第5 讲 专题强化：带电粒子在复合场中的运动
题型一 带电粒子在组合场中的运动
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场
交替出现。
2．分析思路
(1)画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出粒子的运动轨迹图。
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(3)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规
律处理。
3．基本规律
考向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。
【典例1】 （2026·四川绵阳·一模）如图所示，位于竖直平面内的平面直角坐标系xOy 的
第一象限内有一抛物线，如图中虚线所示，其方程为y =0.5 x
2，虚线上方（包含虚线）存
在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E =1N /C，第三象限内存在垂直于纸面向外的匀
强磁场，磁感应强度大小为B0=2T。在抛物线的下方0≤y ≤0.5 m的区域有大量质量
m=6.0×10
−6kg、电荷量q =+6.0×10
−6C的粒子以相同的初速度v0平行于x 轴射入电场，
最后均经过O 点进入磁场，不计粒子的重力，求：
(1)带电粒子的初速度v0大小；
(2)在磁场中，所有带电粒子能到达离x 轴的最远距离y1。
(3)若磁感应强度与y 轴的关系为B =|（❑√2-1）y)(T)，那么所有粒子在磁场中，能到达
离x 轴的最远距离y2。
【答案】(1)v0=1m /s
(2)y1=
❑√2−1
2
m
(3)y2= ❑√2m
【详解】（1）设从坐标为(x , y)处射入的粒子，在电场中做类平抛运动，则水平方向
x = v0t
竖直方向y = 1
2 at
2
加速度a= qE
m
y =0.5 x
2
联立解得v0=1m /s
（2）粒子从O点进入磁场时，水平速度v x = v0=1m /s
竖直速度v y =at
则速度方向与x轴负向夹角为tanθ = v y
v x
带电粒子射入电场时，y值越大，v y越大；从坐标(1,0.5)射入的粒子，与x轴夹角最大为
θ = 45
∘，速度相同的粒子，夹角越大，到达的最低点离x轴距离越大；夹角相同的粒子，速
度越大，到达的最低点离x轴距离越大；所以，从坐标(1,0.5)射入的粒子能在磁场中到达最
低点，粒子合速度为v =
❑√v0
2+ v y
2 = ❑√2m /s
轨迹半径qv B0=m v
2
R
半径大小为R =
❑√2
2 m到达离x轴最大距离为y1= R−Rcosθ
由以上公式联立可得y1=
❑√2−1
2
m
在O点时，v y =at = x m /s
夹角tanθ = v y
v0
= x
则v =
❑√v0
2+ v y
2 =
❑√1+ x
2
R = mv
q B0
=
❑√1+ x
2
2
最远距离y1= R−Rcosθ =
❑√1+ x
2
2
−1
2
当x =1时，y1=
❑√2−1
2
m
（3）带电粒子在磁场中水平初速度为v0=1m /s；到达最低点时，粒子的速度为水平方向，
最大速
度为v = ❑√2m /s
带电粒子在水平方向受到洛伦兹力F x=q v y B
在水平方向上由动量定理得Σ qB v y⋅Δt =mv −m v0
代入B =|(❑√2−1) y)(T)可得(❑√2−1)q Σ y Δ y =mv −m v0
即(❑√2−1)q⋅0+ y2
2
y2=mv −m v0
代入数值可解得y2= ❑√2m
【典例2】 （2026·湖南长沙·一模）如图所示，在平面内有一个圆形匀强磁场区，半径为
R，磁感应强度为B0，方向垂直于纸面向外。紧靠圆形磁场右侧有1、2、3…足够多个等宽
区域。其中，奇数区域内有水平向右的匀强电场，电场强度为E；偶数区域有垂直于纸面向
里的匀强磁场，磁感应强度为B（未知）。圆上M、N 两点与圆心O共线，MN与区域1 左
边界垂直。有一个带电粒子由M点进入圆形磁场区域，经过N点进入区域1，速度大小为v0，
方向与左边界夹角为45
∘斜向下，进入区域2 时与左边界夹角为60
∘斜向下，该粒子恰好不能
从区域14 的右边界射出。不计带电粒子的重力。求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)每个区域的宽度d；
(3)磁感应强度B的大小；
【答案】(1)
❑√2v0
2B0 R
(2)
❑√2B0 R v0
2 E
(3)5 ❑√2 E
7 v0
【详解】（1）带电粒子在圆形区域做圆周运动，带电粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系得r =2 R sin 45
∘= ❑√2 R
带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，满足q v0 B0= m v0
2
r
两式联立，解得带电粒子的比荷q
m =
❑√2v0
2B0 R
（2）设带电粒子进入区域2 的速度为v1，因粒子在区域1 运动时竖直方向速度大小不变，
故v1cos60
∘= v0cos45
∘
根据动能定理有qEd = 1
2 mv1
2−1
2 mv0
2
解得每个区域的宽度d =
❑√2B0 R v0
2 E
（3）设在区域14 右边界，速度沿竖直方向且速度大小为v，带电粒子由区域1 到区域14，
根据动能定理有qE×7d = 1
2 mv
2−1
2 mv0
2
平行边界方向，根据动量定理有∑q v x B Δt =mv −m(−v0cos45
∘)
整理得qB×7 d =mv +
❑√2
2 m v0
解得B = 5 ❑√2 E
7 v0
【典例3】 （2026·四川绵阳·模拟预测）如图所示，直角坐标系xOy平面内，绝缘等腰直
角三角形框架ACD底边CD中点位于原点O，CD =3 L，AC、AD边上有关于y轴对称的小
孔N、M。三角形框架ACD内有沿y轴正方向的匀强电场，框架外至圆心在O点、半径为
2 L的半圆形边界内有垂直于纸面向里的匀强磁场。质量为m、电量为+q、不计重力的带电
粒子以初速度v0从O点沿+ x方向射入电场，经过小孔M垂直于AD进入磁场区域，与绝缘
框架碰撞后原速返回。调节匀强磁场磁感应强度为某些值时，粒子能绕过A点回到出发点O，
此后重复做周期性运动。求：
(1)粒子经过M点时速度大小v M；
(2)O与M两点间的电势差U OM；
(3)粒子运动周期最长时磁感应强度大小B。
【答案】(1)v M = ❑√2v0
(2)U OM = mv0
2
2q
(3)B = 3m v0
qL
【详解】（1）题意可知v M方向与+ x夹角为45°，可知v M =
v0
sin 45° = ❑√2v0
（2）粒子从O到M，根据动能定理有qU OM = 1
2 mv M
2 −1
2 mv0
2
联立解得U OM = mv0
2
2q
（3）因为xM = v0t，y M = v0
2 t
根据几何关系可得xM + y M =1.5 L
可得y M =0.5 L
则xM = 2
3 OD
根据三角形相似可得AM = 2
3 AD
则AM = 2
3 ×
3 L
sin 45° = ❑√2 L
联立解得E = mv0
2
qL
粒子能回到O点并周期性运动，则粒子与AD边碰撞次数n满足(2n+1)r = AM (n∈N)
不出磁场，则在A点附近r +1.5 L≤2 L
因为T = 2πm
qB 不变，n取值越小，粒子运动时间越短，综上n=1，此时r =
❑√2
3 L
因为B v M q =m v M
2
r
解得B = 3m v0
qL
考向2 先磁场后电场
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。
【典例4】 （2026·河南三门峡·三模）（多选）如图所示，在平面直角坐标系xOy第一、
二象限x ≤L的区域内，存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第一
象限x> L的区域内存在着匀强电场，电场方向与x轴负方向成45°斜向下。位于坐标原点O
处的粒子源能在xOy平面向第二象限内持续发射质量为m、电荷量为q的相同粒子，速度方
向与y轴正方向的夹角0°≤θ≤37°，且各个方向的速度大小与θ的关系为v =
v0
cosθ （式中v0
为未知定值）。θ =0°的粒子恰好通过坐标为(L, L)的P点，经过直线x = L时距x轴最远的粒
子到达直线x =2 L时，速度方向刚好沿y轴负方向，sin37° =0.6，不计粒子重力，及粒子
间的相互影响，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电荷
B．v0= qBL
m
C．粒子运动到直线x = L上时与x轴的最远距离为1.6 L
D．匀强电场的电场强度为25 ❑√2q B
2 L
32m
【答案】BD
【详解】A. 因沿y 轴正向射出的粒子经过P 点，则根据粒子在磁场中的偏转方向，结合左
手定则可知，粒子带正电荷，A 错误；
B. θ =0°时v = v0，此时粒子恰好通过坐标为(L, L)的P点，可知粒子在磁场中做圆周运动的
半径为r0=L
根据q v0 B =m v0
2
r0
解得v0= qBL
m ，B 正确；
C. θ =37°时v = 5
4 v0，此时粒子做圆周运动的半径最大，粒子运动到直线x = L上时与x轴的
距离最远，此时qvB =m v
2
r
解得r = 5
4 L
此时圆心恰好在x=L 直线上，与x轴的最远距离为d =r +r sin37
∘=2 L，C 错误；
D. 粒子垂直于直线x = L向右进入匀强电场，到达直线x =2 L时，速度方向刚好沿y轴负方
向，则水平方向做匀减速运动，则到达x=2L 时水平速度减为零，则v
2=2ax L
其中Eqcos 45
∘=max
解得匀强电场的电场强度为E = 25 ❑√2q B
2 L
32m
，D 正确。
故选BD。
【典例5】 （2026·天津红桥·二模）一个带电粒子从x 轴上的P( L,0)点以速度v 沿与x 正
方向成60°的方向射入第一象限内磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场中，
并恰好垂直于y 轴射出第一象限，进入第二象限的匀强电场中，电场强度大小为E，方向沿
x 轴负方向。不计粒子重力，求：
(1)带电粒子的比荷q
m；
(2)带电粒子在电场中速度第一次为零时的坐标( x , y)；
(3)带电粒子从开始到第三次经过y 轴所需要的时间t。
【答案】(1)
❑√3 v
2BL
(2)(−
❑√3 vBL
3 E
,❑√3 L)
(3)10 ❑√3π L
9 v
+ 4 ❑√3 BL
3 E
【详解】（1）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得qvB =m v
2
r
粒子运动轨迹如图所示
由几何知识得r =
L
cos30° = 2❑√3
3
L
联立解得q
m =
❑√3 v
2BL
（2）粒子离开磁场时，离O 的竖直距离为y =r +r cos60° = ❑√3 L
粒子在电场中做匀减速直线运动0−v
2=2ax
其中a= qE
m =
❑√3 vE
2BL
解得x =
❑√3 vBL
3 E
故粒子速度第一次为零时的坐标为(−
❑√3 vBL
3 E
,❑√3 L)
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T = 2πr
v
= 4 ❑√3 πL
3
粒子在磁场中运动的总时间t1= 120°+180°
360°
T = 10 ❑√3π L
9 v
粒子从y 轴进入电场至速度为0 的过程中，可得v =at2，a=
❑√3 vE
2BL
解得t2= mv
qE
粒子从P 点射入到第三次经过y 轴的总时间t =t1+2t2= 10 ❑√3π L
9 v
+ 4 ❑√3 BL
3 E
【典例6】 （2026·福建福州·二模）如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N 竖直固
定，间距为d。M 板接地，其左侧整个区域存在垂直纸面向里磁感应强度为B 的匀强磁场。
M 板上O 点左侧P 点有一粒子源，可不断地沿纸面内任意方向发射速度大小均相同，质量
为m，电荷量为q 的同种带电粒子。当发射方向与OP 的夹角θ =60°时，粒子恰好垂直穿过
M 板Q 点处的小孔。已知OP = ❑√3 L，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，
电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，带电粒子在板间的运动可视为匀变
速运动，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。求：
(1)粒子源发射粒子的速度大小；
(2)粒子从P 点出发，第1 次到Q 的可能时间；
(3)粒子打到M 板右表面的位置与Q 点的最小距离。
【答案】(1)2qBL
m
(2)见解析
(3)❑√3d
【详解】（1）由几何关系得OP
R =sin60°
解得R =2 L
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qvB =m v
2
R
解得v = 2qBL
m
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，周期为T = 2πR
v
= 2πm
qB
若垂直穿过M，则由图1 知磁场中α =120°
则有t =
α
360° T = 2πm
3qB
若如图2 射入，则有β =240°，t ′ =
β
360° T = 4 πm
3qB
（3）随着粒子不断打到N 极板上，N 极板带电量不断增加，向右的电场强度增加，粒子做
减速运动加速度最大时，时间最短，此时满足a= v
2
2d
因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动如图所示
由几何关系可知此时粒子进入两板间时的速度方向与M 板夹角为30°，则在两板间运动时
间t = 2v sin30°
a
则粒子打到M 板右表面的位置与Q 点的最小距离为s= v cos30°⋅t
解得s= ❑√3d
题型二 带电粒子在叠加场中的运动
1．叠加场
电场、磁场、重力场共存或其中某两场共存。
2．洛伦兹力、重力并存
(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，
故机械能守恒，由此可求解问题。
3．静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
(1)若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
(2)若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，
可用动能定理求解问题。
4．静电力、洛伦兹力、重力并存
(1)若三力平衡，一定做匀速直线运动。
(2)若重力与静电力平衡，且速度与磁场垂直，一定做匀速圆周运动。
(3)若合力不为0 且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可
用能量守恒定律或动能定理求解问题。
【典例7】 （2026·黑龙江哈尔滨·二模）（多选）如图，绝缘粗糙的竖直挡板MN 固定在
相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，电场和磁场范围足够大。电场方向水平向左，电场强度
大小为E = mg
q ，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B = m
q
❑√
g
h 。一质量为m、电荷
量为q 的带电的小滑块从a 点由静止开始沿MN 下滑，到达b 点时离开MN 并立即撤走挡板
MN，小滑块开始做曲线运动，a、b 两点间距离为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则
下列说法正确的是（ ）
A．小滑块带正电
B．小滑块从a 点运动到b 点过程中克服摩擦力做的功为mgh
2
C．小滑块以后运动过程中最大速度为❑√3 gh
D．小滑块从b 点到第一次达到最大速度经历的时间为3 π
4
❑√
h
g
【答案】ABD
【详解】A．由于带电的小滑块从a点由静止开始沿M N下滑，电场力只能向左，否则在a点
就直接离开挡板MN，所以小滑块带正电，故A 正确；
B．小滑块从b 点离开挡板MN 时（Nb=0）得q vb B =qE
从a 到b 的过程中mgh−W f 克= 1
2 mvb
2
联立上式可得：W f 克= mgh
2
，故B 正确；
C．对于小滑块在电场、磁场和重力场中做曲线运动的轨迹为摆线，方法为配速法：即配出
洛伦兹力q v1B去平衡电场力和重力的合力G' = ❑√2mg =q v1B
对应的速度为v1= ❑√2gh
做匀速直线运动，则滑块的速度为v1和v0合速度v = ❑√gh
做匀速圆周运动，当匀速圆周运动速度v和v1同向时小滑块速度最大为v + v1=(❑√2+1)❑√gh
故C 错误；
D．小滑块以速度v做匀速圆周运动qvB =m v
2
R
T = 2πR
v
联立得周期为T = 2πm
qB
小滑块从b 点到第一次达到最大速度，速度偏转角为3 π
4 ，所以经历时间为3 π
4
❑√
h
g
，故D
正确；
故选ABD。
【典例8】 （2025·广东汕头·模拟预测）如图所示，水平向左的匀强电场的场强E=4V/m，
垂直纸面向内的匀强磁场的B=2T，质量为m=1kg 的带电物块A 从竖直绝缘墙上的M 点由静
止开始下滑，滑行h=0.8m 到达N 点时离开墙面开始做曲线运动，在到达P 点开始做匀速直
线运动，此时速度斜向下与水平方向成45°角，P 点离开M 点的竖直高度为H=1.6m，取
g=10m/s2，求：
(1)物块A 的电性和电量大小；
(2)A 沿墙下滑克服摩擦力做的功Wf；
(3)P 点与M 点的水平距离xp。
【答案】(1)正电，2.5C
(2)6J
(3)0.6m
【详解】（1）在P 点，对A 受力分析，如图所示，可知粒子带正电，由qE =mg
解得q=2.5C
（2）在N 点，对A 受力分析，如图所示，水平方向有q v N B =qE
解得vN =2m/s
A 由M 到N，由动能定理有mgh−W f = 1
2 m v N
2
解得W f =6J
（3）在P 点，根据受力分析有qvBcos 45
∘=mg
解得v =2❑√2m/s
粒子由N 运动到P 过程中，由动能定理有mgh
′−qE x p= 1
2 mv p
2 −1
2 mv N
2
解得xp=0.6m
【典例9】 （2026·广西·模拟预测）如图所示平面直角坐标系xOy中，y轴沿竖直方向，y
轴左侧−12m < x<0的区域内，存在沿y轴正向的匀强电场E1和垂直坐标平面的匀强磁场
（未画出），y轴右侧0< x<6 ❑√3 m的区域内有与x轴负方向成60°角，场强为E2的匀强电
场，x>6 ❑√3 m的区域有与x轴正方向成30°，场强为E3的匀强电场。一质量为
m=6×10
−3kg，电荷量为q =1.0×10
−3C的带电微粒以速度v0=12m/s沿x轴正向进入电磁
场中，在y轴左侧区域做匀速圆周运动，微粒从原点O进入y轴右侧后，在0< x<6 ❑√3 m的
区域内做直线运动，且速度恰好垂直E2方向，已知E3=30 N/C，重力加速度g=10 m/s
2，
求：
(1)y轴左侧电场E1的大小及磁场的大小和方向；
(2)微粒刚进入x>6 ❑√3 m区域时的速度大小；
(3)微粒再次经过x轴时的横坐标。
【答案】(1)3T，方向垂直坐标平面向内
(2)v3=2❑√6 m/s
(3)40 ❑√3
3
m
【详解】（1）微粒在−12m < x<0的空间内做匀速圆周运动，可知微粒受到的电场力和重
力平衡，有mg=q E1
解得E1= mg
q =60 N/C
粒子带正电，则磁场方向垂直纸面向内，由洛伦兹力提供向心力，则q v0 B =m v0
2
R
由几何关系可知R =
12m
sin30° =24 m
解得B = m v0
qR =3T，方向垂直坐标平面向内
（2）微粒进入0< x<6 ❑√3 m的空间内后，做直线运动，则合力必定与速度在一条直线上，
微粒受力如图，则有F2=mgsin30° =ma2
解得a2= gsin30° =5 m/s
2
由题意可知，粒子在0< x<6 ❑√3 m的空间内运动的距离s=
6 ❑√3
cos30° =12m
设微粒刚进入x>6 ❑√3 m区间时速度v3，有v0
2−v3
2=2a2s
解得v3=2❑√6 m/s
（3）微粒刚进入x>6 ❑√3 m区间时速度v3恰好沿E3方向，受力如图，微粒做类平抛运动，
则合力F3=mgcos30° =ma3
解得a3= gcos30° =5 ❑√3 m/s
2
微粒运动轨迹如图所示，设沿F3方向位移为s1，沿E3方向位移为s2由几何关系可知
ssin30°+(s2+ s1tan30°)sin30° =
s1
cos30°
化简得12+ s2= ❑√3 s1
由类平抛规律s1= 1
2 a3t
2，s2= v3t
联立解得s2=8 m，s1= 20 ❑√3
3
m
故微粒再次经过x 轴时的横坐标为x =6 ❑√3 m + ssin30°⋅tan30°+
s2
cos30° = 40 ❑√3
3
m
题型三 带电粒子在交变场中的运动
1．交变电、磁场的常见类型
2．带电粒子在交变电、磁场中运动的处理方法
(1)弄清复合场的组成特点及场的变化情况。
(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点。
(3)画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。
【典例10】 （2026·湖北恩施·二模）如甲图所示，三维直角坐标系所在的整个空间存在竖
直方向的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示（磁场方向取竖直向上为
正）。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从坐标原点O 以速度v 沿y 轴正方向射入磁场。
图乙中B 已知，T = 4πm
qB
。
(1)若粒子重力可忽略不计，试求粒子在T
2 ∼T内做圆周运动的轨迹半径；
(2)若粒子重力可忽略不计，试求t =T时刻粒子的位置坐标；
(3)若粒子重力不可忽略，试求粒子出发后经过z 轴时的位置坐标（重力加速度为g）。
【答案】(1)2mv
q B❑
(2)（−4 mv
qB ，0，0）
(3)(0,0,−2 g π
2m
2(4 k +1)
2
q
2B
2
)(k =0,1,2,3⋯)或(0,0,−32g π
2m
2k
2
q
2B
2
)(k =1,2,3⋯)
【详解】（1）洛伦兹力提供向心力，T
2 ∼T内磁感应强度大小为B
′ = B
2
洛伦兹力不做功，粒子速度大小仍为v，则： qv B
′ =m v
2
r
代入B
′ = B
2
解得： r = 2mv
qB
（2）0 2
∼T 内，磁感应强度B，粒子做圆周运动的周期为：T 1= 2πm
qB = T
2
即T
2 时间刚好为一个完整周期，粒子转一周后回到原点O(0,0,0)，速度方向仍沿y正方向。
T
2 ∼T内，磁感应强度大小为B
2 ，粒子做圆周运动的周期为：T 2= 2πm
q⋅B
2
=T
T
2 时间刚好为半个周期；带正电粒子速度沿y正方向，磁场向下，洛伦兹力沿x负方向，半
个周期后粒子位移为2r沿x负方向，y方向位移为0，粒子始终在xy平面运动，z =0
代入r = 2mv
qB
得x =−2r =−4 mv
qB
因此t =T时刻坐标为： (−4 mv
qB ,0,0)
（3）
z 轴的坐标满足
x =0, y =0
，重力沿
z
轴负方向，粒子运动可分解：
xy
平
面仍为原圆周运动，z方向做初速度为0 的匀加速直线运动，加速度a= g，因此z =−1
2 gt
2
根据xy平面运动规律，可得粒子经过z轴（x =0, y =0）的时刻满足：
t =2kT + T
2 k =0,1,2,3⋯和t =2kT（k =1,2,3⋯k=1,2,3⋯）
代入T = 4 πm
qB
得z坐标：当t =2kT + T
2 时，z =−2 g π
2m
2(4 k +1)
2
q
2B
2
当t =2kT = 8kπm
qB
时，z =−1
2 g( 8kπm
qB
)
2
=−32 g π
2m
2k
2
q
2B
2
因此经过z 轴的位置坐标为：(0,0,−2g π
2m
2(4 k +1)
2
q
2B
2
)(k =0,1,2,3⋯)
或(0,0,−32g π
2m
2k
2
q
2B
2
)(k =1,2,3⋯)
【典例11】 （2026·湖南常德·一模）如图甲所示，y 轴左侧有两块带等量异种电荷的水平
平行金属板，y 轴右侧有交替变化的匀强磁场，x 轴在平行金属板的中心线上。一个质量为
m，电荷量为+q的带电粒子（重力不计），以初速度v0从金属板左端中心线沿+ x方向进入，
恰好能从金属板下边缘P 点飞出并进入磁场。以粒子进入磁场为0 时刻，在T
2 时刻粒子第一
次经过x 轴。已知两金属板间距为d，板长为板间距的
❑√3
3 倍，磁场取垂直纸面向里为正方
向，乙图中B0= 2mv0
qd
，T 未知，不考虑磁场变化引起的感生电场，计算结果用v0、d 和常
量表示。
(1)求粒子在P 点的速度大小v；
(2)若粒子在T
2 时刻恰到磁场右边界，求磁场的右边界到y 轴之间的宽度s；
(3)若磁场宽度s 不确定，但粒子出右边界时速度都是沿+ y方向，求粒子在磁场中运动时间t
的可能值。
【答案】(1)2v0
(2)2+ ❑√3
2
d
(3)(1+2n)5 πd
12v0
(n=0,1,2⋅⋅⋅)
【详解】（1）设P 点速度与水平方向夹角为θ，将P 点速度反向延长，有tanθ =
d
2
l
2
= ❑√3
得θ =60°
可得v =
v0
cos60
∘=2v0
（2）若粒子在T
2 时刻恰到磁场右边界，在磁场中qv B0=m v
2
r
将B0代入得r =d
则圆心恰在x 轴上，宽度s=r +r sinθ = 2+ ❑√3
2
d
（3）第一次经过x 轴时速度方向沿+ y方向，时间t1= 150°
360° T = 5
12 × 2πr
v
= 5 πd
12v0
之后每经过2t1速度方向均沿+ y方向，故t = (1+2n)5 πd
12v0
(n=0,1,2⋅⋅⋅)
【典例12】 如图甲所示的坐标系中，在x 轴上方的区域内存在着如图乙所示周期性变化
的电场和磁场，交变电场的场强大小为E0，交变磁场的磁感应强度大小为B0，取x 轴正方
向为电场的正方向，取垂直纸面向外为磁场的正方向。在t =0时刻，将一质量为m，带电量
为q，重力不计的带正电粒子，从y 轴上A 点由静止释放，粒子经过电场加速和磁场偏转后
垂直打在x 轴上且恰好能被位于x 轴上的粒子收集器接收。求：
(1)粒子第一次在磁场中运动的半径；
(2)若粒子经过三次加速并在第三次偏转过程中被粒子收集器接收，此时粒子收集器距坐标
原点O 的距离。
【答案】(1)
πm E0
q B0
2
(2)3(π +2)πm E0
2q B0
2
【详解】（1）粒子第一次在电场中运动的时间t1= πm
q B0
根据牛顿第二定律有q E0=ma
根据速度公式有v1=at1
解得v1= π E0
B0
粒子第一次进入磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有q v1B0=m v1
2
r1
解得r1= πm E0
q B0
2
（2）粒子经过3 次加速与偏转后垂直打在x 轴上于O 点的距离如图所示
粒子圆周运动的周期T 1= 2π r1
v1
结合上述解得T 1= 2πm
q B0
，t1= T 1
2
可知，粒子第一次进入磁场后在磁场中运动半个周期。粒子第一次在电场中加速的位移
x1= v1
2 t1
结合上述解得x1= π
2m E0
2q B0
2
粒子第2 次进入电场加速的速度v2= v1+at1=2v1
粒子第2 次在电场中加速的位移x2= v1+ v2
2
t1=3 x1
粒子第2 次进入磁场后，在磁场中也运动半个周期，粒子第2 次出磁场时与y 轴的距离
d1= x2−x1=2 x1
粒子第3 次在电场中加速后的速度v3= v2+at1=3 v1
粒子第3 次在电场中加速的位移x3= v2+ v3
2
t1=5 x1
粒子第3 次出磁场时与y 轴的距离d2= x3−d1=3 x1
粒子第3 次出磁场时，在磁场中圆周运动的轨道半径r3= mv3
q B0
=3r1
所以粒子经过3 次加速并在第3 次偏转过程中被粒子收集器接收，接收器与坐标原点O 的距
离d3=3 x1+3r1
结合上述解得d3= 3(π +2)πm E0
2q B0
2
1.
（2026·四川·模拟预测）（多选）如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，第一、二象限存在
着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限存在着沿y 轴正方向的匀强电场，
场强大小未知。一带正电的粒子从y 轴上的M 点以速度v0沿x 轴正方向开始运动，从x 轴上
的N 点进入磁场后恰好经O 点再次进入电场，已知MN 两点的连线与x 轴的夹角为θ，且
tanθ = 1
2，带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计带电粒子的重力。求：（ ）
A．粒子第一次经过N 点的速度大小为2v0
B．粒子从N 点运动到O 点的过程中，洛伦兹力的冲量3m v0
C．电场强度E 的大小v0 B
2
D．粒子连续两次通过x 轴上同一点的时间间隔为(3π+ 4)m
qB
【答案】CD
【详解】A．粒子在第四象限的匀强电场中做类平抛运动，设粒子从M点运动到N点的时间
为t1，根据运动学公式分别有x0= v0t1，y0= 1
2 v yt1
其中v y为粒子在N点沿y轴正方向的分速度，根据几何关系有tanθ = y0
x0
联立解得v y =2v0 tanθ
代入tanθ = 1
2解得v y = v0
粒子第一次经过N点的速度大小为v N =
❑√v0
2+ v y
2
解得v N = ❑√2v0
由此可知粒子第一次经过N点的速度大小与选项不符，故A 错误；
B．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，经O点再次进入电场，根据运动的对称性可知，粒子
在O点的速度大小为vO= ❑√2v0，方向与x轴正方向成45
°斜向下，即速度的x轴分量为v0，y
轴分量为−v0。粒子从N点运动到O点的过程中，在x轴方向和y轴方向的动量变化量分别
有Δ px=m v0−m v0=0，Δ p y =−m v0−m v0=−2m v0
根据动量定理可知，洛伦兹力的冲量大小等于动量变化量的大小，即I =
❑√Δ px
2+ Δ p y
2
解得I =2m v0
由此可知洛伦兹力的冲量大小与选项不符，故B 错误；
C．由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的弦长为x0，弦与进入磁场时速度方向的夹
角为45
°，根据几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为R =
x0
2sin 45
°
解得x0= ❑√2 R
根据洛伦兹力提供向心力有q v N B =m v N
2
R
解得R =
❑√2m v0
qB
联立解得x0= 2mv0
qB
在匀强电场中，根据牛顿第二定律和运动学公式分别有qE =ma，v y =at1，x0= v0t1
联立解得E = v0 B
2
由此可知电场强度E的大小与选项相符，故C 正确；
D．粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为β =270
°，所以在磁场中单次运动的时间为
t2= 270
°
360
° T
根据周期公式有T = 2πm
qB
联立解得t2= 3 πm
2qB
粒子从O点再次进入电场后，在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向做先减速后反向加速
的匀变速直线运动，设粒子再次回到x轴上经历的时间为t3，根据运动学公式有
−v0+at3= v0
解得t3= 2v0
a
由前面的分析可知a= q v0 B
2m
联立解得t3= 4 m
qB
粒子在电场中经过t3时间后，沿x轴方向的位移为Δ x = v0t3
代入数据解得Δ x =2 x0
即粒子在2 x0处从电场进入磁场，此时速度大小和方向与在N点第一次进入磁场时完全相同。
粒子在磁场中再次做圆周运动，经过时间t2后，沿x轴负方向前进x0，恰好再次回到N点。
由此可知，粒子连续两次通过N点的时间间隔为Δt =2t2+t3
解得Δt = (3 π + 4)m
qB
同理连续两次通过x轴上其他同一点（如2 x0处）的时间间隔均为该值，可知与选项相符，
故D 正确。
故选CD。
2.
（2026·四川成都·模拟预测）（多选）圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B、
方向垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场边缘上的A点沿纸面向圆形区域各个方向均匀发射速
度大小为v0的带电粒子。圆的右边为边长是2 R的正方形，刚好与圆相切于B点，切点为
MN的中点，其区域内存在水平向左的匀强电场。当粒子沿AO方向射入时，粒子刚好从B
点离开磁场，进入电场后又恰好从右边界的中点返回。不计粒子重力和粒子间的相互作用。
下列说法正确的是（ ）
A．粒子的比荷为v0
BR
B．粒子从A点进入磁场到最终离开磁场的运动过程中的总时间与入射方向无关
C．若将电场E方向变为竖直向下，则从电场边界PQ与NQ射出的粒子数之比为2∶1
D．若将电场E方向变为竖直向下，且粒子要全部从NQ边界射出，则电场强度大小至少
为原来的5 倍
【答案】AC
【详解】A．根据题意，做出粒子在圆形磁场中运动的轨迹如图所示
根据几何关系可知粒子在磁场中的轨迹半径为R，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力充当向心
力有Bq v0=m v0
2
R
则可得粒子的比荷为q
m = v0
BR ，故A 错误；
B．粒子从A 点进入磁场到从B 点进入电场后再从电场回到B 点时，因电场力做功为零，因
此再次进入磁场时的速度大小不变，粒子在电场中运动的时间也不变，再次进入磁场做圆周
运动的轨迹半径不变，到最终离开磁场的运动过程中，其运动轨迹如图所示
在磁场中运动的总时间t = θ
2π T
而粒子无论从A 点向哪个方向射入磁场，到最终离开磁场时在磁场中偏转的总角度θ=π，因
此，粒子在磁场中运动的总时间与入射方向无关，均为 t = T
2 ，但是粒子的入射方向不同时
粒子在电场和磁场中间的缝隙中运动的距离不同，则运动时间不同，则总时间不相同，故B
错误；
C．在A 点的粒子源向磁场中的各个方向发射速度大小均为v0的带电粒子，由于粒子在磁场
中做圆周运动的轨迹半径与磁场的半径相同，因此所有粒子离开圆形磁场时将平行于电场方
向进入电场，根据沿AO 方向射入的粒子进入从MN 中点B 进入电场后，刚好到达边界QP
并返回，则由动能定理有Eq⋅2 R = 1
2 m v0
2
解得电场力F = Eq= mv0
2
4 R
根据牛顿第二定律可得粒子在电场中运动时的加速度大小为a= F
m = v0
2
4 R
而若将电场E 的方向改为竖直向下，则粒子在进入电场后将做类平抛运动，而粒子恰好打到
Q 处时，则有y = 1
2 at
2，2R=v0t
联立解得y = 1
2 R
由于能进入电场的粒子的总高度为为2R，则可知高度小于1
2 R的粒子范围均从NQ 射出，高
度大于1
2 R而又小于2R 范围内的粒子均从PQ 射出，分别做出从高度2R、R 处进入电场的粒
子在磁场中的运动轨迹如图所示
根据几何关系可知，从高度1
2 R处进入电场的粒子在磁场中A 点入射速度方向与水平方向的
夹角为60°，则从电场边界QP 与NQ 射出的粒子数之比为 n1
n2
= 120
°
60
° = 2
1，故C 正确；
D．电场E 竖直向下，且粒子要全部从NQ 边界射出，则进入电场范围高度为2R 的粒子恰好
打在Q 处，根据类平抛运动的规律有2 R = 1
2 a
′ t
2，2R=v0t
联立解得a
′ = v0
2
R
由此可得a
′
a = F
′
F = E
′ a
Eq = E
′
E = 4
因此可知，若电场E 竖直向下，且粒子要全部从NQ 边界射出，则场强大小至少为原来的4
倍，故D 错误。
故选AC。
3.
（2026·江西·模拟预测）如图所示，在xOy 坐标系中，第二、四象限存在垂直纸面向外的匀
强磁场，第三象限存在沿x 轴正方向的匀强电场，质量为m、电荷量为q 的粒子以速度v0从
A（-L，0）点垂直x 轴射入第二象限，后与x 轴方向成θ=45°角射入第四象限，粒子进入电
场时速度方向与y 轴成45°角，最终粒子从x 轴上的C 点（图中未画出）垂直x 轴回到第二
象限，不计粒子重力，求：
(1)第二、四象限匀强磁场的磁感应强度大小B1、B2；
(2)匀强电场的电场强度大小E；
(3)A、C 两点间的距离d；
(4)粒子从A 点运动到C 点的时间t。
【答案】(1)B1=
(2+ ❑√2)m v0
2 Lq
，B2=
(2+ ❑√2)m v0
Lq
(2)E =
(1+ ❑√2)m v0
2
2 Lq
(3)d = 3−❑√2
2
L
(4)t = (5 π +8)(2−❑√2)
4 v0
L
【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有q v0 B1=m v0
2
r
根据几何关系，有r +r cosθ = L
解得B1=
(2+ ❑√2)m v0
2 Lq
由几何关系可得R =0.5r
洛伦兹力提供向心力，有q v0 B2=m v0
2
R
解得B2=
(2+ ❑√2)m v0
Lq
。
（2）粒子在电场中沿电场方向有1
2 ·
❑√2
2 v0t 4=d0
沿y轴方向有
❑√2
2 v0t 4=
❑√2
2 r
根据牛顿第二定律，有Eq=ma
速度为at 4=
❑√2
2 v0
联立解得d0=
❑√2−1
2
L，t 4= 2−❑√2
v0
L，E =
(1+ ❑√2)m v0
2
2 Lq
（3）A、C 两点间的距离d = L−d0
解得d = 3−❑√2
2
L。
（4）根据位移关系，有3
4 πr +r +0.5 πr = v0t0
粒子从A 点运动到C 点的时间t =t0+t 4
解得t = (5 π +8)(2−❑√2)
4 v0
L
4.
（2026·山西太原·一模）如图所示，以O点为圆心、半径为R的圆形区域内存在竖直向下的
匀强电场；水平直线边界ab上方、圆形电场以外的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁
感应强度的大小为B。M为圆与ab边界的切点，P为圆的最高点，Q、N为圆上与圆心O等
高的两点。从M点右侧某区域垂直于ab发射不同速率的离子，所有离子均可沿水平方向射
入电场区域，离子的比荷为k，不计离子重力及离子间的相互作用力，求：
(1)离子的电性；
(2)若从N点射入电场的离子恰好可从P点射出电场，则匀强电场的电场强度E的大小为多少；
(3)若将水平直线QON上方的磁场方向变为垂直纸面向里，并调整QON上方磁场磁感应强
度的大小，同时调整电场强度的大小，使得从距M点右侧0.8 R处发射的离子可依次经过Q
点与N点，则离子在ab上方区域运动的总时间t为多少。
【答案】(1)离子带负电
(2)E =2kR B
2
(3)t = 17 π +32
2Bk
【详解】（1）由题意，所有离子在磁场中均向左偏转，进入磁场时所受洛伦兹力向左，由
左手定则可知离子带负电；
（2）离子从ab边界进入磁场到N点做匀速圆周运动，根据几何条件，离子在磁场中的轨迹
半径为r1= R，如图所示
由洛伦兹力提供向心力q v1B =m v1
2
r1
离子从N点到P点做类平抛运动q E1=ma1
平行电场方向R = v1t1
垂直电场方向R = 1
2 a1t1
2
联立解得v1= BkR，t1= 1
Bk
最终解得电场强度E = E1=2kR B
2
（3）离子从距M点右侧0.8 R处射入磁场，做匀速圆周运动，半径为r2，如图所示
根据几何关系有R sinθ+r2=0.8 R，R cosθ+r2= R
根据三角函数关系有sin
2θ+cos
2θ =1
解得r2=0.2 R
离子做匀速圆周运动周期为T 磁1，运动时间为t磁1，洛伦兹力提供向心力，有q v2B =m v2
2
r2
解得v2=0.2BkR
周期T 磁1= 2π r2
v2
运动时间t磁1= 1
4 T 磁1=
π
2Bk
离子从C点进入电场到Q点做类平抛运动，运动时间为t2，OC与OM的夹角cosθ =0.8
垂直于电场方向R sinθ+ R = v2t2
沿电场方向0.8 R = 1
2 k E2t2
2
根据动能定理有0.8q E2 R = 1
2 mv3
2−1
2 mv2
2
从Q点离开电场的速度大小为v3，方向与OQ夹角为α，速度满足v3=
v2
cosα
解得t2= 8
Bk ，v3=0.2❑√2BkR，α = 45
°
离子从Q点离开电场进入QON直线上方磁场做匀速圆周运动，运动半径为r3，周期为T 磁2，
运动时间为t磁2，根据几何条件得r3= ❑√2 R
周期T 磁2= 2π r3
v3
时间t磁2= 3
4 T 磁2
解得t磁2= 15 π
2Bk
离子从N点返回电场到D点做类斜抛运动，运动时间为t3，从D点垂直电场离开，据运动的
对称性t3=t2= 8
Bk
离子第二次离开电场，从D点到ab边界做匀速圆周运动，用时t磁3，据运动的对称性
t磁3=t磁1=
π
2Bk
总时间t 总=t磁1+t2+t磁2+t3+t磁3
解得t =t 总= 17 π +32
2Bk
5.
（24-25 高二下·广西柳州·期中）如图所示，一个质量为m、电荷量为+q的微粒，在A点
（0，3m）以初速度v0=120 m/s平行x轴射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁
场进入电场，P点（6m，0）和Q点（8m，0）分别是微粒第一、二次经过x轴上的点。已知
该微粒的比荷为q
m =10
2C/kg，微粒重力不计，求：
(1)微粒在电场中加速度的大小及电场强度的大小；
(2)微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角；
(3)磁感应强度B的大小及微粒从A运动到Q的时间。
【答案】(1)2.4×10
3 m/s
2，24 N/C
(2)θ = 45°
(3)1.2T，12+ π
240 s
【详解】（1）微粒平行于x轴正方向射入电场区域，在电场中从A到P的过程做类平抛运动，
其在x轴方向上做的是匀速直线运动，则有xP= v0t1
解得微粒从A到P的运动时间为t1= xP
v0
=0.05s
微粒在y轴方向做从静止开始的匀加速直线运动，设其加速度为a，则有y A = 1
2 at1
2
解得a= 2 y A
t1
2 = 2×3
0.05
2 m/s
2=2.4×10
3 m/s
2
由牛顿第二定律有qE =ma
解得电场强度的大小为E = ma
q = 2.4×10
3
10
2
N/C=24 N/C
（2）设微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角为θ，沿y轴方向的速度为v y，则有
v y =at1，tanθ = v y
v0
联立解得tanθ =1
则有θ = 45°
所以微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角为45
∘。
（3）根据题意，画出微粒的运动轨迹，如图所示：
微粒进入磁场时的速度为v =
❑√v y
2 + v0
2=120 ❑√2m/s
由几何关系可知，微粒在磁场中做匀速圆周运动的半径为r =(xQ−xP)cos45° = ❑√2m
由牛顿第二定律有qvB =m v
2
r
解得磁感应强度的大小为B = mv
qr =1.2T
微粒在磁场中做匀速圆周运动的周期为T = 2πr
v
= π
60 s
由几何关系可知，微粒在磁场中做匀速圆周运动从P 到Q 转过的圆心角为90
∘，则微粒在磁
场中从P 到Q 的运动时间为t2= 90°
360° ⋅T = π
240 s
所以微粒从A运动到Q的时间为t =t1+t2= 12+ π
240 s
6.
（2026·山东·三模）如图所示，以O 为坐标原点，建立O−xyz坐标系。x<0区域存在沿x轴
正方向的匀强电场E（大小未知），在+ x、+ y、+ z区域内存在一边长为3 L的正立方体区
域Obcd −efgh，其中b、d、e分别位于x、y、z轴上，该区域内存在沿z轴正方向的匀强电
场E1（大小可调）以及沿z轴正方向的匀强磁场B（大小可调）。一带电粒子由坐标为（-
L，0，0）的a点静止释放，粒子经电场加速后到达O点速度大小为v0，此后进入正立方体
区域。已知该粒子的质量为m、电量为+q（q>0），不计粒子重力和场的边界效应。
(1)求电场强度E的大小；
(2)若B = mv0
6qL
、E1= E，求粒子离开正立方体区域的坐标；
(3)若B = m v0
qL
、E1=
mv0
2
4πqL
，求粒子第二次离开正立方体区域的坐标。
【答案】(1)E = m v0
2
2qL
(2)(3 L,，6 L−3 ❑√3 L，π
2 L
4 )
(3)( L，3 L，L+ 9 πL
32 )
【详解】（1）a→O 带电粒子做匀加速直线运动，由动能定理得qEL= 1
2 m v0
2−0
解得E = m v0
2
2qL
（2）在正立方体区域，带电粒子沿z 轴正方向做匀加速直线运动，在xOy 平面内做匀速圆
周运动q v0 B1=m v0
2
R1
解得R1=6 L
假定粒子先到达bcgf 平面，而没有达到efgh 平面，由几何关系得圆周运动的圆心角θ1= π
6
粒子运动时间t =
π
6 ⋅6 L
v0
= πL
v0
在z轴方向z = 1
2
qE
m t
2
解得z = π
2 L
4 <3 L
该假定成立，根据几何关系可知y = R1−R1cosθ =6 L−3 ❑√3 L
故粒子离开立方体区域的坐标为 (3 L，6 L−3 ❑√3 L，π
2 L
4 )
（3）在正立方体区域，带电粒子沿z轴正方向做匀加速直线运动，在 xOy 平面内做匀速圆
周运动q v0 B2=m v0
2
R2
解得R2= L
假定粒子先到达Odhe 平面，而没有达到efgh 平面，由几何关系得圆周运动的圆心角θ2= π
粒子运动时间t1= πL
v0
在z轴方向z1= 1
2
q E
′
m t1
2，v1= q E
′
m t1
解得z1= πL
8 <3 L，v1= v0
4
该假定成立。故粒子第一次由Odhe 平面离开立方体区域，再次进入x<0区域，粒子在−x
方向做类竖直上抛运动，在+ z方向做匀速直线运动，粒子在该区域运动时间t2=2 v0
qE
m
粒子在该区域沿z轴正方向运动位移z2= v1t2
联立方程解得z2= L
此后粒子再次进入正立方体区域。假定粒子仍旧先到达Odhe 平面，而没有达到efgh 平面，
由几何关系得圆周运动的圆心角θ
″ = π
2
粒子运动时间t3=
π
2 ⋅L
v0
在z轴方向z3= v1t3+ 1
2
q E
′
m t3
2
解得z3= 5 πL
32
所以z1+ z2+ z3= L+ 9 πL
32 <3 L
该假定成立。根据几何关系可知，第二次离开立方体区域时x = R2= L
故粒子第二次离开立方体区域的坐标为 ( L，3 L，L+ 9 πL
32 )。
7.
（2026·湖南·模拟预测）如图所示，在一直角坐标系y >0的区域有沿y 轴正方向的匀强电场，
电场强度大小E =100 N/C，在y ≤0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小
B = ❑√30T。在A （0，1m ）点处有一个粒子源，向第一象限内各方向发射电量大小
q =1×10
−8C、质量m=1×10
−9kg、速度v0=10 ❑√10 m/s的带负电粒子，不计粒子重力和
空气阻力。
(1)求带电粒子在电场中的加速度大小；
(2)若带电粒子射入电场时速度v0沿x 轴正方向，求带电粒子第一次经过x 轴的位置到O 点的
距离；
(3)求带电粒子首次进入磁场时沿x 方向的最大位移，以及该条件下在电场的运动时间和末速
度；
(4)若带电粒子射入电场时速度v0沿x 轴正方向，设带电粒子第一次经过x 轴的位置为C，从
此时开始计时，求带电粒子再次到达C 点所需要的时间。
【答案】(1)1000 m /s
2
(2)❑√2m
(3)❑√3 m；
❑√10
50 s，2❑√3 v0
3
，方向与x 轴正方向夹角为30
∘，斜向右下
(4)2❑√30π+9 ❑√10
150
s
【详解】（1）在电场中，由牛顿第二定律可得qE =ma
解得粒子在电场中的加速度大小为a= qE
m =1000 m/s
2
（2）带电粒子做类平抛运动，则有h= 1
2 at
2，x = v0t
代入数据解得x = ❑√2m
（3）可将粒子的类斜抛运动分解为沿v0方向的匀速直线运动与沿y 轴负方向的匀加速直线
运动，如图1 所示
设粒子运动到x 轴时水平位移为x，则有(v0t )
2= x
2+( 1
2 at
2−h)
2
化简得1
4 a
2t
4−(v0
2+ah)t
2+(x
2+h
2)=0
该方程一定有解，则判别式Δ= B
2−4 AC ≥0
即(v0
2+ah)
2−a
2( x
2+h
2)≥0
可求得x ≤❑√3 m
即沿x 方向的最大位移为xmax= ❑√3 m
此时t = ❑
√
v0
2+ah
1
2 a
2 =
❑√10
50 s
射入粒子的时候粒子速度方向与x 轴正方向之间夹角设为θ，则有cosθ = xmax
v0t =
❑√3
2 即
θ =30
∘
则粒子的速度大小为v =
v0
cos30
∘= 2❑√3 v0
3
（4）设粒子第一次从C 点经过x 轴，速度v 与x 轴夹角为α，则有1
2 m v
2−1
2 m v0
2=qEh
解得v = ❑√v0
2+ 2qEh
m
=10 ❑√30 m/s
则cosα = v0 x
v = 1
2
即α =60
∘
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有qvB = m v
2
r
解得r = mv
qB =1m
由图示几何关系可知在磁场中沿x 轴负方向的位移为x1=2r cosθ = ❑√3 m
故带电粒子能经过坐标原点，且经过时与x 轴正方向夹角为α =60
∘
在电场中，则有v y = v sinα
解得t '= 2v y
a = 3
100
❑√10s
则v x = v cosα，x2= v xt '= 3
2
❑√3 m
因此Δ x = x2−x1=
❑√3
2 m
可知在磁场中运动3 次，电场中运动2 次刚好经过C 点在磁场中粒子运动时间为
t1=3× 240
∘
360
∘× 2πm
qB
=
❑√30
75 πs，t2=2t '= 3 ❑√10
50
s，Δt =t1+t2= 2❑√30π+9 ❑√10
150
s
【点睛】
8.
（2026·广东深圳·二模）霍尔推进器是未来星际航行的绿色引擎，其放电室横截面可简化为
一个圆环区域，圆环内存在辐射状磁场，如图所示。另有方向均垂直圆环平面向里的匀强磁
场和匀强电场（未画出），且磁感应强度大小为B1，电场强度大小为E。电荷量为e、质量
为m的电子恰好能够沿半径为R的轨道做匀速圆周运动。下列说法中正确的是（ ）
A．电场力对电子做正功
B．电子沿逆时针方向做圆周运动
C．电子做匀速圆周运动的线速度大小为E
B1
D．轨道处辐射状磁场的磁感应强度大小为mE
eR B1
【答案】D
【详解】A．因电场力垂直圆环平面向外，电子在圆环平面内做圆周运动，电场力对电子不
做功，故A 错误；
B．电子由于带负电，故所受电场力垂直圆环平面向外，与辐射状磁场对粒子的洛伦兹力平
衡，电子受垂直圆环平面向里的匀强磁场的洛伦兹力方向指向圆心O，根据左手定则可知，
电子在圆环内沿顺时针方向运动，故B 错误；
CD．电子在圆环内受到磁场Ⅱ的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力ev B1=m v
2
R
解得：v = B1eR
m
电子在垂直环平面方向受力平衡eE =evB
解得：B = mE
eR B1
，故C 错误，D 正确。
故选D。
9.
（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）（多选）如图所示，空间中存在范围足够大的水平向右的匀
强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，电场强度大小E=40 N/C，磁感应强度大小B=0.5 T。
以水平向右为x 轴正方向，竖直向上为y 轴正方向建立直角坐标系。原点O 处的粒子源可发
射质量m=3×10-6 kg、电荷量q=1×10-6 C 的带负电的粒子，粒子的发射速度大小和方向可调
整。第一次实验发射的粒子恰能在xOy 平面内做直线运动；第二次实验将匀强电场方向调
整为竖直向下，电场强度大小调整为E'=30 N/C，发射的粒子速度大小调整为第一次实验发
射速度大小的1
50，且方向不变。取重力加速度g=10 m/s2，不计粒子间的相互作用，
sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（ ）
A．第一次实验中，粒子发射速度大小为100 m/s
B．第一次实验中，粒子发射速度方向与x 轴夹角为37°
C．第二次实验中，粒子发射后第一次经过x 轴的坐标为（19.2 m，0）
D．第二次实验中，粒子发射后第一次经过y 轴的坐标为（0，-14.4 m）
【答案】AC
【详解】A．第一次实验发射的粒子恰能在xOy 平面内做直线运动；粒子所受重力、电场力
与洛伦兹力的合力为零，如图
重力大小为G =mg=3×10
−6×10 N =3×10
−5 N
电场力大小为F电=qE =1×10
−6×40 N = 4×10
−5 N
则洛伦兹力大小为F =
❑√G
2+ F电
2 =5×10
-5 N
由F =q v1B，解得第一次实验中，粒子发射速度大小为v1=100m/ s，故A 正确；
B．由左手定则可知粒子运动方向如图
则sin α = mg
F =0.6
解得α =37°
第一次实验中，粒子发射速度方向与x 轴夹角为β =90°+α =127°，故B 错误；
CD．第二次实验发射速度大小v2= 1
50 v1=2m/ s
粒子所受电场力大小为F
' =q E
' =3×10
−5 N
方向沿y 轴正方向，则电场力与重力大小相等，方向相反。粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆
周运动，如图
由q v2B =m v2
2
r
，解得r =12m
由几何知识可得x1=2r cosα =19.2m，y1=2r sin α =14.4 m
所以第二次实验中，粒子发射后第一次经过x 轴的坐标为（19.2 m，0），第二次实验中，
粒子发射后第一次经过y 轴的坐标为（0，14.4 m），故C 正确，D 错误。
故选AC。
10. （2026·甘肃酒泉·二模）如图所示，在平面直角坐标系xOy 的x<0区域内存在沿y 轴负方向、
电场强度大小为E 的匀强电场，在y <0区域内存在方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。带
正电的粒子从A 点(−2❑√3l ,l)以沿x 轴正方向、大小为v0的初速度射入电场，恰好经过坐标
原点O 进入第四象限。已知磁场的磁感应强度大小为3 E
4 v0
，不计粒子重力。求：
(1)粒子的比荷；
(2)粒子第二次经过y 轴时的位置到坐标原点O 的距离；
(3)粒子在第三象限内运动过程中的最大速度大小及从A 点到第一次获得最大速度时经历的
时间。
【答案】(1) v0
2
6 El
(2)16l
(3)2v0，2❑√3l
v0
+ 32πl
3 v0
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，沿x 轴方向，则有2❑√3l = v0t
沿y 轴方向，则有l = 1
2 at
2
根据牛顿第二定律 得qE =ma
联立解得q
m = v0
2
6 El
（2）粒子在O 点的速度大小为v =
❑√v0
2+ v y
2
其中v y =at
速度方向与x 轴正方向的夹角正切值tanθ = v y
v0
解得θ =30°，v = 2❑√3 v0
3
粒子在第四象限运动时，洛伦兹力提供向心力，则有qvB =m v
2
r
解得r = 16 ❑√3l
3
第二次经过y 轴时的位置到坐标原点O 的距离y =2r cosθ
解得y =16l
（3）粒子以速度v 射入第三象限，根据对称性可知射入第三象限时速度方向与−x方向的夹
角也为θ =30°，粒子在叠加场中做曲线运动，轨迹为旋轮线。将进入第三象限的初速度v
分解为v1和v2，粒子以v1做匀速直线运动，以v2做匀速圆周运动，如图所示
应用配速法洛伦兹力与电场力平衡，则有q v1B = Eq
解得v1= 4
3 v0
由几何关系可知v2= 2
3 v0
方向与−y方向夹角也为θ =30°
当两个分运动的速度方向相同时，粒子的合速度最大，则有vmax= v1+ v2=2v0
粒子在磁场中做圆周运动的周期T = 2πr
v
解得T = 2πm
Bq
说明周期与速度大小无关，粒子在第四象限运动的时间t
′ =π−2θ
2π
T
粒子从进入第三象限到第一次速度最大经历的时间t
″ =
π
2 +θ
2π T
粒子从A 点到第一次获得最大速度时经历的时间t 总=t +t
′ +t
″
联立解得t 总= 2❑√3l
v0
+ 32πl
3 v0
