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高考重点考点解读与针对性训练
第十二章 磁场
考点95 带电粒子在叠加场中的运动
【考点解读】
1.叠加场
在同一区域电场、磁场、重力场三场共存或其中某两场共存。
2.带电粒子在叠加场中常见的运动形式及特点
运动性质
受力特点
方法规律
匀速直线运动
粒子所受的合力为0
平衡条件
匀速圆周运动
电场力与重力平衡，即qE＝mg，洛伦兹力提供向
心力
牛顿第二定律、圆周运
动的规律
较复杂的曲线
运动
除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛
伦兹力等大反向
动能定理、能量守恒定
律等
3.“三步法”突破叠加场问题
【高考真题】
【典例1】（2024·安徽高考10 题）空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀
强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m 的带电油滴a，在纸面内做
半径为R 的圆周运动，轨迹如图所示。当a 运动到最低点P 时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、
Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P 点时与a 的速度方向相同，并做半径为3R 的圆周运
1
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动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以
及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则（ ）
A.油滴a 带负电，所带电量的大小为mg
E
B.油滴a 做圆周运动的速度大小为gBR
E
C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为3 gBR
E
，周期为4 π E
gB
D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
答案：ABD
解析：油滴a 做圆周运动，故其所受的重力与电场力平衡，可知油滴带负电，有mg＝Eq，
解得q＝mg
E ，故A 正确；根据洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝mv
2
R
，得R＝mv
Bq ，解得油滴
a 做圆周运动的速度大小为v＝gBR
E ，故B 正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得3R＝
m
2 v1
B q
2
，解得v1＝3 BqR
m
＝3 gBR
E
，周期为T＝2π ·3 R
v1
＝2π E
gB ，故C 错误；带电油滴a 分
离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a 分离前瞬间的速度方向为正方
向，得mv＝m
2 v1＋m
2 v2，解得v2＝－gBR
E ，由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然
平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方
向做圆周运动，故D 正确。
【典例2】.[2022 全国甲]空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（xOy
平面）向里，电场的方向沿y 轴正方向.一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原
点O 由静止开始运动.下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ B ）
A B C D
答案 B
解析 分析可知，开始一段较短时间内，带正电的粒子具有沿y 轴正方向的速度，由左手
定则可知，粒子应向左侧偏转，A、C 错误；由于粒子所受电场力沿y 轴正方向，且粒子初
2
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速度为零、初始位置在坐标原点，故粒子运动轨迹的最低点在x 轴上，D 错误，B 正确.
【典例3】.[2022 广东/多选]如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂
直纸面向里的匀强磁场.电子从M 点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P 两点.已知
M、P 在同一等势面上，下列说法正确的有（ BC ）
A.电子从N 到P，电场力做正功
B.N 点的电势高于P 点的电势
C.电子从M 到N，洛伦兹力不做功
D.电子在M 点所受的合力大于在P 点所受的合力
答案 BC
解析 电子从M 点由静止释放，从M 到N，电场力做正功，M、P 在同一等势面上，可知
电子从N 到P，电场力做负功，A 错误；根据沿电场线方向电势降低，可知N 点电势高于
P 点电势，B 正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，可知电
子从M 到N，洛伦兹力不做功，C 正确；洛伦兹力不做功，且M、P 在同一等势面上，可
知电子在M 点和P 点速度都是零，即电子在M 点和P 点都是只受到电场力作用，所以电子
在M 点所受的合力等于在P 点所受的合力，D 错误.
【典例4】.[2022 湖南]如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，
平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为√3d，极板间存在方向水平向里的匀
强磁场.质量为m、带电荷量为＋q 的小球以初速度v 沿水平方向从电容器下板左侧边缘A
点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器.此过程中，小球未
与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力.
（1）求直流电源的电动势E0；
（2）求两极板间磁场的磁感应强度B；
（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的
最小值E'.
答案 （1）（R1＋R2）mgd
q R2
（2）mv
2q d （3）mg
2q
3
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解析 （1）小球在电容器中做匀速圆周运动，电场力与重力大小相等、方向相反，设两板
间电压为U，有
mg＝qU
d
由闭合电路欧姆定律得U＝
R2
R1＋R2
E0
联立解得E0＝（R1＋R2）mgd
q R2
.
（2）小球在电容器中做匀速圆周运动，恰从上板右侧边缘离开，设轨迹半径为r，有r2＝
（r－d）2＋（√3d ）
2
又洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力，qvB＝mv
2
r
解得B＝mv
2q d .
（3）小球离开磁场时，速度方向与水平方向的夹角为θ＝60°，要使小球做直线运动，则
电场力与重力的合力与速度方向共线，当电场力等于小球重力垂直于速度方向的分力时，
电场力最小，电场强度最小，qE'＝mgcos60°
解得E'＝mg
2q .
【典例5】.[2023 湖南]如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在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，等腰直角三角形CGF 区域
（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外.图中A、C、O 三点在同一直线上，
AO 与GF 垂直，且与电场和磁场方向均垂直.A 点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的
粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC 运动的粒子才能进入区域Ⅱ.若区域Ⅰ中电场强度大小
为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF 的中点射出，
它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0.若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ
中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ D ）
A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t＞t0
B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t＞t0
C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为√3
4 B2，则t＝t0
2
4
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D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为√2
4 B2，则t＝√2t0
答案 D
解析 粒子在Ⅰ中
qv0B1＝qE→v0＝E
B1
→粒子在Ⅱ中运动的轨迹半径为r0＝mv0
q B2
＝
mE
q B1B2
所用时间t0＝90°
360° T＝1
4 ×2π m
q B2
＝π m
2q B2
仅将B1变为2B1→v1＝1
2v0→r1＝1
2r0→从CF 的四等分点处竖直向下射出
仅将E 变为2E→v2＝2v0→r2＝2r0→从F 点竖直向下射出
粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图1 所示
图1
粒子转过的圆心角均为90°，粒子在Ⅱ中运动的时间仍为t0，AB 错
图2 图3
仅将Ⅱ中磁场变为√3
4 B2→半径r3＝4
√3r0＞2r0，粒子从OF 边离开，如图2 所示→对应圆心
角的正弦值sinθ1＝2r0
r3
＝√3
2 →粒子转过的圆心角θ1＝60°→粒子运动时间t＝60°
360° ×
2π m
q· √3
4 B2
＝8√3
9
t0，C 错
5
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仅将Ⅱ中磁场变为√2
4 B2→半径r4＝4
√2r0＞2r0，粒子从OF 边离开，如图3 所示→对应圆心
角的正弦值sinθ2＝2r0
r4
＝√2
2 →粒子转过的圆心角θ2＝45°→粒子运动时间t＝45°
360° ×
2π m
q· √2
4 B2
＝√2t0，D 对
【针对性训练】
1（2025·福建泉州期末）如图，空间中存在沿水平方向且互相垂直的匀强磁场B 和匀强电
场E，一带电液滴以一定速度沿斜向上的虚线做直线运动，则液滴（ ）
A.带负电
B.一定做匀速直线运动
C.可能做匀减速直线运动
D.电势能减小
答案：BD
解析：带电液滴以一定速度沿斜向上的虚线做直线运动，由于洛伦兹力会随速度变化而变
化，所以带电液滴一定做匀速直线运动，则油滴的受力如图所示，由于静电力与电场方向
相同，所以液滴带正电，故B 正确，A、C 错误；由于静电力对带电液滴做正功，可知带电
液滴的电势能减小，故D 正确。
2.（2025·江西上饶期末）如图所示，在以坐标原点O 为圆心的半圆形区域内，有相互垂直
的匀强电场（图中未画出）和匀强磁场，电场方向沿x 轴正方向，磁场方向垂直于xOy 平
面向里。一质量为m、带电荷量为q 的带电粒子从O 点沿y 轴正方向以一定速度射入，带
电粒子沿直线运动，经时间t0从P 点射出，若仅撤去磁场，带电粒子经t0
2
射出半圆形区域，
不计粒子受到的重力，匀强磁场的磁感应强度大小为（ ）
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A.√3m
qt0
B.2√3m
qt0
C.3√3m
qt0
D.4√3m
qt0
答案 D
解析： 设粒子带正电，半圆形区域的半径为R，粒子射入时的速度大小为v，粒子能从P
点射出，说明其受到的静电力和洛伦兹力相互平衡，则有qE＝qvB，R＝vt0，撤去磁场后，
粒子沿y 轴方向做匀速运动，经t0
2
射出半圆形区域，则y 方向位移为0.5R，由几何关系可
知粒子从(
√3 R
2
，R
2)处离开半圆形区域，粒子沿x 轴方向做匀加速直线运动，有√3 R
2
＝
Eq
2m(
t0
2)
2
，联立解得B＝4√3m
qt0
，故D 正确。
3.（2025·黑龙江哈尔滨期末）一带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中做匀速圆周
运动，匀强电场竖直向上，匀强磁场水平且垂直纸面向里，如图所示，下列说法正确的是
（ ）
A.沿垂直纸面方向向里看，小球的绕行方向为逆时针方向
B.小球一定带正电且小球的电荷量q＝mg
E
C.由于合外力做功等于零，故小球在运动过程中动能不变
D.由于洛伦兹力不做功，故小球在运动过程中机械能守恒
答案 ABC
解析： 带电小球在正交场中做匀速圆周运动，则向下的重力和向上的静电力平衡，可知
小球带正电，由左手定则可知，沿垂直纸面方向向里看，小球的绕行方向为逆时针方向，
根据qE＝mg，可知，小球的电荷量q＝mg
E ，选项A、B 正确；由于静电力和重力平衡，则
两力的合力做功为零，洛伦兹力不做功，则合外力做功等于零，故小球在运动过程中动能
不变，选项C 正确；洛伦兹力不做功，但是除重力以外还有静电力做功，故小球在运动过
程中机械能不守恒，选项D 错误。
4.（2025·北京清华附中质检）空间同时存在匀强电场和匀强磁场。匀强电场的方向沿y 轴
正方向，电场强度大小为E；磁场方向垂直纸面向外。质量为m、电荷量为＋q 的粒子（重
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力不计）从坐标原点O 由静止释放，释放后，粒子恰能沿图中的曲线运动。已知该曲线的
最高点P 的纵坐标为h，曲线在P 点附近的一小部分，可以看作是半径为2h 的圆周上的一
小段圆弧，则（ ）
A.粒子在y 轴方向做匀加速运动
B.粒子在最高点P 的速度大小为√
qEh
2m
C.磁场的磁感应强度大小为√
2mE
qh
D.磁场的磁感应强度大小为√
mE
qh
答案 C
解析： 对粒子受力分析可知，粒子受到洛伦兹力沿y 轴方向的分力是变化的，故粒子在y
轴方向的合力是变化的，加速度也是变化的，A 错误；从O 到P，洛伦兹力不做功，由动能
定理得qEh＝1
2mv P
2，解得vP＝√
2qEh
m
，B 错误；粒子经过最高点时，洛伦兹力和静电力
的合力提供向心力，即qvPB－qE＝mv P
2
2h
，联立解得B＝√
2mE
qh
，C 正确，D 错误。
5. （2025 届江苏泰州高三年级二模联考）如图所示，竖直平面内有一固定的光滑绝缘大圆
环，直径AC 水平、直径ED 竖直。轻弹簧一端固定在大环的E 点处，另一端连接一个可视
为质点的带正电的小环，小环刚好套在大环上，整个装置处在一个水平向里的匀强磁场中，
将小环从A 点由静止释放，已知小环在A、D 两点时弹簧的形变量大小相等。则（ ）
A. 小环不可能滑到C 点
B. 刚释放时，小环的加速度为g
C. 弹簧原长时，小环的速度最大
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D. 小环滑到D 点时的速度与其质量无关
【答案】D
【解析】．小环下滑过程中只有重力和弹簧弹力做功，洛伦兹力不做功，由对称性可知，
小环从A 点由静止释放可以滑到C 点，选项A 错误；
刚释放时，竖直方向小环受向下的重力和弹力向下的分力作用，可知小环的加速度大于
g，选项B 错误；
小环在A、D 两点时弹簧的形变量大小相等，可知在A 点时弹簧压缩，在D 点时弹簧伸长，
弹簧在原长时小环在AD 之间的某位置，此时弹力为零，但小环受合力不可能为零，加速
度不可能为零，即小环的速度不可能最大，选项C 错误；
小环在A、D 两点时弹簧的形变量大小相等，则弹性势能相等，从A 到D 由能量关系可知
可得
即小环滑到D 点时的速度与其质量无关，选项D 正确。
6. （辽宁省名校联盟2025 年高三1 月份联合考试）如图所示，质量为
的带正电小球，
套在粗糙水平细杆上，空间中存在水平向右的匀强电场和垂直平面向里的匀强磁场，给小
球一初速度
，关于小球的加速度和速度大小的变化图像可能正确的是（ ）
A.
B.
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C.
D.
【答案】AC
【解析】对小球受力分析，小球受向下的重力、向右的电场力、向上的洛伦兹力、向左的
摩擦力、杆的弹力方向可能向上也可能向下，当电场力大于滑动摩擦力，且弹力向下，根
据牛顿第二定律有
，可知随着小球速度的增大，小球的加速度逐
渐减小，最后加速度减小到零，做匀速直线运动； A 正确；
当电场力大于滑动摩擦力，且弹力向上，根据牛顿第二定律有
可知随着小球速度的增大，小球受到的摩擦力先减小后增大，小球的加速度先增大后减小
到零，速度一直增大后匀速，但
图线的斜率先增加后减小，B 错误；
当电场力小于滑动摩擦力，且弹力向上，根据牛顿第二定律有
可知随着小球速度的减小，摩擦力逐渐增大，小球的加速度逐渐增大，速度减小直至停止
C 正确；
当电场力小于滑动摩擦力，且弹力向下，根据牛顿第二定律有
加速度减小，速度减小，直至摩擦力等于电场力，小球做匀速直线运动，D 错误；
7. （2025 年5 月山东省模拟演练）如图所示，竖直虚线MN 将真空空间分割成I、II 两个区
域，I、II 区域内存在范围足够大、大小为
、垂直纸面且方向相反的匀强磁场，一
个质量为m、电荷量为+q 的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直细杆上，杆足够长，环与
杆的动摩擦因数为μ。现使圆环从杆的底部以初速度
向上运动，经时间
后圆环回
到出发位置，杆的底部有个光滑的拐角，长度忽略不计，其能够使圆环无能量损失的水平
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向左脱离杆，并在一段时间后恰好能够进入II 区域。已知重力加速度为g，圆环完成周期
性运动的个数为n。下列说法正确的是（ ）
A. 当圆环回到出发位置时速度v 的大小为
B. 第一次通过MN 边界时的速度大小
C. 在圆环未离开I 区域内达到最高点前的位移大小为
D. 在圆环第二次通过MN 边界前，从O 点脱离杆后回到最高点的位移大小
【答案】BCD
【解析】．①上升阶段，对环受力分析
规定向下为正，对竖直方向列动量定理可得
，Σ
②下降阶段，对环受力分析
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规定向下为正，对竖直方向列动量定理可得
，Σ
，
t=t 上+t 下，
联立以上两式可得
解得
，A 错误；
由受力分析知，物体只受重力及洛伦兹力，又因为物体初速度往左，故分解一个向右的速
度
且满足
即
则另一个速度
，方向向左
所以物体在mg 和
产生的洛伦兹力作用下向右做匀速直线运动，在v2产生的洛伦兹力作
用下做匀速圆周运动，物体的实际运动为这两运动之和。
由题意可知，第一次通过MN 边界时圆环的轨迹与其相切，速度竖直向上，则此时的速度
方向如图所示
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由图可知，当物体的速度
竖直向上时，
的速度方向与水平方向向左成θ 角，且
所以
所以
，B 正确；
易知圆环在I 区域内做周期性运动，且此时
的运动无法影响竖直方向，所以回到最高点
的时间由
决定。
①在圆环还未出I 区域内达到最高点
设圆环已经完成了n 个周期运动，
则有
，
，
解得
②在圆环出I 区域后达到最高点
I、II 区域磁场大小相等，方向相反，且圆环进入II 区域时速度竖直向上，
所以圆环在II 区域达到最高点的轨迹就是这个周期内剩下轨迹的对称图形，如图所示
则
，
，
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CD 均正确。
8.（2025·八省联考晋陕青宁卷）如图，cd 边界与x 轴垂直，在其右方竖直平面内，第一、
二象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三、四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，
磁场区域覆盖有竖直向上的外加匀强电场。在xOy 平面内，某质量为m、电荷量为q 带正
电的绝缘小球从P 点与cd 边界成30°角以速度v0射入，小球到坐标原点O 时恰好以速度v0
竖直向下运动，此时去掉外加的匀强电场。重力加速度大小为g，已知磁感应强度大小均
为mg
q v0
。求：
（1）电场强度的大小和P 点距y 轴的距离；
（2）小球第一次到达最低点时速度的大小；
（3）小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时所用时间。
答案：（1）mg
q （2+√3）v0
2
2g
（2）（1＋√2）v0 （3）3 π v0
4 g
解析：（1）依题意，小球从P 点运动到坐标原点O，速率没有改变，即动能变化为零，由
动能定理可知合力做功为零，所以，电场力与重力等大反向，可得qE＝mg
解得E＝mg
q
可知小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图
根据qv0B＝mv0
2
r
解得r＝v0
2
g
由几何关系，可得xP＝r＋rcos 30°
联立，解得xP＝（2+√3）v0
2
2g
。
（2）把小球在坐标原点的速度v0分解为沿x 轴正方向的v0和与x 轴负方向成45°的√2v0，
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如图
其中沿x 轴正方向的v0对应的洛伦兹力恰好与小球重力平衡，即F 洛＝qv0B＝mg，小球沿x
轴正方向做匀速直线运动，
与x 轴负方向成45°的√2v0对应的洛伦兹力提供小球做逆时针匀速圆周运动的向心力，可
知小球第一次到达最低点时速度的大小为v＝v0＋√2v0＝（1＋√2）v0。
（3）由第二问分析可知小球在撤去电场后做匀速圆周运动的分运动轨迹如图所示
由几何关系，可得小球从过坐标原点到第一次到达最低点时圆弧轨迹对应的圆心角为
135°，则所用时间为t＝135°
360° T
根据q·√2v0·B＝m（√2v0）
2
R
又T＝2π R
√2v0
联立，解得t＝3 π v0
4 g
。
9 （2025·四川宜宾模拟）如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有
垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x 轴负方向的匀强电场，
电场强度大小为E＝2 N/C。在其第一象限空间有沿y 轴负方向的、电场强度大小也为E 的
匀强电场，并在y＞h＝0.4 m 的区域有磁感应强度也为B 的、垂直于纸面向里的匀强磁场。
一个带电荷量为q 的油滴从图中第三象限的P 点得到一初速度，恰好能沿PO 做匀速直线运
动（PO 与x 轴负方向的夹角为θ＝45°），并从原点O 进入第一象限。已知重力加速度g
15
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＝10 m/s2，求：
（1）油滴在第三象限运动时受到的重力、静电力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴
带何种电荷；
（2）油滴在P 点得到的初速度大小；
（3）油滴在第一象限运动的时间。
答案：（1）1∶1∶√2 油滴带负电荷 （2）4√2 m/s （3）0.828 s
解析：（1）对油滴受力分析及作出油滴的运动轨迹如图所示。
根据油滴受力平衡可知油滴带负电荷，设油滴质量为m，由平衡条件得mg∶qE∶F＝
1∶1∶√2。
（2）由第（1）问得qvB＝√2qE，
解得v＝√2 E
B
＝4√2 m/s。
（3）进入第一象限，电场力和重力平衡，可知油滴先做匀速直线运动，进入y≥h 的区域
后做匀速圆周运动，最后从x 轴上的N 点离开第一象限。
油滴由O→A 做匀速运动的位移为
s1＝
h
sin 45° ＝√2h，
其运动时间t1＝s1
v
＝0.1 s，
由qvB＝mv
2
r
，T＝2π r
v
得T＝2π m
qB
由mg＝qE，得m
q ＝E
g ，油滴从A→C 做圆周运动的时间为t2＝1
4 T＝π E
2gB ≈0.628 s，
由对称性知，油滴从C→N 运动的时间t3＝t1，
所以油滴在第一象限运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋0.628 s＝0.828 s。
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10.[2024 北京海淀区模拟/多选]如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P 的轨迹可看成质点P
相对圆心O 做速率为v 的匀速圆周运动，同时圆心O 向右相对地面以速率v 做匀速运动形
成的，该轨迹称为圆滚线.如图乙所示，空间存在竖直向下的大小为E 的匀强电场和水平方
向（垂直纸面向里）大小为B 的匀强磁场，已知一质量为m、带电荷量为q 的正离子在电
场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A 点沿曲线ACB（该曲线属于圆滚线）运动，
到达B 点时速度为零，C 为运动的最低点.不计重力，则（ BC ）
A.该离子的电势能先增大后减小
B.A、B 两点位于同一高度
C.到达C 点时离子速度最大，大小为2 E
B
D.离子从A 点运动到B 点经历的时间为π m
qB
答案 BC
解析 正离子开始受到方向向下的电场力作用由静止开始向下运动，到最低点后又向上运
动，所在位置的电势先减小后增大，该离子的电势能Ep＝qφ 先减小后增大，故A 错误；
离子从A 到B，动能变化量为零，洛伦兹力不做功，根据动能定理知，电场力做的功为零，
A、B 两点电势相等，因为该电场是匀强电场，所以A、B 两点位于同一高度，故B 正确；
把初态速度0 分解为向右的速度v 和向左的速度v，且qvB＝Eq，解得v＝E
B ，离子沿曲线
ACB 的运动可看成速率为v 的匀速圆周运动与圆心速率为v 向右的匀速直线运动的合运动，
离子到达C 点时匀速直线运动与圆周运动速度同向，速度最大为vmax＝2v＝2 E
B ，故C 正
确；离子从A 点运动到B 点经历的时间为圆周运动的一个周期T＝2π m
qB ，故D 错误.
11.如图所示，空间分布着水平向右的匀强电场，质量为m、电荷量为q 的带正电的小球用
绝缘细线悬挂在O 点.小球静止时，细线与竖直方向的夹角α＝60°.已知重力加速度大小为
g.
（1）求电场强度的大小E.
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（2）若把小球拉至最低点A，并给它一水平初速度v0，为使小球可做完整的圆周运动，求
细线长度l 的范围.
（3）若小球在电场中静止，再加一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.剪
断细线，求小球运动过程中的最大速率vm.
答案 （1）√3mg
q
（2）0＜l≤v0
2
8 g
（3）4 mg
Bq
解析 （1）小球静止时，受力平衡，有
Eq＝mgtanα，解得E＝√3mg
q
（2）小球所受重力、电场力的合力大小为
F＝√（mg）
2＋（Eq ）
2＝2mg
将重力场与电场视为一个等效场，则该场方向斜向下，与竖直方向夹角为α，小
球静止的位置为等效最低点，B 点为等效最高点，如图1 所示.如果小球刚好能做
完整的圆周运动，在等效最高点B 满足2mg＝mvB
2
l1
小球从A 点运动到B 点，由动能定理有
－mgl1（1＋sin30°）－Eql1cos30°＝1
2mvB
2－1
2mv0
2
解得l1＝v0
2
8 g
细线长度的取值范围为0＜l≤v0
2
8 g
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（3）将小球的初速度分解为垂直于重力和电场力的合力F 向上的速度v1和垂直于重力和电
场力的合力F 向下的速度v1，且满足
F 洛＝Bqv1＝2mg
垂直于重力和电场力的合力F 向上的速度引起的洛伦兹力与重力和电场力的合力F 等大反
向，相互抵消，小球分运动为垂直于重力和电场力的合力F 向上的匀速直线运动；垂直于
重力和电场力的合力F 向下的速度引起的洛伦兹力与F 同向，使小球做逆时针的匀速圆周
运动.
所以小球做斜向右上的匀速直线运动的同时做逆时针的匀速圆周运动，如图2 和图3，可
知在轨迹Q 点，小球的速度最大.
即vm＝2v1
所以vm＝4 mg
Bq .
图2 图3
12 .[2024 江西九校联考]如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着
正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向与x 轴夹角为45°斜向右上方，磁感应强度的
方向垂直纸面向里.一个质量为m、电荷量为q 的带正电微粒从原点出发，以某一初速度沿
与x 轴正方向的夹角为45°的方向进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A（L，
L）时，电场强度的方向突然变为竖直向上，大小变为原来的√2倍（不计电场变化的时
间），微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y 轴穿出复合场.（不计一切阻力，重力加速
度为g）求：
（1）电场强度E 的大小；
（2）磁感应强度B 的大小；
（3）微粒在复合场中运动的时间.
答案 （1）√2mg
2q
（2）m
q √
g
2 L
（3）（1＋3 π
4 ）√
2 L
g
解析 （1）由题意可知微粒在到达A 点之前做匀速直线运动，对微粒受
力分析，如图1 所示
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由几何关系有Eq＝mgsin45°
解得E＝√2mg
2q
（2）由图1 的几何关系有qvB＝mgcos45°
电场强度的大小和方向改变后，微粒所受的重力和电场力平衡，微粒在洛伦兹力的作用下
做匀速圆周运动，微粒从进入复合场到穿出复合场的运动轨迹如图2 所示
由几何知识可得r＝√2L
又qvB＝mv
2
r
联立解得B＝m
q √
g
2 L
，v＝√gL
（3）微粒做匀速直线运动的时间为
t1＝√2 L
v
＝√
2 L
g
微粒做匀速圆周运动的时间为
t2＝
3
4 π·r
v
＝3 π
4 √
2 L
g
则微粒在复合场中运动的总时间为
t＝t1＋t2＝（1＋3 π
4 ）√
2 L
g
.
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