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高考重点考点解读与针对性训练
第十二章 磁场
考点96 带电粒子在交变电磁场中的运动
【考点解读】
1.交变场的常见类型
（1）电场周期性变化、磁场不变。
（2）磁场周期性变化、电场不变。
（3）电场、磁场均周期性变化。
2.分析带电粒子在交变场中运动问题的基本思路
【高考真题】
【典例1】 （2024·广东高考15 题）如图甲所示。两块平行正对的金属板水平放置，板间
加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强
电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0 时
刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的
电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从
下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的π
3 倍，
粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
（1）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
（2）求金属板的板间距离D 和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v；
（3）求从t＝0 时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功
W。
答案：（1 ）正电 π m
Bt0
（2 ）❑√
3 π t0U 0
8 B
π❑√
π U 0
24 Bt0
（3 ）
π mU 0（π
2+16）
48 Bt0
解析：（1）根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子
在磁场中运动的周期为T＝2t0，根据T＝2π m
qB
则粒子所带的电荷量q＝π m
Bt0
。
（2）若金属板的板间距离为D，则板长为π D
3 ，粒子在板间运动时，有π D
3 ＝vt0出电场时
竖直速度为零，则竖直方向，有y＝2×1
2×U 0q
Dm
（0.5t0）2
在磁场中时，由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝mv
2
r
其中的y＝2r＝2mv
qB
联立解得v＝π❑√
π U 0
24 Bt0
，D＝❑√
3 π t0U 0
8 B
。
（3）带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由（2）的计算可知金属板的板间距离D
＝3r
则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为
零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏
转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做
功也为零，可知整个过程中只有开始在金属板左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内金
属板间电场力做功，则
W＝1
2mv2＋Eq× D
3 ＝π
3mU 0
48 Bt0
＋π mU 0
3 Bt0
＝π mU 0（π
2+16）
48 Bt0
。
【典例2】.[2021 重庆]在如图1 所示的Oxy 竖直平面内，原点O 处有一粒子源，可沿x 轴
正方向发射速度不同，比荷均为q
m的带正电的粒子.在x≥L 的区域仅有垂直于平面向内的
匀强磁场；x＜L 的区域仅有如图2 所示的电场，0～t0时间内和2t0时刻后的匀强电场大小
相等，方向相反（0～t0时间内电场方向竖直向下），t0～2t0时间内电场强度为0.在磁场左
边界x＝L 直线上的某点，固定一粒子收集器（图中未画出）.0 时刻发射的A 粒子在t0时刻
经过磁场左边界进入磁场，最终被收集器收集；B 粒子在t0
3
时刻以与A 粒子相同的发射速
度发射，第一次经过磁场左边界的位置坐标为（L，－4 L
9 ）；C 粒子在t0时刻发射，其发
射速度是A 粒子发射速度的1
4 ，不经过磁场能被收集器收集.忽略粒子间相互作用力和粒子
重力，不考虑边界效应.
图1 图2
（1）求电场强度E 的大小；
（2）求磁感应强度B 的大小；
（3）若2t0时刻发射的粒子能被收集器收集，求其所有可能的发射速度大小.
答案 （1）Lm
qt0
2 （2）2m
5qt0
（3）L
3t0
、L
2t0
、（❑√6+1）L
5t0
解析 （1）设A 粒子发射速度为v，分别画出三个粒子的运动轨迹如图甲所示.根据题述可
知L＝vt0
图甲
对B 粒子沿y 轴方向有
4 L
9 ＝1
2a（2t0
3
）2＋a2t0
3
·t0
3
又qE＝ma
联立解得E＝Lm
qt0
2 .
（2）设收集器的位置坐标为（L，y1），在电场中的运动过程
对C 粒子有L＝0.25v·4t0，y1＝1
2a（3t0）2
对A 粒子有L＝vt0，y2＝1
2at0
2
A 粒子进入磁场时沿x 轴方向分速度为
vx＝v＝L
t0
沿y 轴方向分速度为vy＝at0＝L
t0
A 粒子进入磁场时与x 轴夹角为θ
tanθ＝v y
v x
＝1
2rcosθ＝y1＋y2＝5at0
2＝5L
解得A 粒子在磁场中的轨迹半径为r＝5 ❑√2 L
2
A 粒子进入磁场时的速度vA＝❑√2v
由洛伦兹力提供向心力有qvAB＝mv A
2
r
解得B＝2m
5qt0
.
（3）设2t0时刻发射的粒子在电场中运动的时间为nt0（n＞0），则粒子在电场中的偏转位
移为
y3＝1
2a（nt0）2＝L
2 n2
①若y3＝y1，即粒子不进入磁场直接打在坐标（L，9
2L）处，解得：n＝3
故粒子的入射速度v1＝L
nt0
＝L
3t0
②若y3＜y1，则粒子要进入磁场运动一段圆弧后打在坐标（L，9
2L）处被收集，其运动轨
迹如图乙所示，由运动的合成与分解有v'x＝L
nt0
＝1
nv，v'y＝a·nt0＝nv
则粒子刚进入磁场时的速度大小为
v'＝❑√v ' x
2＋v ' y
2＝❑√
1
n
2 ＋n
2v＝kv
设此时的速度方向与x＝L 的夹角为α，即
sinα＝v ' x
v ' ＝1
nk
粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r1，根据牛顿第二定律有qv'B＝mv '
2
r1
解得r1＝mv '
qB ＝kmv
qB ＝5 L
2 ·k
粒子要被收集，则必满足
2r1sinα＝y1－y3＝L
2 （9－n2）
化简即有n3－9n＋10＝0
变形可得（n－2）（n2＋2n－5）＝0
Ⅰ.当n－2＝0 时，则n＝2，即粒子的入射速度
v2＝L
nt0
＝L
2t0
Ⅱ.当n2＋2n－5＝0，则n＝❑√6－1[n＝－（❑√6＋1）＜0 舍去]时，即粒子的入射速度
v3＝L
nt0
＝
L
（❑√6－1）t0
＝（❑√6+1）L
5t0
综上所述，在t＝2t0时刻沿x 方向射入的粒子，能够被粒子收集器收集的粒子速度有：L
3t0
、
L
2t0
、（❑√6+1）L
5t0
.
【针对性训练】
1.（2025 年5 月福建南平三模）如图（a），水平线1、2 和3、4 间有垂直纸面的匀强磁场
Ⅰ和Ⅱ，两个区域的磁感应强度大小相等方向相反。在2、3 位置放置两块带有狭缝的平行
金属板（2、3 相距很近），两极板间加上如图（b）所示的交变电压U23。t=0 时在2 板狭
缝S 处无初速释放一质子。已知上、下两磁场的宽度均为L，两金属板间距为d，交变电
压大小为U，磁感应强度大小为B，质子质量为m，电荷量为q，重力不计，质子每次通
过两金属板狭缝时都能被电场加速。
(1)求第一次加速后质子获得的速度大小v1；
(2)若质子被电场加速若干次后，恰好与磁场边界相切时离开磁场，求：
i.质子被加速的次数n；
ii.质子在电场和磁场中运动的总时间t。
【解析】．（1）第一次加速过程，根据动能定理
Uq=1
2 mv 1
2 2 分
得 v1=√
2Uq
m
1 分
（2）质子出磁场时恰好与边界相切，设速率为vm，其圆周运动的半径r = L，有
qv m B= mv m
2
r
1 分
每次加速质子动能增加U0q，
nUq=1
2 mv m
2 2 分
解得n=qB 2 L2
2mU
1 分
（3）质子在电场中的加速过程所用时间为t1
vm=at 1 1 分
Uq
d =ma 1 分
解得t1= BLd
U
1 分
质子第n 次加速后运动四分之一圈出磁场，质子在磁场中运动时间为t2
T=2πr
v
1 分
t2=（n−1）T
2 +T
4 1 分
总时间 t=t 1+t2
解得t= BLd
U + π BL 2
2U −πm
2qB
1 分
2 .如图甲所示，在坐标系xOy 中，y 轴左侧有沿x 轴正方向的匀强电场、电场强度大小为
E；y 轴右侧有如图乙所示周期性变化的磁场，磁感应强度大小为B0，以磁场方向垂直纸面
向里为正方向。t＝0 时刻，从x 轴上的P 点无初速度释放一带正电的粒子，粒子（重力不
计）的质量为m、电荷量为q，粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的
时间相等，且粒子第一次在磁场中做圆周运动的轨迹为半圆。求：
（1）P 点到O 点的距离；
（2）粒子经一个周期6.5 π m
q B0
沿y 轴发生的位移大小。
答案：（1）Em π
2
2q B0
2 （2）π mE
q B0
2
解析：（1）设粒子第一次在电场中做匀加速运动的时间为t0，
则t0＝π m
q B0
，Eq＝ma
设O、P 间距离为x，则x＝1
2at0
2，
联立解得x＝Em π
2
2q B0
2。
（2）如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R1和R2，
R1＝m v0
q B0
，R2＝3m v0
2q B0
，
又由动能定理得Eqx＝1
2mv0
2，
设粒子经一个周期沿y 轴向下移动Δy，则Δy＝2R2－2R1＝π mE
q B0
2 。
3. 如图甲所示，竖直边界分别为PM 和QN 的区域宽度为4L，其内部分布着垂直纸面向
里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场，电场随时间变化的关系如图乙所示，E
＞0 表示电场方向竖直向上.在t＝0 时，一带电荷量为＋q、质量为m 的带电微粒从边界P
上的A 点处水平射入该区域，先沿直线运动到某点，再经历一次完整的半径为L 的匀速圆
周运动，最后沿直线运动从边界QN 上的B 点处离开该区域，重力加速度为g.求：
（1）图乙中的E0；
（2）微粒刚进入磁场时的速度v0的大小及磁场的磁感应强度的大小B；
（3）电场变化周期T 的范围.
答案 （1）mg
q （2）❑√2 gL m
qL
❑√2gL （3）（1＋π）❑√
2 L
g
≤T≤（3
2＋π）❑√
2 L
g
解析 （1）由带电微粒做匀速圆周运动可得qE0＝mg
解得E0＝mg
q
（2）由带电微粒做直线运动可知Bqv0＝mg＋qE0
由带电微粒做匀速圆周运动可得Bqv0＝mv0
2
L
由上述两式解得v0＝❑√2gL
B＝m
qL
❑√2gL
（3）①如图a 所示，当O 点为AB 中点时，所对应的周期为最小周期
设带电微粒从A 点处运动至O 点处所需要的时间为t1
t1＝x AO
v0
＝2 L
❑√2gL＝❑√
2 L
g
设带电微粒做匀速圆周运动的周期为t2
t2＝2π L
v0
＝π❑√
2 L
g
则最小周期Tmin＝t1＋t2＝（1＋π）❑√
2 L
g
.
②如图b 所示，当圆轨迹与右边界QN 相切时，所对应的周期为最大周期
设带电微粒从A 点处运动至O 点处所需要的时间为t'1
t'1＝x AO
v0
＝3 L
❑√2 gL＝3
2
❑√
2 L
g
设微粒做匀速圆周运动的周期为t'2，t'2＝2π L
v0
＝π❑√
2 L
g
则最大周期Tmax＝t'1＋t'2＝（3
2＋π）❑√
2 L
g
综上所述，电场变化周期T 的范围是
（1＋π）❑√
2 L
g
≤T≤（3
2＋π）❑√
2 L
g
.
4. 在如图甲所示的正方形平面Oabc 内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变
化规律如图乙所示.一个质量为m、所带电荷量为＋q 的粒子（不计重力）在t＝0 时刻沿Oc
边从O 点射入磁场中.已知正方形边长为L，磁感应强度的大小为B0，规定磁场向外的方向
为正方向.
（1）求带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T0.
（2）若带电粒子不能从Oa 边界射出磁场，求磁感应强度的变化周期T 的最大值.
（3）要使带电粒子正好从b 点沿着ab 方向射出磁场，求满足这一条件的磁感应强度变化
的周期T 及粒子射入磁场时速度的大小v0.
答案 （1）2π m
q B0
（2）5 π m
3q B0
（3）π m
q B0
q B0 L
nm （n＝2，4，6，…）
解析 （1）由qvB0＝mv
2
r ，T0＝2π r
v
，解得T0＝2π m
q B0
（2）如图甲所示为带电粒子不能从Oa 边界射出磁场的临界情况，由几
何关系可知sinα＝1
2，解得α＝30°
在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为
150°，运动时间为
t＝5
12T0＝5 π m
6q B0
而t＝T
2 ，所以磁感应强度的变化周期T 的最大值为5 π m
3q B0
（3）如图乙所示为带电粒子正好从b 点沿着ab 方向射出磁场的一种情况.
在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为2β，
其中β＝45°，即T
2 ＝T 0
4
所以磁场变化的周期为T＝π m
q B0
弦OM 的长度为s＝
❑√2 L
n
（n＝2，4，6，…）
带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R＝s
❑√2＝L
n
由qv0B0＝mv0
2
R
，
解得v0＝q B0 L
nm （n＝2，4，6，…）.
5. 如图（a）所示的xOy 平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E 和磁感应强
度B 随时间做周期性变化的图像如图（b）所示，y 轴正方向为E 的正方向，垂直于纸面向
里为B 的正方向.t＝0 时刻，带负电粒子P（重力不计）由原点O 以速度v0沿y 轴正方向射
出，它恰能沿一定轨道做周期性运动.v0、E0和t0为已知量，图（b）中E0
B0
＝8 v0
π
2 ，在0～t0
时间内粒子P 第一次离x 轴最远时的坐标为(
2v0t0
π
，2v0t0
π ).求：
（1）粒子P 的比荷；
（2）t＝2t0时刻粒子P 的位置；
（3）带电粒子在运动中距离原点O 的最远距离L.
答案 （1）4 v0
π E0t0
（2）（2+ π
π
v0t0，0） （3）4+2π
π
v0t0
解析 （1）0～t0时间内粒子P 在匀强磁场中做匀速圆
周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过1
4 圆周，所以粒子
P 第一次离x 轴的最远距离等于轨迹半径R，即R＝2v0t0
π
①
又qv0B0＝mv0
2
R
②
代入
E0
B0
＝
8 v0
π
2 ，解得q
m＝
4 v0
π E0t0
③
（2）设粒子P 在磁场中运动的周期为T，则
T＝2π R
v0
④
联立①④解得T＝4t0 ⑤
即粒子P 做1
4 圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛
运动，设t0～2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则x1＝v0t0 ⑥
y1＝1
2at0
2 ⑦
其中加速度a＝q E0
m
由③⑦解得y1＝2v0t0
π
，因此t＝2t0时刻粒子P 的位置坐标为（2+ π
π
v0t0，0）
（3）分析知，粒子P 在2t0～3t0时间内，电场力产生的加速度方向
沿y 轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x 轴正方向，
水平位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0时间内粒子P 沿逆时针方向做匀
速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在运动
中距离原点O 的最远距离L 即O、d 间的距离，L＝2R＋2x1 ⑧
解得L＝4+2π
π
v0t0.
6 .如图甲所示，左、右竖直边界分别为PP'、QQ'的匀强磁场宽度为d，磁场与纸面垂直，
磁感应强度B 按图乙所示规律周期性变化，B0＝1
3×10－3T，T0＝2π×10－5s，磁场以垂直纸
面向里为正方向.匀强磁场的左侧有一粒子源，能沿纸面源源不断地水平向右发射质量为
m、带电荷量为－q 的粒子，已知粒子速度均为v＝1.0×104m/s，粒子的比荷为q
m＝108C/
kg.若t＝0 时刻射入的粒子恰好在3
4 T0时刻从右边界QQ'射出.忽略粒子的重力及粒子之间的
相互作用.
（1）假设粒子在磁场中能做完整的匀速圆周运动，周期为T，求T 与T0的关系；
（2）求匀强磁场的宽度d.
答案 （1）T＝3T0 （2）3（2❑√3－1）
20
m 或0.37m
解析 （1）粒子在磁场中做完整的圆周运动的周期为T＝2π m
q B0
，
解得T＝6π×10－5s
则T＝3T0
（2）粒子运动轨迹如图所示，由qvB0＝mv
2
r ，
可得粒子在磁场中运动的半径为r＝mv
B0q ＝0.3m
又T 0
2 ＝θ1
360° T，则T 0
2 时间内粒子在磁场中转过的圆心角为θ1＝60°，T 0
4 ＝θ2
360° T，
则T 0
4 时间内粒子在磁场中转过的圆心角为θ2＝30°
由几何关系知，匀强磁场的宽度d＝2rsin60°－rsin30°
解得d＝3（2❑√3－1）
20
m＝0.37m.
7.如图甲所示，水平放置的平行金属板P 和Q，间距为d，两板间存在周期性变化的电场或
磁场.P、Q 间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B 随时间变化的规
律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向.t＝0 时刻，一质量为m、电荷量为＋q 的
粒子（不计重力），以初速度v0由P 板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两
板之间，m、q、d、v0、U0为已知量.
（1）若仅存在交变电场，要使粒子飞到Q 板时，速度方向恰好与Q 板相切，求交变电场
的周期T1；
（2）若仅存在匀强磁场，且满足B0＝2mv0
q d
，粒子经一段时间恰能垂直打在Q 板上（不
考虑粒子反弹），求击中点到出发点的水平距离.
答案 （1）❑√
4 md
2
nqU 0
（n＝1，2，3，…） （2）
❑√3－1
2
d
解析 （1）设经时间t 粒子恰好沿切线飞到Q 板，竖直速度为零，由牛顿第二定律得，加
速度a＝qU 0
md
半个周期内，粒子向上运动的距离为y＝1
2a（T 1
2 ）2
d＝2ny
联立解得T1＝❑√
4 md
2
nqU 0
（n＝1，2，3，…）
（2）仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则有qv0B0＝mv0
2
r
解得r＝1
2d
要使粒子能垂直打到Q 板上，在交变磁场的半个周期内，粒子轨迹对应的
圆心角设为90°＋θ，如图所示，由几何关系得r＋2rsinθ＝d
解得sinθ＝1
2
则粒子打到Q 板的位置距出发点的水平距离为
x＝2rcosθ－r＝
❑√3－1
2
d.
8. (广东省2025 年广州市普通高中毕业班第三次模考)在竖直平面内建立一平面直角坐标系
xoy， x 轴沿水平方向，如图甲所示。第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E1。坐
标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强
，匀强磁场方向垂直纸面。现一个比荷为
=102C/kg 的带正电微粒（可视为质
点）以v0=4m/s 的速度从x 轴上A 点竖直向上射入第二象限，并以v1=12m/s 的速度从y 轴正
方向上的C 点沿水平方向进入第一象限。取微粒刚进入第一象限的时刻为0 时刻，磁感应
强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），重力加速度g=10m/s2
。则：
（1）求微粒在x 方向的加速度大小和电场强度E1的大小；
（2）在x 轴正方向上有一点D，OD=OC，若带电微粒在通过C 点后的运动过程中不再越过
y 轴，要使其恰能沿x 轴正方向通过D 点，求磁感应强度B0及磁场的变化周期T0 各为多少？
（3）要使带电微粒通过C 点后的运动过程中不再越过y 轴，求交变磁场磁感应强度B0和变
化周期T0的乘积B0T0应满足的关系？
【答案】（1）
；0.3N/C
（2）
；
（s）（n=1，2，3…）
（3）
【解析】（1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖
直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动
计算得出
E1=0.3N/C
（2）由E1=3E2，可得
qE2=mg
所以带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动
设粒子运动圆轨道半径为R，周期为T，则有
可得
使粒子从C 点运动到D 点，则有
计算得出
（n=1，2，3…）
解得
s （n=1，2，3…）
（3）当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y 轴时可作如图运动情形：
由图可以知道
则
9. （16 分）（2024 年5 月河北承德部分高中高三下学期第二次模拟考试）某款空气
净化器（如图丙所示）采用了“等离子灭活”技术，内部有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个真空区域，
其中L=5cm，如图甲所示。Ⅰ区中平行金属板A、B 与电源连接（图中未画出），其中
B 板接地（电势为零），A 板的电势变化周期为T=1.0×10−5s，规律如图乙所示，B
板粒子发生处能连续均匀地释放质量m=2.0×10−27kg，电量
q =+1.6×10−19
C 的带电粒子。Ⅱ、Ⅲ两条形区存在着宽度分别为L、0.5L，竖直
方向无界、方向相反的匀强磁场，其中B2=2B1，B1=0.25×10−2 T，不计粒子间的相
互作用力和重力。求：
（1）一个周期内穿出电场的粒子数和B 板所释放的粒子数之比；
（2）一个周期内穿过Ⅱ区进入Ⅲ区的粒子数和B 板所释放的粒子数之比；
（3）粒子将从Ⅲ区右边界的不同位置穿出，求穿出位置最高点与最低点之间的距离。
丙
乙
甲
【答案】．（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）设
t1(t1<T
2 )
时刻进入I 区的粒子，恰好能到达A 板，根据牛顿第二定律有
（1 分）
若加速时间
Δt=T
2 −t1 （1 分
）
加速位移
x1=1
2 a( Δt1)2
减速位移
x2=aΔt1+0
2
×Δt1 又x1+x2=L （1
分）
联立解得
t1=2−√2
4
×10−5s=2-√2
4
T
一个周期内t1时刻后的粒子无法穿过I 区，一个周期内穿出电场的粒子和B 板所释放的
粒子数之比为
2-√2
4
（1 分）
（2）粒子能进入III 区，r1≥L，II 区中，根据洛伦兹力提供向心力有
qv 1B1=
mv 1
2
r1
v1≥104 m/s （1 分）
假设
t2时刻（
t2< T
2 ）进入I 区的粒子，先以加速度a 做匀加速Δt2，
T
2 后匀减速，
恰好以v1速度离开并进入II 中，则有
Δt2=T
2 −t2
加速位移
x3=
a（Δt2）2
2
减速位移
x4=
aΔt2+v1
2
×
aΔt2−v1
a
（2 分）
又 x3+x4=L
（1 分）
解得
t2=4−√10
4
×10−5s=4-√10
8
T
一个周期内t2时刻后的粒子无法进入III 区，一个周期内穿过II 区进入III 区的粒子和B
板所释放的粒子数之比
4-√10
8
（1 分）
（3）0 时刻进入粒子离开速度最大v0=2×104 m/s ，如图所示
在
II 区中，根据洛伦兹力提供向心力，则有
qv 0 B1=
mv 0
2
r0
最大运动半径r0=0.1m=2L （1 分）
同理，在
III 区B2 磁场中半径
r2=1
2 r0=L
（1 分）
由何关系得y1=(2−√3)L，
y2=2−√3
2
L
则离距离
ym= y1+ y2=3(2−√3)
2
L
（2 分）
在t2时刻进入粒子离开速度最小v1=104 m/s，如图所示
在II 区中，r1=L，在III 区中
r3=1
2 L
（1 分）
由几关系得
y3=r1=L，
y4=r3=1
2 L
则离距离
yM= y3+ y4=3
2 L
（1 分）
故最高点与最低点之间的距离
y= yM−ym=3√3−1
2
L=3√3−1
40
m
（1 分）
10．（12 分）（2024 年4 月湖南名校质检）电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转
磁场组成。偏转电场的极板由相距为d 的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示。
大量电子由静止开始，经加速电场加速后速度为
，连续不断地沿平行板的方向从两板正
中间
射入偏转电场。当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为
；当在两
板间加最大值为
，周期为
的电压（如图乙所示）时，所有电子均能从两板间通过，
然后进
入竖直长度
足够大的匀强磁场中，最后打在竖直放置的荧光屏上。已知磁场的水平宽度为L，电子的
质量为m、电荷量大小为e，其重力不计。
（1）求电子离开偏转电场时到
的最远距离；
（2）要使所有电子都能打在荧光屏上，求匀强磁场的磁感应强度B 的范围；
（3）在满足第（2）问的条件下求打在荧光屏上的电子束的宽度
。
【解析】、（1）由题意可知，从0、
、
、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转
电场时的位置到
的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：
加速度大小
，
竖直分速度大小
，
解得：
（2）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为
，由于电子要打在荧光屏上，临界情况是与
屏相切，所以电子在磁场中运动半径应满足
设电子离开偏转电场时的速度为
，垂直偏转极板的速度为
，则电子离开偏转电场时的
偏向角为
，
又
，
，
解得
（3）从
、
、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到
的距离最
小，在这种情况下，电子的最小距离为：
解得：
由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后
做圆周运动的半径也相同，所以打到屏上的粒子是一系列平行的圆弧，由第（1）问知电子
离开偏转电场时的位置到
的最大距离和最小距离的差值为
，
最远位置和最近位置之间的距离
所以打在荧光屏上的电子束的宽度为
11.（11 分）（2024 浙江9+1 高中联盟联考）空腔圆柱的截面圆如图所示，其圆心为O，半
径为R，圆面上开有A、B、C、D 四个小孔，
，
，
，圆内存在垂直纸面向外的匀强磁场
（未知），圆外OB 和OC 射线范围
内存在垂直纸面向内的匀强磁场
（未知）。紧靠A 孔有两金属板M，N，两板间加上交
变电压
，其中
已知，质量为m，电荷量为q 的正电粒子持续由M
板静止释放，经电场加速的粒子从A 孔沿半径方向进入空腔内部，发现在
时刻释放
的粒子恰好能从B 孔射出磁场，并能经过D 孔。已知粒子在电场中加速的时间忽略不计，
粒子撞击圆面即被吸收，圆面始终不带电。
第20 题图
（1）求从B 孔飞出的粒子的速度
及截面圆内磁感应强度
的大小；
（2）求粒子从A 孔运动到D 孔的时间
及比值
；
（3）紧靠D 孔有两金属板
，
，两板间加上沿半径方向的交变电压
，以
板出口处
点为原点建立直角坐标系
，在
y 轴右侧
区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场
，当
时，从
点进
入磁场的速度最大的粒子恰好从点
离开磁场。若要让从
点进入磁场的速
度最小的粒子也恰好击中点P，则
的取值应为多少？
【解析】.（11 分）
（1）
时刻的电压为
电场中加速
（1 分）
得
由几何关系得：从A 到B 的过程中的轨迹半径为R
由
（1 分）
联立得
（1 分）
（2）由（1）得，速度为
的粒子才能经过B 孔，进而经过C 孔和D 孔
由几何关系得：从B 孔到C 孔的轨迹的圆心角为
，半径为
（1 分）
从C 孔到D 孔的轨迹的圆心角为
，半径为R
则
（1 分）
代入得：
（1 分）
代入得
（1 分）
（3）在
时刻和
时刻进入A 孔的拉子能经过B 孔
则粒子经过D 孔时的时刻为
时刻和
设
时刻经过
板后的速度为
，则
（1 分）
设
时刻经过
板后的速度为
，则
得
由题意得最大圆半径
，则最小圆半径
（1 分）
圆轨迹方程为
设粒子自点
离开轨迹圆沿切线飞出，由几何关系的：
（1 分）
同时满足
联立得：
（1 分）
12．（12 分）（2024 年3 月江苏四市一模）xOy 平面内存在着变化电场和变化磁场，变化
规律如图所示，磁感应强度的正方向为垂直纸面向里、电场强度的正方向为
方向．
时刻，一电荷量为
质量为m 的粒子从坐标原点O 以初速
沿
方向入射（不计
粒子重力）．
图中
，
图中
．求：
（1）
时刻粒子的坐标：
（2）
时间段内粒子速度沿
方向的时刻；
（3）
时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值．
【解析】．（12 分）
（1）粒子在磁场中运动的周期
时刻柆子坐标为
即
（2）
时间内的运动轨迹如图
（3）
笛时间内粒子沿
轴方向位移
时间内粒子沿
轴方向最大位移
13. （2024 黑龙江重点高中3 月质检）如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变
化的磁场，电场的方向水平向右（图甲中由B 到C），电场强度的大小随时间变化情况如
图乙所示；磁感应强度方向垂直于纸面，磁感应强度的大小随时间变化情况如图丙所示。
在t=1s 时，从A 点沿AB 方向（垂直于BC）以初速度v0射出第一个粒子，并在此之后，每
隔2s 有一个相同的粒子沿AB 方向均以初速度v0 射出，射出的粒子均能击中C 点。若
AB=BC=l，且粒子由A 点到C 点的运动时间均小于1s。不计空气阻力、粒子重力及电磁场变
化带来的影响，对于各粒子由A 点运动到C 点的过程中，则以下说法正确的是（ ）
A. 磁场方向垂直纸面向外
B. 电场强度E0和磁感应强度B0的比值
=3v0
C. 第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为π：2
D. 第一个粒子和第二个粒子通过C 点的动能之比为1：5
【答案】ACD
【解析】．根据乙图可知，当仅存在水平向右的电场时，粒子往右偏转，可知该粒子带正
电。在t=1s 时，空间区域存在匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，要使得沿AB 方向击中C
点，粒子运动轨迹如图所示
根据左手定则可得，磁场方向要垂直纸面向外，故A 正确；
．对于粒子做匀速圆周运动分析，由牛顿第二定律得
由几何关系可知，粒子的轨道半径
则
带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，如图所示
竖直方向
水平方向
解得
则
故B 错误；
第一个粒子做圆周运动，其运动时间
第二个粒子做类平抛运动，其运动时间
第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比
故C 正确；
第二个粒子，由动能定理得
解得
第一个粒子的动能
第一个粒子和第二个粒子通过C 的动能之比为1：5，故D 正确；
14. （2024 湖南名校联合体第四次联考） 如图甲所示，在平面直角坐标系xOy 的y 轴左侧
有沿y 轴正方向的匀强电场，在y 轴的右侧与平行于y 轴的屏之间有垂直坐标平面向外的匀
强磁场I，磁场的磁感应强度大小为B0，在电场中坐标为（
L，
0.5L）的P 点，以大小
为v0的初速度沿x 轴正方向射出一质量为m、电量为q 的带正电的粒子，粒子刚好从坐标
原点O 进入磁场并恰好打在屏上的Q 点，Q 点在x 轴上。粒子重力不计。求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）y 轴到屏间的距离为多少；
（3）若在磁场I 中再加一个匀强磁场II，磁场II 的方向垂直于坐标平面向里，其大小随时
间变化如图乙所示，
，若粒子从P 点射出后在t=0 时刻进入磁场，则粒子最终
打在屏上的位置离x 轴的距离为多少。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）设匀强电场的电场强度大小为E，粒子在电场中做类平抛运动，则
根据牛顿第二定律
解得
（2）由
解得
则粒子进磁场时
速度大小
方向与y 轴正向的夹角为
，则
故
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律
根据几何关系
解得
（3）粒子在磁场I 中做圆周运动的周期
则
在
到
时间内，合磁场方向垂直于坐标平面向里，磁场的磁感应强度大小为
2B0，粒子做圆周运动的半径
粒子做圆周运动
周期
则
根据几何关系可知，在
时刻，粒子离x 轴的距离为
离屏的距离为
从
至
时间内，粒子沿y 轴正向运动的距离
解得
因此粒子最终打在屏上的位置离x 轴的距离
