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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．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；
4
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(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＝
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，…)。
题型二 带电粒子在叠加场中的运动
例3.（2024 河北张家口二模）如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy 中，在第
二象限内存在沿x 轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场；
在第一象限内存在方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度大小也为B、方向垂直于坐标平面向外的匀强
磁场。一带正电的小球P 从x 轴上的A 点以某一速度沿AK 方向做直线运动，AK 与x 轴正方向的夹角θ
＝60°，从K 点进入第一象限后小球P 恰好做匀速圆周运动，经过x 轴时竖直向下击中紧贴x 轴上方静
止的带电小球Q，碰后两球结合为一个结合体M，之后M 从y 轴上的F 点离开第四象限，第四象限存在
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匀强磁场，方向如图所示。已知重力加速度大小为g，小球P、Q 带电荷量均为q、质量均为m，不计
空气阻力。
（1）求第二象限与第一象限内电场的电场强度大小之比E2
E1
；
（2）求小球Q 静止的位置距O 点的距离；
（3）若结合体M 进入第四象限时的速度为v，M 在第四象限运动时的最大速度为2v，则当其速度为2v
时，结合体M 距x 轴的距离是多少？
答案（1）√3 （2）（√3＋2）m
2 g
q
2B
2 （3）3 v
2
2g
解析（1）小球P 沿AK 方向做直线运动，由于洛伦兹力与速度有关，可知其一定做匀速直线运动，受力
分析如图所示
根据几何关系可得E2q
mg ＝tan θ
小球Q 静止在第一象限，则qE1＝mg
联立可得
E2
E1
＝tan θ＝√3。
（2）小球竖直向下击中Q，轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv
2
r
rsin θ＋r＝d
粒子在第二象限中有qvBcos θ＝mg
联立解得d＝（√3＋2）m
2q
q
2B
2。
（3）结合体在第四象限中只有重力做功，根据动能定理可得2mgh＝1
2×2m（2v）2－1
2×2mv2
6
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解得h＝3 v
2
2g 。
例4.(2023 江西景德镇高三月考)如图所示，在区域Ⅰ有与水平方向成30°的匀强电
场，电场方向斜向左下方。在区域Ⅱ有竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大
小为E2＝，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为－q 的粒子从区域Ⅰ的左边界P 点静止释放。粒
子沿水平虚线向右运动，进入区域Ⅱ，区域Ⅱ的宽度为d。粒子从区域Ⅱ右边界的Q 点(图中未画出)离
开，速度方向偏转了60°，重力加速度为g。求：
(1)区域Ⅰ的电场强度大小E1；
(2)粒子进入区域Ⅱ时的速度大小；
(3)粒子从P 点运动到Q 点的时间。
答案 (1) (2) (3)＋
解析 (1)粒子在区域Ⅰ沿水平虚线方向做直线运动，说明粒子在竖直方向上受力平衡，根据平衡条件
有qE1sin 30°＝mg
解得E1＝。
(2)粒子进入Ⅱ区域后，根据题意有qE2＝mg
由此可知粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设粒子进入区域Ⅱ的速度大小为v，
则有qvB＝
根据几何关系有Rsin 60°＝d
联立解得v＝。
(3)粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，其运动周期为T＝
则粒子在区域Ⅱ中运动时间为t2＝T
粒子在区域Ⅰ沿水平虚线运动，
根据v＝at1，qE1cos 30°＝ma
故粒子从P 点运动到O 点的时间为t＝t1＋t2
联立解得t＝＋。
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2.（2024 吉林白城二模）如图所示，水平放置的两块带电金属极板a、b 平行正对，极
板长度和极板间距都为L，板间存在方向竖直向下、电场强度大小为E 的匀强电场和垂直于纸面向里的
匀强磁场。一质量为m、带电荷量为＋q 的粒子，以水平速度v0从两极板的左端正中央射入极板间，恰
好做匀速直线运动。不计粒子的重力及空气阻力。
（1）求匀强磁场磁感应强度B 的大小；
（2）若撤去电场，调整磁感应强度B 大小使粒子刚好能从极板a 右端射出，求粒子运动半径；
（3）若撤去磁场，粒子能从极板间射出，求粒子穿越电场过程中的动能增量ΔEk。
答案（1）E
v0
（2）5
4 L （3）q
2 E
2 L
2
2mv0
2
解析（1）由粒子受力平衡可知
qv0B＝qE
解得B＝E
v0
，因此匀强磁场磁感应强度B 的大小为E
v0
。
（2）撤去电场，调整磁感应强度B 大小使粒子刚好从极板a 右端射出，其运动轨迹如图所示
解决带电粒子(体)在“叠加场”中运动问题的“三步曲”
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由几何关系得r2＝L2＋(r －L
2)
2
解得r＝5
4 L，因此粒子运动半径为5
4 L。
（3）撤去磁场，粒子做类平抛运动，则有
L＝v0t，y＝1
2at2
又由牛顿第二定律得qE＝ma
解得y＝qE L
2
2m v0
2
由动能定理得ΔEk＝qEy＝q
2 E
2 L
2
2mv0
2 ，因此，粒子穿越电场过程中的动能增量为q
2 E
2 L
2
2mv0
2 。
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
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
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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
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 福建福州期中）某同学设计了一种磁防护模拟装置，装置截面图如图
所示，以O 点为圆心的内圆、外圆半径分别为R 和√3R，区域中的危险区内有垂直于纸面向外的匀强磁
场，磁感应强度的大小为B，外圆为绝缘薄板，外圆的左侧有两块平行金属薄板，其右板与外圆相切，
在切点处开有一小孔C。一质量为m、电荷量为＋q、不计重力的带电粒子从左板内侧的A 点由静止释放，
两板间电压为U，粒子经电场加速后从C 点沿CO 方向射入磁场，若恰好不进入安全区，求：
（1）粒子通过C 点时的速度大小v0；
（2）若粒子恰好不进入安全区，求两板间电压U1；
（3）在（2）问中，若粒子每次与绝缘薄板碰撞后原速反弹，求粒子从离开电场到再次返回电场所需
的时间t。
答案（1）√
2qU
m
（2）B
2 R
2q
2m
（3）2πR√
2m
qU
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解析（1）粒子从A 点运动到C 点，根据动能定理得qU＝1
2mv0
2
解得v0＝√
2qU
m
。
（2）设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，如图所示
由几何关系得（√3R）2＋r2＝（r＋R）2
解得r＝R
由牛顿第二定律得qv1B＝mv1
2
r
又因qU1＝1
2mv1
2
解得U1＝B
2 R
2q
2m
。
（3）设粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为θ，由几何关系得tanθ
2＝√3 R
R
解得θ＝2π
3
粒子在磁场中运动的周期为T＝2π m
qB
粒子从C 点到第一次与绝缘薄板碰撞所需时间为t＝T
3
解得t＝1
3πR√
2m
qU
由几何关系可得粒子在危险区运动时总共与绝缘薄板发生5 次碰撞，粒子从离开电场到再次返回电场
时间为t 总＝6t＝2πR√
2m
qU 。
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)
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(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＝m v
2
R0
由几何关系得R0＝Rtan60°＝√3R
解得B1＝√3mE
3qBR
离子打到荧光屏上的位置坐标x＝
R0
sin60° ＋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
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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
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：
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(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
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
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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
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。
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4．（2024 江苏苏州一模）如图甲所示，xOy 平面内存在着变化电场和变化磁场，变化规律如图乙、丙所
示，磁感应强度的正方向为垂直于纸面向里、电场强度的正方向为＋y 方向。t＝0 时刻，一电荷量为＋
q、质量为m 的粒子从坐标原点O 以初速v0沿＋x 方向入射（不计粒子重力）。B-t 图像中B0＝2π m
qt0
，
E-t 图像中E0＝mv0
qt0
。求：
（1）t0
4
时刻粒子的坐标；
（2）0～4t0时间段内粒子速度沿－x 方向的时刻；
（3）0～7t0时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值。
答案（1）(
v0t0
2π ，v0t0
2π ) （2）1
2t0和19
8 t0（3）(
3
2 ＋√2
2π ＋1
2π)v0t0
解析（1）粒子在磁场中运动的周期
T＝2π m
q B0
＝t0
根据洛伦兹力提供向心力，有
B0qv0＝mv0
2
r1
，又因B0＝2π m
qt0
，解得r1＝v0t0
2π
所以t0
4 时刻粒子坐标为(r1，r1)，即(
v0t0
2π ，v0t0
2π )。
（2）0～4t0时间内的运动轨迹如图
由图可知0～4t0时间段内粒子速度沿－x 方向的时刻为t1＝T
2 和t2＝2T＋3
8T，即t1＝1
2t0和t2＝19
8
t0。
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（3）0～7t0时间内粒子运动的轨迹如图所示
t0～2t0时间内粒子沿y 轴方向位移
y1＝1
2v0t0
6t0～7t0时间内粒子沿y 轴方向最大位移
y 磁＝(1+cos 45°)r2
因为r2＝√2
2π v0t0，y1＝y2＝y3
所以ym＝3y0＋y 磁
得ym＝(
3
2 ＋√2
2π ＋1
2π)v0t0。
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，
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有qvB＝m
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＝
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联立解得＝
(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 山东潍坊模拟)如图所示，在空间坐标系x<0 区域中有竖直向上的匀强电场E1，在一、
四象限的正方形区域CDEF 内有方向如图所示的正交的匀强电场E2和匀强磁场B，已知CD＝2L，OC
＝L，E2＝4E1.在负x 轴上有一质量为m、电荷量为＋q 的金属a 球以速度v0沿x 轴向右匀速运动，并与
静止在坐标原点O 处用绝缘细支柱支撑的(支柱与b 球不粘连、无摩擦)质量为2m、不带电金属b 球发
生弹性碰撞．已知a、b 球体积大小、材料相同且都可视为点电荷，碰后电荷总量均分，重力加速度为
g，不计a、b 球间的静电力，不计a、b 球产生的场对电场、磁场的影响，求：
(1) 碰撞后，a、b 球的速度大小．
(2) a、b 碰后，经t＝时a 球到某位置P 点，求P 点的位置坐标．
(3) a、b 碰后，要使b 球不从CD 边界射出，求磁感应强度B 的取值．
答案 (1) v0 v0 (2) (3) 0<B<或B>
解析 (1) a 匀速运动，则mg＝qE1
a、b 碰撞瞬间动量守恒mv0＝mva＋2mvb
机械能守恒mv＝mv＋×(2m)v
解得va＝－v0，vb＝v0
即a 球速度大小为v0，b 球速度大小为v0.
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(2) 碰后a、b 电荷总量平分，则qa＝qb＝q
碰后a 在电场中向左做类平抛运动，设经t＝时a 球到P 点的位置坐标为(－x，－y)，则
x＝vat，y＝at2
其中mg－qE1＝ma，解得a＝g
联立解得x＝，y＝
故P 点的位置坐标为
(3) 碰撞后对b 有qE2＝2mg
故b 做匀速圆周运动，则 qvbB＝2m
解得r＝
若b 恰好从C 射出，则L＝2r
解得B1＝
若b 恰从D 射出，则由几何关系r2＝4L2＋(r－L)2
解得r＝L
解得B2＝
故要使b 不从CD 边界射出，则B 的取值范围满足
0<B<或B>
8． (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
10．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
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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＝
(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
11．(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
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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＝
1.(2023 江苏卷)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图8 所示的模型。Oxy 平面内存在竖
直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e 的电子从
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O 点沿x 轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x 轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运
动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
(1)求电场强度的大小E；
(2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
(3)若电子入射速度在0＜v＜v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2＝位置的电子数N 占总电子数N0
的百分比。
答案 (1)Bv0 (2) (3)90%
解析 (1)电子沿x 轴正方向做直线运动，则电子受平衡力的作用，即
eE＝ev0B
解得E＝Bv0。
(2)电子在电场和磁场叠加场中运动，受洛伦兹力和电场力的作用，只有电场力做功，则电子的速度
由到的过程中，由动能定理得
eEy1＝m－m
解得y1＝。
(3)设电子的入射速度为v1时刚好能到达纵坐标为y2＝的位置，此时电子在最高点的速度沿水平方向，
且大小假设为v2，则
电子在最低点的合力为F1＝eE－ev1B
电子在最高点的合力为F2＝ev2B－eE
由题意可知电子在最高点与最低点的合力大小相等，
即F2＝F1
整理得v1＋v2＝2v0
电子由最低点到最高点的过程，由动能定理得
eEy2＝mv－mv
整理得v2－v1＝
解得v1＝v0
又电子入射速度越小，电子运动轨迹的最高点对应的纵坐标越大，则能到y2＝的位置的电子数占总电
子数的比例为
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η＝＝×100%
解得η＝90%。
2．（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
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D＝√
3 π t0U 0
8 B
。
（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
。
3．(2023 浙江卷)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(纸
面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x 轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度
大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边
界与x 轴重合．位于(0，3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x 轴夹角为60°的
正离子束，沿纸面射向磁场区域．不计离子重力及离子间的相互作用，忽略磁场的边界效应．
(1) 求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t.
(2) 若B2＝2B1，求能到达y＝处的离子的最小速度v2.
(3) 若B2＝y，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在～范围，求进入第四象限的离子数
与总离子数之比η.
答案 (1) (2) (3) 60%
解析 (1) 当离子运动轨迹与磁场边界相切时，速度最大，则由几何关系得
r1cos 60°＝r1－L
解得r1＝2L
根据qv1B1＝m
解得v1＝
在磁场中运动的周期T＝
运动时间t＝T＝
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(2) 若B2＝2B1，根据r＝
可知r1＝2r2
粒子在磁场中运动轨迹如图，设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系
r1sin α－r1sin 30°＝L
r2－r2sin α＝
解得r2＝2L，sin α＝
根据qv2B2＝m
解得v2＝
(3) 当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x 轴，则由动量定理B2qvyΔt＝mΔvx
即yqΔy＝mΔvx
求和可得∑yqΔy＝∑mΔvx
粒子从进入区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x 轴上的过程中
m(v－v cos 60°)＝B1qL＋··qL
解得v＝
则速度在～之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在～，
可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为η＝60%.
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