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第10 课时 带电粒子在复合场中的运动
【知识网络】
热点一 带电粒子在组合场中的运动
例1 (2024·安徽皖南八校联考)如图1 所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内
有平行于y 轴的匀强电场，方向沿y 轴正方向；在第四象限的等边三角形abc 区
域内有匀强磁场，方向垂直于xOy 平面向里，等边三角形边长为L，且ab 边与y
轴平行。一质量为m、电荷量为q 的粒子，从y 轴上的P(0，h)点，以大小为v0
的速度沿x 轴正方向射入电场，通过电场后从x 轴上的a 点(2h，0)进入第四象限，
经过磁场后又从y 轴上的某点进入第三象限，且速度方向与y 轴负方向成45°角，
不计粒子所受的重力。求：
图1
(1)电场强度E 的大小；
(2)abc 区域内磁场的磁感应强度B 的最小值；
(3)粒子从P 点出发到回到y 轴上所用时间的最大值。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)带电粒子在电场中做类平抛运动
x 轴方向有2h＝v0t
y 轴方向有h＝at2
又a＝，解得E＝。
(2)粒子到达a 点时，沿y 轴负方向的分速度为
vy＝at＝v0
则粒子到达a 点时的速度大小为v＝＝v0，方向与x 轴正方向成45°角。粒子在磁
场中做匀速圆周运动，当粒子从b 点射出时，半径最大，磁场的磁感应强度有最
小值，运动轨迹如图所示
由牛顿第二定律得qvBmin＝m
由几何知识得rmax＝L
解得Bmin＝。
(3)结合(1)(2)分析可知，粒子在电场中的运动时间为t1＝
在磁场中运动的最长时间为t2＝T
又T＝
由轨迹图可知θ＝
解得t2＝
粒子出磁场后做匀速直线运动，x 轴方向分速度与粒子在电场中的x 轴方向分速
度大小相等，则有
t3＝t1
粒子从P 点出发到回到y 轴上所用时间的最大值为t＝t1＋t2＋t3＝。
“五步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
训练1 (2024·福建卷，15)如图2 所示，一质量为m、电荷量为q 的带电粒子经电
容器M 由静止开始加速后从另一电容器N 下极板进入偏转电场，经电场偏转后
恰从电容器N 的上极板射出偏转电场，已知两电容器电压均为U，以N 电容器
下极板右侧O 点建立坐标系，粒子自y 轴上距离O 为d 的P 点进入右侧磁场，粒
子经磁场偏转后垂直于x 轴方向经过x 轴，求：
图2
(1)粒子刚进入N 时的速度大小；
(2)粒子在P 处速度方向与y 轴正方向的夹角；
(3)磁场的磁感应强度大小。
答案 (1) (2)夹角为45°且斜向右上方 (3)
解析 (1)粒子在电容器M 两极板间受静电力做匀加速直线运动，由动能定理得
qU＝mv
解得vN＝。
(2)带电粒子在电容器N 中做类平抛运动，沿x 轴方向以速度vx＝vN＝做匀速直线
运动，沿y 轴正方向做匀加速直线运动，加速度a＝，运动到P 点时沿y 轴方向
的分速度vy＝＝＝vx，则带电粒子在P 处的速度vP＝＝2，设粒子在P 处速度与y
轴正方向的夹角为α，则sin α＝＝，解得α＝45°，故vP与y 轴正方向的夹角为
45°，斜向右上方。
(3)带电粒子在电容器N 及磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系得∠OPQ＝
45°，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径r＝＝d，由qvPB＝m 得B
＝。
热点二 带电粒子在叠加场中的运动
例2 (2023·江苏卷，16)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图3 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。
图3
(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y2＝位置的电
子数N 占总电子数N0的百分比。
答案 (1)Bv0 (2) (3)90%
解析 (1)电子沿x 轴正方向做直线运动，则电子受力平衡，即eE＝ev0B
解得E＝Bv0。
(2)电子在电场和磁场叠加场中运动，受洛伦兹力和电场力的作用，只有电场力
做功，则电子的速度由到的过程中，由动能定理得
eEy1＝m－m
解得y1＝。
(3)设电子的入射速度为v1时刚好能到达纵坐标为y2＝的位置，此时电子在最高
点的速度沿水平方向，且大小假设为v2，则
电子在最低点的合力为F1＝eE－ev1B
电子在最高点的合力为F2＝ev2B－eE
由题意可知电子在最高点与最低点的合力大小相等，
即F2＝F1
整理得v1＋v2＝2v0
电子由最低点到最高点的过程，由动能定理得
eEy2＝mv－mv
整理得v2－v1＝，解得v1＝v0
又电子入射速度越小，电子运动轨迹的最高点对应的纵坐标越大，则能到y2＝位
置的电子数占总电子数的比例为η＝＝×100%
解得η＝90%。
“三步”解决带电粒子在叠加场中的运动问题
训练2 (2024·江西鹰潭一模)在空间建立直角坐标系，坐标轴正方向如图4 所示。
空间有磁感应强度为B＝1 T、方向垂直于纸面向里的磁场， Ⅱ 、 Ⅲ 、 Ⅳ
象限(含x、y 轴)有电场强度为E＝1 N/C、方向竖直向下的电场。光滑圆弧轨道
圆心O′，半径为R＝4 m，圆弧轨道底端位于坐标轴原点O。质量为m1＝1 kg、
带电荷量为q1＝－1 C 的小球A 从O′处水平向右飞出，经过一段时间，正好运动
到O 点。 质量为m2＝4 kg、带电荷量为q2＝2 C 的小球B 从与圆心O′等高处静
止释放，与A 同时运动到O 点并发生完全非弹性碰撞，碰后生成小球C。小球
A、B、C 均可视为质点，所在空间无重力场作用。求：
图4
(1) 小球A 在O′处的初速度；
(2) 碰撞完成后瞬间，圆弧轨道对小球C 的支持力；
(3) 小球C 从O 点飞出后的瞬间，将磁场方向改为竖直向上。分析C 球在后续运
动过程中，回到y 轴时离O 点的距离。
答案 (1)2 m/s (2)1.6 N
(3)10n2π2 m(n＝1，2，3，…)
解析 (1)A 从O′飞出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，半径为rA＝
洛伦兹力提供向心力q1v1B＝m1
联立整理得v1＝
解得v1＝2 m/s。
(2)设B 滑到O 点的速度为v2，由动能定理有q2ER＝m2v
解得v2＝2 m/s
A、B 在O 点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的C 球速度为v，由动量守恒定
律，有m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v
解得v＝ m/s
在碰后瞬间，C 球做圆周运动，设轨道对C 支持力为FN，C 球带电荷量
q＝q1＋q2
质量mC＝m1＋m2
由FN－qE＋qvB＝mC
解得FN＝1.6 N。
(3)C 球从轨道飞出后，受到竖直向下的静电力和垂直纸面向外的洛伦兹力，在
静电力作用下，C 球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做
匀速圆周运动，每隔一个周期T，C 球回到y 轴上一次。
由qvB＝mC及T＝
解得C 球圆周运动周期T＝
C 球竖直方向加速度a＝
C 球回到y 轴时离O 点的距离y＝a(nT)2
代入数据解得y＝10n2π2 m(n＝1，2，3，…)。
热点三 带电粒子在交变场中的运动
例3 (2024·江苏南通一模)如图5 甲所示，xOy 平面内存在着变化电场和变化磁场，
变化规律如图乙所示，磁感应强度的正方向为垂直纸面向里、电场强度的正方向
为＋y 方向。t＝0 时刻，一电荷量为＋q、质量为m 的粒子从坐标原点O 以初速
v0沿x 轴正方向入射(不计粒子重力)。B－t 图像中B0＝，E－t 图像中E0＝。求：
图5
(1)时刻粒子的坐标；
(2)0～4t0时间段内粒子速度沿x 轴负方向的时刻；
(3)0～7t0时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值。
答案 (1) (2)t0和t0 (3)v0t0
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B0＝m
又周期T＝，B0＝
解得T＝t0，r1＝
所以时刻粒子坐标为。
(2)粒子在0～4t0时间内
的运动轨迹如图所示
在2t0时刻，vy＝at0＝t0＝·＝v0，v＝v0，可知在2t0时刻粒子的速度方向与＋x 方
向的夹角为45°，此后，根据左手定则可知粒子沿逆时针方向运动，当粒子的速
度方向偏转135°时速度沿－x 方向。
0～4t0时间内粒子速度沿x 轴负方向的时刻为t1＝t0和 t2＝2t0＋t0＝t0。
(3)根据运动的对称性和匀变速运动的规律可得t0～2t0、3t0～4t0、5t0～6t0时间内
粒子沿y 轴方向的位移均为y0＝v0t0
6t0时刻与2t0时刻粒子的速度相同
6t0～7t0时间内粒子沿y 轴方向的最大位移y 磁＝(1＋cos 45°)r2
洛伦兹力提供粒子在磁场中运动的向心力qvB0＝m
解得r2＝＝v0t0
综上所述可得ym＝3y0＋y 磁＝(＋＋)v0t0。
解决带电粒子在交变电磁场中运动的基本思路
训练3 如图6 甲所示，水平放置的平行金属板P 和Q 相距为d，两板间存在周期
性变化的电场或磁场。P、Q 间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁
感应强度B 随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向。t
＝0 时刻，一质量为m、电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，以初速度v0由P 板左
端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、m、d、v0、U0为已
知量。
图6
(1)若仅存在交变电场，要使电荷飞到Q 板时，速度方向恰好与Q 板相切，求交
变电场的周期T；
(2)若仅存在匀强磁场，且满足B0＝，粒子经一段时间恰能垂直打在Q 板上(不考
虑粒子反弹)，求击中点到出发点的水平距离。
答案 (1)(n＝1，2，3，…) (2)d
解析 (1)当粒子飞到Q 板时的速度方向恰与Q 板相切时，竖直速度为零，设加
速度为a，则a＝
半个周期内，粒子向上运动的距离为y＝a
又d＝2ny(n＝1，2，3，…)
联立得T＝(n＝1，2，3，…)。
(2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r 的匀速圆周运动，则有
qv0B0＝m
解得r＝d
要使粒子能垂直打到Q 板上，在交变磁场的半周期，
粒子轨迹的圆心角设为90°＋θ，
如图所示，由几何关系得r＋2rsin θ＝d
解得sin θ＝
则粒子打到上极板的位置距出发点的水平距离为x＝r－2r(1－cos θ)＝d。
新情境命题 现代科技与电磁场
情境分析 高考常以现代科技中的电、磁场问题为背景进行命题，通过建构组合
场、叠加场模型。运用电场、磁场及力学规律来分析问题，解决此类问题的思路
如下：
典例1 (2024·甘肃卷，15)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图7 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E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，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B2，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。
图7
(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E2(E2略大于E1)，方向不
变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O′点上。求粒子打在O′点的速度大
小。
答案 (1)正电 (2) (3)
解析 (1)粒子在 Ⅲ 区域磁场中向上偏转，根据左手定则可知，粒子带正电
粒子在 Ⅱ 区域中做直线运动，必是匀速直线运动，则有qv0B1＝qE1
粒子在 Ⅰ 区域中，根据动能定理有qU＝mv
联立解得＝。
(2)粒子在 Ⅲ 区域磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
qv0B2＝m
根据几何关系有dOP＝2r
结合(1)问解得dOP＝。
(3)将粒子进入速度选择器时的速度v0分解为水平向右的速度大小为v1＝和水平
向左的速度大小为v2＝－v0，则粒子在速度选择器中的运动就分解为了以速度v1
向右的匀速直线运动和以速率v2逆时针的匀速圆周运动
由于粒子垂直打在O′点，则粒子在O′点的速度
v＝v1＋v2＝－v0＝。
典例2 (2024·陕西安康模拟)如图8 所示，为回旋加速器的工作原理示意图，两
个D 形盒的正中间有狭缝，狭缝宽度为d，狭缝之间存在匀强电场，电场强度为
E；两个半径为R 的D 形盒接上高频交流电，并处在匀强磁场中，在D1的中心A
处有一个粒子源，它产生并发出比荷为k 的带正电粒子，粒子的初速度视为0，
经加速后从D 形盒的边缘以速度v 飞出，不计粒子重力，求：
图8
(1)粒子在狭缝之间运动的总时间和匀强磁场的磁感应强度；
(2)粒子第4 次被加速结束的瞬间位置与A 点之间的距离。
答案 (1) (2)2(＋1－)
解析 (1)由牛顿第二定律有qE＝ma
根据运动学公式v＝at
整理得t＝
粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB＝m
得B＝。
(2)加速一次由动能定理有qEd＝mv
解得v1＝＝
从A 点出发向右运动2r1，则
2r1＝2＝
同理可得加速第二次粒子向左运动
2r2＝2
粒子加速第三次后向右运动2r3＝2
所以，第四次加速结束瞬间距A 点的距离为
x＝2r1－2r2＋2r3＝2(＋1－)。
1.(多选)(2024·安徽卷，10)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9 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3R 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( )
图9
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
解析 油滴a 做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有mg＝qE，解
得q＝，故A 正确；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，得R＝，解得油滴a 做
圆周运动的速度大小为v＝，故B 正确；设小油滴 Ⅰ 的速度大小为v1，得3R
＝，解得v1＝＝，周期为T＝＝，故C 错误；带电油滴a 分离前后动量守恒，设
分离后小油滴 Ⅱ 的速度为v2，取油滴a 分离前瞬间的速度方向为正方向，得
mv＝v1＋v2，解得v2＝－，由于分离后的小油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。
2.(2024·广东卷，15)如图10 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U0、周期为t0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t＝0 时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0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t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、
水平向右进入磁场，并在t＝3t0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。
图10
(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t＝t0时刻的速度大小v；
(3)求从t＝0 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) π (3)
解析 (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T＝2t0
根据T＝
则粒子所带的电荷量q＝。
(2)设金属板的板间距离为D，则板长为
粒子在板间运动时有＝vt0
出电场时竖直方向速度为零，则竖直方向有
y＝2×(0.5t0)2
在磁场中时qvB＝m
其中的y＝2r＝
联立解得v＝π，D＝。
(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D＝3r
则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运
动速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0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
W＝mv2＋q×＝＋＝。
1.(2023·新课标卷，18)一电子和一α 粒子从铅盒上的小孔O 竖直向上射出后，打
到铅盒上方水平放置的屏幕P 上的a 和b 两点，a 点在小孔O 的正上方，b 点在
a 点的右侧，如图1 所示。已知α 粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间
存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为( )
图1
A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
答案 C
解析 假设电子打在a 点，即其所受静电力与洛伦兹力大小相等，方向相反，故
eE＝evB，由于α 粒子的速度v′小于电子的速度v，所以2eE＞2ev′B，α 粒子经过
电、磁叠加场后向右偏转，即其所受合力方向向右，由于α 粒子带正电，所以电
场方向水平向右，A、B 错误；电子所受静电力水平向左，则其所受洛伦兹力水
平向右，则磁场方向垂直纸面向里，D 错误，C 正确；假设α 粒子打在a 点，同
样可以得出C 正确。
2.(多选)(2024·湖北武汉二模)现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运
动。如图2 甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d 的匀强电场与匀强磁场，匀强
电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为
m、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)从电场的上边界的O 点由静止释放，运
动到磁场的下边界的P 点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，
如图乙所示，重新让粒子从上边界M 点由静止释放，经过一段时间粒子第一次
到达最低点N，下列说法正确的是( )
图2
A.匀强电场的电场强度大小为
B.粒子从O 点运动到P 点的时间为
C.M、N 两点的竖直距离为d
D.粒子经过N 点时速度大小为
答案 BD
解析 设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理，有qEd＝
mv2，在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，由几何关系可得R＝d，综
上可得E＝，故A 错误；粒子在电场中的运动时间为t1＝＝，在磁场中的运动时
间为t2＝＝，粒子从O 运动到P 的时间为t＝t1＋t2＝，故B 正确；将粒子从M 到
N 的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量vx、vy，再把粒子受到的洛伦
兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为Fx＝qvyB，Fy＝
qvxB，设粒子在最低点N 的速度大小为v1，MN 的竖直距离为y。水平方向由动
量定理可得mv1－0＝∑qvyBΔt＝qBy，由动能定理可得qEy＝mv－0，联立解得v1
＝，y＝d，故C 错误，D 正确。
3.(2024·河北沧州一模)如图3 所示，一个以坐标原点为圆心、半径为R 的圆形有
界区域 Ⅰ 内存在磁感应强度大小为B1、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其
边界上有一粒子源，在纸面内沿不同方向向区域 Ⅰ 内连续射入大量电荷量为＋
q、质量为m 的带电粒子，部分粒子经磁场偏转后沿x 轴水平射入右侧匀强电场
和匀强磁场叠加的区域 Ⅱ 中，其内磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向里，
电场强度大小为E(未知)、方向沿y 轴负方向。已知这部分带电粒子在区域 Ⅰ
中做圆周运动的半径r＝R，在区域 Ⅱ 中做匀速直线运动，粒子的重力和粒子
间的相互作用均不计。
图3
(1)求匀强电场的电场强度的大小E；
(2)求该粒子源的位置坐标；
(3)若区域 Ⅱ 的长度为L，求这部分粒子从射入区域 Ⅰ 到离开区域 Ⅱ 的总时
间。
答案 (1) (2)(－R，－R) (3)＋
解析 (1)带电粒子在区域 Ⅰ 中做圆周运动的半径r＝R
根据洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m
解得v＝
在区域 Ⅱ 中做匀速直线运动，则有qvB2＝qE
解得E＝。
(2)带电粒子在区域 Ⅰ 中做圆周运动的半径r＝R，如图所示
根据几何关系可知tan θ＝＝
解得θ＝60°
则入射粒子速度方向与竖直方向的夹角为
α＝2θ－90°＝30°
入射点坐标为x＝－Rsin 30°＝－R
y＝－Rcos 30°＝－R。
(3)粒子在区域 Ⅰ 中做圆周运动的时间为
t1＝·＝
在区域 Ⅱ 中做匀速直线运动的时间为t2＝＝
则总时间为t＝t1＋t2＝＋。
4.(2024·重庆模拟预测)如图4 所示，OP 与x 轴的夹角θ＝60°，在第一象限中OP
右侧有沿x 轴负方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0
从x 轴上的M 点平行于y 轴射入电场，经电场后沿垂直于OP 的方向由N 点立刻
进入一矩形磁场区域(未画出，方向垂直纸面向里)，并沿y 轴负方向经过O 点。
已知O 点到N 点的距离为3l，不计粒子的重力，求：
图4
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)矩形磁场区域的最小面积。
答案 (1) (2) (3)l2
解析 (1)粒子从M 点到N 点做类平抛运动，在y 轴方向上做匀速直线运动，在x
轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设粒子到达N 点x 轴方向的速度为
vx，速度为v，如图甲
则tan 60°＝＝
粒子在y 轴方向的位移大小为y＝3lsin 60°＝v0t
解得匀强电场的电场强度大小E＝。
(2)粒子
达到N 点的速度大小v＝＝2v0
粒子由N 点进入一矩形磁场并沿y 轴负方向经过O 点，运动轨迹如图乙所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径
r＝(3l－r)sin 30°，解得r＝l
由qvB＝m，解得B＝＝。
(3)如图丙所示
矩形磁场区域的面积最小时，矩形的宽为a＝r＝l
矩形的长为
b＝r＋rsin 30°＝l
所以矩形磁场区域的最小面积为Smin＝ab＝l2。
5.(2024·福建厦门三检)如图5 所示，在Oxy 平面直角坐标系中，虚线OO′与x 轴
正方向的夹角θ＝60°，OO′与y 轴之间存在垂直纸面向里的匀强磁场(边界存在磁
场)，第二象限存在沿y 轴正方向的匀强电场。一质量为m、带电荷量为－q(q>0)
的粒子从x 轴负半轴的P 点以初速度v0 进入电场，v0 与x 轴正方向的夹角θ＝
60°，经电场偏转后从点M(0，L)垂直y 轴进入磁场，粒子恰好不从OO′边界射出
磁场。不计粒子重力。求：
图5
(1)电场强度E 的大小；
(2)磁感应强度B 的大小；
(3)粒子从P 点进入电场到再次回到x 轴的时间。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)粒子进入电场，在y 轴方向有
vy＝v0sin θ，qE＝ma，v＝2aL
联立解得E＝。
(2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。
粒子进入磁场的速度vx＝v0cos θ
由几何关系可得＋r＝L
解得r＝
洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动的向心力，有
qvxB＝m
联立解得B＝。
(3)粒子第一次进入电场，在竖直方向有L＝at
粒子在磁场中运动的时间t2＝
粒子再次进入电场，在竖直方向有L－2r＝at
粒子从P 点进入电场到再次回到x 轴的时间
t＝t1＋t2＋t3
联立解得t＝。
6.质谱仪是最早用来测定微观粒子比荷的精密仪器，某一改进后带有速度选择器
的质谱仪能更快测定粒子的比荷，其原理如图6 所示，A 为粒子加速器，加速电
压为U1，B 为速度选择器，其中磁场与电场正交，磁场磁感应强度为B1，两板
距离为d，C 为粒子偏转分离器，磁感应强度为B2，今有一比荷为k1(未知)的带
正电的粒子P，不计重力，从小孔S1“飘入”(初速度为零)，经加速后，该粒子
从小孔S2进入速度选择器B，恰能通过速度选择器，粒子从小孔S3进入分离器
C 后做匀速圆周运动，恰好打在照相底片D 点上，测出D 点与S3距离为L。
图6
(1)粒子P 的比荷k1为多大；
(2)速度选择器的电压U2应为多大；
(3)另一粒子Q 同样从小孔S1“飘入”，保持U2和d 不变，调节U1的大小，使粒
子Q 能通过速度选择器进入分离器C，最后打到照相底片上的F 点(在D 点右侧)，
测出F 点与D 点距离为x，则可得粒子Q 比荷k2，求k2(用k1表示)。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)由动能定理得qU1＝mv
粒子在进入分离器C 后做匀速圆周运动，则
qv0B2＝m
由几何关系得R＝
由题意知k1＝
联立解得k1＝。
(2)该粒子从小孔S2进入速度选择器B，恰能通过速度选择器，可得qv0B1＝q
解得U2＝。
(3)由题意得，Q 粒子进入分离器的速度与P 粒子的速度相同，则q′v0B2＝m′
由几何关系得R′＝
由题意知k2＝
解得k2＝。
7.如图7 甲所示，在xOy 平面的第 Ⅰ 象限内有沿x 轴正方向的匀强电场E1，在
x≤0 区域内同时存在着竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面的磁场B1(未画出)，
E1＝0.1 N/C，E2＝0.25 N/C，磁场B1随时间t 变化的规律如图乙所示，t0＝ s，设
垂直纸面向外为磁场正方向。一个质量为m、电荷量为q 的带正电液滴从P 点以
速度v0＝2 m/s 沿x 轴负方向入射，恰好沿y 轴负方向以速度v 经过原点O 后进
入x≤0 的区域。已知m＝5×10－6 kg，q＝2×10－4 C，t＝0 时液滴恰好通过O
点，重力加速度g 取10 m/s2。
图7
(1)求液滴第一次到达O 点时速度v 的大小；
(2)求液滴在0～5t0时间内的路程。
答案 (1)5 m/s (2) m
解析 (1)对带电液滴在水平方向和竖直方向的运动由动量定理有－qE1t＝0－mv0
mgt＝mv
解得v＝5 m/s。
(2)带电液滴在第 Ⅱ 、 Ⅲ 象限有qE2＝mg
则带电液滴在第 Ⅱ 、 Ⅲ 象限中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有
qvB1＝m，T＝
当B1＝2 T 时，r1＝ m，T1＝ s
当B1＝4 T 时，r2＝ m，T2＝ s
带电液滴在0～5t0即0～ s 内运动轨迹如图所示
则液滴在0～5t0即0～ s 时间内的路程s＝πr1＋2πr2
解得s＝ m。
8.(2024·江苏卷，16)如图8 所示，两个半圆环区域abcd、a′b′c′d′中有垂直纸面向
里的匀强磁场，区域内、外边界的半径分别为R1、R2。ab 与a′b′间有一个匀强电
场，电势差为U，cd 与c′d′间有一个插入体，电子每次经过插入体速度减小为原
来的k 倍。现有一个质量为m、电荷量为e 的电子，从cd 面射入插入体，经过磁
场、电场后再次到达cd 面，速度增加，多次循环运动后，电子的速度大小达到
一个稳定值，忽略相对论效应，不计电子经过插入体和电场的时间。求：
图8
(1)电子进入插入体前后在磁场中运动的半径r1、r2之比；
(2)电子多次循环后到达cd 的稳定速度v；
(3)若电子到达cd 中点P 时速度稳定，并最终到达边界d，求电子从P 到d 的时
间t。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)设电子进入插入体前的速度大小为v0，则电子经过插入体前后由洛伦
兹力提供向心力有ev0B＝m
e·kv0B＝m
联立解得＝。
(2)电子多次循环稳定后对电子从c′d′出发经电场到ab 的过程，由动能定理有
eU＝mv2－m(kv)2
解得v＝。
(3)结合(2)问分析，当电子到达cd 中点P 时速度稳定后，其在abcd 区域运动有
evB＝m
解得r＝
结合(1)问分析可知，电子在a′b′c′d′区域运动的半径为
r′＝
所以电子相邻两次经过cd 边的位置间的距离为l＝2(r－r′)
由几何关系可知＝nl
又电子在磁场中运动的周期为T＝＝
联立解得电子从P 运动到d 的时间为
t＝nT＝。
9.(2024·广东茂名二模)在如图9 所示的竖直平面xOy 中，一质量为m、电荷量为
＋q 的带电小球沿x 轴正方向以初速度v0＝从A 点射入第一象限，第一象限有竖
直向上的匀强电场E1＝，小球偏转后打到x 轴上的C(L，0)点，x 轴下方有匀强
电场E2(图中未画出)，第三、四象限有垂直于纸面向外、磁感应强度大小不同的
匀强磁场，小球在x 轴下方做匀速圆周运动，已知第四象限匀强磁场的磁感应强
度大小为，重力加速度大小为g。
图9
(1)求x 轴下方匀强电场的电场强度E2；
(2)求带电小球在C 点的速度vC；
(3)若第三象限匀强磁场的磁感应强度大小为，求粒子从C 点运动到P(0，－3L)
点所用的时间。
答案 (1)，方向竖直向上 (2)，与x 轴正方向成60°斜向下
(3)或
解析 (1)小球在x 轴下方做匀速圆周运动，则mg＝qE2，解得E2＝，方向竖直向
上。
(2)小球在第一象限做类平抛运动，根据牛顿第二定律mg－qE1＝ma，可得a＝
水平方向有L＝v0t，可得t＝
竖直方向有vy＝at，可得vy＝
根据运动的合成vC＝
可得vC＝
根据几何关系tan θ＝，可得θ＝60°
即vC方向与x 轴正方向成60°斜向下。
(3)小球在第四象限内做匀速圆周运动，运动半径为r1
则qvCB4＝m，解得r1＝2L
设粒子运动的周期为T1，则T1＝
解得T1＝2π
如图甲，由几何关系可知，粒子从C 到P 偏转圆心角为，此过程运动时间为t1＝
T1＝
粒子经P 点进入第三象限后，设运动半径为r2，则qvCB3＝m，解得r2＝L
设粒子运动的周期为T2，则T2＝
解得T2＝π
如图乙，粒子从P 点再回到P 点所用时间为t2＝T1＋T2＝2π
粒子从C 点第二次运动到P 点所用的时间为t1＋t2＝
故粒子从C 点运动到P 点所用的时间为或。
