文档文本内容
专题10 磁场 带电粒子在磁场中的运动
目录
01 析·考情精解....................................................................................................................................2
02 构·知能架构......................................................................................................................................2
03 破·题型攻坚....................................................................................................................................4
题型一 磁场的性质............................................................................................................................4
真题动向
与实际场景结合
必备知识
知识1 磁场叠加问题的解题思路
知识2 安培力的分析与计算
命题预测
考向1 磁场的叠加
考向2 安培力作用下的平衡问题
题型二 带电粒子在匀强有界磁场中的运动..................................................................................10
真题动向
边界与几何深度结合
必备知识
知识1 带电粒子在匀强磁场运动的基本公式
知识2 带电粒子在匀强磁场运动的“两个确定”
知识3 带电粒子在磁场中的临界极值问题四个结论
知识4 带电粒子在匀强磁场中的动态圆模型
命题预测
考向1 直线边界
考向2 圆形边界
考向3 多解问题
考向3 带电粒子在匀强磁场中的动态圆模型
题型三 带电粒子在复合场中的运动..............................................................................................23
真题动向
以前沿科技或实际应用为背景
必备知识
知识1 带电粒子在组合场中的运动
知识2 带电粒子（带电体）在叠加场中的运动
命题预测
考向1 电磁组合场问题
考向2 电磁叠加场问题
命题
轨迹
透视
从近三年高考命题看，题型选择与计算并重，基础题难度中等，综合题偏难。命题趋势：
从单一匀强磁场中的圆周运动→组合场/叠加场的多阶段运动→真实科技（如人造太阳）或生活
情境（如磁传感器）的综合分析。倾向于以洛伦兹力受力分析为出发点，以几何关系（轨迹半
径、圆心）与物理规律结合为核心，以科技应用和实际问题为切入点。
考点
频次
总结
考点
2025 年
2024 年
2023 年
磁场的性质
2025 江苏卷T3，3 分
2025 福建卷T3，4 分
2025 湖北卷T4，4 分
2024 浙江卷T4，3 分
2024 贵州卷T5，4 分
2024 重庆卷T13，12 分
2024 福建卷T6，4 分
2023 江苏卷T2，3 分
2023 福建卷T6，4 分
带电粒子在匀强
有界磁场中运动
2025 甘肃卷T10，4 分
2025 四川卷T10，4 分
2024 江西卷T7，4 分
2024 湖北卷T7，4 分
2024 河北卷T10，4 分
2023 全国乙卷T18，12 分
2023 全国甲卷T20，14 分
2023 湖北卷T15，10 分
带电粒子在组合
场中的运动
2025 天津卷T12 ，10
分
2025 湖南卷T14 ，14
分
2025 河北卷T10，4 分
2025 河南卷T15 ，14
分
2024 山东卷T18，16 分
2024 上海卷T10，8 分
2024 湖南卷T14，12 分
2024 广东卷T15，12 分
2023 山东卷T17，14 分
2023 辽宁卷T14，10 分
2023 海南卷T13，12 分
2023 广东卷T5，4 分
带电粒子（带电
体）在叠加场中
的运动
2025 海南卷T13，4 分
2025 福建卷T7，4 分
2024 安徽卷T10，4 分
2024 江西卷T7，4 分
2024 湖北卷T9，4 分
2023 湖南卷T6，4 分
2023 江苏卷T16，12 分
2023 海南卷T2，4 分
2026
命题
预测
预计在2026 年高考中，对“磁场 带电粒子在磁场中的运动”的考查，将突出圆形、有界
磁场模型，结合质谱仪、回旋加速器等实际情境，重点考查临界、多解及轨迹分析问题。命题
趋向与电场、力学综合，强调几何关系与数学工具的应用，题型仍以选择题为主，计算题中也
可能作为压轴环节出现。
叠加法则：平行四边形定则
平衡问题：平衡条件
方向：左手定则
大小：F=BILsinθ
磁感强度方向：磁场中某点磁感线的切线方向
磁感强度大小：
安培力
磁场的叠加
磁场的性质
题型一 磁场的性质
1．（2025·江苏·高考真题，T3，3 分）某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列判断正确的是
（ ）
A． a 点的磁感应强度大于b 点
B． b 点的磁感应强度大于c 点
C． c 点的磁感应强度大于a 点
D． a、b、c 点的磁感应强度一样大
【答案】B
【详解】磁感线越密集的地方磁感线强度越大，故可知Bb>Ba>Bc。故选B。
命题解读
新情境：以生活中常见的“冰箱贴磁性材料”为载体，将抽象的磁感线分布与实际物品结
合，体现物理知识在生活中的应用，贴近学生认知。
新考法：通过磁感线疏密直观考查磁感应强度的大小关系（磁感线越密，磁感应强度越
大），无需复杂计算，侧重对物理概念的理解与图像分析能力。
新角度：打破传统“条形磁铁、通电螺线管”等经典磁感线模型，以不规则磁性材料的磁
感线分布为切入点，考查学生对磁感线本质的迁移应用能力。
2．（2025·福建·高考真题，T3，4 分）如图，两根长直细导线L1、L2平行放置，其所在平面上有M、O、N
三点，O为线段MN 的中点，L1、L2分别处于线段OM、ON 的中垂线上。当L1、L2通有大小相等、方向相
反的电流时，M、O点的磁感应强度大小分别为B1、B2。现保持L1的电流不变，撤去L2的电流，此时N 点
的磁感应强度大小为（ ）
A．1
2 B2−B1
B．B2−1
2 B1
C．1
2 (B2﹣B1)
D．B2﹣B1
【答案】A
【详解】根据安培定则，两导线在O 点处产生的磁感应强度方向相同大小相等，则单个导线在O 点处产生
的磁感应强度大小为B0= B2
2 根据对称性，两导线在N 处的磁感应强度大小应该与M 点一样，为B1根据对
称性，L2在N 点处产生的磁感应强度为B0= B2
2
由于L2在N 点处产生的磁感应强度大于L1在N 点处产生的磁
感应强度，且方向相反，将L2撤去，N 点的磁感应强度为B2
2 −B1。故选A。
命题解读
新情境：以“两根平行长直导线通反向电流”为背景，结合几何位置（中点、中垂线）设
置问题，将电流磁场叠加与空间几何关系融合，情景具有创新性。
新考法：采用“撤去某一电流后分析磁感应强度变化”的动态设问方式，考查磁场叠加原
理的逆向应用（已知合磁场求分磁场），需通过对称性分析简化问题，对逻辑推理能力要
求较高。
新角度：从“双电流磁场叠加”到“单电流磁场分析”的转换，角度新颖，既考查安培定
则的基本应用，又突出对“磁场矢量性”的深度理解。
3．（2025·湖北·高考真题，T4，4 分）如图所示，在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，放置一通电圆线
圈，圆心为O 点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M 和N 两点，它们到O 点的距离相等。已
知M 点的总磁感应强度大小为零，则N 点的总磁感应强度大小为（ ）
A．0
B．B
C．2B
D．3B
【答案】A
【详解】由右手螺旋定则及对称性可知，环形电流在N 点产生的磁场，磁感应强度与M 点等大同向。由于
M 点磁感应强度为零，由矢量合成法则可知环境中匀强磁场与M 点磁场等大反向，即匀强磁场与N 点的磁
场等大反向，N 点的磁感应强度为0。故选A。
命题解读
新情境：以“匀强磁场中通电圆线圈的轴线上磁场分布”为情景，将线圈自身磁场与外匀
强磁场叠加，情景复杂且贴近大学物理中“载流线圈磁场”的拓展内容，体现高考对知识
衔接的考查。
新考法：通过“M 点总磁感应强度为零”的条件，反向推导线圈在轴线上的磁场方向与大
小，再迁移到对称点N 的磁场叠加，考查对称性思维和磁场叠加的矢量性，需结合线圈磁
场的分布规律（轴线上磁场沿轴线方向，对称点磁场大小相等）。
新角度：从“外磁场与线圈磁场的相互作用”切入，而非单一考查线圈或外磁场，角度独
特，突出对物理规律本质的理解（如磁场的独立性原理）。
知识1 磁场叠加问题的解题思路
1.根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。
2.磁场中某点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向。
3.磁感应强度是矢量,多个通电导体产生的磁场叠加时,合磁场的磁感应强度等于场源单独存在时在该点磁感
应强度的矢量和。
知识2 安培力的分析与计算
1.安培力公式：F＝ILBsin θ。
2．弯曲通电导线的有效长度
(1)当导线弯曲时，L 是导线两端的有效直线长度(如图所示)。
(2)对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零。
3.安培力方向的判断
(1)判断方法：左手定则。
(2)方向特点：既垂直于B，也垂直于I，所以安培力一定垂直于B 与I 决定的平面。
4.通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路
(1)选定研究对象。
(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意
F 安⊥B、F 安⊥I；如图所示。
(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。
考向1 磁场的叠加
1．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）（多选）如图所示，两根水平固定的长直通电导线a、b与一通电导体棒
c平行，且a、c与b、c间距均为L，其中θ =37°，a中电流垂直纸面向外，b中电流垂直纸面向里，a、b
中电流均为I 0。导体棒c长为L、质量为M、所通电流为I，恰处于平衡状态，重力加速度为g。已知无限
长通电直导线在距离其r处产生的磁感应强度B与I
r 成正比，cos37° =0.8，下列说法正确的是（ ）
A．c中的电流方向垂直纸面向里
B．导线a对c的作用力大小为5
8 Mg
C．b在c处产生的磁感应强度大小为Mg
IL
D．导线a、b在两者连线中点处产生的合磁感应强度大小为25 Mg
16 IL
【答案】BD
【详解】A．由安培定则，结合矢量合成可知，导线a、b 中电流在c 处产生的合磁感应强度方向水平向右，
c 处于平衡状态，c 所受合安培力与重力是一对平衡力，由左手定则可判断c 中通过的电流应垂直纸面向外，
故A 错误；
BC．导线a、b 中的电流在c 处产生磁场的合磁感应强度大小B 满足Mg= BIL
解得B = Mg
IL ，根据通电导线间“同吸异斥”可知，c 的受力情况如图所示
有2 F0cos37° = Mg 解得F0= 5
8 Mg
设a（b）在c 处产生的磁感应强度大小为B0，有5
8 Mg= B0 IL解得B0= 5 Mg
8 IL ，故B 正确，C 错误；
D．由题可知B0= k I 0
L = 5 Mg
8 IL
则a、b 在两者连线中点处的合磁感应强度大小
B中=2×
k I 0
Lcos37
° = 5k I 0
2 L = 25 Mg
16 IL ，故D 正确。故选BD。
2．（2025·广西柳州·模拟预测）（多选）正方形MNPQ 的中心为O，其对角线MOP 长为2d。均通有电流
I 0的两无限长直导线互成60°角，放置在该正方形平面内，两导线彼此绝缘且相交于O，MOP 平分
∠GOH，通入的电流方向如图所示。已知一根无限长直导线通入电流I 时，垂直导线距离为r 处的磁感应
强度大小B =k I
r ，k 为常数。则M、N、P、Q 四处的磁感应强度大小正确的是（ ）
A．BM = 4 k I 0
d
B．BM =0
C．BQ= 2❑√3k I 0
d
D．BQ=0
【答案】AD
【详解】根据几何关系可知M、N、P、Q 四点到两导线的距离分别为1
2 d 、
❑√3
2 d 、1
2 d 、
❑√3
2 d，根据矢
量的叠加可知M、P 两点的磁感应强度大小为B =2×k I 0
1
2 d
= 4 k I 0
d
N、Q 两点的磁感应强度大小为0。
故选AD。
考向2 安培力作用下的平衡问题
3．（2025·山东·模拟预测）位于同一水平面上的两根平行金属导轨，放置在水平向左匀强磁场中，现给出
这一装置的侧视图，如图所示，一根通有恒定电流的导体棒正在导轨上向右做匀速直线运动，现将匀强磁
场沿顺时针方向缓慢转过90°的过程中，导体棒始终保持匀速运动，则以下说法正确的是（ ）
A．摩擦力F f大小一直不变
B．摩擦力Ff先增大后减小
C．磁感应强度B先减小后增大
D．磁感应强度B先增大后减小
【答案】C
【详解】CD．导体棒受力如图所示
水平方向f = F sinθ = μ F N
竖直方向F cosθ+ F N=mg
联立解得F =
μmg
sinθ+ μcosθ ，在匀强磁场沿顺时针方向缓慢转过90°的过程中，安培力先减小后增大，根
据安培力公式F = BIL，因为导体棒电流不变，故磁感应强度B先减小后增大，故C 正确，D 错误；
AB．摩擦力的表达式为f = F sinθ =
μmg
1+
μ
tanθ
，随着夹角θ增大，摩擦力一直增大，故AB 错误。故选C。
4．（2025·河南新乡·三模）如图所示，用轻绳将两根通电直导线悬挂在天花板上的O 点。系统平衡时，左
右两侧轻绳偏离竖直方向的夹角分别为α、β。已知两通电导线的质量相等，导线A 的电流方向垂直纸面向
里，导线B 的电流大于导线A 的电流，过O 点的竖直线与AB 连线相交于O1点，OA>OB，下列说法正确的
是（ ）
A．导线B 对导线A 的磁场力大于导线A 对导线B 的磁场力
B．导线B 的电流方向垂直纸面向里
C．O1点为线段AB 的中点
D．左侧轻绳的拉力小于右侧轻绳的拉力
【答案】C
【详解】A．导线B 对导线A 的磁场力与导线A 对导线B 的磁场力是一对相互作用力，大小相等，故A 错
误；
B．由“同向电流相互吸引，反向电流相互排斥”可知，导线B 的电流方向垂直纸面向外，故B 错误；
D．如图所示
对两根导线受力分析，依据三角形定则和平衡条件，由三角形相似得mg
OO1
= T A
OA = T B
OB 因为OA>OB，所以
T A>T B
故D 错误；
C．由三角形相似得mg
OO1
= F安
A O1
= F安
O1B 即A O1=O1B所以O1点为线段AB 的中点，故C 正确。故选C。
题型二 带电粒子在匀强有界磁场中的运动
6．（2025·全国卷·高考真题，T5，6 分）如图，正方形abcd 内有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面
内从顶点a 以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子可分别从ab 边的中
点、b 点和c 点射出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则（ ）
A．t1 < t2 = t3
B．t1 < t2 < t3
C．t1 = t2 > t3
D．t1 > t2 > t3
【答案】A
【详解】由于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则电子在磁场中运动的时间为t = s
v0
设正方形abcd 的边长为l，则s1= π ⋅l
4 ，s2= π ⋅l
2，s3= π
2 ⋅l则有t1 < t2 = t3故选A。
命题解读
新情境：磁场边界与几何条件结合，题目以正方形内的匀强磁场为背景，通过电子从不同
边界点（ab 边中点、b 点、c 点）射出的情景，将磁场边界条件与电子运动轨迹的几何关
系紧密结合，要求考生在熟悉的磁场偏转模型中，快速分析不同射出点对应的轨迹半径和
圆心位置
新考法：时间与轨迹圆心角的关联，突破传统“半径计算”的单一考法，聚焦电子在磁场
中运动的时间与轨迹圆心角的关系。考生需通过几何关系确定不同射出点对应的圆心角大
小，再结合周期公式分析时间差异，考查对物理规律的综合应用能力
新角度：多边界射出的动态分析，题目设置“磁感应强度不同时电子从不同点射出”的动
态情景，要求考生从“轨迹半径随磁感应强度变化”的角度，反向推导不同射出点对应的
轨迹特征（如从ab 边中点射出时轨迹半径最小，圆心角最大；从c 点射出时轨迹半径最
大，圆心角最小），体现对“动态磁场问题”的深度理解
2．（2025·甘肃·高考真题，T10，4 分）（多选）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q
m，a 粒子的速度大小为va= qB R0
m
，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2 R0
B．a 粒子返回A 点所用的最短时间为(3π+2)m
qB
C．b、c 粒子返回A 点所用的最短时间之比为
❑√2
❑√2+2
D．c 粒子的速度大小为
❑√2
2 va
【答案】BD
【详解】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，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= qB R0
m
可得Ra= R0设外圆半径等于R
′,由几
何关系得∠A O
′ B =270°则R
′ = R0+ ❑√2 R0，A 错误；
B．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 = 2π R0
va
= 2πm
qB 在磁场中运动的时间t1= 540°
360° ⋅T = 3 πm
qB 匀速直线运动的时间t2= 2 R0
va
= 2m
qB 故a 粒
子返回A 点所用的最短时间为tmin=t1+t2= (3π+2)m
qB
，B 正确；
C．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q
m，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；
D．由几何关系得2 Rc = ❑√2 R0洛伦兹力提供向心力有q vc B = mvc
2
Rc
联立解得vc =
❑√2
2 va，D 正确。
故选BD。
命题解读
新情境：托卡马克核聚变装置的磁场模型，以全球首个“聚变能发电演示”装置为背景，
将托卡马克环形容器简化为“两个同心圆围成的环形磁场”，既贴近前沿科技，又通过
“粒子到达外边界后返回”的情景，构建了环形磁场中粒子运动的新模型，需考生将环形
边界与圆周运动轨迹结合分析。
新考法：多粒子运动的时间与轨迹优化，题目设置a、b、c 三个粒子的不同运动方向（径
向、垂直径向且相反），要求分析“返回A 点的最短时间”，需考生在环形磁场中寻找轨
迹的对称性与周期性（如a 粒子沿径向运动时，轨迹圆心在环形磁场的圆心处；b、c 粒子
垂直径向运动时，轨迹圆心在环形磁场的内圆或外圆上），考查对复杂磁场中粒子运动的
优化分析能力。
新角度：环形磁场的边界约束与速度关联，突破传统“单一半径磁场”的考法，聚焦环形
磁场的内外半径约束，要求考生通过“粒子恰好到达外边界后返回”的条件，推导粒子速
度与磁场参数的关系，并分析b、c 粒子速度的差异，体现对“磁场边界与粒子运动匹配
性”的新角度考查。
知识1 带电粒子在匀强磁场运动的基本公式
1.向心力公式:qvB=mv
2
r 。
2.轨道半径公式:r=mv
Bq 。
3.周期公式:T=2πr
v
=2πm
qB
。
4.运动时间公式:t=θ
2π T。
知识2 带电粒子在匀强磁场运动的“两个确定”
1.圆心确定：
(1)与速度方向垂直的直线过圆心；
(2)弦的垂直平分线过圆心；
(3)轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心。
2.半径确定：
(1)利用r=mv
Bq 公式确定半径；
(2)利用平面几何知识求半径。
知识3 带电粒子在磁场中的临界极值问题四个结论
1.刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
2.当速率v 一定时,弧长(或圆心角小于180°时的弦长)越长,圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间
越长。
3.当速率v 变化时,圆心角越大,运动时间越长。
4.在圆形匀强磁场中,若带电粒子速率v 一定且运动轨迹圆半径大于磁场区域圆半径,则入射点和出射点为磁
场直径的两个端点时,轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)
知识4 带电粒子在匀强磁场中的动态圆模型
1.放缩圆模型
适用条件
速度方向一定，速度
大小不同
粒子源发射速度方向一定，速度大小不同的带电粒子进入匀强磁场
时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变
化而变化
轨迹圆圆心共线
如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v 越大，运动半径也
越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在
垂直初速度方向的直线PP′上
界定方法
以入射点P 为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这
种方法称为“放缩圆”法
2.旋转圆模型
适
用
条
件
速度大小
一定，方
向不同
粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀
速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径R＝，如图所示
轨迹圆圆心共圆
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P
为圆心、半径R＝的圆上
界定方法
将一半径R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称
为“旋转圆”法
3.平移圆模型
适
用
条
件
速度大小一
定，方向一
定，但入射
点在同一直
线上
粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同，但在同一直线的带电粒子进入匀强磁
场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则半径R＝，如图所
示
轨迹圆圆心
共线
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与所有入射点的连线
平行
界定方法
将半径R＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法
4.磁聚焦模型
(1)磁发散：如图1 所示，有界圆形磁场的磁感应强度为B，圆心为O，从P 点有大量质量为m、电荷量为
q 的正粒子，以大小相等的速度v 沿不同方向射入有界磁场，带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点
射入，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等(R＝r)，则粒子出射方向与磁场边界在入射点的切线方向平行。
(2)磁汇聚：如图2 所示，大量的同种带正电的粒子，速度大小相同，平行入射到圆形磁场区域，如果轨迹
圆半径与磁场圆半径相等(R＝r)，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B 点射出，磁场边界在该点的切
线与入射方向平行。
考向1 直线边界
1．（25-26 高三上·安徽·开学考试）（多选）某科学仪器用如图所示的磁场控制带电粒子的运动．两磁场
区域Ⅰ、Ⅱ足够长，宽度分别为d1、d2，磁感应强度大小分别为B1、B2，且满足
B1
B2
= d2
d1
，一带正电粒子
从Ⅰ的左边界以某一速度射入磁场，速度方向与磁场Ⅰ左边界的夹角为θ(θ≠0)．不计粒子重力，关于粒
子的运动，下列说法正确的是（ ）
A．粒子可能从磁场Ⅰ的左边界离开磁场
B．粒子可能从磁场Ⅱ的右边界离开磁场
C．如果粒子从磁场Ⅱ的右边界射出磁场，则射出速度一定与刚进入磁场时的速度相同
D．如果粒子从磁场Ⅱ的右边界射出磁场，则射出速度可能与刚进入磁场时的速度不相同
【答案】ABC
【详解】AB．粒子进入磁场后做圆周运动，当速度较小时可能从磁场Ⅰ的左边界射出，当速度较大时可能
从磁场Ⅱ的右边界射出，A、B 正确；
CD．设粒子的电荷量为q，入射速度为v，从磁场Ⅱ的右边界射出时，速度方向与右边界的夹角为α，如图
所示，由几何关系可得d1= R1cosθ+ R1cos β，d2= R2cosα + R2cos β根据洛伦兹力提供向心力可知
qvB =m v
2
R
粒子做圆周运动的半径R = mv
qB 又B1d1= B2d2解得α =θ，故粒子从右边界出射时的速度方向与从左边界入
射时的速度方向相同，由于洛伦兹力不做功，射出磁场时速度大小也不变，C 正确、D 错误。故选ABC。
2．（2025·广西·模拟预测）如图所示，直角三角形abc 内有一磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外的有
界匀强磁场，且∠c=30°，bc =L，bc 中点有一离子源S，能均匀的向三角形平面内的各个方向发射大量速
率相等的同种离子，离子质量为m、电荷量为q。若有离子刚好从b 点沿ab 方向射出，则能够从bc 边射出
的离子在磁场中经过的区域面积为（ ）
A．π L
2
32
B．5 π L
2
96
C．3 π L
2
32
D．7 π L
2
96
【答案】B
【详解】刚好从b 点沿ab 方向射出的离子的运动轨迹如图（a）所示，其圆周半径R = L
4 ，恰好能从bc 边
射出的离子的轨迹如图（b）所示，与ac 边相切于A 点，将该轨迹绕着S 点逆时针缓慢旋转，可得到其他
从bc 边射出的离子的轨迹，该轨迹与bc 边的交点即为从bc 边射出的出射点，这些轨迹在磁场中经过的区
域如图（c）阴影部分所示
可知，阴影部分一个半径为R 的半圆和一个半径为2R 的圆弧构成，过圆心O1作bc 边的垂线分别交ac 边、
bc 边于D 点，连接O1、A 点，由几何知识可得BD =
R
sinθ + R cosθ，cD = R sinθ+ L
2 ，tan30
°= BD
cD
联立解得θ =60°，则阴影部分的面积为S = 1
2 π R
2+ 1
12 π(2 R)
2= 5
96 π L
2故选B。
考向2 圆形边界
3．（2025·安徽六安·模拟预测）如图所示，半径为R 的圆形区域内存在着垂直纸面的匀强磁场，圆心为
O，质子和α 粒子先后从边界上P点沿半径方向飞入磁场。只考虑洛伦兹力作用，它们在磁场中运动的时
间相同，其中α 粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为❑√3 R。质子和α 粒子的动量大小之比约为（ ）
A．1
9
B．1
6
C．4
9
D．16
81
【答案】B
【详解】设磁感应强度垂直纸面向外，大小为B，质子的质量和带电荷量分别为m、q，则α 粒子的质量和
带电荷量分别为4m、2q，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期公式为T = 2πm
qB
所以质子和α 粒子在磁场中做圆周运动的周期之比为T p
T α
= 1
2
设质子和α 粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角分别为θp和θα，轨迹半径分别为rp和rα，它们在磁场中运
动的时间相等，有θp
2π T p= θα
2π T α所以θp
θα
= 2
1
作出两粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知tan θp
2 = R
rp
，sinθα=
R
rα−rp
由题意知rα= ❑√3 R可求得rp=
❑√3 R
3
设它们的速度分别为vp
和vα，由洛伦兹力提供向心力有q0vB =m0
v
2
r
可得动量p=m0v =q0 Br质子和α 粒子的动量之比pp
pα
= 1
6 故
选B。
4．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图所示，在纸面内的圆形区域内有一个垂直纸面的匀强磁场。一个电
子从a点以初速度v0沿水平方向射入磁场，速度方向在纸面内。电子在磁场中运动后由b点射出磁场，b点
与a点所在水平线的距离为L，射出速度方向与水平方向夹角为60°。不计电子的重力，电子在磁场中运动
的时间为（ ）
A．πL
2v0
B．2πL
3 v0
C．πL
v0
D．3 πL
2v0
【答案】B
【详解】如图所示
由题可知，LDG= L，速度偏转角α =60°，由几何关系可得∠GBD = α
2 =30°，电子在磁场中做圆周运动
的圆心角∠BJD =60°，射入点和射出点的距离LBD=
LDG
sin ∠GBD =2 L
电子在磁场中做圆周运动的半径为r =
LBD
2
sin ∠BJD
2
=2 L
电子在磁场中做圆周运动的路程s= 60°
360° ×2πr = 2πL
3
电子在磁场中运动的时间为t = s
v0
= 2πL
3 v0
故选B。
考向3 多解问题
5．（2025·山西临汾·二模）（多选）如图所示，匀强磁场垂直于xOy 平面（纸面）向外，磁场的右边界与
x 轴垂直，交x 轴于P（L，0）点。其中第Ⅰ象限内的磁感应强度为B₁，第Ⅳ象限内的磁感应强度为B₂，
且B₂=2B₁（大小均未知）。一质量为m、电荷量为+q 的粒子从原点O 以速度v 进入第Ⅰ象限的磁场，方向
与x 轴成30°角，粒子从P 点离开磁场区域，不计粒子重力，则第Ⅰ象限的磁感应强度B₁ 的大小可能是（
）
A．mv
4 qL
B．mv
2qL
C．mv
qL
D．2mv
qL
【答案】CD
【详解】根据洛伦兹力提供向心力qvB = m v
2
r
可得r = mv
qB 则在第Ⅰ象限内运动的半径为r1= mv
q B1
在第Ⅳ象
限内运动的半径为r2= mv
q B2
= r1
2 设粒子最后从P 点离开时在第Ⅰ象限运动n 次，在第Ⅳ象限n−1次，根据
几何关系有2n×r1cos60°−2(n−1)×r2cos60° = L解得B1=(
n+1
2 )
mv
qL ，(n=1,2,3⋯⋯)
A，当B1= mv
4 qL时，n 不为整数，故A 错误；
B，当B1= mv
2qL时，n=0，不符合取值范围，故B 错误；
C，当B1= mv
qL 时，n=1，故C 正确；
D，当B1= 2mv
qL 时，n=3，故D 正确。
故选CD。
6．（2025·重庆·模拟预测）（多选）如图所示，固定、光滑且边长为L 的等边三角形abc，处于与其平面
垂直、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中（图中未画出）。一比荷为k 的粒子从ab 边中点O 垂直ab 边进
入磁场，最后恰好能回到O 点。该粒子与三角形各边发生碰撞前后速度大小不变、方向相反，粒子所带电
荷量始终不变，不计粒子重力。则该粒子的速度大小可能为（ ）
A．kBL
2
B．kBL
4
C．kBL
6
D．kBL
8
【答案】AC
【详解】设粒子速度大小为v，据题分析知，粒子在等边三角形内做匀速圆周运动（设半径为R ），要使
粒子恰好回到O 点，需满足（2n+1）R = L
2 ，又由qvB =m v
2
R ，k = q
m
联立可得v =
kBL
2（2n+1）（其中n=0，1，2，3，⋯）
A．当v = kBL
2 时，n=0，故A 正确；
B．当v = kBL
4 时，n=0.5，故B 错误；
C．当v = kBL
6 时，n=1，故C 正确；
D．当v = kBL
8 时，n=1.5，故D 错误。故选AC。
考向4 带电粒子在匀强磁场中的动态圆模型
7．（2025·湖南·模拟预测）如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为
B，场区足够宽，磁场内有一块足够长平面感光薄板ab，板面与磁场方向平行，在距ab 的距离L 处有一个
点状的放射源S，它在纸面内均匀的向各个方向发射比荷相等的带正电的粒子，粒子的速度大小都满足
v = BqL
m ，不计重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．击中ab 板的粒子运动的最长时间为3 πm
4 Bq
B．击中ab 板的粒子运动的最短时间为πm
2Bq
C．ab 上被粒子打中的区域的长度为(❑√3+1)L
D．放射源S 发射的粒子中有20%的粒子可以击中ab 板
【答案】C
【详解】A．击中ab板的粒子中运动最长时间，则使粒子竖直向下运动，轨迹圆与ab相切，轨迹圆的弧长
为3
4 周长，所用时长t1= 3
4 × 2πm
Bq = 3 πm
2Bq ，故A 错误；
B．击中ab 板的粒子运动的最短时间，应使粒子与竖直方向成30°向上运动，轨迹圆的弦长最短，此时粒
子在磁场中运动的时间最短，轨迹圆的弧长为1
6周长，所用时长t2= 1
6 × 2πm
Bq = πm
3 Bq，故B 错误；
C．由牛顿第二定律得qvB =m v
2
R
解得R = L轨迹如图所示
ab上被粒子打中的区域的长度x = L+
❑√(2 L)
2−L
2=(❑√3+1) L，故C 正确；
D．沿竖直向上方向和沿竖直向下方向射出的粒子均与屏相切，即射出在S 点右侧的粒子可以打在ab平面
感光板上，射出方向所占夹角为180°，故各个方向均匀发射的粒子中有50 %的粒子可以击中ab板，故D
错误。
故选C。
17．（2025·四川成都·模拟预测）（多选）如图所示，竖直平面内一半径为R的圆形区域内存在磁感应强度
为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一长度为R的线状粒子源位于磁场左侧，磁场区域的直径MN为线
状粒子源的垂直平分线，线状粒子源沿平行于直径MN的方向发射质量为m、电荷量为−q(q>0）的带电
粒子。所有粒子的速率均为v = qBR
m ，不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的最大位移与最小位移之比为❑√3:1
B．粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之差为πm
6qB
C．磁场中有粒子经过的区域的面积为1
3 π R
2
D．粒子动量变化量的最大值与最小值之比为2:1
【答案】AC
【详解】根据洛伦兹力提供向心力，有qvB =m v
2
r 可得粒子做圆周运动的半径r = mv
qB = R粒子运动的周期
为T = 2πR
v
= 2πm
qB 所以平行MN入射的粒子都将汇聚于O点正下方的P点，如图所示
从A 点入射的粒子在磁场中运动的时间最长，其转过的圆心角为θ = 2π
3 ，运动时间为t1= θ
2π ×T = 2πm
3qB
根据几何关系可得位移大小为x1=2 R cos30
∘= ❑√3 R速度变化量为Δv1=2v cos30
∘= ❑√3 v
从B 点入射的粒子在磁场中运动的时间最短，其转过的圆心角为α = π
3 ，运动时间为t2= α
2π ×T = πm
3qB
位移大小为x2= R速度变化量为Δv2= v
A．粒子在磁场中运动的最大位移与最小位移之比为❑√3:1，故A 正确；
B．粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之差为Δt = πm
3qB ，故B 错误；
C．磁场中有粒子经过的区域如图中阴影部分所示，其面积等于扇形ABP 的面积，为
S = 1
2 π R
2−1
6 π R
2= 1
3 π R
2
故C 正确；
D．粒子动量变化量的最大值与最小值之比为❑√3:1，故D 错误。故选AC。
题型三 带电粒子在复合场中的运动
1．（2025·海南·高考真题，T13，4 分）（多选）某粒子分析器的部分电磁场简化模型如图，三维直角坐标
系O−xyz所在空间中Ⅰ区域(0≤x ≤d)存在沿x 轴正方向的匀强电场（图中未画出）和匀强磁场，磁感应
强度大小为B1,Ⅱ区域(d < x<2d)存在沿z 轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，在x =2d有一足够
大的接收屏P，原点O 处的粒子源在xOz平面内同时发射带正电的同种粒子甲和乙，甲粒子的速度大小为
v0，甲和乙的速度方向与x 轴正方向夹角分别为30°和60°，两粒子沿x 轴方向速度分量相等。乙粒子以最
短时间到达O1（d,d,0）点进入Ⅱ区域后恰好到达接收屏并被吸收，不计重力及粒子间的相互作用，则
（ ）
A．两粒子不能同时到达接收屏P
B．两个区域磁感应强度大小之比B2
B1
= 2
π −
❑√3
6
C．乙粒子通过O1点时沿x 轴方向速度分量v x =(
6
π +
❑√3
2 )v0
D．甲乙粒子在接收屏P 上位置的z 坐标之差Δ z =
π
2
12−❑√3 π d
【答案】BD
【详解】BC．两粒子在Ⅰ区域运动过程，两粒子在x轴方向做匀加速直线运动，在yOz平面做匀速圆周运
动，根据题意甲粒子和乙粒子在x 轴方向的分速度相等，均为v乙x = v甲x = v0cos30° =
❑√3
2 v0
甲粒子在z轴方向的分速度v甲z= v0sin30° = v0
2 根据几何关系tan 60° = v乙z
v乙x
可得v乙z= 3
2 v0
乙粒子以最短时间到达O1（d,d,0），则乙在Ⅰ区域运动的时间为做圆周运动的周期的一半，其半径为
r1= d
2
根据洛伦兹力提供向心力q B1v乙z=m v乙z
2
r1
联立可得B1= 3m v0
qd
在Ⅰ区域运动的时间t1= π r1
v乙z
= πd
3 v0
沿着x
正方向，根据运动学公式d = v乙x+ v x
2
⋅t1解得乙粒子通过O1点时沿x 轴方向速度分量为v x =(
6
π −
❑√3
2 )v0
乙粒子进入Ⅱ区域后，沿z轴负方向做匀速直线运动，在xOy平面做匀速圆周运动，根据题意进乙粒子入
Ⅱ区域后恰好到达接收屏并被吸收，则乙粒子在Ⅱ区域做圆周运动的半径为r2=d
根据洛伦兹力提供向心力q B2v x =m v x
2
r2
解得B2=(
6
π −
❑√3
2 )m v0
qd
可得
B2
B1
= 2
π −
❑√3
6 ，故B 正确，C 错误；
AD．两粒子在Ⅰ区域运动过程，两粒子在x轴方向的速度分量相同，则在Ⅰ区域运动时间相等，根据
T = 2πm
qB
可知甲粒子在Ⅰ区域也是运动半个周期，即两粒子刚进入Ⅱ区域时z轴坐标均为零，沿z轴负方向做匀速直
线运动，在xOy平面做匀速圆周运动的情况也相同，所以运动时间相等，即两粒子能同时到达接收屏P，
两粒子在Ⅱ区域的运动时间t2= 2π r2
v x
⋅1
4 甲乙粒子在接收屏P 上位置的z 坐标之差Δ z =（v乙z−v甲z）t2
联立解得Δ z =
π
2
12−❑√3 π d，故D 正确，A 错误。故选BD。
命题解读
新情境：复合场与分区域磁场的结合，题目构建了“匀强电场+匀强磁场（Ⅰ区域）+匀强
磁场（Ⅱ区域）”的复合场模型，粒子在不同区域受不同场力作用（洛伦兹力、电场
力），需结合运动的分解（x 轴匀变速+垂直x 轴匀速圆周运动）分析轨迹，突破了单一磁
场或电场的常规情景。
新考法：多粒子对比与临界条件的综合应用，通过“甲、乙粒子速度分量相等”“乙以最
短时间到达某点”等条件，将运动学（时间最短）、动力学（洛伦兹力提供向心力）、几
何关系（轨迹半径与坐标的关联）结合，要求考生同时分析两个粒子的运动差异，而非单
一粒子的轨迹计算。
新角度：空间维度与接收屏位置的关联，引入三维坐标系（z 轴磁场、x 轴电场），粒子
在Ⅱ区域的磁场中做圆周运动的圆心在z 轴平面，最终落点与z 坐标相关，需从空间几何
角度分析轨迹半径对z 坐标的影响，考查空间想象能力与物理规律的迁移应用。
2．（2025·云南·高考真题，T14，12 分）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，
x ≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B1（未知）。第一象限内存在边长为
2 L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Oxy平面向里，其磁感应强度
大小为B2（未知），但满足0<B2<B1。某质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子通过速度选择器后，在
Oxy平面内垂直y 轴射入x ≥0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B0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B1以及y 轴上可能检测到该粒子的范围；
(3)定义磁屏蔽效率η= B1−B2
B1
×100 %，若在Q 处检测到该粒子，则η是多少？
【答案】(1) U
B0d (2) mU
qd B0 L，L< y <3 L(3)60 %
【详解】（1）由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故qE =q v0 B0其中E = U
d 则该粒子通过速度选择器
的速率为v0= U
B0d
（2）粒子在x ≥0区域内做匀速圆周运动，从ON 的中点垂直ON 射入磁屏蔽区域，由几何关系可知r1= L
由洛伦兹力提供给向心力q v0 B1=m v0
2
r1
联立可得B1=
mU
qd B0 L
由于B2<B1，根据洛伦兹力提供给向心力
q v0 B2=m v0
2
r2
解得r2> L
当B2=0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q v0 B1=m v0
2
r3
可得r3=r1= L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L< y <3 L。
（3）若在Q 处检测到该粒子，如图
由几何关系可知r2
2=(2 L)
2+(r2−L)
2解得r2= 5
2 L由洛伦兹力提供向心力q v0 B2=m v0
2
r2
联立解得
B2=
2mU
5q B0dL其中B1=
mU
qd B0 L根据磁屏蔽效率η= B1−B2
B1
×100 %可得若在Q 处检测到该粒子，则
η=60 %
命题解读
新情境：磁屏蔽技术的物理建模，以“磁屏蔽区域”为背景，设置“外部磁场+屏蔽区域
磁场”的分区域磁场模型，且屏蔽前后磁场方向相同但大小不同，将实际技术问题转化为
物理问题，体现“从生活走向物理”的命题理念。
新考法：多过程运动的衔接与几何约束，粒子运动分为“速度选择器→外部磁场偏转→屏
蔽区域偏转”三个阶段，每个阶段通过“垂直射入”“垂直射出”等几何约束关联（如从
ON 中点垂直射入屏蔽区），要求考生通过几何关系推导轨迹半径，再结合洛伦兹力公式
联立求解，强调过程分析与几何思维的结合。
新角度：引入“磁屏蔽效率”的新物理量，要求考生基于前两问的结果推导该效率，考查
信息提取能力与物理公式的灵活变形，体现对“新定义问题”的考查趋势。
知识1 带电粒子在组合场中的运动
一、带电粒子在组合场中运动的分析思路
第1 步：粒子按照时间顺序进入不同的区域可分成几个不同的阶段。
第2 步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如第3 步中表图所示。
第3 步：用规律
二、常见的两类组合场问题
1.先电场后磁场
①先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动。如图甲、乙所示，在电场中利用动能定理或运
动学公式求粒子刚进入磁场时的速度。
②先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动。如图丙、丁所示，在电场中利用平抛运动知识求
粒子进入磁场时的速度。
2.先磁场后电场
对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：
①进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反，如图甲所示，粒子在电场中做加速或减速运动，用动
能定理或运动学公式列式。
②进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直，如图乙所示，粒子在电场中做类平抛运动，用平抛运动知识
分析。
知识2 带电粒子（带电体）在叠加场中的运动
1.洛伦兹力与重力共存
2.静电力与洛伦兹力共存
3.静电力、重力与洛伦兹力共存
4.带电粒子在叠加场中运动的解题思路
考向1 带电粒子在组合场中的运动
1．（2025·贵州贵阳·模拟预测）如图，平行于y 轴的MN 是平面直角坐标系Oxy 第四象限内的分界线，第
一象限和第四象限内MN 的右侧均存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。MN 与y 轴负半轴
之间存在沿x 轴负方向的匀强电场I，第三象限存在方向平行纸面的匀强电场II（图中未画出）。一质量为
m 的带正电的粒子从y 轴上的S 点以速度v 沿纸面进入磁场，v 与y 轴正方向的夹角为30°。粒子经磁场偏
转后垂直MN 进入电场I，从y 轴上的P 点以2v 的速度进入电场II，最终从x 轴上的Q 点以与x 轴正方向成
60°角的速度离开电场II，并沿直线回到S 点。已知OS=3L，OP=L，不计粒子的重力。求
(1)粒子的电荷量；
(2)第四象限中电场I 的电场强度大小；
(3)粒子从P 点运动到Q 点的时间。
【答案】(1)3mv
8 BL(2)❑√3 Bv(3)4 ❑√3 L
3 v
【详解】（1）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则由几何关系可得：R sin30°+ R = 4 L
由qvB =m v
2
R 解得q = 3mv
8 BL
（2）粒子从MN 边界进入第四象限的电场做匀加速直线运动至P 点，设其运动的位移为SOM，根据动能
定理有qE SOM = 1
2 m(2v)
2−1
2 m v
2，SOM = R cos30°解得E = ❑√3 Bv
（3）以PQ 方向和垂直于PQ 方向建立坐标系，则在PQ 方向，粒子做匀减速直线运动，且初速度为v1，
末速度为0。根据运动学规律有v1=2v cos30°，SPQ=
L
sin30° ，SPQ= v1
2 t
解得t = 4 ❑√3 L
3 v
。
2．（2025·河北·一模）利用电、磁场来控制和改变带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广
泛的应用。如图所示，水平线AB 与竖直线CD 交于O 点，将空间分成四个区域。在竖直线CD 的左边存在
磁感应强度大小为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，在竖直线CD 的右边存在沿水平向左的匀强电
场。某时刻一个带正电粒子从水平线AB 上的a 点以初速度v0水平向左射出，带电粒子第一次到达竖直线
CD 上时，速度方向与竖直向上方向成45
∘角，之后带电粒子在电场中运动，并垂直通过水平线AB 上的b
点。已知O、a 两点之间的距离为L，带电粒子所受重力忽略不计。（计算结果可带根号）求：
(1)带电粒子的电荷量和质量的比值；
(2)竖直线CD 的右边匀强电场的电场强度大小；
(3)带电粒子从a 点出发到第一次回到a 点的时间。
【答案】(1)
❑√2v0
2BL
(2)(2−❑√2)B v0
2
(3)(5 ❑√2π + 4 ❑√2+8)
2v0
L
【详解】（1）根据题意，作出正电荷的部分运动轨迹如图所示
设正电荷在磁场中运动的轨道半径为r，由图可得r cos 45° = L解得r = ❑√2 L正电荷在磁场中做圆周运动，
由洛伦兹力提供向心力得q v0 B =m v0
2
r
解得正电荷的比荷为q
m =
❑√2v0
2BL
（2）设正电荷第一次经过y 轴的位置到O 点的距离为y1，到达b 点时的速度大小为vb，结合类平抛运动
规律，有vb= v0cos 45°设正电荷进入电场后经过时间t 运动到b 点，则有Ob= xb由几何知识结合类平抛运
动可得r +r sin 45° = vbt解得t = (❑√2+2) L
v0
又xb= 1
2 v0sin 45°t正电荷从第一次经过y 轴到运动至b 点的过
程中，根据动能定理有−qE xb= 1
2 m vb
2−1
2 m v0
2联立解得E =
(2−❑√2)B v0
2
（3）正电荷在磁场中的运动的周期为T = 2πm
Bq
由几何关系可知，正电荷第一次在磁场中运动的时间为
t1= 5
8 T = 5πm
4 Bq = 5 ❑√2π L
4 v0
正电荷在电场中运动的时间为t2=2t = 2❑√2+ 4
v0
L正电荷第二次在磁场中的运
动轨迹与第一次在磁场中运动的轨迹对称，则正电荷第二次在磁场中的运动时间为t3=t1所以正电荷从a点
出发到第一次回到a点的时间为t0=t1+t2+t3= (5 ❑√2π + 4 ❑√2+8)
2v0
L
考向2 带电粒子（带电体）在叠加场中的运动
3．（2025·福建泉州·一模）如图，宽度为L的两竖直虚线间存在有匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向
上，磁场方向垂直纸面向外。一足够长、质量为2m、不带电的绝缘板静止在光滑水平面上，板的左端放
置一质量为m、电荷量为q的带正电小物块A，在板上与A距离为L处放置一质量为m、不带电的小物块C。
现让A以大小为v0的初速度向右运动，A与C恰好在虚线左边界处发生碰撞并瞬间粘合在一起。AC一起经过
两虚线区域过程中，速度变化量大小Δv x与对应的位移Δ x成正比，当AC到达右边界时恰好与板共速。已
知重力加速度大小为g，AC与板间的动摩擦因数均为5 v0
2
24 gL
。
(1)求A与C碰前在板上滑动的加速度大小a1；
(2)求C初始位置与虚线左边界的距离s及A、C碰后瞬间的速度大小v1；
(3)若AC一起进入虚线左边界时，只将磁场方向变为垂直纸面向里，其他条件不变，求AC刚离开虚线右边
界时AC重力的瞬时功率P。
【答案】(1)a1= 5 v0
2
24 L
(2)s= L
20；v1= 5
12 v0(3)P=−8m g
2 L
5 v0
【详解】（1）设A 与板间的动摩擦因数为μ，A 与C 碰前在板上滑动，根据牛顿第二定律，有μmg=ma1
解得a1= 5 v0
2
24 L
（2）设A 从开始运动到刚与C 碰撞的过程中，运动时间为t，A 的位移为s1，C 与板的加速度为a2，根据牛
顿第二定律，有μmg=3ma2
根据位移-时间公式，有s1= v0t −1
2 a1t
2
根据位移-时间公式，可得C 与板位移为s= 1
2 a2t
2
位移间的关系为s1−s= L
联立解得t = 6L
5 v0
，s= L
20
设A、C 碰撞前瞬间速度大小分别为vA、vC，根据速度-时间公式，有vA= v0−a1t
C 的速度为vC=a2t
联立解得vA= 3
4 v0，vC= 1
12 v0
A 与C 碰撞过程，由动量守恒定律有m vA+m vC=(m+m)v1
解得v1= 5
12 v0
（3）设AC 一起经过两虚线区域过程中速度大小为v x，由动量定理得
−μ(2mg−qE)t −μ∑qvB· Δt =2m v x−2m v1
即−μ(2mg−qE)t −μqxB =2m v x−2m v1
由于速度变化量Δv x与对应的位移Δ x成正比，即v x−x为线性关系，则2mg−qE =0
设AC 和板共速的速度大小为v，由动量守恒定律得m v0= 4 mv
解得v = 1
4 v0
联立以上可得−μqLB =2mv −2m v1
解得B = 8mg
5q v0
当AC 碰撞后只将磁场方向变为垂直纸面向里，AC 将一起在两虚线区域内做匀速圆周运动，设半径为r，
离开右边界时速度方向与水平方向的夹角为θ，如图所示
根据洛伦兹力提供向心力，有q v1B = 2mv1
2
r
根据几何关系可得sinθ = L
r
重力的瞬时功率为P =2mg v1cos(90°+θ)
联立解得P=−8m g
2 L
5 v0
4．（2025·贵州贵阳·模拟预测）下图为三个不同区域的电磁复合场情形。现让质量为m、电荷量为q的带
正电颗粒从O点以初速度v0与x轴正向成θ =37
∘射入宽度为d的区域I，重力加速度为g。
(1)如图，区域I 存在竖直平面内（方向向里）的匀强磁场B1，以及沿x轴正向的匀强电场E1，磁场和电场
大小均未知。已知带电颗粒在区域I做直线运动。求磁场B1和电场E1的大小；
(2)区域II 存在一竖直平面内（方向向外）的匀强磁场B2，以及沿y轴正向的匀强电场E2，其中E2= mg
q ，
带电颗粒从区域II 进入区域III 时，恰好经M点垂直于x轴向y轴负方向射入区域III。求区域II 的宽度和磁
场B2的大小；
(3)区域III 存在竖直平面内（方向向里）的匀强磁场B3，以及沿y轴正向的匀强电场E3。其中E3= mg
2q ，
E3
B3
= v0
2 ，求带电颗粒离x轴的最远距离，及运动过程中能达到的最大速度。
【答案】(1)3mg
4 q ，5mg
4 q v0
(2)3
2 d，16m v0
15qd
(3)
❑√5+1
2 g
v0
2，
❑√5+1
2
v0
【详解】（1）经分析可知，颗粒做匀变速直线运动，根据共点力平衡，对颗粒q E1=mg tanθ，
q v0 B1= mg
cosθ
解得E1= 3mg
4 q ，B1= 5mg
4 q v0
（2）当粒子进入区域Ⅱ时，设颗粒与x 轴的距离为y，由几何关系可知y =d tanθ颗粒在区域Ⅱ中，竖直
方向上有q E2=mg
设颗粒做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力q v0 B2=m v0
2
R
区域Ⅱ的宽度为L，由几何关系得R sinθ+ R = L，R cosθ = y
解得B2= 16m v0
15qd ，L= 3d
2
（3）在区域Ⅲ中，竖直方向mg−q E3= 1
2 mg
将v0分解为水平向右的速度v1和斜向左下方的v2，使q v1B3= 1
2 mg
解得v1= 1
2 v0，v2=
❑√5
2 v0
设颗粒在区域Ⅲ中的运动可分解为水平方向以v1向右的匀速直线运动和线速度为v2的匀速圆周运动，设v2
与水平方向的夹角为α，由几何关系有cosα = v1
v2
=
❑√5
5
设颗粒做匀速圆周运动的半径为R＇，由洛伦兹力提供向心力q v2B3=m v2
2
R
'
设带电粒子离x 轴的最远距离为Y，由几何关系有Y = R
′cosα + R
′
可得Y =
❑√5+1
2g
v0
2
设最大速度为vm，即分析可知vm=v1+v2
解得vm=
❑√5+1
2
v0
