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专题三 电场与磁场
第9 讲 电场 带电粒子在电场中的运动
A 组 基础保分练
1．（2025·江西南昌一模）如图甲所示，空间中存在一个平行于xOy平面的匀
强电场。若x轴、y轴上的电势分布分别如图乙、丙所示，则电场强度大小为（
）
A. 2.5V /m
B. 250V /m
C. 3.5V /m
D. 350V /m
【答案】B
【解析】电场强度沿x轴方向的分量为Ex = Δφx
Δ x =
0−6
(3−0)×10
−2 V /m=−200V /m，
电场强度沿y轴方向的分量为E y = Δφ y
Δ y =
0−6
(4−0)×10
−2 V /m=−150V /m，电场强
度大小为E =√Ex
2+ E y
2 =250V /m，故选B。
2．（2025·安徽合肥二模）如图所示，A、B、C、D均为一绝缘圆环上的4 等
分点，3
4 圆弧DABC均匀带正电，1
4圆弧CD不带电，圆心为O。M、N分别是
OA和OC的中点，已知M、N电势分别为φM和φN，O点电场强度大小为E。现撤
去1
4圆弧AD段的电荷，则（ ）
A. O点电场强度方向水平向右
B. O点电场强度大小为2 E
C. M点电势变为φM +φN
3
D. N点电势变为2φM +φN
3
【答案】C
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【解析】根据对称性可知，1
4圆弧AD段的电荷与1
4圆弧BC段的电荷在O点产生
的电场强度的矢量和为0，则1
4 圆弧AB段的电荷在O点产生的电场强度大小为E，
由于AD、AB、BC完全相同，则三部分各自在O点产生的电场强度大小均为E，
若撤去1
4圆弧AD段的电荷，根据矢量合成原理可知，O点电场强度方向水平向
左，大小为2 E cos 45
∘=√2 E，故A、B错误；1
4圆弧AD段的电荷、1
4圆弧AB段
的电荷在M点产生的电势相等，且等于1
4圆弧BC段的电荷在N点产生的电势，
设为φ1，1
4圆弧AD段的电荷、1
4圆弧AB段的电荷在N点产生的电势相等，且等
于1
4圆弧BC段的电荷在M点产生的电势，设为φ2，则有φM =2φ1+φ2，
φN =2φ2+φ1，撤去1
4圆弧AD段的电荷，则有φM 1=φ1+φ2，φN 1=φ2+φ1，解得
φM 1=φN 1= φM +φN
3
，故C正确，D错误。
3．（2025·河南信阳模拟）负离子空气净化器的部分结构原理如图所示。由空
气和带负电荷的灰尘颗粒组成的均匀混合气流，以相同的初速度沿平行于极板
方向进入一个由平行金属板和稳压电源构成的收集器，气流宽度正好等于两金
属板间距，在电场的作用下全部灰尘颗粒恰好都能落到下极板上。假设所有灰
尘颗粒质量相等，所带电荷量相同，不考虑重力、浮力影响和颗粒间的相互作
用。下列说法正确的是（ ）
A. 收集器上极板带正电
B. 电源电压减半，灰尘颗粒的收集效率减半
C. 随着收集灰尘颗粒增多，下极板所带电荷量逐渐减小
D. 所有灰尘颗粒即将落到下极板上时的动能一定相等
【答案】B
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【解析】因为灰尘颗粒带负电，要使灰尘颗粒落到下极板上，下极板应带正电，
所以收集器上极板带负电，故A错误；以恰好落在下极板最右端的灰尘颗粒为
研究对象，灰尘颗粒在电场中做类平抛运动，水平方向有x = L= v0t，竖直方向
有y =d = 1
2 at
2(d为两金属板间距)，当电压减半时，水平速度不变，依旧以恰好
落在下极板最右端的灰尘颗粒为研究对象，t不变，a变为原来的一半，则y ′ = d
2，
即灰尘颗粒的收集效率减半，故B正确；电容器两极板始终与电源相连，两极
板间电压不变，则下极板所带电荷量不变，故C错误；根据动能定理得
Uq = Ek−1
2 mv0
2，虽然q、m、v0相同，但不同位置的灰尘颗粒在电场中运动过
程中对应的电势差U不同，所以所有灰尘颗粒即将落到下极板上时的动能不相
等，故D错误。
4．（2025·湖北武汉模拟）如图，O为等边三角形ABC的中心，D、E、F分别
为三边的中点，在A、B、C、O四点固定四个点电荷（电性和电荷量已在图中
标出）。取无穷远处电势为0，下列说法正确的是（ ）
A. F点的电场强度方向沿OF斜向右上
B. D、E两点的电场强度相同
C. D、E两点的电势相等
D. O处点电荷受到库仑力的合力为0
【答案】C
【解析】由题意可知两个正点电荷在F点产生的电场强度相互抵消，两个负点
电荷在F点产生的电场强度方向相同，都由F指向O，故A错误；根据电场强度
的叠加原理可知，D、E两点的电场强度大小相等，方向不同，故B错误；取无
穷远处电势为0，由于D、E两点关于O点对称，且四个点电荷分布具有对称性，
根据电势的叠加原理可知，D、E两点的电势相等，故C正确；对O处点电荷受
力分析可知，受到A处点电荷的库仑力方向沿OA方向，受到B处点电荷的库仑
力方向沿BO方向，受到C处点电荷的库仑力方向沿OC方向，根据平行四边形
定则可知，三个力的合力方向指向OF方向，大小不为0，故D错误。
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5．（2025·天津河西一模）多选 如图所示，水平放置的平行板电容器充电后
断开电源，上极板A带负电，下极板B接地，在两极板间的P点固定一个负电荷。
现将电容器的上极板A竖直向上移动一小段距离d，移动之后P点的电势为φP、
负电荷在P点具有的电势能为E p、极板A与P点之间的电势差为U AP、两极板之
间电场强度的大小为E。以下四个图像中，图线形状正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】平行板电容器充电后断开电源，所以电容器的电荷量不变，将电容器
的上极板A竖直向上移动一小段距离d，根据C = εr S
4 π kd 可知电容变小，根据
C = Q
U 、E = U
d ，解得E = 4 π kQ
εr S ，可知场强不变，故D错误；下极板接地，P点
与下极板间的电势差保持不变，所以P点的电势不变，且为负值，故A正确；q
为负值，φP为负值，根据E p=q φP可知负电荷在P点具有的电势能为正值，且不
变，故B错误；根据U AP=φ A−φP=−E(d0+d)−φP，故C正确。
6．（2025·湖南名校联考）如图甲所示，虚线表示竖直平面内的匀强电场中的
等势面，等势面与水平地面平行。电荷量为q、质量为m的带电小球以一定初速
度沿虚线方向抛出，以抛出点为坐标原点，沿竖直向下方向建立y轴，运动过
程中小球的动能和机械能随坐标y的变化关系分别如图乙中图线a、b所示，图
中E0为已知量，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
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A. 小球初速度大小为v0=2√
2 E0
m
B. 电场强度大小为4 mg
7 q
C. 小球抛出时重力势能为E0
D. 小球加速度大小为4
7 g
【答案】B
【解析】小球初动能为E0，根据E0= 1
2 mv0
2可得初速度大小为v0=√
2 E0
m ，故A错
误；根据动能定理得(mg−qE) y0=3 E0，根据功能关系得qE y0= 4 E0，则
qE = 4
7 mg，电场强度大小为4 mg
7 q ，故B正确；由牛顿第二定律有mg−qE =ma，
解得a= 3
7 g，故D错误；初始状态4 E0= E0+ E p0，所以小球抛出时的重力势能为
E p0=3 E0，故C错误。
7．（2025·湖北省示范中学模拟）如图所示，在整个空间中存在匀强电场，现
从A点将质量为m、电荷量为+q的小球以初速度v0竖直向上抛出，小球运动过
程中经过同一竖直平面内的B点和C点。已知小球经过B点时速度大小为v0、方
向水平向右，A、C两点在同一水平线上。不计空气阻力，已知小球所受电场力
大小为qE =5mg，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A. 匀强电场方向水平向右
B. 小球经过B点时速度最小
C. A、B与B、C之间水平距离之比为1:4
D. 小球由A点运动至C点过程中其电势能先增大后减小
【答案】D
【解析】设小球合力方向与竖直方向夹角为θ ，则从A到B速度变化量的方向与
合力方向相同，由对称性可知，合力方向沿AB连线的垂直平分线斜向右下方，
则有tanθ = vB
v A
=
q Ex
mg+q E y
=1，且Ex
2+ E y
2 = E
2，可得q Ex= 4 mg，q E y =3mg，所以
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匀强电场方向斜向右下，故A错误；小球在B点时其速度方向与合力之间的夹角
为锐角，小球的速度不是最小值，故B错误；小球竖直方向先做匀减速运动，
到最高点后向下做初速度为零的匀加速运动，则由竖直分运动可知小球由A运
动到B和由B运动到C的时间相同，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，
所以A、B两点与B、C两点之间水平距离之比为1:3，故C错误；小球由A点运
动至C点过程中电场力与速度方向的夹角由钝角逐渐变化到锐角，所以电场力
先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故D正确。
B 组 强化提分练
8．（2025·山东济南一模）如图所示，光滑绝缘水平面上方存在方向水平向左
的匀强电场，场强大小为E，质量为m、带电荷量为+q的小球以初速度v0开始向
右运动，运动过程中小球受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运
动方向始终相反。已知开始运动时小球的加速度大小为a0(a0> 4 qE
m )，小球运动
到P点时速度恰好为零。在小球从开始运动到返回到出发点的过程中，下列说
法正确的是（ ）
A. 小球运动到P点时加速度最大
B. 小球的加速度大小从1
2 a0逐渐减小的过程中，小球的速度一直增大
C. 当小球的加速度大小为1
2 a0时，小球的速度小于1
2 v0
D. 当小球的速度大小为1
2 v0时，小球的加速度小于1
2 a0
【答案】C
【解析】小球运动到P点时速度为0，此时空气阻力f =0，小球只受电场力，加
速度大小为a= qE
m ，小球再向左返回出发点的过程中，由于受空气阻力作用，
加速度小于a，而开始运动时的加速度大小a0> 4 qE
m ，所以小球在P点的加速度
不是最大的，故A错误；小球的加速度大小从1
2 a0逐渐减小的过程中，小球向右
运动，合力向左，速度减小，故B错误；设小球的加速度大小为1
2 a0时小球的速
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度大小为v1，则qE+k v1=m⋅1
2 a0，又因为qE+ k v0=ma0，联立可得v1< 1
2 v0，故
C正确；当小球的速度大小为1
2 v0时，f 1=k v0
2 > 3
2 qE，所以小球向右运动，有
qE+k ⋅1
2 v0=ma1，因为qE+ k v0=ma0，可得a1> 1
2 a0，故D错误。
9．（2025·河南郑州三模）如图所示，半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平
面内，O是圆心，AB是水平方向的直径，CD是竖直方向的直径，整个圆环处在
水平向右的匀强电场中。将质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A点
由静止释放，小球运动到P点时的动能最大，∠DOP =37
∘ 。已知重力加速度大
小为g，取sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8。下列说法正确的是（ ）
A. 小球可以沿圆环运动到C点
B. 匀强电场的电场强度大小为3mg
5q
C. P、B两点间的电势差为3mgR
10q
D. 小球运动到B点时，向心加速度大小为2g
【答案】C
【解析】小球运动到P点时的动能最大，即重力和电场力的合力沿着OP方向，
对小球受力分析有tan37
∘= qE
mg，解得E = 3mg
4 q ，故B错误；假设小球能够沿圆环
运动到C点，根据动能定理有qER−mgR = Ek−0，可得Ek<0，显然这是不可能
的，即假设错误，故A错误；P、B两点间的电势差U PB= E⋅2
5 R = 3mgR
10q ，故C
正确；小球从A点运动到B点，根据动能定理有qE⋅2 R = 1
2 m vB
2，此时小球的向
心加速度大小为a向= vB
2
R =3 g，故D错误。
10．（2025·福建福州二模）多选 竖直平面内固定有两个电荷量均为q(q>0)
的点电荷，两电荷相距0.6m，O为两电荷水平连线的中点。一带电荷量为−q的
带电小球自O点以2.0 J的初动能向下运动，其动能Ek与小球的位移x之间的关系
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如图乙中曲线Ⅰ所示，小球在x =0.4 m处的动能最小，且动能为1.85 J，直线Ⅱ
为计算机拟合的曲线Ⅰ的一条渐近线，其斜率为9 J /m。已知小球可视为质点，
运动过程中电荷量保持不变，空气阻力不计，重力加速度g取10m/ s
2，静电力
常量k =9×10
9 N ⋅m
2/C
2，则（ ）
A. 下落到x =0.4 m的过程中，小球的电势能增加了0.15 J
B. 下落到x =0.4 m的过程中，小球的加速度先减小后增大再减小
C. 电荷量q =1.25×10
−5C
D. 电荷量q =2.50×10
−5C
【答案】BC
【解析】由动能定理知，Ek−x图像的斜率表示合力，由题图知0.4 m内，小球
所受合力先减小后增大再减小，由牛顿第二定律知，小球下落到0.4 m的过程中，
小球的加速度先减小后增大再减小；当x→∞ 时，小球所受的电场力趋近于
0，则Ek−x图像的渐近线的斜率表示重力，即mg=9 N，解得小球的质量
m=0.9kg，0～0.4 m内，由能量守恒定律知，小球电势能的增加量Δ E p电
=9×0.4 J +(2.0−1.85)J =3.75 J，故A错误，B正确。小球在x =0.4 m处所受合力
为0，此时mg=2k
q
2
(0.4 m)
2+( 0.6
2 m)
2 cosθ ，其中
cosθ =
0.4
√(0.4)
2+( 0.6
2 )
2 =0.8
，解
得电荷量q =1.25×10
−5C，故C正确，D错误。
11．（2024·江西卷·10，6 分）多选 如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻
质绝缘细直杆，质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球
均可视为点电荷，带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐
标原点，初始时刻小球甲从x = x0处由静止释放，开始向下运动。甲和乙两点电
荷的电势能E p=k Qq
r (r为两点电荷之间的距离，k为静电力常量)。最大静摩擦
力等于滑动摩擦力f ,重力加速度为g。关于小球甲，下列说法正确的是（ ）
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A. 最低点的位置x =
kQq
(mg+ f )x0
B. 速率达到最大值时的位置x =√
kQq
mg−f
C. 最后停留位置x的区间是√
kQq
mg ≤x ≤√
kQq
mg−f
D. 若在最低点能返回，则初始电势能E p0<(mg−f )√
kQq
mg+ f
【答案】BD
【解析】设小球甲运动过程中最低点位置坐标为x，此时瞬时速度为零，根据能
量守恒可得mg( x0−x)= f ( x0−x)+(k Qq
x −k Qq
x0
)，解得x =
kQq
(mg−f )x0，A错误；
小球甲第一次向下运动过程中速率达到最大值时，加速度为零，此时受力平衡，
mg= f +k Qq
x
2 ，解得x =√
kQq
mg−f ，B正确；小球甲可能会经历多次上下往返运动，
最后停留在某位置时速度一定为零，加速度一定为零，小球甲在静止位置所受
静摩擦力最大且摩擦力方向向下时，则在停留位置有mg+ f =k Qq
x1
2 （此时最后停
留位置x最小，对应的库仑力最大），解得x1=√
kQq
mg+ f ，小球甲在静止位置所受
静摩擦力最大且摩擦力方向向上时有mg= f +k Qq
x2
2 （此时最后停留位置x最大，
对应的库仑力最小），解得x2=√
kQq
mg−f ，综上可得小球甲最后停留位置的区间
为√
kQq
mg+ f ≤x ≤√
kQq
mg−f ，C错误；若小球甲在最低点能返回，则k Qq
x
2 >mg+ f ，
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解得x<√
kQq
mg+ f ，由A项分析得x =
kQq
(mg−f )x0，即(mg−f )x = kQq
x0 ，故初始电势
能E p0= kQq
x0
<(mg−f )√
kQq
mg+ f ，D正确。
C 组 创新高分练
12．（2025·辽宁沈阳二模）如图所示，在坐标系xOy中，x轴水平向右，y轴
竖直向下，在x ≥2 L区域内存在与x轴平行的匀强电场（未画出），一带正电小
球的质量为m，从足够高的原点O沿x轴正方向水平抛出，从A点进入电场区域
时速度与水平方向夹角θ =30
∘ ，后从C点离开电场区域，其运动的轨迹如图所
示，B点是小球在电场中向右运动的最远点，B点的横坐标xB=3 L。小球可视为
质点，电荷量始终不变，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1） 小球在OA段与在AB段运动的时间之比；
（2） 小球从原点O抛出时的初速度大小；
（3） 小球过B点时的动能；
（4） 小球在电场中运动的最小动能与最大动能之比。
【答案】（1） 1:1
（2） √2√3 gL
（3） 4√3
3
mgL
（4） 1:4
【解析】
（1） 从A点运动到B点，小球水平方向做匀减速直线运动，由题意可知小球在
B点水平方向的速度为0，由运动学公式得L= v0
2 t AB
又2 L= v0tOA
解得tOA =t AB
即tOA:t AB=1:1
（2） 从O点到A点，小球水平方向做匀速直线运动，则有2 L= v0tOA
竖直方向上有v Ay = g⋅tOA
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又因为v Ay = v0⋅tanθ
联立解得v0=√2√3 gL
（3） 小球过B点时vBx=0
则小球在B点的动能Ek B= 1
2 m vBy
2
又因为vBy =2v Ay
故有Ek B= 4√3
3
mgL
（4） 设小球从O到A、从A到B的时间均为t，根据运动学规律有1
√3 v0= g⋅t，
v0=ax⋅t
可知ax =√3 g
则F合与水平方向夹角为30
∘ ，又v A与水平方向夹角为30
∘ ，建立如图所示坐标
系
将v A分解到x′、y ′上，小球在x′方向上做匀速运动，在y ′方向上做类竖直上抛
运动，所以小球在电场中运动的最小动能为Ekmin= 1
2 mv Ax′
2
而v Ax′ = v Acos30
∘= v0
解得Ekmin= 1
2 mv0
2
小球在电场中过C时动能最大，根据运动的分解则有vCx= v0，vCy =3 v Ay
Ekmax= 1
2 m[ v0
2+(3 v0 tanθ)
2]=2mv0
2
联立可得Ekmin: Ekmax=1:4
第10 讲 磁场 带电粒子在磁场中的运动
A 组 基础保分练
1．（2025·山西晋城二模）如图所示，弯曲金属棒ACDE固定在磁感应强度大
小为B的匀强磁场中，金属棒所在平面与磁场垂直，AC段为半径为r的四分之
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一圆弧，CDE段为半径为r的半圆弧，A、C、D、E为正方形的四个顶点，给金
属棒通入恒定电流I，则整个金属棒受到的安培力大小为（ ）
A. 2BIr
B. √2BIr
C. 3
2 π BIr
D. 1
2 π BIr
【答案】B
【解析】整个金属棒的有效长度为√2r，则整个金属棒受到的安培力F =√2BIr，
故选B。
2．（2025·湖北七市联考）如图所示，MN上方有垂直纸面向外的匀强磁场，
一不计重力的带电粒子以初速度v0从磁场边界MN上E点进入磁场，然后从磁场
边界MN上F点射出，现只改变带电粒子的入射速度，粒子仍从F点飞出磁场。
则纸面内满足上述条件的粒子的速度矢量图可能正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】设粒子在磁场中的轨道半径为r，则有Bq v0= m v0
2
r ，解得r = mv0
qB ，粒子
离开磁场时弦长为l =2r sinθ = 2m v0
qB
sinθ ，其中θ 表示初速度与MN的夹角，则
v0sinθ 表示初速度在垂直MN方向的分速度，此值不变。故选B。
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3．（2025·江西南昌一模）如图所示，两根长直导线竖直插入粗糙绝缘水平桌
面上的A、B两小孔中，CD虚线为AB连线的中垂线，O为A、B连线的中点，连
线上a、b两点关于O点对称。导线中通有大小相等、方向相反的电流。已知长
直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B =k I
r ，式中k是常数、I是导线中的电
流、r为点到导线的距离。一带正电的小滑块（未画出）以初速度v0从a点出发，
在桌面上沿连线CD运动到b点。关于上述过程，下列说法正确的是（ ）
A. 小滑块做匀速直线运动
B. 小滑块做匀减速直线运动
C. 小滑块做加速度逐渐增大的减速直线运动
D. 小滑块做加速度先增大后减小的减速直线运动
【答案】B
【解析】根据右手螺旋定则及磁场的叠加可知C、D之间的磁场方向沿CD向里，
磁感应强度先增大后减小，带正电的小滑块以初速度v0从a点出发，在桌面上沿
连线CD运动到b点过程中，不受洛伦兹力，只受滑动摩擦力作用，滑动摩擦力
不变，根据牛顿第二定律可知小滑块的加速度不变，所以小滑块做匀减速直线
运动。故选B。
4．（2025·湖北名校联盟二模）如图所示，正六边形线框ABCDEF的六条边和
对角线AD均用相同材质、粗细的导体棒制成，固定于匀强磁场中，线框平面与
磁感应强度方向垂直，线框顶点A、D与直流电源两端相接，已知导体棒BC受
到的安培力大小为F，则线框ABCDEF受到的安培力的大小为（ ）
A. 3 F
B. 5 F
C. 7 F
D. 8 F
【答案】C
【解析】设导体棒BC的电阻为R，长度为L，通过导体棒BC的电流为I，导体
棒BC受到的安培力大小为F = IBL，由左手定则可知安培力垂直BC向上，ABCD
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段等效长度为L1=2 Lcos60
∘+ L=2 L，受到的安培力大小为F1= IB L1=2BIL=2 F，
方向垂直BC向上；通过导体棒AD的电流为I ′ = I ⋅3 R
2 R
= 3
2 I，导体棒AD受到的
安培力大小为F2= I ′ B⋅2 L=3 BIL=3 F，方向垂直AD向上；根据对称性可知，
AFED段受到的安培力大小为F3=2BIL=2 F，方向垂直EF向上，线框ABCDEF
受到的安培力大小为F ′ = F1+ F2+ F3=7 F，故选C。
5．（2025·重庆一模）如图所示，在直角三角形MON区域内存在垂直纸面向
外的匀强磁场（未画出），磁感应强度大小为B，O点处的粒子源可向纸面内磁
场区域各个方向发射相同的带电粒子，已知带电粒子的质量为m，电荷量为+q，
速率均为v = Bqd
2m ，ON长为d，且∠ONM =30
∘ ，忽略粒子的重力及相互间的作
用力。下列说法正确的是（ ）
A. 自MN边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为π m
6 Bq
B. 自MN边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为π m
3 Bq
C. 粒子到达MN边上区域的长度为√3
3 d
D. 粒子到达ON边上区域的长度为√3
2 d
【答案】D
【解析】根据qvB =m v
2
r ，解得r = d
2，自MN边射出的粒子在磁场中运动的最短
时间对应的运动轨迹交MN于A点，圆弧所对应的圆心角为60
∘ ，最长时间对应
的运动轨迹相切MN于B点，交ON于C点，圆弧所对应的圆心角为120
∘ ，如图
所示，根据qvB =m v
2
r ，T = 2π r
v 可得T = 2π m
qB ，综上所述，可得
tmin= 60
∘
360
∘T = π m
3qB，tmax = 120
∘
360
∘T = 2π m
3qB ，故A、B错误；粒子到达MN边上区域
第15页
的长度为A、B之间的距离，由几何关系可得AB = d
2，故C错误；粒子到达ON边
上区域的长度为O、C之间的距离，由几何关系可得OC =2× d
2 ×cos30
∘= √3
2 d，
故D正确。
6．（2025·湖南长沙模拟）如图所示，空间有一以O点为圆心、半径为R的圆
形磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。位于磁场边界上A点的
粒子源可沿纸面向各个方向不停地发射不同速率的相同带正电粒子，粒子的质
量为m、带电荷量为q，运动的轨迹半径为r。不计粒子重力及粒子间的相互作
用，下列说法正确的是（ ）
A. 若r =2 R，则粒子在磁场中运动的最长时间为3 π m
qB
B. 若r = 1
2 R，则粒子在磁场中运动的最长时间为π m
2qB
C. 若r =2 R，则粒子能打在圆形磁场边界的二分之一个圆周上
D. 若r = √3
2 R，则粒子能打在圆形磁场边界的三分之一个圆周上
【答案】D
【解析】当r =2 R，粒子在磁场中运动时间最长时，磁场区域的直径是轨迹对应
的弦，由几何关系可得其运动的轨迹对应的圆心角α =60
∘ ，对应时间为
t = 1
6 T = 1
6 × 2π m
qB = π m
3qB，粒子沿各个方向射入磁场，能打在整个圆周边界上，
故A、C错误；若r = 1
2 R，粒子可在磁场中运动一周，则粒子在磁场中运动的最
长时间t ≠1
4 T = π m
2qB，故B错误；若r = √3
2 R，粒子打到圆周上最远位置C距离入
第16页
射点s=2r =√3 R，圆弧AC对应的圆心角为120
∘ ，即能打在磁场圆周边界的三
分之一个圆周上，故D正确。
7．（2025·河北承德一模）多选 如图所示，半径分别为r和2r的两个同心圆，
其圆心为O，只在环形区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里
的匀强磁场（磁场区域包括边界）。大量质量为m、电荷量为+q的带电粒子从
M点沿各个方向以不同速率射入磁场区域。不计粒子间的相互作用及粒子重力，
cos53
∘=0.6。下列说法中正确的是（ ）
A. 沿MO方向射入磁场且恰好未能进入内部圆形区域的带电粒子的速率为3 Bqr
m
B. 沿MO方向射入磁场且恰好未能进入内部圆形区域的带电粒子，其轨迹圆心
到O点的距离为2.5r
C. 第一次穿过磁场后恰能经过O点的带电粒子，其轨迹半径的最小值为0.8r
D. 从M点以最小速率穿过磁场后恰能经过O点的带电粒子，第一次在磁场中的
运动时间为127 π m
180 Bq
【答案】BD
【解析】带电粒子从M点沿MO方向射入磁场，恰好未能进入内部圆形区域，
说明运动轨迹恰好与内圆相切，如图甲所示，设粒子的运动轨迹半径为R1，圆
心为A，在直角三角形OMA中，O A
2= A M
2+O M
2，即( R1+r )
2= R1
2+(2r )
2，解
得R1=1.5r，OA =2.5r，根据洛伦兹力提供向心力可得Bqv =m v
2
R1，解得
v = 3 Bqr
2m ，故A错误，B正确；带电粒子从M点经磁场进入内部圆形区域再通过
第17页
圆心O，根据逆向运动，半径最小的圆周运动其圆弧与大圆相切，如图乙所示，
设粒子的轨迹半径为R2，圆心为D，其中M、D、O在一条直线上，在直角三角
形OCD中，有O D
2=OC
2+C D
2，即(2r −R2)
2=r
2+ R2
2，解得R2=0.75r，故C错
误；带电粒子做圆周运动的半径最小，其速率最小，如图乙所示，
tan∠CDO = OC
CD =
r
0.75r = 4
3 ，则∠CDO=53
∘ ，整个圆弧轨迹所对的圆心角为
θ =180
∘−53
∘=127
∘ ，粒子在磁场中的运动时间为t =
θ
360
∘× 2π m
qB ，代入数据解
得t = 127 π m
180 Bq ，故D正确。
B 组 强化提分练
8．（2025·四川成都一模）某节目介绍了GIL输电系统的三相共箱技术，三根
超高压输电线缆平行且间距相等。其截面图如图所示，截面圆心构成正三角形，
上方两根输电线缆A、B圆心连线水平，某时刻A输电线缆中电流方向垂直于纸
面向外、B输电线缆中电流方向垂直于纸面向里、电流大小均为I，下方C输电
线缆中电流方向垂直于纸面向外、电流大小为2 I，如图所示，下列说法正确的
是（ ）
A. A、B输电线缆相互吸引
B. 正三角形中心O处磁感应强度方向水平向左
C. A输电线缆所受安培力方向斜向左下方，与水平方向的夹角为60
∘
D. C输电线缆所受安培力方向平行输电线缆A、B圆心连线向左
【答案】D
【解析】由于A、B输电线缆通入的电流方向相反，两输电线缆相互排斥，故A
错误；由右手螺旋定则和平行四边形定则可知，A、B输电线缆在O处的合磁感
应强度方向竖直向上，C输电线缆在O处的磁感应强度方向水平向左，所以O处
第18页
合磁感应强度方向应斜向左上方，故B错误；B输电线缆对A输电线缆的作用力
沿BA水平向左，大小设为F，C输电线缆对A输电线缆的作用力沿AC斜向右下，
大小为2 F，由矢量合成及几何关系可知，A输电线缆所受安培力方向竖直向下，
故C错误；同理可知C处合磁感应强度方向竖直向上，由左手定则知C输电线缆
所受安培力方向平行输电线缆A、B圆心连线向左，故D正确。
9．（2025·湖北襄阳二模）如图甲所示，虚线内为一圆形区域，该区域处于
xOy平面内，圆心为O；无限长通电直导线a（图中未画出）垂直平面固定放置，
另一无限长通电直导线b（电流方向未画出）垂直平面从x轴上的P点沿虚线按
逆时针方向移动，导线b与圆心的连线与x轴正半轴夹角为θ ，θ 从0 缓慢增大
到π 的过程中，O点处磁感应强度B的分量Bx和B y随θ 的变化图像如图乙、丙
所示。规定沿坐标轴正方向为磁感应强度的正方向，下列说法正确的是（ ）
A. 导线a的电流方向一定与导线b相反
B. 导线a可能位于第四象限角平分线上
C. 导线b移动过程中，O处磁感应强度先增大后减小
D. 导线b移动过程中，O处磁感应强度最小值为0
【答案】B
【解析】因为θ =0时b导线在O点产生的磁感应强度没有x轴方向分量，因此x轴
方向的磁感应强度分量为a导线在x轴的磁感应强度分量，同理θ = π
2 时b导线在O
点无y轴方向磁感应强度分量，y轴方向磁感应强度分量为a导线在y轴的磁感应
强度分量，即Bax=2T，Bay =2T，Ba=2√2T，可知a可能位于第四象限角平分线
上，电流方向垂直纸面向里，或位于第二象限角平分线上，电流方向垂直纸面
向外，故B正确；θ =0时，Bay+ Bb=6T，Bb= 4T，则导线b中电流方向垂直纸面
向里，a、b电流方向可能相同或相反，故A错误；导线b移动过程中，Bb与Ba的
第19页
夹角从π
4 到π 再到3
4 π ，则O点处磁感应强度先减小后增大，且最小值不为0，
故C、D错误。
10．（2025·山西太原二模）如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内，存
在垂直于圆面的匀强磁场（未画出）和平行于圆面的匀强电场（未画出），P、
Q分别为圆形边界上的两点，PO⊥QO。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子
（不计重力），从P点以初速度v0沿PO方向射入，该粒子恰好沿直线通过该圆
形区域。若仅撤去磁场，该粒子仍从P点以初速度v0沿PO方向射入，则该粒子
恰从Q点离开。
（1） 求匀强磁场的磁感应强度大小。
（2） 若仅撤去电场，该粒子仍从P点以初速度v0沿PO方向射入，求该粒子通
过圆形区域前后速度变化量的大小。
【答案】（1） 2mv0
qR
（2） 4√5
5
v0
【解析】
（1） 设电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B，则qE =q v0 B
仅撤去磁场后，粒子从P点进入后做类平抛运动。设粒子在电场中运动时间为t，
粒子加速度的大小为a，则a= qE
m
由类平抛运动的规律可知R = v0t，R = 1
2 at
2
解得B = 2mv0
qR
（2） 仅撤去电场后，设粒子做圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律有
q v0 B =m v0
2
r
第20页
解得r = 1
2 R
设粒子速度偏转角为θ ，由几何关系有
sin θ
2 =
R
√R
2+ R
2
4
= 2√5
5
则带电粒子通过该区域前后速度变化量的大小Δv =2v0sin θ
2
解得Δv = 4√5
5
v0
11．（2025·湖北名校联考）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、三、
四象限内存在垂直于平面向外、磁感应强度大小为B(B未知)的匀强磁场，第二
象限内存在垂直平面向外、磁感应强度大小为3 B的匀强磁场。质量为m、电荷
量为+q的带电粒子从y轴上M点(0,d)以初速度v0沿x轴正方向射入第一象限，
然后从x轴上的N点(√3d ,0)射入第四象限，不计粒子的重力。求：
（1） 磁感应强度B的大小；
（2） 带电粒子自M点进入磁场开始到第四次经过x轴时所经历的时间。
【答案】（1） mv0
2qd
（2） 58 π d
9 v0
【解析】
（1） 设带电粒子在第一、三、四象限磁场中做圆周运动的半径为R1，粒子在
第一象限的轨迹圆的圆心为O1，由几何关系知R1
2=( R1−d)
2+(√3d)
2
第21页
解得R1=2d
由洛伦兹力提供向心力有q v0 B =m v0
2
R1
解得B = mv0
2qd
（2） 设带电粒子在第一象限磁场中运动的时间为t1，则t1=
π
3 ⋅2d
v0
= 2π d
3 v0
设带电粒子在第二象限磁场中做圆周运动的半径为R2，由洛伦兹力提供向心力
得q v0⋅3 B =m v0
2
R2
解得R2= 2
3 d
带电粒子的运动轨迹如图
设粒子第四次经过x轴时在第三、四象限运动的总时间为t2，在第二象限运动的
时间为t3，则t2=2×
4
3 π ⋅2d
v0
= 16 π d
3 v0
t3=
2
3 π ⋅2
3 d
v0
= 4 π d
9 v0
则带电粒子自M点进入磁场到第四次经过x轴所经历的时间t =t1+t2+t3= 58 π d
9 v0
C 组 创新高分练
12．（2025·重庆卷·14，12 分）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，如图所示，水平放置的荧光屏
上方有沿竖直方向磁感应强度大小为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
第22页
射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速度大小相等，方向相反，比荷均为q
m。
已知OK =3h，OM =3√3h，不计粒子所受重力及粒子间相互作用。
（1） 若K平行OM发射的粒子在O点产生光点，求粒子的速度大小。
（2） 若K从平行OM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） 3qBh
2m
（2） 2qBh
m
（3） 2π m
3qB
【解析】
（1） 粒子以KO为直径做匀速圆周运动，r = 3h
2
洛伦兹力提供向心力，有qvB =m v
2
r
即r = mv
qB
联立解得v = 3qBh
2m 。
（2） 依题意，正、负粒子的轨迹正好构成一个完整的圆，且在N点与O、M
所在直线相切，如图甲所示
第23页
甲
由于K逆时针旋转60
∘ ，根据几何关系可知θ =30
∘
设粒子做匀速圆周运动的半径为r1，满足r1sinθ+r1=3h
解得r1=2h
又r1= m v1
qB
解得v1= 2qBh
m
。
（3） 关闭磁场后粒子沿圆弧切线做匀速直线运动到M点，从M点作圆弧轨迹
的切线，切点为P，如图乙所示
乙
由于O′ N =r1=2h，且O′ N ⊥NM
由几何关系可知∠NO′ M =∠PO′ M =60
∘
故α =120
∘
所以圆弧KP
⌢对应的时间t = 1
3 T
周期T = 2π r1
v1
= 2π m
qB
解得t = 2π m
3qB 。
第11 讲 带电粒子在复合场中的运动
A 组 基础保分练
1．（2025·江西南昌二模）在竖直平面内有xOy坐标系，空间存在垂直xOy平
面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E，一
电荷量为q的带正电粒子（重力忽略不计）从坐标原点以速度v0= E
2B沿x轴正方
向开始运动，其轨迹可能为下列图像中的（ ）
第24页
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】开始时，粒子所受的合力大小F合=qE−q v0 B = qE
2 ，方向竖直向下，
则最初粒子的运动轨迹向下弯曲，取qE =q v1B，解得v1= E
B =2v0>v0，则粒子实
际的运动可看作以速度v1=2v0向右的匀速直线运动和从O点出发、以速度
v2= v1−v0= v0的逆时针方向的匀速圆周运动的合运动，由运动的合成和周期性
知，粒子运动轨迹为周期性的摆线形状，故A正确，B、C、D错误。
2．（2025·四川绵阳一模）如图所示，真空区域有同心圆a和b，半径分别为R
和2 R，O为圆心，圆a内和圆b外足够大的区域均存在垂直圆面的匀强磁场，磁
感应强度大小均为B，方向相反；a、b之间充满辐向电场，电场方向均指向圆
心O。质量为m、电荷量为−q的带电粒子从圆a上的P点沿PO方向射入，入射速
度大小为√3qBR
3m
，已知带电粒子第二次经过圆b外匀强磁场区域后，再经电场
恰好回到P点并沿PO方向射入。不计粒子重力，忽略边缘效应，则圆a、b之间
电势差为（ ）
第25页
A. 35q B
2 R
2
6m
B. 47 q B
2 R
2
6m
C. −35q B
2 R
2
6m
D. −47 q B
2 R
2
6m
【答案】C
【解析】作出粒子的运动轨迹，如图所示，由题知，带负电的粒子在圆a内的匀
强磁场以速度v1= √3qBR
3m
向下偏转，从P1处进入辐向电场，粒子所受电场力方
向与速度方向相同，故粒子从P1到P2做加速运动，然后粒子以速度v2从P2点进
入圆b外的匀强磁场。粒子在圆a内做匀速圆周运动，有qB v1=m v1
2
r1
，解得
r1= √3
3 R，根据几何关系可得tan∠O1O P1= r1
R = √3
3 ，解得∠O1O P1=30
∘ ，根据
几何关系可得∠O2O P2=60
∘ ，在直角三角形O P2O2中，根据几何关系有
r2=2 R tan ∠O2O P2=2√3 R，粒子在圆b外做匀速圆周运动，则有qB v2=m v2
2
r2
，
解得v2= 2√3qBR
m
，粒子从P1到P2做加速运动，根据动能定理有
−qU ab= 1
2 mv2
2−1
2 mv1
2，解得U ab=−35q B
2 R
2
6m
，C正确。
第26页
3．多选空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场与水平向右的匀强电场，匀强磁场
的磁感应强度大小为B，电场强度的大小为E，一带电体在复合场中恰能沿着
MN做匀速直线运动，MN与水平方向成45
∘ ，NP水平向右。带电体的带电荷量
为q，速度为v，质量为m，重力加速度为g，当带电体到达N点时，撤去磁场，
一段时间后带电体经过P点，则（ ）
A. 电场强度的大小E = √2mg
q
B. 磁感应强度的大小B = √2mg
qv
C. N、P两点的电势差U = 2m v
2
q
D. 粒子从N →P时距离NP的最大值为v
2
8 g
【答案】BC
【解析】带电体在复合场中能沿着MN做匀速直线运动，可知带电体的受力情
况如图甲所示，MN与水平方向成45
∘ 角，由共点力的平衡条件可知mg=qE，
qvB =√2mg，解得电场强度的大小E = mg
q ，磁感应强度的大小B = √2mg
qv
，A错
第27页
误，B正确。撤去磁场后，带电体的合力方向与初速度方向垂直，带电体做类
平抛运动，如图乙所示，加速度a= F合
m =√2 g，带电体到达P点时，位移偏转角
为45
∘ ，故在P点速度偏转角的正切值tanθ =2tan 45
∘=2= v y
v x ，其中v x= v，所以
带电体在P点的速度大小v P=√v x
2+ v y
2 =√5 v，从N到P过程，根据动能定理有
qU = 1
2 m v P
2 −1
2 m v
2，解得N、P两点间的电势差U = 2mv
2
q
，C正确。将带电体在
N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知带电体在竖直方向做竖直上
抛运动，且v Ny = v sin 45
∘= √2
2 v，故带电体能向上运动的最大距离h= v Ny
2
2g = v
2
4 g，
D错误。
甲
乙
4．（2025·广东深圳二模）多选 如图所示，在三维坐标系Oxyz中，z<0的空
间同时存在沿z轴负方向的匀强电场和沿x轴负方向的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度
大小为B0，在z>0的空间存在沿y轴正方向的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为
1
2 B0。带正电的粒子从M (a,0,−a)点以速度v0沿y轴正方向射出，恰好做直线运
动。现撤去电场，继续发射该带电粒子，恰好垂直xOy平面进入z>0空间。不计
粒子重力，正确的说法是 （ ）
A. 电场强度大小为B0v0
B. 带电粒子的比荷为
2v0
a B0
第28页
C. 粒子第二次经过xOy平面的位置坐标为(−a,a,0)
D. 粒子第三次经过xOy平面的位置与O点距离为3√2a
【答案】AD
【解析】撤去电场前粒子能做直线运动，则有q v0 B0= Eq，解得E = v0 B0，故A
正确；撤去电场，继续发射该带电粒子，恰好垂直xOy平面进入z>0空间，可知
粒子做半径为a的匀速圆周运动，则有q v0 B0=m v0
2
a ，解得带电粒子的比荷为
q
m = v0
a B0，故B错误；第一次经过xOy平面的位置坐标为(a,a,0)，进入z>0空间
后，磁场的磁感应强度大小变为1
2 B0，则粒子做圆周运动的半径为2a，且向x轴
负方向偏转，则第二次经过xOy平面的位置坐标为(−3a,a,0)，故C错误；粒子
再次进入z<0的空间做圆周运动，沿y轴正方向移动2a后第三次经过xOy平面，
此位置坐标为(−3a,3a,0)，则粒子第三次经过xOy平面的位置与O点距离为
d =√(3a)
2+(3a)
2=3√2a，故D正确。
5．（2025·河北石家庄一模）如图所示，平面直角坐标系xOy中的第一象限内
存在沿y轴负方向的匀强电场E1（场强大小未知），在第四象限内存在沿y轴正
方向的匀强电场E2（场强大小未知）。同时在第四象限的某矩形区域（某边界
平行于x轴）内存在方向垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为
B0= 5mv0
8qL 。一个质量为m、带电荷量为+q的小球从y轴正半轴上到O点距离为
3 L的P点沿x轴正方向以速度v0抛出。小球从x轴正半轴上到坐标原点O的距离
为8 L的Q点进入第四象限，在磁场中做圆周运动，之后从x轴上M点进入第一象
限，再从x轴上的N点进入第四象限，磁场、M点和N点图中均未画出。已知重
力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1） 第一象限和第四象限中匀强电场的场强大小之比；
（2） N点到坐标原点O的最小距离和磁场区域的最小面积。
【答案】（1） 3 v0
2−32 gL
32 gL
第29页
（2） 108
5 L ； 72 L
2
5
【解析】
（1） 带电小球在第一象限做类平抛运动，沿x轴方向有8 L= v0t
沿y轴方向有3 L= 1
2 at
2
根据牛顿第二定律有q E1+mg=ma
解得a= 3 v0
2
32 L，E1= 3m v0
2−32mgL
32qL
在第四象限小球做圆周运动，重力与电场力大小相等，有q E2=mg
则E1
E2
= 3 v0
2−32 gL
32gL
（2） 使N点到坐标原点O的距离最小，需要使带电小球刚进入第四象限时，
就进入磁场区域做圆周运动，画出运动轨迹如图所示
矩形GHCD的面积为磁场区域的最小面积Smin，设带电小球进入磁场时速度方向
与y轴负方向的夹角为α ，根据类平抛运动推论，可知 tan α = 4 L
3 L = 4
3
由数学知识可知 sin α = 4
5 ，cosα = 3
5
根据速度合成与分解可知小球进入磁场时的速度大小为
v = v0
sin α = 5 v0
4
带电小球在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有qv B0= mv
2
R
解得小球的轨迹半径R =2 L
由几何关系可知CD = R+ R sin α = 18 L
5 ，HC =2 R = 4 L
则Smin= 18 L
5
×4 L= 72 L
2
5
第30页
带电小球从M点进入第一象限，从M点到最高点F的运动为类平抛运动的逆运
动，根据对称性可知MN =2OQ
解得MN =16 L
所以ON =OQ−2 R cosα + MN = 108
5 L
B 组 强化提分练
6．（2025·江苏名校联考）如图所示，A为速度选择器，磁场与电场正交，磁
感应强度大小为B1，两板间电压为U，间距为d；B区间有一垂直纸面向里的匀
强磁场，磁感应强度大小为B2，宽度为l；C为一内半径为r的圆筒，左右端面圆
心O1、O2处各开有一小孔，内部有水平向右的匀强电场（场强大小为E）、匀
强磁场B3（磁感应强度大小未知），C左端面紧贴B区间的右边界。一带电粒子
以初速度v0（大小未知）水平射入速度选择器，沿直线运动射入B区间，偏转
30
∘ 后从C左端面圆心O1处射入圆筒C，粒子恰好与筒壁不碰撞，最后从右端面
圆心O2处射出。忽略粒子重力，不考虑边缘效应。求：
（1） 粒子初速度v0大小；
（2） 粒子的比荷q
m及在B区间运动时间t；
（3） 圆筒长度s应满足的条件。
【答案】（1） U
B1d
（2）
U
2l B1B2d ； π l B1d
3U
（3） 见解析
【解析】
（1） 在速度选择器A中，粒子沿直线运动，说明粒子所受电场力和洛伦兹力
大小相等、方向相反，即q E0=q v0 B1，又因为E0= U
d ，所以v0= U
B1d
第31页
（2） 粒子在B区间内做匀速圆周运动，根据几何关系可知，粒子在B区间运动
的轨迹半径R满足 sin30
∘= l
R，则R =2l，由洛伦兹力提供向心力，有
q v0 B2=m v0
2
R ，解得q
m =
U
2l B1B2d
粒子在B区间运动轨迹对应的圆心角θ =30
∘= π
6 ，粒子做圆周运动的周期T = 2π m
q B2 ，
粒子在B区间内运动的时间t = θ
2π T
可得t = π l B1d
3U
（3） 粒子进入圆筒C后，在水平方向受电场力和洛伦兹力的共同作用，粒子
在竖直方向以v y = v0sinθ 的速度在磁场作用下做匀速圆周运动，水平方向以
v x= v0cosθ 的速度在电场作用下做匀加速直线运动，因为粒子恰好与筒壁不碰
撞，所以竖直方向的圆周运动的半径r1= r
2，同时可知T ′ = 2π r1
v y ，代入可得
T ′ = 2π r
v0 ，即t 总=nT ′ = 2n π r
v0
(n=1,2,3,⋯)，粒子水平方向做匀加速直线运动，
有qE =ma，s= v xt 总+ 1
2 at 总
2 ，可得s=√3n π r + 2n
2qE B1
2d
2π
2r
2
mU
2
(n=1,2,3,⋯)
7．（2025·辽宁大连模拟）如图所示，在xOy坐标系x<0区域内存在平行于x轴、
电场强度大小为E( E未知)的匀强电场，分界线OP将x>0区域分为区域Ⅰ和区域
Ⅱ，区域Ⅰ存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B(B未知)的匀强磁场，区域
Ⅱ存在垂纸直面向里、磁感应强度大小为B′ = 1
2 B的匀强磁场及沿y轴负方向、
电场强度大小为E′ = 2
3 E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从
M (−d ,0)点以初速度v0垂直电场方向进入第二象限，经N点进入区域Ⅰ，此时
速度与y轴正方向的夹角为60
∘ ，经区域Ⅰ后由分界线OP上的A点（图中未画
出）垂直分界线进入区域Ⅱ，不计粒子重力及电磁场的边缘效应。求：
第32页
（1） N点的位置坐标；
（2） 带电粒子从M点运动到A点的时间t；
（3） 粒子在区域Ⅱ中运动时，第1 次和第2n+1次(n≥1且n为整数)经过x轴的
位置之间的距离s。
【答案】（1） (0, 2√3
3
d )
（2） 2√3d
3 v0
+ π d
4 v0
（3） 见解析
【解析】
（1） 粒子经过N点时的速度v =
v0
cos60
∘=2v0
经过N点时沿x轴方向分速度v x = v0 tan 60
∘=√3 v0
由类平抛运动规律有d = v x
2 t1，y N = v0t1
联立解得y N = 2√3
3
d
即N点的位置坐标为(0, 2√3d
3
)
（2） 粒子从M点到N点，由动能定理得qEd = 1
2 m v
2−1
2 m v0
2
解得E = 3mv0
2
2qd
粒子从M点到N点，由（1）中分析可知t1= y N
v0
= 2√3d
3 v0
第33页
粒子从M点到A点，其运动轨迹如图甲所示
甲
由几何关系可得，粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径r1=ON ⋅sin 60
∘=d
可知运动时间t2= 1
4 T 1= 1
4 ⋅2π r1
v
= π d
4 v0
则带电粒子从M点运动到A点的时间t =t1+t2= 2√3d
3 v0
+ π d
4 v0
（3） 粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
r1
解得B = 2mv0
qd
在A点利用配速法，设v1对应的洛伦兹力与电场力平衡，则有v1= v2，且v1与v2
方向相反，v2与v的合速度v ′对应的洛伦兹力提供做圆周运动的向心力
这样粒子进入区域Ⅱ中的运动分解为速度为v1的匀速直线运动和速度为v ′的匀
速圆周运动，电场力等于洛伦兹力，有qE′ =q v1B′
联立解得v1= v0
则由几何关系得v ′ =√v
2−v2
2=√3 v0
设速度为v ′的匀速圆周运动的半径为r2，由洛伦兹力提供向心力有qv ′ B′ =m v ′
2
r2
联立解得r2=√3d
其运动轨迹如图乙所示
乙
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粒子从第1 次到第2n+1次经过x轴，共运动了n个周期，时间
tn=nT 2=n⋅2π r2
v ′
= 2π nd
v0
距离s= v1tn
联立解得s=2n π d(n≥1且n为整数)
8．（2025·湖北武汉一模）如图所示，无限长的两水平边界间划分了三个区域，
中间的矩形ABCD区域分布有竖直方向的匀强电场（图中未画出），边界AB的
左侧分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界CD的右侧分布有垂直纸面向外的匀
强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点竖直向下射入左侧磁场，
速度大小为v，经磁场偏转，粒子第一次穿过边界AB进入电场时，与边界AB的
夹角为θ ，之后以垂直边界CD的方向离开电场，并进入右侧磁场运动。最终，
粒子从P点正下方的Q点沿竖直方向射出场区。已知，匀强电场的电场强度大小
始终不变，但粒子每次离开电场时，电场的方向会反向，P、A间距为d，上、
下边界间距为2d，sinθ =0.6，不计粒子的重力，忽略边缘效应。求：
（1） 左侧磁场的磁感应强度大小B1；
（2） A、D的间距L的最大值；
（3） 若边界AB和CD的间距为1
3 d，右侧磁场的磁感应强度大小B2的最大值。
【答案】（1） 9mv
5qd
（2） 0.5d
（3） 27mv
10qd
【解析】
（1） 设粒子在左侧磁场运动时的半径为R1。若粒子第一次离开左侧磁场的情
况如图甲所示，则R1−R1cosθ =d
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甲
解得R1=5d
可知粒子第一次离开磁场时的射出点M与A点的间距为3d，而上、下边界间距
为2d，故不符合题意，此种情况舍去。
若粒子第一次离开左侧磁场的情况如图乙所示，则R1+ R1cosθ =d
乙
解得R1= 5
9 d
洛伦兹力提供粒子做匀速圆周运动的向心力，有qv B1= m v
2
R1
解得B1= 9mv
5qd
（2） 设粒子从边界CD上的N点第一次进入右侧磁场。从M到N，粒子在竖直
方向上的位移
y MN = 1
2 v cosθ⋅t =0.4 vt
丙
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水平方向上的位移
L= v sinθ⋅t =0.6 vt
粒子不能射出场区，则y MN ≤R1sinθ
联立解得L≤0.5d，即L的最大值为0.5d
（3） 设粒子从N点射入右侧磁场，圆周运动的半径为R2，从N ′点第一次离开
右侧磁场，从M ′点再次进入左侧磁场。
粒子在右侧磁场运动的速度大小为v sinθ =0.6 v
洛伦兹力提供粒子匀速圆周运动的向心力，有
q⋅0.6 v B2= m(0.6 v)
2
R2
可知B2越大，R2越小，作出满足题设条件的粒子运动的轨迹如图丁所示。根据
题意，粒子再次进入左侧磁场时速度大小仍为v，圆周运动半径也为R1，则
EF = R1−R1sinθ =0.4 R1
丁
粒子不能从上边界离开磁场，则AM ′ ≥EF
即DN +2 R2−y MN ≥0.4 R1
其中DN = AM −y MN，AM = R1sinθ =0.6 R1，结合已知条件L= 1
3 d，有y MN = 2
9 d，
则DN = 1
9 d
解得R2≥1
6 d
粒子再次进入左侧磁场运动至P′点时，圆心O1与P′连线水平，粒子从P点运动
至P′点的过程可视为粒子在场区运动的一个周期
PP′ =2 R1sinθ−2 y MN +2 R2= 2
9 d +2 R2
设经历n(n为正整数)个周期，粒子恰好从Q点离开场区要满足nPP′ =2d
即n( 2
9 d +2 R2)=2d
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解得R2=( 1
n −1
9 )d
联立可得n≤18
5
n=1、2、3
如图戊所示，当n=3时，R2有最小值，为R2min= 2
9 d
此时B2取最大值，得B2= 27mv
10qd
戊
