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大题精练05 带电粒子（带电体）在复合场中的运
动问题
一、考向分析
1.本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式出现。
2.复杂的物理问题一定是需要在定性的分析和思考后进行定量运算的，而最终能否解决问题，数理
思维能力起着关键作用。物理教学中有意识地培养学生的数理思维，对学生科学思维的形成具有重
要作用。带电粒子在磁场中的运动正是对学生数理思维的培养与考査的主要问题。解决本专题的核
心要点需要学生熟练学握下列方法与技巧
3.粒子运动的综合型试题大致有两类，一是粒子依次进入不同的有界场区,二是粒子进入复合场与组
合场区其运动形式有匀变速直线运动、类抛体运动与匀速圆周运动。涉及受力与运动分析、临界状
态分析、运动的合成与分解以及相关的数学知识等。问题的特征是有些隐含条件需要通过一些几何
知识获得,对数学能力的要求较高。
二、动力学
牛顿第二运动定律
F 合 = ma 或
或者 Fx = m ax Fy = m ay
向心力
牛顿第三定律
三、运动学
线速度: V=S
t =2πR
T
= R 角速度：=φ
t = 2π
T =2πf = v
R
S=Rθ
匀速圆周运动
向心力: F= ma = mv
2
R =mω2 R=mvω= mR( 2π
T )
2
轨迹：
四、电磁学
磁场
洛伦兹力
1. F=BILsinθ f=qVBsinθ
2. M=NBIScosθ 匀强磁场 M=NBIS=Kθ 辐向磁场
3. R=mv
qB T=2πm
qB (只有洛仑兹力提供向心力才成立)
4.回旋加速器 Rm=mV m
qB 1
2 mV m
2 =nUq T=2πm
qB
t 磁 =nπm
qB t 电=
V m
Uq
dm
五、解题思路
1.三种典型情况
(1)若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加
满足qE＝qvB 时，重力场与磁场叠加满足mg＝qvB 时，重力场与电场叠加满足mg＝qE 时。
(2)若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB 的方向与速度
v 垂直。
(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运
动，即qvB＝m。
2.当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。
3.分析
【例题1】（2025·江苏·模拟预测）直角坐标系xOy，在以O为圆心，半径为R的圆柱形区域Ⅰ中有
一垂直纸面向里的匀强磁场。在R≤x ≤3 R且y >0的区域Ⅱ中充满沿y轴正方向的匀强电场，在
R≤x ≤3 R且y <0的区域Ⅲ中充满沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小均为E，其他区域视为
真空。坐标原点O处有一粒子源可以在纸面内沿各个方向发射速率为v的带负电粒子，粒子电荷量
为q，质量为m。不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，并忽略场的边界效应。已知某粒子可以
从磁场边界上的N(
3 R
5 , 4 R
5 )点沿x轴正方向离开磁场，电场强度大小E = 9mv
2
10qR
。
(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)求从N点离开磁场的粒子经电场偏转后，离开电场右边界时位置的坐标；
(3)将粒子源粒子的发射速率改为4
5 v，在从O点发时的大量粒子中，求能进入电场的粒子在磁场中
经过的区域面积S，并在答题卡对应图中标出该区域（画出边界，内部画上斜线）。
【答案】(1)8mv
5qR
(2)(3 R ,−3
5 R)
(3)
1
2 π R
2
，
【详解】（1）某粒子从O点发射从磁场边界上的N(
3 R
5 , 4 R
5 )点沿x轴正方向离开磁场
设其在磁场中做圆周运动的半径为r
由几何关系得r
2=(
3
5 R)
2
+(
4
5 R−r)
2
解得r = 5 R
8
由洛伦兹力提供向心力可得qvB =m v
2
r
解得B = 8mv
5qR
（2）粒子先在N点和电场左边界之间做匀速直线运动，进入电场后做类平抛运动
竖直方向有qE =ma
解得a= 9 v
2
10 R
若粒子在通过x轴射出区域Ⅱ
又y = 4
5 R = 1
2 at1
2
解得x1= v t1= 4
3 R
假设成立，再经过t2时间粒子从电场中射出：2 R−x1= v t2
竖直方向y2= v yt −1
2 at
2= 3
5 R
故粒子离开电场右边界时位置的坐标为(3 R ,−3
5 R)
（3）由洛伦兹力提供向心力可得qv ′ B =m v
′ 2
r ′
又v ′ = 4
5 v
可得r ′ = R
2
则有S = 1
2 π R
2
能够进入电场的粒子经过的区域如图所示
【例题2】（2026·河北·一模）某异型回旋加速器的设计方案如图甲所示，图中粗黑线段为两个正
对的带电极板，两个极板的板面中部各有一狭缝（沿OP 方向的狭长区域），带电粒子可通过狭缝
穿越极板，如图乙所示，板间电势差恒定为U（下极板电势高于上极板电势，且极板间只有电
场）。两细虚线间（除开两极板之间的区域）既无电场也无磁场；其他部分存在匀强磁场，磁感应
强度方向垂直于纸面。在贴近下极板缝隙的离子源S 中产生的质量为m、电荷量为q（q>0）的离
子，由静止开始被电场加速，经狭缝中的O 点进入磁场区域，O 点到极板右端的距离为D，到出射
孔P 的距离为6D。已知磁感应强度大小可以在零到某一最大值之间调节，离子从离子源上方的O
点射入磁场区域，最终只能从出射孔 P 射出。假设离子打到器壁或离子源外壁则立即被吸收。忽略
相对论效应，不计离子重力。
(1)求磁场磁感应强度的最小值；
(2)调节磁感应强度大小为 B0= 3
D
❑√
2mU
q
，离子能从出射孔 P 射出时，求离子在磁场中运动的时
间；
(3)若将磁感应强度在 (
16
7 D
❑√
2mU
q
, 5
2 D
❑√
2mU
q )范围内调节，则离子能从 P 点射出时该范围内
磁感应强度B 所有的可能值。
【答案】(1)Bmin= 1
3 D
❑√
2mU
q
(2)t = 128 πD
3
❑√
m
2qU
(3)B = (1+ ❑√k)
3 D
❑√
2mU
q
(k =35,36,……42)
【详解】（1）设离子从离子源上方的O 点射入磁场区域的速度大小为v0，则qU = 1
2 mv0
2
离子偏转后直接从出射孔P 射出时，离子在磁场中运动的轨道半径最大（rmax），磁场的磁感应强
度最小（Bmin），则q v0 Bmin= mv0
2
rmax
由题意知rmax=3 D
解得Bmin= 1
3 D
❑√
2mU
q
（2）调节磁感应强度大小为B0= 3
D
❑√
2mU
q
，则离子第一次在磁场中偏转时有q v0 B0= m v0
2
r0
可得r0= 1
3 D
离子从出射孔P 射出,离子的运动轨迹如图所示,离子偏转中第一次经过虚线间的无场区域,设其偏转
轨道半径为r1，则r1=r0
离子偏转中第n 次经过虚线间的无场区域后从出射孔P 射出,设其偏转轨道半径为rn，从出射孔P 射
出时的速度大小为vn，则有
nqU = 1
2 mvn
2，q vn B0= m vn
2
rn
于是有rn= ❑√nr0
根据几何关系有2r0+2rn=6 D
综合可得n=64
可见离子能从出射孔P 射出,且离子在磁场中运动的时间为
t =nT =n× 2πm
q B0
= 128 πD
3
❑√
m
2qU
（3）令B1= 16
7 D
❑√
2mU
q
，B2= 5
2 D
❑√
2mU
q
对应离子运动的轨道半径分别为r10、r20，则
B1<B<B2，r20<r <r10
结合前一问的分析可得r10= mv0
q B1
= 7
16 D，r20= mv0
q B2
= 2
5 D
可得4
5 D<2r < 7
8 D
同理可得2r +2❑√k r =6 D
联立各式解得34.3<k <42.3，即k=35，36，……，42
又r = m v0
qB = 3 D
1+ ❑√k
解得B =
(1+ ❑√k)m v0
3qD
= (1+ ❑√k)
3 D
❑√
2mU
q
( k=35，36，……，42)
难度：★★★★★ 建议时间：100 分钟
1.
（2026·重庆沙坪坝·一模）离子注入是半导体掺杂的核心技术，其原理是利用电磁场对离子束进行
筛选、加速和精准控制，我国科研团队在此领域取得重要突破。如图甲所示，简化装置由离子源、
扇形分析磁场、直线加速器和磁场注入区组成。其工作流程如下：离子源将掺杂物质电离。电离出
的正离子因具有微小初速度（大小可忽略）形成离子束，再经电压为U的电场加速后，获得相同速
率。接着以散射角2θ（θ很小）进入正立的扇形匀强磁场区域（磁感应强度大小为B，方向垂直纸
面向外，圆弧对应的圆心角为120
∘）。此区域不仅能将比荷为k的正离子从另一侧直线边界的狭缝
中筛选出来，还能对离子进行汇聚（离子离开时的散射角为2α），其中垂直扇形边界入射的离子
恰好垂直边界出射。筛选出的某离子在t =0时进入由4 个理想金属细圆筒（筒内磁感应强度和电场
强度均为零）组成的直线加速器，每个圆筒内的运动时间为t0。加速器与扇形磁场边界垂直，其A、
B两端接入有效值为U、周期为2t0的交变电压，波形如图乙所示。经圆筒间隙瞬时加速后的离子
沿圆筒轴线进入垂直于纸面向里的磁场注入区，以入射点O为原点建立xOy坐标系。在x>0区域，
磁感应强度大小为B；在−d < x<0区域，磁感应强度大小为B
λ
(λ>0)。其中，末级圆筒长度大于
2d，大小不计的半导体晶圆平行于y轴放置在直线y =20d上的某处。忽略离子间相互作用、边界
效应及相对论效应，cosθ≈1，sinθ≈θ。不计离子重力和θ的平方项。
(1)求离子在扇形磁场中的运动半径；
(2)求第3 个金属圆筒的长度以及离子进、出扇形分析磁场时，其速度方向与狭缝法线夹角的比值；
(3)为使离子束能恰好垂直注入到晶圆表面，求参数λ应满足的条件。
【答案】(1) 1
B
❑√
2U
k
(2)t0
❑√6 kU，2∶1
(3)①若
Bd
2−❑√3
❑√
k
2U <1，即d < 2−❑√3
B
❑√
2U
k
时
第一种情况：
λ =1−1
n(10 Bd ❑√
k
2U −3
2)，n取正整数且(
10 Bd ❑√
k
2U −3
2 <n<
10 Bd ❑√
k
2U −3
2
1−
Bd
2−❑√3
❑√
k
2U)
第二种情况：
λ =1−1
n(10 Bd ❑√
k
2U + 1
2)，n取正整数且(
10 Bd ❑√
k
2U + 1
2 <n<
10 Bd ❑√
k
2U + 1
2
1−
Bd
2−❑√3
❑√
k
2U)
②若
Bd
2−❑√3
❑√
k
2U >1，即d > 2−❑√3
B
❑√
2U
k
时，则λ<1即可。
第一种情况：λ =1−1
n(10 Bd ❑√
k
2U −3
2)，n取正整数
第二种情况：λ =1−1
n(10 Bd ❑√
k
2U + 1
2)，n取正整数
【详解】（1）加速电场中Uq = 1
2 m v❑0
2
解得v0= ❑√
2Uq
m = ❑√2kU
扇形磁场中Bq v0=m v0
2
r0
离子在扇形磁场中的运动半径r0= 1
B
❑√
2U
k
（2）从离子源到第三个筒一共加速三次3Uq = 1
2 m v1
2
解得v1= ❑√
6Uq
m
= ❑√6 kU
筒内磁感应强度和电场强度均为零，可知第3 个金属圆筒的长度L= v1t0=t0
❑√6kU
如图1，由几何关系、正弦定理可得
r0
sin(30°+ θ
2)
= r0θ
sin α = r0θ
α
又cosθ≈1，sinθ≈θ，化简得α =θsin(30°+ θ
2)=θ(
1
2 cos θ
2 +
❑√3
2 · θ
2)= θ
2
离子进、出扇形分析磁场时，其速度方向与狭缝法线夹角的比值为θ
α = 2
1
（3）加速全过程4Uq = 1
2 mv2
2
解得v2= ❑√
8Uq
m
=2❑√2kU
在磁场B 中，r1= m v2
Bq = 2
B
❑√
2U
k
由几何关系易知弦长y1=r1= 2
B
❑√
2U
k
在磁场B
λ
中，r2= m v2
B
λ q
= 2 λ
B
❑√
2U
k
由几何关系易知弦长y2=r2= 2 λ
B
❑√
2U
k
第一种情况：离子沿−x方向垂直注入晶圆，如图
20d =( y1−y2)n+r1+r1cos60°
故λ =1−1
n(10 Bd ❑√
k
2U −3
2)
又λ>0，则n>10 Bd ❑√
k
2U −3
2
第二种情况：离子沿+ x方向垂直注入晶圆，如图
20d =( y1−y2)n−(r1−r1cos60°)
故λ =1−1
n(10 Bd ❑√
k
2U + 1
2)
又λ>0，则n>10 Bd ❑√
k
2U + 1
2
又离子不能打到第4 个圆筒，故λ<1
离子不能出左边界，故r2−r2sin60°<d
即λ<
Bd
2−❑√3
❑√
k
2U
①若
Bd
2−❑√3
❑√
k
2U <1，即d < 2−❑√3
B
❑√
2U
k
时，第一种情况：
λ =1−1
n(10 Bd ❑√
k
2U −3
2)<
Bd
2−❑√3
❑√
k
2U
，n<
10 Bd ❑√
k
2U −3
2
1−
Bd
2−❑√3
❑√
k
2U
故λ =1−1
n(10 Bd ❑√
k
2U −3
2)，n取正整数且(
10 Bd ❑√
k
2U −3
2 <n<
10 Bd ❑√
k
2U −3
2
1−
Bd
2−❑√3
❑√
k
2U)
第二种情况：
λ =1−1
n(10 Bd ❑√
k
2U + 1
2)<
Bd
2−❑√3
❑√
k
2U
，n<
10 Bd ❑√
k
2U + 1
2
1−
Bd
2−❑√3
❑√
k
2U
故λ =1−1
n(10 Bd ❑√
k
2U + 1
2)，n取正整数且(
10 Bd ❑√
k
2U + 1
2 <n<
10 Bd ❑√
k
2U + 1
2
1−
Bd
2−❑√3
❑√
k
2U)
②若
Bd
2−❑√3
❑√
k
2U >1，即d > 2−❑√3
B
❑√
2U
k
时，则λ<1即可。
第一种情况：λ =1−1
n(10 Bd ❑√
k
2U −3
2)，n取正整数
第二种情况：λ =1−1
n(10 Bd ❑√
k
2U + 1
2)，n取正整数
2.
（2026·福建·一模）如图甲所示，两平行金属板A、B水平放置，两板间距为d，紧靠两板右端宽度
为d的两虚线间为电磁场区域，紧靠B板右端有一长度为❑√2d且与竖直方向的夹角为45°的倾斜挡
板C，挡板C的中心有一小孔D，挡板C将电磁场区域分成上下两部分，分别为区域Ⅰ和区域Ⅱ。
区域Ⅰ中有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1= 6m v0
5qd
；区域Ⅱ中有垂直纸面向里的
匀强磁场和水平向左的匀强电场，磁感应强度大小为B2= 4 m v0
5qd
，电场强度为E = 12mv0
2
25qd
。A、B
板之间的电压U AB随时间周期性变化的规律如图乙所示。粒子源位于O点，可持续不断地沿板间中
线以速度v0发射带负电粒子，粒子质量为m，带电量为q。已知t =0时刻进入两板间的带电粒子在
t =T时刻刚好沿A板右边缘射出交变电场，打在挡板C上的粒子均被挡板吸收，只有穿过小孔D的
粒子才能进入区域Ⅱ，不计粒子重力及粒子间的相互作用，计算结果只能选用m、q、d、T表示。
求
(1)能够穿过小孔D 的粒子进入两板间的时刻t；
(2)穿过小孔D 后在纸面内做匀速圆周运动的半径R2；
(3)粒子在区域Ⅱ的出射点与小孔D 的竖直距离y。
【答案】(1)t = 1
6 T +nT或t = 5
6 T +nT （n=0，1，2，3⋯）
(2)d
(3)(1−
❑√3
2 + π
8 ）d
【详解】（1）不同时刻进入两板间的粒子，在两板间电场力的冲量一定为零，粒子一定以v0水平
向右离开交变电场，能通过小孔的粒子在区域I 中，其轨迹圆心角设为θ，由几何关系得
R sinθ =
❑√2
2 d sin 45
o
且q B1v0=m v0
2
R
联立解得R = 5
6 d，sinθ =0.6
在0−T时段内进入交变电场能够通过小孔的粒子，其进入的时刻设为t1，竖直位移满足
y = 1
2 a（T −2t1
2
）
2×2−1
2 at1
2×2= R−Rcosθ或
y = 1
2 a（2t1−T
2
）
2×2−1
2 a(T −t1)
2×2= R−Rcosθ
解得t1= 1
6 T或t1= 5
6 T
考虑到周期性t =t1+nT
解得t = 1
6 T +nT或t = 5
6 T +nT （n=0，1，2，3⋯）
（2）粒子从小孔射出的速度方向与水平方向的夹角为θ =37
∘，该速度沿水平和竖直方向的分速度
大小为v x = v0cos37
∘=0.8 v0，v y = v0sin37
∘=0.6 v0
分析数据发现q B2v y =qE
则粒子从小孔射出后的运动可分解为沿竖直方向的匀速直线运动和速度大小为
v x = v0cos37
∘=0.8 v0的匀速圆周运动，可知q B2v x =m v x
2
R2
解得R2=d。
（3）粒子做匀速圆周运动，从小孔至出射转过的圆心角设为α，由几何关系知
R2sinα = 1
2 d，sinα = 1
2
解得α = π
6
从小孔至出射所用时间设为t
′，则t
′ = α
2π ⋅2πm
q B2
解得t
′ = 5 πd
24 v0
做匀速圆周运动产生的竖直位移为y1= R2−R2cos30
o
做匀速直线运动产生的竖直位移为y2= v y⋅t
′
粒子在区域Ⅱ的出射点与小孔D的竖直距离y = y1+ y2=(1−
❑√3
2 + π
8 ）d
3.
（2025·浙江·一模）磁场强化静电除尘装置的核心结构如左图所示。长、宽和高分别为L、2L 和h
的集尘箱水平放置，在其左侧装入高度为h，宽度为L 的粉尘流加速通道，加速通道左右两侧为栅
极板，施加的加速电压为U1，粉尘带负电。集尘箱的上、下金属板与直流电源相连（电源的输出
电压为U2大小可调），在箱内空间产生方向竖直向上的匀强电场，如右图所示。均匀分布的带电
粉尘流从左侧壁飘入加速通道，飘入的初速度可视为零，当粉尘颗粒碰到下板后立即被中和与收集。
到达右侧壁的粉尘不被收集穿出盒区。不计粉尘的重力、空气阻力及相互作用力，不考虑电磁场的
边界效应。
(1)当U1、U2固定时，请计算说明该集尘箱对质量与带电量不同的粉尘收集率是否相同；（收集率
指落到集尘箱下底板的粉尘颗粒占全部进入集尘箱粉尘颗粒的百分比）
(2)当处理质量均为m，带电量均为-q 的带电粉尘颗粒时，调节U 2= U 1
2
， h=(
1
4 + π
12)L，若在左
图和右图所示的虚框范围（区域Ⅱ）内同时施加一磁感应强度大小B = 1
L
❑√
2U 1m
q
，方向竖直向上
的匀强磁场，其中ab 为下板的I 和Ⅱ区域的分界线。
①求粉尘在区域Ⅱ运动的最长时间；
②求此时粉尘的收集率η；
③若单位时间单位面积进入集尘盒加速通道的电粉尘颗粒数量均为n 个，求稳定工作时该装置电场
对带电粉尘做功功率。（结果用U1、q、n、L 表示）
【答案】(1)相同
(2)①πL
6
❑√
m
2qU 1
；②50%；③( 19
64 + 19 π
192 )U 1qn L
2
【详解】（1）对粉尘颗粒在加速通道中的运动列动能定理方程有U 1q = 1
2 m v0
2
解得粉尘颗粒进入集尘箱的初速度为v0=
❑√
2qU 1
m
粉尘颗粒在集尘箱内做类平抛运动，其水平方向为匀速直线运动，设粉尘颗粒在集尘箱内运动的时
间为t，则有t = L
v0
粉尘颗粒在竖直方向做的是从静止开始的匀加速直线运动，则根据牛顿第二定律有a= Eq
m = U 2q
hm
所以粉尘颗粒在竖直方向上运动的最大位移为y = 1
2 at
2= U 2 L
2
4U 1h
若该粉尘颗粒不能100%被收集，则其竖直方向上运动的最大位移y = U 2 L
2
4U 1h
与q、m 无关。又因为
收集率为η= y
h = U 2 L
2
4U 1h
2
所以收集率也与q、m 无关，即当U1、U2固定时，该集尘箱对质量与带电量不同的粉尘收集率相同。
（2）①由分析可知，粉尘颗粒进入区域Ⅱ后在垂直于磁场平面内以v0做匀速圆周运动，由洛伦兹
力提供向心力有Bq v0=m v0
2
R
解得粉尘颗粒做圆周运动的半径为R = mv0
Bq = L
设粉尘颗粒转过的最大圆心角为θ，其垂直于磁场方向的运动轨迹如图所示：
则根据几何关系有sinθ = L
2 R = 1
2
解得θ = π
6
又因为粉尘颗粒做圆周运动的周期为T = 2πR
v0
所以粉尘颗粒在区域Ⅱ运动的最长时间为t1=
π
6
2π T = πL
6 v0
= πL
6
❑√
m
2qU 1
②粉尘颗粒在集尘箱中的运动的最长时间为t2=
L
2
v0
+t1=
L
2 + π
6 L
v0
则粉尘颗粒在集尘箱内竖直方向上运动的最大位移为y = 1
2 at2
2
此时粉尘的收集率为η= y
h
联立解得η=50 %
③由分析可知，稳定工作时该装置电场对带电粉尘做功功率为
P =(U 1q+ 1
4 U 2q+ 1
8 U 2q)nhL=( 19
64 + 19 π
192 )U 1qn L
2
4.
（2025·湖北·模拟预测）如图所示的平面直角坐标系，第二象限内存在沿y 轴负方向、电场强度大
小为E0的匀强电场，第三、四象限存在沿着y 轴负方向、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。现让
质量为m、带电量为q 的粒子（忽略重力）从A 点以斜向右上方的速度射入电场，经过一段时间
t0= 6mv0
E0q
到达O 点时的速度与x 轴正方向的夹角为37°，然后进入磁场，
sin37
°=0.6，cos37
°=0.8。
(1)求粒子在O 点电场力的功率以及A、O 两点间的距离；
(2)粒子到达O 点时，假设经过一段时间t1= 8 πm
q B0
到达y 轴上的B 点，求A、B 两点的距离为多少；
(3)粒子到达O 点时，假设经过一段时间t2= 3 πm
q B0
到达C 点（未画出），求粒子从A 点到C 点对时
间而言所受的平均作用力为多少。
【答案】(1)3 E0q v0，24 m v0
2
E0q
(2)24 m v0
q
❑√
π
2
B0
2 + v0
2
E0
2
(3) 10 E0 B0v0q
6 B0v0+3 π E0
【详解】（1）设粒子在A、O 两点的速度大小均为v，把v 分别沿着x 轴和y 轴分解，则有
v x = v cos37
°，v y = v sin37
°
粒子从A 到O 做类斜抛运动，由类斜抛运动的规律可得粒子从A 到O 的运动时间t0= 2mv y
E0q
结合t0= 6mv0
E0q
综合可得v y =3 v0、v =5 v0、v x= 4 v0
粒子在O 点电场力的功率为P = E0q v y =3 E0q v0
A、O 两点间的距离d1= v xt0= 24 m v0
2
E0q
（2）根据受力分析和运动分解可知把粒子在磁场中的运动看成沿y 轴负方向速度为v y =3 v0的匀速
直线运动与线速度为v x = 4 v0的水平方向匀速圆周运动的合运动，匀速圆周运动的周期T = 2πm
q B0
时间t1= 8 πm
q B0
= 4T
粒子运动到y 轴上的B 点，O、B 两点间的距离d2= v yt1
由几何关系可得A、B 两点间的距离为d3=
❑√d1
2+d2
2
综合可得d3= 24 m v0
q
❑√
π
2
B0
2 + v0
2
E0
2
（3）时间t2= 3 πm
q B0
= 3T
2 内，粒子从O 点到达C 点，水平方向匀速圆周分运动速度的方向改变
180°，则A、C 两点的速度等大反向，粒子从A 到C，速度变化量的大小为Δv =2v =10 v0
粒子从A 到C，由动量定理可得F (t0+t2)=m Δv
综合可得F = 10 E0 B0v0q
6 B0v0+3 π E0
5.
（2025·浙江·一模）如图甲所示，装置1 由多个横截面积相同的金属圆筒沿同一直线水平排列而成，
圆筒长度依次按一定规律增加。奇数序号的圆筒与交变电源的一个电极相连，偶数序号的圆筒与另
一电极相连，图乙为交变电源两极间电势差随时间的变化规律。在t =0时刻，偶数圆筒相对于奇数
圆筒的电势差为正值，此时位于序号为0 的金属圆板（与偶数圆筒相连）中心的一个带正电粒子，
在圆板与圆筒1 之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒1。为使粒子在通过任意两个
圆筒之间的间隙时都能在电场力作用下持续加速，圆筒的长度需按一定规律设计。粒子离开装置1
后，沿虚线进入装置2。装置2 中的水平极板a、b足够长，且关于虚线对称放置，板间距d =1cm，
板间加有恒定电压U ab= 400 V，方向如图所示，同时存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度
B =1T。已知粒子比荷q
m = 4×10
6C/kg，粒子通过圆筒间隙的时间可忽略，重力不计。求
(1)若粒子恰能沿虚线匀速通过装置2，装置1 中应设置的圆筒个数N 1；
(2)若粒子能够通过装置2 且不碰到极板，装置1 中应设置的圆筒个数N 2；
(3)若装置2 的两极板内侧涂有特殊材料，粒子与板发生弹性碰撞时，沿板方向速度分量不变，垂直
板方向速度分量大小不变、方向反向。若装置1 中设置16 个圆筒，粒子相邻两次打到板上的时间
间隔Δt及相邻落点之间的距离Δ x。
【答案】(1)4 个
(2)3、4、5 或6 个
(3)π
6 ×10
−6s，(
❑√3+ 2
3 π)×10
−2m
【详解】（1）带电粒子恰能沿虚线匀速通过装置2，即带电粒子所受静电力与洛伦兹力平衡。设
带电粒子离开装置1 速度为v1，则有q U ab
d =q v1B
解得v1= 4×10
4 m /s
设装置1 中设置N 1个圆筒，对带电粒子在装置1 中的过程应用动能定理，则有N 1qU 0= 1
2 m v1
2
解得N 1= 4
即装置1 中应设置4 个圆筒。
（2）设带电粒子离开装置1 速度为v2。
（方法一）若带电粒子恰能打到下极板，设带电粒子打到下极板速度为v3，由动能定理
1
2 qU ab= 1
2 m v3
2−1
2 m v2
2
水平方向由动量定理得1
2 qBd =mv3−mv2
解得v2=3×10
4 m /s
若带电粒子恰能打到上极板，设带电粒子打到下极板速度为v4，由动能定理
−1
2 qU ab= 1
2 mv4
2−1
2 mv2
2
水平方向由动量定理得−1
2 qBd =m v4−m v2
解得v2=5×10
4 m /s
综上3×10
4 m /s≤v2≤5×10
4 m /s
设装置1 中设置N 2个圆筒，对带电粒子在装置1 中的过程应用动能定理，则有N 2qU 0= 1
2 mv2
2
将3×10
4 m /s≤v2≤5×10
4 m /s代入解得9
4 ≤N 2≤25
4
装置1 中应设置3、4、5 或6 个圆筒。
（方法二）带电粒子的运动可以分解为v1的匀速直线运动与(v2−v1)的匀速圆周运动。
匀速圆周运动的半径为r = m|v2−v1)
qB
带电粒子不打到极板，即2r ≤1
2 d
解得3×10
4 m /s≤v2≤5×10
4 m /s
设装置1 中设置N 2个圆筒，对带电粒子在装置1 中的过程应用动能定理，则有N 2qU 0= 1
2 m v2
2
将3×10
4 m /s≤v2≤5×10
4 m /s代入解得9
4 ≤N 2≤25
4
故装置1 中应设置3、4、5 或6 个圆筒
（3）装置1 中设置16 个圆筒，由动能定理得16qU 0= 1
2 mv0
2
解得v0=8×10
4 m /s
将带电粒子的运动可以分解为v1的匀速直线运动与(v0−v1)= 4×10
4 m /s的匀速圆周运动。由洛伦
兹力提供向心力q(v0−v1)B =m (v0−v1)
2
r
解得匀速圆周运动的半径为r = m(v0−v1)
qB
=1cm =d
如下图所示
当匀速圆周分运动至1 处时，带电粒子打到上极板，随后沿板方向速度分量不变，垂直板方向速度
分量大小不变，方向反向，即匀速圆周分运动变至2 处。随后匀速圆周分运动再从2 处运动至1 处，
故相邻两次打到板上的时间间隔为t = 2πm
3qB =π
6 ×10
−6s
相邻两落点间距离为Δ x = ❑√3r + v1t =(
❑√3+ 2
3 π)×10
−2m
6.
（25-26 高三上·贵州·期中）如图所示，在竖直平面的直角坐标系中，第一象限内存在两个区域，
在0≤x ≤❑√3d的Ⅰ区域中存在垂直xOy平面向里的匀强磁场B1和水平向右的匀强电场E1；在
❑√3d ≤x ≤(3 ❑√3+3)d的Ⅱ区域中存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场B2和方向竖直向上、大小
为mg
q
的匀强电场E2；一质量为m、带电量为+q的粒子，从坐标原点以速度大小v = qBd
m
（B为已
知量）、方向与x轴正方向成θ =60°角发射，恰好沿直线运动，从M点（图中未标）进入Ⅱ区域。
已知重力加速度为g。
(1)求Ⅰ区域中的匀强磁场B1的大小及电场强度E1的大小；
(2)为了使该带电粒子能够回到Ⅰ区域，求Ⅱ区域的匀强磁场的最小磁感应强度Bmin。
【答案】(1)E1=
❑√3mg
q
，B1= 2m
2 g
q
2Bd
(2)Bmin= B
2
【详解】（1）带电粒子在Ⅰ区域中做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力，如图所示
根据三角形关系可得q E1=mg tan 60°，mg =qv B1cos60°
代入数据解得E1=
❑√3mg
q
，B1= 2m
2 g
q
2Bd
（2）带电粒子在Ⅱ区域中，有q E2=mg
所以带电粒子在Ⅱ区域中做匀速圆周运动。若与右边界相切，令半径为r1，根据几何关系有
r1sin 60°+r1=(3+2❑√3)d
解得r1=2❑√3d
若与下边界相切，令半径为r2，根据几何关系有r2cos60°+r2=3d
解得r2=2d
故带电粒子要回到Ⅰ区域，做圆周运动的最大半径r =2d
做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力qv Bmin=m v
2
r
解得Bmin= B
2
7.
（25-26 高三上·重庆·期中）如图所示，坐标平面与光滑绝缘水平面重合，在此空间存在磁感应强
度大小为B=1T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN 是长为L=2.5m 的细长光滑玻璃空心薄管，初
始时MN 在y 轴负半轴上且N 端与坐标原点O 重合。管的M 端有一质量为m=0.1kg 且带正电荷量
q=0.1C 的静止小球A（视为质点），现使管MN 沿x 正方向以速度 v1=5 m /s匀速平移，小球A 将
在管内向N 端运动，当它离开管时，N 端恰与x 轴上的P 点重合，小球离开后立即取走薄管。
(1)小球从N 端离开管时的速度大小；
(2)小球离开管后经过x 轴负半轴的x 坐标值；
(3)若管从y 轴开始移动的同时，在x 轴负半轴上的Q 点（且距离满足（OQ=3OP）处释放一不带电
的小球B，小球B 以速度v2（大小方向未知）做匀速直线运动，已知球B 恰能迎面撞上小球A（相
撞前瞬间二者速度方向相反），求v2的最大值v2m。
【答案】(1)v P=5 ❑√2m /s
(2)xP
′=−5 m
(3)v2m = 10 ❑√2
π +1 m /s
【详解】（1）小球A 在y 方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有q v1B =ma
解得a=5 m /s
2
根据位移时间公式有L= 1
2 at1
2
解得t1=1s
小球A 运动P 点时，沿y 方向的速度为v y =at1=5 m /s
故小球从N 端离开管时的速度大小v P=
❑√v1
2+ v y
2 =5 ❑√2m /s
（2）由上问可得dOP= v1t1=5 m
作出小球从 P 点离开管后做逆时针方向的圆周运动，交x 负半轴于P
′点，画出其运动轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力，则有qB vP=m vP
2
r
代入数据解得r =5 ❑√2m
根据几何关系有d P P
′=2r sinθ =2r × v y
v P
=10 m
可得xP
′=dOP−d P P
′=−5 m
（3）从Q 点作轨迹圆的切线与圆相切于Q
′点，根据切割线定理有QQ
′2=O P
′⋅OP
代入数据解得QQ
′ =10 ❑√2m
根据几何关系可知QQ
′与x轴成45
∘角
小球做圆周运动的周期为T = 2πm
Bq =2π s
小球B 运动时间与小球A 运动时间满足t B= QQ
′
v2
=t1+(n+ 1
2)T (n=0,1,2,3⋅⋅⋅)
当n=0时v2有最大值为v2m，代入上式可得v2m = 10 ❑√2
π +1 m /s
8.
（2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，一直线加速器由n 个金属圆筒组成（分别标有奇偶序号，
依次排列），圆筒分别接电压为U 0= q B
2 R
2
40m
的交变电压，粒子在圆筒中做匀速直线运动，在相邻
圆筒之间做匀加速直线运动，直线加速器轴线与A O1共线。电荷量为q、质量为m 的带正电粒子，
经直线加速器n 级加速后从A 孔进入右侧圆柱形容器，两圆柱形容器内均有垂直纸面的匀强磁场。
Ⅰ区域磁场磁感应强度为B，Ⅱ区域磁场磁感强度为3
2 B，半径均为R，两圆柱形容器相切于B 孔，
且∠A O1B =144°，带电粒子与容器壁碰撞时无能量损失，电量不变。已知tan27° =0.5，
tan72° =3，不计粒子重力。
(1)若Ⅰ区域磁场垂直纸面向里，为保证粒子不与第一个容器发生碰撞，直接从B 孔飞出，则加速器
的级数n1为多少？
(2)若Ⅰ区域磁场垂直纸面向外，且粒子在第一个容器中经过3 次碰撞后从B 孔飞出，则加速器的级
数n2为多少？
(3)在满足（2）的条件下，粒子从 B 孔飞入Ⅱ区域，求再经过多长时间能返回Ⅰ区域。
【答案】(1)n1=180
(2)5 或180
(3)16 πm
3qB
或4 πm
qB
【详解】（1）粒子进入Ⅰ区域后受洛伦兹力做匀速圆周运动，如图所示
由几何关系φ =72°，tanφ= r
R
根据牛顿第二定律，有qvB =m v
2
r
粒子在直线加速器中n1qU 0= 1
2 mv
2
联立解得n1=180
（2）第一种情况：如图所示
由几何关系，得α = 360°−144°
2×4
=27°，tanα = r1
R
解得r1= R
2
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有q v1B =m v1
2
r1
粒子在直线加速器中n2qU 0= 1
2 m v1
2
联立解得n2=5
第二种情况：如图所示
由几何关系，得α ' = 360°+360°−144°
2×4
=72°，tanα ' = r2
R
解得r2=3 R
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有q v2B =m v2
2
r2
粒子在直线加速器中n2
' qU 0= 1
2 m v2
2
联立解得n2
' =180
综上，加速器级数为5 或180。
（3）第一种情况：粒子进入Ⅱ区域后q v1 3
2 B =m v1
2
r1
'
解得r1
' = R
3
如图所示
由几何关系tan β = r1
'
R
解得β =18°
则粒子需与器壁碰撞的次数为n= 360°
2 β −1=9次
粒子在Ⅱ区域内周期T = 4 πm
3qB
运动时间t1=(n+1）⋅2×（90°−β ）
360
∘
⋅T
解得t1= 16 πm
3qB
第二种情况：q v2 3
2 B =m v2
2
r2
'
解得r2
' =2 R
如图所示
由几何关系tan β ' = r2'
R
解得β ' =63°
则粒子与器壁碰撞次的次数为n' = k ⋅360°
2 β
−1=19次，
运动时间t2=(n' +1）⋅2×（90
∘−β ' ）
360
∘
⋅T，
解得t2= 4 πm
qB
综上，粒子再经过16 πm
3qB
或4 πm
qB
时间后回到Ⅰ区域。
9.
（2025·浙江杭州·一模）某种显示器内部纵剖面结构简图如图甲所示。电子枪的灯丝通电后持续逸
出电子（初速度可忽略），电子先经电场加速后，速度大小为v0，再经磁透镜组汇聚后，形成极细
电子束，且电子速度大小不变，方向沿OO
′；最后该电子束经圆形匀强磁场偏转后打在屏幕上形成
亮点，磁场区域的圆心为O、半径为R、磁场方向垂直纸面。屏幕是以O点为球心、L为半径的球
面，O
′为屏幕中心，P、Q分别为屏幕的最高点和最低点，且间距也为L。各器件、电场和磁场均
关于主轴OO
′对称。已知电子质量为m、电荷量为e，忽略电子间的相互作用。
(1)求加速电场的电压；
(2)若电子束一直打在P点，判断此时圆形磁场的方向并求出其磁感应强度大小；（已知
tan π
12 =2−❑√3）
(3)若要在时间T内让屏幕上的亮点从P点沿圆弧
´
PO
′Q匀速率移到Q点，取垂直纸面向外为正方向，
求圆形磁场的磁感应强度随时间变化的关系；（结果中的角度用弧度表示；已知T远大于电子在圆
形磁场中运动的时间）
(4)如图乙所示是磁透镜组中某个磁透镜的原理图，其电子通道是一个圆柱体，内部存在从左向右逐
渐增强的磁场，其左端磁感应强度略小于右端，计算时可近似认为整个区域的磁感应强度大小均为
B0，MN为一条与主轴夹角为θ（θ很小，cosθ≈1，sinθ≈tanθ≈θ）的直磁感线。已知电子束
垂直通道的左侧端面入射，入射时电子束关于OO
′对称，其直径为b，某个位于电子束边缘的电子
从M点射入并从N点离开。求圆柱体长度a的最小值以及a取最小值时电子束从右端面飞出时的直
径。
【答案】(1)mv0
2
2e
(2)磁场垂直纸面向外，(2−❑√3)m v0
eR
(3)B = m v0
eR tan(
π
12 −π
6T t)
(4)2πmv0
e B0
，b−4 πθm v0
e B0
【详解】（1）由动能定理eU = 1
2 m v0
2
解得U = m v0
2
2e
（2）电子打到P点时运动轨迹及几何关系如图所示
由左手定则知，磁场垂直纸面向外，由几何关系得sinα = 1
2
解得α = π
6
又有tan α
2 = R
r1
eB v0= m v0
2
r1
联立解得B =
(2−❑√3)m v0
eR
（3）亮点做匀速圆周运动，角速度ω= 2α
T = π
3T
偏转角随时间变化规律β = π
6 −π
3T t
tan β
2 = R
r2
解得B = m v0
eR tan(
π
12 −π
6T t)
（4）把电子速度v0分别沿垂直于磁感线方向和沿磁感线方向分解，沿磁感线方向v x = v0cosθ
电子做匀速运动。垂直于磁感线方向，电子做匀速圆周运动，周期为T ≈2πm
e B0
电子转一圈刚好运动到N，a 取最小值，可得amin= v xT ⋅cosθ≈2πm v0
e B0
所有电子均垂直于入射处的磁感线做圆周运动，同时沿磁感线做匀速直线运动，并从磁感线的右端
离开磁透镜，周期均为T ≈2πm
e B0
，所以电子束从右端面飞出时直径为D =b−2⋅v xT ⋅sinθ或者
D =b−2⋅amin⋅tanθ
解得D =b−4 πθm v0
e B0
10. （2025·浙江·一模）如图所示，在xOy平面内，以O2(0,4 R)为圆心，5 R为半径的圆弧与x轴交于
P(−3 R ,0)和Q (3 R ,0)，圆O1是以PQ为直径的圆。在圆O1的半圆弧PQ与圆O2的优弧PQ之间存
在磁感应强度为B1，方向垂直纸面向里的匀强磁场；半圆O1内部是无场区域；x轴下方存在磁感应
强度为B2，方向垂直纸面向外的匀强磁场。在0≤y ≤9 R区域内，大量质量为m，电荷量为q且不
计重力的粒子从第二象限沿x轴正方向以初速度为4 B1qR
m
射入磁场B1，经过磁场偏转后都能聚焦
于x轴上的某点（即为焦点）。
(1)请判断这些粒子的电性，并写出焦点的坐标；
(2)若某粒子打到焦点时，速度方向恰沿y轴负方向，求该粒子射入磁场B1时到x轴的距离h；
(3)求粒子从出发到聚焦的过程中，速度方向偏转角度的最大值；
(4)接第（2）问，该粒子进入磁场B2后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力Ff=kv（比例系
数k已知），且发现该粒子再次到达x轴时其轨迹与x轴相切于点M（图中未画出）。①求M点到原
点的位移大小；
②求粒子在M点时的速度大小。
【答案】(1)带负电，聚焦于原点(0,0)
(2)h=7 R
(3)143°
(4)①s= 4 B1 R
B2
，②v M = 4 k B1 R
B2m
【详解】（1）由题意，带电粒子经过磁场偏转后都能聚焦于x轴上的某点，带电粒子向下偏转，即
带电粒子受到的洛伦兹力向下，根据左手定则可以判断，带电粒子带负电。
粒子在匀强磁场B1中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有q B1v0=m v0
2
r
又有v0= 4 B1qR
m
联立解得r = 4 R
取特殊点的带电粒子，当y =9 R的带电粒子进入匀强磁场时，带电粒子从A点进入匀强磁场，因为
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r = 4 R，所以其圆心坐标为(5 R ,0)，又由于圆O1圆
心坐标为(0,0)，半径为3 R，根据几何关系5 R =
❑√(4 R)
2+(3 R)
2
可知带电粒子射出匀强磁场区域的点应该在点(5 R ,0)与圆O1在第一象限的切点位置，速度方向与
切线方向垂直，即指向圆O1圆心坐标为(0,0)；
设带电粒子沿与y轴相切进入半圆O1内部，如下图所示，带电粒子从C点射入匀强磁场，则有
BC = 4 ❑√2 R，由题意可知∠CBO2= 45°，O2B = R，O2C =5 R，由余弦定理有
O2C
2= BC
2+ BO2
2−2BC ⋅BO2⋅cos∠CBO2，代入数据解得O2C =5 R，符合题意，所以该带
电粒子能从C点射入匀强磁场并从B点射入半圆O1内部，该带电粒子与从A点进入匀强磁场的带电
粒子都经过原点(0,0)。根据题意可得，经过磁场偏转后都能聚焦于x轴上的点为原点，坐标为
(0,0)。
（2）由（1）可知，带电粒子从C点射入匀强磁场并从B点射入半圆O1内部，满足粒子打到焦点时，
速度方向恰沿y轴负方向，求该粒子射入磁场B1时到x轴的距离h=3 R+ 4 R =7 R。
（3）由（1）可知，带电粒子从A点进入匀强磁场，射出匀强磁场区域的点在点(5 R ,0)与圆O1在
第一象限的切点位置，速度方向与切线方向垂直，即指向圆O1圆心坐标为(0,0)，由几何关系可得
此时速度方向与x轴正方向的夹角为θ =37°，此时速度方向偏转角度最大，最大偏转角度
=180°−θ =180°−37° =143°。
（4）
[1]带电粒子进入x轴下方匀强磁场，受到洛伦兹力和阻力作用，对于带电粒子在该匀强磁场中的运
动，将整个运动分解为若干小段运动，并将每段运动得速度分解到水平方向和竖直方向，则对y轴
方向根据动量定理并对分解的各小段运动求和，得∑(B2v x q−k v y) Δt = B2qs =m vo−0
解得s= 4 B1 R
B2
；
[2]对x方向根据动量定理并对分解的各小段运动求和，得∑(k v x+ B2v y q) Δt =ks=m v M −0
解得v M = 4 k B1 R
B2m
。
