第52 讲 带电粒子在叠加场中的运动
目 录
模拟·基础演练.........................................................................................................................1
题型01 带电粒子在叠加场中的
运动
直线
........................................................................1
题型02 带电粒子在叠加场中的
运动
一般曲线
................................................................7
题型03 带电粒子在叠加场中的
运动
圆周
.....................................................................11
题型04 带电粒子在叠加场中的
运动
旋进
.....................................................................17
重难·创新演练.........................................................................................................................23
真题·实战演练.........................................................................................................................34
模拟·基础演练
考查重点：带电粒子在叠加场中的直线运动、曲线运动……
⏳题型01 带电粒子在叠加场中的
运动
直线
1．（多选）（2026·黑龙江哈尔滨·二模）如图，绝缘粗糙的竖直挡板MN 固定在相互垂直的匀强电场和匀
强磁场中，电场和磁场范围足够大。电场方向水平向左，电场强度大小为E = mg
q ，磁场方向垂直纸面向里，
磁感应强度大小为B = m
q
❑√
g
h 。一质量为m、电荷量为q 的带电的小滑块从a 点由静止开始沿MN 下滑，到
达b 点时离开MN 并立即撤走挡板MN，小滑块开始做曲线运动，a、b 两点间距离为h，不计空气阻力，
重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小滑块带正电
B．小滑块从a 点运动到b 点过程中克服摩擦力做的功为mgh
2
C．小滑块以后运动过程中最大速度为❑√3 gh
D．小滑块从b 点到第一次达到最大速度经历的时间为3 π
4
❑√
h
g
【答案】ABD
【详解】A．由于带电的小滑块从a点由静止开始沿M N下滑，电场力只能向左，否则在a点就直接离开挡
板MN，所以小滑块带正电，故A 正确；
B．小滑块从b 点离开挡板MN 时（Nb=0）得q vb B =qE
从a 到b 的过程中mgh−W f 克= 1
2 mvb
2
联立上式可得：W f 克= mgh
2
，故B 正确；
C．对于小滑块在电场、磁场和重力场中做曲线运动的轨迹为摆线，方法为配速法：即配出洛伦兹力q v1B
去平衡电场力和重力的合力G' = ❑√2mg =q v1B
对应的速度为v1= ❑√2gh
做匀速直线运动，则滑块的速度为v1和v0合速度v = ❑√gh
做匀速圆周运动，当匀速圆周运动速度v和v1同向时小滑块速度最大为v + v1=(❑√2+1)❑√gh
故C 错误；
D．小滑块以速度v做匀速圆周运动qvB =m v
2
R
T = 2πR
v
联立得周期为T = 2πm
qB
小滑块从b 点到第一次达到最大速度，速度偏转角为3 π
4 ，所以经历时间为3 π
4
❑√
h
g
，故D 正确；
故选ABD。
2．（多选）（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图甲所示，有一固定且足够长的粗糙绝缘斜面，斜面倾角
θ =37°，O为斜面上的一点，以O点为原点，沿斜面向下建立x轴，在0≤x ≤10 m的区域内存在匀强电场
和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，电场方向竖直向上。一带正电的物块以初速度v0从O点开始向下运
动，若初速度v0=3 m/s，则物块的速度v随x变化的关系如图乙所示，其中前10 m图像为直线。已知磁感
应强度大小为0.5T，物块可视为质点、运动过程中电荷量保持不变，sin37°≈0.6，g=10 m/s
2，下列
说法正确的是（ ）
A．物块在0≤x ≤10 m的区域内做加速度变化的减速直线运动
B．要使物块能通过x =10 m的区域，物块初速度v0应大于1 m/s
C．物块的电荷量和质量的比值为0.25C/kg
D．若物块的初速度为4 m/s，则物块最终停止在25 m处
【答案】ABC
【详解】A．由题图乙可知，0≤x ≤10 m内，Δv
Δ x =k
根据加速度定义a= Δv
Δt
联立可得a= Δv
Δt ⋅Δ x
Δ x =kv，速度v 不断减小，所以加速度大小随v 减小而减小，是加速度减小的减速运
动，A 正确；
B．在0≤x ≤10 m内，由题图乙可知，速度的表达式v = v0−0.1 x
要通过x =10 m，需要x =10 m处v >0，即v0−0.1×10>0
解得v0>1m/s，B 正确；
C．x>10m后，无电场和磁场，由图乙知，物块在x =10 m处v =2m/s，到x =15 m处减为0，位移x
' =5m，
根据运动学公式0−v
2=2a
′ x
′
解得a
′ =−0.4 m/s
2。
对x>10 m阶段，根据牛顿第二定律mgsinθ−μmgcosθ =ma
′
解得μ=0.8
在0≤x ≤10 m内，根据牛顿第二定律(mg−qE)sinθ−μ[(mg−qE)cosθ+qvB)=ma
公式变形可得(mg−qE)(sinθ−μcosθ)−μqvB =m Δv
Δ x v
因v −x为直线，Δv
Δ x 为常数，与v无关，所以mg=qE
上式可化简为Δv
Δ x =−μqB
m
由图乙可得Δv
Δ x = 2−3
10−0 =−0.1
代入μ=0.8，B =0.5T
解得q
m =0.25C/kg，C 正确；
D．若初速度v0= 4 m/s，到x =10 m处，速度v = 4−0.1×10=3 m/s，x>10 m后加速度a
′ =−0.4 m/s
2
根据匀变速的速度位移关系0−v
2=2a
′ x
′
解得x
′ =
3
2
2×0.4 =11.25 m
总位移x总=10+11.25=21.25 m ≠25 m，D 错误。
故选ABC 。
3．（多选）（2026·河南驻马店·三模）如图所示，粗细均匀的光滑玻璃管固定在正交的匀强电场和匀强磁
场中，匀强电场的电场强度大小为E，方向水平向右，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直电场水
平向里，玻璃管在垂直于磁场的竖直面内，与电场方向的夹角为θ角。一个带电量为q、直径比管径略小的
小球在管内下端由静止释放，小球沿管向上做匀加速运动，中途将管在竖直面内转动，当管与电场方向夹
角为α时，管内球恰好做匀速直线运动，球出管后仍然做直线运动，重力加速度为g，则下列说法正确的是
（ ）
A．小球带负电
B．α >θ
C．小球的质量等于qE
g tanθ
D．小球在管中匀速运动的速度大小为
E
Bsinα
【答案】BD
【详解】A．若小球带负电，则小球在管中由静止释放后将向下运动，故A 错误；
BC．当管的倾角为θ时，因小球沿管向上做匀加速运动，故电场力沿管向上的分力大于球的重力沿管向下
的分力，即qEcosθ>mgsinθ
在垂直管方向，根据平衡条件可得qEcosα =mgsinα
因此得到α >θ，m=
qE
gtanα ，故B 正确，C 错误；
D．小球在管中匀速运动时的速度与出管后匀速运动的速度相同，则有qvB = qE
sinα
解得v =
E
Bsinα ，故D 正确。
故选BD。
4．（多选）（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，其中x轴沿
水平方向。在第二象限存在大小为E、沿x轴正方向的匀强电场，在第四象限存在平行于x轴的匀强电场
（图中未画方向）和垂直于纸面向内的匀强磁场，一个带电小球沿着第二、第四象限的对角线，从图中A
点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球带负电
B．小球一直做匀加速运动
C．第四象限内的匀强电场大小为E，方向沿x轴负方向
D．小球受到的洛伦兹力是其重力的❑√2倍
【答案】CD
【详解】A．带电小球在第二象限做直线运动，小球受到重力和电场力的合力与速度在同一直线上，可知
小球在第二象限受到的电场力水平向右，与场强方向相同，所以小球带正电，故A 错误；
BCD．小球在第二象限所受合力与速度方向相同，做匀加速直线运动，根据几何关系可得tan 45° = qE
mg
小球进入第四象限后，受到重力、电场力和洛伦兹力作用，小球做匀速直线运动，根据平衡条件可知小球
的受力如图所示
则有q E1=mg，qvB = ❑√2mg
可知第四象限内的匀强电场大小为E，方向沿x轴负方向；小球受到的洛伦兹力是其重力的❑√2倍，故B 错
误，CD 正确。
故选CD。
5．（多选）（25-26 高二上·青海海东）如图甲所示，一个内壁粗糙程度一致的绝缘细管固定在水平面上，
细管处在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中。一个质量为m、电荷量为q的带正电小
球（球的直径略小于细管的内径）以一定的初速度v0沿管向右滑动，小球的速度v随时间t变化的关系图像
如图乙所示，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．q v0 B>mg
B．q v0 B<mg
C．小球克服摩擦力做的功为1
2 m v0❑
2−m
3 g
2
2q
2B
2
D．绝缘细管先对小球有向下的压力后对小球有向上的支持力
【答案】AC
【详解】AB．绝缘细管先对小球有向下的压力，有q v0 B =mg+ N 1
即q v0 B>mg，故A 正确、B 错误。
D．小球先做加速度减小的减速运动，最后做匀速运动时绝缘细管对小球没有摩擦力，对小球没有支持力，
故D 错误。
C．平衡时有qvB =mg
根据动能定理有−W f = 1
2 mv
2−1
2 mv0
2
解得W f = 1
2 m v0
2−m
3 g
2
2q
2B
2，故C 正确。
故选AC。
⏳题型02 带电粒子在叠加场中的一般
运动
曲线
6．（多选）（2026·辽宁大连·模拟预测）如图以水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立直角坐标系，该坐
标系内存在垂直平面向外、磁感应强度B =0.5T的匀强磁场。在坐标原点O沿x轴负方向射出一质量
m=5×10
−8kg、电荷量q =1×10
−7C的带正电粒子，粒子恰能沿x轴负方向做速度为v的匀速直线运动，
取重力加速度g=10 m /s
2。下列说法正确的是（ ）
A．若沿y轴正方向加一匀强电场，粒子做匀变速曲线运动
B．若沿y轴正方向加一匀强电场E =10 V/ m，粒子运动离x轴最远距离为h= 40 m
C．若沿y轴正方向加一匀强电场E =10 V/ m，射出后经π
2 s，粒子的位置坐标为(10π,20 m)
D．若沿x轴正方向加一匀强电场E =5 V/ m，并增大粒子的发射速度为2v，则粒子运动中的最大速度
vm =20 ❑√2m /s
【答案】BD
【详解】A．初始时粒子在重力和洛伦兹力作用下做速度为v 的匀速直线运动，则有qvB =mg
解得v =10 m/s
若沿y 轴正方向加一匀强电场，粒子又将会受到沿y 轴正向的电场力，粒子将会做曲线运动，但因洛伦兹
力是变力，所以粒子所受的合外力也将不断变化，所以粒子不会做匀变速曲线运动，故A 错误；
B．粒子受到沿y 轴正向的电场力为F =qE =1×10
−6 N
竖直向下的重力为G =mg=5×10
−7 N
电场力与重力的合力为F
′ =5×10
−7 N
利用配速法，令粒子有一个沿x 轴正向的速度v1=10 m/s，受到的洛伦兹力竖直向下且为
F洛=q v1B =5×10
−7 N，与电场力与重力的合力抵消，所以粒子的运动等效为水平向右10m/s 的匀速直线
运动和水平向左v
′ = v + v1=20 m/s，在洛伦兹力作用下的圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有
q v
′ B =m v
′2
R
解得R =20 m
粒子运动离x 轴最远距离为h=2 R = 40 m，故B 正确；
C．粒子运动的周期为T = 2πm
qB = 2π ×5×10
−8
1×10
−7×0.5
s=2π s
射出后经π
2 s= T
4 ，沿x 轴运动的距离为x = v1t −R =(10× π
2 −20)m=5 πm−20m
沿y 轴运动的距离为y = R =20 m
所以粒子的位置坐标为(5 πm−20m,20 m)，故C 错误；
D．若沿x 轴正方向加一匀强电场E =5 V/ m，受到沿x 轴正方向的电场力为F =qE =5×10
−7 N
电场力与重力的合力为F
″ =
❑√F
2+(mg)
2=5 ❑√2×10
−7 N，方向与x 轴正向成45
∘
将2v 的速度分解如图所示
则有v1=2v cos45
∘=10❑√2m/s，v2=2v cos45
∘=10❑√2m/s
所以粒子沿v2做匀速直线运动，以v1做匀速圆周运动，当v1、v2方向相同时速度最大，即
vmax = v1+ v2=20❑√2m/s，故D 正确。
故选BD。
7．（多选）（2026·吉林延边·一模）如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场
和竖直向下的匀强电场，磁场的磁感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为+q的粒子，以不同速率沿
着两板中轴线PQ方向进入板间后，速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动；初始速率为v
2的乙粒子在板间
的运动轨迹如图中曲线所示，A 为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全程速率在v
2和3 v
2 之间变
化。研究一般的曲线运动时，可将曲线分割成许多很短的小段，这样质点在每一小段的运动都可以看作圆
周运动的一部分，采用圆周运动的分析方法来处理。不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，下列说法
正确的是（ ）
A．乙粒子从进入板间运动至A 位置的过程中，在水平方向上做匀速运动
B．两板间电场强度的大小为Bv
C．乙粒子的运动轨迹在A 处对应圆周的半径为9mv
2qB
D．乙粒子偏离中轴线的最远距离为mv
2qB
【答案】BC
【详解】A．速率为v
2的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，根据左手定则判断，粒子受到的洛伦
兹力总是垂直指向每一小段圆弧的中心，可知乙粒子在水平方向上的合力一直水平向右，所以粒子从进入
板间运动至A 位置的过程中，在水平方向上做加速运动，故A 错误；
B．速率为v 的甲粒子恰好做匀速直线运动，则有qvB = Eq
可得两板间电场强度的大小为E=vB，故B 正确；
C．由题意可知，乙粒子的运动轨迹在A 处时粒子偏离中轴线的距离最远，粒子速度达到最大且为3
2 v，则
有q× 3 v
2 ×B−Eq=m
( 3 v
2 )
2
r A
联立解得r A = 9mv
2qB ，故C 正确；
D．由于洛伦兹力一直不做功，乙粒子所受电场力方向一直竖直向下，当粒子速度最大时，电场力做的功
最多，偏离中轴线的距离最远，根据动能定理有qE ymax = 1
2 m×(
3
2 v)
2
−1
2 m×(
v
2)
2
联立解得ymax = mv
qB ，故D 错误。
故选BC。
8．（多选）（25-26 高三上·辽宁丹东）空间某区域存在相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，
方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为q 的带正电粒子（不计重力）
以速度v0= 3 E
B 沿OO′方向垂直射入该区域，经过P 点时速率为v P，竖直方向侧移量为s，则下列说法正确
的是（ ）
A．带电粒子在运动过程中洛伦兹力始终不小于电场力
B．带电粒子的加速度大小恒为2qE
m
C．若s= 2mE
q B
2 ，带电粒子在P 点的速率v P=
❑√5 E
B
D．若s= 4 mE
q B
2 ，带电粒子从射入该区域到P 点所用时间为2πm
qB 的整数倍
【答案】ABC
【详解】A．把粒子初速度v0= 3 E
B 沿初速度方向分解为v1= E
B 和v2= 2 E
B
由qB v1=qE可知，粒子以速度v1= E
B 做匀速直线运动，且速度v2= 2 E
B 的方向与磁场方向垂直，则可以把
粒子的运动看作速度大小为v1= E
B 的匀速直线运动和速度大小为v2= 2 E
B 的匀速圆周运动的合运动。当v1和
v2相反时，粒子受到的洛伦兹力最小F洛=qB(v2−v1)=qE = F电，故A 正确；
B．粒子以v2= 2 E
B 做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，得q v2B =ma
解得带电粒子的加速度大小恒为a= 2qE
m ，故B 正确；
C．洛伦兹力不做功，由动能定理，得−qEs= 1
2 mvP
2 −1
2 mv0
2
代入s= 2mE
q B
2 、v0= 3 E
B ，可得−qE⋅2mE
q B
2 = 1
2 m v P
2 −1
2 m⋅9 E
2
B
2
解得v P=
❑√5 E
B
，故C 正确；
D．粒子以v2= 2 E
B 做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，q v2B =m v2
2
R
解得半径R = m v2
qB = 2mE
q B
2
则直径2 R = 4 mE
q B
2
粒子做匀速圆周运动的周期T = 2πR
v2
= 2πm
qB
当侧移s= 4 mE
q B
2 =2 R时，粒子运动的时间t =(n+ 1
2)T =(2n+1) πm
qB (n=0，1，2，…)
t是πm
qB 的奇数倍，不是2πm
qB 的整数倍，故D 错误。
故选ABC。
9．（多选）（25-26 高二上·贵州六盘水）如图,质量为m、电荷量为q的带正电粒子（忽略粒子重力）以速
度v0沿OO'方向垂直射入相互正交的竖直向下的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，经过该区域中
的P点的速率为v P，此时竖直方向侧移量为s，若v0= 2 E
B ，则（ ）
A．带电粒子在P点的速率v P为❑√
2qEs
m
+ v0
2
B．带电粒子的加速度大小恒为qE
m
C．若s= mE
q B
2，粒子从射入该区域到P点所用时间至少为πm
2qB
D．粒子在运动过程中洛伦兹力始终大于电场力
【答案】BC
【详解】A．粒子运动过程中，洛伦兹力始终与速度方向垂直而不做功，根据动能定理得
−qEs= 1
2 mvP
2 −1
2 mv0
2
解得v P= ❑√−2qEs
m
+ v0
2，故A 错误；
B．将粒子进入叠加场的初速度v0看成是两个水平向右分速度v1、v2的合成,其中分速度v1满足q v1B =qE
解得v1= E
B
另一分速度v2满足v2= v0−E
B = 2 E
B −E
B = E
B
则粒子在电磁场中的运动可分解为以v1水平向右做匀速直线运动和以v2做匀速圆周运动,其中以速率v2做匀
速圆周运动过程中由洛伦兹力提供向心力,可知粒子运动过程受到的合力大小为F合=q v2B =q⋅E
B B =qE
根据牛顿第二定律可知带电粒子的加速度大小为a= F合
m = qE
m ，故B 正确；
C．粒子以速率v2做匀速圆周运动过程中由洛伦兹力提供向心力，则有q v2B =m v2
2
r
解得r = mv2
qB =
m⋅E
B
qB
= mE
q B
2
若s= mE
q B
2 =r,可知粒子从射入该区域到P点所用时间至少为t min= 1
4 T = 1
4 × 2πm
qB
=πm
2qB ，故C 正确；
D．粒子的合速度为分速度v1与v2的合成,其中v1的大小方向均保持不变,v2的大小不变,方向时刻发生改变,
当v2方向与v1方向相反时,粒子的合速度最小,则有vmin=|v1−v2)= E
B −E
B =0
可知粒子受到的洛伦兹力最小值为零,而粒子受到的电场力保持不变，故D 错误。
故选BC。
10．（多选）（2026·辽宁沈阳·三模）如图，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的匀速圆周运动和水平向右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2mg
qB
B．小球运动到最低点时轨迹的曲率半径为m
2 g
q
2B
2
C．小球第一次运动到最低点时，距离释放点的竖直距离为2m
2 g
q
2B
2
D．小球从释放到第一次经过最低点所需时间为πm
qB
【答案】ACD
【详解】A．因为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，故小球在最高点做圆周运动的分速度水平向左，做直线运动
的分速度水平向右，合速度为0，根据匀速直线运动有qvB =mg
可得分速度v = mg
qB
在最低点时的速度是两分速度的矢量和，为2v，即v
′ = 2mg
qB ，故A 正确；
B．设在最低点时轨迹的曲率半径为R，则有q·2vB−mg=m (2v)
2
R
可解得曲率半径R = 4 m
2 g
q
2B
2 ，故B 错误；
C．小球在运动过程中洛伦兹力不做功，机械能守恒，有mgh= 1
2 m(2v)
2
可得h= 2m
2 g
q
2B
2 ，故C 正确；
D．小球从释放到第一次经过最低点的过程中，只运动了半个圆周，则运动时间t = T
2 = πm
qB ，故D 正确。
故选ACD。
⏳题型03 带电粒子在叠加场中的圆周运动
11．（多选）（2026·吉林长春·模拟预测）如图所示，空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的
匀强磁场，磁场磁感应强度大小为B，一个带电液滴在其中做速率为v的匀速圆周运动，其轨迹半径为R，
不计空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．液滴沿逆时针方向圆周运动
B．匀强电场的电场强度为E = BRg
v
C．若突然仅撤去匀强磁场，带电液滴的机械能一定不变
D．若突然仅撤去匀强电场，带电液滴的机械能一定不变
【答案】BD
【详解】A．带电液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知液滴所受重力与
电场力平衡，即电场力方向竖直向上，与电场方向相反，故液滴带负电；洛伦兹力提供向心力，根据左手
定则可知粒子顺时针方向运动，故A 错误；
B．液滴所受重力与电场力平衡有mg=qE
根据左手定则可判断带电液滴沿顺时针运动，对液滴有qvB =m v
2
R
联立解得E = BRg
v
，故B 正确；
C．若突然仅撤去磁场，重力和电场力平衡，液滴做匀速直线运动，机械能变化等于电场力做功。若液滴
沿竖直向下方向运动，电场力向上，电场力做负功，机械能减小，故C 错误；
D．撤去电场后，液滴只受重力和洛伦兹力，洛伦兹力始终不做功，只有重力做功，因此机械能一定不变，
故D 正确。
故选BD。
12．（多选）（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图所示，空间中存在范围足够大的水平向右的匀强电场和
垂直于纸面向外的匀强磁场，电场强度大小E=40 N/C，磁感应强度大小B=0.5 T。以水平向右为x 轴正方
向，竖直向上为y 轴正方向建立直角坐标系。原点O 处的粒子源可发射质量m=3×10-6 kg、电荷量q=1×10-6
C 的带负电的粒子，粒子的发射速度大小和方向可调整。第一次实验发射的粒子恰能在xOy 平面内做直线
运动；第二次实验将匀强电场方向调整为竖直向下，电场强度大小调整为E'=30 N/C，发射的粒子速度大
小调整为第一次实验发射速度大小的1
50，且方向不变。取重力加速度g=10 m/s2，不计粒子间的相互作用，
sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（ ）
A．第一次实验中，粒子发射速度大小为100 m/s
B．第一次实验中，粒子发射速度方向与x 轴夹角为37°
C．第二次实验中，粒子发射后第一次经过x 轴的坐标为（19.2 m，0）
D．第二次实验中，粒子发射后第一次经过y 轴的坐标为（0，-14.4 m）
【答案】AC
【详解】A．第一次实验发射的粒子恰能在xOy 平面内做直线运动；粒子所受重力、电场力与洛伦兹力的
合力为零，如图
重力大小为G =mg=3×10
−6×10 N =3×10
−5 N
电场力大小为F电=qE =1×10
−6×40 N = 4×10
−5 N
则洛伦兹力大小为F =
❑√G
2+ F电
2 =5×10
-5 N
由F =q v1B，解得第一次实验中，粒子发射速度大小为v1=100m/ s，故A 正确；
B．由左手定则可知粒子运动方向如图
则sin α = mg
F =0.6
解得α =37°
第一次实验中，粒子发射速度方向与x 轴夹角为β =90°+α =127°，故B 错误；
CD．第二次实验发射速度大小v2= 1
50 v1=2m/ s
粒子所受电场力大小为F
' =q E
' =3×10
−5 N
方向沿y 轴正方向，则电场力与重力大小相等，方向相反。粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图
由q v2B =m v2
2
r
，解得r =12m
由几何知识可得x1=2r cosα =19.2m，y1=2r sin α =14.4 m
所以第二次实验中，粒子发射后第一次经过x 轴的坐标为（19.2 m，0），第二次实验中，粒子发射后第一
次经过y 轴的坐标为（0，14.4 m），故C 正确，D 错误。
故选AC。
13．（多选）（2025·内蒙古赤峰·二模）喷墨打印机的原理图如图所示。板间电压可以调整，板间距为d。
在两板间的右侧2d区域内，存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场。在两板间的左侧存在一个可
以上下移动的喷嘴，喷出水平的质量均为m的带电墨滴。电源电压为U时，墨滴在两板间无磁场区域内恰
能沿水平方向向右做匀速直线运动。重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．墨滴带正电
B．墨滴所带电荷量为U
mgd
C．墨滴从左侧飞出的最大速度为Bgd
2
2U
D．墨滴从右侧飞出的最小速度5 Bgd
2
2U
【答案】CD
【详解】AB．根据题意，电源电压为U时，上极板带正电，下极板带负电，可知电场方向向下，墨滴在两
板间无磁场区域内恰能沿水平方向向右做匀速直线运动，对墨滴受力分析可知受到重力和电场力，两力合
力为零，可知墨滴受到电场力竖直向上与电场方向相反，可知墨滴带负电，根据平衡条件有mg= Eq
而E = U
d
联立解得q = mgd
U
故AB 错误；
CD．墨滴进入电场，磁场共存区域后，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力
qBv =m v
2
R
解得v = BqR
m
从上极板边缘射进的墨滴最容易从两板间射出，当刚好从左侧飞出，有最大速度，如图所示
则有R1= d
2
解得vmax = Bgd
2
2U
同理，墨滴刚好从右侧飞出，有最小速度，由几何关系R2
2=（2d ）
2+（R2−d ）
2
由vmin= Bq R2
m
联立解得vmin= 5 Bgd
2
2U
故CD 正确。
故选CD。
14．（多选）（25-26 高二上·黑龙江哈尔滨）如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，
磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里。一可视为质点、质量为m、电荷量大小为q的带正电
小球由轨道左端A 点无初速度滑下，A、D 与圆心O 等高，C 点为轨道的最低点，小球始终与轨道接触不
脱离，重力加速度为g。下列说法中正确的有（ ）
A．小球从A 运动到D 的过程中机械能不变
B．小球在最低点C 点的速度大小为❑√gR
C．小球在C 点的速度向右时，对轨道的压力大小为3mg−qB ❑√2gR
D．小球在C 点的速度向左时，对轨道的压力大小为3mg−qB ❑√2 gR
【答案】AC
【详解】A．小球从A 运动到D 的过程中，由于洛伦兹力和轨道弹力总是与速度方向垂直，所以只有重力
对小球做功，小球的机械能守恒，故A 正确；
B．小球从A 运动到C 的过程，根据动能定理可得mgR = 1
2 m vC
2 −0
解得小球在最低点C 点的速度大小为vC = ❑√2gR，故B 错误；
C．小球在C 点的速度向右时，根据左手定则可知洛伦兹力方向向上，由牛顿第二定律得
N 1+q vC B−mg=m vC
2
R
解得N 1=3mg−qB ❑√2 gR
根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为3mg−qB ❑√2gR，故C 正确；
D．小球在C 点的速度向左时，根据左手定则可知洛伦兹力方向向下，由牛顿第二定律得
N 2−q vC B−mg=m vC
2
R
解得N 2=3mg+qB ❑√2 gR
根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为3mg+qB ❑√2gR，故D 错误。
故选AC。
15．（多选）（2026·山东青岛·一模）如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁
场，半径为R 的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，质量为m、电荷量为−q的小球套在圆环上。在最低点A
给小球水平向右的初速度v0，此时小球与圆环间作用力为零，当小球沿圆环运动到与圆心等高的B 点时，
与圆环间作用力也为零，重力加速度为g，则（ ）
A．匀强电场的场强大小可能为mg
q −m v0
2
2qR
B．匀强磁场的磁感应强度大小可能为mv0
2qR
C．匀强磁场的磁感应强度大小可能为m v0
qR
D．将小球在A 点的初速度变为❑√2v0，其在最高点C 与圆环间作用力可能为零
【答案】AC
【详解】ABC．小球带负电，当小球沿圆环运动到与圆心等高的B 点时，设小球的速度为v1，小球受到的
洛伦兹力方向水平向左，因小球与圆环间作用力也为零，由牛顿第二定律有q v1B =m v1
2
R
解得v1= qBR
m 或v1′ =0
若v1′ =0，小球从A 点运动到B 点，由动能定理得0−1
2 m v0
2=−mgR+qE′ R
解得E′ = mg
q −mv0
2
2qR
因最低点小球与圆环间作用力为零，由牛顿第二定律有qE′ +q v0 B′ −mg=m v0
2
R
解得B′ = 3mv0
2qR
若v1= qBR
m ，根据左手定则可知在最低点A 小球受到的洛伦兹力方向竖直向上，因最低点小球与圆环间作
用力为零，由牛顿第二定律有qE+q v0 B−mg=m v0
2
R
根据动能定理，小球从A 点运动到B 点满足1
2 m v1
2−1
2 m v0
2=−mgR+qER
解得B = mv0
qR ，E = mg
q ，v1= v0，故B 错误，AC 正确；
D．若将小球在A 点的初速度变为❑√2v0，其在最高点C 的速度大小满足
1
2 m vC
2 −1
2 m(
❑√2v0)
2=−2mgR+2qER
结合小球从A 点运动到B 点1
2 m v1
2−1
2 m v0
2=−mgR+qER
可知vC = ❑√2v1
结合上述分析可知若vC′ =0，小球受到的电场力方向向上，大小为F E′ =qE′ =mg−mv0
2
2 R
洛伦兹力为F B=0，对应的圆周运动的向心力分别为F向=0
根据受力平衡，可知小球受圆环的作用力为FN′ = mv0
2
2 R
若vC = ❑√2v0，小球受到的电场力方向向上，大小为F E=qE =mg
对应的洛伦兹力方向向下，大小为F B=q×❑√2v0× m v0
qR =
❑√2m v0
2
R
圆周运动的向心力为F向= 2m v0
2
R
根据牛顿第二定律，可知小球受圆环的作用力满足FN+
❑√2mv0
2
R
= F向= 2mv0
2
R
解得FN= 2m v0
2
R
−
❑√2m v0
2
R
综上，不存在小球在最高点C 与圆环间作用力为零的情况，故D 错误。
故选AC。
⏳题型04 带电粒子在叠加场中的旋进运动
16．（2025·辽宁沈阳·三模）如图所示，空间某区域存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；匀强
磁场与电场方向垂直，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从a点以初速度v0水
平向右射入，恰好沿直线经过b点，a、b 两点间距为L。不计粒子重力，电场与磁场的范围足够大，下列
说法正确的是（ ）
A．仅改变粒子的电性，粒子无法沿直线经过b点
B．仅改变粒子入射方向（从b点水平向左射入），粒子仍可沿直线经过a点
C．仅改变粒子初速度v0的大小，粒子一定无法经过b点
D．仅改变粒子初速度v0的大小，若L= N ⋅2πmE
q B
2
(N =1,2,3,…)，粒子一定经过b点
【答案】D
【详解】A．正电粒子受到竖直向下的电场力qE和竖直向上的洛伦兹力f =q v0 B，粒子在复合场中做匀速
直线运动，有qE =q v0 B
仅改变粒子电性，则所受的电场力方向向上，洛伦兹力向下，但仍满足qE =q v0 B
故仅改变粒子的电性，粒子仍沿直线经过b点，A 错误；
B．从b点水平向左射入，粒子所受的电场力向下，由左手定则可知洛伦兹力向下，故粒子所受的合外力竖
直向下，故粒子不可能沿直线经过a点，B 错误；
CD．若只改变粒子速度大小，则电场力与洛伦兹力不再等大，故粒子不再做匀速直线运动，设粒子速度
变为v1，可将速度v1分解为v0、v，满足v1= v0+ v
则可将粒子的速度v0所对应的洛伦兹力分力q v0 B平衡电场力而做匀速直线运动，另一个分速度v产生的洛
伦兹力qvB使粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有
qvB = mv
2
r
匀速圆周运动的周期为T = 2πr
v
联立解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T = 2πm
qB
即粒子一边做圆周运动，一边沿ab方向以v0做匀速直线运动，则当满足L
v0
= N ⋅2πm
qB ,( N =1,2,3,……)
时粒子仍从b 点离开，联立解得当L= N ⋅2πmE
q B
2 ,( N =1,2.3.……)时粒子仍从b 点离开，C 错误；D 正
确。
故选D。
17．（2026·四川·二模）在粒子探测中，常用半导体制成的魔环结构约束带电粒子。如图所示，为某约
“
”
束装置的简化模型，在整个真空区域内存在平行于x 轴的匀强磁场B，方向沿x 轴正向。一带正电粒子从
原点O 进入磁场，初速度方向在xOy 平面内与x 轴成θ 角。经过一段时间，粒子运动到坐标为(L,0,0)的Q
点，其中L 未知。已知粒子电荷量为q，质量为m，不计粒子重力。则（ ）
A．粒子在空间内做匀速圆周运动
B．粒子在垂直磁场的平面内做圆周运动的半径为mv0
qB
C．粒子从O 点到Q 点沿x 轴前进的距离为L= 2 N πm v0cosθ
qB
(N =1、2、3⋯)
D．经过t1= 3πm
qB
的时间，粒子的位移为❑√(
mv0sinθ
qB )
2
+(
3πmv0cosθ
qB
)
2
【答案】C
【详解】A．速度方向与磁场方向不垂直，将速度分解为平行于磁场方向的分量v1= v0cosθ和垂直于磁场
方向的分量v2= v0sinθ。粒子在平行于磁场方向做匀速直线运动，在垂直于磁场方向做匀速圆周运动，合
运动为螺旋线运动，故A 错误；
B．粒子在垂直磁场的平面内做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有q⋅v0sinθ⋅B =m (v0sinθ)
2
r
可得r = m v0sinθ
qB
，故B 错误；
C．经过一段时间，粒子运动到坐标为(L,0,0)的Q 点，说明粒子在垂直于磁场的平面内运动了N 圈，
N =1、2、3...，运动时间为t = NT
其中T =
2πr
v0sinθ = 2πm
Bq
可得沿x 轴前进的距离为L= v0cosθ⋅NT = 2 N πmv0cosθ
qB
(N =1、2、3⋯)，故C 正确；
D．经过t1= 3πm
qB
的时间，即经过3
2 T，在x 轴方向的位移为L= v0cosθ⋅NT = 3πm v0cosθ
qB
在垂直于磁场的平面内，粒子转了1.5 圈，到达直径的另一端，位移大小为2r = 2mv0sinθ
qB
可得粒子的位移为❑√(
2m v0sinθ
qB
)
2
+(
3πm v0cosθ
qB
)
2
，故D 错误。
故选C。
18．（24-25 高三下·吉林延边）如图所示，平面直角坐标系x 轴水平、y 轴竖直，x 轴下方存在垂直于xOy
面向里的匀强磁场，在y 轴右侧有平行y 轴的匀强电场（未画出），电场强度大小为E。质量为m 的带电
小球从A 点由静止释放。已知小球在y 轴左侧第一次运动到最低点时恰到达C 点，并从C 点沿x 轴正方向
进入第四象限，在y 轴右侧以O 为圆心、R 为半径做匀速圆周运动，从D 点射出磁场，重力加速度为g。
则（ ）
A．小球带负电，带电荷量的绝对值为mg
E
B．A、O 间的距离为2 R
C．小球从A 到C 的时间是从C 到D 时间的4 倍
D．若撤去电场，球轨迹与x 轴相邻交点间的距离为πR
【答案】D
【详解】A．小球在y 轴右侧做匀速圆周运动，所受电场力与小球重力大小相等、方向相反，结合磁场方
向可知，小球带正电，带电荷量大小q = mg
E ，故A 错误；
C．设小球在C 点时速度大小为v，由洛伦兹力提供向心力有qvB =m v
2
R
小球做圆周运动的周期T = 2πR
v
= 2πm
qB
则小球从C 到D 的运动时间为tCD= T
4 = πm
2qB
小球从A 点静止释放后，设小球沿x 轴正方向、负方向的速度大小均为v0，沿x 轴正方向的分速度产生的
洛伦兹力与重力平衡，沿x 轴负方向的分速度产生的洛伦兹力使小球做匀速圆周运动，可得v0= mg
qB ，且
v =2v0
结合题述和上述分析可得，小球从A 到C 的运动时间为t AC = T
2 = πm
qB = πR
v =2tCD
故C 错误；
B．A、O 间的距离等于A、C 间的水平距离，联立得x AO= v0t AC = πR
2 ，故B 错误；
D．若撤去电场，小球在磁场和重力场作用下运动，球轨迹与x 轴相邻交点间的距离等于球一个周期内沿x
轴正方向前进的距离，为Δ x = v0⋅2πR
v
= πR
故D 正确。
故选D。
19．（多选）（2026·辽宁·一模）如图所示，一对长为0.8 π m、间距为1m的平行金属板M、N 之间电压恒
为U = 40V ，两板之间还存在着匀强磁场，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，磁感应强度大小为
0.2T。一束质量均为3.2×10
−13kg、电荷量均为8×10
−10C的带正电粒子均从金属板左侧沿两板的中轴线
向右射入两金属板之间，粒子的初速度v0大小满足100m/ s≤v0≤500m/ s，不计重力及粒子之间的相互
作用，粒子击中金属板会被金属板吸收，但不会改变两金属板之间的电压，则下列说法正确的是（ ）
A．初速度v0=200m/ s的粒子，在两金属板间会做匀速直线运动
B．初速度v0=100m/ s的粒子，在两金属板间运动时，距离N 板最近为0.3m
C．初速度v0=300m/ s的粒子，在两金属板之间运动时动能最小为1.6×10
−9J
D．初速度v0=100m/ s和v0=300m/ s的粒子在金属板之间运动的时间相等
【答案】ACD
【详解】A．两个金属板之间的电场强度为E = U
d = 40V /m
若粒子沿直线匀速通过，电场力和洛伦兹力平衡有Eq=qvB
解得v = E
B = 40
0.2 m/ s=200m/ s，故A 正确；
B．初速度v0=100m/ s的粒子，可以将初速度分解为v1=200m/ s和v2=−100m/ s，由于q v1B = Eq
粒子将以v1匀速运动，同时以v2逆时针做匀速圆周运动，半径为R = m v2
qB =0.2m
所以运动过程中将向下偏离距离最大为y =2 R =0.4 m
所以粒子距离N 板最近为x = d
2 −y =0.1m，故B 错误；
C．初速度v0=300m/ s的粒子，可以将初速度分解为v1=200m/ s和v2=100m/ s，由于q v1B = Eq
粒子将以v1匀速运动，同时以v2做匀速圆周运动，粒子运动到最高点时，速度v2和v1方向相反，合速度大
小为v = v1−v2=100m/ s
所以粒子最小动能为Ek min= 1
2 m v
2=1.6×10
−9J，故C 正确；
D．粒子分解成的圆周运动的周期为T = 2πm
qB = 4 π ×10
−3 s
粒子匀速运动穿越金属板之间区域的时间为t = 0.8 π
200 s= 4 π ×10
−3 s
所以初速度v0=100m/ s和v0=300m/ s的粒子在金属板之间的运动均为圆周运动的一个周期，故两个粒
子在金属板之间运动的时间相等，故D 正确。
故选ACD。
20．（多选）（多选）（2026·陕西宝鸡·三模）如图甲所示为洛伦兹力演示仪，学生演示带电粒子在匀强
磁场中的运动时发现，有时玻璃泡中的电子束在强磁场中的运动轨迹呈螺旋状。为了研究该螺旋状轨迹情
况，现将这一现象简化成如图乙所示的情境来讨论：在空间存在平行于x轴、磁感应强度大小为B的匀强
磁场，在xOy平面内，由坐标原点以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向射入电子束，得到轴线平行于x
轴的螺旋状电子运动轨迹，电子的比荷为e
m，则（ ）
A．磁场的方向为沿x轴正方向
B．此螺旋状轨迹的半径r = mv0cosα
eB
C．当α =90
∘时电子的运动轨迹是直线
D．此螺旋状轨迹的螺距Δ x = 2πm v0cosα
eB
【答案】AD
【详解】A．将电子的速度分解为沿x 轴和沿y 轴两个方向，有v x = v0cosα，v y = v0sin α
其中沿y 轴分量的速度会在洛伦兹力的作用下使粒子做匀速圆周运动，根据左手定则，可知磁场的方向应
沿着x 轴的正方向，故A 正确；
B．沿y 轴方向的速度分量会在洛伦兹力的作用下使粒子做匀速圆周运动，有e v y B = m v y
2
r
解得r = mv0sin α
eB
，故B 错误；
C．当α =90
∘时电子只在洛伦兹力作用下，在yOz 平面内做匀速圆周运动，运动轨迹是曲线，故C 错误；
D．电子做圆周运动的周期为T = 2πr
v y
= 2πm
eB
在一个周期内电子沿x 轴的方向上运动的距离即为螺距Δ x = v xT = 2πm v0cosα
eB
，故D 正确。
故选AD。
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．（多选）（2026·重庆永川·一模）如图所示，在同一足够大的空间区域存在方向均竖直向下的匀强磁场
和匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E。t =0时，一个正离子以初速度v0水平向右开始运动，离子
质量为m，电荷量为q，不计离子重力。此后一段时间内，下列说法正确的是（ ）
A．离子的加速度不变
B．令T = 2πm
qB ，则经过T时间，离子到出发点的距离为2π
2mE
q B
2
，且T内、2T内、3T内、…nT内的
位移之比为1:2
2:3
2:⋯:n
2
C．若磁场方向改为水平向右，则离子做类平抛运动
D．若磁场方向改为垂直纸面向里，且v0< E
B ，则离子在竖直方向最大的位移为2m(E−B v0)
q B
2
，此时
速度为2 E
B −v0
【答案】BD
【详解】A．离子受到的电场力竖直向下，洛伦兹力在水平面，故离子在水平面做匀速圆周运动，洛伦兹
力大小不变，在竖直方向做初速度为0 的匀加速直线运动，合成的运动为螺旋运动，加速度大小不变，且
有a=
❑√E
2q
2+q
2v0
2B
2
m
但加速度方向时刻改变，故A 错误；
B．结合上述可知离子在水平面以做匀速圆周运动，则有q v0 B = m v0
2
R
，T = 2πR
v0
解得T = 2πm
Bq
可知，经过时间T，离子在水平方向完成一次完整的圆周运动，到达出发点的正下方，此时离子出发点的
距离为h= 1
2 at
2= 1
2 · Eq
m ·T
2= 2π
2mE
q B
2
根据运动的周期性可知，经历时间nT ，离子均回到出发点的正下方，离子竖直方向做初速度为0 的匀加速
直线运动，根据位移公式有x = 1
2 · qE
m ·T
2
可知T内、2T内、3T内、…nT内的位移之比为 1:2
2:3
2:⋯:n
2
故B 正确；
C．若磁场方向改为水平向右，在电场力的作用下离子向下加速，随后离子所受洛伦兹力不为0，离子做摆
线运动，加速度发生变化，离子的运动不是类平抛运动，故C 错误；
D．若磁场方向改为垂直纸面向里，且有v0< E
B ，可知q v0 B<qE
洛伦兹力小于电场力，则离子会向下偏转，当在竖直方向最大的位移为ym时，电场力做功最大，此时离子
速度最大，令为vm，根据动能定理有qE ym= 1
2 m vm
2−1
2 m v0
2
根据水平方向动量定理有Σq v y B·Δt =m vm−m v0
其中有Σq v y B·Δt =q ym B
联立解得
2m(E−B v0)
q B
2
，vm= 2 E
B −v0
故D 正确。
故选 BD。
2．（多选）（25-26 高三上·天津和平）如图所示，甲、乙是竖直面内两个相同的半圆形光滑轨道，M、N
为两轨道的最低点，匀强磁场垂直于甲轨道平面，匀强电场平行于乙轨道平面，两个完全相同的带正电小
球a、b 分别从甲、乙两轨道的右侧最高点由静止释放，在它们第一次到达最低点的过程中，下列说法正
确的是（ ）
A．a 球下滑的时间比b 球下滑的时间短
B．a、b 两球的机械能均不守恒
C．a 球到M 点的速度小于b 球到N 点的速度
D．a 球对M 点的压力大于b 球对N 点的压力
【答案】AD
【详解】ABC．由于小球在磁场中运动，只有重力做功，洛伦兹力对小球不做功，整个过程中小球的机械
能守恒；而小球在电场中运动时除重力做功外还受到的电场力，会对小球做负功，则到达最低点时的速度
较小，所以在电场中运动的时间较长，且小球的机械能减小。综上分析，可知a 球下滑的时间比b 球下滑
时间短。a 球的机械能守恒，b 球的机械能不守恒。a 球到M 点的速度大于b 球到N 点的速度，故A 正确，
BC 错误；
D．小球在磁场中运动，在最低点M，根据牛顿第二定律有FN1−mg−qB v M =m v M
2
r
解得FN1=mg+qB v M +m v M
2
r
小球在电场中运动，在最低点N，根据牛顿第二定律有F N2−mg=m v N
2
r
解得FN2=mg+m v N
2
r
由上分析可知v M >v N，则可得F N1> FN2，根据牛顿第三定律可知，a 球对M 点的压力大于b 球对N 点的压
力，故D 正确。
故选AD。
3．（多选）（25-26 高三下·河南周口）如图所示，水平虚线为分界线，分界线上方有方向水平向左的匀强
电场，分界线下方有方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向竖直向上的匀强电场。现将比荷为k的带正电小
球从分界线上的A点以初速度v0竖直向上抛出，小球在分界线上方的运动轨迹已画出，C点为轨迹的最高
点，小球从分界线上的D点第一次进入分界线下方区域，且小球恰好在分界线下方区域做匀速圆周运动，
经磁场偏转一次后又恰好回到A点。已知小球到达D点时的速度大小为2v0，重力加速度大小为g，不计空
气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．A、C两点的高度差为v0
2
g
B．匀强磁场的磁感应强度大小为
❑√3 g
2k v0
C．匀强磁场的磁感应强度大小为2❑√3 g
3k v0
D．小球从A点出发到返回A点所用的时间为(2+ 5 ❑√3 π
6 )
v0
g
【答案】CD
【详解】A．将小球在分界线上方的运动分解，可知小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动规律有
v0
2=2 gh
解得h= v0
2
2g
，故A 错误；
BC．设小球到达D点时的速度方向与分界线的夹角为θ，将小球到达D点时的速度沿水平方向和竖直方向
进行分解，根据几何关系有sinθ = 1
2
又因为v x =2v0cosθ
小球从A点运动到D点所用的时间t1= 2v0
g
则A、D两点间的距离x = v x
2 t1
设小球在分界线下做匀速圆周运动的半径为R，根据几何关系有x =2 Rsinθ
设小球的质量为m，电荷量为q，根据洛伦兹力提供向心力有q·2v0 B =m (2v0)
2
R
解得B = 2❑√3 g
3k v0
，故B 错误、C 正确；
D．小球在分界线下方通过的弧长s=(2π −2θ) R
小球在分界线下方运动的时间t2=s
2v0
小球从A点出发到返回A点所用的时间t =t1+t2
联立解得t =(2+ 5 ❑√3 π
6 )
v0
g ，故D 正确。
故选CD。
4．（多选）（2026·山东·模拟预测）如图所示，三维直角坐标系O−xyz所在空间中存在沿x轴正方向的匀
强电场（图中未画出）和匀强磁场，在x =2d处有一足够大的接收屏P，原点O处的粒子源在xOz平面内
同时发射带正电的同种粒子甲和乙，甲粒子的速度大小为v0，甲和乙的速度方向与x轴正方向夹角分别为
30°和60°，两粒子沿x轴方向速度分量相等。若调整匀强电场的强弱使乙粒子以最短时间到达坐标为
(2d ,d ,0)的O1点并被接收屏吸收，不计重力及粒子间的相互作用，则（ ）
A．两粒子不能同时到达接收屏P
B．甲乙粒子在接收屏P上位置的y 坐标之差Δ y = 2d
3
C．乙粒子从O点运动到O1点的最短时间t =
❑√3πd
3 v0
D．甲粒子到达接收屏P时沿x轴方向分速度为(
12
π −
❑√3
2 )v0
【答案】BD
【详解】C．由题意，粒子在xOz平面内发射，最终乙粒子到达(2d ,d ,0)，z坐标回到0，y坐标变为d，
说明粒子在yOz平面内做圆周运动，在x轴方向做匀加速直线运动，故匀强电场和匀强磁场均沿x轴正方向。
甲粒子速度v0，与x轴夹角30
∘，则v甲x = v0cos30
∘=
❑√3
2 v0
垂直x轴分速度v甲⟂= v0sin30
∘= 1
2 v0
乙粒子与x轴夹角60
∘，且v乙x= v甲x
则v乙cos60
∘=
❑√3
2 v0
解得v乙= ❑√3 v0
乙垂直x轴分速度v乙⟂= v乙sin 60
∘= 3
2 v0
乙粒子以最短时间到达z =0处，说明在yOz平面运动了半个周期，即t = T
2 = πm
qB
此时y方向位移为直径2 R乙=d
即R乙= d
2
由R乙= m v乙⟂
qB
得d
2 = m
qB · 3
2 v0
解得m
qB = d
3 v0
故运动时间t = πd
3 v0
，C 错误；
A．两粒子在x轴方向初速度相同、加速度相同、位移相同，故运动时间相同，能同时到达接收屏，A 错误；
B．甲粒子在yOz平面也运动了半个周期，y方向位移y甲=2 R甲=2 mv甲⟂
qB
=2· d
3 v0
· 1
2 v0= d
3
两粒子在接收屏上位置的y坐标之差Δ y = y乙−y甲=d −d
3 = 2d
3 ，B 正确；
D．甲粒子到达接收屏时，在x轴方向做匀加速运动，由x = v x 0+ v x
2
t
得2d =
❑√3
2 v0+ v x
2
· πd
3 v0
解得v x =( 12
π −
❑√3
2 )v0，D 正确。
故选BD。
5．（多选）（25-26 高三上·四川绵阳）xOy 空间存在一范围足够大的匀强磁场和匀强电场。磁场方向垂直
于xOy 平面向外，磁感应强度大小为B；电场方向为y 轴正向，电场强度为E，一质量为m，电荷量为q
（q＞0）的粒子从坐标原点O 以初速度v0沿y 轴正向发射，其运动轨迹如图所示。不计粒子重力，则（
）
A．粒子向y 轴正向上运动的过程中电势能逐渐减小
B．运动过程中粒子的最大速度为E
B + ❑√
E
2
B
2 + v0
2
C．运动过程中粒子的最小速度为❑√
E
2
B
2 + v0
2
D．粒子能到达的最低点距x 轴距离为m
qB(
E
B + ❑√
E
2
B
2 + v0
2)
【答案】AB
【详解】A．正电荷向y 轴正向上运动，沿电场方向运动，电场力做正功，电势能减小，故A 正确；
BCD．将v0分解为v1、v2，如图所示
且使v1满足q v1B =qE
可得v1= E
B
即v1引起的洛伦兹力与粒子所受电场力平衡，则粒子的运动可以分解为：由v1引起的沿x 轴正方向的匀速
直线运动，由v2引起的在xOy 平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有q v2B =m v2
2
r
因为v2=
❑√v0
2+ v1
2
联立解得r = mv2
qB = m
qB
❑√v0
2+ v1
2
粒子能到达的最低点距x 轴距离d =r(1−cosθ)=r(1−
v1
❑√v0
2+ v1
2 )
解得d = m
qB (❑√
E
2
B
2 + v0
2−E
B )
粒子实际的运动就是这两个分运动的合运动，当两个分运动的速度均沿x 轴正方向时，粒子的合速度最大，
即vmax = v1+ v2= E
B + ❑√
E
2
B
2 + v0
2
当两个分运动的速度反向时，粒子的合速度最小，即vmin= v2−v1= ❑√
E
2
B
2 + v0
2−E
B
，故B 正确，CD 错误。
故选AB。
真题·实战演练
高频考点：带电粒子在叠加场中的直线运动，曲线运动
1．（多选）（2026·湖南·高考真题）某小组设计了一磁悬浮装置。如图，环形通电线圈固定在水平面上，
其上方固定一半径为R的环形细管道，管道任意处磁场方向与竖直方向夹角为45°。质量为m的带正电小
球在环形管道中以某一速率做匀速圆周运动，此时小球与管道间无弹力，重力加速度为g。下列说法正确
的是（ ）
A．从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动
B．小球做圆周运动的周期为π ❑√
R
g
C．小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为m
❑√(2+ π
2)gR
D．若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2 倍，则小球与管道间的弹力大小为
❑√5mg
【答案】AD
【详解】A．根据题意可知，小球所受洛伦兹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，由左手定则可
知，从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动，故A 正确；
B．设磁感应强度为B，小球的速度为v，此时小球与管道间无弹力，竖直方向上有mg =qvBcos 45°
水平方向上有qvBsin 45° =m v
2
R
解得v = ❑√gR
则小球做圆周运动的周期为T = 2πR
v
=2π ❑√
R
g ，故B 错误；
C．根据题意，水平方向上，由动量定理有I x = Δ p=−mv −mv =−2m ❑√gR
竖直方向有I y =qvBcos 45°⋅T
2 =mπ ❑√gR
则小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为I = ❑√I x
2+ I y
2 =m
❑√(4 + π
2)gR，故C 错误；
D．若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2 倍，竖直方向上有
mg+ FN y =q⋅2vBcos 45°
水平方向上有q⋅2vBsin 45°+ FN x =m (2v)
2
R
小球与管道间的弹力大小FN=
❑√F Ny
2 + F Nx
2
联立解得FN= ❑√5mg，故D 正确。
故选AD。
2．（多选）（2025·海南·高考真题）某粒子分析器的部分电磁场简化模型如图，三维直角坐标系O−xyz
所在空间中
区域
Ⅰ
(0≤x ≤d)存在沿x 轴正方向的匀强电场（图中未画出）和匀强磁场，磁感应强度大小为
B1,Ⅱ区域(d < x<2d)存在沿z 轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，在x =2d有一足够大的接收屏
P，原点O 处的粒子源在xOz平面内同时发射带正电的同种粒子甲和乙，甲粒子的速度大小为v0，甲和乙
的速度方向与x 轴正方向夹角分别为30°和60°，两粒子沿x 轴方向速度分量相等。乙粒子以最短时间到达
O1（d,d,0）点进入
区域后恰好到达接收屏并被吸收，不计重力及粒子间的相互作用，则（
Ⅱ
）
A．两粒子不能同时到达接收屏P
B．两个区域磁感应强度大小之比B2
B1
= 2
π −
❑√3
6
C．乙粒子通过O1点时沿x 轴方向速度分量v x =(
6
π +
❑√3
2 )v0
D．甲乙粒子在接收屏P 上位置的z 坐标之差Δ z =
π
2
12−❑√3 π d
【答案】BD
【详解】BC．两粒子在
区域运动过程，两粒子在
Ⅰ
x轴方向做匀加速直线运动，在yOz平面做匀速圆周运
动，根据题意甲粒子和乙粒子在x 轴方向的分速度相等，均为v乙x = v甲x = v0cos30° =
❑√3
2 v0
甲粒子在z轴方向的分速度v甲z= v0sin30° = v0
2
根据几何关系tan 60° = v乙z
v乙x
可得v乙z= 3
2 v0
乙粒子以最短时间到达O1（d,d,0），则乙在
区域运动的时间为做圆周运动的周期的一半，其半径为
Ⅰ
r1= d
2
根据洛伦兹力提供向心力q B1v乙z=m v乙z
2
r1
联立可得B1= 3mv0
qd
在
区域运动的时间
Ⅰ
t1= π r1
v乙z
= πd
3 v0
沿着x正方向，根据运动学公式d = v乙x+ v x
2
⋅t1
解得乙粒子通过O1点时沿x 轴方向速度分量为v x =(
6
π −
❑√3
2 )v0
乙粒子进入
区域后，沿
Ⅱ
z轴负方向做匀速直线运动，在xOy平面做匀速圆周运动，根据题意进入乙粒子
进入
区域后恰好到达接收屏并被吸收，则乙粒子在
区域做圆周运动的半径为
Ⅱ
Ⅱ
r2=d
根据洛伦兹力提供向心力q B2v x =m v x
2
r2
解得B2=(
6
π −
❑√3
2 )m v0
qd
可得
B2
B1
= 2
π −
❑√3
6 ，故B 正确，C 错误；
AD．两粒子在
区域运动过程，两粒子在
Ⅰ
x轴方向的速度分量相同，则在
区域运动时间相等，根据
Ⅰ
T = 2πm
qB
可知甲粒子在
区域也是运动半个周期，即两粒子刚进入
区域时
Ⅰ
Ⅱ
z轴坐标均为零，沿z轴负方向做匀速直
线运动，在xOy平面做匀速圆周运动的情况也相同，所以运动时间相等，即两粒子能同时到达接收屏P，
两粒子在
区域的运动时间
Ⅱ
t2= 2π r2
v x
⋅1
4
甲乙粒子在接收屏P 上位置的z 坐标之差Δ z =（v乙z−v甲z）t2
联立解得Δ z =
π
2
12−❑√3 π d，故D 正确，A 错误。
故选BD。
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．磁感应强度大小为
❑√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
【详解】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
tan θ =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 mvP
2 −1
2 mv
2
解得NP两点间的电势差U = 2mv
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）（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
、
，二者带电量、质量均相同。
在
Ⅰ
Ⅱ
Ⅰ
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。
的轨迹未画出。已知重力加速度大
Ⅱ
小为g，不计空气浮力与阻力以及
、
分开后的相互作用，则（ ）
Ⅰ
Ⅱ
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
做圆周运动的速度大小为
Ⅰ
3 gBR
E
，周期为4 πE
gB
D．小油滴
沿顺时针方向做圆周运动
Ⅱ
【答案】ABD
【详解】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
Bqv =m v
2
R
得
R = mv
Bq
解得油滴a 做圆周运动的速度大小为
v = gBR
E
故B 正确；
C．设小油滴
的速度大小为
Ⅰ
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
的速度为
Ⅱ
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
的速度方向与正方向相反，根据左手
Ⅱ
定则可知小油滴
沿顺时针方向做圆周运动，故
Ⅱ
D 正确。
故选ABD。
5．（2025·贵州·高考真题）如图，建立直角坐标系O−xyz，x轴正方向水平向右，y轴正方向垂直纸面向
里（y轴未画出），z轴正方向竖直向上。空间中存在方向竖直向上的匀强电场，在z≤z0的区域I 和z > z0
的区域II 中均存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域I 的磁感应强度大小为B1，区域II 的磁感应强度大
小B2未知。有一带正电荷的粒子，质量为m、电荷量为q，以速率v从O点沿x轴正方向射出后，在区域I、
II中均可做匀速圆周运动，且恰好能经过x轴上的P点，P点坐标为(
16 v
2
5 g ，0，0)。已知z0= 2v
2
5 g ，
B1= mg
qv ，g为重力加速度。
(1)求电场强度大小E及该粒子第一次经过z = z0平面时的位置对应的x坐标值；
(2)求粒子从O点到P点的运动时间最短时区域Π的磁感应强度大小B2；
(3)若仅将匀强电场的方向改为沿y轴正向，该粒子仍以速率v从O点沿x轴正方向射出，求该粒子的轨迹方
程。
【答案】(1)E = mg
q ，x = 4 v
2
5 g
(2)B2= 3mg
qv
(3)y = g x
2
2v
2
【详解】（1）由题意可知，粒子受到重力、洛伦兹力和电场力做匀速圆周运动，可以判断粒子受到的电
场力与重力平衡，则有Eq =mg
解得E = mg
q
粒子在I 区做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有qv B1=m v
2
R1
解得R1= v
2
g
又根据几何关系有x
2+(R1−z0)
2= R1
2
解得x = 4 v
2
5 g
（2）粒子做匀速圆周运动，可能的运动轨迹如图所示
设粒子进入B2磁场中速度方向与磁场分界面成θ角，根据几何关系有cos(90
∘−θ)= x
R1
解得θ =53
∘
设粒子在B2磁场中运动的轨道半径为R2，根据圆周运动轨迹可知粒子运动到P点应满足
n(2 R1sinθ−2 R2sinθ)= 16 v
2
5 g
当n取最小值时，运动时间最短。结合上图分析，可知带电粒子在B2磁场中至少绕3 次才能到达P点，环
绕的次数越少，用时越短，即n=3时所用的时间最短，则有3×(2 R1sinθ−2 R2sinθ)= 16 v
2
5 g
解得R2= v
2
3 g
根据洛伦兹力提供向心力有qv B2=m v
2
R2
解得B2= 3mg
qv
（3）若将电场方向改为y轴方向正方向，由受力分析，粒子受到沿z轴正方向的洛伦兹力、沿z轴负方向的
重力、沿y轴正方向的电场力，则粒子在I 区受到的洛伦兹力大小为f =qv B1=mg
正好与重力相平衡，所以粒子在y轴正方向做匀加速直线运动，有y = 1
2 at
2
根据牛顿第二定律有Eq=ma
解得a= g
粒子在x轴正方向做匀速直线运动，有x = vt
联立解得y = g x
2
2v
2
