文档文本内容
专题21 带电粒子在复合场中的运动
考点
十年考情（2016-2025）
命题趋势
考点1 带电粒
子在复合场中
的运动
（10 年10
考）
2025·福建·高考真题2025·广西·高考真题
2024·重庆·高考真题、2024·湖北·高考真
题、2024·广西·高考真题、2023·北京·高考
真题、2023·全国高考真题、2023·海南·高考
真题、2023·全国高考真题、2023·福建·高考
真题、2023·天津高考真题、2023·浙江·高考
真题、2023·湖北·高考真题、2022·北京·高
考真题、2022·广东·高考真题、2022·辽宁·
高考真题、2022·湖北·高考真题、2021·北
京·高考真题、2021·全国高考真题、2021·海
南·高考真题、2021·湖北·高考真题、2021·
湖南·高考真题、2020·全国·高考真题、
2020·天津·高考真题、2020·北京·高考真
题、2020·江苏·高考真题、2020·浙江·高考
真题、2019·北京·高考真题、2019·全国、高
考真题、2019·海南·高考真题、2019·江苏高
考真题、2018·海南·高考真题、2018·江苏·
高考真题、2018·浙江·高考真题、2017·全
国·高考真题、2017.全国·高考真题、2017·
浙江·高考真题、2016·全国高考真题、2016·
四川高考真题、2016·海南·高考真题、2016·
浙江·高考真题
1.
注重综合考查：该知识点常融
合电场、磁场、复合场等知识，考查
学生运用力电综合知识思考问题的能
力，综合性极强，旨在鉴别考生的数
理转化和空间思维能力。
2.
结合实际情境：命题情境紧密
联系生活、生产实际，如以电视机显
像管、电磁流量计、磁流体发电机、
质谱仪等为背景，体现“物理从生活
中来，从生活走向社会”的理念。
3.
题型创新灵活：可能出现滚轮
线模型等新颖题型，注重考查学生的
应变能力和创新能力。备考时，学生
应扎实掌握基础知识，强化综合应用
训练，关注实际情境和题型创新，学
会将实际问题转化为物理模型，正确
画出运动轨迹，灵活运用几何关系和
三角函数知识进行分析与计算。
考点01 带电粒子在复合场中的运动
1．（2025·福建·高考真题）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B 与水平向右的匀强电场E，一带电体在
复合场中恰能沿着MN 做匀速直线运动，MN 与水平方向呈45°，NP 水平向右。带电量为q，速度为
v，质量为m，当粒子到N 时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P 点，重力加速度为
,则（ ）
A．电场强度为
B．磁场强度为
C．NP 两点的电势差为
D．粒子从N→P 时距离NP 的距离最大值为
【答案】BC
【详解】AB、带电体在复合场中能沿着
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
解得电场强度
，磁感应强度
，故A 错误，B 正确。
C、在
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
粒子到达
点时，位移偏转角为
，故在
点，速度角的正切值
所以粒子在
点的速度
到
过程，由动能定理，有
解得
两点间的电势差
，C 正确；
D、将粒子在
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
故粒子能向上运动的最大距离
D 错误；
故选BC。
2．（2025·广西·高考真题）如图，带等量正电荷q 的M、N 两种粒子，以几乎为0 的初速度从S 飘入电势
差为U 的加速电场，经加速后从O 点沿水平方向进入速度选择器（简称选择器）。选择器中有竖直向
上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，右
端开口宽度为2d 时，M 粒子沿轴线OO′穿过选择器后，沿水平方向进入磁感应强度大小为B2、方向垂
直纸面向外的匀强磁场（偏转磁场），并最终打在探测器上；N 粒子以与水平方向夹角为θ 的速度从开
口的下边缘进入偏转磁场，并与M 粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应，
则（ ）
A．M 粒子质量为
B．刚进入选择器时，N 粒子的速度小于M 粒子的速度
C．调节选择器，使N 粒子沿轴线OO′穿过选择器，此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比为
D．调节选择器，使N 粒子沿轴线OO′进入偏转磁场，打在探测器上的位置与调节前M 粒子打在探测器
上的位置间距为
【答案】AD
【详解】A．对M 粒子在加速电场中
在速度选择器中
解得M 的质量
，故A 正确；
B．进入粒子速度选择器后因N 粒子向下偏转，可知
即
，故B 错误；
C．M 粒子在磁场中运动半径为r1，则
解得
N 粒子在磁场中运动的半径为r2，则
解得
其中
可得
由动能定理N 粒子在选择器中
在加速电场中
解得
，
则要想使得粒子N 沿轴线OO＇通过选择器，则需满足
联立解得
，故C 错误；
D．若N 粒子沿直线通过选择器，则在磁场中运动的半径为r3，则打在探测器的位移与调节前M 打在探
测器上的位置间距为
其中
，
可得
，故D 正确。
故选AD。
3．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，在
平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感
应强度大小为B，一带正电的粒子从
点射入磁场，速度方向与y 轴正方向夹角
，从
点射出磁场。已知粒子的电荷量为
，质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。
(1)求粒子射入磁场的速度大小
和在磁场中运动的时间
。
(2)若在
平面内某点固定一负点电荷，电荷量为
，粒子质量取
（k 为静电力常量），粒
子仍沿（1）中的轨迹从M 点运动到N 点，求射入磁场的速度大小
。
(3)在（2）问条件下，粒子从N 点射出磁场开始，经时间
速度方向首次与N 点速度方向相反，求
（电荷量为Q 的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0 时，与该点电荷距离为r 处的电势
）。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【详解】（1）作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如图所示
由几何关系可知，正电荷在磁场中做匀速圆周运动的半径为
由洛伦兹力提供向心力
解得正电荷的入射速度大小为
正电荷在磁场中运动的周期为
所以正电荷从M 运动到N 的时间为
（2）由题意可知，在
平面内的负电荷在圆心O 处，由牛顿第二定律可知
，其
中
解得
或
（舍去）
（3）在（2）的条件下，由题意可知，粒子从N 点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需要的向
心力
大于点电荷提供的库仑力
，因此粒子无法做匀速圆周运动，即正电荷从N 点离开磁场
后绕负电荷做椭圆运动，如图所示
由能量守恒定律得
由开普勒第二定律可知
其中
联立解得
由牛顿第二定律
解得
故正电荷从
点离开磁场后到首次速度变为与
点的射出速度相反的时间为
4．（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（
）的粒子从磁场中的a 点以速度
向右水平发射，当粒子进
入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为
，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧
b 点，通过b 点时其速度方向水平向右。a、b 距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为
。
不计重力。
(1)求磁感应强度的大小；
(2)求电场强度的大小；
(3)若粒子从a 点以
竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。（一个
周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度）
【答案】(1)
(2)
(3)
【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
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，由几何关系有
解得
由牛顿第二定律有
解得
（2）根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为
，方向与水平虚线的夹角为
，
由几何关系可得
则粒子在电场中的运动时间为
沿电场方向上，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
联立解得
（3）若粒子从a 点以
竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为
，粒子在磁场中运动的半径仍为
，由几何关系可得，粒子
进入电场时速度与虚线的夹角
结合小问2 分析可知，粒子在电场中的运动时间为
间的距离为
由几何关系可得
则
粒子在磁场中的运动时间为
则有
综上所述可知，粒子每隔时间向右移动
，则漂移速度大小
5．（2025·贵州·高考真题）如图所示，
轴水平向右，
轴竖直向上，
轴垂直纸面向里（图中未画出），
在
平面里有竖直向上的匀强电场
，在
的平面下方存在垂直纸面向里的匀强磁场
，
的平面上方有垂直纸面向里的匀强磁场
（未知）。有一带正电的粒子，质量为
，从坐标原点
出
发，沿
轴正方向以速度射出后做圆周运动，其中
，
，
点坐标
。已知重
力加速度为
，粒子电荷量为
。求：
(1)电场强度
的大小及该粒子第一次经过
平面时的位置对应的
坐标值；
(2)当该带电粒子沿
轴正方向飞出到达
点时间最小时，求
的大小；
(3)若将电场
改成沿y 轴正方向，粒子同样从坐标原点
沿x 轴以速度射出，求粒子的轨迹方程。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【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
解得
粒子做匀速圆周运动，圆周运动轨迹如图所示
洛伦兹力提供向心力得
解得粒子运动的轨道半径
根据圆周运动轨迹，由几何关系得
代入数据解得
。
（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
磁场中速度方向与磁场分界面成
角，由几何关系可得
可解得
设粒子在
磁场中运动的轨道半径为
，根据圆周运动轨迹可知粒子运动到
点应满足
当
取最小值时，运动时间最短。所以当
时，运动时间最短，代入
的值解得
根据
联立可得
当该带电粒子沿
轴正方向飞出到达
点时间最小时，
的大小为
。
（3）若将电场方向改为
轴方向正方向，由受力分析，粒子受到沿
轴正方向的洛伦兹力、沿
轴负
方向的重力、沿
轴正方向的电场力，根据
解得粒子受到的洛伦兹力大小为
正好与重力相平衡，所以粒子在
轴正方向做匀加速直线运动，有
由牛顿第二定律有
粒子在
轴正方向做匀加速直线运动，有
联立解得轨迹方程
6．（2025·云南·高考真题）磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，
区域存在垂
直
平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为
（未知）。第一象限内存在边长为
的正方形磁
屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直
平面向里，其磁感应强度大小为
（未知），但满足
。某质量为m、电荷量为
的带电粒子通过速度选择器后，在
平面内垂直y 轴射入
区域，经磁场偏转后刚好从ON 中点垂直ON 射入磁屏蔽区域。速度选择器两
极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小
已知，不考虑该粒子的重力。
(1)求该粒子通过速度选择器的速率；
(2)求
以及y 轴上可能检测到该粒子的范围；
(3)定义磁屏蔽效率
，若在Q 处检测到该粒子，则
是多少？
【答案】(1)
(2)
，
(3)
【详解】（1）由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故
其中
则该粒子通过速度选择器的速率为
（2）粒子在
区域内左匀速圆周运动，从ON 的中点垂直ON 射入磁屏蔽区域，由几何关系可知
由洛伦兹力提供给向心力
联立可得
由于
，根据洛伦兹力提供给向心力
解得
当
时粒子磁屏蔽区向上做匀速直线运动，离开磁屏蔽区后根据左手定则，粒子向左偏转，如图所
示
根据洛伦兹力提供向心力
可得
故粒子打在y 轴3L 处，综上所述y 轴上可能检测到该粒子的范围为
。
（3）若在Q 处检测到该粒子，如图
由几何关系可知
解得
由洛伦兹力提供向心力
联立解得
其中
根据磁屏蔽效率
可得若在Q 处检测到该粒子，则
7．（2024·天津·高考真题）如图所示，在
平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R 的半圆形匀强
磁场区域，半圆与x 轴相切于M 点，与y 轴相切于N 点，直线边界与x 轴平行，磁场方向垂直于纸面向
里。在第一象限存在沿
方向的匀强电场，电场强度大小为E．一带负电粒子质量为m，电荷量为
q，从M 点以速度v 沿
方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。
(1)求磁感应强度B 的大小；
(2)若仅有电场，求粒子从M 点到达y 轴的时间t；
(3)若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达x 轴上P 点，M、P 的距离为
，求粒子在
磁场中运动的时间
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，由于一带负电粒子能沿直线匀速穿过半圆区域，由平衡条件有
解得
（2）若仅有电场，带负电粒子受沿
轴负方向的电场力，由牛顿第二定律有
又有
联立解得
（3）根据题意，设粒子入射速度为
，则有
可得
画出粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系可得
解得
则轨迹所对圆心角为
，则粒子在磁场中运动的时间
8．（2024·福建·高考真题）如图，直角坐标系
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
、
，其中
垂直
轴放置，极板与
轴相交处存在小孔
、
；
垂
直
轴放置，上、下极板右端分别紧贴
轴上的
、
点。一带电粒子从
静止释放，经电场直线加
速后从
射出，紧贴
下极板进入
，而后从
进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直
轴离开，运
动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为
、带电量为
，
、
间距离为
，
、
的板间电压大
小均为
，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
时的速度大小；
(2)粒子经过
时速度方向与
轴正向的夹角；
(3)磁场的磁感应强度大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子从M 到N 的运动过程中，根据动能定理有
解得
（2）粒子在
中，根据牛顿运动定律有
根据匀变速直线运动规律有
、
又
解得
（3）粒子在P 处时的速度大小为
在磁场中运动时根据牛顿第二定律有
由几何关系可知
解得
9．（2024·贵州·高考真题）如图，边长为L 的正方形
区域及矩形
区域内均存在电场强度大小为
E、方向竖直向下且与
边平行的匀强电场，
右边有一半径为
且与
相切的圆形区域，切点为
的中点，该圆形区域与
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
边的中点进入
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)
(2)
(3)
【详解】（1）带电粒子在
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
边的中点速度水平向右，设粒子到达
边的中点速度大小为
，带电荷量为
，质量为
，由平衡
条件则有
解得
（2）粒子从b 点到
边的中点的运动，可逆向看做从
边的中点到b 点的类平抛运动，设运动时间为
，加速度大小为
，由牛顿第二定律可得
由类平抛运动规律可得
联立解得粒子的电荷量与质量之比
（3）粒子从
中点射出到圆形区域做匀圆周运动，设粒子的运动半径为
，由洛伦兹力提供向心力可
得
解得
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
，由几何关系可知
可得
则有
10．（2024·江苏·高考真题）同步辐射光源中储存环的简化模型如图所示，内、外半径分别为
、
的两
个半圆环区域abcd、a'b'c'd'中均有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为
。ab 与a'b'间有一
电势差为U 的加速电场，cd 与c'd'间有一个插入件，电子每次经过插入件后，速度减小为通过前的k
倍。现有一个质量为m、电荷量为e 的电子，垂直于cd 射入插入件，经过磁场、电场再次到达cd 的
速度增加，多次循环后到达
的速度不再增加，达到稳定值。不考虑相对论效应，忽略经过电场和插
入件和的时间。
(1)求该电子进入插入件前、后，在磁场中运动的半径之比
；
(2)求该电子多次循环后到达cd 的稳定速度v；
(3)若该电子运动到cd 的中点P 时达到稳定速度，并最终能到达边界的d 点，求电子从P 点运动到d 的
时间t。
【答案】(1)
(2)
，方向垂直于cd 向左
(3)
【详解】（1）设电子进入插入件前后的速度大小分别为
、
，由题意可得
电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
解得
可知在磁场中的运动半径
，可得
（2）电子多次循环后到达cd 的稳定速度大小为v，则经过插入件后的速度大小为kv。电子经过电场
加速后速度大小为v，根据动能定理得
解得
方向垂直于cd 向左。
（3）电子到达cd 中点P 时速度稳定，并最终到达边界上的d 点。由Р 点开始相继在两个半圆区域的
运动轨迹如下图所示。
根据（1）（2）的结论，可得电子在右半圆区域的运动半径为
电子在左半圆区域的运动半径为kr，则
P 点与d 点之间的距离为
电子由Р 点多次循环后到达d 点的循环次数为
电子在左、右半圆区域的运动周期均为
忽略经过电场与插入体的时间，则每一次循环的时间均等于T，可得电子从Р 到d 的时间为
11．（2024·浙江·高考真题）探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，
截面如图所示。在xOy 平面内，除x 轴和虚线之间的区域外，存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸
面向外的匀强磁场，在无磁场区域内，沿着x 轴依次放置离子源、长度为L 的喷镀板P、长度均为L
的栅极板M 和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P 上表面中点Q 的坐标为（1.5L，0），栅
极板M 中点S 的坐标为（3L，0），离子源产生a 和b 两种正离子，其中a 离子质量为m，电荷量为
q，b 离子的比荷为a 离子的
倍，经电压U=kU0（其中
，k 大小可调，a 和b 离子初速度视
为0）的电场加速后，沿着y 轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N 和M 间电压UNM调控
（UNM>0），a 和b 离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和，忽略场的边界效应、离
子受到的重力及离子间相互作用力。
（1）若U=U0，求a 离子经磁场偏转后，到达x 轴上的位置x0（用L 表示）。
（2）调节U 和UNM，并保持
，使a 离子能落到喷镀板P 上表面任意位置，求：
①U 的调节范围（用U0表示）；
②b 离子落在喷镀板P 下表面的区域长度；
（3）要求a 和b 离子恰好分别落在喷镀板P 上下表面的中点，求U 和UNM的大小。
【答案】（1）L；（2）①
；②
；（3）
，
【详解】（1）对a 离子根据动能定理得
a 离子在匀强磁场中做匀速圆周运动
a 离子经磁场偏转后，到达x 轴上的位置
，联立解得
（2）①要使a 离子能落到喷镀板P 上表面任意位置，只能经电压为U 的电场加速后再经第一象限匀
强磁场偏转一次打在P 板上方任意处，则
结合（1）中分析得
即
即
②b 离子经过电压为U 的电场加速后在磁场中第一次偏转打在x 轴上的位置坐标为
代入
得
故可知b 离子能从栅极板（坐标范围为
）任意位置经电压为
的电场减速射入虚线下方的
磁场，此时
b 离子先经过电压为U 的电场加速再在第一象限磁场中做匀速圆周运动后再经过电
压为
的电场减速，因为根据动能定理得
同时有
，
当
时，b 离子从栅极板左端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板左端的距离为
当
时，b 离子从栅极板右端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板右端的距离为
故b 离子落在喷镀板P 下表面的区域长度为
（3）要求a 离子落在喷镀板中点Q，由（1）可知
故可得
则b 离子从
处经过栅极板，若b 离子减速一次恰好打在P 板下方中央处，设
，则同
理可知
联立解得
则可得
当减速n 次
联立得
当减速n 次恰好打在P 板下方中央处，可得
即
解得
即
，n 取整数，故可得
，故可得
12．（2024·海南·高考真题）如图，在xOy 坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x 轴和y 轴相切于P 点
和S 点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2 倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心
连线与x 轴平行，半圆与
圆相切于Q 点，QF 垂直于x 轴，半圆的直径MN 所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感
应强度大小为B、
的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成
的发射器，可将质量为m、电荷量为q 的粒子由电场加速到
。改变发射器的位置，使带电粒子在OF
范围内都沿着y 轴正方向以相同的速度
沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P 点射入区域Ⅰ，并从Q
点射入区域Ⅱ（不计粒子的重力和粒子之间的影响）
（1）求加速电场两板间的电压U 和区域Ⅰ的半径R；
（2）在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中
运动的总时间t；
（3）在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小
，方向沿x 轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方
向与y 轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在的位置到y 轴的距离
。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
，
【详解】（1）根据动能定理得
解得
粒子进入区域I 做匀速圆周运动，根据题意某粒子从P 点射入区域Ⅰ，并从Q 点射入区域Ⅱ，故可知
此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R 相等，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力
解得
（2）带电粒子在OF 范围内都沿着y 轴正方向以相同的速度
沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可得，粒子的
在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R，因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入
点、区域Ⅰ圆心O1、轨迹圆心O'、粒子出射点四点构成一个菱形，有几何关系可得，区域Ⅰ圆心O1
和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线，则区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点水平，根据
磁聚焦原理可知粒子都从Q 点射出，粒子射入区域II，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得
如图，要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹所对应的圆心角最小，可知在区域Ⅱ中运动的圆弧
所对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径
，根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区
域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为
，粒子在两区域磁场中运动周期分别为
故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为
（3）如图，将速度
分解为沿y 轴正方向的速度
及速度
，因为
可得
，故可知沿
y 轴正方向的速度
产生的洛伦兹力与电场力平衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力
，故粒子
沿y 正方向做旋进运动，根据角度可知
故当
方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即最大速度为
圆周运动半径
根据几何关系可知此时所在的位置到y 轴的距离为
13．（2024·北京·高考真题）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推
进器的放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴
极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电
室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E 和
；还有方向
沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的
平面绕轴线做半径为R 的匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。
每个氙离子的质量为M、电荷量为
，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷
出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。
已知电子的质量为m、电荷量为
；对于氙离子，仅考虑电场的作用。
（1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a；
（2）求径向磁场的磁感应强度大小
；
（3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为
n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）对于氙离子，仅考虑电场的作用，则氙离子在放电室时只受电场力作用，由牛顿第二
定律
解得氙离子在放电室内运动的加速度大小
（2）电子在阳极附近在垂直于轴线的平面绕轴线做半径做匀速圆周运动，则轴线方向上所受电场力
与径向磁场给的洛仑兹力平衡，沿着轴线方向的匀强磁场给的洛仑兹力提供向心力，即
，
解得径向磁场的磁感应强度大小为
（3）单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，
设单位时间内进入放电室的电子数为
，则未进入的电子数为
，设单位时间内被电离的氙离子
数为
,则有
已知氙离子数从放电室右端喷出后与未进入放电室的电子刚好完全中和，则有
联立可得单位时间内被电离的氙离子数为
氙离子经电场加速，有
时间
内氙离子所受到的作用力为
，由动量定理有
解得
由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小
则
14．（2024·甘肃·高考真题）质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速
电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为
，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强
度大小为
，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为
，方向垂直纸
面向里。从S 点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动、再由
O 点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P 点处，运动轨迹如图中虚线所示。
（1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
（2）求O 点到P 点的距离。
（3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为
（
略大于
），方向不变，粒子恰好垂直
打在速度选择器右挡板的
点上。求粒子打在
点的速度大小。
【答案】（1）带正电，
；（2）
；（3）
【详解】（1）由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，
粒子进入速度选择器时的速度为
，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件
在加速电场中，由动能定理
联立解得，粒子的比荷为
（2）由洛伦兹力提供向心力
可得O 点到P 点的距离为
（3）粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力
向下的电场力
由于
，且
所以通过配速法，如图所示
在O 点将粒子的速度v 分解为大小为v1、v2的两个分速度，则有
令v1对应的洛伦兹力等于电场力，即
可得
则粒子的运动可分解为线速度大小为v2的匀速圆周运动和速度大小为v1的匀速直线运动，设粒子恰好
垂直打在速度选择器右挡板的
点时的速度大小为
，则有
【点睛】
15．（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
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
B．油滴a 做圆周运动的速度大小为
C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为
，周期为
D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
【答案】ABD
【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
解得
故A 正确；
B．根据洛伦兹力提供向心力
得
解得油滴a 做圆周运动的速度大小为
故B 正确；
C．设小油滴Ⅰ的速度大小为
，得
解得
周期为
故C 错误；
D．带电油滴a 分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为
，取油滴a 分离前瞬间的速度方向
为正方向，得
解得
由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据
左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D 正确。
故选ABD。
16．（2024·广东·高考真题）如图甲所示。两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为
、周期为
的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外
的匀强磁场。磁感应强度大小为B．一带电粒子在
时刻从左侧电场某处由静止释放，在
时刻
从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在
时刻第一次离开金属板间的电场、水
平向右进入磁场，并在
时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的
板长是板间距离的
倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
（1）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
（2）求金属板的板间距离D 和带电粒子在
时刻的速度大小v；
（3）求从
时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。
【答案】（1）正电；
；（2）
；
；（3）
【详解】（1）根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场
中运动的周期为
根据洛伦兹力提供向心力
得
则粒子所带的电荷量
（2）若金属板的板间距离为D，则板长
粒子在板间运动时
出电场时竖直速度为零，则竖直方向
在磁场中时
其中的
联立解得
，
（3）带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由（2）的计算可知金属板的板间距离
则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4 t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加
速，在6 t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5 t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时
间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开
始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则
17．（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）
；（2）
；（3）
【详解】（1）电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x 轴的匀速直线运动和在yOz 平面内的匀速圆
周运动，设电子入射时沿y 轴的分速度大小为
，由电子在x 轴方向做匀速直线运动得
在yOz 平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，由牛顿第二定律知
可得
且
由题意可知所有电子均能经过O 进入电场，则有
联立得
当
时，B 有最小值，可得
（2）将电子的速度分解，如图所示
有
当
有最大值时，
最大，R 最大，此时
，又
，
联立可得
，
（3）当
最大时，电子在电场中运动时沿y 轴正方向有最大位移
，根据匀变速直线运动规律有
由牛顿第二定律知
又
联立得
18．（2024·辽宁·高考真题）现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、
Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场
足够宽，各区边界均垂直于x 轴，O 为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为
m 的粒子。如图，甲、乙平行于x 轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为
和
。甲到P 点
时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O 点时，乙恰好到P 点。已知Ⅲ区存在
沿＋x 方向的匀强电场，电场强度大小
。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及
变化的电场产生的磁场。
（1）求磁感应强度的大小B；
（2）求Ⅲ区宽度d；
（3）Ⅳ区x 轴上的电场方向沿x 轴，电场强度E 随时间t、位置坐标x 的变化关系为
，其中
常系数
，
已知、k 未知，取甲经过O 点时
。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ
区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F 与Δx 间的关系式（不要求写出Δx 的取
值范围）
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）对乙粒子，如图所示
由洛伦兹力提供向心力
由几何关系
联立解得，磁感应强度的大小为
（2）由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为
对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P 点到O 点，由运动学公式
由牛顿第二定律
联立可得Ⅲ区宽度为
（3）甲粒子经过O 点时的速度为
因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则
可得
设乙粒子经过Ⅲ区的时间为
，乙粒子在Ⅳ区运动时间为
，则上式中
对乙可得
整理可得
对甲可得
则
化简可得乙追上甲前F 与Δx 间的关系式为
【点睛】
19．（2023·河北·高考真题）如图1，真空中两金属板M、N 平行放置，板间电压U 连续可调，在金属板N
的中心C 处开有一小孔。F、G、H 为正三角形CDE 各边中点，DE 与金属板平行。三角形FGH 区域
内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一带电粒子从紧邻M 板的P 点由静止释
放沿CG 方向进入磁场，一段时间后沿
的角平分线方向从E 点离开。已知正三角形CDE 的边长
为a，粒子质量为m、电荷量大小为q，粒子重力不计。
（1）求板间电压U 的大小；
（2）若磁场区域如图2，磁感应强度不变。调整两板间电压大小，将该粒子从P 点由静止释放，仍能
沿
的角平分线方向从E 点离开，求粒子从C 点运动到E 点的时间。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）粒子在电场中加速，由动能定理得
根据洛伦兹力提供向心力
根据几何关系有
解得板间电压的大小为
（2）根据题意，做出粒子的运动轨迹，如图所示。
根据几何关系有
则
粒子在磁场中的运动时间为
粒子在无磁场区域运动的时间为
粒子从C 点运动到E 点的时间为
20．（2023·重庆·高考真题）某同学设计了一种粒子加速器的理想模型。如图所示，xOy 平面内，x 轴下方
充满垂直于纸面向外的匀强磁场，x 轴上方被某边界分割成两部分，一部分充满匀强电场（电场强度
与y 轴负方向成α 角），另一部分无电场，该边界与y 轴交于M 点，与x 轴交于N 点。只有经电场到
达N 点、与x 轴正方向成α 角斜向下运动的带电粒子才能进入磁场。从M 点向电场内发射一个比荷为
的带电粒子A，其速度大小为v0、方向与电场方向垂直，仅在电场中运动时间T 后进入磁场，且通
过N 点的速度大小为2v0。忽略边界效应，不计粒子重力。
（1）求角度α 及M、N 两点的电势差。
（2）在该边界上任意位置沿与电场垂直方向直接射入电场内的、比荷为
的带电粒子，只要速度大
小适当，就能通过N 点进入磁场，求N 点横坐标及此边界方程。
（3）若粒子A 第一次在磁场中运动时磁感应强度大小为B1，以后每次在磁场中运动时磁感应强度大
小为上一次的一半，则粒子A 从M 点发射后，每次加速均能通过N 点进入磁场。求磁感应强度大小B1
及粒子A 从发射到第n 次通过N 点的时间。
【答案】（1）
，
；（2）
，
；（3）
，
【详解】（1）粒子M 点垂直于电场方向入射，粒子在电场中做类平抛运动，沿电场方向做匀加速直
线运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，在N 点将速度沿电场方向与垂直于电场方向分解，在垂直
于电场方向上有
解得
粒子从
过程，根据动能定理有
解得
（2）对于从M 点射入的粒子，沿初速度方向的位移为
沿电场方向的位移为
令N 点横坐标为
，根据几何关系有
解得
根据上述与题意可知，令粒子入射速度为v，则通过N 点进入磁场的速度为2v，令边界上点的坐标为
（x，y）则在沿初速度方向上有
在沿电场方向有
解得
（3）由上述结果可知电场强度
解得
设粒子A 第
次在磁场中做圆周运动的线速度为
，可得第
次在N 点进入磁场的速度为
第一次在N 点进入磁场的速度大小为
，可得
设粒子A 第
次在磁场中运动时的磁感应强度为
，由题意可得
由洛伦兹力提供向心力得
联立解得
粒子A 第n 次在磁场中的运动轨迹如图所示
粒子每次在磁场中运动轨迹的圆心角均为300°，第n 次离开磁场的位置C 与N 的距离等于
，由C 到
N 由动能定理得
联立上式解得
由类平抛运动沿电场方向的运动可得，粒子A 第n 次在电场中运动的时间为
粒子A 第n 次在磁场中运动的周期为
粒子A 第n 次在磁场中运动的时间为
设粒子A 第n 次在电场边界MN 与x 轴之间的无场区域的位移为
，边界与x 轴负方向的夹角为
，
则根据边界方程可得
，
由正弦定理可得
解得
粒子A 第n 次在电场边界MN 与x 轴之间运动的时间为
粒子A 从发射到第n 次通过N 点的过程，在电场中运动n 次，在磁场和无场区域中均运动n-1 次，则
所求时间
由等比数列求和得
解得
21．（2023·山东·高考真题）如图所示，在
，
的区域中，存在沿y 轴正方向、场强大小
为E 的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q 的带正
电粒子从OP 中点A 进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN 第二次离开电场后，垂直NP 再次进入电场，求磁场
的磁感应强度B 的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A 点沿y 轴正方向第一次进入电场、离开电场后从
P 点第二次进入电场，在电场的作用下从Q 点离开。
（i）求改变后电场强度
的大小和粒子的初速度
；
（ii）通过计算判断粒子能否从P 点第三次进入电场。
【答案】（1）
；（2）（i）
，
；（ii）不会
【详解】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
粒子从上边界垂直QN 第二次离开电场后，垂直NP 再次进入电场，轨迹如图
根据几何关系可知
联立可得
（2）（i）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图
在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知
解得
所以有
，
洛伦兹力提供向心力
带电粒子从A 点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x 方向有
沿y 方向上有
其中根据牛顿第二定律有
联立以上各式解得
（ii）粒子从P 到Q 根据动能定理有
可得从Q 射出时的速度为
此时粒子在磁场中的半径
根据其几何关系可知对应的圆心坐标为
得
，
而圆心与P 的距离为
故不会再从P 点进入电场。
22．（2023·辽宁·高考真题）如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的
倍。
金属板外有一圆心为O 的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁
场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P 点
飞出电场，并沿PO 方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为
，不计粒子重力。
（1）求金属板间电势差U；
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定
性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。
【答案】（1）
；（2）
或
；（3）
【详解】（1）设板间距离为
，则板长为
，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度
为
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度
解得
设粒子在平板间的运动时间为
，根据类平抛运动的运动规律得
，
联立解得
（2）设粒子出电场时与水平方向夹角为
，则有
故
则出电场时粒子的速度为
粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动
所需的向心力得
解得
已知圆形磁场区域半径为
，故
粒子沿
方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与
射入磁场时运动方向的夹角为
，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为
，由几何关系可
得
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为
或
；
（3）带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为
，根据几何关系可知，带电粒子
在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的
时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M 的位置如图所示：
23．（2023·海南·高考真题）如图所示，质量为
，带电量为
的点电荷，从原点以初速度
射入第一象
限内的电磁场区域，在
（
为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在
区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（
值有多种可能），可让粒子从
射入磁场后
偏转打到接收器
上，则（ ）
A．粒子从
中点射入磁场，电场强度满足
B．粒子从
中点射入磁场时速度为
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到
的距离为
D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
【答案】AD
【详解】A．若粒子打到PN 中点，则
解得
选项A 正确；
B．粒子从PN 中点射出时，则
速度
选项B 错误；
C．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则
粒子从电场中射出时的速度
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN 的距离为
解得
选项C 错误；
D．当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N 点进入磁场，此时
竖直最大速度
出离电场的最大速度
则由
可得最大半径
选项D 正确；
故选AD。
24．（2023·江苏·高考真题）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy 平面内存在竖直向下的
匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e 的电子从O 点沿x
轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x 轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹
如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为
，求运动到速度为
时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标
位置的电子数N 占总电
子数N0的百分比。
【答案】（1）v0B；（2）
；（3）90%
【详解】（1）由题知，入射速度为v0时，电子沿x 轴做直线运动则有
Ee = ev0B
解得
E = v0B
（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，
且由于电子入射速度为
，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有
解得
（3）若电子以v 入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有
F 合 = evmB－eE
在最低点有
F 合 = eE－evB
联立有
要让电子达纵坐标
位置，即
y ≥ y2
解得
则若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，能到达纵坐标
位置的电子数N 占总电子数
N0的90%。
25．（2023·湖南·高考真题）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向
竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF 区域（区域Ⅱ）内存在匀
强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O 三点在同一直线上，AO 与GF 垂直，且与电场和磁
场方向均垂直。A 点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC 运
动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强
度大小为B2，则粒子从CF 的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，
能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说
法正确的是（ ）
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t > t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t > t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为
，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为
，则
【答案】D
【详解】由题知粒子在AC 做直线运动，则有
qv0B1= qE
区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF 的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据
，有
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子在AC 做直线运动的速度，有
qvA∙2B1= qE
则
再根据
，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF 边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t
= t0，A 错误；
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子在AC 做直线运动的速度，有
qvBB1= q∙2E
则
vB = 2v0
再根据
，可知粒子半径变为原来的2 倍，则粒子F 点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则
t = t0，B 错误；
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为
，则粒子在AC 做直线运动的速度仍为v0，再根据
，可知粒子半径变为原来的
，则粒子从OF 边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图
根据
可知转过的圆心角θ = 60°，根据
，有
则
C 错误；
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为
，则粒子在AC 做直线运动的速度仍为v0，再根据
，可知粒子半径变为原来的
，则粒子OF 边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图
根据
可知转过的圆心角为α = 45°，根据
，有
则
D 正确。
故选D。
26．（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
，与x
轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E 的匀强电场，该粒子入
射后则会沿x 轴到达接收屏。该粒子的比荷为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由题知，一带电粒子由O 点沿x 正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S 点射出，
则根据几何关系可知粒子出离磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°，则
解得粒子做圆周运动的半径
r = 2a
则粒子做圆周运动有
则有
如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E 的匀强电场，该粒子入射后则会沿x 轴
到达接收屏，则有
Eq = qvB
联立有
故选A。
27．（2022·天津·高考真题）如图所示，M 和N 为平行金属板，质量为m，电荷量为q 的带电粒子从M 由
静止开始被两板间的电场加速后，从N 上的小孔穿出，以速度v 由C 点射入圆形匀强磁场区域，经D
点穿出磁场，CD 为圆形区域的直径。已知磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，粒子
速度方向与磁场方向垂直，重力略不计。
（1）判断粒子的电性，并求M、N 间的电压U；
（2）求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r；
（3）若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，求粒子在磁场中运动的时间t。
【答案】（1）正电，
；（2）
；（3）
【详解】（1）带电粒子在磁场中运动，根据左手定则可知粒子带正电。粒子在电场中运动由动能定
理可知
解得
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，有
解得
（3）设粒子运动轨道圆弧对应的圆心角为
，如图
依题意粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，由几何关系，得
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，有
带电粒子在磁场中运动的时间
联立各式解得
28．（2022·广东·高考真题）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的
匀强磁场。电子从M 点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P 两点。已知M、P 在同一等势面
上，下列说法正确的有（ ）
A．电子从N 到P，电场力做正功
B．N 点的电势高于P 点的电势
C．电子从M 到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M 点所受的合力大于在P 点所受的合力
【答案】BC
【详解】A．由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N 到P 的过程中电场力做负功，故A 错误；
B．根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N 点的电势高于P 点，故B 正确；
C．由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M 到N 洛伦兹力都不做功；故C 正确；
D．由于M 点和P 点在同一等势面上，故从M 到P 电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M 点速度为
0，根据动能定理可知电子在P 点速度也为0，则电子在M 点和P 点都只受电场力作用，在匀强电场
中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D 错误；
故选BC。
29．（2022·河北·高考真题）两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1 所示，金属板与可调电
源相连形成电场，方向沿y 轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直
平面向外。电场强度和磁
感应强度随时间的变化规律如图2 所示。板间O 点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为
、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
（1）
时刻释放的粒子，在
时刻的位置坐标；
（2）在
时间内，静电力对
时刻释放的粒子所做的功；
（3）在
点放置一粒接收器，在
时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期
间被捕获。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
或
【详解】（1）在
时间内，电场强度为
，带电粒子在电场中加速度，根据动量定理可知
解得粒子在
时刻的速度大小为
方向竖直向上，粒子竖直向上运动的距离
在
时间内，根据粒子在磁场运动的周期
可知粒子偏转
，速度反向，根据
可知粒子水平向右运动的距离为
粒子运动轨迹如图
所以粒子在
时刻粒子的位置坐标为
，即
；
（2）在
时间内，电场强度为
，粒子受到的电场力竖直向上，在竖直方向
解得
时刻粒子的速度
方向竖直向上，粒子在竖直方向上运动的距离为
在
时间内，粒子在水平方向运动的距离为
此时粒子速度方向向下，大小为
，在
时间内，电场强度为
，竖直方向
解得粒子在
时刻的速度
粒子在竖直方向运动的距离
粒子运动的轨迹如图
在
时间内，静电力对粒子的做功大小为
电场力做正功；
（3）根据（1）问中解析有
，
①若粒子到达
点之前，在磁场中已经过两个半圆，则释放时刻一定在
时间内，若在
之间的时刻释放粒子，粒子运动轨迹如图丙所示，有
，
，
，
，
，
所以
整理发现
所以需满足
，代入数据解不等式，
当
时不等式成立
②若粒子到达
点前只经过一个半圆，则粒子在磁场中运动的轨迹半径
由
得，经第一次电场加速的末速度
，则粒子在
时间内释放不可能，如果在
时间内释放，则第一次在电场中加速的时间
，即在
时释放符合条
件，但在此情况下，
，经过一个半圆后在电场中减速至速度为零的位移大小为
联立有
故此情况下无法到达
点，所以考虑在
时间内释放，假设粒子第一次在电场中加速的时
间为
，则
，在此种情况下，
，经过一个半圆后在电场中减速至速度为零的
位移大小为
联立有
故此情况下粒子能在
点被吸收，所以粒子释放时刻为
综上可知，在
或
时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获
30．（2022·山东·高考真题）中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和
加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系
中，
空间内充满匀强磁
场I，磁感应强度大小为B，方向沿x 轴正方向；
，
的空间内充满匀强磁场II，磁感应
强度大小为
，方向平行于
平面，与x 轴正方向夹角为
；
，
的空间内充满沿y
轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为
的离子甲，从
平面第三象限内距
轴为
的点
以
一定速度出射，速度方向与
轴正方向夹角为
，在
平面内运动一段时间后，经坐标原点
沿
轴正方向进入磁场I。不计离子重力。
（1）当离子甲从
点出射速度为
时，求电场强度的大小
；
（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度
；
（3）离子甲以
的速度从
点沿
轴正方向第一次穿过
面进入磁场I，求第四次穿过
平面
的位置坐标（用d 表示）；
（4）当离子甲以
的速度从
点进入磁场I 时，质量为
、带电量为
的离子乙，也从
点沿
轴正方向以相同的动能同时进入磁场I，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间
差
（忽略离子间相互作用）。
【答案】（1）
；（2）
；（3）（d，d，
）；（4）
【详解】（1）如图所示
将离子甲从
点出射速度为
分解到沿
轴方向和
轴方向，离子受到的电场力沿
轴负方向，可知
离子沿
轴方向做匀速直线运动，沿
轴方向做匀减速直线运动，从
到
的过程，有
联立解得
（2）离子从坐标原点
沿
轴正方向进入磁场I 中，在磁场I 中做匀速圆周运动，经过磁场I 偏转后从
轴进入磁场II 中，继续做匀速圆周运动，如图所示
由洛伦兹力提供向心力可得
，
可得
为了使离子在磁场中运动，则离子磁场I 运动时，不能从磁场I 上方穿出。在磁场II 运动时，不能xOz
平面穿出，则离子在磁场用运动的轨迹半径需满足
，
联立可得
要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为
；
（3）离子甲以
的速度从
点沿z 轴正方向第一次穿过
面进入磁场I，离子在磁场I 中的轨迹
半径为
离子在磁场II 中的轨迹半径为
离子从
点第一次穿过到第四次穿过
平面的运动情景，如图所示
离子第四次穿过
平面的
坐标为
离子第四次穿过
平面的
坐标为
故离子第四次穿过
平面的位置坐标为（d，d，
）。
（4）设离子乙的速度为
，根据离子甲、乙动能相同，可得
可得
离子甲、离子乙在磁场I 中的轨迹半径分别为
，
离子甲、离子乙在磁场II 中的轨迹半径分别为
，
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点在离子乙第一次穿过x 轴的位置，如图所示
从
点进入磁场到第一个交点的过程，有
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为
31．（2021·重庆·高考真题）如图1 所示的
竖直平面内，在原点O 有一粒子源，可沿x 轴正方向发射速
度不同、比荷均为
的带正电的粒子。在
的区域仅有垂直于平面向内的匀强磁场；
的区域
仅有如图2 所示的电场，
时间内和
时刻后的匀强电场大小相等，方向相反（
时间内电场
方向竖直向下），
时间内电场强度为零。在磁场左边界
直线上的某点，固定一粒子收集
器（图中未画出）。0 时刻发射的A 粒子在
时刻经过左边界进入磁场，最终被收集器收集；B 粒子在
时刻以与A 粒子相同的发射速度发射，第一次经过磁场左边界的位置坐标为
；C 粒子在
时刻发射，其发射速度是A 粒子发射速度的
，不经过磁场能被收集器收集。忽略粒子间相互作用力
和粒子重力，不考虑边界效应。
(1)求电场强度E 的大小；
(2)求磁感应强度B 的大小；
(3)设
时刻发射的粒子能被收集器收集，求其有可能的发射速度大小。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
、
、
【详解】（1）由
粒子类平抛
粒子先类平抛后匀直，
可得
或
解得
（2）对
粒子类平抛
得
A 进入磁场时速度与
轴正方向夹角为
，则
得
即
A 粒子做匀圆，速度为
半径为
，有
由
可得
对
粒子类平抛运动的时间为
可得
由几何关系
得
联立解得
（3）①设
直接类平抛过D 点，即
解得
②设
先类平抛后匀圆过D 点，刚进入磁场时与
轴夹角为
、偏移的距离为
，
则
整理得
令
，则上式变成
观察可得
是其中一解，所以上方程等价于
可得其解是
或
（另一解
不符合题意，舍去）
则有
或
综上所述，能够被粒子收集器收集的粒子速度有：
、
、
。
32．（2022·浙江·高考真题）如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy
平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N 与y 轴平行放置，板N 中间有一小孔O。有一由x 轴、y
轴和以O 为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、
方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区
域Ⅰ右侧还有一左边界与y 轴平行且相距为l、下边界与x 轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长
度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M 逸出后经极板间电压
U 加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在
坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M 的逸出
功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν 的光照射板M 时有光电子
逸出，
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O 点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小
，区域Ⅱ的磁感应强度大小
，求被探测到的
电子刚从板M 逸出时速度vM的大小及与x 轴的夹角
；
（3）为了使从O 点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电
场强度E 和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E 的最大值和B2的最大值。
【答案】（1）
；
；（2）
；
；（3）
；
【详解】（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能
（2）速度选择器
如图所示，几何关系
（3）由上述表达式可得
由
而v0sinθ 等于光电子在板逸出时沿y 轴的分速度，则有
即
联立可得B2的最大值
33．（2021·福建·高考真题）一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，
磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子（
）以速度
自O 点沿中轴线射入，
恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O 点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是（ ）
（所有粒子均不考虑重力的影响）
A．以速度
的射入的正电子
B．以速度
射入的电子
C．以速度
射入的核
D．以速度
射入的a 粒子
【答案】B
【详解】质子（
）以速度
自O 点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到向上的洛
伦兹力和电场力，满足
解得
即质子的速度满足速度选择器的条件；
A．以速度
的射入的正电子
，所受的洛伦兹力小于电场力，正电子将向下偏转，故A 错误；
B．以速度
射入的电子
，依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速度选择题不
选择电性而只选择速度，故B 正确；
C．以速度
射入的核
，以速度
射入的a 粒子
，其速度都不满足速度选器的条件
，故都不能做匀速直线运动，故CD 错误；
故选B。
34．（2021·天津·高考真题）霍尔元件是一种重要的磁传感器，可用在多种自动控制系统中。长方体半导
体材料厚为a、宽为b、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系
，如图所示。半导体中有电荷
量均为e 的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子，单位体积内自由电子
和空穴的数目分别为n 和p。当半导体材料通有沿
方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空间加
一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，沿
方向，于是在z 方向上很快建立稳定电场，称其为霍尔电
场，已知电场强度大小为E，沿
方向。
（1）判断刚加磁场瞬间自由电子受到的洛伦兹力方向；
（2）若自由电子定向移动在沿
方向上形成的电流为
，求单个自由电子由于定向移动在z 方向上
受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力大小
；
（3）霍尔电场建立后，自由电子与空穴在z 方向定向移动的速率分别为
、
，求
时间内运动到
半导体z 方向的上表面的自由电子数与空穴数，并说明两种载流子在z 方向上形成的电流应满足的条
件。
【答案】（1）自由电子受到的洛伦兹力沿
方向；（2）
；（3）见解析所示
【详解】（1）自由电子受到的洛伦兹力沿
方向；
（2）设t 时间内流过半导体垂直于x 轴某一横截面自由电子的电荷量为q，由电流定义式，有
设自由电子在x 方向上定向移动速率为
，可导出自由电子的电流微观表达式为
单个自由电子所受洛伦兹力大小为
霍尔电场力大小为
自由电子在z 方向上受到的洛伦兹力和霍尔电场力方向相同，联立得其合力大小为
（3）设
时间内在z 方向上运动到半导体上表面的自由电子数为
、空穴数为
，则
霍尔电场建立后，半导体z 方向的上表面的电荷量就不再发生变化，则应
即在任何相等时间内运动到上表面的自由电子数与空穴数相等，这样两种载流子在z 方向形成的电流
应大小相等、方向相反。
35．（2021·北京·高考真题）如图所示，M 为粒子加速器；N 为速度选择器，两平行导体板之间有方向相
互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度为B。从S 点释放一初速度为
0、质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，经M 加速后恰能以速度v 沿直线（图中平行于导体板的虚
线）通过N。不计重力。
（1）求粒子加速器M 的加速电压U；
（2）求速度选择器N 两板间的电场强度E 的大小和方向；
（3）仍从S 点释放另一初速度为0、质量为2m、电荷量为q 的带正电粒子，离开N 时粒子偏离图中
虚线的距离为d，求该粒子离开N 时的动能
。
【答案】（1）
；（2）
，方向垂直导体板向下；（3）
【详解】（1）粒子直线加速，根据功能关系有
解得
（2）速度选择器中电场力与洛伦兹力平衡
得
方向垂直导体板向下。
（3）粒子在全程电场力做正功，根据功能关系有
解得
36．（2021·山东·高考真题）某离子实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x 轴垂直交
于坐标原点O，其内充满垂直于
平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为
；Ⅱ区宽度为L，左
边界与x 轴垂直交于
点，右边界与x 轴垂直交于
点，其内充满沿y 轴负方向的匀强电场。测试板
垂直x 轴置于Ⅱ区右边界，其中心C 与
点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m 的正离子，
加速后沿x 轴正方向过O 点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速
度方向与x 轴正方向的夹角为
。忽略离子间的相互作用，不计重力。
（1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；
（2）求Ⅱ区内电场强度的大小E；
（3）保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）方向
相反且平行y 轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C 点，需沿x 轴移动
测试板，求移动后C 到
的距离S。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得
①
根据几何关系得
②
联立①②式得
（2）离子在Ⅱ区内只受电场力，x 方向做匀速直线运动，y 方向做匀变速直线运动，设从进入电场到
击中测试板中心C 的时间为t，y 方向的位移为
，加速度大小为a，由牛顿第二定律得
由运动的合成与分解得
，
，
联立得
（3）Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y 轴的方向做线速度大小为vcosθ 的匀速圆周运动，如图所示。
设左侧部分的圆心角为
，圆周运动半径为
，运动轨迹长度为
，由几何关系得
，
由于在y 轴方向的运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切于C 点，则离子在Ⅱ区内的运动时间不变，
故有
C 到
的距离
联立得
37．（2021·浙江·高考真题）如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d 的中间有小孔的
两平行金属板M、N 和边长为L 的立方体构成，其后端面P 为喷口。以金属板N 的中心O 为坐标原点，
垂直立方体侧面和金属板建立x、y 和z 坐标轴。M、N 板之间存在场强为E、方向沿z 轴正方向的匀强
电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z 方向的分量始终为零，沿x 和y 方向的分量
和
随时
间周期性变化规律如图乙所示，图中
可调。氙离子（
）束从离子源小孔S 射出，沿z 方向匀速
运动到M 板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P 射出，测得离子经电场加速后在金属板N 中心
点O 处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为
，忽略离子间的相互作用，且
射出的离子总质量远小于推进器的质量。
（1）求离子从小孔S 射出时相对推进器的速度大小vS；
（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节
的值，使得从小孔S 射出的离子均能从喷口后端面P
射出，求
的取值范围；
（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P 射出的离子数为n，且
。求图乙中
时刻离子束对推进器作用力沿z 轴方向的分力。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
，方向沿z 轴负方向
【详解】（1）离子从小孔S 射出运动到金属板N 中心点O 处，根据动能定理有
解得离子从小孔S 射出时相对推进器的速度大小
（2）当磁场仅有沿x 方向的分量取最大值时，离子从喷口P 的下边缘中点射出，根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力有
联立解得
当磁场在x 和y 方向的分量同取最大值时，离子从喷口P 边缘交点射出，根据几何关系有
此时
；根据洛伦兹力提供向心力有
联立解得
故
的取值范围为
；
（3）粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示
由题意根据洛伦兹力提供向心力有
且满足
所以可得
所以可得
离子从端面P 射出时，在沿z 轴方向根据动量定理有
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为
方向沿z 轴负方向。
38．（2021·广东·高考真题）图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c 围成的区
域，圆a 内为无场区，圆a 与圆b 之间存在辐射状电场，圆b 与圆c 之间有三个圆心角均略小于90°的
扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动
能
从圆b 上P 点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a
与圆b 之间电势差为U，圆b 半径为R，圆c 半径为
，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效
应，取
。
（1）当
时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角
均为
45°，最终从Q 点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁
场中的运动时间及在Q 点出射时的动能；
（2）已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当
时，要保证电子从
出射区域出射，求k 的最大值。
【答案】（1）
，
，
；（2）
【详解】（1）电子在电场中加速有
在磁场Ⅰ中，由几何关系可得
联立解得
在磁场Ⅰ中的运动周期为
由几何关系可得，电子在磁场Ⅰ中运动的圆心角为
在磁场Ⅰ中的运动时间为
联立解得
从Q 点出来的动能为
（2）在磁场Ⅰ中的做匀速圆周运动的最大半径为
，此时圆周的轨迹与Ⅰ边界相切，由几何关系可
得
解得
由于
联立解得
39．（2021·浙江·高考真题）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入
工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的
离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强
磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小
均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆
环，其两端中心位置M 和N 处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L 的正
方体，其偏转系统的底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子
恰好竖直注入到晶圆上的O 点（即图中坐标原点，x 轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计
离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α 很小时，有
，
。求：
(1)离子通过速度选择器后的速度大小v 和磁分析器选择出来离子的比荷；
(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示，并说明理由。
【答案】(1)
，
；(2)（
，0）；(3)（0，
）；(4)见解析
【详解】(1)通过速度选择器离子的速度
从磁分析器中心孔N 射出离子的运动半径为
由
得
(2)经过电场后，离子在x 方向偏转的距离
离开电场后，离子在x 方向偏移的距离
位置坐标为(
，0)
(3)离子进入磁场后做圆周运动半径
经过磁场后，离子在y 方向偏转距离
离开磁场后，离子在y 方向偏移距离
则
位置坐标为(0，
)
(4)注入晶圆的位置坐标为(
，
),电场引起的速度增量对y 方向的运动不产生影响。
40．（2020·山东·高考真题）某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N 为竖直放置的两金属板，两板间
电压为U，Q 板为记录板，分界面P 将N、Q 间区域分为宽度均为d 的I、Ⅱ两部分，M、N、P、Q 所
在平面相互平行，a、b 为M、N 上两正对的小孔。以a、b 所在直线为z 轴，向右为正方向，取z 轴与
Q 板的交点O 为坐标原点，以平行于Q 板水平向里为x 轴正方向，竖直向上为y 轴正方向，建立空间
直角坐标系Oxyz。区域I、Ⅱ内分别充满沿x 轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电
场强度大小分别为B 和E。一质量为m，电荷量为+q 的粒子，从a 孔飘入电场（初速度视为零），经
b 孔进入磁场，过P 面上的c 点（图中未画出）进入电场，最终打到记录板Q 上。不计粒子重力。
（1）求粒子在磁场中做圆周运动的半径R 以及c 点到z 轴的距离L；
（2）求粒子打到记录板上位置的x 坐标；
（3）求粒子打到记录板上位置的y 坐标（用R、d 表示）；
（4）如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子
、氚核
、氦核
的位
置，请写出这三个点分别对应哪个粒子（不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程）。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
；（4）s1、s2、s3分别对应氚核
、氦核
、质子
的位置
【详解】（1）设粒子经加速电场到b 孔的速度大小为v，粒子在区域I 中，做匀速圆周运动对应圆心
角为α，在M、N 两金属板间，由动能定理得
在区域I 中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得
联立解得
根据题意，画出运动轨迹如图所示
由几何关系得
，
，
联立解得
（2）设区域Ⅱ中粒子沿z 轴方向的分速度为
，沿x 轴正方向加速度大小为a，位移大小为x，运动
时间为t，由牛顿第二定律得
粒子在z 轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得
，
粒子在x 方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得
联立解得
（3）设粒子沿y 方向偏离z 轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y 方向偏离的距离为y'，由运动学公式
得
由题意得
联立解得
（4）s1、s2、s3分别对应氚核
、氦核
、质子
的位置。
41．（2019·全国I 卷·高考真题）如图，在直角三角形OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、
方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U 加速后，沿平行于x 轴的方向射入磁场；
一段时间后，该粒子在OP 边上某点以垂直于x 轴的方向射出．已知O 点为坐标原点，N 点在y 轴上，
OP 与x 轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求
（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间．
【答案】（1）
（2）
【详解】（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：
，解得：
根据题意，下图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：
联立方程得：
（2）根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度
粒子射出磁场后到运动至
轴，运动的轨迹长度
粒子从射入磁场到运动至
轴过程中，一直匀速率运动，则
解得：
或
42．（2018·全国II 卷·高考真题）一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy 平面内的截
面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y 轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于
xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l´，电场强度的大小均为E，方向均沿x 轴正方向；
M、N 为条状区域边界上的两点，它们的连线与y 轴平行，一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y 轴
正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M 点入射的速度从N 点沿y 轴正方向射出，不计重力。
（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
（2）求该粒子从M 点入射时速度的大小；
（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为
，求该粒子的比荷及其从M 点运
动到N 点的时间。
【答案】（1）轨迹如图所示：
（2）
（3）
；
【详解】（1）粒子运动的轨迹如图所示。（粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下
对称）
（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M 点射入时速度的大小为v0，在下
侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角
为
如图所示，速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有
式中q 和m 分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
由几何关系得
联立以上公式可得
（3）由运动学公式和题给数据得
联立得
设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为
，则
式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
则从M 点运动到N 点的时间
【点睛】在复合场中的运动要分阶段处理，每一个运动建立合理的公式即可求出待求的物理量。
43．（2019·浙江·高考真题）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示．左侧静
电分析器中有方向指向圆心O、与O 点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分
布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零．离
子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m 和0.5m 的正离子束，从M 点垂直该点电场方
向进入静电分析器．在静电分析器中，质量为m 的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运
动，从N 点水平射出，而质量为0.5m 的离子恰好从ON 连线的中点P 与水平方向成θ 角射出，从静电
分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，
其中质量为m 的离子打在O 点正下方的Q 点．已知OP=0.5r0，OQ=r0，N、P 两点间的电势差
，
，不计重力和离子间相互作用。
（1）求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B 的大小；
（2）求质量为0.5m 的离子到达探测板上的位置与O 点的距离l（用r0表示）；
（3）若磁感应强度在（B—△B）到（B＋△B）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m 和0.5m
的两束离子，求
的最大值。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）0.12
【详解】（1）在静电分析器中，电场力提供向心力，有
解得
离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得
（2）对离子，由动能定理
解得
离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
解得
距离
解得
（3）恰好能分辨的条件
解得
