压轴10 带电粒子在叠加场中的运动
命题预测
2026 年高考物理带电粒子在叠加场中的运动命题将呈现"情境创新、思维深度、数学融
合"三大特征。情境设置侧重科技应用，如霍尔传感器、磁流体发电、离子推进器等真实装
置；考查方式从单一模型向多过程组合转变，强调临界分析、周期性多解及分类讨论能力；
数学工具要求提升，涉及参数方程、极坐标及几何极值问题。
备考应构建"场-力-运动-能量"四维分析框架，重点突破三场叠加的等效处理与复杂轨迹
拆解。强化"画轨迹-找圆心-定半径-用几何"的标准化解题流程，通过真题训练提炼隐蔽条件
挖掘技巧，提升在陌生情境中建模迁移的核心素养。
高频考法
1.带电粒子在叠加场中做直线运动
2.带电粒子在叠加场中做圆周运动
3.带电粒子在叠加场中的一般曲线运动
知识·技法·思维
1.叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
2.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
运动性质
受力特点
方法规律
匀速直线运动
粒子所受合力为0
平衡条件
匀速圆周运动
除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：
qE=mg
牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的
曲线运动
除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，
也不与洛伦兹力等大反向
动能定理、能量守恒定律
典例·靶向·突破
题型01 带电粒子在叠加场中的直线运动
1．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。
题型02 带电粒子在叠加场中的圆周运动
2．如图所示，平面直角坐标系的第二象限内，抛物线y =k x
2与y轴之间有沿y轴负方向的匀强电场，在半
径为R的圆形区域内有垂直于坐标平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，圆与x轴相切于P点，在第一、
题型解码
只要带电粒子在叠加场中做直线运动，都满足受力平衡，可利用平衡条件解题。
四象限内有垂直于坐标平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，在第一象限内有一平行于x轴的荧光屏（图
中未画出），在P点沿与x轴负方向成60
∘角的方向射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子在圆
形磁场中偏转后沿x轴正方向进入电场，经电场偏转刚好从坐标原点射入第一、四象限内的匀强磁场中，
粒子经磁场偏转后恰好垂直打在荧光屏上。已知k = 1
2 R ，不计粒子的重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子从P点射出的初速度大小为v0= qBR
m
B．匀强电场的电场强度大小为E = qR B
2
m
C．粒子在第四象限做圆周运动的轨迹半径为3 R
D．荧光屏离x轴的距离为R
2
【答案】AB
【详解】A．设圆形有界磁场边界圆的圆心为O1，粒子做圆周运动的圆心为O2，粒子从Q点射出圆形有界
磁场，则O1 P//O2Q由于O1O2与PQ垂直并将PQ平分，可得O1 P =O2Q
即粒子在磁场中做圆周运动的半径r = R
根据牛顿第二定律有q v0 B =m v0
2
r
解得v0= qBR
m ，故A 正确；
B．粒子在电场中做类平抛运动，粒子进电场位置的纵坐标y = R+ Rsin30
°= 3
2 R横坐标大小x = ❑√3 R
粒子在电场中做类平抛运动，则有x = v0t，y = 1
2 at
2
根据牛顿第二定律有qE =ma解得E = qR B
2
m
，故B 正确；
CD．未改变粒子射入磁场方向时，设粒子通过坐标原点O时的速度大小为v，根据动能定理有
qEy = 1
2 mv
2−1
2 mv0
2解得v = 2qBR
m
设粒子进入磁场时速度与y轴负方向的夹角为θ，则sinθ = v0
v = 1
2
设粒子在第一、四象限内做圆周运动的半径为r
′，根据牛顿第二定律有qvB =m v
2
r
′ 解得r
′ = mv
qB =2 R
由于粒子垂直打在荧光屏上，因此荧光屏离x轴的距离为d =r
′ sinθ = R
故CD 错误。故选AB。
3.如图所示，在三维坐标系O−xyz中，x>0的空间内存在沿y轴负方向的匀强电场，x<0的空间内存在沿
x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。有一质量为m、带电荷量为+q(q>0)的粒子从坐标为
(2 L, L,0)的P点以速率v0沿x轴负方向射出，粒子恰好从坐标原点O进入磁场区域。一足够大的光屏M平
行于yOz平面放置在磁场区域中，坐标原点O到光屏M的距离为3 πmv0
4 qB
。不计粒子的重力，求：
题型解码
带电粒子做匀速圆周运动，就是除了洛伦兹力外的其他力合力为零，这里就是重力和电场力平衡，
由于物体做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，再挖掘题目中的几何关系，找圆心定半径，就可以解
题了。
(1)电场强度的大小及粒子到达坐标原点O时的速度大小；
(2)粒子从P点运动到光屏M的时间；
(3)粒子打在光屏M上的位置坐标。
【答案】(1)m v0
2
2qL
， ❑√2v0
(2)2 L
v0
+ 3 πm
4 qB
(3)(−3 πm v0
4 qB ,−
❑√2m v0
2qB
, (2+ ❑√2)m v0
2qB
)
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，则有
2 L= v0t1
L= 1
2 at1
2
qE =ma
v y =at1
v =
❑√v0
2+ v y
2
联立解得
E = m v0
2
2qL
v = ❑√2v0
t1= 2 L
v0
（2）进入磁场区域，粒子沿x轴负方向的分运动为匀速直线运动，则有3 πmv0
4 qB = v0t2
粒子从P点到光屏的运动时间为t =t1+t2
联立上述结论解得t = 2 L
v0
+ 3 πm
4 qB
（3）进入磁场区域，粒子在平行于yOz平面内的分运动为匀速圆周运动，从左侧看粒子的运动轨迹如图
所示
设粒子打在光屏上的A点，由洛伦兹力提供向心力，得q v y B =m v y
2
R
解得R = mv0
qB
粒子做匀速圆周运动的周期为T = 2πR
v y
= 2πm
qB
则t2= 3 πm
4 qB = 3
8 T
α =360
°× 3
8 =135
°
β =180
°−α = 45
°
y A =−R sin 45
°=−
❑√2m v0
2qB
z A = R(1+cos 45
°)= (2+ ❑√2)m v0
2qB
所以粒子打在光屏上的位置坐标为(−3 πm v0
4 qB ,−
❑√2m v0
2qB
, (2+ ❑√2)m v0
2qB
)
题型03 带电粒子在叠加场中的一般曲线运动
4.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做圆周运动的一部分，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，根据左手定则判断知，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。
1．（2026·山东·一模）如图所示，空间中存在一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场，且电场方
向和磁场方向相互垂直。在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角
且处于竖直平面内。一质量为m、带电量为+q的小球套在绝缘杆上。初始时给小球一沿杆向下的初速度v0，
小球恰好做匀速运动，电量保持不变。已知磁感应强度大小为B，电场强度大小为E =
❑√3mg
q
，则以下说
法正确的是（ ）
A．重力势能的减少量总大于电势能的增加量
B．小球的初速度为v0= 2mg
qB
C．若小球的初速度为mg
qB
，则运动中克服摩擦力做功为m
3 g
2
2q
2B
2
D．若小球的初速度为5mg
2qB
，小球将做加速度减小的减速运动，运动中克服摩擦力做功为25m
3 g
2
8q
2B
2
【答案】BC
【详解】A．重力势能的减少量总等于电势能的增加量，故A 错误；
B．带电小球刚开始受重力、电场力、洛伦兹力、弹力（可能有）、摩擦力（可能有）；
电场力F =qE = ❑√3mg
重力与电场力的合力刚好与杆垂直，大小为2mg，如图
题型解码
当带电粒子在磁场中受合力不为零时，其运动轨迹为复杂曲线。此时可采用配速法简化分析：将初速度分解
为两个分速度，一个分速度对应的洛伦兹力与重力或电场力平衡，使粒子做匀速直线运动；另一个分速度对
应的洛伦兹力提供向心力，使粒子做匀速圆周运动。通过这种分解，将复杂曲线运动转化为两个简单运动的
合成，便于分析和计算。
洛伦兹力的方向垂直于杆，要使小球做匀速运动，摩擦力应该为0，弹力也应该为0，
即洛伦兹力与重力、电场力的合力相平衡，即q v0 B =2mg
则小球的初速度v0= 2mg
qB
，故B 正确；
C．若小球的初速度为mg
qB
，则洛伦兹力小于2mg，杆对球有弹力且FN+qvB =2mg
球会受到摩擦力作用，此摩擦力阻碍小球的运动，小球的速度会减小；
当小球的速度减小，杆对球的弹力FN=2mg−qvB
增大，球受的摩擦力增大，小球做加速度增大的减速运动，最终小球停止，此过程中重力、电场力和洛伦
兹力的合力总与杆垂直，即此过程中这三力的合力对球做的功为零，摩擦阻力对小球做负功，据动能定理
0+W
′
f=0−1
2 m(
mg
qB)
2
此过程中W
′
f=−m
3 g
2
2q
2B
2
即克服阻力做功W
′
克f= m
3 g
2
2q
2B
2
，故C 正确；
D．若小球的初速度为5mg
2qB
，则洛伦兹力大于2mg，杆对球有弹力且FN+2mg =qvB
球会受到摩擦力作用，此摩擦力阻碍小球的运动，小球的速度会减小；
当小球的速度减小，杆对球的弹力FN=qvB−2mg减小，
球受的摩擦力减小，小球做加速度减小的减速运动；
当小球的速度减小至2mg
qB
，小球做匀速运动，此过程中重力、电场力和洛伦兹力的合力总与杆垂直，即此
过程中这三力的合力对球做的功为零，摩擦阻力对小球做负功，据动能定理
0+W f= 1
2 m(
2mg
qB )
2
−1
2 m(
5mg
2qB)
2
此过程中W f=−9m
3 g
2
8q
2B
2
即克服阻力做功W 克f= 9m
3 g
2
8q
2B
2
，故D 错误；
故选BC。
2．（2026·云南·模拟预测）如图所示，在竖直面内的平面直角坐标系xOy 中，第一、三象限内存在场强
大小均为E = 4N/C、方向分别沿y 轴负方向和x 轴负方向的匀强电场；在第一象限y > h = 6.4m 的区域和
第三象限内存在磁感应强度大小均为B = 1.0T、方向分别垂直平面向里和垂直平面向外的匀强磁场。现将
一个带电荷量为q 的油滴从该平面第三象限的P 点（图中未标出）以一定的初速度释放，恰好能沿PO 做直
线运动，并从原点O 进入第一象限后，经过一段时间第二次穿过x 轴。已知PO 与x 轴负方向的夹角θ =
45°，g 取10m/s2，求油滴：
(1)初速度大小；
(2)在第一象限运动的时间；
(3)第二次穿过x 轴时的位置坐标。
【答案】(1)4 ❑√2m/s
(2)16+π
5
s
(3)(16 m ,0)
【详解】（1）根据题意，画出油滴在第三象限的受力情况，如图所示
由平衡条件及几何关系可得qE =qvBsinθ
解得v = 4 ❑√2m/s
（2）油滴在第三象限中运动时有qE =mg tanθ =mg
所以油滴在第一象限y <h区域做匀速直线运动，y >h区域做匀速圆周运动，设O→A、A →C、C →N
的运动时间分别为t1、t2、t3，第一象限y <h区域由几何关系得OA =
h
sinθ
由对称性得t1=t3= OA
v
第一象限y >h区域t2= 2θ
360° T，T = 2πr
v
由牛顿第二定律得qvB =m v
2
r
油滴在第一象限运动的总时间t =t1+t2+t3
解得t = 16+π
5
s
（3）由几何关系及对称性可得，从O→A、C →N运动过程中沿x方向的位移x1= x3=
h
tanθ
A →C过程中沿x轴方向的位移x2=2r sinθ
油滴再次穿过x轴时距离坐标原点O的距离x = x1+ x2+ x3
解得x =16 m
即油滴第二次穿过x轴时的坐标为(16 m ,0)
3．（2025·贵州·高考真题）如图所示，x轴水平向右，z轴竖直向上，y轴垂直纸面向里（图中未画出），
在xOz平面里有竖直向上的匀强电场E，在z = z0的平面下方存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，z = z0的平
面上方有垂直纸面向里的匀强磁场B2（未知）。有一带正电的粒子，质量为m，从坐标原点O出发，沿x
轴正方向以速度v射出后做圆周运动，其中z0= 2v
2
5 g
，B1= mg
qv ，p点坐标( 16 v
2
5 g ,0,0)。已知重力加速度为
g，粒子电荷量为q。求：
(1)电场强度E的大小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)当该带电粒子沿x轴正方向飞出到达P点时间最小时，求B2的大小；
(3)若将电场E改成沿y 轴正方向，粒子同样从坐标原点O沿x 轴以速度v射出，求粒子的轨迹方程。
【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mg = Eq
解得E = mg
q
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qv B1=m v
2
R1
解得粒子运动的轨道半径R1= v
2
g
根据圆周运动轨迹，由几何关系得x
2+( z0−R1)
2= R1
2
代入数据解得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，由几何关系可得cos(90°−θ)= x
R1
可解得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。所以当n=3时，运动时间最短，代入R1的值解得R2= R1
3
根据qvB =m v
2
R
联立可得B2=3 B1= 3mg
qv
当该带电粒子沿x轴正方向飞出到达P点时间最小时，B2的大小为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，根据B1= mg
qv
解得粒子受到的洛伦兹力大小为f 洛=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
由牛顿第二定律有Eq =ma
粒子在x轴正方向做匀速直线运动，有x = vt
联立解得轨迹方程y = g x
2
2v
2
4．（2025·广东·三模）如图所示，在直角坐标系xOy中，y轴竖直，O、A 两点间的距离为L，θ =30
∘。
第一象限内有方向垂直坐标平面水平向里的匀强磁场和沿x轴负方向的匀强电场，第三象限内有方向垂直
坐标平面水平向外的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，第四象限内有方向沿x轴正方向的匀强电场。一质
量为m、电荷量为q的带负电小球从A 点以大小v0= ❑√Lg，（g 为重力加速度大小）的初速度沿AO做直线
运动，小球通过O点后在第三象限内做匀速圆周运动，恰好通过坐标为(0，−3
2 L)
的B点。已知第四象限
内电场的电场强度大小E =
❑√3mg
3q
，不计空气阻力。
(1)求第一象限内磁场的磁感应强度大小B1以及第三象限内磁场的磁感应强度大小B2；
(2)求小球从通过O点（第一次通过y轴）到第三次通过y轴所用的时间t及其在第四象限内运动的过程中到
y轴的最大距离xm；
(3)若仅将第一象限内的电场撤去，让小球从O、A 两点连线的延长线上的P点（图中未画出）以大小
v0= ❑√Lg的初速度沿AO方向射出，要使小球射出后在第一象限内（不包括坐标轴）运动的过程中存在小
球的速度方向水平的时刻，求O、P两点间的距离L
′应满足的条件。
【答案】(1)2m
q
❑√
g
3 L
，2m
q
❑√
g
3 L
(2)(
❑√3
3 π +3)
❑√
L
g
，3 ❑√3
8
L
(3)L
′>
❑√3 π +2
4
L
【详解】（1）经分析可知，小球的运动轨迹如图所示
且小球在第一象限内做匀速直线运动，根据物体的平衡条件有mg =q v0 B1cosθ
解得B1= 2m
q
❑√
g
3 L
设小球在第三象限内做匀速圆周运动的轨迹半径为r，根据几何关系有1
2 × 3
2 L=r cosθ
洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动所需的向心力，有q v0 B2=m v0
2
r
解得B2= 2m
q
❑√
g
3 L
（2）小球从O点运动到B点所用的时间t1=
2π
3 r
v0
解得t1= π
3
❑√
3 L
g
设小球通过B点时所受合力的方向与竖直向下方向的夹角为α，有tan α = qE
mg
解得α =30
∘
可见小球所受合力的方向与小球通过B点时的速度方向垂直，小球在第四象限内做类平抛运动，设小球在
第四象限内运动的加速度大小为a，有mg
cosα =ma
设小球从B点运动到再次通过y轴时所用的时间为t2，有
v0t2
1
2 at2❑
2 =tanα
解得t2=3 ❑√
L
g
又t =t1+t2
解得t =(
❑√3
3 π +3)
❑√
L
g
将小球通过B点时的速度沿水平方向和竖直方向分解，当小球沿水平方向的分速度为零时，小球到y轴的
距离最大，有(v0cosα)
2=2ax xm
其中ax = qE
m
解得xm= 3 ❑√3
8
L
（3）小球的初速度沿水平方向和竖直方向的分量大小分别为
v1= v0cosθ = 1
2
❑√3 gL，v2= v0sinθ = 1
2
❑√gL
经计算可知q v1B1=mg
因为R = m v2
q B1
=
❑√3
4 L< 1
2 L
所以小球的运动可分解为大小为v1、方向水平向左的匀速直线运动和大小为v2、沿顺时针方向的匀速圆周
运动，小球做匀速圆周运动的周期T = 2πR
v2
解得T = π ❑√
3 L
g
设小球通过y轴时的速度方向恰好第一次水平，则此种情况下小球从P点运动到y轴的时间t0= T
4
设此种情况下O、P两点间的距离为L0，有L0cosθ = v1t0+ R
解得L0=
❑√3 π +2
4
L
因此O、P两点间的距离L
′应满足的条件为L
′>
❑√3 π +2
4
L
5．（2026·河北沧州·一模）如图所示，在xOy坐标系所在空间内存在着方向垂直坐标平面向里、磁感
应强度大小为B0的匀强磁场，在x<0的区域内存在着沿y轴负方向、场强大小为3 E0的匀强电场，在x>0
的区域内存在着沿y轴负方向、场强大小为2 E0的匀强电场。一个质量为m带电荷量为+q的粒子从x轴上
的A点以一定的初速度沿x轴正方向射出后，在x负半轴恰能做匀速直线运动，不计粒子重力，下列说法正
确的是（ ）
A．粒子在x负半轴上运动的速度大小为3 E0
B0
B．粒子在x>0区域内运动的最小速率为E0
2B0
C．粒子在x>0区域内运动时，距x轴的最大距离为2m E0
q B0
2
D．粒子经过x正半轴的所有位置中，相邻两个位置之间的距离为4 πm E0
q B0
2
【答案】ACD
【详解】A．粒子在x负半轴上做匀速直线运动，有q v0 B0=3 E0q
解得v0= 3 E0
B0
，故A 正确；
B．粒子在x >0区域内运动时，受到的洛伦兹力与电场力不平衡，将粒子的速度v0分解为沿x轴正方向的
v1和v2，令q v1B0=2 E0q
解得v1= 2 E0
B0
则v2= v0−v1= E0
B0
将粒子的运动分解为以v1沿x轴正方向做匀速直线运动，同时以v2做逆时针的圆周运动，粒子运动到最高
点时，v2
和v1
的速度方向相反，合速度最小为vmin= v1−v2= E0
B0
，故B 错误；
C．以v2做逆时针的圆周运动，洛伦兹力提供向心力q v2B0= m v2
2
r
，粒子做圆周运动的半径r = m v2
q B0
= m E0
q B0
2
粒子在x>0区域内运动时，距x轴的最大距离为2r = 2m E0
q B0
2
，故C 正确；
D．粒子做圆周运动的周期T = 2πm
q B0
，经过一个周期，粒子再次回到x轴，该过程中以v1匀速运动的距离
Δ x = v1T = 4 πm E0
q B0
2
故粒子经过x正半轴的所有位置中，相邻两个位置之间的距离Δ x = 4 πm E0
q B0
2
，故D 正确。
故选ACD。
6．（2026·浙江·二模）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场与水平方向的匀强电场，一带电液滴在复
合场中恰能沿着MN 做匀速直线运动，速度大小为v，MN 与水平方向呈45°，NP 水平向右。当带电液滴运
动到N 时，撤去电场，一段时间后粒子经过P 点，则（ ）
A．液滴可能带负电
B．电场线方向可能水平向左
C．液滴到P 点的速度一定与N 点相同
D．液滴从N 到P 的过程中竖直方向上离NP 的最大距离为v
2
2g
【答案】D
【详解】AB．在该复合场中，液滴受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的共同作用，因为液滴做匀速直线
运动，所以三力的合力为零。假设液滴带正电，根据左手定则，洛伦兹力垂直于速度，方向斜向上。重力
竖直向下，若电场线方向向右，则电场力水平向右，反之水平向左。由于MN 与水平方向成45°，要使三
力平衡，洛伦兹力必须斜向上，且电场力必须水平向右，所以液滴只能带正电，电场方向水平向右，故AB
错误；
C．在N 点撤去电场后，液滴受到重力以及洛伦兹力，由于N 和P 在同一高度，所以该过程重力不做功，由
于洛伦兹力也不做功，所以液滴的速度大小不变，但是由于洛伦兹力改变速度的方向，所以两点的速度方
向不一定相同，故C 项错误；
D．在N 点液滴的速度在水平方向为v x = v cos 45° =
❑√2
2 v
竖直方向速度为v y = v sin 45° =
❑√2
2 v
洛伦兹力在竖直方向上的分力大小为F洛y =q v x B
由之前的分析可知，有qvBsin 45° =mg
所以洛伦兹力在竖直方向的分量与重力抵消。洛伦兹力在另一个分量提供做匀速圆周运动的向心力，液滴
做圆周运动有q v y B = m v y
2
r
解得r = v
2
2g
由上述分析可知，液滴所做运动为匀速直线运动与圆周运动的合运动，其偏离NP 的最大距离为v
2
2 g
，故D
项正确。
故选D。
7．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图甲所示，足够大的两平行板P、Q 水平固定，间距为d，板间有可
独立控制的周期性变化的电场和磁场。电场和磁场都取垂直纸面向里为正方向，磁感应强度随时间的变化
规律如图乙所示，电场强度随时间的变化规律如图丙所示。t =0时刻，一质量为m、带电量为+q的带电粒
子（不计重力），以初速度v0由Q 板左端靠近板面的位置水平向右射入两板间。当B0、TB、TE取某些特定
值时，可使粒子经一段时间垂直打在P 板上（不考虑粒子反弹）。上述m、q、E0、v0、d 为已知量。
(1)若只加磁场且磁感应强度B0= 2mv0
qd
，粒子垂直打在P 板上，求粒子在板间运动的时间以及水平位移；
(2)若同时加电场和磁场，且磁感应强度B0= 3mv0
qd
，粒子垂直打在P 板上，求TE应满足的条件以及粒子在
板间运动的位移大小。
【答案】(1)5πd
12v0
，
❑√3−1
2
d
(2)T E=πd
2n v0
(n=1,2,3⋯⋯)，❑√
2d
2+(
q E0π
2d
2
16mn v0
2 )
2
(n=1,2,3⋯⋯)
【详解】（1）若只加磁场且磁感应强度B0= 2mv0
qd
，根据洛伦兹力提供向心力q v0 B0= m v0
2
R1
解得R1= d
2
粒子在磁场中的轨迹如图，由图可知R1+2 R1sinθ =d
解得θ =30°
粒子在板间运动的水平位移x = R1−2 R1(1−cosθ)=
❑√3−1
2
d
圆周运动的周期T 1= 2πm
q B0
=πd
v0
粒子在板间运动的时间t = 150°
360° T 1= 5πd
12v0
（2）若同时加电场和磁场，且磁感应强度B0= 3mv0
qd
，根据洛伦兹力提供向心力q v0 B0= m v0
2
R2
解得R2= d
3
粒子在磁场中的轨迹如图，圆周运动的周期T 2= 2πm
q B0
= 2πd
3 v0
粒子在一个电场周期内，沿电场方向的速度变化为零，要使粒子垂直打到P 板上，有
3
4 T 2=nT E(n=1,2,3⋯⋯)
解得T E=πd
2n v0
(n=1,2,3⋯⋯)
粒子沿电场方向的位移大小y =n vm
2 T E=n× 1
2 × q E0
m × T E
2 ×T E= q E0π
2d
2
16mn v0
2 (n=1,2,3⋯⋯)
在磁场中的位移x =
❑√d
2+d
2= ❑√2d
则粒子在板间运动的位移大小s=
❑√x
2+ y
2=
❑√
2d
2+(
q E0π
2d
2
16mn v0
2 )
2
(n=1,2,3⋯⋯)
8．（2026·湖南永州·二模）如图所示，在xOy 直角坐标系第二象限内存在沿x 轴正方向的匀强电场，电
场强度大小为E（未知）。第一象限内分界线OP 与x 轴夹角为45°，OP 以上的区域I 中存在垂直纸面向外
的匀强磁场，磁感应强度大小为B（未知），OP 以下的区域Ⅱ中存在大小为2E（未知）、方向竖直向下的
匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小也为B（未知）。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沿y 轴正向进入第二象限，由N（0，2d）点进入第一象限，后经Q 点
垂直穿过分界线OP 进入区域Ⅱ中，不计空气阻力、粒子重力及电磁场的边界效应。求：
(1)第二象限内电场强度E 的大小；
(2)区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B 的大小；
(3)粒子在区域Ⅱ中运动时，粒子从Q 点到第一次运动到最低点的过程中的水平位移大小。
【答案】(1)E = m v0
2
2qd
(2)B = mv0
qd
(3)x = (2+ π )d
2
【详解】（1）粒子从M 点到N 点过程做类平抛运动，沿y 方向有2d = v0t
沿x 方向有d = 1
2 at
2，qE =ma
联立解得E = m v0
2
2qd
（2）粒子经过N 点时沿电场方向的分速度v x =at = v0
粒子经过N 点的速度大小v =
❑√v0
2+ v x
2 = ❑√2v0
速度与x 轴正向的夹角α满足tan α = v y
v x
可得α = 45°
由几何关系可知r =2d cos45°
由洛伦兹力提供向心力得qvB = m v
2
r
解得B = mv0
qd
（3）取一个水平向右的速度使得其对应的洛伦兹力和竖直向下的电场力平衡，则有q v x1B =2qE
解得v x1= v0
粒子以v x1速度水平向右做匀速直线运动，粒子做圆周运动的分速度为v y 1=
❑√v
2−v x1
2
解得v y 1= v0
由q v y 1B = m v y
2
r1
解得r1=d
粒子从Q 点第一次运动到最低点的时间t = 1
4 × 2πm
qB
由x = v xt +r1
解得x = (2+ π )d
2
9．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示，在O−xyz坐标系中yOz平面的左侧有电场强度大小为E1、
沿z轴负方向的匀强电场，右侧有沿x轴正方向的匀强磁场和与x轴平行的匀强电场（未画出）。现有一带
电粒子从点P(−d ,0,d)沿x轴正方向以初速度v0射出，随后粒子经坐标原点进入yOz平面的右侧。粒子在
yOz平面的右侧运动的过程中距离xOy平面的最大距离为d
2
，且第6 次经过x轴时（坐标原点处记为第0
次）的坐标恰好为（6d，0，0），粒子所受重力不计。求：
(1)带电粒子比荷k的大小；
(2)磁场磁感应强度B的大小；
(3)yOz平面右侧电场强度E2的大小和方向。
【答案】(1)k = 2v0
2
d E1
(2)B = 2 E1
v0
(3)E2= π −2
3 π
2 E1，沿x轴负方向
【详解】（1）带电粒子在匀强电场的作用下，由P运动至坐标原点O，做类平抛运动，所以有沿x轴方向，
有d = v0t1
沿z轴负方向，有d = 1
2 a1t1
2
且粒子的加速度为a1= q E1
m = E1k
联立解得粒子的比荷为k = 2v0
2
d E1
（2）粒子到达坐标原点时，沿z轴负方向的速度大小为v z=a1t1=2v0
在洛伦兹力的作用下，粒子沿垂直于x轴方向的分运动为匀速圆周运动，有qvB =m v0
2
R
解得R = 2v0
kB
分析可知粒子距离xOy平面的最大距离即圆周运动的半径R = d
2
联立各式即可解得磁场的磁感应强度B = 2 E1
v0
（3）粒子沿垂直于x轴分运动的周期为T = 2πR
2v0
= πd
2v0
故粒子从坐标原点出发到第6 次经过x轴所经历的时间为t2=6T = 3 πd
v0
粒子在匀强电场的作用下，沿x轴方向做匀变速直线运动6d = v0t2+ 1
2 a2t2
2
易知，粒子一定做减速运动，故匀强电场一定沿x轴负方向，有6d = v0t2−1
2 k E2t2
2联立可得E2= π −2
3 π
2 E1
10.(2025·黑、吉、辽、内蒙古卷,15)如图,在xOy 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M(0,－y0)点射入磁场,速度方向与y 轴正方向夹角θ＝30°,从
N(0,y0)点射出磁场。已知粒子的电荷量为q(q>0),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v1和磁场中运动的时间t1;
(2)若在xOy 平面内某点固定一负点电荷,电荷量为－48q,粒子质量取m＝B
2 y0
3
k
(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v2;
(3)在(2)问条件下,粒子从N 点射出磁场开始,经时间t2速度方向首次与N 点速度方向相反,求t2(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φ＝kQ
r
)。
【答案】(1)2qB y0
m
πm
3qB
(2) 6 kq
B y0
2
(3)2❑√3 πB y0
3
3kq
【详解】(1)粒子从M 点运动到N 点,运动轨迹如图甲所示
根据几何关系可得rsin θ＝y0
解得粒子运动轨迹半径r＝2y0
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qv1B＝mv1
2
r
解得v1＝2qB y0
m
粒子在磁场中运动的周期T＝2πr
v1
＝2πm
qB
则粒子在磁场中运动的时间为t1＝2θ
360°
T＝πm
3qB
。
(2)粒子轨迹不变,仍然做匀速圆周运动,因此点电荷只能位于轨迹圆心O1 处,库仑力和洛伦兹力的合力提供
向心力,有
qv2B＋kq·48q
r
2
＝mv2
2
r
(上式可变换为B
2 y0
2
2k
v2
2－qBv2－12k q
2
y0
2
＝0,获得关于v2 的一元二次方程,通过求根公式解得v2 的两个
值)
将m＝B
2 y0
3
k
和r＝2y0代入解得
v2＝6 kq
B y0
2
(另一解v2＝－4 kq
B y0
2
不合题意,舍去)。
(3)粒子从N 点离开,仅在点电荷的作用下运动,粒子所需的向心力mv2
2
r
大于点电荷提供的库仑力kq·48q
r
2
,
因此粒子离心运动,由库仑力和万有引力的相似性可知粒子做类似行星绕中心天体的椭圆轨迹的运动,粒子
的运动轨迹如图乙所示
粒子从N 点运动至与N 点速度方向相反的点的过程中只有电场力做功,粒子电势能和动能总和不变,有
1
2
mv2
2＋qφ2＝1
2
mv3
3＋qφ3
由开普勒第二定律可知粒子在近点和远点的速度满足
1
2
v2Δt·r＝1
2
v3Δt·R
结合电势φ2＝−48kq
r
和φ3＝−48kq
R
解得R＝6y0
粒子椭圆轨道的半长轴a＝R＋r
2
＝4y0
将粒子运动的椭圆轨迹等效转化为半径为r0＝a＝4y0的圆周运动,由牛顿第二定律有
k48q
2
r0
2
＝m4 π
2
T '
2
r0
解得T'＝4 ❑√3 πB y0
3
3kq
则粒子运动时间t2＝1
2
T'＝2❑√3 πB y0
3
3kq
。
