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专题三 电场和磁场
第9 讲 带电粒子在电场和磁场中的运动
一、带电粒子在电场中的运动
1．加速规律：动能定理qU＝mv2－mv，适用于任何电场。
2．偏转公式：类平抛运动分解为匀速直线运动和匀加速直线运动，侧移量y＝
＝，偏转角tan θ＝＝。
3．结论：不同带电粒子经同一电场加速再偏转，轨迹重合；速度反向延长线过
水平位移中点。
二、带电粒子在有界磁场中的运动
1．圆周运动公式：半径r＝＝，周期T＝(与速度无关)。
2．临界规律：粒子从同一边界入射，出射方向对称；最值问题常对应轨迹与边
界相切。
3．结论：磁场中运动时间t＝T，圆心角θ 由几何关系确定；矩形磁场中，入射
方向与边界夹角等于出射方向与对边夹角。
一、思维方法
1．运动分解法：电场中类平抛运动分解为匀速直线运动与匀加速直线运动，利
用分位移、分速度公式关联；磁场中圆周运动分解为径向(向心力)与切向(匀
速)，通过几何关系找圆心角。
2．几何建模法：磁场中用“几何半径”对应“运动半径”，通过弦长、边界距
离构建直角三角形，结合三角函数求圆心角(如入射、出射速度垂线交点定圆
心)。
3．临界极值法：针对有界磁场“动态轨迹”，以“轨迹相切”为临界条件，分
析粒子最值(最大偏转角、最小磁场区域等)。
二、物理模型
1．电场中“加速＋偏转”模型：串联动能定理与类平抛公式，强调不同粒子轨
迹重合的条件(比荷无关性)。
2．磁场中“有界区域圆周运动”模型：矩形磁场用“对称性”(入射、出射角
相等)，圆形磁场用“弦切角定理”，快速确定轨迹参数。
题型1 带电粒子在电场中的运动
(2023·北京卷)某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒
物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器
中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下，带电颗
粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d，不考虑重力影响和颗
粒间相互作用。
(1)若不计空气阻力，质量为m、电荷量为－q 的颗粒恰好全部被收集，求两金
属板间的电压U1。
(2)若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v 方向相反，大小为f＝
krv，其中r 为颗粒的半径，k 为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达
到最大速度。
①半径为R、电荷量为－q 的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2；
②已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含
了直径为10 μm 和2.5 μm 的两种颗粒，若10 μm 的颗粒恰好100%被收集，求
2.5 μm 的颗粒被收集的百分比。
【审题指导】
关键表述
物理量及其关系
电荷量为－q 的颗粒恰好全部被收集
只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集器
右侧，颗粒就能够全部收集
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最
大速度
加速时间极短，加速距离可以忽略
颗粒速度最大时，加速度为零，竖直方
向静电力等于空气阻力
【答案】 (1) (2) 25%
【解析】 (1)只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集器右侧，颗粒就能够全部收
集，有L＝v0t
d＝at2
qE＝ma
E＝
解得U1＝。
(2)①颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，有F 电＝f
即＝kRv
且＝
解得U2＝。
②10 μm 的电荷量为q 的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加
速达到最大速度，所受阻力等于静电力，有f＝kRvmax，f＝qE′
10 μm 的颗粒在竖直方向下落的最大距离为d＝vmaxt
2．5 μm 的颗粒带电荷量为q′＝
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于静电力，有
f′＝kRvmax′，f′＝q′E′
2．5 μm 的颗粒在竖直方向下落的最大距离为d′＝vmax′t
解得d′＝
2．5 μm 的颗粒被收集的百分比为×100%＝25%。
1.(2025·重庆卷)某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所
示的矩形区域OMPQ 内分布有平行于OQ 的匀强电场，N 为QP 的中点。模拟
动画显示，带电粒子a、b 分别从Q 点和O 点垂直于OQ 同时进入电场，沿图中
所示轨迹同时到达M、N 点，K 为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相
互作用，则可推断a、b( )
A．具有不同比荷
B．电势能均随时间逐渐增大
C．到达M、N 的速度大小相等
D．到达K 所用时间之比为1∶2
【答案】 D
【解析】 根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，带电粒子a、b 分
别从Q 点和O 点同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N 点，可知，运
动时间相等，由题图可知，沿初速度方向位移之比为2∶1，则初速度之比为
2∶1，沿电场方向的位移大小相等，由y＝at2可知，粒子运动的加速度大小相
等，由牛顿第二定律有qE＝ma，可得＝可知，带电粒子具有相同比荷，故A
错误；带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故
B 错误；沿电场方向，由公式vy＝at 可知，到达M、N 的竖直分速度大小相
等，由于初速度之比为2∶1，则到达M、N 的速度大小不相等，故C 错误；由
题图可知，带电粒子a、b 到达K 的水平位移相等，由于带电粒子a、b 初速度
之比为2∶1，则所用时间之比为1∶2，故D 正确。
2.(2025·江苏卷)如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个
相同的带正电粒子a、b 同时从O 点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹
角均为θ。已知粒子的质量为m，电荷量为q。不计重力及粒子间相互作用。
求：
(1)a 运动到最高点的时间t；
(2)a 到达最高点时，a、b 间的距离H。
【答案】 (1) (2)
【解析】 (1)根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，对粒子
a，根据牛顿第二定律有qE＝ma
a 运动到最高点的时间，由运动学公式有v0sin θ＝at
联立解得t＝。
(2)方法一：根据题意可知，两个粒子均在水平方向上做匀速直线运动，且水平
方向上的初速度均为v0cos θ，则两粒子一直在同一竖直线上，斜上抛的粒子竖
直方向上运动的位移为x1＝＝
斜下抛的粒子竖直方向上运动位移为x2＝v0tsin θ＋at2＝＋＝
则粒子a 到达最高点时与粒子b 之间的距离x＝x1＋x2＝
方法二：两个粒子均受到相同电场力，以粒子a 为参考系，粒子b 以2v0sin θ
的速度向下做匀速直线运动，则a 到达最高点时，a、b 间的距离H＝2v0tsin θ
＝。
题型2 带电粒子在有界磁场中的运动
1．带电粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要结论
(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角(如图甲，θ1
＝θ2＝θ3)；
(2)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向(如图乙，两侧关于两
圆心连线对称)；
(3)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹的对应圆心角(如图甲，α1＝α2)。
2．带电粒子在磁场中运动的多解成因
(1)磁场方向不确定形成多解；
(2)带电粒子电性不确定形成多解；
(3)速度不确定形成多解；
(4)运动的周期性形成多解。
(多选)(2023·全国甲卷)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P
点开有一个小孔，过P 的横截面是以O 为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从
P 点沿PO 射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度
沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向
相反，电荷量不变，不计重力，下列说法正确的是( )
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2 次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动的时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O 的连线
【审题指导】
关键信息
破题关键
建构模型
一带电粒子
从P 点沿
PO 射入
假设带电粒子带负
电，从P 点沿半径方
向射入有界圆形匀强
磁场后，受到洛伦兹
力的作用，在磁场中
做匀速圆周运动，偏
转一定角度后一定沿
半径方向射出磁场
如图△O1PO≌△O1AO，若∠O1PlO 为直角，则
∠O1AO 也为直角。建构粒子沿半径方向射入
圆形匀强磁场，一定沿半径方向射出磁场的运
动模型
【答案】 BD
【解析】 假设粒子带负电，作出粒子在圆筒中的几种可能的运动情况。如图
1 所示，由几何关系可知△O1PO≌△O1QO，所以∠O1PO＝∠O1QO，又粒子沿直径
射入，∠O1PO＝90°，则∠O1QO＝90°，O1Q⊥OQ，则每次碰撞后瞬间，粒子速
度方向一定平行于碰撞点与圆心O 的连线，D 正确；粒子在圆筒中先做圆周运
动，与圆筒碰后速度反向，继续做圆周运动，粒子第一次与筒壁碰撞的运动过
程中轨迹不过圆心，之后轨迹也不可能过圆心，A 错误；粒子最少与圆筒碰撞
2 次，就可能从小孔射出，如图2 所示，B 正确；根据qvB＝m 可知，r＝，则射
入小孔时粒子的速度越大，粒子的轨迹半径越大，与圆筒碰撞次数可能会增
多，在圆内运动的时间不一定越短，如图3 所示，C 错误。
1.(2025·安徽卷)如图，在竖直平面内的Oxy 直角坐标系中，x 轴上方存在垂直纸
面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x
轴放置足够长的探测薄板MN，MN 到x 轴的距离为d，上、下表面均能接收粒
子。位于原点O 的粒子源，沿Oxy 平面向x 轴上方各个方向均匀发射相同的带
正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的
重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则( )
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d
B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为d
C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
【答案】 C
【解析】 根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，可得R＝＝d，故A 错误；当粒
子沿x 轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y 轴最近，如图轨迹1，根据几
何关系可知s 上min＝d；当粒子恰能通过N 点到达薄板上方时，薄板上表面接收
点距离y 轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，s 上max＝d，故上表面接收到
粒子的区域长度为s 上＝d－d，故B 错误；根据图像可知，粒子可以恰好打到下
表面N 点；当粒子沿y 轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y 轴最
远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y 轴距离为d，故下表面接收到粒子的区
域长度为d，故C 正确；根据图像可知，粒子恰好打到下表面N 点时转过的圆
心角最小，用时最短，有tmin＝×＝，故D 错误。故选C。
2．(多选)(2025·甘肃卷)2025 年5 月1 日，全球首个实现“聚变能发电演示”的
紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置(BEST)在我国正式启动总装。如图是托
卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成的环形区域内有垂
直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为R0。在内圆上A 点
有a、b、c 三个粒子均在纸面内运动，并都恰好到达磁场外边界后返回。已知
a、b、c 带正电且比荷均为，a 粒子的速度大小为va＝，方向沿同心圆的径向；
b 和c 粒子速度方向相反且与a 粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重
力和相互作用。下列说法正确的是( )
A．外圆半径等于2R0
B．a 粒子返回A 点所用的最短时间为
C．b、c 粒子返回A 点所用的最短时间之比为
D．c 粒子的速度大小为va
【答案】 BD
【解析】 由题意，作出a 粒子运动轨迹图，如图所示，a 粒子恰好到达磁场外
边界后返回，a 粒子运动的圆周正好与磁场外边界相切，然后沿径向做匀速直
线运动，再做匀速圆周运动恰好回到A 点，根据a 粒子的速度大小为va＝，可
得Ra＝R0，设外圆半径等于R′，由几何关系得∠AO′B＝270°，则R′＝R0＋
R0，A 错误；由A 项分析，a 粒子返回A 点所用的最短时间为第一次回到A 点
的时间tmin，a 粒子做匀速圆周运动的周期T＝＝，在磁场中运动的时间t1＝·T
＝，匀速直线运动的时间t2＝＝，故a 粒子返回A 点所用的最短时间为tmin＝t1＋
t2＝，B 正确；由题意，作出b、c 粒子运动轨迹图，如图所示
因为b、c 粒子返回A 点都是运动一个圆周，根据b、c 带正电且比荷均为，所
以两粒子做圆周运动周期相同，故所用的最短时间之比为1∶1，C 错误；由几
何关系得2Rc＝R0，洛伦兹力提供向心力有qvcB＝，联立解得vc＝va，D 正确。
故选BD。
【基础必刷题】
1．(2025·广东江门模拟)如图为静电喷印原理的简图，在喷嘴和收集板之间施加
高压电源后，电场分布如图中虚线所示。喷嘴处的液滴受到各方面力的共同作
用形成泰勒锥，当电压增至某个临界值时(假设此后电压保持不变)，液滴从泰
勒锥尖端射出形成带电雾滴，落在收集板上，则此过程中雾滴( )
A．动能减小
B．带正电荷
C．电势能减小
D．加速度增大
【答案】 C
【解析】 收集板带正电，雾滴带负电，落到收集板的过程中，电场力做正
功，动能增大，速度增大，电势能减小，故A、B 错误，C 正确；由题图可知
从喷嘴到收集板，电场线逐渐稀疏，电场强度减小，根据牛顿第二定律F＝qE
＝ma，可得a＝，加速度减小，故D 错误。
2．(2025·宁夏石嘴山模拟)如图所示，曲线为一带电粒子在匀强电场中运动的轨
迹，虚线A、B、C、D 为相互平行且间距相等的四条等势线，M、N、O、P、Q
为轨迹与等势线的交点。带电粒子从M 点出发，初速度大小为v0，到达Q 点时
速度大小为v，则( )
A．四条等势线中D 的电势最高
B．粒子从O 到P 和从P 到Q 的动能变化量不相等
C．粒子从M 到N 和从O 到P 的速度变化量相同
D．如果粒子从Q 点以与v 相反、等大的速度进入电场，则粒子可能不会经过
M 点
【答案】 C
【解析】 由于粒子电性未知，无法判断电势高低，故A 错误；粒子从O 到P
和从P 到Q，电场力做功相等，根据动能定理可知，动能变化量相等，故B 错
误；根据粒子做类斜抛运动的规律，粒子从M 到N 和从O 到P 的时间相同，而
加速度也相同，则速度变化量相同，故C 正确；根据粒子做类斜抛运动的轨迹
具有对称性，如果粒子从Q 点以与v 方向相反、大小相等的速度进入电场，则
粒子一定经过M 点，故D 错误。
3．(2025·福建卷)某种静电分析器简化图如图所示，在两条半圆形圆弧板组成的
管道中加上径向电场。现将一电子a 自A 点垂直电场射出，恰好做圆周运动，
运动轨迹为ABC，半径为r。另一电子b 自A 点垂直电场射出，轨迹为弧
APQ，其中PBO 共线，已知BP 电势差为U，|CQ|＝2|BP|，a 粒子入射动能为
Ek，则( )
A．B 点的电场强度E＝
B．P 点场强大于C 点场强
C．b 粒子在P 点动能小于Q 点动能
D．b 粒子全程克服电场力做功小于2eU
【答案】 D
【解析】 a 粒子入射动能为Ek，根据动能的表达式有Ek＝mv，粒子恰好做圆
周运动，则eE＝，联立解得E＝，故A 错误；由题图可知，P 点电场线密度较
稀疏，则场强小于C 点场强，故B 错误；已知|CQ|＝2|BP|，因为BC 在同一等
势线上，且沿电场方向电势降低，则Q 点电势小于P 点，电子在电势低处电势
能大，则b 粒子在Q 点电势能大，根据能量守恒可知，b 粒子在Q 点动能较
小，故C 错误；由电场线密度分布情况可知，沿径向向外电场强度减小，则BP
之间平均电场强度大小大于CQ 之间的平均电场强度大小，根据U＝d，则
UCQ<2UBP，则b 粒子全程克服电场力做功W＝eUCQ<2eUBP＝2eU，故D 正确。
4.(2024·浙江1 月选考)如图所示，金属极板M 受到紫外线照射会逸出光电子，
最大速率为vm。正对M 放置一金属网N，在M、N 之间加恒定电压U。已知
M、N 间距为d(远小于板长)，电子的质量为m，电荷量为e，则( )
A．M、N 间距离增大时电子到达N 的动能也增大
B．只有沿x 方向逸出的电子到达N 时才有最大动能mv＋eU
C．电子从M 到N 过程中y 方向位移大小最大为vmd
D．M、N 间加反向电压时电流表示数恰好为零
【答案】 C
【解析】 根据动能定理，从金属板M 上逸出的光电子到达N 板时，有eU＝
Ekm－mv，则到达N 板时的最大动能为Ekm＝eU＋mv，与两极板间距无关，与
电子从金属板中逸出的方向无关，选项A、B 错误；当以最大速率逸出的电子
沿y 方向逸出时，其到达N 板时在y 方向的位移最大，电子在电场中做类平抛
运动，则有y＝vmt，d＝ t2，解得y＝vmd，选项C 正确；M、N 间加反向电压电
流表示数恰好为零时，则eUc＝mv，解得Uc＝，选项D 错误。
5．(2025·浙江杭州二模)如图甲所示，某多级直线加速器由n 个横截面积相同的
金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源
的两极M、N 上，序号为0 的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不
计，M、N 两极加上如图乙所示的电压UMN，一段时间后加速器稳定输出质子
流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相
对论效应，则( )
A．质子在各圆筒中做匀加速直线运动
B．质子进入第n 个圆筒瞬间速度为
C．各金属筒的长度之比为1∶∶∶…
D．质子在各圆筒中的运动时间之比为1∶∶∶…
【答案】 C
【解析】 金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，做匀速直线运动，故A 错
误；质子进入第n 个圆筒时，经过n 次加速，根据动能定理neU0＝mv－0；解
得vn＝，故B 错误；只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次
在缝隙中被电场加速，故D 错误；第n 个圆筒长度Ln＝vn·＝·；则各金属筒的长
度之比为1∶∶∶…，故C 正确。故选C。
6.(2025·山东菏泽期中)如图所示，正方形abcd 区域(包含边界)存在垂直纸面向
里的匀强磁场，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 点沿着ab 方向射入磁场中，正方形边长为l，不计粒子的重力，为使粒子
从cd 边射出磁场区域，粒子的速度可能为( )
A.
B．
C．
D．
【答案】 C
【解析】 根据洛伦兹力充当向心力，有Bqv＝m，可得R＝，可知对于同一粒
子或比荷相同的粒子，在同一磁场中做圆周运动的轨迹半径由速度决定，速度
越大轨迹半径越大，速度越小轨迹半径越小。因此，粒子若要从cd 边射出磁场
区域，则恰好从d 点出射时，粒子有最小速度，且此时ad 为粒子轨迹的直径，
有＝，解得vmin＝，若粒子恰好从c 点射出，粒子有最大速度，根据几何关系可
知，此时粒子的轨迹半径为l，则有l＝，解得vmax＝，综上可知，若粒子从cd
边射出磁场区域，则粒子速度的取值范围为≤v≤，故选C。
7.(2025·广西贵港模拟)如图所示，空间存在范围足够大且与长方形ABCD 所在
平面平行的匀强电场，已知AC＝2AB＝4 cm，A、B、C 三点的电势分别为12
V、8 V、4 V。一带电粒子从A 点以斜向右上方与AD 成30°角、大小为v0＝2
m/s 的初速度射入电场，恰好经过C 点。不计粒子的重力，下列说法正确的是(
)
A．D 点电势为6 V
B．电场强度大小为 V/m
C．粒子过C 点时的速度与初速度方向间夹角的正切值为
D．粒子过C 点时的速度大小为4 m/s
【答案】 B
【解析】 因AC＝2AB＝4 cm，A、B、C 三点的电势分别为12 V、8 V、4 V，
取O 点为AC 的中点，则φO＝8 V，则BO 为等势线，连接BO 并延长过D 点，
则φD＝8 V，故A 错误；过A 点作BO 的垂线，则带箭头的实线为电场线，如图
所示，E＝＝ V/m＝ V/m，故B 正确；粒子初速度方向刚好与电场方向垂直，
则根据类平抛运动的推论tan α＝2tan θ＝2，故C 错误；粒子在C 点时vCy＝
v0tan α＝4 m/s，vC＝＝2 m/s，故D 错误。
8．(多选)(2025·吉林白城三模)两个质量相同的带电粒子a、b，从圆上A 点沿
AO 方向进入垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，O 为圆心，其运动轨迹如图所
示，两粒子离开磁场区域的出射点连线过圆心O，且与AO 方向的夹角大小为
60°，两粒子在磁场中运动的时间相等。不计粒子的重力，则( )
A．a 粒子带负电，b 粒子带正电
B．a、b 两粒子在磁场中运动的速度之比为2∶3
C．a、b 两粒子的电荷量之比为1∶3
D．a、b 两粒子在磁场中运动的周期之比为2∶1
【答案】 AB
【解析】 根据图像确定洛伦兹力的方向，根据左手定则可知，a 粒子四指指
向与速度方向相反，b 粒子四指指向与速度方向相同，则a 粒子带负电，b 粒子
带正电，故A 正确；沿磁场圆半径方向射入的粒子飞出磁场时也沿磁场圆半径
方向，作出粒子运动的轨迹圆心如图所示，根据几何关系可知θ＝60°，α＝180°
－60°＝120°，两粒子在磁场中运动的时间相等，则有Ta＝Tb，解得Ta∶Tb＝
1∶2，故D 错误；粒子运动的周期Ta＝，Tb＝，结合上述可以解得a、b 两粒子
的电荷量之比为2∶1，故C 错误；令磁场圆半径为R，根据几何关系有Ra＝
Rtan 30°＝，Rb＝Rtan 60°＝R，根据线速度的关系式有va＝，vb＝，结合上述解
得＝，故B 正确。故选AB。
【巩固必刷题】
9．(多选)(2025·四川卷)如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界
为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与Ⅰ
区边界重合；正方形与圆形中心同为O 点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值
为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a 点沿正方形某一条边的中垂线方向
进入磁场，一段时间后从a 点离开。取sin 37°＝0.6。则带电粒子( )
A．在Ⅰ区的轨迹圆心不在O 点
B．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2
C．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37
D．在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148
【答案】 AD
【解析】
由图可知，在Ⅰ区的轨迹圆心不在O 点，故A 正确；由洛伦兹力提供向心力
qvB＝m，可得r＝，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为＝＝，故B 错误；设粒
子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系cos α＝＝，可得α＝37°，故粒子
在Ⅰ区运动的时间为t1＝T＝×，粒子在Ⅱ区运动的时间为t2＝T＝×，联立可
得在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为＝，故D 正确；粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长
度分别为l1＝×2πr1＝×2πr1，l2＝×2πr2＝×2πr2，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度
之比为＝，故C 错误。故选AD。
10．(2025·甘肃卷)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如
图1 所示。从离子源S 释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1 的电场加速
后，沿OO′方向射入电压为U2的电场(OO′为平行于两极板的中轴线)。极板
长度为l、间距为d，U2－t 关系如图2 所示。长度为a 的样品垂直放置在距U2
极板L 处，样品中心位于O′点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，
电压U2可视为不变，当U2＝±Um时。离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力
及离子之间的相互作用。下列说法正确的是( )
A．U2的最大值Um＝U1
B．当U2＝±Um且L＝时，离子恰好能打到样品边缘
C．若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U1
D．在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A 和B 点
【答案】 B
【解析】 粒子在加速电场中被加速时U1q＝mv。在偏转电场中做类平抛运
动，则l＝v0t，＝·t2，解得Um＝U1，选项A 错误；当U2＝±Um时粒子从板的边
缘射出，恰能打到样品边缘时，则＝，解得L＝，选项B 正确；根据y＝·t2＝，
若其他条件不变，要增加样品的辐照范围，则需减小U1，选项C 错误；由题图
可知t1时刻所加的向上电场电压小于t2时刻所加的向下的电场的电压，则t1时
刻射入的粒子打到A 点时的竖直位移小于打到B 点时的竖直位移，选项D 错
误。
11．(2025·四川卷)如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距
为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为
q(q>0)的金属微粒，从两极板中央O 点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬
间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒
重力。求：
(1)微粒第一次到达下极板所需时间；
(2)微粒第一次从上极板回到O 点时的动量大小。
【答案】 (1) (2)2
【解析】 (1)由牛顿第二定律qE＝ma
由运动学公式＝at2
联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为t＝。
(2)微粒第一次到达下极板时的速度大小为v1＝at＝
由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷
量的绝对值不变，设微粒碰后第一次到达上极板时的速度大小为v2，满足v－v
＝2ad
代入解得v2＝
同理可得微粒第一次从上极板回到O 点时的速度大小为v3，满足v－v＝2a
代入解得v3＝2
故微粒第一次从上极板回到O 点时的动量大小为p＝mv3＝2。
12．(2025·湖北卷)如图所示，两平行虚线MN、PQ 间无磁场。MN 左侧区域和
PQ 右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和
2B。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从MN 左侧O 点以大小为v0的初速
度射出，方向平行于MN 向上。已知O 点到MN 的距离为，粒子能回到O 点，
并在纸面内做周期性运动。不计重力，求：
(1)粒子在MN 左侧区域中运动轨迹的半径；
(2)粒子第一次和第二次经过PQ 时位置的间距；
(3)粒子的运动周期。
【答案】 (1) (2) (3)＋
【解析】 (1)粒子在左侧磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝
可得R＝。
(2)粒子在左侧磁场运动，设从MN 射出时速度方向与MN 的夹角为θ，由于O
到MN 的距离d＝，结合R＝，根据几何关系可知θ＝60°；
粒子在MN 和PQ 之间做匀速直线运动，所以粒子从PQ 进入右侧磁场时与PQ
的夹角θ＝60°；粒子在右侧磁场做匀速圆周运动有qv0·2B＝
解得R′＝
根据几何关系可知粒子第一次和第二次经过PQ 时位置的间距x＝R′＝。
(3)由图可知粒子在左边磁场运动的时间t1＝T1＝×＝
粒子在右边磁场运动的时间t2＝T2＝×＝
根据对称性可知粒子在MN 左侧进出磁场的距离x0＝R＝
所以粒子从MN 到PQ 过程中运动的距离为l＝＝
粒子在MN 和PQ 之间运动的时间t3＝＝
综上可知粒子完成完整运动回到O 点的周期为
T＝t1＋t2＋t3＝＋。
