文档文本内容
第51 讲 带电粒子在组合场中的运动
目 录
模拟·基础演练....................................................................................................................1
题型01 不同磁场组合.................................................................................................1
题型02 粒子由电场进入磁场......................................................................................7
题型03 粒子由磁场进入电场....................................................................................14
重难·创新演练....................................................................................................................22
真题·实战演练....................................................................................................................32
模拟·基础演练
考查重点：粒子由电场进入磁场，粒子由磁场进入电场……
⏳题型01 不同磁场组合
1．（多选）（25-26 高二下·福建泉州）如图所示，水平面内边长为a 的正三角形ABC 区域内存在垂直纸
面向外的匀强磁场，在ABC 区域外存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B．M 为AB 边上
的一个离子源，能够沿垂直于AB 方向向三角形区域内发射速度为v 的带电粒子。已知MA = a
4 ，带电粒子
的比荷均为q
m = 4 v
Ba ，不计粒子的重力及粒子间相互作用，则（ ）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为a
B．粒子回到M 点时，粒子在三角形区域内与三角形区域外运动的时间之比可能为3:5
C．粒子回到M 点时，粒子在三角形区域内与三角形区域外运动的时间之比可能为2:3
D．经时间πa
v 粒子可能回到M 点
【答案】BD
【详解】A． 洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
R
得轨道半径R = mv
qB
代入已知q
m = 4 v
Ba
得R =
v
( 4 v
Ba )B
= a
4 ，故A 错误；
BC．若粒子带负电，则轨迹圆心在A 点，之后轨迹如图所示
在三角形区域内轨迹圆心角为π，运动时间为t1= πR
v
在三角形区域外轨迹圆心角为3 π，运动时间为t2= 3 πR
v
粒子在三角形区域内与三角形区域外运动的时间之比为1:3
若粒子带正电，则轨迹圆心在AB 中点，之后轨迹如图所示
在三角形区域内轨迹圆心角为3 π，运动时间为t1= 3 πR
v
在三角形区域外轨迹圆心角为5 π，运动时间为t2= 5 πR
v
粒子在三角形区域内与三角形区域外运动的时间之比为3:5
综上可得，时间之比为1:3或3:5，故B 正确，C 错误；
D．由之前分析时间为t1+t2，可能为4 πR
v
= πa
v 或8 πR
v
= 2πa
v
，故D 正确。
故选BD。
2．（多选）（2026·湖北·二模）如图所示，有一带正电粒子从O点进入加速电场，不计粒子的初速度，经
过电场加速，沿直线通过速度选择器后，垂直磁场II左边界入射到磁场中，已知粒子的比荷
q
m =2×10
8C/kg，加速电场电压U 0=100 V。速度选择器水平极板长L=0.15 m，间距d1=0.12m，板间电
压U 1=120 V，磁场II的左边界与速度选择器右侧重合，其左右边界距离d2=0.08 m，磁感应强度
B2=1×10
−2T，粒子重力忽略不计，取sin37° =0.6。下列说法正确的是（ ）
A．磁场I的磁感应强度B1的大小为5×10
−3T
B．粒子在磁场II中运动的沿竖直方向的偏转距离为0.4 m
C．若仅撤去磁场I，则粒子在磁场II中运动的轨迹半径为0.25 m
D．若仅撤去磁场I，则粒子在磁场II中运动的沿竖直方向的偏转距离为0.2m
【答案】AD
【详解】A．粒子加速，根据动能定理有qU 0= 1
2 m v
2
解得v =2×10
5 m/s
速度选择器内，粒子受力平衡，则有q U 1
d1
=qv B1
解得B1=5×10
−3T，故A 正确；
B．粒子在磁场Ⅱ中，根据洛伦兹力提供向心力有qv B2=m v
2
r
解得r = mv
q B2
=0.1m
粒子能从磁场右边界射出，轨迹对应的圆心角为θ2，则有sinθ = d2
r = 0.08
0.10 =0.8
粒子在磁场Ⅱ中运动的沿竖直方向的偏转距离为d
′ =r −r cosθ =0.1m −0.1×0.6 m =0.04 m，故B 错误；
C．撤去磁场后，粒子做类平抛运动，则有L= vt
根据牛顿第二定律有a= qU 1
md1
竖直方向末速度v y =at = qU 1 L
md1v
代入数据解得v y =1.5×10
5 m/s
则合速度大小v1=
❑√v
2+ v y
2 =2.5×10
5 m/s
粒子在磁场Ⅱ中运动的半径为r1= m v1
q B2
=0.125 m，故C 错误；
D．有C 可知，粒子在磁场Ⅱ中的运动半径为r1=0.125 m，粒子进入磁场Ⅱ的速度与竖直方向的夹角为θ2，
则有tanθ2= v x
v y
= 2×10
5
1.5×10
5 = 4
3
解得θ2=53°
粒子在磁场Ⅱ内的运动轨迹如图所示，
粒子在磁场Ⅱ区域内运动的距离L=r1−r1cos53° =0.05 m
所以粒子不能从磁场右边界射出，轨迹对应的圆心角为2θ2，则有sinθ2=0.8
粒子在磁场Ⅱ中运动的沿竖直方向的偏转距离为d
′
1=2r1sinθ2=2×0.125×0.8 m =0.2m，故D 正确。
故选AD。
3．（多选）（2026·山西晋城·二模）现代电子设备常利用磁场控制带电粒子的运动。如图所示，O 为坐标
原点，过O 点的虚线右侧，垂直于纸面的空间内，存在磁感应强度大小沿x 轴正方向线性递增的梯度磁场，
磁感应强度大小满足B = B0kx，垂直于x 轴方向的磁感应强度大小相同，磁场范围足够大。在P 点沿x 轴
正方向发射速度大小均为v0的两个离子，离子质量均为m，电荷量分别为+q、−q，带电离子轨迹被约束
在磁场内，且会在磁场中“漂移”。不计粒子重力，及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．正离子在磁场中速度大小不变
B．正离子向左侧漂移，负离子向右侧漂移
C．正离子向下侧漂移，负离子向上侧漂移
D．若在坐标原点O 处以相同速度发射该正离子，则在x = ❑√
2m v0
q B0k
处放一挡板，恰能接收到正离子
【答案】ACD
【详解】A．由于洛伦兹力总是与速度方向垂直，所以洛伦兹力不改变速度大小，则带电离子在磁场中的
速度大小不变，故A 正确；
BC．由图可知左右两边磁感应强度大小不一样，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB = mv
2
R
解得R = mv
qB
可知同一正离子在磁场中因为磁感应强度大小不同导致左右圆周运动的半径不同，磁感应强度B 越大，轨
道半径R 越小，所以同一正离子在左边部分的半径大于右边部分的半径，结合左手定则判断出正离子逆时
针偏转，圆心会不断向下偏移，如图所示
因此，每转一圈整体向下移动，即正离子会向下侧漂移，同理可知负离子向上侧漂移，故B 错误，C 正确；
D．离子垂直于x 轴方向的洛伦兹力的冲量等于离子在该方向上动量的增量，则有∑q v x B Δt =m v0−0
把B = B0kx代入可得q B0k ∑x⋅Δ x =m v0
由∑x⋅Δ x = x⋅xm= 1
2 xm
2
解得xm = ❑√
2m v0
q B0k
，故D 正确。
故选ACD。
4．（多选）（2026·湖北省直辖县级单位·一模）如图所示，直线MN 与水平方向成60°角，MN 的右上方存
在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一
粒子源位于MN 上的a 点，能水平向右发射不同速率、质量为m（重力不计）、电荷量为q(q>0)的同种
粒子，所有粒子均能经过MN 上的b 点从左侧磁场进入右侧磁场，已知ab= L，则粒子的速度可能是（
）
A．
❑√3qBL
3m
B．
❑√3qBL
6m
C．
❑√3qBL
12m
D．
❑√3qBL
16m
【答案】BC
【详解】粒子可能在两个磁场间做多次运动，分析可知，由于粒子从 b 点左侧磁场进入右侧磁场，粒子
在 ab 间做匀速圆周运动的圆弧数量必为偶数个，根据几何关系可知，圆弧对应的圆心角均为 120°，设
粒子运动的轨迹半径为 R，则有 n·2 R cos30° = L(n=2,4,6,⋯)
解得 R =
❑√3 L
3n
(n=2,4,6,⋯)
根据洛伦兹力提供向心力有 qvB =m v
2
R
解得 v =
❑√3qBL
3m·n
(n=2,4,6,⋯)
当v =
❑√3qBL
3m
时，n=1，不符合条件，故 A 错误；
当v =
❑√3qBL
6m
时，n=2，符合条件，故B 正确；
当v =
❑√3qBL
12m
时，n= 4，符合条件，故C 正确；
当v =
❑√3qBL
16m
时，n= 16
3 ，不符合条件，故 D 错误；
故选 BC。
5．（多选）（2026·山东枣庄·二模）如图所示，xOy 坐标平面内，以O点为圆心的两个圆，半径分为r和
❑√3r。小圆区域I 内的匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，环形区域II 内的匀强磁场垂直于
纸面向外。一质量为m、电量为q的带正电粒子从A(0,r )点沿y轴负方向出发，由P(r ,0)点首次进入区
域II 且恰好不能从其外边界射出，不计粒子的重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子运动的速度大小为qBr
m
B．区域I、II 内的磁感应强度大小之比为❑√3:1
C．粒子从A点出发到第一次返回区域I 的过程中，速度方向改变了120°
D．粒子返回A点的最短时间为(5+ 4 ❑√3) πm
qB
【答案】AD
【详解】由题意可知，粒子在磁场中的轨迹如图所示
A．根据几何关系可知，粒子在区域I 内的半径大小为r1=r
根据牛顿第二定律可得qvB =m v
2
r1
解得v = qBr
m ，故A 正确；
B．由几何关系可知tan θ
2 = r2
r1
，sin θ
2 =
r2
❑√3r −r2
可得θ =60°，r2=
❑√3
3 r
根据牛顿第二定律可得qv B
′ =m v
2
r2
可得B:B
′ =1:❑√3，故B 错误；
C．因为θ =60°，由轨迹图可知，粒子从A点出发到第一次返回区域I 的过程中，速度方向改变了
90°+θ =150°，故C 错误；
D．由轨迹可知，粒子在区域I 绕O 点转过90°，在区域II 绕O 点转过60°，所以当粒子在区域I 运动10
次，在区域II 中运动9 次时，粒子第一次回到A 点，粒子在区域I 中运动的周期为T 1= 2π r1
v
= 2πm
qB
则粒子在区域I 中运动一次所需时间为t1= 90°
360° T 1= πm
2qB
粒子在区域II 中运动的周期为T 2= 2π r2
v
= 2❑√3 πm
3qB
则粒子在区域II 中运动一次所需时间为t2= 360°−（180°−θ ）
360°
T 2= 4 ❑√3 πm
9qB
所以粒子返回A 点的最短时间为t =10t1+9t2=(5+ 4 ❑√3) πm
qB ，故D 正确。
故选AD。
⏳题型02 粒子由电场进入磁场
6．（多选）（2026·黑龙江、辽宁·模拟预测）如图所示，电子由静止开始，经M、N 板间的电场加速后，
从A 点垂直于磁场边界射入宽度为d、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，电子离开
磁场时的位置P 偏离入射方向的距离L= d
2 。已知电子的质量为m，电荷量为e，取sin53
∘=0.8。下列说
法正确的是（ ）
A．电子进入磁场时的速度大小为3edB
4 m
B．电子在磁场中做圆周运动的半径为5
4 d
C．电子在磁场中运动的时间为53 πm
180eB
D．若电场可调，为使电子能从磁场的右侧边界射出，则加速电压的最小值为e B
2d
2
m
【答案】BC
【详解】B．电子在磁场中做圆周运动，粒子运动轨迹如图所示
由几何关系有r
2=d
2+(r −d
2)
2
解得r = 5d
4 ，故B 正确；
A．由洛伦兹力提供向心力有evB =m v
2
r
解得v = eBr
m = 5eBd
4 m ，故A 错误；
C．轨迹圆心角θ 满足sinθ = d
r = 4
5
可得θ =53
∘= 53 π
180
运动时间t = θ
2π T = θm
eB = 53 πm
180eB ，故C 正确；
D．加速电压U 满足eU = 1
2 m v
2
要使电子从右侧射出需保证r>d
所以电压U > e B
2d
2
2m
，故D 错误。
故选BC。
7．（多选）（25-26 高二下·江西）如图所示，平面直角坐标系中第二、四象限存在垂直纸面向里且大小相
等的匀强磁场B，第一象限存在沿x 轴负方向的匀强电场，第三象限存在沿x 轴正方向的匀强电场，两电
场的场强大小相等且均为E。坐标原点有一静止的原子核，该原子核发生衰变，得到粒子1、2。它们运动
的轨迹如图，粒子1 到达y 轴M 点、粒子2 到达y 轴N 点之后被吸收。已知粒子1、2 的质量分别为m1、
m2，电荷量分别为q1、q2，不计粒子重力，则下列说法正确的是（ ）
A．该衰变方程可能为
T
90
234 h→
P
91
234 a+
e
−1
0
B．粒子1、2 在磁场中做圆周运动半径之比为q2
q1
C．粒子1、2 打在y 轴上的位置到坐标原点的距离之比为q2
q1
❑√
m1
m2
D．若满足E
B = v1（其中v1为衰变后瞬间粒子1 的速度），则粒子1、2 打在y 轴时的动能之比为
5m2
m1+ 4 m2
【答案】BD
【详解】A．从轨迹可知两粒子带同种电荷，可知该原子核一定是发生α衰变，故A 错误；
B．衰变时动量守恒，有m1v1=m2v2
再由r = mv
Bq
可知
r1
r2
= q2
q1
，故B 正确；
C．粒子在电场中类平抛，有2r = 1
2
Eq
m t
2
得t = ❑√
4 mr
Eq
而y = vt = v ❑√
4 mr
Eq
得yOM
yON
= v1
v2
❑√
m1q2r1
m2q1r2
其中
v1
v2
= m2
m1
，
r1
r2
= q2
q1
得yOM
yON
= q2
q1
❑√
m2
m1
，故C 错误；
D．由动能定理可知粒子到达y 轴的动能为Ek = 1
2 mv
2+ Eq⋅2r
其中r = mv
Bq
可得Ek = 1
2 m v
2+ 2 Emv
B
=mv(
v
2 + 2 E
B )
可知
Ek 1
Ek 2
=
v1
2 + 2 E
B
v2
2 + 2 E
B
=
5
2 v1
v2
2 +2v1
=
5 v1
v2+ 4 v1
=
5m2
m1+ 4 m2
，故D 正确。
故选BD。
8．（多选）（2026·广东广州·三模）如图，为一种新型质谱仪。直边界MN 的上方有垂直纸面向外的匀强
磁场，磁感应强度大小为B，其中以O 点为圆心、半径为R 的圆形区域内无磁场（N 为圆与边界的切点），
芯片的离子注入将在圆形区域内完成。离子源P 放出的正离子经加速电场加速后在纸面内垂直于MN 从M
点进入磁场，加速电场的加速电压U 的大小可调节，保证离子能进入圆形区域内。已知M、N 两点间的距
离为2R，离子的比荷为k，不计离子进入加速电场时的初速度及离子的重力和离子间的相互作用力。下列
说法正确的是（ ）
A．经过圆心O 的离子的速度大小为kBR
B．经过圆心O 的离子的速度大小为2kBR
C．加速电压U 的调节范围为2
9 k R
2B
2≤U ≤2k R
2B
2
D．加速电压U 的调节范围为1
2 k R
2B
2≤U ≤2k R
2B
2
【答案】AC
【详解】AB．经过圆心O 的离子，轨迹如图所示
由几何关系，则能经过圆心O 的离子在磁场中运动的半径为r = R
根据洛伦兹力提供向心力得qvB =m v
2
r
解得速度大小为v = qBR
m =kBR，故A 正确，B 错误；
CD．粒子在加速电场中运动的过程，由动能定理可得qU = 1
2 m v
2
在磁场中由洛伦兹力提供磁场力得qvB =m v❑
2
r
联立可得U = 1
2 k r
2B
2
如图所示
能进入圆形区域的粒子速度最小时轨迹与圆相切，圆心为O1，由几何关系可得
R
2+(2 R−rmin)
2=( R +rmin)
2
解得rmin= 2
3 R
对应电压的最小值为U min= 2
9 k R
2B
2
进入圆形区域的粒子速度最大时轨迹与圆相切，圆心为N，由几何关系可得rmax=2 R
对应电压的最大值为U max =2k R
2B
2
则加速电压U 的调节范围为2
9 k R
2B
2≤U ≤2k R
2B
2，故C 正确，D 错误。
故选AC。
9．（多选）（2026·江西赣州·二模）如图所示，在0≤x ≤d，0≤y ≤d的ODMN 区域内存在沿x 轴正方向、
场强大小为E 的匀强电场。ODMN 区域外分布着垂直于xOy 平面向里的匀强磁场。一个质量为m，电荷量
为+q的粒子甲从电场区域中心O
′点由静止释放，粒子甲从右边界第一次离开电场后，垂直MN 再次进入电
场，不计粒子重力。则（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度B 的大小为2❑√
mE
qd
B．粒子第二次在电场中运动的位移大小为d
C．粒子在xOy 平面内做周期性运动，运动的周期为(4+ 9π
4 )
❑√
md
Eq
D．若将质量为m、电荷量为−q的粒子乙从O
′点由静止释放，粒子乙能垂直OD 进入电场
【答案】AC
【详解】A．粒子甲带+q，从O
′静止释放，第一次在电场中沿x匀加速，由动能定理得qE⋅d
2 = 1
2 m v
2
解得v = ❑√
qEd
m
粒子离开电场时位置为(d , d
2 )，速度沿x正方向，进入磁场后偏转，最终垂直MN进入电场，可得偏转半
径r = d
2
圆心在(d ,d)，偏转3
4 圆周。 在磁场中洛伦兹力提供向心力得qvB = mv
2
r
代入v = ❑√
qEd
m ，r = d
2
得B = mv
qr =2❑√
mE
qd ，故A 正确；
B．粒子第二次进入电场时位置(
d
2 ,d)，速度沿y负方向，做类平抛运动：假设粒子第二次进入电场中时，
从OD边射出，则y方向匀速，有d = vt
解得t = d
v = ❑√
md
qE
x方向匀加速，有x = 1
2 at
2= 1
2 ⋅qE
m ⋅md
qE = d
2
即粒子刚好从D 点离开电场，总位移大小为
❑√x
2+d
2=
❑√5d
2
，故B 错误；
C．粒子第一次在电场中的时间为t1，有v =at1，qE =ma
由之前分析，粒子第一次在磁场中的轨迹为四分之三圆，所以运动时间为圆周运动的四分之三周期，则由
qvB = m v
2
r
，T = 2πr
v
可得t2= 3
4 T
粒子第二次在电场中射出时的水平方向的速度为v x =at
其合速度为v合=
❑√v x
2+ v
2，tanθ = v x
v =1
第二次进入磁场，其从D点速度方向与水平方向的夹角是45°，有q v合B = m v合
2
r2
解得r2=
❑√2
2 d
粒子再运动四分之三圆之后从M 点进入电场做类斜抛运动，由对称可知在M 点速度方向朝左下方45°，且
之后到OD 中点速度竖直向下，再运动四分之三圆之后从DM 中点减速回到O
′速度为0。粒子接下来的运
动与上述过程相同，综上所述粒子在xOy平面做周期性运动，轨迹如图所示
在电场中4 次运动时间相等，在磁场中3 个四分之三圆运动时间相等，则其周期为
T = 4t1+3t2=(4+ 9 π
4 )
❑√
md
Eq ， 故C 正确；
D．粒子乙带−q，从O
′静止释放，电场力沿x负方向，向左匀加速到(0, d
2 )，速度大小仍为v = ❑√
qEd
m
进入磁场后，负电荷速度向左，磁场向里，洛伦兹力向上，偏转半径r = mv
qB = d
2
圆心在(0,d)，转3
4 圆周后到达(
d
2 ,d)，速度方向竖直向下，垂直水平的MN 边进入电场，再从O 点离开
磁场，轨迹如图所示
经过N 点做类斜抛运动到OD 中点速度竖直向下，再运动四分之三圆之后从ON 中点减速回到O
′速度为
0，之后做周期性运动，则粒子乙不能垂直OD 进入电场，故D 错误。
故选AC。
10．（多选）（2026·四川·模拟预测）如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，第一、二象限存在着垂直纸
面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限存在着沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小未知。一带正
电的粒子从y 轴上的M 点以速度v0沿x 轴正方向开始运动，从x 轴上的N 点进入磁场后恰好经O 点再次进
入电场，已知MN 两点的连线与x 轴的夹角为θ，且tanθ = 1
2，带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计带
电粒子的重力。求：（ ）
A．粒子第一次经过N 点的速度大小为2v0
B．粒子从N 点运动到O 点的过程中，洛伦兹力的冲量3m v0
C．电场强度E 的大小v0 B
2
D．粒子连续两次通过x 轴上同一点的时间间隔为(3π+ 4)m
qB
【答案】CD
【详解】A．粒子在第四象限的匀强电场中做类平抛运动，设粒子从M点运动到N点的时间为t1，根据运
动学公式分别有x0= v0t1，y0= 1
2 v yt1
其中v y为粒子在N点沿y轴正方向的分速度，根据几何关系有tanθ = y0
x0
联立解得v y =2v0 tanθ
代入tanθ = 1
2解得v y = v0
粒子第一次经过N点的速度大小为v N =
❑√v0
2+ v y
2
解得v N = ❑√2v0
由此可知粒子第一次经过N点的速度大小与选项不符，故A 错误；
B．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，经O点再次进入电场，根据运动的对称性可知，粒子在O点的速度
大小为vO= ❑√2v0，方向与x轴正方向成45
°斜向下，即速度的x轴分量为v0，y轴分量为−v0。粒子从N点
运动到O点的过程中，在x轴方向和y轴方向的动量变化量分别有Δ px=m v0−m v0=0，
Δ p y =−m v0−m v0=−2m v0
根据动量定理可知，洛伦兹力的冲量大小等于动量变化量的大小，即I =
❑√Δ px
2+ Δ p y
2
解得I =2m v0
由此可知洛伦兹力的冲量大小与选项不符，故B 错误；
C．由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的弦长为x0，弦与进入磁场时速度方向的夹角为45
°，根据
几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为R =
x0
2sin 45
°
解得x0= ❑√2 R
根据洛伦兹力提供向心力有q v N B =m v N
2
R
解得R =
❑√2m v0
qB
联立解得x0= 2mv0
qB
在匀强电场中，根据牛顿第二定律和运动学公式分别有qE =ma，v y =at1，x0= v0t1
联立解得E = v0 B
2
由此可知电场强度E的大小与选项相符，故C 正确；
D．粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为β =270
°，所以在磁场中单次运动的时间为t2= 270
°
360
° T
根据周期公式有T = 2πm
qB
联立解得t2= 3 πm
2qB
粒子从O点再次进入电场后，在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做先减速后反向加速的匀变速直线运
动，设粒子再次回到x轴上经历的时间为t3，根据运动学公式有−v0+at3= v0
解得t3= 2v0
a
由前面的分析可知a= q v0 B
2m
联立解得t3= 4 m
qB
粒子在电场中经过t3时间后，沿x轴方向的位移为Δ x = v0t3
代入数据解得Δ x =2 x0
即粒子在2 x0处从电场进入磁场，此时速度大小和方向与在N点第一次进入磁场时完全相同。粒子在磁场
中再次做圆周运动，经过时间t2后，沿x轴负方向前进x0，恰好再次回到N点。由此可知，粒子连续两次通
过N点的时间间隔为Δt =2t2+t3
解得Δt = (3 π + 4)m
qB
同理连续两次通过x轴上其他同一点（如2 x0处）的时间间隔均为该值，可知与选项相符，故D 正确。
故选CD。
11．（多选）（2026·安徽·模拟预测）如图所示，第一象限存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，第二象
限存在沿x轴正方向的匀强电场。一电荷量为+q、质量为m的带电粒子，从x轴上的M（−l，0）点以初速
度v0沿y轴正方向射入第二象限。粒子在电场中偏转后，从y轴上的P点（图中未画出）进入第一象限，此
时速度方向与y轴正方向的夹角为θ。粒子在磁场中运动后，恰好垂直于x轴、沿y轴负方向从N点离开第
一象限，整个过程不计粒子重力作用。关于该过程，下列说法正确的有（ ）
A．匀强电场的电场强度大小为mv0
2 tan
2θ
2ql
B．P点的纵坐标为2l tanθ
C．带电粒子在磁场中运动的半径为2l
tanθ
D．匀强磁场的磁感应强度大小为m v0 tan
2θ
2ql
【答案】AD
【详解】A．带电粒子在第二象限做类平抛运动，设运动时间为t，根据牛顿第二定律有qE =ma
推导可得a= qE
m
在x轴和y轴方向分别有l = 1
2 at
2，v x =at
带电粒子在P点速度与y轴正方向夹角为θ，则有tanθ = v x
v0
联立解得E = mv0
2 tan
2θ
2ql
，故A 正确；
B．由A 选项分析的公式联立推导可得t =
2l
v0 tanθ
根据y轴方向的匀速直线运动有y P= v0t
代入时间t解得y P= 2l
tanθ ，故B 错误；
C．带电粒子在第一象限的磁场中做匀速圆周运动，由题意可知粒子恰好垂直于x轴从N点离开，此时速度
方向沿y轴负方向，故圆周运动的圆心必定在x轴上，根据几何关系有R sinθ = y P
联立解得R =
2l
tanθsinθ ，故C 错误；
D．由运动的合成与分解可知粒子在P点的速度大小推导可得v =
v0
cosθ
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB =m v
2
R
联立解得B = m v0 tan
2θ
2ql
，故D 正确。
故选AD。
⏳题型03 粒子由磁场进入电场
12．（多选）（2026·河南三门峡·三模）如图所示，在平面直角坐标系xOy第一、二象限x ≤L的区域内，
存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第一象限x> L的区域内存在着匀强电场，电
场方向与x轴负方向成45°斜向下。位于坐标原点O处的粒子源能在xOy平面向第二象限内持续发射质量为
m、电荷量为q的相同粒子，速度方向与y轴正方向的夹角0°≤θ≤37°，且各个方向的速度大小与θ的关系
为v =
v0
cosθ （式中v0为未知定值）。θ =0°的粒子恰好通过坐标为(L, L)的P点，经过直线x = L时距x轴最
远的粒子到达直线x =2 L时，速度方向刚好沿y轴负方向，sin37° =0.6，不计粒子重力，及粒子间的相
互影响，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电荷
B．v0= qBL
m
C．粒子运动到直线x = L上时与x轴的最远距离为1.6 L
D．匀强电场的电场强度为25 ❑√2q B
2 L
32m
【答案】BD
【详解】A. 因沿y 轴正向射出的粒子经过P 点，则根据粒子在磁场中的偏转方向，结合左手定则可知，粒
子带正电荷，A 错误；
B. θ =0°时v = v0，此时粒子恰好通过坐标为(L, L)的P点，可知粒子在磁场中做圆周运动的半径为r0=L
根据q v0 B =m v0
2
r0
解得v0= qBL
m ，B 正确；
C. θ =37°时v = 5
4 v0，此时粒子做圆周运动的半径最大，粒子运动到直线x = L上时与x轴的距离最远，此
时qvB =m v
2
r
解得r = 5
4 L
此时圆心恰好在x=L 直线上，与x轴的最远距离为d =r +r sin37
∘=2 L，C 错误；
D. 粒子垂直于直线x = L向右进入匀强电场，到达直线x =2 L时，速度方向刚好沿y轴负方向，则水平方向
做匀减速运动，则到达x=2L 时水平速度减为零，则v
2=2ax L
其中Eqcos 45
∘=max
解得匀强电场的电场强度为E = 25 ❑√2q B
2 L
32m
，D 正确。
故选BD。
13．（多选）（2026·湖北黄冈·三模）如图所示，半径为R 的圆形区域的圆心位于直角坐标系的坐标原点
O，该圆形区域内有垂直于坐标平面的匀强磁场（未画出），在y <−R区域存在沿x 轴负方向的匀强电场，
场强大小为E，磁场区域外右侧有宽度为❑√3 R的粒子源，M、N 为粒子源两端点，M、N 连线垂直于x 轴，
粒子源中点P 位于x 轴上，且均匀持续向x 轴负方向发射质量为m、电荷量为+q（q>0）、速率为v 的粒子，
已知从粒子源中点P 发出的粒子，经过磁场后，恰能从圆与y 轴负半轴的交点Q 处沿y 轴负方向射出磁场。
不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．所有进入圆形磁场区域的粒子都要经过Q 点离开
B．粒子在圆形磁场区域运动的最长时间为2π R
3 v
C．粒子进入电场后，再次经过y 轴的最长时间为
❑√3mv
qE
D．粒子进入电场后，再次经过y 轴时距离O 点的最大距离为m v
2
qE + R
【答案】ACD
【详解】A．由题意可知从粒子源中点P发射的粒子在磁场中运动轨迹为四分之一圆周，设轨迹半径为r，
由几何关系易知r = R
如图所示，根据几何关系可知所有进入圆形磁场区域的粒子经过磁场偏转都要经过Q 点离开，故A 正确；
B．在磁场中运动周期T = 2π R
v
粒子在磁场运动的时间t1= θ
2π T
可知粒子转过的角度越大，运动时间越长，进入磁场的点与Q 点连线越长，则角度越大，可知从M点出发
入射磁场的粒子运动时间最长。根据几何关系可得α <30
°，可得圆心角β >120
°，可得运动时间
t1≠1
3 T = 2π R
3 v
，故B 错误；
C．粒子进入电场后，设速度与竖直方向的夹角为θ，夹角越大，水平速度越大，再次经过y 轴的时间越长，
即从M点出发入射磁场的粒子进入电场后，再次经过y 轴的时间最长，如图所示。根据牛顿第二定律有
qE =max
解得再次经过y 轴的最长时间t2m = 2v cos30
°
ax
=
❑√3mv
qE
，故C 正确；
D．粒子进入电场后，设速度与竖直方向的夹角为θ，离开Q点到再次经过y轴，距离O点的距离
y = R+ v cosθt E
其中t E= 2v sinθ
ax
代入得y = R+ m v
2⋅sin2θ
qE
当θ = 45°，y取极大值，故ymax= R+ m v
2
qE ，故D 正确。
故选ACD。
14．（多选）（2026·四川成都·模拟预测）圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂
直纸面向外的匀强磁场，在磁场边缘上的A点沿纸面向圆形区域各个方向均匀发射速度大小为v0的带电粒
子。圆的右边为边长是2 R的正方形，刚好与圆相切于B点，B点为MN的中点，其区域内存在水平向左的
匀强电场。当粒子沿AO方向射入时，粒子刚好从B点离开磁场，进入电场后又恰好从右边界的中点返回。
不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．粒子的比荷为v0
BR
B．粒子从A点进入磁场到最终离开磁场的运动过程中的总时间与入射方向无关
C．若将电场E方向变为竖直向下，则从电场边界PQ与NQ射出的粒子数之比为2∶1
D．若将电场E方向变为竖直向下，且粒子要全部从NQ边界射出，则电场强度大小至少为原来的5 倍
【答案】AC
【详解】A．根据题意，做出粒子在圆形磁场中运动的轨迹如图所示
根据几何关系可知粒子在磁场中的轨迹半径为R，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力充当向心力有
Bq v0=m v0
2
R
则可得粒子的比荷为q
m = v0
BR ，故A 正确；
B．粒子从A 点进入磁场到从B 点进入电场后再从电场回到B 点时，因电场力做功为零，因此再次进入磁
场时的速度大小不变，粒子在电场中运动的时间也不变，再次进入磁场做圆周运动的轨迹半径不变，到最
终离开磁场的运动过程中，其运动轨迹如图所示
在磁场中运动的总时间t = θ
2π T
而粒子无论从A 点向哪个方向射入磁场，到最终离开磁场时在磁场中偏转的总角度θ=π，因此，粒子在磁
场中运动的总时间与入射方向无关，均为 t = T
2 ，但是粒子的入射方向不同时粒子在电场和磁场中间的缝
隙中运动的距离不同，则运动时间不同，则总时间不相同，故B 错误；
C．在A 点的粒子源向磁场中的各个方向发射速度大小均为v0的带电粒子，由于粒子在磁场中做圆周运动
的轨迹半径与磁场的半径相同，因此所有粒子离开圆形磁场时将平行于电场方向进入电场，根据沿AO 方
向射入的粒子进入从MN 中点B 进入电场后，刚好到达边界QP 并返回，则由动能定理有Eq⋅2 R = 1
2 m v0
2
解得电场力F = Eq= mv0
2
4 R
根据牛顿第二定律可得粒子在电场中运动时的加速度大小为a= F
m = v0
2
4 R
而若将电场E 的方向改为竖直向下，则粒子在进入电场后将做类平抛运动，而粒子恰好打到Q 处时，则有
y = 1
2 at
2，2R=v0t
联立解得y = 1
2 R
由于能进入电场的粒子的总高度为为2R，则可知高度小于1
2 R的粒子范围均从NQ 射出，高度大于1
2 R而
又小于2R 范围内的粒子均从PQ 射出，分别做出从高度2R、R 处进入电场的粒子在磁场中的运动轨迹如图
所示
根据几何关系可知，从高度1
2 R处进入电场的粒子在磁场中A 点入射速度方向与水平方向的夹角为60°，则
从电场边界QP 与NQ 射出的粒子数之比为 n1
n2
= 120
°
60
° = 2
1，故C 正确；
D．电场E 竖直向下，且粒子要全部从NQ 边界射出，则进入电场范围高度为2R 的粒子恰好打在Q 处，根
据类平抛运动的规律有2 R = 1
2 a
′ t
2，2R=v0t
联立解得a
′ = v0
2
R
由此可得a
′
a = F
′
F = E
′ a
Eq = E
′
E = 4
因此可知，若电场E 竖直向下，且粒子要全部从NQ 边界射出，则场强大小至少为原来的4 倍，故D 错误。
故选AC。
15．（多选）（25-26 高三下·山西朔州）如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N 水平固定，间距为
d，M 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速度大小相同的同种带电粒子。当发射方向与OP 的夹角θ=60°时，粒子恰好垂直
M 板穿过Q 点处的小孔。已知OQ=3L，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．粒子一定带负电
B．若间距d 增大，则板间所形成的最大电场强度增大
C．粒子打到M 板上表面的位置与O 点的最大距离为7L
D．粒子打到M 板下表面的位置与Q 点的最小距离为2❑√3d
【答案】AC
【详解】A．根据粒子在磁场中的偏转方向可知，当发射方向与OP 的夹角θ=60°时，粒子在P 点受到的洛
伦兹力方向斜向右下方，则根据左手定则可知粒子带负电，故A 正确；
B．随着粒子不断打到N 板上，N 板的带电量不断增加，则两板间向下的电场强度增加，所以之后再进入
两板的粒子将做减速运动，设粒子的电量为q，质量为m，从P 点发射的速度为v0，则当粒子恰能到达N
板时满足−qEd =0−1
2 mv0
2
解得两板间所形成的最大电场强度为E = m v0
2
2qd
所以若间距d 增大，两板间所形成的最大电场强度将减小，故B 错误；
C．因粒子发射方向与OP 夹角为60°时，恰好垂直M 板穿过Q 点处的小孔，运动轨迹如图所示：
由几何关系有r cos60
∘+r =3 L
解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r =2 L
所以lOP=r sin 60
∘= ❑√3 L
可得粒子在M 板上方直接打到M 板上表面的位置与O 点的最大距离为xm =
❑√(2r)
2−lOP
2 = ❑√13 L
当N 板吸收一定量的粒子后，粒子再从Q 点射入极板时，将会返回再从Q 点竖直向上射出极板，之后在磁
场中继续向右偏转做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示：
这时打在M 板上表面的位置与O 点的最大距离为xm
' =OQ+2r =7 L
由于xm
' > xm，所以粒子打到M 板上表面的位置与O 点的最大距离为7L，故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。
由几何关系可知，此时粒子从P 点沿正上方射出，进入两板间时的速度方向与M 板夹角为α =30
∘，其运动
轨迹如图所示：
粒子在两板间做类斜抛运动，设其最大加速度为a，则有qE =ma
解得a= Eq
m = v0
2
2d
则粒子在两板间运动的最短时间为t = 2v0sin α
a
= 4 d sin α
v0
所以粒子打到M 板下表面距离Q 点的最小距离为s= v0cosα ⋅t = v0cosα ⋅4 d sin α
v0
=2d sin 2α = ❑√3d，
故D 错误。
故选AC。
16．（多选）（2026·山西·模拟预测）如图所示，虚线GH 的直线方程为y=d，在GH 与x 轴之间的区域，y
轴右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，y 轴左侧存在沿y 轴负方向的匀强电场；在
GH 上方为另一个匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。现有一个质量为m，电荷量为－q（q>0）的粒
子，从O 点沿x 轴正方向射出，途经GH 上的Q（2d，d）点，粒子运动到第二象限经过GH 后在电场中偏
转，经过O 点时速度方向沿x 轴正方向。不计粒子重力。sin37° =0.6，cos37° =0.8。则（ ）
A．粒子从O 点射出时的初速度大小为5qdB
m
B．匀强电场的电场强度大小为2qd B
2
m
C．GH 上方匀强磁场的磁感应强度大小为8
7 B
D．粒子从O 点射出到第一次回到O 点所经历的时间为(367 π +120)m
240 Bq
【答案】BC
【详解】粒子从O 点沿x 轴正方向以速度v0射出后运动轨迹如图所示
令粒子在磁场B 中圆周运动的半径为R，根据几何关系有(R−d)
2+(2d)
2= R
2
解得R = 5
2 d
粒子圆周运动过程，由洛伦兹力提供向心力，则有q v0 B =m v0
2
R
解得v0= 5qdB
2m ，故A 错误；
B．令粒子经过Q 点的轨道半径与GH 夹角为α，则有sin α = R−d
R
= 3
5
解得α =37
∘
根据对称性可知，粒子在第二象限出磁场时速度方向与y 轴负方向夹角也为α，粒子在电场中沿x 轴正方
向做匀速直线运动，沿y 轴负方向做匀减速直线运动，由于粒子在电场中偏转，经过O 点时速度方向沿x
轴正方向，表明粒子到达O 点y 轴负方向减速至0，利用逆向思维有d = v0cosα
2
t，v0cosα = qE
m t
解得t = m
qB ，E = 2qd B
2
m
，故B 正确；
C．粒子在电场中水平方向有x = v0sin α ⋅t
令粒子在GH 上方磁场中圆周运动半径r，根据几何关系有x +2d =2r cosα
根据洛伦兹力提供向心力有q v0 B1=m v0
2
r
解得B1= 8
7 B，故C 正确；
D．粒子在磁场中运动的时间分别为t1= 53
∘
360
∘× 2πR
v0
，t2= 254
∘
360
∘× 2πr
v0
则粒子从O 点射出到第一次回到O 点所经历的时间为t 总=t +t1+t2= (367 π +240)m
240 Bq
，故D 错误。
故选BC。
重难·创新演练
设题创新:结合生活实际(T5);新角度考查研究方法(T4);
1．（2026·内蒙古赤峰·模拟预测）东方超环是我国自主设计的磁约束核聚变实验装置。如图甲，半径为R
的足够长水平圆柱形区域内分布水平向右的匀强磁场Ⅰ，外侧分布有方向与磁场Ⅰ垂直的环形磁场Ⅱ，厚
度为R，两区域的磁感应强度大小均为B。其纵切面图与右视图分别如图乙、图丙所示。某时刻氘核由静
止经加速电压U0（未知）加速后，从磁场Ⅰ最低点M 竖直向下射入磁场Ⅱ，恰好不从磁场Ⅱ中的外边界
射出。已知氘核质量为m，电荷量为q，不计氘核重力和空气阻力，不考虑相对论效应。求：
(1)加速电压U0；
(2)当U = 1
3 U 0时，氘核每次在磁场Ⅰ中的运动时间t1；
(3)当U=U0时，氘核从M 点射入磁场Ⅱ后，经t = 15 πm
2Bq 氘核运动的平均速度v的大小。
【答案】(1)U 0= B
2q R
2
2m
(2)t1= πm
3 Bq
(3)v = 2❑√102BqR
15 πm
【详解】（1）在磁场II 中做圆周运动的半径r1= R
由牛顿第二定律有B v1q =m v1
2
r1
由动能定理得U 0q = 1
2 mv1
2
联立解得U 0= B
2q R
2
2m
（2）当U = 1
3 U 0时，根据动能定理有Uq = 1
2 mv2
2
又因为r2= m v2
Bq
联立解得r2=
❑√3
3 R
又因为tan α = R
r2
= ❑√3
解得α =60°
则t1= 60°
360° × 2π r2
v2
联立解得t1= πm
3 Bq
（3）当U =U 0时r3= R，氘核在磁场I 和磁场Ⅱ中运动的次数n=
t
1
2 T + 1
4 T
因为T = 2πm
qB
联立解得n=5
氘核在磁场I 中的位移与水平方向垂直，则有x1= ❑√2r3= ❑√2 R
氘核在磁场Ⅱ中的位移沿水平方向，则有x2=10r3=10 R
又因为x =
❑√x1
2+ x2
2，v = x
t
联立解得v = 2❑√102BqR
15 πm
2．（2026·内蒙古包头·二模）如图，在xOy 平面直角坐标系第Ⅱ象限存在垂直于坐标平面向外的磁场，磁
感应强度B =2×10
4T，第Ⅰ象限存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度E = 4×10
4 V/m。质量分别为
m甲=0.1kg和m乙=0.3kg的小球甲、乙（均视为质点），用长度均为L=0.05 m的细线紧挨着吊在水平天
花板上，甲球带电荷量为q =1×10
−4C的正电，细绳与y 轴重合，一根小钉子紧贴乙球细线右侧固定在悬
点正下方c 点处。将小球甲拉至与悬点等高位置由静止释放，细线始终绷紧，不计空气阻力，两小球始终
在同一竖直面内运动，已知两小球之间的碰撞为弹性碰撞，撞击过程中电荷量均分给甲、乙，撞击后乙球
恰好能在第一象限内到达圆周运动的最高点。不考虑场的边缘效应。g 取10 m/s
2，求：
(1)甲球与乙球撞击前的速度；
(2)甲球撞击后瞬间甲球上绳子的拉力；
(3)钉子距离悬点O 的高度。
【答案】(1)1m/s
(2)1N
(3)0.035m
【详解】（1）甲球摆到最低点的过程，由机械能守恒定律m甲gL= 1
2 m甲v1
2
可得v1= ❑√2gL=1m/s
（2）甲乙碰撞过程由动量守恒和能量守恒关系可知m甲v1=m甲v甲+m乙v乙，
1
2 m甲v1
2= 1
2 m甲v甲
2 + 1
2 m乙v乙
2
解得v甲=−0.5 m/s，v乙=0.5 m/s
对甲球在最低点时由牛顿第二定律FT + B⋅q
2 ⋅|v甲)−m甲g=m甲⋅v甲
2
L
解得FT =1N
（3）乙球碰后由最低点到最高点时，则E⋅q
2 ⋅2r −m乙g⋅2r = 1
2 m乙v2
2−1
2 m乙v乙
2
由于m乙g−E⋅q
2 =m乙⋅v2
2
r
解得r =0.015 m
可得h= L−r =(0.05−0.015)m =0.035m
3．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，0< y < L的空间存在沿y 轴正方向
的匀强电场，在−L< y ≤0的空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q 的带负电粒
子，从y 轴上的A (0, L)点以大小为v0的初速度，在纸面内沿着与x 轴正方向成37°角的方向射入电场区域。
已知匀强电场的电场强度大小为7m v0
2
18qL
，粒子运动过程中恰好未能从磁场区域下边界（y =−L）离开磁场，
不计粒子重力，sin37° =0.6，cos37° =0.8。求：
(1)粒子经过x 轴时的速度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子返回电场上边界y = L时到A 点的距离。
【答案】(1)4 v0
3
(2)32mv0
15qL
(3)23
25 L
【详解】（1）设粒子经过x 轴时的速度大小为v，粒子从A 点到x 轴由动能定理可知
EqL= 1
2 m v
2−1
2 m v0
2
解得v = 4 v0
3 。
（2）粒子在电场区域内运动时，沿x 轴方向做匀速运动，有v x = v0cos37° = 4 v0
5
设粒子第一次经过x 轴时与x 轴的夹角为θ，由几何关系可知cosθ = v x
v = 3
5
粒子在磁场区域内运动恰好未从y =−L离开，由几何关系可知r cosθ+r = L
解得r = 5 L
8
粒子在磁场区域做圆周运动，有qvB =m v
2
r
解得B = 32m v0
15qL 。
（3）设粒子在电场区域运动时间为t1，沿y 轴方向做匀加速直线运动有v0sin37°+ v sinθ
2
t1= L
该过程中粒子沿x 轴方向运动的距离为x1= v0cos37°×t1= 24
25 L
粒子在两次经过x 轴的位置之间的距离为x2=2r sinθ = L
故粒子从y = L离开电场区域时的横坐标为x =2 x1−x2= 23
25 L
即粒子返回y = L时到A 点的距离为23
25 L。
4．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）如图所示，在xOy平面内：第一象限存在方向垂直平面向外的匀强磁场，
磁感应强度的大小为B1=
❑√2m v0
2qL
；第二象限存在一个方向垂直平面向外的圆形匀强磁场区域（图中未画
出），磁感应强度的大小为B2= 4 m v0
qL
；第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场。一带正电粒子从
P(0, L)点沿y轴正方向射入磁场，粒子质量为m，电荷量为q，速度大小为v0，经磁场偏转后进入电场，
再经电场直接从原点O 进入第二象限。忽略粒子重力及磁场边缘效应。求：
(1)粒子从发射到第一次打到x轴经历的时间t；
(2)电场强度E的大小；
(3)粒子经第二象限圆形磁场偏转后可以从P 点回到第一象限，求圆形磁场面积的最小值S，及此后粒子经
过x轴时对应位置的横坐标x。
【答案】(1)5 ❑√2πL
4 v0
(2)(❑√2−1)m v0
2
qL
(3)π L
2
32
，2❑√2nL+(1−❑√2)L(n=1,2,3...)
【详解】（1）粒子在第一象限磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 q v0 B1=m v0
2
R1
解得 R1= mv0
q B1
= ❑√2 L
粒子从 P(0, L) 沿 y 轴正方向射入，圆心在 (❑√2 L, L)
粒子打到 x 轴时，y =0，由几何关系可知粒子转过的圆心角为 θ =225
∘= 5 π
4
粒子运动周期 T 1= 2πm
q B1
= 2❑√2πL
v0
故运动时间 t1= θ
2π T 1= 5
8 T 1= 5 ❑√2πL
4 v0
（2）设粒子在A 点进入第四象限电场，A 点横坐标 x A =(❑√2+1) L
此时速度方向与 x 轴负方向成 45
∘
即 v x =−
❑√2
2 v0，v y =−
❑√2
2 v0
粒子在电场中做类斜抛运动，直接从原点 O 进入第二象限，说明水平位移大小为 x A，竖直位移为 0。
水平方向 x A =|v x)t2
竖直方向 0=−|v y)t2+ 1
2
qE
m t2
2
联立解得 E = 2m|v x)|v y)
q x A
=
mv0
2
q(❑√2+1) L
=
(❑√2−1)mv0
2
qL
（3）粒子从O 点进入第二象限，速度方向与 x 轴负方向成 45
∘。粒子经磁场偏转后从 P(0, L) 回到第一
象限。其半径R2= mv0
B2q = L
4
圆形磁场区域面积最小时，根据几何关系可知，其值为S = π( 1
2 ×❑√2 R2)
2
故最小面积S = π L
2
32
粒子从 P 点射出时，速度方向与 x 轴正方向成 45
∘。进入第一象限磁场B1后，做半径为 R1= ❑√2 L的圆
周运动。圆心在 (L, 0)。粒子轨迹方程为 (x −L)
2+ y
2=2 L
2
第一次当 y =0时x =(1+ ❑√2) L
之后将在第一象限和第四象限重复运动，则第n 次回到横轴表达式为
xn=2❑√2nL+(1−❑√2)L(n=1,2,3...)
5．（2026·内蒙古乌海·模拟预测）如图所示，位于真空室内的平面直角坐标系xOy，第一象限存在沿y轴
负方向的匀强电场，场强大小为E =2.0×10
5V/m，第四象限在平行于x轴的条形区域内存在垂直于坐标平
面向外的匀强磁场，磁感应强度为B =0.6T。从y轴正半轴上y =0.05 m处的M点有带正电的α粒子以速度
v0=1.0×10
6 m/s垂直于y轴射入电场，经x轴上的P点进入磁场；已知α粒子的比荷为q
m =5.0×10
7C/kg，
不计α粒子的重力。求：
(1)OP的长度d；
(2)粒子经过P点的速度v；
(3)若粒子能够再次穿过x轴，求磁场区域的最小宽度LOC。
【答案】(1)0.1m
(2)❑√2×10
6 m/s，方向：与x轴正方向成45°角
(3)
❑√2+1
30
m
【详解】（1）粒子在第一象限中做类平抛运动，沿y轴方向有y = 1
2 at
2
由牛顿第二定律得qE =ma
解得t = ❑√
2 ym
qE =1.0×10
−7s
则OP的长度d = v0t =0.1m
（2）粒子运动到P点时，沿y轴方向的分速度为v y =at
又有v =
❑√v0
2+ v y
2
解得v = ❑√2×10
6 m /s
设速度方向与x轴正方向成θ角，则有tanθ = v y
v0
=1
可知α = 45
∘
故粒子在P点的速度与x轴正方向成45
∘角
（3）若粒子能够再次穿过x轴，磁场区域最窄时，轨迹与CD相切，如图所示
粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
r
解得r = mv
qB =
❑√2
30 m
几何关系可得LOC =r +r·cosα =
❑√2+1
30
m
同时LOP=0.1m
粒子轨迹不会碰到y轴OC段，磁场区域的最小宽度LOC =
❑√2+1
30
m
真题·实战演练
高频考点：带电粒子在电场中的运动，在磁场中的运动
1．（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
【详解】（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
2．（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
【详解】（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
′
Bq
最远距离为xm=r +r cosα = (2+ ❑√3)d
2
3．（2025·河南·高考真题）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（q>0）的粒子从磁场中的a 点以速度v0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60°，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s=3 ❑√3h。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v0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)mv0
2qh
(2)m v0
2
2qh
(3)
3 ❑√3
6 ❑√3+8 π v0
【详解】（1）根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由题意可知θ =60°
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有r =r cosθ+h
解得r =2h
由牛顿第二定律有q v0 B =m v0
2
r
解得B = mv0
2qh
（2）根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为v0，方向与水平虚线的夹角为60°，由几
何关系可得AB = s−2r sinθ =3 ❑√3h−2❑√3h= ❑√3h
则粒子在电场中的运动时间为t =
AB
v0cosθ = 2❑√3h
v0
沿电场方向上，由牛顿第二定律有qE =ma
由运动学公式有−v0sinθ = v0sinθ−at
联立解得E = mv0
2
2qh
（3）若粒子从a 点以v0竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为v0，粒子在磁场中运动的半径仍为2h，由几何关系可得，粒子进入
电场时速度与虚线的夹角α =60°
结合小问2 分析可知，粒子在电场中的运动时间为t1= 2❑√3h
v0
AB间的距离为AB = ❑√3h
由几何关系可得BC =2r sin α =2❑√3h
则AC = BC −AB = ❑√3h
粒子在磁场中的运动时间为t2= 360°−2α
360°
⋅2πr
v0
= 8 πh
3 v0
则有t =t1+t2= (6 ❑√3+8 π )h
3 v0
综上所述可知，粒子每隔时间t向右移动❑√3h，则漂移速度大小v
′ =
❑√3h
t
=
3 ❑√3
6 ❑√3+8 π v0
4．（2025·浙江·高考真题）同位素❑6
14C相对含量的测量在考古学中有重要应用，其测量系统如图1 所示。
将少量古木样品碳化、电离后，产生的离子经过静电分析仪ESA-I、磁体-I 和高电压清除器，让只含有三
种碳同位素❑6
12C、❑6
13C、❑6
14C的C
3+离子束（初速度可忽略不计）进入磁体-Ⅱ．磁体-Ⅱ由电势差为U 的
加速电极P，磁感应强度为B、半径为R 的四分之一圆弧细管道和离子接收器F 构成。通过调节U，可分
离❑6
12C、❑6
13C、❑6
14C三种同位素，其中❑6
12C、❑6
13C的C
3+离子被接收器F 所接收并计数，它们的离子
数百分比与U 之间的关系曲线如图2 所示，而❑6
14C离子可通过接收器F，进入静电分析仪ESA-Ⅱ，被接收
器D 接收并计算。
(1)写出中子与❑7
14 N发生核反应生成❑6
14C，以及❑6
14C发生β衰变生成❑7
14 N的核反应方程式：
(2)根据图2 写出❑6
12C的C
3+离子所对应的U 值，并求磁感应强度B 的大小（计算结果保留两位有效数字。
已知R =0.2m，原子质量单位u=1.66×10
−27kg，元电荷e =1.6×10
−19C）；
(3)如图1 所示，ESA-Ⅱ可简化为间距d =5cm两平行极板，在下极板开有间距L=10cm的两小孔，仅允许
入射角φ = 45°的❑6
14C离子通过。求两极板之间的电势差U：
(4)对古木样品，测得❑6
14C与❑6
12C离子数之比值为4×10
−13；采用同样办法，测得活木头中❑6
14C与❑6
12C
的比值为1.2×10
−12，由于它与外部环境不断进行碳交换，该比例长期保持稳定。试计算古木被砍伐距今
的时间（已知❑6
14C的半衰期约为5700 年，ln3=1.1,ln 2=0.7）
【答案】(1) n
0
1 + N
7
14 →C
6
14 + H
1
1 ，C
6
14 →N
7
14 +
e
−1
0
(2)1.93×10
6 V，2.0T
(3)1.65×10
6 V
(4)8957年
【详解】（1）中子与❑7
14 N发生核反应生成❑6
14C的核反应方程式为
n
0
1 + N
7
14 →C
6
14 + H
1
1 ❑6
14C发生β衰变生成❑7
14 N的核反应方程式为
C
6
14 →N
7
14 +
e
−1
0
（2）在加速电场中，由动能定理得
qU = 1
2 m v❑
2
解得
v = ❑√
2Uq
m
磁场中，洛伦兹力提供向心力
qvB = mv
2
R
联立解得
v = qBR
m ，U = q B
2 R
2
2m
相比❑6
13C，❑6
12C的比荷更大，通过圆形管道所需要的电压更大，通过图2 可知当电压为1.93×10
6 V时，
❑6
12C与❑6
13C的离子数百分比为100 %，故❑6
12C的C
3+离子所对应的U 值为1.93×10
6 V。
根据U = q B
2 R
2
2m
整理得
B = ❑√
2mU
q R
2 = ❑√
2×12u×U
3e R
2
=2.0T
（3）由题意知，❑6
14C粒子在板间做类斜抛运动，水平方向有
v x =
❑√2
2 v，L= v xt
竖直方向有
v y 0=
❑√2
2 v，a= qU 1
md ，v y 0=a t
2
联立解得
U 1= q B
2 R
2d
mL
= 3e B
2 R
2d
14uL
=1.65×10
6 V
（4）古木中❑6
14C与❑6
12C比值是活木头中的1
3，说明经过衰变后❑6
14C只剩下1
3，已知经过一个半衰期剩
下1
2，设经过n 个半衰期，则有
(
1
2)
n
= 1
3
解得
n= log23= ln3
ln 2 = 11
7
则砍伐时间
t =n×5700=8957(年)
5．（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)1
d
❑√
2mU
q
【详解】（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 v P B = m v P
2
R
由几何关系可知R = ❑√2d
解得B = 1
d
❑√
2mU
q
