文档文本内容
专题强化：带电粒子在复合场、交变场中的运动
目录
.....1
.....4
考点一 带电粒子在组合场中的运动.................................................................................................................................4
考向1：先电场后磁场..................................................................................................................................................6
考向2：先磁场后电场..................................................................................................................................................7
考向3：多区域磁场和电场.........................................................................................................................................8
考点二 带电粒子在叠加场中的运动..............................................................................................................................14
考向1：磁场与重力场叠加.......................................................................................................................................15
考向2：磁场、电场与重力场叠加.........................................................................................................................16
考向3：叠加场中的约束运动..................................................................................................................................16
考点三 带电粒子在交变场中的运动..............................................................................................................................19
. .25
基础巩固练.............................................................................................................................................................................. 25
综合提升练.............................................................................................................................................................................. 36
核心考点
1.组合场（空间/时间上分隔）：
定义：粒子先后进入不同的场区（如先电场后磁场，或先磁场后电场）。
常见模型：质谱仪、回旋加速器、粒子在“加速电场+偏转磁场”中的运动。
解题关键：分阶段分析，每段使用对应规律。速度是阶段间的桥梁（大小和方向在不
同场区边界处保持不变）。
运动类型：电场中可能做匀变速直线或类平抛运动；磁场中做匀速圆周运动。
2.叠加场（同时存在）：
定义：重力场、电场、磁场在同一区域同时存在。
是否需要考虑重力：
宏观物体（小球、液滴、油滴、尘埃）一般需要考虑。
微观粒子（电子、质子、离子、α 粒子）一般不考虑（除非明确说明或暗示）。
典型运动：
匀速直线运动：合外力为零（常见于洛伦兹力与电场力、重力平衡）。
匀速圆周运动：重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力。这是极其重要的结论。
复杂曲线运动：若受变力作用（如洛伦兹力随速度变），常结合等效重力场模型分
析，或利用功能关系。
3.交变场：
交变电场中的直线运动：关键在画v-t 图或a-t 图分析位移、速度的周期性。
交变电场中的偏转：分解为垂直电场方向的匀速直线运动和平行电场方向的周期性变
速运动。
交变磁场中的运动：磁场方向周期变化导致洛伦兹力方向变化，轨迹为分段圆弧。
考情透析
1.题型与难度：高考的必考难点与压轴热点。常以选择题压轴或计算题最后两问出现。
难度较高，具有很强的区分度。
2.命题规律：
①组合场中的匀速圆周运动：如质谱仪、回旋加速器原理。
②叠加场中的匀速直线与匀速圆周运动：速度选择器、磁流体发电机、霍尔元件等平
衡模型。
③交变电场中的直线运动：v-t 图分析往复、能否通过等。
④叠加场中的等效重力场圆周运动。
常规考法：
给出粒子在组合场中运动的过程，求比荷、动能、运动时间、轨迹半径等。
给出叠加场区域，分析粒子能否做匀速直线/圆周运动，或求其平衡时的速度、电压
等。
创新考法：
将叠加场模型与现代科技（电磁流量计、霍尔传感器、新型质谱仪）深度结合。
时空分离：粒子在“电场-磁场-电场”或“磁场-电场-磁场”中交替穿行。
要求分析临界与多解（在组合/叠加/交变背景下多解更复杂）。
3.考查方向：侧重受力分析是否全面（是否考虑重力）、是否掌握处理组合场的“分
段”思路、“等效重力场”方法的灵活使用、带电体在叠加场中做“匀速圆周运动”的受
力条件、利用图像（v-t 图）分析周期性运动的能力。
素养对接
1.模型建构与等效转化：
等效重力场法：将电场+重力场的复合场等效为一个新的“重力场”，解决圆周运动问
题，培养等效替代的核心科学思维。
功能观点优先：洛伦兹力永不做功，因此分析叠加场中的能量转化时，优先考虑重力
和电场力做功对动能的影响，培养守恒思想。
2.物理过程与时空分析：
组合场：将复杂问题分解为若干个时序连续的简单子问题，培养分阶段建模的系统思
维。
交变场：将时间维度引入分析，从周期性和对称性中寻找规律，培养过程分解与时间
迭代的思维。
3.临界思维与分类讨论：
在复合/交变场中，粒子达到边界或状态改变时，需要利用临界条件（如相切、恰好通
过等）建立方程。培养捕捉质变分界点的敏锐性。
考虑电性不确定、方向变化等引起的多解，培养逻辑严密、分类讨论的科研素养。
学习目标
1.知识目标：
能说出组合场与叠加场的定义及核心区别（空间是否分隔）。
能说出“是否考虑重力”的一般判断原则。
能写出带电粒子在叠加场中做匀速直线运动和匀速圆周运动的受力条件。
能说出等效重力场法的核心步骤（如何求等效重力、等效最高/低点）。
能说出分析交变电场运动问题的关键（画v-t 图）。
2.能力目标：
分阶段分析能力：能将组合场问题，按物理过程拆解为多个阶段，并用速度作为桥梁
连接各阶段。
等效模型应用能力：能熟练运用等效重力场法分析带电体在叠加场中的圆周运动。
动态图像分析能力：能画出交变电场中粒子的v-t 图，并利用图像分析位移、速度、时
间等。
临界与多解分析能力：能在复杂场背景下，识别并处理临界条件和多解可能。
综合表达能力：能用简洁、规范的物理语言，写出分阶段的表达式和最终结论。
备考建议
1.首先分清“场”的类型，这是解题起点：
组合场：分阶段处理，磁场中画圆（找圆心、半径）、电场中用运动学/功能。
叠加场：一次性看合力。匀速直线（F 合=0）、匀速圆周（Eq=mg 且洛伦兹力提供向心
力）、一般曲线（用功能关系或等效法）。
交变场：化变为恒（分时段看每一个恒定场），重点分析一个周期内的运动规律，特
别注意周期性。
2.必须掌握“粒子在组合场中运动”的标准解题模板。
3.重点区分“组合场”与“叠加场”的解题差异：
叠加场解析中，常用结论：“若做匀速圆周运动，则mg=qE 是必要条件”。
组合场解析中，常用技巧：“进出磁场时，速度与边界夹角对称（直线边界）”。
4.强化易错点专项训练：
易错点一：审题时忽视“是否考虑重力”。建议看到“油滴、液滴、小球、尘埃”必
须考虑重力；看到“电子、质子、粒子、离子”一般不考虑，除非题目有特殊说明（如
“质量为m 的带电粒子”）。
易错点二：在叠加场中做圆周运动的条件不清。错误地认为只要“洛伦兹力提供向心
力”即可，忘记了重力与电场力必须平衡这一前提。
易错点三：混淆电场力方向与洛伦兹力方向的判断。电场力方向与电场方向（或正/负
电荷）有关；洛伦兹力用左手定则，且与速度方向垂直。
易错点四：交变电场中，直接套用匀变速公式，忽略方向变化。必须分段应用，v-t 图
是极好工具。要注意速度、位移的矢量性。
易错点五：误以为“组合场”与“叠加场”都可用“分阶段”方法。叠加场中粒子同
时受到多种场力，不能先考虑电场再考虑磁场，必须一次性分析合力。
考点一 带电粒子在组合场中的运动
【必备知识回顾】
组合场：静电场、磁场与无场区各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，静电场、磁场与无
场区分时间段交替出现。
1．解题思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选用不同的规律处理。
(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)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问
题。
(4)选择合适的物理规律，列方程：对于类平抛运动，一般分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直
于初速度方向的匀加速直线运动；对粒子在磁场中做匀速圆周运动的情况，一般都是洛伦兹力提供向心力。
2．常见的基本运动形式
电偏转
磁偏转
偏转条件
带电粒子以v⊥E 进入匀强电场
带电粒子以v⊥B 进入匀强磁场
示意图
受力情况
只受恒定的静电力
只受大小恒定的洛伦兹力
运动情况
类平抛运动
匀速圆周运动
运动轨迹
抛物线
圆弧
物理规律
类平抛运动规律、牛顿第二定律
牛顿第二定律、向心力公式
基本公式
L＝vt，y＝at2
a＝，tanθ＝
qvB＝，r＝
T＝，t＝
sinθ＝
做功情况
静电力既改变速度方向，也改变速度
大小，对电荷做功
洛伦兹力只改变速度方向，不改变速
度大小，对电荷永不做功
3.电场与磁场的组合
(1)带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动，在匀强磁场中做匀速圆周运动，如图所示。
(2)带电粒子在匀强电场中做类平抛(或类斜抛)运动，在匀强磁场中做匀速圆周运动，如图所示。
4.磁场与磁场的组合
磁场与磁场的组合问题的实质是两个有界磁场中的圆周运动的组合问题。
(1)由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子在两个磁场中的速度大小一定相等，但轨迹半径和运动周期往
往不同。
(2)解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，寻找有关几何关系是解题的关键。
【重难模型精讲】
考向1：先电场后磁场
【典例1】(2026·河南省周口市·期末考试)如图所示，在0< y < y0，0< x< x0区域内有竖直向上的匀强
电场，在x> x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B =
❑√2m v0
qL
，现让质量为m，带电
量为+q的点电荷，从原点以初速度v0沿x轴正方向射入，控制电场强度的大小，可让粒子从NP射入磁场
后偏转打到足够长的接收器MN上，已知x0=2 y0=2 L，N点坐标( x0, y0)，P点坐标( x0,0)。
(1)若粒子从NP中点射入磁场，求电场强度的大小；
(2)若粒子恰好从N点射入磁场，求粒子在运动过程中到y轴的最大距离。
【答案】(1)若粒子从NP中点射入磁场，则x0= v0t1，1
2 y0= 1
2 at1
2，a= qE
m
解得E = mv0
2
4 qL
(2)若粒子恰好从N点射入磁场，射出N点后轨迹如图所示
根据类平抛运动的规律有x0= v0t2，y0= 1
2 a' t2
2，a' = qE'
m ，v y =a' t2，tanθ = v0
v y
粒子做匀速圆周运动，有qvB =m v
2
r
粒子在运动过程中到y轴的最大距离为xmax = x0+r(1-cosθ)
联立解得xmax =(3-
❑√2
2 )L
考向2：先磁场后电场
【典例2】(2026·内蒙古自治区·期中考试)如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内充满着沿y轴
负方向的匀强电场，电场强度大小E = 3 ❑√3mv0
2
ql
，第三象限内充满着垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一
质量为m、电量为q的带正电粒子以初速度v0从y轴上A(0,- ❑√3l)点垂直射入匀强磁场，从x负半轴进入
第二象限，接着从y轴上C(0,❑√3l)点与y轴正方向成θ =30
∘角进入第一象限，最后从x轴上的D(图中未
画出)点射出电场。不计粒子重力，求：
(1)磁感应强度的大小B;
(2)粒子从A点运动到C点所用的时间t ;
(3)D点的位置坐标。
【答案】解：(1)粒子在第二象限做匀速直线运动，作出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，
根据几何关系有：r ⋅sin30
∘+r = ❑√3l
解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为：r = 2❑√3
3
l
由洛伦兹力提供向心力有：qB v0=m v0
2
r
解得：B =
❑√3m v0
2ql
(2)根据几何关系可知，粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角：α =120
∘= 2π
3
则粒子在磁场中的运动时间：t1= 1
3
2πr
v0
= 4 ❑√3 πl
9 v0
粒子在第二象限无场区中的运动时间为：t2=
❑√3l
v0cos30
∘= 2l
v0
所以粒子从A点运动到C点所用的时间为：t =t1+t2= 4 ❑√3 πl
9 v0
+ 2l
v0
= (4 ❑√3 π +18)l
9 v0
(3)粒子在第一象限中做类斜抛运动，y轴方向上有：
❑√3l =- v0cos30
∘t3+ 1
2 at3
2
根据牛顿第二定律有：qE =ma
联立解得：t3= l
v0
x轴方向上有：x = v0sin30
∘t3
整理后解得：x = l
2
则D点的位置坐标为( l
2 ,0)
考向3：多区域磁场和电场
【典例3】（多选）(2026·河南省·期末考试)如图所示，矩形区域Ⅰ和Ⅱ内分别存在方向垂直于纸面向外
和向里的匀强磁场，aa' 、bb' 、cc' 、dd '为磁场边界线，四条边界线相互平行，区域Ⅰ的磁感应强度大
小为B，区域Ⅱ的磁感应强度大小为
❑√3
3 B，矩形区域的长度足够长，磁场宽度及bb'与cc'之间的距离相同。
某种带正电的粒子从aa'上的O1处以大小不同的速度，沿与O1a成α =30
∘角进入磁场(不计粒子所受重力)，
当粒子的速度小于某一值时，粒子在区域Ⅰ内的运动时间均为t0；当速度为v0时，粒子垂直bb'进入无场区
域，最终从dd '上的A点射出，下列结论正确的是()
A.粒子的比荷q
m = 5 π
3t0 B
B.磁场区域I的宽L=
❑√3 v0t0
5 π
C.粒子在磁场II中运动时，转过的圆心角为30
∘
D.出射点A偏离入射点O1竖直方向的距离y = v0t0
5 π (❑√3-1)
【答案】AC
【解析】A.当粒子的速度小于某一值时，粒子只在区域Ⅰ内运动，不进入区域Ⅱ，从aa'离开磁场，粒
子在磁场Ⅰ中运动转过的圆心角为φ =300
∘，粒子的运动时间为t0= 5
6 T
粒子在区域Ⅰ内有qvB =m v
2
r
T = 2πr
v
得T = 2πm
qB
q
m = 5 π
3t0 B
选项A 正确；
B.当速度为v0时，垂直bb'进入无场区域，设粒子的轨迹半为r1根据牛顿第二定律得q v0 B =m v❑0
2
r1
转过的圆心角φ1=60
∘，又因为L=r1sin 60
∘
解得L= 3 ❑√3 v0t0
10 π
选项B 错误；
CD.设粒子在磁场Ⅱ中运动时，转过的圆心角为φ2，轨迹半径为r2，根据牛顿第二定律得
q v0⋅
❑√3
3 B =m v0
2
r2
又因sin φ2= L
r2
得r2= ❑√3r1
φ2=30
∘
y =(r1-r1cosφ1)+(r2-r2cosφ2)
得y = 3 v0t0
5 π
(❑√3-1)
选项C 正确，D 错误。
故选AC。
【变式训练与拓展】
【变式1】(2026·江苏省·月考试卷)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限存在竖直向下的匀强
电场，电场强度大小为E，第三、四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小
B1=
❑√3m v0
2qL
，第二象限存在垂直坐标平面向外的圆形有界匀强磁场(图中未画出)。质量为m、电荷量为q
的带正电粒子从y轴上A点(0,❑√3 L)以初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场，然后从x轴上的M点(2 L,0)
射入第四象限，经磁场偏转后从x轴上的N点射入第二象限，经第二象限圆形有界磁场偏转后垂直打到y轴
上的A点，不计粒子重力，求：
(1)匀强电场的电场强度大小E;
(2)N点的坐标;
(3)若圆形有界磁场的磁感应强度B2=2❑√3 B1，求此圆形磁场区域的最小面积。
【答案】解：(1)根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，则有
2 L= v0t
❑√3 L= 1
2 at
2
a= qE
m
联立解得E =
❑√3mv0
2
2qL
；
(2)设经过M点的速度v与x轴的夹角为θ，则有
tanθ = v y
v0
又v y =at
联立解得θ =60
∘，v =2v0
带电粒子在磁场中做圆周运动，设轨道半径为R1，如图所示：
根据洛伦兹力提供向心力qv B1=m v
2
R1
解得R1= 4 ❑√3
3
L
由几何关系可得，带电粒子在第三、四象限内运动轨迹的圆心O1恰好在y轴上，故N点的坐标为
(-2 L,0)。
(3)粒子在第三象限进入有界磁场时，半径为R2，根据
qv B2=m v
2
R2
可得R2= 2 L
3
满足条件的最小圆形有界磁场的区域如上图所示，由几何关系可得
PQ =2 R2sin30
∘= R2
圆形磁场区域的最小面积为Smin= π( R2
2 )
2= 1
9 π L
2
【变式2】(2026·安徽省·期中考试)如图所示的区域中，OM左边为垂直纸面向里的匀强磁场，右边是
一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OM，且垂直于磁场方向。一个质量为m、电荷量为-q
的带电粒子从小孔P以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ =60°，
粒子恰好从小孔C垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，已知OC = L，OQ =2 L，不计粒子的重力，
求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)电场强度E的大小。
【答案】解：(1)粒子运动的轨迹如图示，
由几何知识得：∠PO1C =120°，r +rcos60° =OC = L，
解得：r = 2
3 L
粒子在磁场中圆周运动洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律得：q v0 B =m v0
2
r
，
解得：B = mv0
qr = 3mv0
2qL ；
(2)粒子在电场中类平抛运动，加速度为a，由牛顿第二定律得：a= qE
m ，
水平方向：2 L= v0t，
竖直方向：L= 1
2 at
2，
解得：E = mv0
2
2qL
；
答：(1)磁感应强度B的大小为3m v0
2qL ；
(2)电场强度E的大小为mv0
2
2qL
。
【变式3】(2026·山东省滨州市·月考试卷)扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发
生扭摆，其简化模型如图。I、Ⅱ两区域为边界平行宽度为L的匀强磁场，磁感应强度分别为B1、B2，磁场
方向相反且垂直纸面，两磁场区域相距为L。一质量为m，电量为-q的粒子，从I区左侧边界A点平行于纸
面射入磁场，入射速度为v0且与水平方向夹角θ =30°，从I区右边界出射速度与水平方向夹角也为30°。
粒子的重力不计，求：
(1)B1的大小及粒子在I区运动的时间t1；
(2)若粒子能返回I区域，B2大小应满足的条件；
(3)粒子从A点射入磁场到返回I区域左边界所用最长时间t2。
【答案】(1)粒子在I区域运动的轨迹如图所示
由几何关系可得r1= L
由q v0 B1=m v0
2
r1
，得B1= mv0
qL
运动时间t1=
π
3 r1
v0
联立得t1= πL
3 v0
(2)粒子运动轨迹如图所示
在II区域由几何关系可得r2(1+sinθ)≤L
又q v0 B2=m v0
2
r2
联立得B2≥3m v0
2qL
(3)当B2= 3m v0
2q L 时运动时间最长，在中间区域t2
' =
L
v0cosθ ，在Ⅱ区域t3=
4 π
3 r2
v0
则粒子从A点射入磁场到返回I区域左边界所用最长时间t2=2t1+2t2
' +t3
解得t2= (14 π +12❑√3)L
9 v0
考点二 带电粒子在叠加场中的运动
【必备知识回顾】
1．叠加场
电场、磁场、重力场共存或其中某两场共存。
2．洛伦兹力、重力并存
(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，
由此可求解问题。
3．静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
(1)若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
(2)若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理
求解问题。
4．静电力、洛伦兹力、重力并存
(1)若三力平衡，一定做匀速直线运动。
(2)若重力与静电力平衡，且速度与磁场垂直，一定做匀速圆周运动。
(3)若合力不为0 且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律
或动能定理求解问题。
5．带电粒子在叠加场中运动问题的一般分析方法
【重难模型精讲】
考向1：磁场与重力场叠加
【典例4】（多选）(2026·湖北省黄石市·其他类型)如图所示，空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度大小为B，一带电荷量为q、质量为m的带正电小球从磁场中某点P由静止释放，其运动轨迹是
一条摆线。小球的运动实际上是竖直平面内沿逆时针方向、速度大小为v的匀速圆周运动和水平向右、速
度大小为v的匀速直线运动的合运动，重力加速度为g。已知轨迹上某点的曲率半径为在极限情况下，通过
该点和轨迹上紧邻该点两侧的两点作出的圆的半径。则下列说法正确的是()
A.小球运动到最低点时的速度为v
B.小球运动到最低点时轨迹的曲率半径为
4 m v
2
2qvB -mg
C.小球第一次运动到最低点时，距离释放点的竖直距离为2v
2
g
D.小球从释放到第一次经过最低点所需时间为2πm
qB
【答案】BC
【解析】A、小球的运动实际上是竖直平面内沿逆时针方向、速度大小为v的匀速圆周运动和水平向右、
速度大小为v的匀速直线运动的合运动，最低点合速度为v合=2v，故A 错误；
B、对于匀速圆周运动，洛伦兹力与重力合力充当向心力，有：2qvB -mg=m (2v)
2
r
，解得：
r =
4 mυ
2
2qυB -mg ，故B 正确；
C、洛伦兹力不做功，根据动能定理知mgh= 1
2 m(2v)
2，即h= 2v
2
g ，故C 正确；
D、匀速圆周分运动的周期为：T = 2πm
qB ，经过t = 1
4 T = πm
2qB ，粒子到达最低点，故D 错误；
故选：BC。
考向2：磁场、电场与重力场叠加
【典例5】(2026·北京市·月考试卷)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a、b均从边界MN的A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.仅增加磁感应强度，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qE =mg，电场力向上，故微粒带正电(正电荷
所受电场力与电场方向相同)，A 正确；
B.圆周运动周期T = 2πm
qB ，由qE =mg，得m
q = E
g ，则T = 2πE
gB (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r = mv
qB = v
B ⋅m
q ，m
q 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qvB增大，但只要满足qE =mg，微粒仍做匀速
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。
考向3：叠加场中的约束运动
【典例6】(2026·宁夏回族自治区银川市·模拟题)如图所示，匀强电场的场强E = 4V /m，方向水平向
左，匀强磁场的磁感应强度B =2T，方向垂直于纸面向里．一个质量m=10
-3kg的带正电小物块A，从M
点沿绝缘粗糙的竖直墙壁无初速度地下滑，当它滑行0.8m到N点时离开墙壁做曲线运动，当A运动到P点
时，恰好处于平衡状态，此时速度方向与水平成45°角，求：
(1) A沿墙壁下滑时克服摩擦力做的功；
(2) A所带的电荷量以及运动到P点时的速度大小．
【答案】(1)小物块A滑行到N点时离开墙壁，说明这时小物块A与墙壁之间的弹力为零，
则有qE =q v N B，解得v N = E
B =2m/ s．
小物块A从M点到N点的过程中，电场力和洛伦兹力均不做功，
由动能定理有mgh-W f 克= 1
2 m v N
2 ，解得W f 克=6×10
-3J．
(2)小物块A离开N点做曲线运动到达P点时，小物块A处于平衡状态，受力分析如图所示．
则有qB v Pcos 45° =qE，qB v Psin 45° =mg，
解得v P=2❑√2m/ s，q =2.5×10
-3C．
【变式训练与拓展】
【变式4】(2026·江苏省南通市·月考试卷)如图所示，场强为E的匀强电场竖直向下，磁感应强度为B
的匀强磁场垂直电场向外，带电量为q的小球(视为质点)获得某一垂直磁场水平向右的初速度，正好做匀
速圆周运动，重力加速度为g，下列说法正确的是()
A.小球带正电
B.将初速度方向变成垂直磁场水平向左，则小球做直线运动
C.小球做匀速圆周运动的周期为2πE
Bg
D.若把电场的方向改成竖直向上，则小球恰好做类平抛运动
【答案】C
【解析】A.小球要做匀速圆周运动，电场力与重力要等大反向，电场力向上，小球必须带负电，故A
错误；
B.将初速度方向变成垂直磁场水平向左，重力、电场力都不变，二者仍平衡，则小球所受洛伦兹力提
供向心力做匀速圆周运动，故B 错误；
C.由mg= Eq可得m= Eq
g ，小球做匀速圆周运动的周期为T = 2πm
Bq = 2πE
Bg ，故C 正确；
D.若把电场的方向改成竖直向上，电场力向下，小球将向下偏转，重力、电场都做正功，小球速度增
大，洛伦兹力变化，小球所受合力变化，不可能做类平抛运动，故D 错误。
故选C。
【变式5】（多选）(2026·天津市·期中考试)电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场正
交，如图所示。质量为m的带电粒子在垂直于磁场方向的竖直平面内，做半径为R的匀速圆周运动，重力
加速度为g，下列结论正确的是()
A.粒子带负电，且q = mg
E
B.粒子速度大小v = BgR
E
C.粒子沿逆时针方向转动
D.粒子的机械能守恒
【答案】AB
【解析】
A、带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，而重力与电场力平衡，则有：
mg=qE，可得电荷量q = mg
E ，电场力方向与重力方向相反为竖直向上，与电场强度方向相反，可知粒子
带负电，故A 正确;
B.带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有：mg=qE，qvB = m v
2
R ，解得：v = BgR
E ，故B 正确；
C.由左手定则可判断粒子沿顺时针方向运动，故C 错误；
D.由于电场力做功，故机械能不守恒，故D 错误。
故选AB。
【变式6】(2026·安徽省·期中考试)在如图所示的空间中，存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的
水平匀强磁场，电场强度的大小为E =75V /m，在电磁场中的P点发射一带电微粒，粒子的比荷为
k =0.1C /kg，当微粒的初速度大小为v0=10m/ s，方向如图中所示时，微粒恰好能沿图示虚线做直线运
动，已知重力加速度g=10m/ s
2。
(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小B及微粒初速度与电场强度的夹角θ；
(2)若撤去匀强磁场，求微粒在运动过程中离出发点P的最大高度H；
(3)若撤去匀强电场，求微粒在运动过程中离出发点P的最大高度h。
【答案】解：(1)微粒受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据平衡条件得(q v0 B)
2=(mg)
2+(qE)
2
解得：B =12.5T
又因为tanθ = qE
mg
解得θ =37
∘粒子初速度方向与水平成37
∘，向右上方
(2)v y = v0sin37
∘=6m/ s
H = v y
2
2g =1.8m
(3)将洛伦兹力沿着水平和竖直方向分解，因为洛伦兹力的竖直向上的分力等于粒子的重力，所以粒
子在水平方向上做匀速直线运动其速度为v x = v0cos37
∘=8m/ s
竖直方向做匀速圆周运动，圆周运动的速度为v y = v0sin37
∘=6m/ s
最大高度h= R = m v y
qB
解得：h= 4.8m
考点三 带电粒子在交变场中的运动
【必备知识回顾】
1.交变场的常见类型
（1）电场周期性变化、磁场不变。
（2）磁场周期性变化、电场不变。
（3）电场、磁场均周期性变化。
2.分析带电粒子在交变场中运动问题的基本思路
【重难模型精讲】
【典例7】(2026·广东省·月考试卷)如图甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、
下及左侧无边界)。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿PQ向
右做直线运动。若小球刚经过D点时(t =0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸
面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度方向与PQ连线成60°角。已知D、Q间的距离为
(❑√3+1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g。
(1)求电场强度E的大小；
(2)求t0与t1的比值；
(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的
最大周期T m。
【答案】解：(1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，则mg= Eq，
解得E = mg
q 。
(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示：
设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有s=
r
tan30
∘
又知s= v0t1
圆弧轨迹所对的圆心角θ =2π -(π - π
3)= 4
3 π
则t0= θr
v0
联立解得
t0
t1
= 4 ❑√3
9
π。
(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示，
由几何关系得R+
R
tan30
∘=(❑√3+1)L
解得R = L
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q v0 B0=m v0
2
R
解得B0= mv0
qL
小球在一个周期内运动的路程s1=3× 2
3 ×2πR+6×
R
tan30
∘=(4 π +6 ❑√3)L
故T m= s1
v0
= (4 π +6 ❑√3)L
v0
。
【变式训练与拓展】
【变式7】(2026·湖北省·单元测试)在矩形区域abcd中，存在如图所示的磁场区域(包括边界)，规定磁
场方向垂直纸面向里为正，其中bc =2ab=2 L、e为bc边界上的一点，且ce = L
2 .重力可忽略不计的正粒子
从d点沿dc方向以初速度v0射入如图所示的周期性变化的磁场，已知粒子的比荷为k。求：
(1)如果在t =0时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e点离开，则磁场的磁感应强度
B0应为多大？
(2)如果磁场的磁感应强度B0= 2v0
kL ，在bc边的右侧加一垂直bc边向左的匀强电场，t =0时刻射入磁
场的粒子刚好经过T 0后垂直bc边离开磁场，经过一段时间又沿dc边从d点离开磁场区域，则电场强度E以
及粒子在电场中的路程x分别为多大？(T 0未知，用k，L，v0表示)
(3)如果磁场的磁感应强度B0= 2v0
kL ，欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不能由ad边
离开磁场，则磁场的变化周期T 0应满足什么条件？
【答案】(1)由题意作出粒子的运动轨迹，如图1所示，
由几何知识得：R
2=( R - L
2 )
2+ L
2，
解得：R = 5
4 L
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q v0 B0=m v0
2
R
，
解得：B0= 4 v0
5k L；
(2)由题意可知，粒子轨道半径：r = 1
2 L，粒子在T 0的运动轨迹如图所示，
设粒子的周期为T，根据题意有：1
2 T 0= 1
4 T
解得：T 0= π L
2v0
，
为保证能回到d点，则在电场中用时间t满足：t =nT 0，n=1、2、3……
又有：t = 2v0
qE
m
= 2mv0
qE
，
解得：E = 4 v0
2
nπkL ，n=1、2、3……
粒子在电场中的路程：s=2( v0
2 ) t
2 = nπL
4 ，n=1、2、3……；
(3)粒子从t =0时刻射入，且在1
2 T 0时刻轨迹恰好与ad边相切，如图所示，
设圆周运动的周期为T，由几何知识可知，粒子转过的圆心角为150°，
对应运动时间：t = 5
12 T = 5 πm
6q B0
，
应满足：t ≥1
2 T 0，
解得：T 0≤5 πL
6 v0
。
答：(1)磁场的磁感应强度B0应为4 v0
5kl ；
(2)电场强度E大小为4 v0
2
nπkL (n=1、2、3……)，粒子在电场中的路程x为nπL
4 ，n=1、2、3……；
(3)磁场的变化周期T 0应满足的条件是T 0≤5 πL
6 v0
。
【变式8】(2026·湖北省襄阳市·其他类型)如图甲所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内、半径为
1
2 d的圆形区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅰ，边界圆刚好与x轴、y轴相切于C、A两点，长为d、
间距也为d的平行金属板M、N固定在第二象限内，N板在x轴上，在两板加上如图乙所示的交变电压
U MN，图中U 0未知、T已知，在两板中线左端有一粒子源P，沿中线向右不断射出质量为m、电荷量为q
的带正电的粒子，所有粒子穿过两板间电场的时间均为T，在x轴下方有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅱ，
在磁场Ⅱ中有一足够长平行于x轴的挡板，挡板到x轴距离为d，从t =0射出的粒子刚好从N板右端边缘射出
电场，从t =0.25T时刻射出的粒子经磁场Ⅰ偏转后刚好从C点进入磁场Ⅱ，打在板上时的速度与x轴负方向
的夹角为37
∘，所有粒子打到挡板上后均被挡板吸收，不计粒子重力和相互间作用，sin37
∘=0.6，
cos37
∘=0.8。求：
(1)U 0大小；
(2)匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小；
(3)挡板上打到粒子的区域的长度。
【答案】(1)所有粒子穿过两板间电场的时间均为T，从t =0射出的粒子刚好从N板右端边缘射出电场，
根据对称性可知沿电场方向有1
2 d = y1+ y2=2 y1=2× 1
2 a( T
2 )
2，a= qU 0
md
联立解得U 0= 2md
2
qT
2
(2)设粒子源P设粒子的速度为v0，根据题意有d = v0T
可得v0= d
T
t =0.25T时刻射出的粒子，由图乙可知粒子沿电场方向的分运动在0.25T ∼0.75T时间内向下先加速
后减速，在0.75T ∼1.25T时间内向上先加速后减速，根据对称性可知粒子刚好从A点进入磁场Ⅰ，进入速
度方向沿x轴方向，大小为v0，粒子在两个磁场中的运动轨迹如图所示
粒子在磁场Ⅰ中由洛伦兹力提供向心力可得q v0 B1=m v0
2
r1
由几何关系可得r1= 1
2 d
联立可得B1= 2m
qT
粒子在磁场Ⅱ中由洛伦兹力提供向心力可得q v0 B2=m v0
2
r2
由几何关系可得r2=
d
sin53
∘= 5
4 d
联立可得B2= 4 m
5qT
(3)所有粒子穿过两板间电场的时间均为T，由图乙结合对称性可知，所有粒子离开电场时沿电场方向
的速度均为0，即所有粒子离开电场时的速度方向均沿x轴方向，大小均为v0，射出电场粒子刚好分布于M、
N板之间，由于所有粒子进入磁场Ⅰ的运动轨迹半径等于圆形磁场Ⅰ的半径，根据磁聚焦原理可知，所有粒
子均从C点进入磁场Ⅱ，如图所示
根据几何关系可得挡板上打到粒子的区域的长度为L=2
❑√r2
2-(r2-d)
2
联立解得L= ❑√6d。
基础巩固练
1.(2026·广东省东莞市·其他类型)如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强电场和匀强
磁场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的，两个相同的带正电小球同时从两轨道最高点由静止释放，
M、N为轨道的最低点，则
A.两小球均能到达轨道右侧的等高点
B.两小球经过轨道最低点的速度v M >v N
C.两小球经过轨道最低点时对轨道的压力相等
D.两球同时到达最低点
【答案】B
【解析】解：A、由于小球在磁场中运动，洛伦兹力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，
所以小球可以到达轨道右侧的等高点，而小球在电场中运动时，电场力做小球做负功，小球在达到轨道另
一端之前速度就减为零了，故不能到达最右端，故A 错误；
BD、由于小球在磁场中运动时机械能守恒；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，到达
最低点时的速度的大小较小，所以v M >v N，由于整过程中在电场中的速率均偏小，在电场中运动的时间也
长，两球不会同时到达最低点．故B 正确，D 错误；
C、小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知：
F M -mg - Bq v1=m v M
2
r
解得：F M =m v M
2
r +mg+ Bq v1…①
小球在电场中运动，在最低点受力分析可知：F N -mg=m v N
2
r
解得：F N =m v N
2
r +mg…②
因为v M >v N，结合①②可知：F M > F N，由牛顿第三定律知，两小球经过轨道最低点时对轨道的压力
不等．故C 错误；
故选：B
2.(2026·浙江省·期末考试)如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周
运动，其轨迹半径为R。已知电场的电场强度大小为E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度大小为B，方向
垂直于纸面向里。不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()
A.液滴带正电
B.液滴的比荷q
m = g
E
C.液滴的速度大小v = gR
BE
D.液滴沿逆时针方向运动
【答案】B
【解析】AB、带电液滴刚好做匀速圆周运动，应满足重力与电场力等大反向，即mg =qE，电场力方
向向上，与场强方向相反，液滴带负电，可得比荷为q
m = g
E ，故A 错误，B 正确；
D、由左手定则可判断，只有液滴沿顺时针方向运动，受到的洛伦兹力才指向圆心，故D 错误；
C、由向心力公式可得qvB =m v
2
R ，联立可得，液滴的速度大小为v = gBR
E ，故C 错误。
故选：B。
3.(2026·新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市·期中考试)电场强度为E的匀强电场方向斜向右上与水平方向成
30°角，匀强磁场与匀强电场垂直，磁感应强度大小为B，方向如图所示。一带电小球M竖直向上做直线
运动，该小球运动的速度大小为()
A. E
2B
B.
❑√3 E
2B
C.2❑√3 E
3 B
D.2 E
B
【答案】B
【解析】根据题意可得，带电小球竖直向上做匀速直线运动，小球带正电，根据左手定则可知洛伦兹
力水平向左，根据力的平衡有
qE cos30
∘=qvB
解得
v =
❑√3 E
2B
故选B。
4.(2026·四川省·模拟题)如图所示，直线边界MN上下两边均有垂直纸面向里的匀强磁场，现有一带电
粒子从MN上的P点以垂直MN向上的初速度进入匀强磁场B1。若当粒子从P点出发后第五次穿过MN时，
粒子刚好回到P点，粒子重力不计，则MN上下两边磁场的磁感应强度的大小之比
B1
B2
为()
A.2：1
B.1：2
C.3：2
D.2：3
【答案】C
【解析】设粒子带正电，如图所示
设粒子在MN上下两边磁场运动的半径分别为r1、r2，根据几何关系有2r2=3r1
根据洛伦兹力提供向心力有qv B1=m v
2
r1
，qv B2=m v
2
r2
联立可得
B1
B2
= 3
2
故选C。
5.（多选）(2026·宁夏回族自治区银川市·模拟题)如图所示，相距为d的两平行板间同时存在匀强电场
和匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。一质量为m、带电荷量为q的小球由下板边缘沿
水平方向射入该区域，带电小球恰能在两板间做匀速圆周运动，重力加速度为g，则()
A.小球一定带负电
B.小球一定带正电
C.两板间电压为mgd
q
D.小球在两板间的运动时间为2πm
qB
【答案】BC
【解析】AB、要使小球在复合场中做匀速圆周运动，必须满足重力与电场力平衡，所以电场力方向
竖直向上，故小球一定带正电，选项A 错误，B 正确；
C、根据mg= Eq和E = U
d 可得mg= U
d q，所以U = mgd
q
，选项C 正确；
D、小球在两板间的运动时间为其做匀速圆周运动周期的一半，即t = πm
qB ，选项D 错误。
6.（多选）(2026·重庆市·同步练习)如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和
匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量q =6×10
-7C，在图示坐标中，电场方向沿竖
直方向，坐标原点O的电势为零．当小球以2m/ s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上
的拉力刚好为零．在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系如
图乙所示，重力加速度g=10m/ s
2.则下列判断正确的是()
A.匀强电场的场强大小为3.2×10
6V /m
B.小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4 J
C.小球做顺时针方向的匀速圆周运动
D.小球所受的洛伦兹力的大小为3 N
【答案】BD
【解析】A.据题意和乙图可知，E = Δφ
d = 2×10
6
0.4
V /m=5×10
6V /m，故A 错误；
B.从最低点到最高点，小球重力势能增加最多，电场力做功等于电势能的减小量，由图乙可知，小球
做圆周运动的半径r =0.4 m，故电势能减少为：Δ E p 减=qE(2r )=2.4 J，故B 正确；
C.以上分析可知，洛伦兹力提供向心力，据左手定则可知，小球做逆时针运动，故C 错误；
D.以上可知：mg= Eq，f =qvB = mv
2
r
，联立以上解得：f =3 N，故D 正确。
故选BD。
7.（多选）(2026·内蒙古自治区·期末考试)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开
始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E(匀强电场在竖直方向)和匀强磁场(匀强磁场垂直纸面
向外)的复合场中( E、B、U和g为已知)，小球在复合场中的竖直平面内做匀速圆周运动，则()
A.小球可能带正电
B.小球做匀速圆周运动的半径为r = 1
B
❑√
2UE
g
C.若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期变大
D.若电压U增大，则小球做圆周运动的半径增大
【答案】BD
【解析】
A.小球在复合场中的竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，即洛伦兹力提供向心力，所以
mg=qE，由于电场力的方向与场强的方向相反，故小球带负电，故A 错误；
BD .小球在电场中加速，由动能定理得qU = 1
2 mv
2，小球在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供
向心力，则qvB =m v
2
r ，解得r = mv
qB = 1
B
❑√
2UE
g
，则电压U增大，则小球做圆周运动的半径增大，故B、
D 正确；
C.粒子做圆周运动的周期T = 2πm
qB ，粒子做圆周运动的周期与电压U无关，U增大粒子做圆周运动的
周期不变，故C 错误。
8.(2026·山西省·期末考试)如图所示，一质量为m、电量为+q的带电粒子在电势差为U的加速电场中由
静止释放，随后进入磁感应强度为B的有界匀强磁场中，射出磁场时速度方向与进入磁场时的速度方向夹
角为θ =30°，不计带电粒子的重力。求：
(1)粒子刚进入磁场时的速度v；
(2)粒子在磁场中做圆周的运动半径R；
(3)有界磁场的宽度d。
【答案】解：(1)粒子在电场中的加速运动，根据动能定理有：qU = 1
2 mv
2，
可得：v = ❑√
2qU
m
；
(2)粒子在磁场中做圆周运动，qvB =m v
2
R ，
可得R = 1
B
❑√
2mU
q
；
(3)粒子的运动轨迹如图所示：
根据几何知识可知：d = R sinθ，
可得：d = 1
B
❑√
mU
2q 。
答：(1)粒子刚进入磁场时的速度v为❑√
2qU
m
；
(2)粒子在磁场中做圆周的运动半径R为1
B
❑√
2mU
q
；
(3)有界磁场的宽度d为1
B
❑√
mU
2q 。
9.(2026·海南省·月考试卷)如图所示的区域中，左边为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，右
边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OC且垂直于磁场方向。一个质量为m、电荷量为
-q的带电粒子从P孔以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ =60°，
粒子恰好从C孔垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，已知OQ =2OC，不计粒子的重力，求：
(1)粒子从P运动到Q所用的时间t。
(2)电场强度E的大小。
(3)粒子到达Q点时的动能EkQ。
【答案】解：
(1)画出粒子运动的轨迹如图示的三分之一圆弧
(O1为粒子在磁场中圆周运动的圆心)，由几何关系可得：∠PO1C =120°
设粒子在磁场中圆周运动的半径为r，
q v0 B =m v0
2
r
，r = mv0
qB ，又由几何关系可得：r +rcos60° =OC = x，解得OC = x = 3
2 r。
粒子在磁场中圆周运动的时间：t1= 1
3 T = 2
3
π m
qB
粒子在电场中做类平抛运动，在垂直于电场方向做匀速直线运动，
OQ =2 x =3r
t2= 2 x
v0
= 3r
v0
= 3m
qB
粒子从P运动到Q所用的时间t =t1+t2=(3+ 2
3 π ) m
qB ；
(2)粒子在电场中类平抛运动x = 1
2 at2
2= 1
2
qE
m t2
2，解得场强大小为：E = 1
3 B v0；
(3)由动能定理：EKQ- 1
2 m v0
2=qEx，解得粒子到达Q点时的动能为：EKQ=m v0
2
10.(2026·广东省佛山市·月考试卷)如图所示，在直角坐标系的第一象限，有方向竖直向下、场强大小
为E的匀强电场，在第四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴下方放置一长度为L的绝缘薄板PQ，挡
板平面与x轴垂直且上端紧贴x轴。一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子从y轴上一点以大小为v0的速度
水平向右射出，恰好从薄板上边缘P点处射入磁场，粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，之后
粒子恰好未与薄板碰撞，不计粒子重力。求：
(1)粒子在y轴上的发射位置到P点的水平距离；
(2)匀强磁场磁感应强度B的大小；
(3)粒子在薄板右侧运动的时间t。
【答案】解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律得qE =ma
水平方向有：v x = v0
竖直方向有：v y =at
粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，则
tan60° = v0
v y
发射位置到P点的水平距离即为x = v0t
联立解得x =
❑√3m v0
2
3qE
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力，有：
qvB =m v
2
R
粒子在电场中运动的速度为：v =
v0
sin60
∘
根据几何关系得
Rcos30° = L
2
解得：B = 2m v0
qL
(3)粒子在磁场中运动的周期为：
T = 2πR
v
粒子在薄板右侧磁场中运动的圆心角为120°，对应时间为
t = 120°
360
∘T = 1
3 T
解得t = πL
3 v0
11.(2026·湖北省·单元测试)如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域。区域Ⅰ存在
方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；区域Ⅱ存在垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷
量为q的正粒子以速度v0从平面MN上的P点水平向右射入区域Ⅰ。粒子的重力忽略不计。
(1)求粒子第一次到达平面MN时离出发点P的距离；
(2)上述粒子进入区域Ⅱ空间后，经磁场偏转第一次离开区域Ⅱ时，恰好能够通过P点，试求该匀强磁
场磁感应强度的大小。
【答案】(1)带电粒子进入电场后，设其做类平抛运动的加速度大小为a，时间为t，所求距离为s，
由牛顿第二定律得：Eq =ma
由运动学公式和几何关系有：
scos 45° = v0t
ssin45° = 1
2 at
2
解得：s= 2❑√2mv0
2
Eq
(2)设粒子进入磁场时竖直方向的分速度为v y，合速度为v，v与MN所成的夹角为θ，与水平方向的夹
角为α，则有：v y =at，v =
❑√v0
2+ v y
2
cosα = v0
v
sinα = 2v0
v
θ =α - π
4
又磁场中有：rsin(α - π
4 )= s
2
qvB =m v
2
r
解得：B = E
2v0
答：(1)粒子第一次到达平面MN时离出发点P的距离为2❑√2m v0
2
Eq
；
(2)上述粒子进入区域Ⅱ空间后，经磁场偏转第一次离开区域Ⅱ时，恰好能够通过P点，该匀强磁场磁
感应强度的大小E
2v0
。
12.(2026·河南省濮阳市·月考试卷)如图所示，纸面内间距为2 R的竖直虚线M、N间有竖直向下的匀强
电场，半径为R的绝缘圆筒垂直纸面放置，圆筒内有垂直于纸面向外的匀强磁场，圆筒与N相切于Q点，
圆筒上Q点有一个小孔.从M上的P点沿水平方向向右射出质量为m、电荷量为q、速率为v0的粒子，经电
场偏转后刚好从Q点进入磁场，在磁场中偏转后每次与筒壁碰撞前后，沿圆筒半径方向分速度大小相等、
方向相反，垂直圆筒半径方向分速度不变，粒子在筒内与筒壁发生5次碰撞后，刚好从Q点射出磁场，已
知P、Q间沿电场方向的距离为
❑√3
3 R，不计粒子的重力，粒子的电荷量保持不变.求：
(1)粒子在磁场中运动的速度大小;
(2)匀强电场的电场强度大小;
(3)匀强磁场的磁感应强度大小．
【答案】解：(1)设粒子到Q点时，速度沿电场方向的分速度为v1，
根据题意2 R = v0t，
❑√3
3 R = 1
2 v1t，
解得v1=
❑√3
3 v0，
设到Q点的速度与QO的夹角为θ，则tanθ = v1
v0
=
❑√3
3 ，
解得θ =30
∘，
粒子到Q点的速度大小v =
v0
cos30
∘= 2❑√3
3
v0。
(2)设匀强电场的电场强度大小为E，
根据动能定理qE×
❑√3
3 R = 1
2 m v
2- 1
2 m v0
2，
解得E =
❑√3mv0
2
6qR
。
(3)根据题意可知，粒子在磁场中运动的轨迹共有6段相同的圆弧，每段圆弧两个端点与O点连线夹角
为60
∘，如图所示．
设圆弧所对圆心角为α，则α =360
∘-60
∘-2(θ+90
∘)=60
∘，
根据几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r = R，
根据牛顿第二定律qvB =m v
2
r ，
解得B = 2❑√3m v0
3qR
。
综合提升练
1．（2023·全国乙卷·高考真题）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l
2，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．
E
2a B
2
B．E
a B
2
C．
B
2a E
2
D．B
a E
2
【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
sin30
∘= r -a
r
解得粒子做圆周运动的半径
r=2a
则粒子做圆周运动有
qvB =m v
2
r
则有
q
m =
v
2a⋅B
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
q
m =
E
2a⋅B
2
故选A。
2．（多选）（2024·安徽·高考真题）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3 R的圆周运动，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 πE
gB
D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
【答案】ABD
【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
mg= Eq
解得
q = mg
E
故A 正确；
B．根据洛伦兹力提供向心力
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；
C．设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得
3 R =
m
2 v1
B q
2
解得
v1= 3 BqR
m
= 3 gBR
E
周期为
T = 2π ⋅3 R
v1
= 2πE
gB
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。
故选ABD。
3．（多选）（2025·福建·高考真题）如图，真空中存在一水平向右的匀强电场，同时存在一水平且垂
直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电量为q（q>0）的带电微粒从M 点以初速度v 入射，沿着MN 做匀
速直线运动。微粒到N 点时撤去磁场，一段时间后微粒运动到P 点。已知M、N、P 三点处于同一竖直平
面内，MN 与水平方向呈45°，N 点与P 等高，重力加速度为g,则（ ）
A．电场强度大小为
❑√2mg
q
B．磁场强度大小为
❑√2mg
qv
C．N、P 两点的电势差为2m v
2
q
D．从N 点运动到P 的过程中，微粒到直线NP 的最大距离为v
2
8 g
【答案】BC
【解析】AB、带电体在复合场中能沿着MN做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图所示。
由受力平衡可知
mg=qE
qvB = ❑√2mg
解得电场强度E = mg
q ，磁感应强度B =
❑√2mg
qv
，故A 错误，B 正确。
C、在N点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示。
且加速度
a= F合
m = ❑√2g
粒子到达P点时，位移偏转角为45°，故在P点，速度角的正切值
tanθ =2tan 45° =2= v y
v
所以粒子在P点的速度v P=
❑√v x
2+ v y
2 = ❑√5 v
N到P过程，由动能定理，有
qU = 1
2 m v P
2 - 1
2 m v
2
解得NP两点间的电势差U = 2m v
2
q
，C 正确；
D、将粒子在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且
v N y= v cos 45° =
❑√2
2 v
故粒子能向上运动的最大距离
h=
v N y
2
2g = v
2
4 g
D 错误；
故选BC。
4．（多选）（2023·海南·高考真题）如图所示，质量为m，带电量为+q的点电荷，从原点以初速度v0
射入第一象限内的电磁场区域，在
（x0、y0为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，
在x> x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（E值有多种可能），可让粒子从NP射入磁场
后偏转打到接收器MN上，则（）
A．粒子从NP中点射入磁场，电场强度满足E = y0m v0
2
q x0
2
B．粒子从NP中点射入磁场时速度为v0
❑√
x0
2+ y0
2
y0
2
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为mv0
qB
D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是m v0
qB
❑√
x0
2+ 4 y0
2
x0
2
【答案】AD
【解析】A．若粒子打到PN 中点，则
x0= v0t1
1
2 y0= 1
2 ⋅qE
m t
2
解得
E = m v0
2 y0
q x0
2
选项A 正确；
B．粒子从PN 中点射出时，则
y0
2 = v y
2 t1
速度
v1=
❑√v0
2+ v y
2 = v0
x0
❑√x0
2+ y0
2
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
tanθ = v0
v y
=
v0
qE
m ⋅x0
v0
= m v0
2
qE x0
粒子从电场中射出时的速度
v = v0
sinθ
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则
qvB =m v
2
r
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN 的距离为
d =r cosθ
解得
d = E x0
B v0
=
mv0
qB tanθ
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
v ym= 2 y0
t
x0= v0t
出离电场的最大速度
vm=
❑√v0
2+ v ym
2 = v0
x0
❑√x0
2+ 4 y0
2
则由
qvB =m v
2
r
可得最大半径
rm= m vm
qB = m v0
qB
❑√
x0
2+ 4 y0
2
x0
2
选项D 正确；
故选AD。
5．（2024·贵州·高考真题）如图，边长为L 的正方形abcd区域及矩形cdef 区域内均存在电场强度大
小为E、方向竖直向下且与ab边平行的匀强电场，ef 右边有一半径为
❑√3
3 L且与ef 相切的圆形区域，切点
为ef 的中点，该圆形区域与cdef 区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带
电粒子从b 点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经cd边的中点进入cdef 区域，并沿直线通过该区域后进
入圆形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求：
(1)粒子沿直线通过
区域时的速度大小；
(2)粒子的电荷量与质量之比；
(3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。
【答案】(1) E
B
(2) E
LB
2
(3)60
∘
【解析】（1）带电粒子在cdef 区域做直线运动，则有电场力与洛伦兹力平衡，可知粒子带正电，经
cd边的中点速度水平向右，设粒子到达cd边的中点速度大小为v0，带电荷量为q，质量为m，由平衡条件
则有
qE =q v0 B
解得
v0= E
B
（2）粒子从b 点到cd边的中点的运动，可逆向看作从cd边的中点到b 点的类平抛运动，设运动时间
为t，加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
qE =ma
由类平抛运动规律可得
v0t = L
1
2 at
2= L
2
联立解得粒子的电荷量与质量之比
q
m = v0
2
EL = E
L B
2
（3）粒子从ef 中点射出到圆形区域做匀圆周运动，设粒子的运动半径为R，由洛伦兹力提供向心力可
得
q v0 B =m v0
2
R
解得
R = L
粒子在磁场中运动轨迹图如图所示，由图可知，粒子沿半径方向射入，又沿半径方向射出，设粒子射
出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为α，由几何关系可知
α =2θ
可得
tanθ =
❑√3
3 L
R
=
❑√3
3
θ =30
∘
则有
α =60
∘
6．（2024·湖南·高考真题）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）2πmv0
eL
；（2）2πr
L ；（3）2π
2r
2v0
2m
Ee L
2
【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v y，由电子在x 轴方向做匀速直线运动得
L= v0t
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
Be v y =m v y
2
R
可得
R = m v y
Be
且
T = 2πR
v y
= 2πm
Be
由题意可知所有电子均能经过O 进入电场，则有
t =nT (n=1,2,3,⋯)
联立得
B = 2πnm v0
eL
当n=1时，B 有最小值，可得
Bmin= 2πm v0
eL
（2）将电子的速度分解，如图所示
有
tanθ = v y
v0
当tanθ有最大值时，v y最大，R 最大，此时R =r，又
B = 2πmv0
eL
，R = mv y
Be
联立可得
v ym= 2π v0r
L
，tanθ = 2πr
L
（3）当v y最大时，电子在电场中运动时沿y 轴正方向有最大位移ym，根据匀变速直线运动规律有
ym= v ym
2
2a
由牛顿第二定律知
a= Ee
m
又
v ym= 2π v0r
L
联立得
ym= 2π
2r
2v0
2m
Ee L
2
7．（2024·福建·高考真题）如图，直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第
Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器C1、C2，其中C1垂直x轴放置，极板与x轴相交处存在小孔M、N；C2垂
直y轴放置，上、下极板右端分别紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M静止释放，经电场直线加速后从
N射出，紧贴C2下极板进入C2，而后从P进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直x轴离开，运动轨迹如图
中虚线所示。已知粒子质量为m、带电量为q，O、P间距离为d，C1、C2的板间电压大小均为U，板间电
场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：
(1)粒子经过N时的速度大小；
(2)粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角；
(3)磁场的磁感应强度大小。
【答案】(1)❑√
2qU
m
(2)45°
(3)B = 1
d
❑√
2mU
q
【解析】（1）粒子从M 到N 的运动过程中，根据动能定理有
qU = 1
2 m v N
2
解得
v N = ❑√
2qU
m
（2）粒子在C2中，根据牛顿运动定律有
qU
d =ma
根据匀变速直线运动规律有
d = 1
2 at
2、v y =at
又
tanθ = v N
v y
解得
θ = 45°
（3）粒子在P 处时的速度大小为
v P=
❑√v N
2 + v y
2
在磁场中运动时根据牛顿第二定律有
q vP B = mvP
2
R
由几何关系可知
R = ❑√2d
解得
B = 1
d
❑√
2mU
q
8．（2025·湖南·高考真题）如图。直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R 的最大阻值为
2r0，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为❑√3d，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v0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
4 ❑√3 E0
3d
，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。
【答案】(1)q = mv0
2
E0
(2)B = 2 E0
d v0
(3)(2+ ❑√3)d
2
【解析】（1）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❑√3d = v0t
竖直方向做匀变速直线运动d
2 = 0+ v y
2
t，v y =at = qU
md t
由闭合回路欧姆定律可得U =
r0
r0+2r0
E0
联立可得v y =
❑√3
3 v0,q = mv0
2
E0
（2 ）根据题意，设粒子进入磁场与竖直方向的夹角为θ，则有tanθ = v x
v y
= ❑√3,θ =60°，
v =
v0
sin60° = 2❑√3
3
v0
粒子在磁场中做匀速圆周运动有qvB =m v
2
R
由几何关系易得R =
d
2
cos30° =
❑√3d
3
联立可得B = 2 E0
d v0
（3）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q v y 1B =qE
解得v y 1= 2❑√3
3
v0
粒子以v y 1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
v y 2= v y 1+ v y = ❑√3 v0
此时合速度与竖直方向的夹角为tan α =
v0
❑√3 v0
合速度为v
' =
❑√(
❑√3 v0)
2+ v0
2
粒子做圆周运动的半径r = mv
B q
最远距离为xm=r +r cosα = (2+ ❑√3)d
2
9．（2025·天津·高考真题）如图所示，纸面内水平虚线下方存在竖直向上的匀强电场，虚线上方存在
垂直于纸面的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q 的粒子从电场中的O 点以水平向右的速度开始运动，在
静电力的作用下从P 点进入磁场，射入磁场时的速度大小为v、方向与竖直方向夹角为θ，粒子返回电场前
的运动轨迹过P 点正上方的Q 点，P、Q 间距离及O、P 间的水平距离均为L。不计粒子重力。
(1)判断粒子的电性；
(2)求电场强度大小E；
(3)求磁感应强度大小B。
【答案】(1)正电
(2)E = mv
2sinθcosθ
qL
(3)B = 2mv sinθ
qL
【解析】（1）根据题意可知，粒子向上偏转，所受电场力向上，与电场方向相同，则粒子带正电。
（2）设粒子在电场中运动的时间为t，水平方向上由运动学公式，有L= vt sinθ
设粒子在电场中运动的加速度为a，由牛顿第二定律，有qE =ma
竖直方向上由运动学公式，有v cosθ =at
联立上述各式，得E = mv
2sinθcosθ
qL
（3）设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，由几何关系，得L=2r sinθ
洛伦兹力提供向心力，有qvB =m v
2
r
联立得B = 2mv sinθ
qL
