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第32 讲 洛伦兹力及带电粒子在磁场中的运动
目录
考情探究...........................................................................................................................
知识梳理...........................................................................................................................
探究核心考点...................................................................................................................
考点一 仅在洛伦兹力作用下的运动............................................................................................
考点二 先电场后磁场....................................................................................................................
考点三 先磁场后电场....................................................................................................................
考点四 叠加场中的运动................................................................................................................
考点五 不共面的运动....................................................................................................................
三阶突破训练...................................................................................................................
基础过关..........................................................................................................................................
能力提升..........................................................................................................................................
真题感知..........................................................................................................................................
一、5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2025 年安徽卷，第7 题
2025 年北京卷，第18 题
2025 年甘肃卷，第10 题
2025 年湖北卷，第14 题
2025 年四川卷，第10 题
仅在洛伦兹力作用下的运动
动量定理
1
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2025 年重庆卷，第14 题
2025 年黑龙江、吉林、辽
宁、内蒙古卷，第15 题
2024 年河北卷，第10 题
2024 年湖北卷，第7 题
2024 年广西卷，第5 题
2023 年北京卷，第13 题
2023 年湖北卷，第15 题
2023 年全国甲卷，第7 题
2023 年全国乙卷，第5 题
2023 年浙江6 月卷，第23 题
2022 年浙江1 月卷，第22 题
2022 年北京卷，第7 题
2022 年湖北卷，第8 题
2022 年湖南卷，第13 题
2022 年辽宁卷，第8 题
2021 年北京卷，第12 题
2021 年全国乙卷，第3 题
2021 年广东卷，第13 题
2021 年湖北卷，第9 题
2021 年湖南卷，第13 题
2025 年广东卷，第6 题
2025 年湖南卷，第14 题
2025 年山东卷，第12 题
2024 年山东卷，第18 题
2024 年新课标卷，第13 题
2024 年广东卷，第15 题
2023 年海南卷，第13 题
2023 年辽宁卷，第14 题
2023 年山东卷，第17 题
2022 年河北卷，第14 题
2022 年北京卷，第18 题
2021 年全国甲卷，第12 题
2021 年河北卷，第14 题
2021 年辽宁卷，第15 题
先电场后磁场
匀变速直线运动规律
受力平衡
牛顿第二定律
运动的合成与分解
动能定理
2025 年河北卷，第10 题
先磁场后电场
匀变速直线运动规律
2
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2025 年河南卷，第15 题
2024 年浙江1 月卷，第22 题
2023 年浙江1 月卷，第20 题
2023 年天津卷，第13 题
牛顿第二定律
动能定理
2025 年北京卷，第12 题
2025 年云南卷，第14 题
2024 年江西卷，第7 题
2024 年安徽卷，第10 题
2023 年海南卷，第2 题
2023 年湖南卷，第6 题
2023 年新课标卷，第5 题
2022 年全国甲卷，第5 题
2022 年广东卷，第8 题
叠加场中的运动
受力平衡
2025 年陕晋宁青卷，第14 题
2024 年湖南卷，第14 题
2022 年广东卷，第7 题
2022 年重庆卷，第5 题
2021 年山东卷，第17 题
不共面的运动
二、命题规律及备考策略
【命题规律】本讲内容是新高考卷的常考内容。本类试题主要考查洛伦兹力作用下的各种运动，可能只有
洛伦兹力作用，也可能是连续场或者叠加场问题。若考查连续场或者叠加场，一般以计算题形式出现，很
可能是压轴题。
【备考策略】1.理解、掌握洛伦兹力的大小计算、方向判断。
2.理解、掌握洛伦兹力作用下的各种运动问题
3.具备数形结合的思想意识。
【命题预测】本讲内容是新高考卷的必考内容，可选择、可计算。
一、对洛伦兹力的理解和应用
1．洛伦兹力的大小
(1)v∥B 时，F＝0；
3
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(2)v⊥B 时，F＝q v B ；
(3)v 与B 的夹角为θ 时，F＝qvBsin θ.
2．洛伦兹力的方向
(1)判定方法：左手定则，注意四指应指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F 垂直于B、v 决定的平面．(注意B 和v 不一定垂直)
3．洛伦兹力与静电力的比较
洛伦兹力
静电力
产生条件
v≠0 且v 不与B 平行
(说明：运动电荷在磁场中不
一定受洛伦兹力作用)
电荷处在电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
力方向与场方向的关系
F⊥B(且F⊥v)
F∥E
做功情况
任何情况下都不做功
可能做功，也可能不做功
二、洛伦兹力作用下带电体的运动
带电体做变速直线运动时，随着速度大小的变化，洛伦兹力的大小也会发生变化，与接触面间的弹力随着
变化(若接触面粗糙，摩擦力也跟着变化，从而加速度发生变化)，最后若弹力减小到0，带电体离开接触
面．
三、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．在匀强磁场中，当带电粒子平行于磁场方向运动时，粒子做匀速直线运动．
2．带电粒子以速度v 垂直磁场方向射入磁感应强度为B 的匀强磁场中，若只受洛伦兹力，则带电粒子在与
磁场垂直的平面内做匀速圆周运动．
(1)洛伦兹力提供向心力：qvB＝.
(2)轨迹半径：r＝.
(3)周期：T＝＝，可知T 与运动速度和轨迹半径无关，只和粒子的比荷和磁场的磁感应强度有关．
(4)运动时间：当带电粒子转过的圆心角为θ(弧度)时，所用时间t＝T.
(5)动能：Ek＝mv2＝＝.
3．当带电粒子的速度v 与B 的夹角为锐角时，带电粒子的运动轨迹为螺旋线．
四、带电粒子在组合场中的运动
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现．
2．分析思路
(1)画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出粒子的运动轨迹图．
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．
(3)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．
3．常见粒子的运动及解题方法
4
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五、带电粒子的螺旋线运动和旋进运动
空间中匀强磁场的分布是三维的，带电粒子在磁场中的运动情况可以是三维的．现在主要讨论两种情况：
(1)空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中就
做螺旋线运动．这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动．
(2)空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做旋进运动，这种运
动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动．
六、带电粒子在叠加场和交变电、磁场中的运动
题型一 带电粒子在叠加场中的运动
1．叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．
2．带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
运动性质
受力特点
方法规律
匀速直
线运动
粒子所受合力为0
平衡条件
匀速圆
周运动
除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：
qE＝mg
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
题型二 带电粒子在交变电、磁场中的运动
解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
先读图
看清并且明白场的变化情况
受力分析
分析粒子在不同的变化场区的受力情况
过程分析
分析粒子在不同时间段内的运动情况
5
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找衔接点
找出衔接相邻两过程的速度大小及方向
选规律
联立不同阶段的方程求解
七、动态圆
题型一 “平移圆”模型
适用条件
粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线上的
同种带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相
同，若入射速度大小为v0，则半径R＝，如图所示
轨迹圆圆心共线
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线
与入射点的连线平行
界定方法
将半径为R＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方
法叫“平移圆”法
题型二 “旋转圆”模型
适用条件
粒子源发射速度大小一定、方向不同的同种带电粒子进入匀
强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若入
射初速度大小为v0，则圆周运动轨迹半径为R＝，如图所示
轨迹圆圆心共圆
如图，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点
P 为圆心、半径R＝的圆上
界定方法
将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出
临界条件，这种方法称为“旋转圆”法
题型三 “放缩圆”模型
适用条件
粒子源发射速度方向一定，大小不同的同种带电粒子进入匀强
磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随
速度的变化而变化
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轨迹圆圆心共线
如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v 越大，运动
半径也越大．可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨
迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上
界定方法
以入射点P 为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨
迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法
题型四 “磁聚焦”与“磁发散”模型
1．带电粒子的会聚
如图甲所示，大量同种带正电的粒子，速度大小相等，平行入射到圆形磁场区域，如果轨迹圆半径与磁场
圆半径相等(R＝r)，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B 点射出．(会聚)
证明：四边形OAO′B 为菱形，必是平行四边形，对边平行，OB 必平行于AO′(即竖直方向)，可知从A
点发出的带电粒子必然经过B 点．
2．带电粒子的发散
如图乙所示，有界圆形磁场的磁感应强度为B，圆心为O，从P 点有大量质量为m、电荷量为q 的正粒
子，以大小相等的速度v 沿不同方向射入有界磁场，不计粒子的重力，如果正粒子轨迹圆半径与有界圆形
磁场半径相等，则所有粒子射出磁场的方向平行．(发散)
证明：所有粒子运动轨迹的圆心与有界圆圆心O、入射点、出射点的连线为菱形，也是平行四边形，
O1A、O2B、O3C 均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)．
考点一 仅在洛伦兹力作用下的运动
典例1．（2025·江苏省常州市前黄高级中学·二模）如图，水平放置的平行栅极板M 带正电，N 带负电，
7
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间距为d，电压
，P 处有一质量为m、电荷量大小为q 的带负电离子，以v0速度沿着与竖直方向
成角θ（未知）垂直磁场射向板M 上方的匀强磁场B1区，经过匀强电场区域后进入N 下方的匀强磁场B2
区，恰好没从下边界Q 射出，并刚好能直接返回到P 处。已知磁场方向均垂直纸面向里，
，下
边界Q 到极板N 的距离为3d，离子在经过栅极板时均没有与栅极板相碰，不计离子重力。求：
（1）离子进入板N 下方磁场时速度v 的大小；
（2）sinθ 的大小；
（3）极板M 上方磁场磁感应强度B1的大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
根据动能定理得
代入数据得
【小问2 详解】
根据题意，可知粒子运动的轨迹如图所示
8
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设进入下方磁场时的速度与竖直方向的夹角为α，运动的半径为r2，则
又有
解得
得
在M、N 间的电场区域
解得
【小问3 详解】
在电场区间运动时间设为t，由
解得
在电场区间运动时，水平方向的位移
设在上方磁场区间，粒子运动的轨道半径为r1
由轨迹图和几何关系可知
解得
由
解得
9
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典例2．（2025·北京市第三十五中学·三模）如图所示，在一个圆形区域内有垂直于圆平面的匀强磁场，现
有两个质量相等、所带电荷量大小也相等的带电粒子a 和b，先后以不同的速率从圆边沿的A 点对准圆形
区域的圆心O 射入圆形磁场区域，它们穿过磁场区域的运动轨迹如图所示。粒子之间的相互作用力及所受
重力和空气阻力均可忽略不计，下列说法中正确的是（ ）
A. b 粒子在磁场中做圆周运动的周期较大
B. 穿过磁场区域的过程a 粒子运动的时间较长
C. 穿过磁场区域的过程洛伦兹力对a 做功较多
D. 射入圆形磁场区域时a 粒子的速率较大
【答案】B
【解析】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
，
解得
，
由于带电粒子a 和b 质量相等、所带电荷量大小也相等，则两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，故A
错误；
B．令粒子在磁场中运动轨迹对应圆心角为
，则粒子在磁场中运动时间
根据图示可知，a 粒子圆周运动轨迹对应圆心角大于b 粒子圆周运动轨迹对应圆心角。则穿过磁场区域的
过程a 粒子运动的时间较长，故B 正确；
C．洛伦兹力方向始终垂直于粒子运动速度的方向，可知，洛伦兹力始终不做功，故C 错误；
D．根据图示可知，a 粒子圆周运动的半径小于b 粒子圆周运动的半径，结合上述可知，射入圆形磁场区域
时a 粒子的速率较小，故D 错误。
故选B。
典例3．（2025·甘肃省白银市第八中学·二模）如图所示，在直角坐标系
中，第三象限某区域存在垂直
坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为
、
点在该磁场边界上；在第一和第四象限存在有界磁场，
边界分别为
轴与直线
，磁场方向垂直坐标平面向外，磁感应强度大小为
。在坐标原点
和点
之间存在线状粒子收集器，打到收集器的粒子将被收集器收集。
为平行于
轴且
距离
轴较远的线状粒子源，宽度为
，能连续均匀地发射速度为
、方向沿
轴正方向的相同的带正电
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粒子，
点在
轴上。已知粒子比荷为
，发射的粒子在第三象限磁场中运动后均经坐标原点
射入第
一象限（含坐标轴），部分粒子将被收集器收集。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，不考虑粒子二次
进入第一、四象限磁场的情况。求：
（1）第三象限磁场的最小面积；
（2）被收集器收集的带电粒子与粒子源发射的粒子数之比。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1 详解】
洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力
解得粒子在磁场中运动过程的轨迹半径
粒子源发出的粒子均汇聚到
点，轨迹和磁场分布如图
磁场区域为半径
的圆和沿
点射出的粒子轨迹包围的区域，根据几何关系，自
点射出的粒子在
磁场中转过圆心角满足
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解得
第三象限磁场的最小面积为S =2(
π
6 a
2−1
2 a⋅√3
2 a)=(
π
3 −√3
2 )a
2
【小问2 详解】
根据（1）问分析，粒子分布在与
轴正方向夹角
之间，设与
轴正方向夹角为
的粒子恰好与第
一、四象限磁场的右边界相切，根据几何关系，有
r cos β =(1+ √3
2 )a
解得
入射速度方向与
轴正方向夹角为
，其中
，粒子返回
轴，距离坐标原点距离
当
解得
当
时
，粒子不能被收集器收集
当
，粒子源距离
点距离x1=(1−√2
2 )a
当
，粒子源距离
点距离x2=(1−√3
2 )a
所以长度
发射的粒子可以被收集器收集的占比为
跟踪训练1．（2025·江苏省南通市如皋市·二模）如图甲所示，平面直角坐标系xOy 第二象限内，有垂直纸
面向外半径为R 的圆形匀强磁场I，磁感应强度为B1（大小未知），磁场分别与x、y 轴相切于P，Q 点，
在y 轴右侧有一定宽度的垂直纸面向里的匀强磁场II，磁感应强度为B2，B1=2B2，现有一长为2R 的线状粒
子源，沿+y 方向均匀发射速度为v0的同种带电粒子，粒子经磁场I 偏转后均从Q 点进入磁场II，已知粒子
质量为m、电荷量为+q，不计粒子重力及粒子间相互作用。
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（1）求磁场I 的磁感应强度大小B1；
（2）若粒子源发射的粒子中仅有75%能穿过磁场II 的右边界，求磁场II 的宽度d；
（3）若撤去磁场II，在y 轴右侧加磁场III，磁场III 的磁感应强度B3随横坐标x 变化的关系图线如图乙所
示，规定垂直纸面向里为磁场的正方向。求从Q 点沿+x 方向射入磁场III 的粒子，运动至x=3d 处时沿+x 方
向的分速度vx。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
从P 点沿y 轴正方向入射的粒子从Q 点沿x 轴正方向射出半径
洛伦兹力提供向心力
联立解得
【小问2 详解】
由于
根据半径公式可知
恰好能通过磁场II 区域的粒子是由OP 中点射入
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所以磁场宽度
联立解得
【小问3 详解】
以y 轴方向为正方向，由动量定理有
两边求和
设图线与横轴间的面积为S，则有
在0-3d 间
解得
所以沿+x 方向的分速度
联立解得
跟踪训练2．（2025·北京市十一学校·三模）“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，
使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞，已知等离子体中带电粒子的平均动能
与等离子体的温度T 成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的
运动半径不变，由此可判断所需的磁感应强度B 正比于（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，即
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粒子运动的动能为
由此可知，运动半径R 不变时，有
故选A。
跟踪训练3．（2025·甘肃省白银市第一中学·二模）某种离子收集装置的简化模型如图所示，x 轴下方半径
为R 的圆形区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B1=B，圆心所在位置坐标为
（0，-R）。在x 轴下方有一线性离子源，沿x 轴正方向发射出N 个（大量）速率均为v0的同种离子，这些
离子均匀分布在离x 轴距离为0.2R~1.8R 的范围内。在x 轴的上方，存在方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，
该磁场上边界与x 轴平行，磁感应强度大小B2=2B。在x 轴整个正半轴上放有一厚度不计的收集板，离子
打在收集板上即刻被吸收。已知离子源中指向圆心O1方向射入磁场B1的离子，恰好从O 点沿y 轴射出。
整个装置处于真空中，不计离子重力，不考虑离子间的碰撞和相互作用。
（1）求该种离子的电性和比荷
；
（2）若x 轴上方的磁场宽度d 足够大，发射的离子全部能被收集板收集，求这些离子在x 轴上方磁场中运
动最长和最短时间差∆t，以及离子能打到收集板上的区域长度L；
（3）若x 轴上方的有界磁场宽度d 可改变（只改变磁场上边界位置，下边界仍沿x 轴），请写出收集板表
面收集到的离子数n 与宽度d 的关系。
【答案】（1）带负电，
；（2）
，0.4R；（3）见解析
【解析】（1）已知沿圆心O1射入的离子，恰好从O 点沿y 轴射出，则可知离子在B1中向上偏转，根据左
手定则，可知离子带负电，根据该离子运动轨迹，画出半径，如图所示
粒子运动的轨迹半径为
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解得
（2）离子经过圆心磁场区域均能到达O 点，到达O 点时，速度方向与y 轴夹角为θ，如图所示
根据几何关系
可知
且左右对称；
在B2中，有
可得
在磁场中所花时间最少的粒子轨迹为如图所示的劣弧，其轨迹对应的圆心角为
在磁场中所花时间最长的粒子为如图所示的优弧，其轨迹对应的圆心角为
根据周期
所以
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离子打到收集板上的区域长度L，取决于离子打到收集板上的最近距离和最远距离，其中，最远距离为沿y
轴正方向射出的离子，如上图所示
最近距离为速度方向与y 轴正方向夹角为53°射入的离子，如上图所示
所以
（3）如图所示
①当所有离子均到达不了收集板时，此时磁场宽度为
即当
时，
；
②当离子方向在y 轴右侧与y 轴夹角度为θ 时，有
对应离子在第三象限的带宽为
对应收集的离子数
当离子方向在y 轴左侧与y 轴夹角度为θ 时，有
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对应离子在第三象限的带宽为
对应收集的离子数
所以当
时，
；
③粒子能全部打到收集板时，
，
；
综上所述
，
，
，
考点二 先电场后磁场
典例1．（2025·广东省揭阳市·一模）如图所示，在
坐标系的第一、四象限内有垂直于坐标平面向里的
匀强磁场，第二象限矩形OACD 区域内有沿y 轴负方向的匀强电场。场强大小为E，OA 长为
，OD 长
为L，OC 为矩形对角线，F 为对角线中点。在CF 线段上各点处不断地沿x 轴正向射出质量为m、电荷量
为g 的带正电粒子，粒子均能从O 点进入磁场，所有粒子经磁场偏转后，均打在y 轴上的荧光屏上，荧光
屏上有粒子打到的区域长度为L，不计粒子的重力。求：
（1）从C 点射出的粒子速度为多大；
（2）匀强磁场的磁感应强度为多大；
（3）若将荧光屏绕O 点顺时针转过
时，荧光屏上打有粒子的区域长度又为多少（所有粒子均能打在
荧光屏上，
）。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）设从C 点射出时粒子的速度大小为
，则
根据牛顿第二定律
解得
（2）同理可得从F 点射出时粒子的速度大小
根据粒子做类平抛运动时，速度的反向延长线交于水平位移的中点，则所有粒子经过O 点时速度方向均与
x 轴正向成
角。则从C 点射出的粒子经过O 点时速度大小
从F 点射出的粒子经过O 点时速度大小
粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律
得
设从C 点射出的粒子在磁场中做圆周运动的半径为
，从F 点射出的粒子在磁场中做圆周运动的半径为
，
则
，
根据题意
解得
19
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（3）设从C 点射出的粒子打在荧光屏上的位置离O 点的距离为
，根据几何关系
设从F 点射出的粒子打在荧光屏上的位置离O 点的距离为
，根据几何关系
则屏上打上粒子的区域长度
典例2．（2025·湖南省长沙市周南中学·二模）如图所示，在
的范围内，存在与
轴成
角
斜向右下的匀强电场，电场强度的大小为
。在
的范围内，存在垂直于纸面向
里的匀强磁场，磁感应强度的大小记为
（未知）。现将一电荷量为
，质量为
的粒子从原点
处由静止释放。该粒子的整个运动过程中，除电场力和洛伦兹力外，所受其它的力均可忽略不计。求：
（1）该粒子第一次进入右侧磁场时的速度大小
。
（2）磁感应强度
取何值才能使该粒子第一次进入右侧磁场时，轨迹恰好与
轴相切？
20
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（3）在第（2）问的情形下，粒子第2 次回到
轴时的位置坐标。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理可得
解得
【小问2 详解】
粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
由几何关系可得
解得
在磁场中，粒子受到的洛伦兹力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得
联立解得
【小问3 详解】
粒子再次进入电场中的轨迹如图所示
21
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沿x 轴负方向，根据牛顿第二定律则有
解得
根据运动的分解可得
在该方向上，粒子做匀加速运动，运动到y 轴的过程中，由运动学规律可得
联立解得
沿y 轴负方向，根据牛顿第二定律可得
解得
根据运动的分解可得
在该方向上，粒子做匀加速直线运动，运动到y 轴的过程中，由运动学规律可得
联立解得
故粒子第二次回到y 轴时的位置坐标为
典例3．（2025·天津市耀华中学·二模）（多选）如图所示，在Oxy 坐标系内，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，两极板间存在平行于y 轴的匀强电场。第一四象限有匀强磁
场，方向垂直于Oxy 平面向里。一个质量为m、电量为+q 的带电粒子以一定的初速度v0沿x 轴正方向射入
电场。经电场偏转后恰好贴着一个极板的右侧边缘进入磁场，之后从另一极板右侧边缘再次进入电场。则
22
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（ ）
A. 极板P 带正电
B. 粒子进入磁场时速度方向与y 轴夹角为60°
C. 匀强磁场磁感应强度大小为
D. 粒子最终离开电场时速度大小为v0
【答案】AC
【解析】根据题意结合左手定则可知粒子只能从下极板的右侧边缘进入磁场，运动轨迹如图所示
A．电量为
的带电粒子向下偏转，则上极板P 带正电，故A 正确；
B．粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的推论，粒子进入磁场时速度方向与x 轴夹角的正切值
满足
可得
则粒子进入磁场时速度方向与y 轴夹角的夹角为
进入磁场时粒子的合速度
，故B 错误；
C．在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可得半径为
23
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根据洛伦兹力提供向心力
解得匀强磁场磁感应强度大小为
，故C 正确；
D．粒子再一次进入电场后，水平方向速度不变，竖直方向仍然做匀加速运动，竖直方向的速度
粒子最终离开电场时速度大小为
，故D 错误。
故选AC。
跟踪训练1．（2025·宁夏回族自治区吴忠市盐池县·二模）小阳同学依据高中所学知识设计一粒子加速器，
其原理如图所示。空间
区域存在垂直纸面向里、磁感应强度为
的匀强磁场。
区域存在斜向右
上方的匀强电场，电场强度为
，方向与
轴正方向夹角为
。在点（0，d）处有一粒子发射源，
能发射带电荷量为
、质量为
的带正电粒子，已知出射的粒子有固定的初速度
，且方向与
轴成
，不计粒子重力，求：
（1）粒子从出发到进入磁场前所经历的时间；
（2）粒子第2025 次进入磁场的点与离开磁场的点之间的距离；
（3）若粒子经过
次加速后从
轴上的某点射出电场，求粒子此时的速度大小以及该出射点的横坐标。
【答案】（1）
（2）
（3）
，
【解析】
【小问1 详解】
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在
区域，粒子沿
轴方向与
轴方向的速度均为
沿
轴方向有
在电场中将电场力分别沿
轴方向和
轴方向分解，则有
解得
粒子沿
轴负方向减速，减速到零后再返回
轴，根据运动的对称性可知返回时沿
轴方向的速度为
，方向为沿
轴正方向，经历的时间
由于沿
轴方向的速度大小没变，粒子从电场进入磁场前经历的时间
粒子从出发到进入磁场前所经历的时间
【小问2 详解】
在磁场中粒子运动轨迹如图，粒子在进入和离开电场时，沿
轴方向的速度大小不变，每次进入磁场沿
轴方向速度的变化量大小恒为
，设每次进出磁场的两点间距为l，在
轴方向，由动量定理，有
其中
解得
25
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【小问3 详解】
粒子在电场中，每次运动的时间均为
，每次沿
轴正方向增加的速度大小恒为
经
次加速后沿
轴方向速度大小为
经
次加速后粒子的速度大小为
加速过程，沿
轴方向的总位移为
解得
粒子在
区域沿
轴正方向的速度满足
故粒子在
区域沿
轴正方向运动的总位移为
解得
粒子在磁场中回转了
次，此过程沿
轴负方向的总位移为
，故粒子经过第
次加速后从
轴上的某点离开电场，该点的位置坐标
解得
跟踪训练2．（2025·辽宁省葫芦岛市·二模）在高能粒子物理实验室中，科学家正在进行一项名为“磁场制
导”的关键实验。实验目标是通过精确调控磁场，使电子经加速后从枪口射出，沿预设路径击中远端的靶
点。如图所示，电子在电子枪内经电压
从静止加速后从枪口
沿直线
方向射出，立即进入垂直纸面向
里的匀强磁场中，然后精准打击距枪口
距离为
的靶点
，
与
之间夹角为
（弧度制）。已知
电子电荷量为
，质量为
，重力可忽略不计，电子在枪内运动不受磁场影响。求：
（1）电子离开枪口
时的速度大小；
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（2）匀强磁场的磁感应强度的大小；
（3）电子从离开枪口
第一次到靶点
所经历的时间。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
电子在电子枪中被加速
解得电子离开枪口
时的速度大小
【小问2 详解】
电子进入垂直纸面向里的匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力
由几何关系
解得磁感应强度
【小问3 详解】
设电子从离开枪口
第一次到靶点
所需的时间为，对应的圆心角为
对应的时间
电子做匀速圆周运动的周期
联立解得
跟踪训练3．（2025·河南省安阳市·三模）如图所示，平面直角坐标系
内，
为磁场、电场的分界
线，与
轴正方向的夹角为
，在
区域内（含边界）存在垂直于
平面向里的匀强磁场，在
线之上有范围足够大的电场，此电场由许多独立的匀强电场组成，电场强度方向均垂直于
向下，
沿
的宽度均为
，电场强度大小En= E0
n
(n=1,2,3,⋯)，每个电场区域包含右边界。一质量为
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、电荷量为
的粒子以初速度
从
轴上的
点（图中未画出）沿
轴正方向射入匀强磁场，
并恰好垂直
进入电场，粒子恰好到达
轴，不计粒子的重力，
，
。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）粒子在第2n(n=1,2,3,⋯)次从
离开电场前瞬间的加速度大小；
（3）粒子从第1 次经过
到第50 次到达
的过程运动的总路程。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
带电粒子第一次经过
时恰好垂直于
，即
长即为粒子在磁场中的偏转半径，由洛伦兹力提供向
心力有
解得
设粒子第一次进入的电场的电场强度大小
粒子在电场中做匀减速直线运动，粒子恰好到达
轴，则粒子沿电场线方向的位移大小
根据动能定理有
解得
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则
若粒子第一次进入电场的电场强度大小为
，则
若粒子第一次进入电场的电场强度大小为
，则
综上所述，
，则磁感应强度大小
【小问2 详解】
粒子在磁场中偏转的速率大小相同，半径相同，每次完成半个圆周，可知
粒子再次垂直经过OM 返回电场，沿OM 运动的距离
根据题意可知，各电场的宽度
所以粒子在OM 上的途经点正好落在各个电场区域的中间位置。粒子第2n 次经过OM 的位置，即第n 个途
经点，电场强度大小
根据牛顿第二定律有
【小问3 详解】
粒子从第一次经过OM 到第2n 次到达OM 的过程，粒子在电场中做匀变速运动，根据功能关系有
则
在电场中的运动路程
在磁场中的运动路程
所以总路程
当
时，
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考点三 先磁场后电场
典例1．（2025·福建省福州第一中学·一模）如图所示，在平面直角坐标系的第二象限内，在半径为R 的圆
形区域内有垂直于坐标平面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场Ⅰ，圆与x 轴相切于P 点。在抛物线
与y 轴之间有沿
轴负方向的匀强电场。在第一、四象限内有垂直于坐标平面向里、磁感应强
度也为B 的范围足够大的匀强磁场Ⅱ。在第一象限内y=R 处有一平行于x 轴的足够大的荧光屏。在P 点持
续发射出大量同种带正电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与x 轴正方向夹角分布在0~180°范围内。
其中沿与x 轴负方向成
角方向射出的粒子在磁场Ⅰ中偏转后沿x 轴正方向进入电场，经电场偏转刚好从
坐标原点O 射入磁场Ⅱ中，经磁场Ⅱ偏转后打在荧光屏上。已知粒子的质量为m、电荷量为q，不计粒子的
重力及粒子间的相互作用。
（1）求粒子从P 点射出的初速度大小；
（2）求匀强电场的电场强度大小；
（3）求粒子打在荧光屏上形成亮线的长度。
【答案】（1））
（2）
（3）（1+
）R
【解析】
【小问1 详解】
因粒子磁场Ⅰ中偏转后沿
轴正方向射出，则在磁场中做圆周运动的半径
根据牛顿第二定律有
解得
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【小问2 详解】
粒子在电场中做类平抛运动，对于能过坐标原点O 的粒子
，
，
，
解得
【小问3 详解】
改变粒子从
点射入磁场Ⅰ的方向，粒子仍能以
沿
轴正方向射入电场，且由（2）分析可知粒子仍能通
过
点，设粒子进入磁场Ⅱ时速度与
轴正方向的夹角为
，则
设粒子在磁场Ⅱ的半径为
，根据牛顿第二定律有
粒子轨迹的圆心离
轴的距离为
得
R
则所有在磁场Ⅱ中的粒子都恰好能垂直打在荧光屏上；
在P 点沿x 轴正方向入射的粒子打在荧光屏上时离y 轴最近
=R
在P 点沿x 轴负方向入射的粒子打在荧光屏上时离y 轴最远，设该粒子磁场Ⅱ时速度与
轴正方向的夹角为
，由类平抛的规律可得tan
=2，
R，
+
得
=(2+
）R
则光屏上亮线的长度d=
=(1+
）R
典例2．（2025·安徽省江南十校·一模）如图所示，在xOy 直角坐标系内，与x 轴相切的半径为
的圆
形区域内分布有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度
，圆形区域外的第一象限内分布有沿
x 轴正方向的匀强电场，电场强度
。在坐标原点O 处有一离子源，可向 x 轴上方各个方
向发射速度大小
的负离子，离子比荷
，不计离子重力。求：
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（1）沿y 轴正方向发射的离子第一次在磁场中的运动时间；
（2）沿与x 轴正方向成45°角发射的离子，第三次经过y 轴的位置坐标；
（3）若将电场区和磁场区重叠，且电场和磁场的范围均扩大到足够大，沿y 轴正方向发射的离子在运动过
程中，运动轨迹的x 坐标与其运动时间t 的关系式。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】（1）离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可得
解得
周期为
沿y 轴正方向发射的离子在磁场中的运动轨迹如下
可知离子偏转90°，在磁场中的运动时间为
（2）沿与x 轴正方向成45°角发射的离子从O 点进入磁场，偏转45°后从A 点射出磁场，在电场中做往复
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的直线运动，回到射出点A 时速度大小相等，方向相反，进入磁场后偏转135°后从磁场射出，进入电场后
做类斜抛运动。运动轨迹如下
离子在电场中运动的加速度为
离子第二次从y 轴上
处离开磁场时，速度方向与y 轴正方向夹角45°，第二次在电场中运动的时间
为
离子第二次在电场中沿y 轴正方向运动的位移为
故离子第三次经过y 轴的位置为
离子第三次经过y 轴的位置坐标为
。
（3）将速度v 分解为沿y 轴正向的速度
和沿y 轴正向的速度
由于
，所以
方向做匀速直线运动；
方向受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，则有
解得
角速度
运动轨迹的x 坐标与其运动时间t 的关系式为
典例3．（2025·安徽省阜阳一中、阜阳三中·二模）电子工业中，离子注入成为了微电子工艺中一种重要的
掺杂技术，利用磁场、电场可以实现离子的分离和注入。某同学设想的一种离子分离与注入原理如图所示。
空间直角坐标系O-xyz 中，x 轴正半轴上放置有足够长涂有荧光物质的细棒，有离子击中的点会发出荧光。
在Oxy 平面的上方分布有沿y 轴正向的匀强磁场，磁感应强度为B。一发射带正电离子的离子源置于坐标
原点O，只在Oxz 平面内不断射出速率均为v 的离子，速度方向分布在z 轴两侧各为
角的范围内，
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且沿各个方向的离子个数均匀分布，包含有电量相同，质量分别为m 和0.5m 的两种离子。发现x 轴上出现
两条亮线，可确认击中右侧亮线最右端到O 点的距离为L。不计离子间的相互作用力和离子重力，整个装
置置于真空中。（
，
）
（1）质量0.5m 的离子在x 轴上的亮线长度∆x1；
（2）若磁感应强度在（B-kB）~（B+kB）范围内波动（k 小于0.5，波动周期远大于离子在磁场中的运动时
间），要使x 轴上的两条亮线某时刻恰好能连接成一条亮线，求k 值；
（3）若某段时间内磁感应强度恒为B，θ 角增为
，离子源只发出质量为m 的离子。在Oxy 平面的上方
再施加沿y 轴正向的匀强电场，电场强度为E，在Oxy 平面上某点（O 点除外）垂直离子速度方向放置待
注入离子的某种材料小圆板（忽略大小），可得到最大注入深度，若离子进入该材料过程中受到的阻力恒
为其速度的k 倍，求该最大深度d。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
离子在磁场中做匀速圆周运动，由
得
又
则有
有几何关系得
解得
【小问2 详解】
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带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
可得
，
因
可得
x 轴上的两条亮线某时刻恰好能连接成一条亮线，则有
，
由几何关系知
联立解得
【小问3 详解】
带电粒子运动的周期
磁场中运动时间最长
在电场中的角速度
沿电场方向有
则进入材料的速度
离子进入该材料过程中受到的阻力恒为其速度的k 倍，在很小的时间内对某个离子由动量定理，可得
在全程中则有
联立解得
跟踪训练1．（2025·河北省保定市·二模）如图所示，平面直角坐标系中，在第二、三象限以
为
圆心、半径
的圆内分布着匀强磁场，磁场的磁感应强度大小
，方向垂直于纸面向里，在y
轴与
之间有范围足够大、方向平行于x 轴的匀强电场（图中未画出）。一质量
、
电荷量
的带负电粒子（不计重力）以某一速度从
处射入磁场，射入磁场时，粒
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子的速度方向与水平方向成
并垂直于磁场方向，一段时间后粒子正好从坐标原点进入第四象限的
匀强电场中，最后从坐标
处离开电场。求：
（1）粒子射入磁场时的速度大小v 及在磁场中运动的时间t；
（2）匀强电场的电场强度大小E 及方向；
（3）粒子离开匀强电场时的速度大小。
【答案】（1）2 m/s，
（2）
，水平向左
（3）
【解析】
【小问1 详解】
由几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径r=
=2 m
由洛伦兹力提供向心力则有
解得v=2 m/s
周期
粒子偏转的圆心角
故粒子在磁场中运动的时间
代入数据解得
【小问2 详解】
带电粒子从原点进入电场后竖直方向做匀速直线运动，根据速度的分解
，
水平方向必须向右加速运动才可以到达（2m，-1m）的位置
分析可知电场强度方向水平向左，根据运动规律
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水平方向
竖直方向
其中
，
解得
，
由牛顿第二定律可得
解得
【小问3 详解】
在电场中由动能定理则有
解得
跟踪训练2．（2025·安徽省淮北市和淮南市·二模）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。
如图所示，位于真空中的xOy 平面内，x＜0 区域有一个圆心为P、半径为r 的圆形区域，其内部存在方向
垂直纸面向里的匀强磁场。x＞0 区域存在多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为
d，纵向尺寸足够大。电场强度大小为E，方向水平向右；磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场、
磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。质量为m、电荷量为＋q 的大量同种粒子，从圆形区域的最高点
M 以相同速率v 沿不同方向垂直射入圆形磁场区域，在圆形区域磁场中做匀速圆周运动的半径等于r。不
计粒子的重力及粒子间相互作用的影响。
（1）证明所有粒子均平行于x 轴射出圆形磁场区域；
（2）求粒子在第1 层磁场中运动的速度大小
和轨迹半径
；
（3）粒子从第n 层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为
，求
。
【答案】（1）见解析 （2）
，
（3）
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【解析】
【小问1 详解】
研究从M 点沿图1 中射入的粒子。
粒子做圆周运动的圆心为N，假设粒子从Q 点射出圆形磁场，图中
故四边形MPQN 为菱形；
则NQ 平行于MP，故NQ 垂直于x 轴，所以粒子平行于x 轴射出圆形磁场区域；
题中所有粒子运动规律均与图示粒子相同，故所有粒子均平行于x 轴射出圆形磁场区域。
【小问2 详解】
粒子从第1 层电场中射出时，据动能定理有
解得
粒子在第1 层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有
解得
【小问3 详解】
设粒子在第n 层磁场中运动的速度为
，轨迹半径为
（各量的下标均代表粒子所在层数，下同）
粒子进入第n 层磁场时，速度
方向与水平方向的夹角为
，从第n 层磁场右侧边界穿出时速度方向与水
平方向的夹角为
，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有
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故
由图2 可知出
故有
由上式看出
，
，…，
为一等差数列，公差为d，可得
由图3 得出，当
时，
解得
跟踪训练3．（2025·山东省烟台市·三模）如图所示，在平面直角坐标系
的第一象限内存在磁感应强度
大小为
、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁场的上边界是以
为圆心、半径为R 的圆
弧，下边界是以
为圆心、半径为
的圆弧；第四象限内存在沿着x 轴正方向、大小
的匀强电场，第三象限内同时存在沿着y 轴正方向的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，其中电场强度
大小为
，磁感应强度的大小也为
。一个质量为m、电荷量为
的粒子以大小为
的速度从y 轴上的
点正对圆心
方向射入第一象限的磁场中，离开磁场后进入
第四象限的电场之中，然后从y 轴上的Q 点离开电场进入第三象限的电磁场中，不计粒子的重力，忽略粒
子对电磁场的影响，求：
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（1）粒子进入第四象限时的速度方向与x 轴正方向的夹角；
（2）Q 点的纵坐标；
（3）粒子从P 点运动到Q 点的过程中经过的时间；
（4）粒子在第三象限内运动过程中的最大速度；
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【小问1 详解】
磁场中，由牛顿第二定律得
解得
由几何知识可证明，粒子从
点离开第一象限，设速度方向与x 轴正方向的夹角为
，则由几何知识可得
有
【小问2 详解】
粒子在第四象限内做类斜抛运动，粒子水平方向做匀变速直线运动，竖直方向做匀速直线运动，设竖直位
移大小为
，水平位移大小为
，在电场中运动时间为
。由牛顿第二定律得
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则有
，
，
解得
，
故Q 点的纵坐标为
【小问3 详解】
粒子在磁场中偏转的圆心角为
在磁场中运动的周期
在磁场中运动的时间为
离开磁场运动到
点时间为
则粒子从P 点运动到Q 点的过程中经过的时间为
【小问4 详解】
粒子进入第三象限后做摆线运动，经过Q 点时沿
方向的分速度大小分别为
和
，则：
，
求得
由题意可知
故粒子的运动可分解为沿着x 轴负方向、速度大小为
的匀速直线运动和速度大小为
的匀速圆周运动。粒子运动到最低点时，速度最大，方向沿着x 轴的负方向，最大速度为
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考点四 叠加场中的运动
典例1．（2025·江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学·三模）如图所示，光滑圆管竖直固定在水平
匀强磁场中，一带正电小球从管口静止开始下落，圆管对小球的冲量I 随下落时间t 和下落高度h 关系图像
中正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】AB．小球竖直方向只受重力，做自由落体运动，则有
水平方向根据受力平衡可得，圆管对小球的弹力大小为
可知圆管对小球的弹力大小随时间逐渐增大，由于
图像的切线斜率表示弹力大小，则
图像切线
斜率应逐渐增大，故AB 错误；
CD．水平方向根据受力平衡可得，圆管对小球
弹力大小为
圆管对小球的冲量为
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可知
图像为一条过原点的倾斜直线，故C 正确，D 错误。
故选C。
典例2．（2025·辽宁省丹东市·二模）如图所示，平行板电容器两极板水平放置，两板间电压为U，板长为
d，板间距离为
，极板间存在垂直纸面水平向外的匀强磁场（图中没有画出）。一质量为m 的带正电物
块（可看成质点）以初速度
沿水平方向从电容器上极板左侧边缘进入电容器，做匀速圆周运动，从电容
器下板右侧边缘离开电容器，恰好由A 点沿切线进入固定的竖直光滑绝缘圆弧轨道，并从轨道最低点C 滑
上水平传送带（传送带足够长），传送带紧靠圆弧轨道末端，并与其水平相切。重力加速度大小为g，忽
略空气阻力。
（1）求两极板间磁场的磁感应强度
的大小；
（2）若仅在该圆弧轨道空间存在与平面平行的水平向左的匀强电场（图中未画出），物块所受的电场力
，圆轨道半径
，求物块对轨道的最大压力大小；
（3）若在（2）问的基础上，轨道C 点右侧空间再加上垂直纸面水平向里的匀强磁场，磁感应强度B＝
1.0T，带电物块从电容器上极板左侧边缘进入电容器的初速度
m/s，物块质量为m＝2kg，电荷量q
＝2.0C，传送带以12m/s 的速度顺时针匀速转动，已知g 取10
，求物块滑上传送带过程中传送带对
物块做的功。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】（1）平行板电容器内匀强电场的电场强度
小物块在电磁场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得
解得
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小物块运动轨迹如图，由几何知识可得
解得
根据
解得
（2）设小物块在平行板电容器中做匀速圆周运动的偏转角为a，则有
，
因为
，所以小物块在A 点所受电场力与重力的合力沿OA 方向，对轨道的压力最大在A 点，有
解得
（3 ）设小物块在C 点的速度大小为
，小物块从A 点运动到C 点的过程中，由动能定理
解得
当
时，
物块脱离传送带，则根据动能定理
典例3．（2025·宁夏回族自治区吴忠市盐池县·一模）如图甲所示，一个倾角为θ=30°
斜面体固定于水平
面上，该斜面体的上表面abcd 采用了一种全新的复合型材料，使其呈现出平行于ab 方向光滑、平行于ad
方向粗糙且动摩擦因数恒定的物理特性。沿ad 方向存在着变化的磁场，B-t 图像如图乙所示。t=0 时有一带
电小物块从a 点以v0沿ab 方向冲上斜面，若t=8s 时物块通过
点且速度恰好仍为v0。已知物块质量
m=0.3kg，电荷量q=+1C，速度
，t=8s 时的磁感应强度Bm=0.5T，重力加速度g=10m/s2，小物
块可当做质点，则（ ）
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A. 小物块做类平抛运动
B. 斜面平行于ad 方向的动摩擦因数
C. t=8s 时的加速度大小为5m/s2
D. 整个过程中小物块的速度最大值为
【答案】B
【解析】A．受力分析可得沿ad 方向
合力为
由于B 随时间均匀增大，且
可知物块沿ad 方向的加速度先减小后增大，沿ad 方向的a-t 图像如图
物块做的不是类平抛运动，故A 错误；
B．由对称性可知，t=4s 时加速度为零，对该时刻受力分析，有
代入数据可得
，故B 正确；
C．t=0 时刻与t=8s 时刻物块加速度大小相等、方向相反，上述两时刻的加速度大小为
，故C 错误；
D．分析可知物块沿ad 方向先做加速度减小的加速，后做加速度增大的减速，加速度均匀变化，在t4=4s
时刻ad 方向有最大速度
此时小物块的最大速度为
联立解得速度的最大值为
，故D 错误。
故选B。
跟踪训练1．（2025·四川省成都市新津中学·一模）（多选）如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由
速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。若速度选择器中电场强度大小为E1，磁感应强度大小为B1、方
向垂直纸面向里。静电分析器通道中心线为
圆弧，圆弧的半径（OP）为R，通道内有均匀辐射的电场，
在中心线处的电场强度大小为E．磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向
垂直于纸面向外。一带电粒子以速度v 沿直线经过速度选择器后沿中心线通过静电分析器，由P 点垂直边
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界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q 点。不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子一定带负电
B. 极板P1的电势比极板P2的电势高
C. 粒子的速度
D. 粒子的比荷为
【答案】BD
【解析】AB．粒子在静电分析器内沿中心线方向运动，说明粒子带正电荷，在速度选择器中由左手定则可
判断出粒子受到的洛伦兹力向上，粒子受到的电场力向下，故速度选择器的极板
的电势比极板
的高，
故A 错误，B 正确；
C．粒子在速度选择器中满足
可知粒子的速度
故C 错误；
D．由上述分析以及
可得粒子的比荷为
故D 正确。
故选BD。
跟踪训练2．（2025·云南省丽江市第一高级中学·二模）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y 轴沿
竖直方向。在
到
之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个带电微
粒从坐标原点以一定的初速度沿x 轴正方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，
离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿x 轴正方向通过x 轴上
的位置。已知匀强电场的电场强度为E，
匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g。求：
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（1）带电微粒比荷k 的大小；
（2）带电微粒离开电场和磁场后，通过x 轴上
的位置时的速度
的大小。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1 详解】
微粒的运动轨迹如图所示
由题意可知微粒在电磁组合场中做匀速圆周运动时竖直方向上受力平衡，即
解得
【小问2 详解】
设微粒在电磁复合场中运动的半径为R，速度大小为v，v 与竖直方向夹角为
，由几何关系知
根据牛顿第二定律得
微粒进入电磁复合场时的竖直分速度大小为
设微粒从原点抛出后经时间t 进入电磁复合场，根据平抛运动规律有
，
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联立，解得
根据运动的对称性可得
跟踪训练3．（2025·宁夏回族自治区吴忠市盐池县·一模）如图所示，在
平面直角坐标系的
区域
内，
轴两侧存在两边长为
的正方形匀强磁场区域，其直线边界与
轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。
在第一、二象限存在沿
方向的匀强电场，电场强度大小为
。一带负电粒子质量为
，电荷量为
，
从
点以速度
沿
方向射入电磁场区域，已知粒子正好能沿直线匀速穿过矩形区域，不计粒子重力。
（1）求磁感应强度
的大小；
（2）若撤去电场并改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达
轴上与
点距离为
的
点，求粒子的
入射速度大小；
（3）保持电磁场不变，仅使粒子的入射速度大小改为
，粒子恰以与
轴成
角方向离开磁场。
若
，求粒子在电磁场中运动的整个过程中粒子到
轴的最远距离，以及粒子在磁场中运
动的总时间。
【答案】（1）
；
（2）
；
（3）
，
【解析】
【小问1 详解】
根据题意可知，由于带负电粒子能沿直线匀速穿过矩形区域，由平衡条件有
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解得
【小问2 详解】
根据题意，撤去电场，粒子在磁场力的作用下做圆周运动，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系可得
解得
洛伦兹力提供向心力
解得
小问3 详解】
增大粒子的入射速度粒子将做轮摆线运动，将速度分解为
，那么洛伦兹力一个用来平衡电场力向上
做匀速直线运动，另外一个洛伦兹力使粒子做顺时针的匀速圆周运动，粒子的实际运动为这两个运动的合
运动。粒子运动过程中到
轴的最远距离
则粒子从磁场上侧以与
轴正方向成
角离开磁场，在复合场中的运动的时间必为
个周期，粒子
圆周运动的周期
根据几何关系，有
解得
故粒子在电磁场中运动的时间
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考点五 不共面的运动
典例1．（2025·云南省丽江市第一高级中学·三模）如图，M、Q、N 为相互平行的竖直平面，间距均为
L，在N 上建立xOy 直角坐标系，x 轴水平。
处有一粒子源，
连线垂直于竖直平面。MQ 间区域有
沿x 轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，QN 间区域有沿x 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为
E。粒子源发出速率为v 的正电粒子，粒子沿
方向运动，经磁场偏转通过Q 平面时，其速度方向与
夹角为
，再经电场偏转通过N 平面上的P 点（图中未标出）。忽略粒子间相互作用及粒子重力，
求：
（1）粒子
电荷量与质量之比；
（2）粒子从Q 运动到N 的时间；
（3）P 点的坐标（x，y）。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
根据题意可知，粒子在匀强磁场区域做匀速圆周运动，则
根据几何关系可知
联立可得
【小问2 详解】
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粒子进入匀强电场后，做类平抛运动，则
解得
【小问3 详解】
粒子的横坐标为
所以
粒子的纵坐标为
所以
所以P 点的坐标为（
，
）。
典例2．（2025·黑龙江省齐齐哈尔市·三模）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
的两个底面平行，其中A 点的坐标为
，C 点的
坐标为
，正四棱柱
空间处于沿y 轴方向的匀强电场中，
空
间处于沿y 轴负方向的匀强磁场中，质量为m、电荷量为
的粒子以速度
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
，求I 点的y 轴坐标。
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【答案】（1）
，沿y 轴负方向；（2）
；（3）
【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，沿AD 方向有
沿y 轴方向有
沿y 轴方向的加速度
解得匀强电场的电场强度大小为
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
，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，恰好不从四棱柱的侧面飞出，做出圆轨迹如图乙所示
由几何关系可得粒子做圆周运动的半径
52
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由洛伦兹力提供圆周运动的向心力，可得
解得
（3）若带电粒子最终从JH 连线上的一点射出，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为
时间对应半个周期的奇数倍，即
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
I 点的y 轴坐标
代入数据可得
跟踪训练1．（2025·广西南宁市·三模）如图所示，在空间直角坐标系中，无限大平面MNPQ（与y 轴垂直
且交于C 点）左侧区域Ⅰ存在沿x 轴正方向的匀强磁场，
，右侧区域Ⅱ存在沿z 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；现从坐标为
的A 点沿yOz 平面发射一质量为m，电
荷量为
的粒子，粒子的初速度大小为
、方向与y 轴负方向的夹角为60°，经一段时间后粒子恰好垂直
于平面MNPQ 进入区域Ⅱ，不计粒子的重力，求：
（1）磁感应强度B 的大小；
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（2）粒子从A 点出发至第2 次到达平面MNPQ 的时间；
（3）若在区域Ⅱ加一电场强度为E、方向沿z 轴负方向的匀强电场，求粒子从A 点出发后第n 次经过平面
MNPQ 时的速度大小。
【答案】（1）
（2）
（3）见解析
【解析】
【小问1 详解】
由题意可知，
粒子的轨迹如图所示，
由
可得：
【小问2 详解】
粒子以水平速度
进入区域Ⅱ，粒子从A 点出发至第2 次到达平面MNPQ 的轨迹如图所示，在区域Ⅰ中，轨
迹的圆心角为120°，对应的时间为：
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在区域
中，轨迹为半圆，对应的时间为：
得
故：
【小问3 详解】
粒子第一次以水平速度
进入在区域Ⅱ后，在平行于xoy 平面的平面内做匀速圆周运动，在电场力作用下，
沿z 轴方向做加速度为a 的匀加速直线运动，运动时间为
，粒子第1 次经过平面MNPQ 时的速度为
，
第2 次经过平面MNPQ 时获得了沿z 轴负方向的速度
，由牛顿第二定律：
在区域Ⅰ以速度
做匀速圆周运动，轨迹如图所示
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显然，第3 次经过平面MNPQ 时沿z 轴负方向的速度
再在区域Ⅱ中，在平行于xoy 平面的平面内做匀速圆周运动，运动时间仍为
在电场力作用下，沿
轴方向做加速度为a 的匀加速直线运动
第4 次经过平面MMPQ 时，沿z 轴负方向的速度
第5 次经过平面MNPQ 时，沿z 轴负方向的速度
第6 次经过平面MNPQ 时，沿z 轴负方向的速度
粒子的速度为：
依次类推可知：①当n 为偶数时
粒子第n 次经过平面MNPQ 时，沿z 轴负方向的速度
解得：
②当n 为奇数时
粒子第n 次经过平面MNPQ 时，沿z 轴负方向的速度
粒子的速度为：
跟踪训练2．（2025·吉林省长春市·三模）如图，在空间直角坐标系
中存在磁感应强度大小为
的
匀强磁场，磁场沿
轴正方向，在
处有一垂直
轴足够大的接收屏。原点
处有一粒子源，仅在
平面内向各个方向发射速度大小为
、质量为
、电荷量为
的正电粒子。不计粒子重力、粒子间的
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相互作用和接收屏累积电荷产生的影响。
（1）求粒子运动的半径
和周期
。
（2）若在磁场区再加一个沿
轴正方向电场强度大小为
的匀强电场（未画出），求粒子打到接收
屏上
坐标最大值和最小值两点的空间坐标。
（3）若粒子源只向
轴负方向发射该种粒子，粒子在磁场中运动时始终受到与速度大小成正比、方向相反
的阻力，比例系数为
。粒子速度第一次沿
轴正方向时的位置设为
点（未画出），已知
点的
坐标
为
，求
点的空间坐标和粒子在
点的速度大小
。
【答案】（1）
（2）
（3）
，
【解析】
【小问1 详解】
由牛顿第二定律
解得
根据周期公式
解得
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【小问2 详解】
粒子沿
轴方向做初速度为零、加速度大小为
的匀加速直线运动，由牛顿第二定律
解得
粒子在垂直
轴
平面上做半径为
的匀速圆周运动如图初速度方向沿
轴负方向的粒子打在接收屏上前
运动的时间最长
对应
坐标有最大值
由几何知识可得该点
坐标为
，其对应
坐标为
初速度沿
轴正方向偏向
轴负方向
角方向的粒子打在接收屏前运动的时间最短
由几何知识可得该点
坐标为0，对应
坐标有最小值
其对应的坐标为
【小问3 详解】
粒子从
点至
点过程，沿
轴方向由动量定理有
即
解得
所以
点坐标为
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沿
轴方向由动量定理有
即
解得
1．（2025·四川省成都市·二诊）（多选）如图所示，等腰直角三角形
内有一垂直纸面向里的匀强磁场
（
边界无磁场），
边长为
，磁场磁感应强度大小为B。ab 边中点的粒子源
垂直
以不同速率向
磁场内发射带负电的粒子，粒子质量为
，电荷量为
，不计粒子重力及粒子间相互作用。下列说法正确
的是（ ）
A. 粒子可能从
点飞出磁场
B. 粒子可能从
点飞出磁场
C. 能从
边界飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为
D. 能从
边界飞出的粒子在磁场中运动的最小速度为
【答案】AC
【解析】粒子可能的轨迹如图所示
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A．如图所示，若粒子沿轨迹1 运动，由几何关系可知，此时的半径为
故A 正确；
B．与
边相切的粒子，轨迹如2，由几何关系可知，半径为
由几何关系可知，切点到
的距离也为
所以切点在
点上侧，故粒子不可能过
点，故B 错误；
CD．当粒子与
边相切出磁场时，粒子的速度最小，运动时间最长，轨迹如2，由几何关系可知，此时
的圆心角为
根据牛顿第二定律可知
解得
周期为
运动的时间为
故C 正确，D 错误。
故选AC。
2．（2025·陕西省西安市长安区·三模）（多选）如图所示为某一科研设备中对电子运动范围进行约束的装
置简化图。现有一足够高的圆柱形空间，其底面半径为R，现以底面圆心为坐标原点，建立空间直角坐标
系
。在圆柱形区域内存在着沿z 轴负向的匀强磁场和匀强电场，在
的区域内存在着沿x 轴正
向的匀强电场。坐标为
的P 点有一电子源，在xOy 平面内同时沿不同方向向圆柱形区域内发射
了一群质量为m，电荷量为
的电子，速度大小均为
。已知磁感应强度的大小为
，不计粒子的重
力，则从电子发射到完全离开圆柱形区域的过程中，下列说法正确的是（ ）
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A. 粒子完全离开圆柱形区域时速度方向均不相同
B. 粒子完全离开圆柱形区域时的速度方向均平行于xOy 平面
C. 所有粒子在磁场中运动的总时间均相同
D. 最晚和最早完全离开圆柱形区域的粒子的时间差为
【答案】AC
【解析】AB．如图所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
解得
由于粒子的轨迹圆半径和原磁场半径相同，故粒子在xOy 平面内将先后经历磁发散、进入电场匀变速直线
运动、返回磁场磁聚焦三个过程，最终从xOy 平面内的Q 点离开，但是速度方向均不相同，在考虑他们在
z 方向上的匀加速直线运动，离开圆柱形区域时的速度方向不可能平行于xOy 平面，故A 正确，B 错误；
C．粒子在磁场中均经历了半个周期，因此在磁场中运动总时间相同，故C 正确；
D．当粒子从P 点沿x 轴正向发射时，粒子在xOy 平面内运动时间最长，相较于运动时间最短的粒子，其
多走的路程为2R，故时间差
故D 错误。
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故选AC。
3．（2025·四川省成都市石室中学·一模）图甲是中华太极图，生动地表示了宇宙万物的结构及运动规律，
她人类文明的无价之宝。图乙是大圆O 内及圆周上有磁感应强度大小为B，方向相反的匀强磁场太极图。
两个半圆的圆心O’，O
在圆O 的同一直径MN 上，半圆直径均为圆O 的半径R。曲线MON 左侧的磁场方
向垂直直面向外。质量为m，电荷量为q 的质子（不计重力），以某初速度从N 点沿纸面与NM 夹角
θ=30°射入右侧磁场，恰好通过O 点进入左侧磁场，并从M 点射出。
（1）求质子的初速度大小v1；
（2）求质子从N 点运动到M 点所用的时间t0；
（3）若θ＝90°，曲线MON 上的磁场方向垂直纸面向里，要使质子不进入曲线MON 左侧磁场中，求质子
速度的大小范围。
【答案】（1）
；（2）
；（3）见解析
【解析】（1）质子的运动轨迹如图所示，设质子的轨道半径为r0，则
由几何关系可得
，
联立解得
（2）质子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
62
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质子在左右磁场中运动的时间相等
质子从N 点运动到M 点所用的时间为
（3）质子在右磁场中运动有
分两种情况讨论
要使质子不进入曲线MON 左侧磁场区域，应满足
解得
要使质子不进入曲线MON 左侧磁场区域，应满足
解得
质子速度的大小范围为
，
4．（2025·云南省丽江市第一高级中学·一模）质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒
子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为
，方向沿纸面向下，匀强磁场
的磁感应强度大小为
，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为
，方向
垂直纸面向里。从S 点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动、再
由O 点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P 点处，运动轨迹如图中虚线所示。
（1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
（2）求O 点到P 点的距离。
（3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场
电场强度大小变为
（
略大于
），方向不变，粒子恰好垂直打
在速度选择器右挡板的
点上。求粒子打在
点的速度大小。
63
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【答案】（1）带正电，
；（2）
；（3）
【解析】（1）由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子
进入速度选择器时的速度为
，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件
在加速电场中，由动能定理
联立解得，粒子的比荷为
（2）由洛伦兹力提供向心力
可得O 点到P 点的距离为
（3）粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上
洛伦兹力
向下的电场力
由于
，且
所以通过配速法，如图所示
在O 点将粒子的速度v 分解为大小为v1、v2的两个分速度，则有
令v1对应的洛伦兹力等于电场力，即
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可得
则粒子的运动可分解为线速度大小为v2的匀速圆周运动和速度大小为v1的匀速直线运动，设粒子恰好垂直
打在速度选择器右挡板的
点时的速度大小为
，则有
5．（2025·云南省怒江傈僳族自治州民族中学·一模）托卡马克是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形
容器，如图甲所示，它的中央是一个环形的真空室，外面缠绕着线圈，在通电的时候托卡马克的内部产生
的磁场可以把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内。如图乙为该磁约束装置的简化模型，两个圆心
均在O 点，半径分别为R1=R 和
（R 为已知量）的圆将空间分成圆形区域I 和环形区域II，
区域I 内无磁场，区域II 内有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一束不同速率、电
荷量为+q、质量为m 的带电粒子从O 点沿着区域I 的半径方向射入环形的匀强磁场，不计一切阻力与粒子
重力。
（1）若某粒子从O 点沿x 轴正方向射出，沿y 轴负方向第一次返回区域I，求该粒子的速度大小；
（2）求能约束在此装置内的粒子的最大初动能Ekm；
（3）求粒子从射入环形磁场到第一次返回圆形区域I，在区域II 中运动的最长时间。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）由题意如图1 所示，根据几何关系可知这种情况下粒子的轨道半径为R，设该粒子的速度大
小为v，根据牛顿第二定律有
解得
65
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（2）设粒子在磁场中运动的最大半径为rm，最大速度为vm，如图2 所示，根据几何关系可得
解得
根据牛顿第二定律有
根据动能的表达式有
联立解得
（3）根据几何关系可知，粒子在磁场中转过的圆心角为
所以当r 最大时，α 有最大值为
粒子在磁场中运动的周期为
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粒子在区域II 中运动的最长时间为
6．（2025·北京市北京大学附属中学·三模）某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，
为粒子加速器，
加速电压未知；
为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度大小为
，方向未知；两板间电场强度大
小为
，方向如图所示：
为偏转分离器，磁感应强度为
方向垂直纸面向里。今有一带电的粒子（不
计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，且从
点进入分离器后做匀速圆周运动打在
点，
已知
之间的距离为
。求：
（1）在速度选择器中的磁场方向和粒子的电性；
（2）粒子进入
点的速度大小
；
（3）粒子的比荷
。
【答案】（1）磁场方向重直于纸面向里，粒子带正电；（2）
；（3）
【解析】（1）由粒子在
中的偏转知，粒子带正电，又由于速度选择器中的场强向左，所以电场力向左，
所以洛伦兹力向右，由左手定则知磁场方向重直于纸面向里。
（2）在速度选择器中，有
则
（3）因为
又
67
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所以
又
所以
所以
7．（2025·北京市大兴精华学校·三模）电磁流量计广泛应用于测量可导电液体（如污水）在管中的流量
（单位时间内通过管内横截面的流体的体积）。为了简化，假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一
段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的
、
、
，流量计的两端与输送流体的管道相连接（图
中虚线）。图中流量计的上、下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料，现于流量计所在处加磁感应强度
为
的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面，当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两
表面分别与一串联了电阻
的电流表的电路连接，
表示测得的电流值，已知流体的电阻率为
，不计电
流表的内阻，则（ ）
A. 流量为
B. 流量为
C. 若污水浓度变大，则流体的电阻率变大
D. 若流体的电阻率变小，则上下两板间电势差将变大
【答案】D
【解析】AB．当洛伦兹力与电场力平衡时，则处于稳定状态，则有
解得
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根据电阻定律
则总电阻R 总=r+R
所以解得
所以流量
，故AB 错误；
CD．若污水浓度变大，液体导电性能增加，流体的电阻率变小，因上下极板的电动势U=cBv 一定，则此
时回路电流变大，上下极板的电势差
，则上下两板间电势差将变大，故C 错误，D 正确。
故选D。
8．（2025·广东省清远市·二模）左装置为回旋加速器的示意图，两个靠得很近的D 形金属盒处在磁感应强
度大小为B 且垂直盒面的匀强磁场中。右装置为质谱仪的示意图，离子源S 产生质量不同带电量相同的离
子（速度可看作零），经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录它的照相底片P 点。不计粒子
的重力，以下说法正确的是（ ）
A. 右装置中，加速电场方向竖直向上
B. 左装置中，带电粒子通过磁场后动能增大
C. 左装置中，电压U 越大，带电粒子获得的最大动能也越大
D. 右装置中，打在P 点的粒子质量大，在磁场中运动的速率大
【答案】A
【解析】A．由右图离子在磁场中偏转方向，根据左手定则可知离子带正电，故加速电场方向竖直向上，
故A 正确；
B．左装置中，因洛伦兹力对带电粒子不做功，则带电粒子通过磁场后动能不变，故B 错误；
C．左装置中，当离子在匀强磁场的轨迹半径等于D 型盒的半径时速度最大，跟据
解得
，则最大动能与匀强磁场的磁感应强度大小B、D 型盒的半径
R 有关，故C 错误；
69
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D．根据
粒子在电场中被加速，质量越大速率越小，在磁场中速率不变，打在P 点的粒子质量大，在磁场中运动的
速率小，故D 错误。
故选A。
9．（2025·北京市第三十五中学·三模）某质谱仪原理如图所示，A 为粒子加速器，加速电压为
：B 为速
度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为
，两板间距离为d；C 为偏转分离器，磁感应强度为
。现
有一质量为m，电荷是为
的粒子（不计重力），初速度为0，经A 加速后，该粒子进入B 恰好做匀速
运动，粒子从M 点进入C 后做匀速圆周运动，打在底片上的N 点。求：
（1）粒子进入速度选择器的速度大小v；
（2）速度选择器两板间的电压
；
（3）MN
距离L。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
粒子
A 中加速过程，根据动能定理有
解得
【小问2 详解】
粒子在B 中做匀速直线运动，根据受力平衡有
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解得
【小问3 详解】
粒子在C 中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
解得
10．（2025·北京市第一零一中学·三模）如图所示，某带电粒子（重力不计）由M 点以垂直于磁场边界的
速度v 射入宽度为d 的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与原来射入方向的夹角为
，磁场的磁感
应强度大小为B。由此推断该带电粒子（ ）
A. 带负电且动能不变
B. 运动轨迹为抛物线
C. 电荷量与质量的比值为
D. 穿越磁场的时间为
【答案】D
【解析】A．根据左手定则，粒子带正电，故A 错误；
B．该粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹是圆周的一部分，故B 错误；
C．根据牛顿第二定律
又因为
解得
故C 错误；
D．穿越磁场的时间为
71
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解得
故D 正确。
故选D。
11. （2025·北京市第一零一中学·三模）如图所示的MNPQ 区域内有竖直向上的匀强电场和沿水平方向的
匀强磁场，现有两个带电微粒
、
均从边界
的
点处先后沿水平方向进入该区域中，并都恰能做匀
速圆周运动，则下列说法错误的是（ ）
A. a、b 两微粒均带正电
B. a、b 两微粒在该区域运动周期一定相等
C. a、b 两微粒在该区域运动的圆周运动半径一定相等
D. 仅增加磁场强度a、b 一定都能做匀速圆周运动
【答案】C
【解析】A．电场方向竖直向上，重力与电场力平衡，即
电场力向上，故微粒带正电（正电荷受力与电场方向相同），A 正确；
B．圆周运动周期
由
得
则
（与微粒质量、电荷量无关），故a、b 周期相等，B 正确；
C．圆周运动半径
72
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定值，但v 未知（两微粒初速度可能不同），故半径不一定相等，C 错误；
D．仅增加磁场强度B，重力与电场力仍平衡，洛伦兹力
增大，但只要满足
，微粒仍可做匀
速圆周运动（洛伦兹力提供向心力 ），D 正确。
本题选错误的，故选C。
12. （2025·湖南省长沙市南雅中学·三模）（多选）如图所示，竖直平面内半径为R 的圆形区域内有一垂直
纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，P、Q 为圆形区域竖直直径的两个端点，M、N 为圆形区域水
平直径的两个端点。大量质量均为m、电荷量为q 的带正电粒子，以相同的速率从P 点向纸面内的各个方
向射入磁场区域。粒子的重力、空气阻力和粒子间的相互作用均不计，则下列说法正确的是（ ）
A. 若粒子射入磁场的速率为
，则粒子均沿竖直方向射出磁场
B. 若粒子射入磁场的速率为
，则粒子最远可以从M 点射出磁场
C. 若粒子射入磁场的速率为
，则粒子在磁场中运动的时间可能为
D. 若粒子射入磁场的速率为
，则可能有粒子从N 点射出磁场
【答案】BD
【解析】A．根据洛伦兹力提供向心力
若粒子射入磁场的速率为
，则带电粒子在磁场中的轨迹半径
，根据磁扩散模型可知带电子均沿
水平方向射出磁场，故A 错误；
B．若粒子射入磁场的速率为
，则带电粒子在磁场中的轨迹半径
，当粒子在磁场中运动
半个周期时，刚好可以从M 点射出磁场，故B 正确；
C．若粒子射入磁场的速率为
，则粒子在磁场中运动的轨迹半径
，当粒子在圆形磁场中的运
动时间最长，则粒子圆周运动的轨迹应以磁场圆直径为弦，则粒子的运动轨迹如图所示
73
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此轨迹在磁场中的偏转角为θ，根据几何关系可知
所以
粒子在磁场中运动的最长时间
故粒子在磁场中的时间不可能为
，故C 错误；
D．当入射速度的方向合适时，是可以确定从N 点射出的粒子圆周运动的圆心，如图所示
作
的中垂线，以P 或N 点为圆心以
为半径画圆弧交
中垂线于O，O 点即为能通过N 点轨迹的
圆心，故D 正确。
故选BD。
13. （2024·北京市北京师范大学第二附属中学·第二次统练）回旋加速器由两个铝制的D 形盒组成，两个
D 形盒中间开有一条狭缝。D 形盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。下图为俯视图，在D 形盒上半面
中心S 处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入D 形盒中。在磁场力的作用下运动半
周，再经狭缝电压加速。如此周而复始，最后到达D 形盒的边缘，获得最大速度，由导出装置导出。现欲
使该离子加速后获得的最大动能变成原来的2 倍，理论上可采用的办法有（不考虑相对论效应）（ ）
A. 只将交变电源的最大电压变为原来的2 倍
B. 只将交变电源的频率变为原来的2 倍
C. 只将磁感应强度变为原来的
倍
D. 只将D 形盒的半径变为原来的
倍
【答案】D
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【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，则
解得
当
时，速度有最大值，此时动能最大，最大动能的决定式为
B．又交变电源的频率与粒子做匀速圆周运动的频率相同，为
故
故要使该离子加速后获得的最大动能变成原来的2 倍，只将交变电源的频率变为原来的2 倍不能实现，故
B 错误；
CD．故要使该离子加速后获得的最大动能变成原来的2 倍，理论上可采用的办法有将D 形盒的半径变为原
来的
倍，因为交变电源的频率与磁场强度大小同比例变化，故只将磁感应强度变为原来的
倍不能
实现，故C 错误，D 正确；
A．根据动能定理
若只将交变电源的最大电压变为原来的2 倍，则加速次数减半
不变，故A 错误。
故选D
1．（2025·湖北省黄石市第二中学·二模）如图所示，平面直角坐标系xOy 内，过原点的直线l 与+x 轴的夹
角为φ=37°，将y 轴右侧分成上下两个区域Ⅰ和Ⅱ。Ⅰ区（含+y 轴）中有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强
度为B。Ⅱ区有垂直纸面方向的匀强磁场，磁感应强度可调。现将一个质量为m、电量为+q 的带电粒子P
75
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从O 点沿+y 方向以初速度v0射出，带电粒子重力不计。（sin37º=0.6，cos37º=0.8）
（1）若Ⅱ区磁场方向垂直纸面向里，欲使粒子P 不能到达x 轴，求Ⅱ区磁场的磁感应强度B′应满足的条件；
（2）将Ⅱ区磁场调成与Ⅰ区相同，并使整个空间均匀分布黏性介质。P 仍从O 点沿+y 方向以初速度v0射出，
运动中受到大小正比于速率（比例系数为常数k，未知）、方向与速度反向的介质阻力作用，且P 速度第
一次沿－y 方向的位置在直线l 上。求比例系数k 的大小及粒子最终停止的位置坐标。
【答案】（1）
（2）
；
【解析】
【小问1 详解】
若Ⅱ区磁场方向垂直纸面向里，设粒子在Ⅰ区、Ⅱ区中的半径分别为R1，R2
在Ⅰ区
在Ⅱ区
当粒子进入Ⅱ区后恰能达x 轴，临届轨迹与x 轴相切，轨迹如图所示
76
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由几何关系得
联立得
结合φ=37°可求得
Ⅱ区磁场的磁感应强度B′应满足的条件
；
【小问2 详解】
设某时刻粒子沿两轴的速度分量分别为vx和vy，如图所示
设P 速度第一次沿－y 方向的位置在直线l 上的M（x0，y0），最终停止在N（x1，y1）
粒子从O 到M，由x 方向的动量定理得
即
M（x0，y0）在直线l 上，则有
故有
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粒子达N（x1，y1），
，粒子从O 到N，由x 方向的动量定理得
即
由y 方向的动量定理得
即
联立解得
则粒子P 最终停止的位置坐标
2．（2025·湖北省武汉二中·一模）如图所示，水平虚线MN 的下方存在竖直向上、电场强度为
（大小未
知）的匀强电场，上方有一圆心为O、半径为R 的半圆形区域，该区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度
大小为B 的匀强磁场和水平方向、电场强度为
（大小未知）的匀强电场，O 点正下方的S 处有一粒子源，
能向外释放初速度为零的带正电粒子，粒子经过O 点进入半圆形区域，并沿竖直半径方向做直线运动。已
知粒子在半圆形区域内运动的时间为
，粒子的重力忽略不计。
（1）求电场强度
的大小和方向；
（2）若仅将半圆形区域内的磁场撤去，粒子仍从S 处静止释放，结果粒子在半圆形区域内运动的时间变为
，求粒子的比荷以及S、O 之间的电势差；
（3）若将半圆形区域内的匀强电场撤去，且将虚线下方的电场强度
增大到原来的16 倍，粒子仍从S 处
静止释放，求粒子在半圆形区域内运动的时间．
【答案】（1）
；方向水平向右；（2）
；
；（3）
【解析】（1）设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入半圆形区域时的速度大小为v。根据左手定则可
知，粒子所受的洛伦兹力水平向左，沿竖直半径方向做匀速直线运动，说明粒子在该区域内受力平衡，因
此电场力方向水平向右，即电场强度
的方向水平向右。电场力与洛伦兹力平衡，有
78
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又
解得
（2）若仅将半圆形区域内的磁场撤去，粒子在匀强电场
中做类平抛运动，粒子的轨迹如下图所示。粒
子在半圆形区域内竖直方向做匀速直线运动，当运动的时间变为
时，在竖直方向上的位移大小为
粒子在水平方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
粒子
合位移大小为R，由几何关系可得在水平方向上的位移大小为
解得粒子的比荷为
粒子由S 点到O 点的过程中，由动能定理可得
联立解得
79
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（3）若将半圆形区域内的匀强电场撤去，且将虚线下侧的电场强度增大到原来的16 倍，由电场强度与电
势差的关系公式可得
可知，SO 两点之间的电势差增大到原来的16 倍，由动能定理得
粒子在半圆形区域内的匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，根据牛顿第二定律有
联立解得
作出粒子在该区域的运动轨迹，如下图所示，粒子从半圆弧上的Q 点离开磁场区域。由几何关系可得
解得
粒子在磁场中的运动时间为
联立解得
3．（2025·湖南省长沙麓山国际实验学校·二模）（多选）如图所示，平面直角坐标系内有过原点
和
轴
上
点的圆形虚线边界，其直径为
，边界内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为
．第四
80
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象限存在沿
轴负方向的匀强电场，虚线半圆弧的半径为
，直径
与圆心
在
轴上，
两点之
间的距离也为
，一质量为
的带正电粒子（不计重力），从
点以沿着
轴负方向的速度
射入磁场，
其圆弧轨迹的圆心在
点，粒子从
点射出磁场后立即进入电场，最后运动到半圆弧上的
点，已知
，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子在磁场中圆周运动的轨迹半径为
B. 粒子的带电荷量为
C. 匀强电场的电场强度为
D. 若粒子离开
点运动到虚线半圆弧的顶点
，则粒子从
到
的运动时间为
【答案】BD
【解析】AB．画粒子由
点到
点的运动轨迹如图甲所示，依题意有，
是圆弧轨迹的半径，
粒子在
点的速度与
轴平行，与半径
垂直，则
与
轴垂直，则有
是等腰直角三角形，由圆的几何知识可知
是圆形边界的直径，设粒子的轨迹半径为
，则有
又
综合解得
81
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选项A 错误，B 正确；
C．分析可知，粒子在磁场中偏转了
，粒子在
点的速度沿
轴的正方向，与匀强电场垂直，则粒子
从
到
做类平抛运动，沿
轴方向的分位移为
沿
轴方向的分位移为
设匀强电场的电场强度为
，由类平抛运动的规律可得
综合解得
选项C 错误；
D．画粒子由
点到
点的运动轨迹如图乙所示，由题意知，粒子从
到
做类平抛运动，由几何关系可
得沿
轴方向的分位移为
沿
轴方向的分位移为
设此时匀强电场的电场强度为
，由类平抛运动的规律可得
综合解得
粒子从
到
的运动时间为
粒子从
到
的运动时间为
综合可得
选项D 正确。
故选BD。
82
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4．（2025·江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学·三模）如图所示，坐标系xOy 平面在纸面内，在
的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，
的区域Ⅰ和
的区域Ⅱ的磁感应强度大小分别为
和
。大量质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子从原点O 在坐标平面内向与x 正方向成
角射入，粒子的速度大小相等，方向随角度均匀分布。沿y 轴正方向射入的粒子在
点垂直两磁场的边界射入区域Ⅱ。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
（1）求粒子从原点O 射入磁场时的速度大小v；
（2）若在两磁场分界处有一垂直于xOy 平面的足够大竖直挡板，求打到挡板上的粒子数占总粒子数的百
分比
；
（3）若粒子在区域Ⅱ中受到与速度大小成正比、方向相反的阻力，比例系数为k，观察发现沿y 轴正方向
射入的粒子，射入区域Ⅱ后粒子轨迹呈螺旋状并与两磁场的边界相切于Q 点（未画出），求该粒子由P 点
运动到Q 点的时间t 及该粒子在区域Ⅱ中运动轨迹的长度l。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
，
【解析】（1）洛伦兹力提供向心力
83
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又
解得
（2）由
，当初速度方向沿x 轴正向时，轨迹与磁场边界相切，此时粒子刚好打到挡板上，
范围内的粒子都能打到挡板，所以打到挡板上的粒子数占总粒子数的百分比
（3）该粒子在区域Ⅱ中的运动轨速如图所示
洛伦兹力提供向心力
可得
即角速度为一定值，又可知粒子与边界相切时转过的弧度为
，时间
解得
粒子在区域Ⅱ中做螺旋线运动，由于阻力最后停下来，在切线方向上，牛顿第二定律
有
求和得
84
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解得
5．（2025·四川省成都市新津中学·一模）如图所示，一倾角为37°的固定斜面中间区域存在方向垂直纸面
向里的匀强磁场，磁场的边界（图中虚线）与斜面垂直，磁感应强度
。斜面上静止放置一质量为
的绝缘长木板B，其最右端P 带负电（可视为将一点电荷固定于P 点），电荷量
，P 距
磁场左边界的距离为L，一质量为
可视为质点的物块A 从长木板最左端以沿斜面向下的初速度
滑上长木板，物块与长木板之间的摩擦因数为
。长木板最右端P 进入磁场后立即开始匀速运动，当
其最右端P 离开磁场时，物块正好进入磁场，一段时间后物块离开磁场时恰好与长木板第一次共速，此后
两物体一起以3m/s 的速度匀速运动。重力加速度g 取
。求：
（1）长木板与斜面间的摩擦因数
；
（2）长木板最右端P 刚进入磁场时的速度
以及初始时长木板最右端离磁场左边界的距离L；
（3）物块A 的初速度
。
【答案】（1）
（2）
，
（3）
【解析】
【小问1 详解】
最终整体一起匀速，整体受力平衡
解得
【小问2 详解】
设B 的右端刚进入磁场时匀速运动速度为
，斜面对B 的摩擦力为
，则
，
解得
85
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设B 进入磁场之前的加速度为
，设此时斜面对B 的摩擦力为
，则
，
解得
由
解得
【小问3 详解】
长木板P 端在磁场中时匀速运动，P 端出磁场后匀加速运动至共速速度
，设加速时间
，则
物块A 一直作匀减速运动，设加速度为
，由牛顿第二定律得
解得
由题意得，物块A 减速穿越磁场过程所用时间与长木板加速至共速所用时间相等，均为
，设小物块刚进
入磁场速度为
，则
，
解得
设长木板在磁场中匀速时间
，则
解得
长木板由静止加速至进入磁场时间为
，则
分析可知长木板由静止加速至进入磁场时间为
，长木板再次加速至共速时间为
，小物块从开始运动经
一直匀减速至共速速度
，则
解得
6．（2025·云南省怒江州民族中学·二模）如图所示，水平面内存在一坐标系，在y 轴左侧存在一水平向左
的匀强电场，电场强度大小为E，在y 轴右侧、x 轴上方和下方分别存在方向垂直于纸面向里和向外的匀强
磁场。磁感应强度大小分别为
和
。在坐标（
处有一粒子源S 能释放初速度为零。质量为
m、电荷量大小为q 带负电的粒子，经过电场和磁场作用后第一次从x 轴上
点进入x 轴下方的磁
场，在x 轴下方运动过程中轨迹恰好与y 轴的负半轴相切。（不计粒子所受重力）求：
86
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（1）粒子在电场中的运动时间；
（2）
。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1 详解】
作出粒子运动的轨迹如图所示
设粒子在电场中运动的时间为，由运动学规律得
由牛顿第二定律得
联立解得
【小问2 详解】
在直角三角形
中，由几何关系可得
解得
在Ⅰ象限中，由磁场力提供向心力，由牛顿第二定律可得
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解得
在直角三角形
中，由几何关系可得
解得
在
象限中，由几何关系可知
，
解得
由磁场力提供向心力，由牛顿第二定律可得
解得
联立解得
7．（2025·北京市第一零一中学·三模）电磁流量计广泛应用于测量可导电流体（如污水，含有大量的正负
离子）在管中的流量（在单位时间内通过管内横截面的流体的体积）。为了简化，假设流量计是如图所示
的横截面为长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c。流量计的两端与输送流
体的管道相连接（图中虚线）。图中流量计的前、后两面是金属材料，上、下两面是绝缘材料。现于流量
计所在处加磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向竖直向上。当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将
流量计前、后表面分别与一串接了电阻R 的电流表的两端连接，I 表示测得的电流值。已知流体的电阻率
为ρ，不计电流表的内阻，则（ ）
A. 若流体速度向右，则前表面电势低于后表面电势
B. 若将电流表改为电磁流量计，其刻度是不均匀的
C. 此时导电流体的流量为
D. 此时导电流体的流量为
【答案】C
88
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【解析】A．若流体速度向右，根据左手定则，正电荷向前表面偏转，负电荷向后表面偏转，前表面带正
电荷，后表面带负电荷，前表面电势高于后表面电势，A 错误；
CD．电源的电动势为
解得
导电流体的流量为
感应电流为
电源的内电阻为
解得
，C 正确，D 错误；
B．根据
解得
流量与电流强度成正比。因为电流表的刻度是均匀的，所以流量计的刻度也是均匀的，B 错误。
故选C。
8．（2025·北京市第一零一中学·三模）在霍尔效应中，霍尔电压与通过导体的电流之比被定义为霍尔电阻，
可用符号
表示，通常情况下，霍尔电阻与外加磁场的磁感应强度成正比。但在超低温、强磁场的极端条
件下，某些材料的霍尔电阻却随着强磁场的增加出现量子化现象：
h 是普朗克常数，e 是电子
的电量， v 既可以取1、2、3…等整数，也可以取某些小于1 的分数，这就是量子霍尔效应现象。实验发
现，当霍尔电阻处于量子态时，材料中的电子将沿边缘带做定向运动，几乎不受阻力作用。2013 年，清华
大学薛其坤团队发现，在超低温（0.03K）环境条件下，具备特殊结构的拓补绝缘体材料可以自发地发生
磁化，此时不需要外加磁场也会发生量子霍尔效应，这种现象被称为量子反常霍尔效应。结合以上资料，
可以判断下列说法正确的是（ ）
A. 同欧姆电阻类似，霍尔电阻越大，表明材料对通过它的电流的阻碍越强
B. 要发生量子霍尔效应现象，外部环境条件有两个，一是要具备超低温环境，二是要具备超强的磁场
C. 具备量子反常霍尔效应的磁性拓补绝缘材料已成为新一代低能耗芯片的制造材料
D. 霍尔电阻的量子态表达式中的常数组合
与欧姆电阻具有相同的单位
【答案】D
89
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【解析】A．设半导体的与电流垂直方向长为a，宽为b，处于磁感应强度为B 的磁场中，电子定向运动的
速率为v，则半导体两端的霍尔电压为
根据霍尔电阻定义有
则霍尔电阻不能反映对电流的阻碍作用，故A 错误；
B．由题意可知，在超低温、强磁场的极端条件下，某些材料的霍尔电阻却随着强磁场的增加出现量子化
现象，并不是所有的材料都会发生，故B 错误；
C．具备量子反常霍尔效应的磁性拓补绝缘材料，有望成为新一代低能耗芯片的制造材料，故C 错误；
D．根据功率的表达式
，
，结合牛顿第二定律
，整理得
则欧姆电阻的基本单位表示为
；
根据能量子表达式
，功的表达式
，牛顿第二定律
，结合电流的定义式
，整理
得
则常数组合
的基本单位表示为
，故D 正确。
故选D。
9．（2025·甘肃省白银市第八中学·三模）如图所示，在一半径为
的圆形区域内存在以该圆圆心
为中心、
辐射向外的电场，该电场的场强满足
（其中
为已知常量、
为圆形区域内某点到圆心
的距
离）。在
的环形区域内有一垂直于纸面的磁场，磁感应强度满足
（其中
为未知常量、
为环形区域内某点到圆心
的距离）。圆心
处有一粒子源不断地射出质量为
、电荷量为
（
）的带电粒子，粒子的初速度可视为零。不计粒子间的相互作用及粒子的重力。
（1）求圆心
与电场与磁场的交界处的电势差；
90
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（2）求粒子运动到电场与磁场的交界处的速度大小；
（3）为使所有粒子在第一次经过磁场的过程中均不能从环形区域的外边界射出，求
至少为多大。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
解法一：粒子从
至
很小
处的电势差为
由于
很小，
圆心
与电场与磁场的交界处的电势差为
解法二：如图所示，作出场强随粒子向外运动的位移的变化图像，图像与横轴围成的面积可表示电势差
故电势差
小问2 详解】
带电粒子在电场中加速，根据动能定理，有
解得
【小问3 详解】
为使所有粒子在第一次经过磁场的过程中均不能从环形区域的外边界射出，而洛伦兹力不做功，故临界状
态为粒子的轨迹与外边界相切，垂直半径方向，对粒子根据动量定理，有
而
91
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垂直半径方向洛伦兹力的冲量累加为
动量变化为
解得
10．（2025·广东省深圳市龙岗区华中师范大学附属中学·三模）如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy
中，第二象限内有沿x 轴负方向的匀强电场
（大小未知）和方向垂直坐标平面向里的匀强磁场（图中未
画出），第四象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场（图中未画出）。一质量
为m、电荷量为q 的带正电小球（视为质点）从P 点以大小
的速度沿PO 方向做直线运动，通过
O 点第一次通过x 轴后在第四象限内做匀速圆周运动，恰好通过Q 点（第二次通过x 轴）。已知P、Q 的
坐标分别为
和
，重力加速度大小为g，求：
（1）第二象限内，匀强电场的电场强度大小
；
（2）小球从P 点运动到Q 点的时间t；
（3）小球第五次通过x 轴时的横坐标。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
由题知，P 点坐标为
，设PO 与x 轴负方向夹角为
，则有
92
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解得
小球沿PO 方向做直线运动，则必为匀速直线运动，故受力平衡，小球受向下的重力，水平向左的电场力
和垂直于PO 斜向右上方的洛伦兹力，如图
根据受力分析，可得
解得
【小问2 详解】
小球进入第四象限后运动轨迹如图
根据几何关系可得小球从P 到O 的时间
小球进入第四象限后做匀速圆周运动，根据几何关系可得
周期
则在磁场中运动的时间为
93
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所以小球从P 点运动到Q 点的时间
【小问3 详解】
小球射入第一象限时速度与x 轴正向成30°，做斜抛运动，第三次通过x 轴时间为
水平方向运动位移为
则小球第五次通过x 轴时的横坐标
11. （2025·河南省洛阳市·三模）如图甲所示，平面直角坐标系xOy 的第一象限内存在垂直于xOy 平面的磁
场（图中未画出），规定垂直于xOy 平面向外为磁感应强度正方向，该区域内磁感应强度随时间变化的规
律如图乙所示；第二象限内（含x 轴负半轴）存在沿y 轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q 的
带正电的粒子由A 点（−L，0）沿x 轴正方向以大小为v0的速度射入电场，在t=0 时刻，粒子经y 轴上的P
点与y 轴正方向成θ=30°角射入第一象限，忽略粒子重力。求：
（1）电场强度的大小；
（2）在
至
时间内，粒子运动轨迹的半径；
（3）在
时刻，粒子
位置坐标。
【答案】（1）
（2）
94
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（3）
【解析】
【小问1 详解】
粒子在第二象限做类平抛运动，设粒子由A 至P 历时t0，则
粒子在P 点沿y 轴正方向的分速度大小
沿y 轴正方向上，由动量定理有
解得
【小问2 详解】
设粒子在P 点的速度大小为v，则
设粒子在此阶段运动轨迹的半径为r2，由洛伦兹力提供向心力有
解得
【小问3 详解】
粒子运动轨迹如图所示，设粒子刚进入第一象限时运动轨迹的半径为r1，由洛伦兹力提供向心力有
，
解得
，
由轨迹的对称性可知四边形PQMN 为矩形，设PN 的长度为s，则
设P 点的纵坐标为yP，则
则N 点的纵坐标为
则N 点的横坐标为
设
时刻粒子位于K 点，则K 点的纵坐标
95
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K 点的横坐标
故在
时刻，粒子的位置坐标为
12. （2025·湖南省长沙市湖南师范大学附属中学·三模）如图甲所示，长为a 的平行板M、N 分别位于第一、
第二象限内，与坐标平面垂直并与y 轴平行，两板到y 轴的距离相等，两板的下端均在x 轴上，两板上所
加的电压随时间变化的规律如图乙所示（图乙中
均已知），在第三、四象限内有垂直于坐标平面
向里的匀强磁场。在y 轴上
的P 点沿y 轴负方向均匀地射出质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，每
个粒子均能进入磁场且从P 点射出到进入磁场所用的时间均为
，从
时刻射出的粒子刚好从N 板下
边缘进入磁场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，磁场的磁感应强度大小为
，求：
（1）M、N 板间的距离为多少；
（2）能再次进入两板间的粒子数占总粒子数的比例为多少；
（3）若将M、N 极板上段截去一部分，使所有粒子从P 点射出后经电场、磁场偏转后均不能再进入电场，
则截去部分的长度至少为多少。
96
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）设两板间的距离为
，从
时刻射出的粒子刚好从
板的边缘飞出，则
解得
（2）由于所有粒子穿过电场的时间均为
，所以所有粒子在电场中运动时沿平行
轴方向的速度变化量
为零，即所有粒子进磁场时，速度大小均为
方向垂直于
轴向下；粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律
解得
所有粒子在磁场中均做半径为
的半圆周运动，则
在第一个周期内，设在时刻射入的粒子在离
板
处进入磁场并恰好从
板处进入磁场。则
97
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解得
根据对称性得，能再次进入两板间的粒子数占总粒子数的比例为
（3）截去一段后，设粒子进磁场时的速度为
，速度与
轴负方向的夹角为
，则
粒子在磁场中做圆周运动的半径
粒子进磁场和出磁场位置间的距离
截去一段后，若从
时刻进入电场的粒子发生的侧移为
，则所有粒子均不能再进入电场。则
解得
则截去的板长
13. （2025·云南省怒江州民族中学·三模）如图所示，空间存在三个完全相同的长方体通道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，三个
通道的正视图为边长为a 的正方形，通道的长度足够长，通道Ⅰ存在竖直向上的磁感应强度大小为B 的匀强
磁场，通道Ⅱ为无场区，通道Ⅲ中存在竖直向下的匀强磁场.第一次，比荷为k 的正粒子由左侧面1 上的О
点以与侧面1 成α=60°的夹角沿水平方向以速度
（
未知）射入区域I，该粒子刚好没有通过竖直面2；
第二次，仅改变粒子的速度大小，粒子在通道Ⅰ中的运动时间为第一次的
，最终粒子刚好不从竖直面4 射
出，忽略粒子的重力.求：
98
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（1）第一次，粒子的速度
；
（2）第二次，粒子射入通道的速度；
（3）通道Ⅲ中磁感应强度的大小B′以及第二次粒子在通道中运动的总时间。
【答案】（1）
（2）
（3）2B，
【解析】
【小问1 详解】
作出粒子第一次在通道I 中的运动轨迹，如图甲所示
设粒子的轨道半径为R，由几何关系得
解得
带电粒子在通道Ⅰ中运动时，洛伦兹力提供问心力，则
解得
99
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【小问2 详解】
由几何关系可知，粒子第一次在磁场中运动轨迹所对应的圆心角为
由题意第二次粒子在通道Ⅰ中的运动时间为第一次的
，则第二次粒子的轨迹所对应的圆心角为
=30°，
作出粒子第二次射入磁场的运动轨迹，如图乙所示
显然粒子垂直竖直面2 进入通道Ⅱ，设粒子的轨道半径为r，由几何关系得
由牛顿第二定律得
则有
解得
【小问3 详解】
粒子在通道Ⅰ中运动时，粒子的运动周期为
整理得
则粒子在通道Ⅰ中的运动时间为
100
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解得
粒子在通道Ⅱ中，由竖直面2 到竖直面3 的运动时间为
解得
粒子在通道Ⅲ中运动时刚好不从竖直面4 射出，则粒子的轨迹与竖直面4 相切，由几何关系可知，粒子在
通道Ⅲ中的轨道半径为
由牛顿第二定律得
解得
B′=2B
粒子在通道Ⅲ中的运动周期为
粒子在通道Ⅲ中的运动时间为
解得
由对称性可知，粒子由竖直面3 回到竖直面2 的时间仍为
粒子由竖直面2 再次通过通道Ⅰ的时间仍为
则粒子在通道中运动的总时间为
解得
101
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1．（2025 年安徽卷第7 题）如图，在竖直平面内的
直角坐标系中，x 轴上方存在垂直纸面向里的匀
强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x 轴放置足够长的探测薄板MN，MN 到
x 轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O 的粒子源，沿
平面向x 轴上方各个方向均匀
发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为
。不计粒子的重力、空
气阻力及粒子间的相互作用，则（ ）
A. 粒子在磁场中做圆周运动的半径为
B. 薄板的上表面接收到粒子的区域长度为
C. 薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D. 薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
【答案】C
【解析】A．根据洛伦兹力提供向心力有
，可得
，故A 错误；
B．当粒子沿x 轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y 轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知
；当粒子恰能通过N 点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y 轴最远，如图轨迹2，根据几
何关系可知，
，故上表面接收到粒子的区域长度为
，故B 错误；
C．根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N 点；当粒子沿y 轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子
离y 轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y 轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C
102
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正确；
D ．根据图像可知，粒子恰好打到下表面N 点时转过的圆心角最小，用时最短，有
，故D 错误。
故选C。
2．（2025 年北京卷第12 题）电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液
体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应
强度为B。液体充满管道并以速度v 沿轴线方向流动，圆管壁上的
两点连线为直径，且垂直于磁场
方向，
两点的电势差为
。下列说法错误的是（ ）
A. N 点电势比M 点高
B.
正比于流量Q
C. 在流量Q 一定时，管道半径越小，
越小
D. 若直径
与磁场方向不垂直，测得的流量Q 偏
小
【答案】C
【解析】A．根据左手定则可知正离子向下偏，负离子向上偏，故N 点电势比M 点高，故A 正确；
BC．设管道半径为r，稳定时，离子受到的洛伦兹力与电场力平衡有
同时有
联立解得
故
正比于流量Q；流量Q 一定时，管道半径越小，
越大；
故B 正确，C 错误；
D．若直径MN 与磁场方向不垂直，根据
可知此时式中磁场强度为磁感应强度的一个分量，即
此时测量时代入的磁场强度偏大，故测得的流量Q 偏小；
故D 正确。
本题选错误的，故选C。
3．（2025 年北京卷第18 题）北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的
运动测量粒子的质量、动量等物理量。
考虑带电粒子在磁感应强度为B 的匀强磁场中的运动，且不计粒子间相互作用。
103
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（1）一个电荷量为
的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T 与质量m 的关系。
（2）两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1 的速度方向与磁场方向垂直，粒子2 的速度方向与磁场方
向平行。在相同的时间内，粒子1 在半径为R 的圆周上转过的圆心角为
，粒子2 运动的距离为d。求：
a．粒子1 与粒子2 的速度大小之比
；
b．粒子2 的动量大小
。
【答案】（1）
（2）a．
；b．
【解析】
【小问1 详解】
粒子速度方向与磁场垂直，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得轨道半径
圆周运动的周期
将R 代入得
比例关系为
【小问2 详解】
a．由题意知粒子1 做圆周运动，线速度
粒子2 做匀速直线运动，速度
所以速度之比
即
b．对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有
104
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可得
粒子2 的动量
结合前面的分析可得
4．（2025 年甘肃卷第10 题）（多选）2025 年5 月1 日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超
导托卡马克核聚变实验装置（BEST）在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化
示意图，两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为
。
在内圆上A 点有a、b、c 三个粒子均在纸面内运动，并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c 带正
电且比荷均为
，a 粒子的速度大小为
，方向沿同心圆的径向；b 和c 粒子速度方向相反且与a
粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是（ ）
A. 外圆半径等于
B. a 粒子返回A 点所用的最短时间为
C. b、c 粒子返回A 点所用的最短时间之比为
D. c 粒子的速度大小为
【答案】BD
【解析】由题意，作出
粒子运动轨迹图，如图所示
a 粒子恰好到达磁场外边界后返回，a 粒子运动的圆周正好与磁场外边界，然后沿径向做匀速直线运动，再
做匀速圆周运动恰好回到A 点，
105
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根据a 粒子的速度大小为
可得
设外圆半径等于
,由几何关系得
则
A 错误；
B．由A 项分析，a 粒子返回A 点所用的最短时间为第一次回到A 点的时间
a 粒子做匀速圆周运动的周期
在磁场中运动的时间
匀速直线运动的时间
故a 粒子返回A 点所用的最短时间为
B 正确；
C．由题意，作出
粒子运动轨迹图，如图所示
因为b、c 粒子返回A 点都是运动一个圆周，根据b、c 带正电且比荷均为
，所以两粒子做圆周运动周期
相同，故所用的最短时间之比为1:1，C 错误；
D．由几何关系得
洛伦兹力提供向心力有
联立解得
D 正确。
故选BD。
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5．（2025 年广东卷第6 题）某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ 内有加速电场，三段圆弧
内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为
、质量为m 的离子以初速度
从P 处进入加速电场后，沿
顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力
和相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A. 偏转磁场的方向垂直纸面向里
B. 第1 次加速后，离子的动能增加了
C. 第k 次加速后．离子的速度大小变为
D. 第k 次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为
【答案】A
【解析】A．直线通道
有电势差为
的加速电场，粒子带负电，粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可
知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，故A 正确；
BC．根据题意，由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为
，由于洛伦兹力不做功，则加
速k 次后，带电粒子的动能增量为
，加速k 次后，由动能定理有
解得
故BC 错误；
D．粒子在偏转磁场中运动的半径为
，则有
联立解得
故D 错误。
故选A。
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6． （2025 年河北卷第10 题）（多选）如图，真空中两个足够大的平行金属板
水平固定，间距为
板接地。M 板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M 板O 点处正上方P 点有一粒子源，
可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与
的夹角
时，
粒子恰好垂直穿过M 板Q 点处的小孔。已知
，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被
吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相
互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子一定带正电
B. 若间距d 增大，则板间所形成的最大电场强度减小
C. 粒子打到M 板上表面的位置与O 点的最大距离为
D. 粒子打到M 板下表面的位置与Q 点的最小距离为
【答案】BCD
【解析】A．根据粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则可知粒子带负电，选项A 错误；
B．随着粒子不断打到N 极板上，N 极板带电量不断增加，向下的电场强度增加，粒子做减速运动，当粒
子恰能到达N 极板时满足
，
解得
即d 越大，板间所形成的最大电场强度越小，选项B 正确；
C．因粒子发射方向与OP 夹角为60°时恰能垂直穿过M 板Q 点的小孔，则由几何关系
解得r=2L
可得
可得粒子从磁场上方，直接打在打到M 板上表面的位置与O 点的最大距离为
当N 极板吸收一定量的粒子后，粒子再从Q 点射入极板，会返回再从在Q 点射出，后继续做圆周运动，这
时打M 板在板上表面的位置
则粒子打在M 板上表面的位置的最大距离为
，选项C 正确；
D．因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ 长度时，粒子仍可从Q 点进入两板之间，
108
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由几何关系可知此时粒子从P 点沿正上方运动，进入两板间时的速度方向与M 板夹角为α=30°，则在两板
间运动时间
其中
打到M 板下表面距离Q 点的最小距离
解得
选项D 正确。
故选BCD。
7．（2025 年河南卷第15 题） 如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直
向上的匀强电场。质量为m、带电量为q（
）的粒子从磁场中的a 点以速度
向右水平发射，当粒子
进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为
，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧
b 点，通过b 点时其速度方向水平向右。a、b 距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为
。不
计重力。
（1）求磁感应强度的大小；
（2）求电场强度的大小；
（3）若粒子从a 点以
竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。（一个周
期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度）
【答案】（1）
109
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（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由题意可知
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为
，由几何关系有
解得
由牛顿第二定律有
解得
【小问2 详解】
根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为
，方向与水平虚线的夹角为
，由几何关
系可得
则粒子在电场中的运动时间为
沿电场方向上，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
联立解得
【小问3 详解】
若粒子从a 点以
竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示
110
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由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为
，粒子在磁场中运动的半径仍为
，由几何关系可得，粒子进
入电场时速度与虚线的夹角
结合小问2 分析可知，粒子在电场中的运动时间为
间的距离为
由几何关系可得
则
粒子在磁场中的运动时间为
则有
综上所述可知，粒子每隔时间向右移动
，则漂移速度大小
8．（2025 年湖北卷第14 题）如图所示，两平行虚线MN、PQ 间无磁场。MN 左侧区域和PQ 右侧区域内
均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子
从MN 左侧O 点以大小为
的初速度射出，方向平行于MN 向上。已知O 点到MN 的距离为
，粒子
能回到O 点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求
（1）粒子在MN 左侧区域中运动轨迹的半径；
111
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（2）粒子第一次和第二次经过PQ 时位置的间距；
（3）粒子的运动周期
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
小问1 详解】
粒子在左侧磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力有
可得
【小问2 详解】
粒子在左侧磁场运动，设从MN 射出时速度方向与MN 的夹角为θ，由于O 到
的距离
，结
合
，根据几何关系可知
；
粒子在MN 和PQ 之间做匀速直线运动，所以粒子从PQ 进入右侧磁场时与PQ 的夹角
；粒子在右
侧磁场做匀速圆周运动有
解得
根据几何关系可知粒子第一次和第二次经过PQ 时位置的间距
【小问3 详解】
由图可知粒子在左边磁场运动的时间
粒子在右边磁场运动的时间
112
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根据对称性可知粒子在MN 左侧进出磁场的距离
所以粒子从MN 到PQ 过程中运动的距离为
粒子在MN 和PQ 之间运动的时间
综上可知粒子完成完整运动回到O 点的周期为
9．（2025 年湖南卷第14 题）如图。直流电源的电动势为
，内阻为
，滑动变阻器R 的最大阻值为
，
平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为
，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里
的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m 的带正电粒子以初速度
水平向右从
电容器左侧中点a 进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b 点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧
边缘c 点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
（1）求粒子所带电荷量q；
（2）求磁感应强度B 的大小；
（3）若粒子离开b 点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为
，
求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离
。
113
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【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
粒子在电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动有
竖直方向做匀变速直线运动
，
由闭合回路欧姆定律可得
联立可得
【小问2 详解】
粒子进入磁场与竖直方向的夹角为
，
粒子在磁场中做匀速圆周运动
由几何关系易得
联立可得
【小问3 详解】
取一个竖直向上的速度使得其对应的洛伦兹力和水平向右的电场力平衡，则有
解得
粒子以
速度向上做匀速直线运动，粒子做圆周运动的合速度的竖直方向分速度为
此时合速度与竖直方向的夹角为
114
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合速度为
粒子做圆周运动的半径
最远距离为
10．（2025 年山东卷第12 题）（多选）如图甲所示的
平面内，y 轴右侧被直线
分为两个相邻的
区域I、Ⅱ。区域I 内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直
平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均
未知。
时刻，质量为m、电荷量为
的粒子从O 点沿x 轴正向出发，在
平面内运动，在区域I
中的运动轨迹是以y 轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。
时刻粒子第一次到达两区域分界面，
在区域Ⅱ中运动的
图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是
（ ）
A. 区域I 内电场强度大小
，方向沿y 轴正方向
B. 粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径
C. 区域Ⅱ内磁感应强度大小
，方向垂直
平面向外
D. 粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标
【答案】AD
【解析】A．粒子在区域I 中的运动轨迹是以y 轴为对称轴的抛物线的一部分，可以判断出粒子做类平抛运
动，根据曲线轨迹可知，可知正粒子受到的电场力方向竖直向上，电场方向沿y 轴正方向，设粒子初速度
为
115
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竖直方向有
水平方向有
由牛顿第二定律有
联立解得
A 正确；
B．粒子在区域Ⅱ中运动的
图像为正弦曲线的一部分，可以判断粒子做匀速圆周运动，
运动轨迹如图所示，则粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径
B 错误；
C．粒子做类平抛运动进入匀强磁场时的速度
联立解得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
C 错误；
D．如图所示，
116
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设圆心为
点，设粒子进入匀强磁场时的速度方向与竖直方向夹角为
由速度关系有
可得
由几何关系得
那么有
粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标
D 正确。
故选AD。
11．（2025 年陕晋宁青卷第14 题）电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁
控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图（a）所示，圆
筒足够长。在O 点有一电子源，向空间中各个方向发射速度大小为
的电子，某时刻起筒内加大小可调节
且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图（b）所示，当磁感应强度大小调至
时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：（R、
、
均为已知量）
（1）电子的比荷
;
117
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（2）当磁感应强度大小调至
时，筒壁上落有电子的区域面积S。
【答案】（1）
（2）
【解析】
小问1 详解】
当磁场的磁感应强度为
时，电子刚好不会落到筒壁上。
则电子以速度
垂直轴线方向射出，电子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹恰好与圆筒壁相切，轨迹半径为
根据洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
【小问2 详解】
磁感应强度调整为
后，将电子速度沿垂直轴线和平行轴线方向进行分解，分别设
，电子将在垂
直轴线方向上做匀速圆周运动，平行轴线方向上做匀速直线运动，电子击中筒壁距离粒子源的最远点时，
其垂直轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切，则轨迹半径仍为
根据洛伦兹力提供向心力可得
联立解得
由射出到相切，经过半个周期，用时
根据速度的合成与分解可知
平行轴线方向运动距离
结合对称性，被电子击中
面积
12．（2025 年四川卷第10 题）（多选）如图所示，I 区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；
118
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Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与I 区边界重合；正方形与圆形中心同为O
点。I 区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a 点沿正方形某一条边的中
垂线方向进入磁场，一段时间后从a 点离开。取sin37°=0.6。则带电粒子（ ）
A. 在I 区的轨迹圆心不在O 点
B. 在I 区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为1∶2
C. 在I 区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37
D. 在I 区和Ⅱ区的运动时间之上比为127∶148
【答案】AD
【解析】A．由图可知
在I 区的轨迹圆心不在O 点，故A 正确；
B．由洛伦兹力提供向心力
可得
故在I 区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为
故B 错误；
D．设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系
可得
119
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故粒子在I 区运动的时间为
粒子在Ⅱ区运动的时间为
联立可得在I 区和Ⅱ区的运动时间之上比为
故D 正确；
C．粒子在I 区和Ⅱ区的轨迹长度分别为
故在I 区和Ⅱ区的轨迹长度之比为
故C 错误。
故选AD。
13．（2025 年云南卷第14 题）磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，
区域存
在垂直
平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为
（未知）。第一象限内存在边长为
的正方形
磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直
平面向里，其磁感应强度大小为
（未知），但满足
。某质量为m、电荷量为
的带电粒子通过速度选择器后，在
平面内垂直y 轴射入
区域，经磁场偏转后刚好从ON 中点垂直ON 射入磁屏蔽区域。速度选择器两极
板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小
已知，不考虑该粒子的重力。
（1）求该粒子通过速度选择器的速率；
（2）求
以及y 轴上可能检测到该粒子的范围；
120
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（3）定义磁屏蔽效率
，若在Q 处检测到该粒子，则
是多少？
【答案】（1）
（2）
，
（3）
【解析】
【小问1 详解】
由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故
其中
则该粒子通过速度选择器的速率为
【小问2 详解】
粒子在
区域内左匀速圆周运动，从ON 的中点垂直ON 射入磁屏蔽区域，由几何关系可知
由洛伦兹力提供给向心力
联立可得
由于
，根据洛伦兹力提供给向心力
解得
故y 轴上可能检测到该粒子的范围为
。
小问3 详解】
若在Q 处检测到该粒子，如图
121
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由几何关系可知
解得
由洛伦兹力提供向心力
联立解得
其中
根据磁屏蔽效率
可得若在Q 处检测到该粒子，则
14．（2025 年重庆卷第14 题） 研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子
速度大小的装置，如题图所示，水平放置的荧光屏上方有沿竖直方向强度大小为B，方向垂直于纸面向外
的匀强磁场。O、N、M 均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K（不计长度）位于O 点
正上方，仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒
子速度大小相同，方向相反，比荷均为
。已知
，
，不计粒子所受重力及粒子间相
互作用。
122
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（1）若K 水平发射的粒子在O 点产生光点，求粒子的速度大小。
（2）若K 从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N 点产生光点，求粒子的速
度大小。
（3）要使（2）问中发射的带正电粒子恰好在M 点产生光点，可在粒子发射t 时间后关闭磁场，忽略磁场
变化的影响，求t。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
由题意粒子水平发射后做匀速圆周运动，要在O 点产生光点，其运动半径
运动过程中由洛伦兹力提供向心力有
联立解得
【小问2 详解】
若K 从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N 点产生光点，则两端粒子的轨
迹正好构成一个完整的圆，且在N 点相切，如图
由于K 从水平方向逆时针旋转60°，则
，根据和和关系可知此时粒子做匀速圆周运动的半径为
根据洛伦兹力提供向心力可知
123
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解得
【小问3 详解】
由题意带正电粒子恰好在M 点产生光点，则关闭磁场时粒子速度恰好指向M，过M 点做正电粒子轨迹的
切线，切点为P，如图
根据前面解析可知
，所以
由于
，且
根据几何关系可知
，而
所以
粒子在磁场中运动的周期
，对应的圆心角
所以
15. （2025 年黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷第15 题）如图，在
平面第一、四象限内存在垂直平面向
里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带正电的粒子从
点射入磁场，速度方向与y 轴正方向
夹角
，从
点射出磁场。已知粒子的电荷量为
，质量为m，忽略粒子重力及磁场
边缘效应。
（1）求粒子射入磁场的速度大小
和在磁场中运动的时间
。
124
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（2）若在
平面内某点固定一负点电荷，电荷量为
，粒子质量取
（k 为静电力常量），
粒子仍沿（1）中的轨迹从M 点运动到N 点，求射入磁场的速度大小
。
（3）在（2）问条件下，粒子从N 点射出磁场开始，经时间
速度方向首次与N 点速度方向相反，求
（电荷量为Q 的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0 时，与该点电荷距离为r 处的电势
）。
【答案】（1）
，
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如图所示
由几何关系可知，正电荷在磁场中做匀速圆周运动的半径为
由洛伦兹力提供向心力
解得正电荷的入射速度大小为
正电荷在磁场中运动的周期为
所以正电荷从M 运动到N 的时间为
【小问2 详解】
125
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由题意可知，在
平面内的负电荷在圆心O 处，由牛顿第二定律可知
，其中
解得
或
（舍去）
【小问3 详解】
在（2）的条件下，正电荷从N 点离开磁场后绕负电荷做椭圆运动，如图所示
由能量守恒定律得
由开普勒第二定律可知
其中
联立解得
由牛顿第二定律
解得
故正电荷从
点离开磁场后到首次速度变为与
点的射出速度相反的时间为
16. （2024 年河北卷第10 题）（多选）如图，真空区域有同心正方形ABCD 和abcd，其各对应边平行，
ABCD 的边长一定，abcd 的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面．A
处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD 方向进入磁场。调整abcd 的边长，
可使速度大小合适的粒子经ad 边穿过无磁场区后由BC 边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的
是（ ）
126
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A. 若粒子穿过ad 边时速度方向与ad 边夹角为45°，则粒子必垂直BC 射出
B. 若粒子穿过ad 边时速度方向与ad 边夹角为60°，则粒子必垂直BC 射出
C. 若粒子经cd 边垂直BC 射出，则粒子穿过ad 边的速度方向与ad 边夹角必为45°
D. 若粒子经bc 边垂直BC 射出，则粒子穿过ad 边时速度方向与ad 边夹角必为60°
【答案】ACD
【解析】AC．根据几何关系可知，若粒子穿过ad 边时速度方向与ad 边夹角为45°，则粒子必经过cd 边，
作出粒子运动轨迹图，如图甲所示
粒子从C 点垂直于BC 射出，故AC 正确；
BD．若粒子穿过ad 边时速度方向与ad 边夹角为60°时，若粒子从cd 边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹
如图乙所示
则粒子不可能垂直BC 射出；若粒子从bc 边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图丙所示
127
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则粒子一定垂直BC 射出，故B 错误、D 正确。
故选ACD。
17. （2024 年湖北卷第7 题）如图所示，在以O 点为圆心、半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀
强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为
m、电荷量为q（q>0）的带电粒子沿直径AC 方向从A 点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是（
）
A. 粒子的运动轨迹可能经过O 点
B. 粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C. 粒子连续两次由A 点沿AC 方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D. 若粒子从A 点射入到从C 点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为
【答案】D
【解析】AB．在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出的；根据圆的特点可知粒子
的运动轨迹不可能经过O 点，故AB 错误；
C．粒子连续两次由A 点沿AC 方向射入圆形区域，时间最短则根据对称性可知轨迹如图
则最短时间有
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故C 错误；
D．粒子从A 点射入到从C 点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图所示
设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
故D 正确。
故选D。
18. （2024 年广西卷第5 题）
坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向
垂直纸面向里。质量为m，电荷量为
的粒子，以初速度v 从O 点沿x 轴正向开始运动，粒子过y 轴时速
度与y 轴正向夹角为
，交点为P。不计粒子重力，则P 点至O 点的距离为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】粒子运动轨迹如图所示
129
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在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有
可得粒子做圆周运动的半径
根据几何关系可得P 点至O 点
距离
故选C。
19. （2024 年山东卷第18 题）如图所示，在Oxy 坐标系x>0，y>0 区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度
大小为B 的匀强磁场。磁场中放置一长度为L 的挡板，其两端分别位于x、y 轴上M、N 两点，
∠OMN=60°，挡板上有一小孔K 位于MN 中点。△OMN 之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y 轴
左侧的粒子发生器在0＜y＜
的范围内可以产生质量为m，电荷量为+q 的无初速度的粒子。粒子发生
器与y 轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚
度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。
（1）求使粒子垂直挡板射入小孔K 的加速电压U0；
（2）调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K 射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度
的大小和方向；
（3）当加速电压为
时，求粒子从小孔K 射出后，运动过程中距离y 轴最近位置的坐标。
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【答案】（1）
；（2）
，方向沿x 轴正方向；（3）
【解析】（1）根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K 的运动轨迹如图所示
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
在
区域根据洛伦兹力提供向心力有
在匀强加速电场中由动能定理有
联立解得
（2）根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，则作出粒子以最小的速度从小孔K 射出的运动轨迹
如图所示
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
在
区域根据洛伦兹力提供向心力有
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粒子从小孔K 射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知粒子经过小孔K 后受到的洛伦兹力沿x 轴负方
向，则粒子经过小孔K 后受到的电场力沿x 轴正方向，又粒子带正电，则
之外第一象限区域电场
强度的方向沿x 轴正方向，大小满足
联立可得
（3）在匀强加速电场中由动能定理有
可得
在
区域根据洛伦兹力提供向心力有
可得粒子在
区域运动的轨迹半径
作出从小孔K 射出的粒子的运动轨迹如图所示
粒子从K 射出时，
越偏向
轴，离
轴越近，由几何关系有
则有
由配速法将运动分解为
轴方向的匀速直线运动和沿
方向的匀速圆周运动，其中
132
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匀速圆周运动的半径为
故最小距离为
20. （2024 年新课标卷第13 题）一质量为m、电荷量为
的带电粒子始终在同一水平面内运动，
其速度可用图示的直角坐标系内，一个点
表示，
、
分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴
上的分量。粒子出发时P 位于图中
点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P 点沿线段ab 移
动到
点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，P 点沿以O 为圆
心的圆弧移动至
点；然后粒子离开磁场返回电场，P 点沿线段ca 回到a 点。已知任何相等的时
间内P 点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
（2）电场强度的大小；
（3）P 点沿图中闭合曲线移动1 周回到a 点时，粒子位移的大小。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【解析】（1）粒子在磁场中做圆周运动时的速度为
根据洛伦兹力提供向心力
133
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解得做圆周运动的半径为
周期为
（2）根据题意，已知任何相等的时间内P 点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的为
速度相应的曲线，根据
可知任意点的加速度大小相等，故可得
解得
（3）根据题意分析可知从b 点到c 点粒子在磁场中转过的角度为
，绕一圈的过程中两次在电场中运
动，根据对称性可知粒子的运动轨迹如图，
角为两次粒子在电场中运动时初末位置间的位移与x 轴方向
的夹角，从a 到b 过程中粒子做类平抛运动，得
故可得该段时间内沿y 方向位移为
根据几何知识可得
由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位移的大小为
联立解得
134
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21. （2024 年广东卷第15 题）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
、周期为
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
时刻从左侧电场某处由静止释放，在
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
时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入
磁场，并在
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
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
时刻的速度大小v；
（3）求从
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；
；（2）
；
；（3）
【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
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根据
则粒子所带的电荷量
（2）若金属板的板间距离为D，则板长
粒子在板间运动时
出电场时竖直速度为零，则竖直方向
在磁场中时
其中的
联立解得
（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
则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4 t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速，
在6 t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5 t0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
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22. （2024 年1 月浙江卷第22 题）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的
“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度
大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为
和
，
其电势差
。一束质量为m、电荷量为e 的质子从O 点以入射角
射向Ⅰ区，在P 点以出射角
射出，实现“反射”；质子束从P 点以入射角
射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹
角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为
，不计质子重力，
不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。
（1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d 的最小值；
（2）若
，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）
（3）计算说明如何调控电场，实现质子束从P 点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区）
（4）在P 点下方距离
处水平放置一长为
的探测板
（Q 在P 的正下方），
长为
，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从
O 点射入Ⅰ区，且
，求探测板受到竖直方向力F 的大小与U 之间的关系。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）见解析
【解析】（1）根据牛顿第二定律
不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，d 的最小值为
（2）设水平方向为
方向，竖直方向为
方向，
方向速度不变，
方向速度变小，假设折射角为
，根
据动能定理
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解得
根据速度关系
解得
（3）全反射的临界情况：到达Ⅲ区的时候
方向速度为零，即
可得
即应满足
（4）临界情况有两个：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情况，根据几何关系可得
所以如果
的情况下，折射角小于入射角，两边射入的粒子都能打到板上，分情况讨论如下：
①当
时
又
解得
全部都打不到板的情况
②根据几何知识可知当从Ⅱ区射出时速度与竖直方向夹角为
时，粒子刚好打到D 点，水平方向速度为
所以
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又
解得
即当
时
③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为（
），此时仅有O 点右侧的一束粒子能打
到板上，因此
又
解得
23. （2024 年江西卷第7 题）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的
电学性能．现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，宽为
b 的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3 间通以恒定电流I，电极2、4 间将
产生电压U。当
时，测得
关系图线如图（b）所示，元电荷
，则
此样品每平方米载流子数最接近（ ）
A.
B.
C.
D.
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【答案】D
【解析】设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t 内通过样品的电荷量
q=nevtb
根据电流的定义式得
当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有
联立解得
结合图像可得
解得
故选D。
24. （2024 年安徽卷第10 题）（多选）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
的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。己知重力加速度
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
B. 油滴a 做圆周运动的速度大小为
C. 小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为
，周期为
D. 小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
【答案】ABD
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【解析】A．油滴a 做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有
解得
故A 正确；
B．根据洛伦兹力提供向心力
得
解得油滴a 做圆周运动的速度大小为
故B 正确；
C．设小油滴Ⅰ的速度大小为
，得
解得
周期为
故C 错误；
D．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
，取油滴a 分离前瞬间的速度方向为正
方向，得
解得
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
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定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D 正确。
故选ABD
25. （2024 年湖南卷第14 题）如图，有一内半径为2r、长为L 的圆筒，左右端面圆心O′、O 处各开有一
小孔。以O 为坐标原点，取O′O 方向为x 轴正方向建立xyz 坐标系。在筒内x ≤ 0 区域有一匀强磁场，磁感
应强度大小为B，方向沿x 轴正方向；筒外x ≥ 0 区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y 轴正方向。
一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy 平面内，且在x 轴正方向的分速度
大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电
子的重力。
（1）若所有电子均能经过O 进入电场，求磁感应强度B 的最小值；
（2）取（1）问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x 轴正方向最大夹角为θ，求tanθ
的绝对值；
（3）取（1）问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y 轴正方向的最大位移。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x 轴的匀速直线运动和在yOz 平面内的匀速圆周运
动，设电子入射时沿y 轴的分速度大小为
，由电子在x 轴方向做匀速直线运动得
在yOz 平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，由牛顿第二定律知
可得
且
由题意可知所有电子均能经过O 进入电场，则有
联立得
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当
时，B 有最小值，可得
（2）将电子的速度分解，如图所示
有
当
有最大值时，
最大，R 最大，此时
，又
，
联立可得
，
（3）当
最大时，电子在电场中运动时沿y 轴正方向有最大位移
，根据匀变速直线运动规律有
由牛顿第二定律知
又
联立得
26. （2023 年北京卷第13 题）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定
一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l（
143
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）。带电粒子束持续以某一速度v 沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管
壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为
，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是（ ）
A. 粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B. 粒子质量为
C. 管道内的等效电流为
D. 粒子束对管道的平均作用力大小为
【答案】C
【解析】A．带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为
r=a
故A 正确，不符合题意；
B．根据
可得粒子的质量
故B 正确，不符合题意；
C．管道内的等效电流为
单位体积内电荷数为
则
故C 错误，符合题意；
D．由动量定理可得
粒子束对管道的平均作用力大小
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联立解得
故D 正确，不符合题意。
故选C。
27. （2023 年湖北卷第15 题）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy 平面向里的匀强磁场。
t = 0 时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y 轴正方向射入，第一次到达点O 时与运动到该点的带正
电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3 倍，粒子甲运动一个圆周时，粒
子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正
碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
（3）
时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到
的过程中粒子乙运动的路程。
（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa
【解析】（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y 轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径
r = a
根据
解得
（2）由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则
T 甲 = 2T 乙
根据
，有
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则
粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有
mv 甲0＋m 乙v 乙0= －mv 甲1＋m 乙v 乙1
解得
v 乙0= －5v 甲0，v 乙1= 3v 甲0
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为
。
（3）已知在
时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有
v 甲1= －3v 甲0，v 乙1= 3v 甲0
则根据
，可知此时乙粒子的运动半径为
可知在
时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙
粒子运动了2 圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S1= 6πa
且在第二次碰撞时有
mv 甲1＋m 乙v 乙1= mv 甲2＋m 乙v 乙2
解得
v 甲2= v 甲0，v 乙2= －5v 甲0
可知在
时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙
粒子运动了2 圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S2= 10πa
且在第三次碰撞时有
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mv 甲2＋m 乙v 乙2= mv 甲3＋m 乙v 乙3
解得
v 甲3= －3v 甲0，v 乙3= 3v 甲0
依次类推
在
时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子
运动了2 圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S8= 10πa
且在第九次碰撞时有
mv 甲8＋m 乙v 乙8= mv 甲9＋m 乙v 乙9
解得
v 甲9=－3v 甲0，v 乙9= 3v 甲0
在
到
过程中，甲粒子刚好运动半周，且甲粒子的运动半径为
r 甲1 = 3a
则
时甲粒子运动到P 点即（－6a，0）处。
在
到
过程中，乙粒子刚好运动一周，则
时乙粒子回到坐标原点，且此过程
中乙粒子走过的路程为
S0 = 3πa
故整个过程中乙粒子走过总路程为
S = 4 × 6πa＋4 × 10πa＋3πa = 67πa
28. （2023 年全国甲卷第7 题）（多选）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P 点开有
一个小孔，过P 的横截面是以O 为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P 点沿PO 射入，然后与筒壁发生
碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分
量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是（ ）
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A. 粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B. 最少经2 次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C. 射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D. 每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O 的连线
【答案】BD
【解析】D．假设粒子带负电，第一次从A 点和筒壁发生碰撞如图，
为圆周运动的圆心
由几何关系可知
为直角，即粒子此时的速度方向为
，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，
由圆的对称性在其它点撞击同理，D 正确；
A．假设粒子运动过程过O 点，则过P 点的速度的垂线和OP 连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆
心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A 点的速度垂线和AO 连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不
可能过O 点，A 错误；
B．由题意可知粒子射出磁场以后
圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如
图所示
即撞击两次，B 正确；
C．速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少， C 错误。
故选BD。
29. （2023 年全国乙卷第5 题）如图，一磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy 平面）
向里，磁场右边界与x 轴垂直。一带电粒子由O 点沿x 正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S 点射出，粒
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子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x 轴的接收屏上的P 点；SP = l，S 与屏的距离为
，与x 轴的距
离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E 的匀强电场，该粒子入射后则会沿x
轴到达接收屏。该粒子的比荷为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】由题知，一带电粒子由O 点沿x 正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S 点射出，
则根据几何关系可知粒子出离磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°，则
解得粒子做圆周运动的半径
r = 2a
则粒子做圆周运动有
则有
如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E 的匀强电场，该粒子入射后则会沿x 轴到达
接收屏，则有
Eq = qvB
联立有
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故选A。
30. （2023 年浙江6 月卷第23 题）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，Oxy
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
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。不计离子的重力及离子间的相互作用，并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
，求能到达
处的离子的最小速度v2；
（3）若
，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）当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系
解得
r1=2L
根据
解得
在磁场中运动的周期
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运动时间
（2）若B2=2B1，根据
可知
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
解得
r2=2L
根据
解得
（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
即
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求和可得
粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x 轴上的过程中
解得
则速度在
~
之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在
~
，
又粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为
η=60%
31. （2023 年海南卷第13 题）如图所示，质量为
，带电量为
的点电荷，从原点以初速度
射入第一
象限内的电磁场区域，在
（
为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在
区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（
值有多种可能），可让粒子从
射入磁场
后偏转打到接收器
上，则（ ）
A. 粒子从
中点射入磁场，电场强度满足
B. 粒子从
中点射入磁场时速度为
C. 粒子在磁场中做圆周运动的圆心到
的距离为
D. 粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
【答案】AD
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【解析】A．若粒子打到PN 中点，则
解得
选项A 正确；
B．粒子从PN 中点射出时，则
速度
选项B 错误；
C．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则
粒子从电场中射出时的速度
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN 的距离为
解得
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选项C 错误；
D．当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N 点进入磁场，此时竖直
最大速度
出离电场的最大速度
则由
可得最大半径
选项D 正确；
故选AD。
32. （2023 年辽宁卷第14 题）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。
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【答案】（1）
；（2）
或
；（3）
【解析】（1）设板间距离为
，则板长为
，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度
解得
设粒子在平板间的运动时间为
，根据类平抛运动的运动规律得
，
联立解得
（2）设粒子出电场时与水平方向夹角为
，则有
故
则出电场时粒子的速度为
粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需
的向心力得
解得
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已知圆形磁场区域半径为
，故
粒子沿
方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入
磁场时运动方向的夹角为
，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为
，由几何关系可得
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为
或
；
（3）带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为
，根据几何关系可知，带电粒子在
该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最
长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M 的位置如图所示：
33. （2023 年山东卷第17 题）如图所示，在
，
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
的大小和粒子的初速度
；
（ii）通过计算判断粒子能否从P 点第三次进入电场。
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【答案】（1）
；（2）（i）
，
；（ii）不会
【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
粒子
磁场中做匀速圆周运动，有
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
根据几何关系可知
联立可得
（2）（i）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图
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在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知
解得
所以有
，
洛伦兹力提供向心力
带电粒子从A 点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x 方向有
沿y 方向上有
其中根据牛顿第二定律有
联立以上各式解得
（ii）粒子从P 到Q 根据动能定理有
可得从Q 射出时的速度为
此时粒子在磁场中的半径
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根据其几何关系可知对应的圆心坐标为
，
而圆心与P 的距离为
故不会再从P 点进入电场。
34、（2023 年1 月浙江卷第20 题）探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x 轴上方存在垂
直xOy 平面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。x 轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金
属薄板M 和N 组成，其中位于x 轴的M 板中心有一小孔C（孔径忽略不计），N 板连接电流表后接地。位
于坐标原点O 的离子源能发射质量为m、电荷量为q 的正离子，其速度方向与y 轴夹角最大值为60°；且各
个方向均有速度大小连续分布在
和
之间的离子射出。已知速度大小为
、沿y 轴正方向射出的
离子经磁场偏转后恰好垂直x 轴射入孔C。未能射入孔C 的其它离子被分析器的接地外罩屏蔽（图中没有
画出）。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。
（1）求孔C 所处位置的坐标
；
（2）求离子打在N 板上区域的长度L；
（3）若在N 与M 板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0 时的电压
；
（4）若将分析器沿着x 轴平移，调节加载在N 与M 板之间的电压，求电流表示数刚为0 时的电压
与孔
C 位置坐标x 之间关系式。
答案：(1)
(2)
(3)
(4)
解析：(1)离子在磁场中做圆周运动，根据由洛伦兹力提供向心力可得
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(2)如图所示，与y 轴夹角为θ 的离子经磁场偏转后进入孔C 后仍与y 轴成θ 角
进入孔C 后离子速度方向与y 轴的最大夹角为β
，即
由几何关系可得
(3)进入孔C 的离子速度大小v 及其与y 轴夹角θ 必须满足
由动能定理可得
解得
(4) 由上述分析及离子速度方向、大小的范围可知，离子经偏转后能进入孔C 的位置范围为
且
由动能定理得
解得
35. （2023 年天津卷第13 题）科学研究中可以用电场和磁场实现电信号放大，某信号放大装置示意如图，
其主要由阴极、中间电极(电极1,电极2, …,电极n)和阳极构成，该装置处于匀强磁场中,各相邻电极存在电
势差。由阴极发射的电子射入电极1,激发出更多的电子射入电极2,依此类推,电子数逐级增加,最终被阳极收
集,实现电信号放大。图中所有中间电极均沿x 轴放置在xOz 平面内,磁场平行于z 轴，磁感应强度的大小为
B。已知电子质量为m,电荷量为e。忽略电子间的相互作用力，不计重力。
（1）若电极间电势差很小可忽略,从电极1 上O 点激发出多个电子，它们的初速度方向与y 轴的正方向夹
角均为
，其中电子a、b 的初速度分别处于xOy 、yOz 平面的第一象限内，并都能运动到电极2。
（i）试判断磁场方向；
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（ii）分别求出a 和b 到达电极2 所用的时间
和
；
（2）若单位时间内由阴极发射的电子数保持稳定,阴极、中间电极发出的电子全部到达下一相邻电极。设
每个射入中间电极的电子在该电极上激发出
个电子,
，U 为相邻电极间电势差。试定性画出阳极
收集电子而形成的电流I 和U 关系的图像,并说明理由
【答案】（1）（ⅰ）沿z 轴反方向；（ⅱ）
，
（2）见解析
【解析】（1）（ⅰ）a 电子，初速度方向在xoy 平面内，与y 轴正方向成θ 角；若磁场方向沿z 轴正方向，a
电子在洛伦兹力作用下向x 轴负方向偏转，不符合题题意；若磁场方向沿z 轴反方向，a 电子在洛伦兹力作
用下向x 轴正方向偏转，符合题意；
b 电子，初速度方向在zoy 平面内，与y 轴正方向成θ 角。将b 电子初速度沿坐标轴分解，沿z 轴的分速度
与磁感线平行不受力，沿y 轴方向的分速度受到洛伦兹力使得电子沿x 轴正方向偏转，根据左手定则可知，
磁场方向沿z 轴反方向。符合题意；
综上可知，磁感应强度B 的方向沿z 轴反方向。
（ⅱ）a 电子在洛伦兹力作用下运动轨迹如图
由图可知电子运动到下一个极板的时间
b 电子，沿z 轴的分速度与磁感线平行不受力，对应匀速直线运动；沿y 轴方向的分速度受到洛伦兹力使电
子向右偏转，电子运动半个圆周到下一个极板的时间
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（2）设
，单位时间内阴极逸出的电子数量N0不变，每个电子打到极板上可以激发δ 个电子，经过
n 次激发阳极处接收电子数量
对应的电流
可得I-U 图像如图
36. （2023 年海南卷第2 题）如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球
运动和受力说法正确的是（ ）
A. 小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B. 小球运动过程中的速度不变
C. 小球运动过程的加速度保持不变
D. 小球受到的洛伦兹力对小球做正功
【答案】A
【解析】A．根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A 正确；
BC．小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，BC 错误；
D．洛仑兹力永不做功，D 错误。
故选A。
37. （2023 年湖南卷第6 题）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（ ）
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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
，则
D. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为
，则
【答案】D
【解析】由题知粒子在AC 做直线运动，则有
qv0B1= qE
区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2 ，则粒子从CF 的中点射出，则粒子转过的圆心角为90° ，根据
，有
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子在AC 做直线运动的速度，有
qvA∙2B1= qE
则
再根据
，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF 边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t =
t0，A 错误；
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子在AC 做直线运动的速度，有
qvBB1= q∙2E
则
vB = 2v0
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再根据
，可知粒子半径变为原来的2 倍，则粒子F 点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t
= t0，B 错误；
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为
，则粒子在AC 做直线运动的速度仍为v0，再根据
，可知粒子半径变为原来的
，则粒子从OF 边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图
根据
可知转过的圆心角θ = 60°，根据
，有
则
C 错误；
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为
，则粒子在AC 做直线运动的速度仍为v0，再根据
，可知粒子半径变为原来的
，则粒子OF 边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图
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根据
可知转过的圆心角为α = 45°，根据
，有
则
D 正确。
故选D。
38. （2023 年新课标卷第5 题）一电子和一α 粒子从铅盒上的小孔O 竖直向上射出后，打到铅盒上方水平
放置的屏幕P 上的a 和b 两点，a 点在小孔O 的正上方，b 点在a 点的右侧，如图所示。已知α 粒子的速度
约为电子速度的
，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（ ）
A. 电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B. 电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C 电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D. 电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
【答案】C
【解析】A．带电粒子在电场和磁场中运动，打到a 点的粒子电场力和洛伦兹力平衡，当电场向左磁场垂
直直面向里时，
粒子受到向左的电场力和洛伦兹力，电子受到向右的电场力和洛伦兹力均不能满足受力
平衡打到a 点，A 错误；
B．电场方向向左，磁场方向向外，此时如果
粒子打在a 点则受到向左的电场力和向右的洛伦兹力平衡
则电子速度大，受到向左的洛伦兹力大于向右的电场力向左偏转，同理如果电子打在a 点，则
粒子向左
的电场力大于向右的洛伦兹力则向左偏转，均不会打在b 点，B 错误；
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CD．电场方向向右，磁场垂直纸面向里，如果
粒子打在a 点，即向右的电场力和向左的洛伦兹力平衡
电子速度大，受到向右的洛伦兹力大于向左的电场力向右偏转，同理如果电子打在a，则
粒子向右的电
场力大于向左的洛伦兹力向右偏转，均会打在b 点；同理电场向右磁场垂直纸面向外时，
粒子受到向右
的电场力和洛伦兹力，电子受到向左的电场力和洛伦兹力不能受力平衡打到a 点，故C 正确D 错误；
故选C。
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