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第51 讲 习题课 带电粒子在立体空间运动问题
目录
01 课标达标练
题型01 带电粒子在叠加场中的旋进运动
型
题
02 带电粒子在立体空间的运动
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 带电粒子在叠加场中的旋进运动
1.空间存在着匀强磁场和匀强电场,磁场的方向垂直于纸面(xOy 平面)向里,电场的方向沿y 轴正方向.
一带正电的粒子在电场和磁场的作用下,从坐标原点O 由静止开始运动.下列四幅图中,可能正确描述
该粒子运动轨迹的是
( )
【答案】B
【详解】在xOy 平面内电场的方向沿y 轴正方向,故在坐标原点O 静止的带正电粒子在电场力作用
下会向y 轴正方向运动.磁场方向垂直于纸面向里,根据左手定则,可判断出向y 轴正方向运动的粒子
同时受到沿x 轴负方向的洛伦兹力,故粒子向x 轴负方向偏转,A、C 错误;运动的过程中电场力对粒子
做功,粒子速度大小发生变化,粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直,由于匀强电场方向是沿
y 轴正方向,故x 轴为匀强电场的等势线,从粒子开始运动到再次运动到x 轴过程中,电场力做功为0,洛
伦兹力不做功,故带电粒子再次回到x 轴时的速度为0,随后受电场力作用再次进入第二象限重复上述
1
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过程,故B 正确,D 错误
2.如图所示，空间存在沿x 轴正方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小
为B。t =0时刻，质子以初速度v0从坐标原点O 沿y 轴正方向射出，已知质子质量为m，电荷量为
e。重力不计，则（ ）
A．t = πm
eB 时刻，质子的速度沿z 轴的负方向
B．t = πm
eB 时刻，质子的坐标为(
mE π
2
2e B
2 ,0, m v0
eB )
C．质子可多次经过x 轴，且依次经过x 轴的坐标值之比为1：4：9……
D．质子运动轨迹在yoz 平面内的投影是以O 点为圆心的圆
【答案】C
【详解】AD．沿x 轴方向，在电场力作用做初速度为零的匀加速直线运动，
根据左手定则，洛伦兹力初始时刻沿z 轴负方向，可判断质子在yOz 平面做匀速圆周运动，
所以质点运动轨迹在yOz 平面内的投影是经过O 点的圆；
当
t = πm
eB = 1
2 T
时刻，在yOz 平面质子分速度方向沿y 轴负方向，沿x 轴方向分速度沿x 轴正方向，所以质子的合
速度方向不沿z 轴的负方向，故AD 错误；
B．当
t = πm
eB = 1
2 T
时刻，沿x 轴方向
Ee =ma
x = 1
2 at
2= 1
2 ⋅Ee
m ⋅( πm
eB )
2
= π
2mE
2e B
2
在yOz 平面内，正好经过半个周期，则
y =0
z =−2r =−2m v0
eB
所以质子的坐标为(
mE π
2
2e B
2 ,0,−2m v0
eB )，故B 错误；
2
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C．质子每经过一个周期可经过一次x 轴，沿x 轴方向在电场力作用做初速度为零的匀加速直线运
动，根据比例关系可知依次经过x 轴的坐标值之比为1：4：9……，故C 正确。
故选C。
3.某实验装置的基本原理如图所示，平行正对放置半径均为R、间距为d 的圆形金属板M、N 的圆
心分别为
、
，位于
处的粒子源能向两板间各个方向发射质量为m、电荷量为q 的带正电的
粒子，不计粒子重力及相互间作用，忽略边缘效应。
（1）仅在两板间加电压U，两板间产生方向沿
方向的匀强电场。求粒子源发射出的粒子速度
大小满足什么条件时能全部击中N 板；
（2）仅在两板间加沿
方向的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，求粒子源发射出的方向与
连线成
（
）角的粒子速度大小满足什么条件时能全部击中N 板；
（3）若两板间同时存在方向都沿
方向的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B，粒子源
发射出速度大小均为v，方向垂直于
连线的粒子，全部落在半径为
的圆周上（
），
求电场强度的大小。
【答案】（1）速度应小于等于
；（2）
；（3）
。
【详解】（1）速度与场强垂直的粒子击中N 板，则全部击中N 板
其中
解得
3
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所以，速度应小于等于
。
（2）粒子源发射出的方向与
连线成
（
）角的粒子，做螺旋等距运动，
根据洛伦兹力提供向心力
根据题意可知
解得
（3）设粒子在两板间运动时间为t，在磁场中周期为T，则应该满足
根据
其中
且粒子圆周运动周期
联立解得
4.（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图所示，在空间直角坐标系中，yOz 平面右侧存在沿z 轴负方向的
匀强磁场，左侧存在沿y 轴正方向的匀强磁场，左、右两侧磁场的磁感应强度大小相等；yOz 平面
左侧还有沿y 轴负方向的匀强电场。现从空间中坐标为（d，0，0）的P 点发射一质量为m，电荷
量为+q（q>0）的粒子，粒子的速度方向沿xOy 平面且与y 轴正方向相同；经时间t 后粒子恰好垂直
于y 轴进入yOz 平面左侧，粒子从z 轴上某点返回yOz 平面右侧，不计粒子的重力。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B 的大小；
（2）匀强电场的电场强度E 的大小；
（3）粒子返回yOz 平面右侧时的速度v 的大小。
4
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】
（1）粒子在xOy 平面内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
运动周期
由题意知粒子在xOy 平面内运动
圆周
联立解得
（2）粒子经过y 轴后沿y 轴负方向做匀加速直线运动，同时在洛伦兹力作用下做圆周运动，粒子返
回xOy 平面右侧的过程中恰好做
个圆周运动，所用时间
沿y 轴方向，有
根据牛顿第二定律有
联立解得
（3）根据上述分析可解得
z
5
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粒子返回xOy 平面右侧时，沿y 轴方向的速度大小为
又
解得
02 带电粒子在立体空间的运动
6.（2025·陕西铜川·模拟预测）利用电磁控制带电粒子的运动轨迹在现代实验和设备中得到广泛应
用。如图所示，空间内有正立方体abcd-efgh 区域，正方体区域内存在着方向沿ae 向下的匀强磁场，
磁感应强度大小为B，一带电粒子从a 点沿ab 方向以速度
进入空间，粒子恰好通过c 点；第一次
撤去磁场，正方体内加上竖直向下的匀强电场
，粒子仍从a 点以原速度
进入电场，粒子恰好通
过f 点；第二次恢复原磁场，同时换上竖直向下的匀强电场
，粒子仍从a 点以原速度
进入场区，
粒子恰好通过g 点，不计粒子重力，正方体外无电场和磁场，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度
大小为
B．粒子从a 点到c 点时间是从a 点到f 点时间的
倍
C．电场强度
大小为
D．到达g 点时速度大小为
【答案】BC
【详解】AB．设立方体棱长为L，只加磁场时，粒子做圆周运动，恰好通过c 点，其半径
由
所用时间
6
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只加电场
，粒子做类平抛运动，有
，
得
则
可得
故A 错误；B 正确；
C．空间同时加磁场和电场
，粒子做非等距螺旋线运动，粒子恰好通过g 点，所用时间
沿电场方向有
得
故C 正确；
D．粒子在g 点速度
故D 错误。
故选BC。
7.现代科学研究中，经常用磁场和电场约束带电粒子的运动轨迹，如图所示，有一棱长为L 的正方
体电磁区域abcd −efgh，其中M、N 分别为棱ab、棱gh 的中点，以棱ef 中点O 为坐标原点、以
ON 为x 轴正方向、OM 为y 轴正方向、Oe 为z 轴正方向建立三维坐标系Oxyz，正方体区域内可能
单独或同时存在沿z 轴负方向的匀强电场E 及匀强磁场B，在O 点有一粒子源，沿x 轴正方向发射
不同速率的带电粒子，粒子质量均为m，电荷量均为+q，且粒子入射速度在0.9 v0≤v ≤3.3 v0范围
内均匀分布，已知磁感应强度大小为B = 3m v0
2qL ，电场强度大小为E = 81m v0
2
25 π
2qL
，不计粒子的重力和
粒子间的相互作用，取√3=1.732。
7
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(1)若正方体区域内只存在磁场，求入射速度大小为v0的粒子在该区域中运动的时间；
(2)若正方体区域内同时存在电场和磁场，求入射速度大小为v0的粒子从该区域射出的位置的坐标；
(3)若正方体区域内同时存在电场和磁场，求从正方体上表面abcd射出的粒子数占粒子总数的百分
比。
【答案】(1)4 πL
9 v0
(2)(
√3 L
3
, L,−8 L
25)
(3)25%
【详解】（1）带电粒子在匀强磁场的作用下做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
q v0 B =m v0
2
r1
解得
r1= 2 L
3
粒子轨迹如图1 所示
根据几何关系可知
cosθ = L−r1
r1
= 1
2
则
θ =60°
设带电粒子做圆周运动的周期为T，则有
8
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T = 2πr1
v0
解得
T = 4π L
3 v0
粒子轨迹对应的圆心角为120°，所以运动时间
t = 1
3 T = 4 πL
9 v0
（2）若正方体区域内同时存在电场和磁场，粒子在圆周运动的同时，沿z 轴负方向在电场力作用
下加速，加速度
a= qE
m
沿着电场方向的位移
z = 1
2 at
2= 8 L
25 < L
2
故粒子从上表面abcd射出，由图1 可知
x =r1sinθ = √3 L
3
则入射速度大小为v0的粒子从正方体电磁区域射出的位置的坐标为(
√3 L
3
, L,−8 L
25)。
（3）由上述分析可知，粒子从正方体上表面abcd射出时，粒子速率越大，粒子的外运动（匀速圆
周运动）的半径越大，图1 中的p 点越靠近d，轨迹圆心角越小，粒子在电磁场中的运动时间越短，
粒子沿z 轴负方向的位移越小。当粒子速率最大为vmax时从cd 边射出，对应的圆周运动轨迹为1
4 圆
周，其半径等于L，则有
q vmax B =m
vmax
2
L
解得
vmax =1.5 v0
假设粒子沿z 轴负方向的分运动匀加速运动到f 点时（其位移大小等于L
2 ），粒子能够从bc 边射出，
设粒子在电场中运动时间为t2，则有
L
2 = 1
2
qE
m ⋅t2
2
解得
t2= 5π L
9 v0
设此情况粒子匀速圆周运动轨迹的圆心角为β，则有
9
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t2=
β
360° T
联立解得
β =150°
此情况粒子的运动轨迹在正方体前表面adhe内的投影如图2 所示
可知假设成立，此时粒子的速率是从正方体上表面abcd射出的粒子速率的最小值，设此时圆周运
动半径为r2，由几何关系可得
r2+r2cos30° = L
解得
r2= 2 L
2+√3
同理有
q vmin B =m vmin
2
r2
解得
vmin=3(2−√3)v0
从正方体上表面abcd射出的粒子速率范围应为
3(2−√3)v0≤v ≤3
2 v0
粒子入射速度在0.9 v0≤v ≤3.3 v0范围内均匀分布，则从正方体上表面abcd射出的粒子速率范围为
0.9 v0≤v ≤3
2 v0
所以从正方体上表面abcd射出的子数占子总数的百分比
η= 1.5 v0−0.9 v0
3.3 v0−0.9 v0
=25 %
8.如图，有一个正方体空间Ⅰ（O1a1b1c1−O3a3b3c3）和一个长方体空间Ⅱ（
O1a1b1c1−O2a2b2c2）相拼接。以O1为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系O1−xy。空间I 内
存在沿z 轴负方向的匀强电场（图中未画出），空间Ⅱ内存在沿z 轴正方向的匀强磁场（图中未画
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出）。一质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子从O3c3边的中点P 以初速度v0沿x 轴正方向射入空
间I，恰好经过正方形O1a1b1c1的中心点Q，并最终从空间Ⅱ的竖直棱a1a2飞出长方体区域。空间
I 棱长为4L，不计粒子重力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)粒子经过Q 点时的速度大小；
(3)匀强磁场的磁感应强度大小及长方体空间Ⅱ竖直棱的最小高度。
【答案】(1)2m v0
2
qL
(2)√17 v0
(3)m v0
2qL
，4πL
【详解】（1）带电粒子在空间Ⅰ中做类平抛运动，运动轨迹如图所示
根据类平抛运动规律可得
2 L= v0t1
4 L= 1
2 at1
2
qE =ma
联立解得匀强电场的电场强度大小为
E = 2mv0
2
qL
（2）在空间Ⅰ中，由动能定理可得
qE⋅4 L= Ek−1
2 m v0
2
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解得粒子经过Q 点时的动能为
Ek= 17
2 m v0
2
所以粒子经过Q 点的速度大小为
v =√
2 Ek
m =√17 v0
（3）将速度v 分解为x 轴正方向的速度v0和z 轴负方向的速度4v0，由于z 轴速度方向与磁场平行，
不产生洛伦磁力，在xO1y 平面内的分速度，使粒子受洛伦兹力，在xO1y 平面内做匀速圆周运动，
粒子要从竖直棱飞出，只能从a1a2飞出，根据洛伦兹力提供向心力有
q v0 B =m v0
2
r
由几何关系可知
r =2 L
可得匀强磁场的磁感应强度大小为
B = mv0
2qL
运动时间为
t =
πr
2
v0
= πL
v0
该段时间内，粒子不能脱离Ⅱ，故空间Ⅱ竖直棱的最小高度为
H = 4 v0t = 4 πL
1.如图所示，在空间直角坐标系中，
平面左侧存在沿z 轴正方向的匀强磁场，右侧存在沿y 轴
正方向的匀强磁场，左、右两侧磁场的磁感应强度大小相等；
平面右侧还有沿y 轴负方向的匀
强电场。现从空间中坐标为
的M 点发射一质量为m，电荷量为
的粒子，粒子的初速度
大小为
、方向沿
平面，与x 轴正方向的夹角为
；经一段时间后粒子恰好垂直于y 轴进入
平面右侧。其中电场强度和磁感应强度大小未知，其关系满足
，不计粒子的重力。
求：
（1）在
平面左侧匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径
；
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（2）粒子第2 次经过
平面时的速度大小；
（3）粒子第2 次经过
平面时的位置坐标；
（4）粒子第2、第3 两次经过y0z 平面的位置间的距离。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）根据几何关系有
解得
（2）根据运动的合成有
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（3）在
平面右侧，磁感应强度大小不变，在磁场中做圆周运动的轨道半径大小仍然为
，粒
子第2 次经过
平面时的坐标
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由于
解得
粒子第2 次经过
平面时的坐标
（4）粒子再次进入
平面左侧，速度大小变为
，则有
根据几何关系，粒子第2、第3 两次经过
平面的交点间的距离为
解得
2．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，在空间直角坐标系中，
平面左侧存在沿z 轴正方向
的匀强磁场，右侧存在沿y 轴正方向的匀强磁场，左、右两侧磁场的磁感应强度大小相等；
平
面右侧还有沿y 轴负方向的匀强电场。现从空间中坐标为
的M 点发射一质量为m，电荷
量为
的粒子，粒子的初速度大小为
、方向沿
平面，与x 轴正方向的夹角为
；经一段时
间后粒子恰好垂直于y 轴进入
平面右侧，轨迹上离
平面最远的点恰好落在
平面上，不
计粒子的重力。求：
（1）在
平面左侧匀强磁场的磁感应强度B；
（2）在
平面右侧匀强电场的电场强度E；
（3）粒子第2 次经过
平面时的位置坐标。
【答案】（1）
；（2）
；（3）（0，-3d，4d）
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【详解】（1）粒子在
平面做圆周运动的半径
根据
可得左侧匀强磁场的磁感应强度
（2）粒子第一次经过y 轴后在y 方向向下做匀加速运动，同时在洛伦兹力作用下做圆周运动，因轨
迹上离
平面最远的点恰好落在
平面上，可知粒子到达
平面上时恰好做
个圆周运动，
则用时间
竖直方向
解得
（3）粒子第2 次经过
平面时做半个圆周运动，则所用时间为
则沿y 轴负方向做匀加速运动，因在O 点上方和下方用时间相等，可知位置坐标
沿z 轴坐标
即粒子第2 次经过
平面时的位置坐标（0，-3d，4d）。
3．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，离子加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分
析器，选择出特定比荷的离子；经偏转系统后到达水平面。图中匀强磁场的磁感应强度大小均为
B，方向垂直于纸面向外；匀强电场的电场强度大小均为E。磁分析器截面四分之一圆弧的半径分
别为L 和3L，M 和N 为两端中心小孔；偏转系统中电场分布在棱长为L 的正方体内，底面与水平
面平行且间距为L。当偏转系统不加垂直纸面向外的电场时，质量为m 的离子恰好竖直到达水平面
内的О 点（x 轴正方向垂直纸面向外，y 轴正方向水平向左）。整个系统置于真空中，不计离子重
力及离子间的相互作用。求：
（1）通过磁分析器的离子电性及比荷；
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（2）离子通过正方体底面到达水平面的位置坐标。
【答案】（1）正电，
；（2）
【详解】（1）通过磁分析器的离子在磁分析器内做匀速圆周运动，洛伦兹力指向
提供向心力，
由左手定则可知离子带正电，且有
离子通过速度选择器时有
得
解得
（2）离子在偏转系统中有
出偏转系统时垂直纸面向外的速度分量及位移为
出偏转系统时速度与竖直方向得夹角为
，则
离子通过正方体底面到达水平面的x 轴上的位置坐标为
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所以离子通过正方体底面到达水平面的位置坐标
。
4．（2025·天津·一模）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入
工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷
的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的
匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直于纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场
的电场强度大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直于纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为
和
的四分之一圆环，其两端中心位置M 和N 处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布
区域是棱长为L 的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁
场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O 点（即图中坐标原点，x 轴垂直纸面向外）。整个系统置于
真空中，不计离子重力及离子间的相互作用，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很
小。当
很小时，有
，
。求：
（1）通过磁分析器选择出来的离子的比荷；
（2）偏转系统仅加电场时，离子在穿越偏转系统中沿电场方向偏转的距离；
（3）偏转系统仅加磁场时，离子注入晶圆的位置坐标
（用长度
、
及L 表示）。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设经过速度选择器出来后的离子的速度为，有
解得
通过磁分析器选择出来的离子在磁场中运动时有
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，
联立解得
（2）根据题意离子经过电场的角度很小，所以离子在穿越偏转系统中的时间为
离子沿电场方向偏转的距离为
，
联立代入解得
（3）偏转系统仅加磁场时，根据洛伦兹力提供向心力有
运动轨迹如图，设离子离开磁场时速度方向偏转角度为
，有
联立解得
经过磁场时，离子在y 方向上偏转的距离为
离开磁场后到达y 轴上时间内，在y 方向上偏转的距离为
所以有
即偏转系统仅加磁场时，离子注入晶圆的位置坐标为
。
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5．（2024·广东广州·三模）在三维坐标系
中长方体
所在区域内存在匀强磁场，
平面mnij 左侧磁场
方向垂直于平面adjm，平面mnij 右侧磁场
由m 指向i 方向，其中
、
大小均未知。现有电量为
、质量为m 的带电粒子以初速度v 从a 点沿平面adjm 进入左侧磁
场，经j 点垂直平面mnij 进入右侧磁场，最后离开长方体区域。已知长方体侧面abcd 为边长L 的正
方形，其余边长如图中所示，
，
，不计粒子重力。
(1)求磁感应强度
及粒子从a 点运动到j 点时间t；
(2)若粒子从
边离开磁场，求
的大小范围；
(3)若平面mnij 可右侧空间磁场换成由j 指向n 方向且电场强度E 大小可变的匀强电场（电场图中未
画出，其余条件不变），求粒子离开长方体区域时动能
与电场强度E 大小的关系式。
【答案】(1)
；
(2)
(3)
（
）；
（
）
【详解】（1）粒子在面adjm 内做匀速圆周运动，轨迹如图所示
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设其轨道半径为r1，由几何关系得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
根据几何关系可知
时间为
（2）若粒子从
射出，根据几何关系有
若粒子从n 射出，则有
根据洛伦兹力提供向心力
将半径代入解得磁感应强度的范围为
（3）粒子恰好从
射出时有
且有
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解得
根据动能定理有
若电场强度满足
则
当
粒子往nj 方向偏转，有
根据动能定理有
解得
（
）
6．（2025·湖南·模拟预测）自由电子激光器是以自由电子束为工作物质，将相对论性电子束的动能
转变成相干的电磁辐射能的装置，其中产生电磁波的核心装置为“扭摆器”（如图所示），由沿z
方向交错周期排列的2n 对宽度为a 的永磁体组成（
，2a 被称为扭摆器的“空间周期”），
产生x 方向的周期静磁场。本题我们利用高中知识，在被简化的模型中分析注入扭摆器的电子的运
动。已知电子质量为m，带电荷-e，一束电子经加速后由弯曲磁体沿yOz 平面引入扭摆器，不考虑
引入过程速度损失，不考虑任何相对论效应，忽略电磁辐射过程的动能损耗。
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(1)假设一对永磁体间的磁感应强度恒定为
，电子束中电子进入扭摆器的初速度与z 轴夹角为
30°，且能经过扭摆器后被完整收集，求：
①电子束加速器的加速电压U；
②该电子束中的一个电子在扭摆器中的运动时间T。
(2)实际上，扭摆器的一个空间周期内，磁感应强度的大小是有变化的，一对永磁体间沿x 轴的磁感
应强度随与该对永磁体最左边的水平距离d 近似满足
的线性关系（
，
的方向由N 极指向S 极），电子束经电压
加速后沿z 轴正方向进入扭摆器，仍然能经过
扭摆器后被完整收集，求电子运动过程偏离z 轴的最大距离
。
（提示：①实验中，
可认为是相当弱的磁场；②可能用到的数学公式：
时，
）
【答案】(1)
，
(2)
【详解】（1）①在一个空间周期内，电子运动的轨迹如图所示
根据几何关系有
解得
粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
电子加速过程，根据动能定理有
解得
22
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②结合题意可知，该扭摆器总共有n 个空间周期，结合上述几何关系可知，每个空间周期内有
其中
则电子束中的一个电子在扭摆器中的运动时间为
解得
（2）根据题意可知，磁感应强度随与该对永磁体最左边的水平距离变化的关系图像为
对电子进行分析，在y 轴方向，根据动量定理有
其中
，
结合题意解得
电子在加速过程，根据动能定理有
由于
是相当弱的磁场，可知，电子在运动过程中速度变化量远远小于
，则可近似认为
则有
结合上述有
23
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电子运动时间
作出电子运动过程偏离z 轴示意图如图所示
则有
其中
解得
7．（2025·天津北辰·三模）如图所示，空间有一棱长为L 的正方体区域，带电粒子从平行于MF 棱
且与MPQF 共面的线状粒子源连续不断地逸出，逸出粒子的初速度可视为0，粒子质量为m，电荷
量为
，经垂直于MF 棱的水平电场加速后，粒子以一定的水平初速度从MS 段垂直进入正方体区
域内，MS 段长为
，该区域内有垂直平面MPRG 向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，从M
点射入的粒子恰好从R 点射出。忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力。
（1）求线状粒子源处与正方体MS 段之间的电势差；
（2）若该区域内只有垂直平面MPRG 向外的匀强电场，电场强度大小为
，已知从S 点射入
的粒子从QP 边上的某点射出，求该点距Q 点的距离；
（3）若该区域内同时存在上述磁场与电场，通过计算判断从S 点进入的粒子，离开该区域时的位
置和速度大小。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）粒子从N 点离开该区域；
【详解】（1）粒子经电场加速，则
进入垂直平面MPRG 向外的匀强磁场后从，从M 点射入的粒子恰好从R 点射出，可知粒子在磁场
中运动的轨道半径为
r=L
则由
可得
（2）若该区域内只有垂直平面MPRG 向外的匀强电场，则粒子在电场中做类平抛运动，则垂直电
场方向
沿电场方向
其中
解得
该点距Q 点的距离
（3）该区域内同时存在上述磁场与电场时，从S 点进入的粒子在正方体区域内做不等距螺旋线运
动，将其运动分解为沿MF 方向的初速为零的匀加速直线运动，和平行于MPRG 平面的线速度为v,
半径为R=L 的匀速圆周运动。分运动的匀速圆周运动的周期为
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假设粒子从FQNA 面射出，则有
解得
可知分运动的匀速圆周运动的轨迹为
圆周，该粒子恰好从N 点离开该区域，假设成立。
离开该区域时沿MF 方向的速度为
v2=at2
解得
设离开该区域时速度大小为v′，则有
解得
8．（2025·广西·模拟预测）现代科学研究中，经常用磁场约束带电粒子的运动轨迹。如图所示，有
一棱长为
的正方体电磁区域
，以棱
中点为坐标原点建立三维坐标系
，正方体
区域内充满沿
轴负方向的匀强磁场，在
点有一粒子源，沿
轴正方向发射不同速率的带电粒子，
粒子质量均为
，电荷量均为
。已知速度大小为
的粒子，恰从坐标（
，
，0）点飞出
（图中未标出），不计粒子的重力。求
（1）磁感应强度大小
；
（2）从正方体上表面
飞出的速率范围；
（3）若从
点射入的粒子初速度与
轴正方向、
轴负方向均成
，大小为
，求粒子
射出区域时的坐标。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）（
，
）
【详解】（1）带电粒子在匀强磁场的作用下做匀速圆周运动，粒子从
点开始沿
轴正方向发射，
其匀速圆周运动的圆心必定在
轴上。根据几何关系可知，粒子到达
点时，
由几何关系
解得
根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
（2）由上述分析可知当粒子从正方体上表面
飞出时，粒子速率越大，匀速圆周运动的半径越
大，图1 中的
点越靠近
。当粒子速率最大为
时在
点射出，对应的圆周运动轨迹为
圆周，
其半径等于
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则有
解得
当粒子速率最小为
时在
点射出，对应的圆周运动轨迹为
圆周，其半径等于
则有
解得
所以从正方体上表面
飞出的速率范围为
（3）假设粒子沿
轴负方向的分运动匀速运动到
点时（其位移大小等于
），粒子能够在
边
射出，设粒子运动时间为，则有
解得
粒子的分运动匀速圆周运动的周期为
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设圆心角为
，有
联立解得
此情况粒子的运动轨迹在正方体前表面
内的投影如图2 所示，可知假设成立，设此时圆周运动
半径为
，则有
解得
粒子射出区域时的坐标
1
9.（2025·广东·二模）如图所示，以长方体abcd-a′b′c′d′的ad 边中点O 为坐标原点、ad 方向为x 轴
正方向、a′a 方向为y 轴正方向、ab 方向为z 轴正方向建立Oxyz 坐标系，已知Oa=ab=aa′=L。长方
体中存在沿y 轴负方向的匀强磁场，现有质量为m、电荷量为q 的带正电粒子（不计重力），从O
点沿z 轴正方向以初速度v 射入磁场中，恰好从a 点射出磁场。
（1）求磁场的磁感应强度B 的大小；
（2）若在长方体中加上沿y 轴负方向的匀强电场，让粒子仍从O 点沿z 轴正方向以初速度v 射磁场
中，为使粒子能从a′点射出磁场，求电场强度E1的大小；
（3）若在长方体中加上电场强度大小为E2= 2√3m v
2
qL
、方向沿z 轴负方向的匀强电场，该粒子仍
从O 点沿z 轴正方向以初速度v 射入磁场中，求粒子射出磁场时与O 点的距离s。
【答案】（1）2mv
qL ；（2）8mv
2
π
2qL
；（3）(1−√3
6 π)L
【解析】（1）粒子在aOzb平面内做匀速圆周运动，如图中轨迹1 所示
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由洛伦兹力提
供向心力可得
qvB =m v
2
r
由几何关系可得r = 1
2 L
解得B = 2mv
qL
（2）粒子在长方体中运动的时间为t = πr
v
在y轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有L= 1
2 at
2
又q E1=ma解得E1= 8m v
2
π
2qL
（3）将初速度v分解为v1、v2，使v1对应的洛伦兹力恰好与电场力平衡，即
q v1B =q E2其中E2= 2√3m v
2
qL
，解得v1=√3 v，v2=√v
2+ v1
2=2v
易知v2与z轴正方向的夹角为θ =60°
若仅在v2对应的洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即q v2B =m v2
2
R
则轨道半径R = mv2
qB ，解得R = L该分运动的情况如图中轨迹2 所示。粒子在磁场中运动的时间为
t2=
π
3 R
v2
，由于粒子也参与速度大小为v1、方向沿x轴正方向的匀速运动，粒子射出磁场时与O点的
距离s= L−v1t2，解得s=(1−√3
6 π)L
10（2025·浙江·模拟预测）利用电场、磁场可以控制离子的运动路径。如图所示，空间直角坐标系
O−xyz中，x轴正方向水平向右、z轴正方向竖直向上、y轴正方向垂直xOy平面向外，离子源位
于坐标原点O，在xOz平面内沿与x轴成θ =37°角方向发射速率为v，质量为m，电荷量为q的正离
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子，在yOz平面右侧区域内存在水平向左的匀强磁场，磁感应强度大小为B，从O点射出的离子经
过时间Δt = 2πm
Bq
穿过x轴上的P点。不计空气阻力和离子所受的重力，不考虑离子对场的影响，
sin37° =0.6,cos37° =0.8。
(1)求P点坐标。
(2)去掉磁场，在xOz平面内加上竖直向下的匀强电场，从离子源发出的离子向上运动，轨迹最高点
到x轴的距离为dm = 3πmv
10 Bq ，求：
①所加电场的场强大小；
②离子回到x轴时的位置。
(3)保留原磁场，同时在yOz平面右侧区域加水平向右的匀强电场，场强大小为E
' = 4 Bv
5π ，求从离
子源发出的离子：
①经过时间Δt1= 2πm
Bq
时的位置坐标；
②经过时间Δt2= 5πm
2Bq 时的位置坐标。
【答案】(1)(
8πmv
5 Bq
,0,0)
(2)①3 Bv
5π ； ②(
8πmv
5 Bq
,0,0)
(3)①(
16πmv
5 Bq
,0,0)；②(
9πmv
2Bq
, 3mv
5 Bq , 3mv
5 Bq)
【详解】（1）将离子速度v分解到x轴和z轴方向v x = v cosθ ,v z= v sinθ
离子在x轴方向以v x = v cosθ做匀速运动，在平行yOz平面内做匀速圆周运动，周期T = 2πm
Bq
经过时间Δt = 2πm
Bq
完成一个完整的匀速圆周运动，在x轴方向的位移l = v xΔt = 8πmv
5 Bq
故P点坐标为(
8πmv
5 Bq
,0,0)
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（2）①离子在z轴正方向最大位移处的速度为v
' = v cosθ
根据动能定理得−Eq dm = 1
2 m v
' 2−1
2 m v
2
解得E = 3 Bv
5π
②离子在水平方向以v x = v cosθ做匀速运动，竖直方向做匀变速运动，从出发到回到x轴所用时间
t
' =2 dm
v z
2
= 2πm
Bq
故水平位移l
' = xxt
' = 8πmv
5 Bq
即离子刚好到达x轴上的P点，坐标为(
8πmv
5 Bq
,0,0)
（3）在yOz平面右侧区域同时存在水平向左的匀强磁场和水平向右的匀强电场，离子在平行yOz
平面内做匀速圆周运动，在x轴方向上做匀加速运动。
①经过时间Δt1= 2πm
Bq
，离子刚好在平行yOz平面内完成一个完整的圆周运动，恰好经过x轴，
此时所在位置的x轴坐标为x1= v xΔt1+ 1
2 × q E
'
m (Δt1)
2
解得x1= 16πmv
5 Bq
经过Δt1离子位置坐标为(
16πmv
5 Bq
,0,0)
②经过时间Δt2= 5πm
2Bq ，离子在平行yOz平面内刚好经过5
4 个圆周，x轴上的位置坐标
x2= v xΔt2+ 1
2(
q E
'
m )(Δt2)
2
解得x2= 9πmv
2Bq
y轴、z轴的坐标均为R = mv y
Bq = 3mv
5 Bq
经过时间Δt2离子的位置坐标为(
9πmv
2Bq
, 3mv
5 Bq , 3mv
5 Bq)
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1．（2024·湖南·高考真题）如图，有一内半径为2r、长为L 的圆筒，左右端面圆心O′、O 处各开
有一小孔。以O 为坐标原点，取O′O 方向为x 轴正方向建立xyz 坐标系。在筒内x ≤ 0 区域有一匀
强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x 轴正方向；筒外x ≥ 0 区域有一匀强电场，场强大小为E，
方向沿y 轴正方向。一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy 平面内，
且在x 轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，
不计电子之间的相互作用及电子的重力。
（1）若所有电子均能经过O 进入电场，求磁感应强度B 的最小值；
（2）取（1）问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x 轴正方向最大夹角为
θ，求tanθ 的绝对值；
（3）取（1）问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y 轴正方向的最大位移。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x 轴的匀速直线运动和在yOz 平面内的匀
速圆周运动，设电子入射时沿y 轴的分速度大小为
，由电子在x 轴方向做匀速直线运动得
在yOz 平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，由牛顿第二定律知
可得
且
由题意可知所有电子均能经过O 进入电场，则有
联立得
当
时，B 有最小值，可得
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（2）将电子的速度分解，如图所示
有
当
有最大值时，
最大，R 最大，此时
，又
，
联立可得
，
（3）当
最大时，电子在电场中运动时沿y 轴正方向有最大位移
，根据匀变速直线运动规律有
由牛顿第二定律知
又
联立得
2．（2024·北京·高考真题）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍
尔推进器的放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图。放电室的左、右两端分别为阳
极和阴极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可
视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E 和
；
还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂
直于轴线的平面绕轴线做半径为R 的匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞
并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为
，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最
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终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。
已知电子的质量为m、电荷量为
；对于氙离子，仅考虑电场的作用。
（1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a；
（2）求径向磁场的磁感应强度大小
；
（3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为
n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）对于氙离子，仅考虑电场的作用，则氙离子在放电室时只受电场力作用，由牛顿第
二定律
解得氙离子在放电室内运动的加速度大小
（2）电子在阳极附近在垂直于轴线的平面绕轴线做半径做匀速圆周运动，则轴线方向上所受电场
力与径向磁场给的洛仑兹力平衡，沿着轴线方向的匀强磁场给的洛仑兹力提供向心力，即
，
解得径向磁场的磁感应强度大小为
（3）单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数
k，设单位时间内进入放电室的电子数为
，则未进入的电子数为
，设单位时间内被电离的氙
离子数为
,则有
已知氙离子数从放电室右端喷出后与未进入放电室的电子刚好完全中和，则有
联立可得单位时间内被电离的氙离子数为
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氙离子经电场加速，有
时间
内氙离子所受到的作用力为
，由动量定理有
解得
由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小
则
3．（2022·山东·高考真题）中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约
束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系
中，
空间内充满
匀强磁场I，磁感应强度大小为B，方向沿x 轴正方向；
，
的空间内充满匀强磁场
II，磁感应强度大小为
，方向平行于
平面，与x 轴正方向夹角为
；
，
的空
间内充满沿y 轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为
的离子甲，从
平面第三象限内距
轴为
的点
以一定速度出射，速度方向与
轴正方向夹角为
，在
平面内运动一段时间后，
经坐标原点
沿
轴正方向进入磁场I。不计离子重力。
（1）当离子甲从
点出射速度为
时，求电场强度的大小
；
（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度
；
（3）离子甲以
的速度从
点沿
轴正方向第一次穿过
面进入磁场I，求第四次穿过
平
面的位置坐标（用d 表示）；
（4）当离子甲以
的速度从
点进入磁场I 时，质量为
、带电量为
的离子乙，也从
点
沿
轴正方向以相同的动能同时进入磁场I，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点
的时间差
（忽略离子间相互作用）。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）（d，d，
）；（4）
【详解】（1）如图所示
将离子甲从
点出射速度为
分解到沿
轴方向和
轴方向，离子受到的电场力沿
轴负方向，可
知离子沿
轴方向做匀速直线运动，沿
轴方向做匀减速直线运动，从
到
的过程，有
联立解得
（2）离子从坐标原点
沿
轴正方向进入磁场I 中，在磁场I 中做匀速圆周运动，经过磁场I 偏转
后从
轴进入磁场II 中，继续做匀速圆周运动，如图所示
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由洛伦兹力提供向心力可得
，
可得
为了使离子在磁场中运动，则离子磁场I 运动时，不能从磁场I 上方穿出。在磁场II 运动时，不能
xOz 平面穿出，则离子在磁场用运动的轨迹半径需满足
，
联立可得
要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为
；
（3）离子甲以
的速度从
点沿z 轴正方向第一次穿过
面进入磁场I，离子在磁场I 中的轨
迹半径为
离子在磁场II 中的轨迹半径为
离子从
点第一次穿过到第四次穿过
平面的运动情景，如图所示
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离子第四次穿过
平面的
坐标为
离子第四次穿过
平面的
坐标为
故离子第四次穿过
平面的位置坐标为（d，d，
）。
（4）设离子乙的速度为
，根据离子甲、乙动能相同，可得
可得
离子甲、离子乙在磁场I 中的轨迹半径分别为
，
离子甲、离子乙在磁场II 中的轨迹半径分别为
，
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点在离子乙第一次穿过x 轴的位置，如图所示
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从
点进入磁场到第一个交点的过程，有
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为
4．（2023·天津·高考真题）科学研究中可以用电场和磁场实现电信号放大，某信号放大装置示意如
图，其主要由阴极、中间电极(电极1,电极2, …,电极n)和阳极构成，该装置处于匀强磁场中,各相邻
电极存在电势差。由阴极发射的电子射入电极1,激发出更多的电子射入电极2,依此类推,电子数逐级
增加,最终被阳极收集,实现电信号放大。图中所有中间电极均沿x 轴放置在xOz 平面内,磁场平行于
z 轴，磁感应强度的大小为B。已知电子质量为m,电荷量为e。忽略电子间的相互作用力，不计重
力。
（1）若电极间电势差很小可忽略,从电极1 上O 点激发出多个电子，它们的初速度方向与y 轴的正
方向夹角均为
，其中电子a、b 的初速度分别处于xOy 、yOz 平面的第一象限内，并都能运动到
电极2。
（i）试判断磁场方向；
（ii）分别求出a 和b 到达电极2 所用的时间
和
；
（2）若单位时间内由阴极发射的电子数保持稳定,阴极、中间电极发出的电子全部到达下一相邻电
极。设每个射入中间电极的电子在该电极上激发出
个电子,
，U 为相邻电极间电势差。试
定性画出阳极收集电子而形成的电流I 和U 关系的图像,并说明理由
40
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【答案】（1）（ⅰ）沿z 轴反方向；（ⅱ）
，
（2）见解析
【详解】（1）（ⅰ）a 电子，初速度方向在xoy 平面内，与y 轴正方向成θ 角；若磁场方向沿z 轴
正方向，a 电子在洛伦兹力作用下向x 轴负方向偏转，不符合题题意；若磁场方向沿z 轴反方向，a
电子在洛伦兹力作用下向x 轴正方向偏转，符合题意；
b 电子，初速度方向在zoy 平面内，与y 轴正方向成θ 角。将b 电子初速度沿坐标轴分解，沿z 轴的
分速度与磁感线平行不受力，沿y 轴方向的分速度受到洛伦兹力使得电子沿x 轴正方向偏转，根据
左手定则可知，磁场方向沿z 轴反方向。符合题意；
综上可知，磁感应强度B 的方向沿z 轴反方向。
（ⅱ）a 电子在洛伦兹力作用下运动轨迹如图
由图可知电子运动到下一个极板的时间
b 电子，沿z 轴的分速度与磁感线平行不受力，对应匀速
直线运动；沿y 轴方向的分速度受到洛伦兹力使电子向右偏转，电子运动半个圆周到下一个极板的
时间
（2）设
，单位时间内阴极逸出的电子数量N0不变，每个电子打到极板上可以激发δ 个电子，
经过n 次激发阳极处接收电子数量
对应的电流
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可得I-U 图像如图
5．（2023·浙江·高考真题）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy
平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x 轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存
在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向
里，区域Ⅱ的下边界与x 轴重合。位于
处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向
与x 轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽
略磁场的边界效应。
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若
，求能到达
处的离子的最小速度v2；
（3）若
，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在
范围，求进入第
四象限的离子数与总离子数之比η。
【答案】（1）
；
（2）
（3）60%
【详解】（1）当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系
解得
r1=2L
根据
解得
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在磁场中运动的周期
运动时间
（2）若B2=2B1，根据
可知
粒子在磁场中运动轨迹如图，设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系
解得
r2=2L
根据
解得
（3）当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x 轴，则由动量定理
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即
求和可得
粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x 轴上的过程中
解得
则速度在
~
之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在
~
，又粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的
比例为
η=60%
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