D 点所用时间t.
答案 (1) ，方向垂直纸面向里 (2) (3)
解析 (1) 根据左手定则，可以判断磁场方向垂直纸面向里，轨迹如图所示
设带电粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系有
r＝AF＝AC＝·L＝L
解得r＝
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
解得B＝
(2) 粒子进入电场的速度方向竖直向上，在电场中做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，水平
方向做匀加速直线运动，则
yDF＝vt2＝L－r，xDF＝·t＝r
解得t2＝，E＝
(3) 粒子做匀速圆周运动的时间为t1＝，T＝
所以粒子运动的总时间为t＝t1＋t2＝
9． (2023 深圳第二次调研)某肿瘤治疗新技术是通过电子撞击目标靶，使目标靶放出X 射线，对
肿瘤进行准确定位，再进行治疗，其原理如图所示．圆形区域内充满垂直纸面的匀强磁场，磁感应强
度为B.水平放置的目标靶长为2l，靶左端M 与磁场圆心O 的水平距离为l、竖直距离为 l.从电子枪逸
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出的电子(质量为m、电荷量为e，初速度可以忽略)经匀强电场加速时间t 后，以速度v0沿PO 方向射入
磁场(PO 与水平方向夹角为60°)，恰好击中M 点，求：
(1) 匀强电场场强的大小．
(2) 匀强磁场的方向及电子在磁场中运动的时间．
(3) 为保证电子击中目标靶MN，匀强电场场强的大小范围(匀强电场极板间距不变).
答案(1) (2) 垂直纸面向里 (3) ≤E≤
解析(1) 电子穿过匀强电场过程中，由动量定理E1et＝mv0
解得E1＝
(2) 由左手定则，判断出匀强磁场的方向为垂直纸面向里．
电子在磁场中运动时满足ev0B＝m，T＝
解得T＝
电子沿着PO 方向射入磁场，沿着OM 方向射出磁场
由几何关系可知，电子在磁场中运动时间
t＝T＝
(3) ①当电子击中M 点时，电子在磁场中的偏转半径R＝
设匀强磁场区域半径为r，由几何关系得tan 30°＝
解得r＝R
②当电子击中N 点时，由几何关系知电子在磁场中速度偏转角为90°，则偏转半径R1＝r＝R
则v1＝v0
粒子穿过匀强电场后的速度为v1，由动能定理eE2d＝mv
设极板间距离为d，则d＝t
解得E2＝
则匀强电场场强的范围为 ≤E≤
10．如图所示，平面直角坐标系x 轴水平，y 轴竖直向上，虚线MN 与y 轴平行，y 轴左侧有竖直
向下的匀强电场，场强E1＝6 N/C，y 轴与MN 之间有平行于y 轴的匀强电场E2，y 轴右侧存在垂直纸面
向里的水平匀强磁场，磁感应强度B＝1 T．一带正电小球(m＝1×10-3 kg，q＝5×10-3 C)从图中与y
轴距离为x0＝0.3 m 的P 点以v0＝3 m/s 的初速度沿x 轴正向开始运动，经坐标原点O 越过y 轴，在y
轴与MN 之间恰好做匀速圆周运动，再经C 点越过MN，越过时速度方向与x 轴正方向一致．线段CD 平
行于x 轴，小球能通过D 点，取g＝10 m/s2.求：
(1) 经过O 点时的速度．
(2) 匀强电场的场强E2以及C 点的坐标．
(3) 线段CD 的长度．
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答案(1) 5 m/s，与x 轴夹角53° (2) 2 N/C，向上 (0.8 m，－0.4 m) (3) 0.8nπ(n＝1，
2，3，…)
解析(1) 小球在PO 段做类平抛运动，t＝＝0.1 s
ay＝＝40 m/s2，vy＝ayt1＝4 m/s
v＝＝5 m/s，tan θ＝＝，与x 轴夹角θ＝53°
(2) 小球在y 轴与MN 之间做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，mg＝qE2，E2＝＝2 N/C，方向向
上
洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力 qvB＝m
R＝＝1 m，x＝R sin θ＝0.8 m，y＝R－R cos θ＝0.4 m
C 点坐标为(0.8 m，－0.4 m)
(3) 在MN 右侧，由qv1B＝mg，解得v1＝＝2 m/s
v2＝v－v1＝3 m/s
小球在C 点的速度大小是v＝5 m/s，可看成是v1＝2 m/s 和v2＝3 m/s 两个速度的合成，在磁场
中小球的运动轨迹为摆轮线，周期为 T＝＝0.4π s
所以 LCD＝v1·nT＝0.8nπ(n＝1，2，3，…)
11．(2024 广东江门模拟)如图所示，在xOy 平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度
为B 的匀强磁场，第四象限内存在方向沿y 轴负方向、电场强度为E 的匀强电场。从y 轴上坐标为a
的一点向磁场区发射速度大小不等的带正电的同种粒子，速度方向范围与y 轴正方向成30°～150°
夹角，且在xOy 平面内。结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x 轴上，然后进入第四象限。已知
带电粒子电荷量为q、质量为m，重力不计。求：
(1)垂直y 轴方向射入磁场的粒子运动的速度大小v1；
(2)粒子在第一象限的磁场中运动的最长时间以及对应的射入方向；
(3)从x 轴上x＝(√2-1)a 点射入第四象限的粒子穿过电磁场后经过y 轴上y＝－b 的点，求该粒子经
过y＝－b 点的速度大小。
答案 (1)qBa
m (2)5πm
6qB ，粒子初速度方向与y 轴正方向夹角为30° (3)√
2q
2B
2a
2
m
2
+ 2qEb
m
解析 (1)垂直y 轴方向射入磁场的粒子运动轨迹如图甲所示，由几何关系知，粒子运动轨迹的圆心
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在O 点，轨迹半径r1＝a
甲
由洛伦兹力提供向心力得
qv1B＝mv1
2
r1
解得v1＝qBa
m 。
(2)当粒子初速度方向与y 轴正方向夹角为30°时，粒子在第一象限的磁场中运动的时间最长，此时
运动轨迹对应的圆心角α＝150°
粒子在磁场中运动的周期T＝2πm
qB
粒子的运动时间
t＝
α
360° T＝150°
360° ×2πm
qB
＝5πm
6qB 。
(3)如图乙所示，设粒子射入磁场时速度方向与y 轴负方向的夹角为θ，轨迹半径为R，由几何关系得
乙
R－R cos θ＝(√2-1)a
R sin θ＝a
解得θ＝45°，R＝√2a
由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝mv0
2
R
此粒子进入磁场的速度v0＝√2qBa
m
设粒子到达y 轴时速度大小为v
根据动能定理得qEb＝1
2mv2－1
2 mv0
2
解得v＝√
2q
2B
2a
2
m
2
+ 2qEb
m
。
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1．（2024 广东高考）如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周
期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁
场。磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0 时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左
端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入
磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距
离的π
3 倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
（1）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
（2）求金属板的板间距离D 和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v；
（3）求从t＝0 时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。
答案（1）正电 π m
Bt0
（2）√
3 π t0U 0
8 B
π√
π U 0
24 Bt0
（3）π mU 0（π
2+16）
48 Bt0
解析（1）根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运
动的周期为T＝2t0
根据T＝2π m
qB
则粒子所带的电荷量q＝π m
Bt0
。
（2）若金属板的板间距离为D，则板长π D
3 ，粒子在板间运动时π D
3 ＝vt0
出电场时竖直速度为零，则竖直方向y＝2×1
2
U 0q
Dm （0.5t0）
2
在磁场中时qvB＝mv
2
r
其中的y＝2r＝2mv
qB
联立解得v＝π√
π U 0
24 Bt0
D＝√
3 π t0U 0
8 B
。
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（3）带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由（2）的计算可知金属板的板间距离
D＝3r 则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后
反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，
在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只
有开始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则
W＝1
2mv2＋Eq× D
3 ＝π
3mU 0
48 Bt0
＋
π mU 0
3 Bt0
＝π mU 0(π
2+16)
48 Bt0
。
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