2026年高考物理终极冲刺：压轴08 带电粒子在电磁组合场中的运动（压轴题专练）（全国适用）（解析版）

1/20压轴08带电粒子在电磁组合场中的运动命题预测2026年高考物理中，带电粒子在电磁组合场中的运动依旧是核心高频考点，大概率以压轴综合题形式出现，命题会贴合新课标导向，侧重结合科技应用情境命题，如粒子探测、电磁仪器等真实场景。考题将以电场加速、磁场偏转的分段运动为主，重点考查受力分析、运动轨迹推导、临界条件判断，融合动能定理、几何关系、能量守恒等知识，弱化繁琐计算，强化物理建模与逻辑分析能力的考查。备考时需牢牢把握基础规律，明晰电场力、洛伦兹力的受力特点与做功差异，熟练掌握类平抛、匀速圆周运动的解题方法，精准突破有界磁场临界问题、多过程衔接等重难点。同时要针对性练习典型真题与模拟题，总结解题模型与几何分析技巧，提升知识迁移能力，做到快速梳理物理过程、规范书写解题步骤，高效攻克这类综合题型。高频考法1.粒子由磁场进入电场2.粒子由电场进入磁场3.粒子在电场和磁场中的往复运动4.带电粒子在交变磁场中的运动5.带电粒子在组合场中含动量问题考向一带电粒子在电磁组合场中的基本规律1．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2.“电偏转”与“磁偏转”的基本规律垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力情况电场力FE＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力轨迹抛物线圆或圆的一部分运动轨迹示例求解方法利用类平抛运动的规律求解：vx＝v0，x＝v0t，vy＝eq\f(qE,m)·t，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2偏转角φ满足：tanφ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qEt,mv0)半径：r＝eq\f(mv,qB)；周期：T＝eq\f(2πm,qB)偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解运动时间t＝eq\f(x,v0)t＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(φm,Bq)动能变化不变考向二先电场后磁场(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。考向三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。典例·靶向·突破题型01先电场后磁场1．如图所示，直角坐标系xOy中存在匀强电场和匀强磁场。其中一、二象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，三、四象限存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从P点沿x轴正方向射出，初速度大小为v0。经电场作用后从x轴上Q点进入磁场。带电粒子在磁场中运动，恰好可以沿y轴负方向撞击位于y正半轴上某位置R处的一块挡板，撞击挡板后带电粒子速度大小不变，方向反向，经过一段时间后带电粒子恰好可以重新返回至P点。若OP之间的距离为ℎ，OP:OQ=2:3(1)求电场强度E的大小以及带电粒子经过Q点时速度的大小及速度方向与x轴正方向夹角θ的正切值；(2)挡板所处位置R与坐标原点O的距离OR以及磁感应强度B的大小；(3)带电粒子从P点出发第一次回到P所用的时间。【答案】(1)E=8mv02(2)OR=ℎ(3)t=【详解】（1）根据题意带电粒子在电场中做类平抛运动，可知OQ=3ℎ2解得E=进入磁场时，沿x轴正方向的速度为v竖直方向速度为v所以带电粒子进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角θ的正切值以及速度大小v分别为tanθ=4（2）带电粒子竖直作用在R处的挡板上，根据几何关系可知带电粒子在磁场中做圆周运动的半径r满足下述关系r+rsinθ=解得r=5ℎ6根据洛伦兹力提供向心力有qBv=解得B=（3）粒子的轨迹如图所示，根据对称性可知，带电粒子在电场中运动的总时间为t带电粒子在磁场中运动的周期是T=在磁场中运动的时间是t总时间t=题型解码题型解码电场中用动能定理或运动学求速度，磁场中画轨迹、定圆心、几何关系求半径，分段处理，以速度为衔接。题型02先磁场后电场2．如图所示，在xOy平面内，有一宽度为b的粒子源持续不断地沿x轴正方向发射速率均为v0的正粒子，在粒子源的右侧，有一个半径为R的圆形匀强磁场，匀强磁场的方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度大小为B1＝B，粒子源最低点与磁场圆心O1等高，其中正对圆形磁场圆心O1射入磁场的粒子经磁场偏转后恰沿y轴的负方向从O点射出。x轴下方有一与其平行的直线区域AC，AC与x轴相距为d，x轴与直线AC间区域分布有平行于y轴负方向的匀强电场，电场强度大小E=3mv0(1)粒子的比荷；(2)粒子流从O点射出时与y轴负方向的夹角θ的范围；(3)粒子离开匀强电场时速度的大小以及与AC夹角的最小值β的余弦值。【答案】(1)v(2)0(3)2v0，3【详解】（1）粒子运动轨迹如图甲所示由几何关系得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r=R由牛顿第二定律可得qB所以粒子的比荷q（2）由几何知识知图甲中四边形PO1OO2为菱形，粒子运动的半径为R，则sinθ=所以θ=则粒子流从O点射出时与y轴负方向的夹角满足0（3）由动能定理得qEd=解得v=2粒子的运动轨迹如图乙所示粒子进入匀强电场后，沿x轴方向做匀速直线运动，则有v离开电场时与AC的最小偏角的余弦值为cos即cos题型解码题型解码先由磁场圆周运动确定出射速度大小与方向，再进入电场做匀变速/类平抛。注意，出磁场时速度方向容易画错，必须规范作图。题型03交变电磁组合场3．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=4(1)若粒子重力可忽略不计，试求粒子在T2(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(2)（−4mv(3)(0,0,−2gπ【详解】（1）洛伦兹力提供向心力，T2∼T洛伦兹力不做功，粒子速度大小仍为v，则：qv代入B解得：r=（2）0∼2T内，磁感应强度B，粒子做圆周运动的周期为：T即T2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yT2∼T内，磁感应强度大小为BT2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，代入r=得x=−2r=−因此t=T时刻坐标为：(−（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+T2k=0,1,2,3⋯和t=2kT（代入T=得z坐标：当t=2kT+T2当t=2kT=8kπmqB因此经过z轴的位置坐标为：(0,0,−或(0,0,−题型解码题型解码按场的周期分段分析，确定每段受力与运动形式。核心是抓住速度、位移连续性，巧用周期与对称性。同时注意，场的切换时刻速度不能突变，受力突变要立刻重新判断运动。题型04三维空间电磁组合场4．在半导体器件制造中，离子注入的角度控制是决定其性能的关键之一，其控制过程可简化为如图所示模型。空间直角坐标系o-xyz中有一个长为4L、高为2L的长方体区域，被正方形abcd等分成左右两个相等的正方体空间Ⅰ和空间Ⅱ，整个长方体空间（含边界）存在沿x轴正方向的匀强电场E，同时空间Ⅱ还存在沿x轴正方向的匀强磁场B（图中均未标出）。已知一个质量为m，电荷量为q的离子从ON边的中点P以速度v0平行于z轴正方向射入，一段时间后该离子经过正方形abcd的中心点Q，且离子在空间Ⅱ运动的过程中，恰好未从xoz面飞出，不计离子重力和空气阻力，不考虑其他影响，则（）A．该离子带负电B．空间Ⅰ中匀强电场的电场强度大小E=C．空间Ⅱ中匀强磁场的磁感应强度大小B=D．该离子离开此区域时速度与x轴正方向的夹角满足tan【答案】BC【详解】A．整个长方体空间存在沿x轴正方向的匀强电场E，由ON边的中点P以速度v0平行于z轴正方向射入的离子向右运动经过Q点，可知离子所受电场力沿x轴正方向，因此离子带正电，A错误；B．离子在空间Ⅰ中做类平抛运动，离子从P点运动到Q点的过程中，由运动学公式有沿z轴方向L=沿x轴方向2L=由牛顿第二定律有qE=ma联立解得：E=4mC．离子由Q点进入空间Ⅱ，在yoz平面以速度v0做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得q根据题意可知离子做匀速圆周运动的半径r=联立解得B=2mD．离子在整个长方体空间运动过程中，沿x轴正方向做初速度为0的匀加速直线运动，由运动学公式有v联立解得v因此该离子离开此区域时，速度与x轴正方向的夹角满足tanθ=故选BC。题型解码题型解码可以分解为沿磁场方向直线运动+垂直磁场方向圆周运动。技巧：三维问题降维处理，只在垂直磁场平面内画圆。题型05带电粒子在电场和磁场中的往复运动5．MM50是新一代三维适形和精确调强的放射治疗尖端设备，其核心技术之一是多级能量跑道回旋加速器，工作原理如图所示。两个匀强磁场区域I、II的边界平行，相距为L，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向外。下方两‘条横向虚线之间的区域存在水平向左的匀强电场（两条横向虚线之间的区域宽度很窄，可忽略不计），方向与磁场边界垂直。某一质量为m、电荷量为e的电子从P端飘入电场（初速度忽略不计），经多次电场加速和磁场偏转后，电子从位于边界上的出射口C处向左射出磁场并被收集。已知C、Q之间的距离为d，匀强电场的电场强度大小为E，电子的重力不计，不考虑相对论效应。下列说法正确的有（）A．电子第一次加速至Q端时速度的大小vB．电子从P端飘入电场到第一次回到P端的过程中所用的时间t=3C．电子最终从C点射出时的动能为ED．电子经过QA圆弧段的时间与经过QD圆弧段的时间相同【答案】BD【详解】A．第一次加速，由动能定理得eEL=解得v1B．电子在加速电场中运动可看作速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得eE=ma电子在电场中加速了1次，可得其运动的位移大小为s=L根据位移与时间的关系可得s=联立以上各式解得t电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力有evB=m则周期为T=电子从P点第一次加速至回到P点过程中，其在磁场中运动的时间t无场区运动时间t电子从P点第一次加速至回到P点所用时间t=解得t=3mLC．当该电子从C处以最大速度vm射出时，最后一次做圆周运动的轨迹半径不能变，即由此可知，从C处射出的电子动能EkD．该电子在磁场中运动的周期t2故选BD。题型解码题型解码找折返、相切、边界约束等临界条件，用能量守恒贯穿全程。往复过程要注意受力可能突变。题型06带电粒子在组合场中含动量问题6．如图为某粒子分析器的工作原理图。粒子源O中有大量质量为m、电荷量为q的正粒子，粒子从O处由静止开始经电场加速后，沿通道中心经过静电分析器，接着恰好从A点沿着AB方向进入磁分析器ABCD。已知加速电场的电压为U，圆弧形静电分析器通道内存在均匀辐射电场，通道中心是半径为R的圆弧，圆弧上各点电场强度大小均为E（未知），磁分析器中有垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场空间还存在着一种黏性介质，使得粒子运动时受到与速度大小成正比、方向相反的阻力f=kv。粒子速度第一次与进入磁场时的初速度方向相反时在F点，AF与AD夹角为θ。不计粒子重力，下列说法正确的是（）A．若要粒子能顺利沿静电分析器通道中心到达A点，则电场强度E=B．若仅改变粒子质量，则粒子将不能通过静电分析器C．θ与k的关系满足ktanθ=qBD．最终停下的点到AD的距离为1【答案】AD【详解】A．电场中加速过程有qU=静电分析器内做匀速圆周运动有qE=联立解得E=2UB．只要满足E=2UC．粒子在磁分析器中运动时，速度第一次与初速度方向相反时在F点，有tan水平方向的速度变化为零，由动量定理q即qBy=kx联立可得k=qBtanD．对粒子在磁分析器中运动到最终停下的全过程分析，在竖直方向由动量定理−k可得k水平方向的速度变化为零，由动量定理q即有qB代入初速度v，可得最终停下的点到AD的距离为y′故选AD。题型解码题型解码磁场中洛伦兹力冲量为零，动量大小不变；电场中用动量定理。1．（25-26高三上·内蒙古呼和浩特·期末）如图甲，在空间直角坐标系中，平面abcd与xOz平面平行，平面abcd左右两侧分别存在沿z轴和x轴方向周期性变化的磁场Bz、Bx如图乙、丙，磁场正方向与坐标轴正方向相同。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在t=0时刻从abcd平面上的A点沿y轴负方向射入左侧的匀强磁场，之后在两磁场中运动，不计粒子重力及磁场变化的影响，下列关于粒子运动轨迹在A． B．C． D．【答案】A【详解】粒子在平面左侧的运动轨迹为半圆，在xOz平面上的投影图为一水平方向的直径，粒子在平面右侧的运动轨迹为半圆，在xOz平面上的投影图为一竖直方向的直径，经过磁场的一个周期，粒子回到原位置，组合起来整个运动轨迹在平面上的投影图如A项所示。故选A。2．（2025·山东聊城·二模）如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为L的匀强电场和匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的a点由静止释放，运动到磁场的下边界的b点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，粒子从上边界c点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点d（图中位置仅为示意），下列说法正确的是（

）A．a、b两点之间的距离为2L B．匀强电场的场强大小为C．粒子在d点的速度大小为BqLm D．粒子从c点到d点的竖直位移为【答案】C【详解】A．由几何关系可得粒子从a到b的位移为d=故A错误；B．设粒子在磁场中速率为v，半径为R由动能定理可得qEL=由洛伦兹力充当向心力可得qvB=m由题意结合几何关系可得R=L联立解得E=故B错误；CD．把粒子从c到d的过程中的平均速度分别沿着水平方向和竖直方向分解，设两个平均分速度分别为vx、v根据左手定则，两个洛伦兹力的分力分别为Fx=q设粒子在最低点d的速度为v水平方向由动量定理可得F由动能定理可得qEy=结合y=vy联立解得v=BqLm故C正确，D错误；故选C。3．（24-25高三下·湖北·月考）某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图所示，材料表面上方矩形区域PP′N′N充满竖直向下的匀强电场，电场宽为d；矩形区域NN′M′M充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长为L，宽为S；NNA．电子在磁场中第一次与第二次圆周运动的半径比为10B．电子在磁场中第一次与第二次运动的时间比为10∶9C．电场强度大小为BD．L=4.61S【答案】D【详解】C．设粒子第一次到达隔离层时的速度大小为v0，穿过隔离层后的速度大小为v1由动能定理得qEd=由题意知1由牛顿第二定律得e解得E=故C错误；A．设粒子穿过隔离层后第2次进入电场时的速度大小为v2，粒子由电场返回穿越隔离层后的速度大小为v3，第二次在磁场中做圆周运动的半径为R2，由题意知由牛顿第二定律得e解得R故电子在磁场中第一次与第二次圆周运动的半径比为10∶9，故A错误，B．电子第一次与第二次在磁场中均转过半个周期，时间比为1∶1，故B错误；D．电子第三次在磁场中运动的半径为R则磁场区域的长度L=2故D正确。故选D。4．（2026·山西运城·一模）如图所示，在x轴下方宽度d=0.2m的区域中，x>0的区域有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小E=4×103V/m，x<0的区域无电场。在y>0和y<−0.2mA．粒子第一次经过x轴时的速度大小为4×B．粒子经过x轴时的速度方向与x轴始终垂直C．粒子第三次经过y轴时的位置坐标为0D．粒子从开始释放到第三次经过x轴所用的时间为5+10【答案】ABC【详解】A．粒子从M点由静止释放经过电场加速到第一次经过x轴过程中有qEd=解得v1BC．根据题意画出粒子的运动轨迹如图所示设粒子经过电场加速一次后在磁场中的运动半径为r1，由洛伦兹力提供向心力得q解得r同理，粒子经过电场加速两次后，有2qEd=可得粒子在磁场中的运动半径r由图综合分析可知，粒子经过x轴时速度方向与x轴始终垂直，粒子第三次经过y轴时的位置坐标为0，0.12D．粒子在磁场中运动的周期T=粒子在电场中第一次加速的时间t粒子在电场中第二次加速的时间t粒子在无电场和无磁场区域做匀速直线运动的时间为t则粒子从开始释放到第三次经过x轴所用的时间t=T+t故选ABC。5．（2026·四川内江·二模）如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xoy中，x轴上方有一圆形有界匀强磁场（图中未画），磁场方向垂直纸面向内，磁感应强度B=0.1T,x轴下方有一斜向右上与y轴正方向成夹角α=37°的匀强电场。在x轴上放一挡板，挡板长为L=2.4m，板的左端在坐标原点O处。现有一带正电粒子从y轴上的P0,6.8m点，以大小v=4m/s、方向与y轴负方向成θ=53°角的速度射入第二象限，经过圆形磁场偏转后从x轴上的A−1.6m,0A．粒子在圆形磁场中运动时，轨迹半径为2B．圆形有界磁场的最小面积为1.44C．要让粒子能打在挡板上，电场强度的最大值为15D．能打在挡板上的粒子，从P点射出到挡板运动的最长时间为2.3+【答案】AC【详解】A．洛伦兹力提供向心力qvB=解得r=2mB．由几何关系，圆形磁场半径最小值满足R=r面积S=πRC．粒子进入电场后做类平抛运动，设它从A点射到x轴的位移为x，则有xx联立得E=xmin=1.6mD．由图的对称性可知OP+OA解得l=4打在挡板最右侧时间最长t1=lv=1s总时间t总故选AC。6．（2026·广西贵港·一模）如图所示，虚线OM与x轴正方向的夹角θ=45∘，OM与x轴负半轴上侧区域存在电场强度大小为E、方向沿y轴负方向的匀强电场，OM下侧与第四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为qq>0的粒子从P点L，3A．粒子第一次进入磁场时的速度大小为qELB．磁感应强度的大小为2mEC．粒子在磁场中运动的时间为3πD．粒子再次进入电场后，运动到距离虚线OM最远时所需的时间为mL【答案】AD【详解】A．设粒子进入磁场前在电场中运动的距离为x，由几何关系可知x=在电场中，粒子做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得qE=ma由匀变速直线运动规律可得v联立解得v=qELB．由于粒子在第一象限磁场内运动时恰好没有越过x轴正半轴，即粒子的运动轨迹与x轴正半轴相切，由几何关系可知，其做圆周运动的半径为L，洛伦兹力提供向心力，则有qvB=m解得B=mEC．由题可知，粒子轨迹对应圆心角为3π2，粒子不会再进入磁场，则粒子在磁场中运动的时间t=D．粒子再次进入电场后，做类平抛运动，当运动到速度方向与OM平行时离OM最远，所需时间为t′故选AD。7．（25-26高三上·云南楚雄·期末）如图所示，在O−xyz坐标系内存在匀强磁场和匀强电场，电场方向沿z轴正方向，磁场方向沿z轴负方向。一质子从点(2L,0,0)处沿y轴正方向入射，其轨迹与z轴的第1个交点坐标为(0,0,2L)。若质子的质量为m，带电荷量为q，入射速度大小为v0A．匀强磁场的磁感应强度大小为mv0qLC．质子轨迹一定过点(2L,0,32L) D．质子轨迹与z轴的第5个交点为(0,0,128L)【答案】AC【详解】A．质子在电场力作用下，沿z轴正方向做初速度为0的匀加速直线运动，在洛伦兹力的作用下，在xOy平面内做匀速圆周运动，由几何关系可知，质子做圆周运动的半径r=L，由洛伦兹力提供质子做圆周运动的向心力，有qB解得匀强磁场的磁感应强度大小B=mB．质子从入射到与z轴交第1个点的过程经历的时间t=沿z轴方向有2L=解得E=4mC．质子每隔2t经过出发点正上方，则质子第n次经过出发点正上方时z轴方向上的位移大小L解得L则当n=2时质子经过点(2L,0,32L)，故C正确；D．质子与z轴第1次相交后，每隔2t时间再与z轴相交，则第n次与z轴相交时，在z轴上有L则与z轴的第5个交点的坐标为(0,0,162L)，故D错误。故选AC。8．（2025·浙江嘉兴·一模）某科研小组设想用如图所示的装置来选择密度相同、大小不同的球状纳米粒子。粒子在电离室中被电离后带有正电，缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域Ⅰ，再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上。调节区域Ⅱ的电场强度，收集室恰好能收集到半径为r0的粒子。已知纳米粒子材料的密度为ρ，电离后的带电量q与其表面积A．区域II的电场强度方向应竖直向下B．半径为r的粒子通过O2时的速率为C．半径为r>rD．要收集到半径r>r【答案】BC【详解】A．粒子被电离后带有正电，在区域Ⅱ受到的洛伦兹力向下，粒子能沿O2OB．半径为r的粒子所带电荷量q=4πkrqU=1m=ρ⋅4v=6kUC．由B项分析，同理可知半径为r0的粒子通过O2时的速率v0=6kUρr0得E=6kUρr0B，半径为则q1E>qD．由C项分析可知，要收集到半径r>r故选BC。9．（2025·广西南宁·一模）某种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极板，其间存在匀强电场，两极板间电势差为U。两极板的板面中部各有一沿OP方向的狭长狭缝，带电粒子可通过狭缝穿越极板，如图乙所示。两虚线外侧区域存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面。在离子源S中产生的质量为m、带电量为qq>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，最终只能从出射孔P射出。如果离子打到器壁或离子源外壁即被吸收。O点到极板右端的距离为D，到出射孔P的距离为bDb>2，图乙磁场的磁感应强度BA．离子能从P射出，可能的磁感应强度B的最小值为2B．若2bD2UmqC．若b=2.5，B=245D2UmqD．若b=2.5，B=245D2Umq【答案】ABC【详解】A．磁感应强度B最小时，离子经一次加速后从P点离开磁场，根据动能定理得qU=进入磁场后做匀速圆周运动qR=求得B=2B．若2根据R=mv离子经过加速后在磁场中转一圈打到离子源外壁被吸收，不能从P射出，故B正确；CD．若b=2.5，B=离子第一次加速后的半径R在磁场中转动半圈后进入电场做减速运动，到下极板速度减为零又再次加速飞出上极板，半径仍为R如此重复两次后离子从下极板进入电场，可继续加速，速度变大半径变大，如此重复直至从P射出。射出时的半径为R=射出时的速度v=4因此射出时动能为16×1故选ABC。10．（2025·广西·高考真题）如图，带等量正电荷q的M、N两种粒子，以几乎为0的初速度从S飘入电势差为U的加速电场，经加速后从O点沿水平方向进入速度选择器（简称选择器）。选择器中有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，右端开口宽度为2d时，M粒子沿轴线OO′穿过选择器后，沿水平方向进入磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场（偏转磁场），并最终打在探测器上；N粒子以与水平方向夹角为θ的速度从开口的下边缘进入偏转磁场，并与M粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应，则（）A．M粒子质量为2qUB．刚进入选择器时，N粒子的速度小于M粒子的速度C．调节选择器，使N粒子沿轴线OO′穿过选择器，此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比为4EUD．调节选择器，使N粒子沿轴线OO′进入偏转磁场，打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器上的位置间距为4U【答案】AD【详解】A．对M粒子在加速电场中qU=在速度选择器中q解得M的质量mMB．进入粒子速度选择器后因N粒子向下偏转，可知q即v0NC．M粒子在磁场中运动半径为r1，则q解得rN粒子在磁场中运动的半径为r2，则2解得r其中q可得v由动能定理N粒子在选择器中−qEd=在加速电场中qU=解得mN=则要想使得粒子N沿轴线OO＇通过选择器，则需满足q联立解得E′D．若N粒子沿直线通过选择器，则在磁场中运动的半径为r3，则其中r1=由AB选项分析可知E′B则打在探测器的位移与调节前M打在探测器上的位置间距为Δ可得Δx=故选AD。11．（2025·河北·高考真题）如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定，间距为d，M板接地。M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与OP的夹角θ=60°时，粒子恰好垂直穿过M板A．粒子一定带正电B．若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小C．粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7LD．粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为3【答案】BCD【详解】A．根据粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则可知粒子带负电，选项A错误；B．随着粒子不断打到N极板上，N极板带电量不断增加，向下的电场强度增加，粒子做减速运动，当粒子恰能到达N极板时满足v2=2ad解得E=即d越大，板间所形成的最大电场强度越小，选项B正确；C．因粒子发射方向与OP夹角为60°时恰能垂直穿过M板Q点的小孔，则由几何关系cos解得r=2L可得OP=r可得粒子从磁场上方，直接打在打到M板上表面的位置与O点的最大距离为x当N极板吸收一定量的粒子后，粒子再从Q点射入极板，会返回再从在Q点射出，后继续做圆周运动，这时打M板在板上表面的位置x则粒子打在M板上表面的位置的最大距离为7L，选项C正确；D．因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ长度时，粒子仍可从Q点进入两板之间，由几何关系可知此时粒子从P点沿正上方运动，进入两板间时的速度方向与M板夹角为α=30°，则在两板间运动时间t=其中a=打到M板下表面距离Q点的最小距离s=v解得s=2d选项D正确。故选BCD。12．（2026·云南·模拟预测）如图所示，在一竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，其中y轴竖直向上，x轴水平向右。空间中0<x≤3d区域分布有电场强度大小相等的匀强电场，其中0<x≤d、2d<x≤3d区域电场方向沿x轴正向，d<x≤2d区域电场方向沿y轴正向；x>d区域还分布有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。现从点P（34d，0）静止释放一带正电微粒，该微粒依次经过每个边界的速度大小都相等且速度方向与边界的夹角都为45°。已知重力加速度为(1)带电微粒的比荷qm(2)微粒由释放至到达边界x=3d所需时间t；(3)在x>3d区域，微粒运动过程中的最小速度vmin。【答案】(1)q(2)t=(3)v【详解】（1）由题意可知，在0<x≤d区域内，微粒做匀加速直线运动，有mg=qE根据动能定理有mg⋅解得v在d<x≤2d区域内，微粒做匀速圆周运动，有q根据几何关系可知R=d联立解得q（2）在0<x≤d区域内，根据牛顿第二定律有2运动时间为t在d<x≤2d区域内，有t其中α=90°在2d<x≤3d区域内，由于q则微粒做匀速直线运动，有t微粒到达边界x=3d所需时间t=（3）在x>3d区域，微粒运动过程中有最小动能时，微粒运动速度沿水平方向，根据动量定理有−其中∑根据动能定理有−mgy=联立解得vmin=0（另解13．（2026·山东临沂·一模）某科研小组将威尔逊云室置于如图所示的匀强电场和匀强磁场中，用来显示带电粒子的运动径迹，进而研究带电粒子的性质。平面直角坐标系xOy位于竖直平面内，x轴上有M、N、P三点，三点的横坐标满足xN−xM=2d，xP=3.2d。在xM≤x≤xN区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场；在x≥xp区域内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一未知粒子从坐标原点O(1)求该粒子的比荷；(2)求匀强电场的电场强度E的大小及N、P两点之间的距离lNP。(3)若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，观察发现该粒子的轨迹呈螺旋状并与磁场左边界相切于D点（图中未画出）。求粒子由C点运动到D点的时间t，以及D点的纵坐标yD【答案】(1)q(2)E=23(3)t=3πd2【详解】（1）由题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，且运动半径为r=d洛伦兹力提供向心力，则q可得q（2）粒子在电场中做一个反向的平抛运动，则2d=v0qE=ma解得E=由位移关系可得x可得x则l（3）由于阻力作用，粒子速度减小，故半径也减小，但是粒子运动的周期与速度无关，由q可得T=所以t=又由粒子的运动轨迹可知α=则粒子由C运动到D的时间为t=设某时刻粒子的速度大小为v，方向如图所示，将速度分解为v=vx+v把fL=qvB和f=kv作正交分解，则在x选择t→t+Δt的微元过程，即上式两边同时乘以Δt，并有对C点到D点全过程累加求和，且有∑则qB解得y14．（2026·辽宁葫芦岛·模拟预测）如图所示，平面直角坐标系xOy中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场；电场强度大小为E，第四象限存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。一质子从坐标原点O以某一速度飞入电场，先后经过P、Q点进入磁场。P点坐标为d,0.5d,Q点坐标为2d,0。已知质子质量为m，带电荷量为﹢(1)求质子在O点的速度大小v0及该速度与x轴正方向的夹角θ(2)若质子第一次进入磁场后，到达y轴时速度方向恰好垂直y轴，求质子在电场和磁场中运动的总时间t；(3)若质子某次出磁场后能经过点（2d，0.5d），求磁感应强度的最小值。【答案】(1)2Eqdm，(2)2+(3)4【详解】（1）质子在电场中做类斜抛运动，根据对称性可知，P点为抛物线的顶点，从O到Q点经过的时间为t由牛顿第二定律有Eq=may方向做匀变速运动，O到P的时间为t12可得tx方向做匀速运动，O到Q过程中，2d=解得vy方向，由速度时间关系v可得tanθ=v质子在O点的速度v（2）根据运动的对称性可知，质子第一次到达Q点时速度大小为v0，方向与x轴正方向夹角为质子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，如图所示由几何关系有sin质子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=质子在磁场中运动的时间t质子在电场和磁场中运动的总时间t=（3）设质子第2次经过x轴的位置到O的距离为Δx，如图所示由几何关系有Δx=2d−2质子某次出磁场后能经过点2d，0.5d，需满足nΔx+d=2d可得r因质子在磁场中轨迹不能过第三象限，还需满足2d≥所以r则2d−2即n=1或n=2根据洛伦兹力提供向心力Bq可得B=当r1越大时，B越小，即n=2则B15．（2026·四川成都·二模）某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图所示，材料表面上方矩形区域PP′N′N充满竖直向下的匀强电场，电场宽为d；矩形区域NN′M′M充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长为5s，宽为s，A是M′N′(1)求电场强度的最大值E；(2)若要使电子在AM′间垂直于AM′飞出（不包含A、(3)若电场和磁场的分界线N′N存在薄隔离层，电子每次穿越隔离层的时间极短、运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，要使电子从磁场边界【答案】(1)B(2)9(3)5e【详解】（1）如图所示，电场强度取最大值时，电子在磁场中运动的半径为r=s根据洛伦兹力提供向心力可得evB=m可得r=在电场中，根据动能定理有e可得E（2）设电子在磁场中运动半周的次数为n，轨道半径为r，电子在AM′间垂直于AM′根据几何关系有2n+1r=5s，解得2<n<4.5n取正整数，可得n=4时，在磁场中运动时间最大，解得t=（3）电场强度取最大值时，电子经过薄隔离层后的速度等于第一问中的最大速度，有1根据e解得电场强度的最大值为E电场强度取最小值时，设电子第一次经过薄隔离层后的速度为v1，再次经过薄隔离层后的速度为v2可得v根据evB=m可得r=mveB如图所示，根据几何关系有2可得2可得半径r对应的速度为v根据12m解得E可得电场强度大小的取值范围为5e16．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）如图所示，在xOy平面内：第一象限存在方向垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1=2mv02qL；第二象限存在一个方向垂直平面向外的圆形匀强磁场区域（图中未画出），磁感应强度的大小为B2=4mv0qL；第四象限内存在沿y(1)粒子从发射到第一次打到x轴经历的时间t；(2)电场强度E的大小；(3)粒子经第二象限圆形磁场偏转后可以从P点回到第一象限，求圆形磁场面积的最小值S，及此后粒子经过x轴时对应位置的横坐标x。【答案】(1)5(2)2(3)πL2【详解】（1）粒子在第一象限磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有q解得R粒子从P(0,L)沿y轴正方向射入，圆心在2粒子打到x轴时，y=0，由几何关系可知粒子转过的圆心角为θ=粒子运动周期T故运动时间t（2）设粒子在A点进入第四象限电场，A点横坐标x此时速度方向与x轴负方向成45即vx=−粒子在电场中做类斜抛运动，直接从原点O进入第二象限，说明水平位移大小为xA，竖直位移为0。水平方向竖直方向0=−联立解得E=（3）粒子从O点进入第二象限，速度方向与x轴负方向成45∘。粒子经磁场偏转后从P(0,L)回到第一象限。其半径圆形磁场区域面积最小时，根据几何关系可知，其值为S=π故最小面积S=粒子从P点射出时，速度方向与x轴正方向成45∘。进入第一象限磁场B1后，做半径为R1=第一次当y=0时x=之后将在第一象限和第四象限重复运动，则第n次回到横轴表达式为x17．（2026·广东广州·一模）如图空间直角坐标系O-xyz将y≥0的空间划分为四个区域，IV区域存在沿z轴负方向的匀强电场，Ⅱ、Ⅲ区域存在沿y轴负方向的匀强磁场。在xOy平面内x>0区域放置一足够大的吸收屏，吸收屏下方紧靠P（l，0，0）处有一粒子源可向x轴负方向发射速率为v0、质量为m、带电量为+q的粒子（重力不计）。粒子运动经过Q（0，0，）点且刚好打在屏上P点，粒子打在吸收屏上即被吸收且不影响空间电、磁场分布。(1)求匀强电场的电场强度大小E0；(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B0；(3)若在I区域加沿y轴正方向、电场强度大小为2E0的匀强电场，同时调节IV区域中电场强度大小为kE0（电场方向不变），求粒子打在吸收屏上落点的坐标。【答案】(1)m(2)4m(3)[【详解】（1）粒子从P到Q做类平抛运动，设运动时间为t1x方向有l=z方向有l其中a=联立三式得：E（2）设粒子到达Q点时，速度方向与x轴成θ角，由tanθ=a粒子在磁场中做匀速圆周运动，从Q点进入磁场，从M点离开磁场。设粒子圆周运动半径为r，速度vQ，由洛伦兹力提供向心力有并且v粒子打在P点，有MQ联立三式得B（3）调节I、IV区域的电场分布后，设粒子从Q'点进入磁场，再从M'点离开磁场z由前面分析可知M′粒子要进入I区域，打在吸收屏上，需满足0＜kl粒子到达M'点时，z方向的分速度vM粒子在I区域运动，设经历时间t2，落点在吸收屏上坐标设为（x，y，0）有z得t故x=v0所以打在吸收屏的坐标是3−k18．（2026·广东深圳·一模）如图所示，有一个位于x轴上方带电的平行板电容器，极板长度为2L、极板间距为3L，电容器的右极板与y轴重合且下端在原点O。y轴右侧有一与y轴平行的虚线y'，在y轴和虚线y'之间存在垂直于xOy平面的匀强磁场，x轴上方磁场方向垂直纸面向外，x轴下方磁场方向垂直纸面向里。某时刻一质量为m、电荷量为q、不计重力的带正电粒子沿y轴正方向以大小为v0的初速度紧挨电容器左极板下端射入电容器内，经电场偏转后，粒子刚好从电容器的右极板最上端P(1)电容器内的电场强度大小以及粒子进入磁场时的速度大小和方向；(2)若粒子从P进入磁场后，经x轴上方磁场偏转（未到达虚线y'）后不会打到电容器的右极板上，x轴上方磁场的磁感应强度应满足怎样的条件；(3)若x轴上、下磁场的磁感应强度大小之比为1：2，粒子在x轴上方轨道半径为r=233L。虚线y'与【答案】(1)E=3mv022qL，粒子进入磁场时速度与y(2)B(3)d=33L+n3【详解】（1）粒子在电场中运动时，沿电场方向，做匀加速运动，有3其中a=在沿y轴方向上，有2L=联立可解得E=粒子进入磁场时的速度大小为v=可解得v=2设粒子进入磁场时的速度方向与y轴方向夹角为θ，则有cos所以角度θ=60°（2）粒子从P进入磁场后，经磁场偏转后不会打到电容器的右极板上，需要粒子进入x轴下方磁场，临界条件是粒子轨迹与x轴相切，设此种情况下粒子在x轴上方磁场中运动的半径为r0，则粒子与x轴相切时，有粒子与x轴相切时对应磁感应强度的最大值为Bm，此时有可解得B所以若粒子经磁场偏转后不会打到右极板上，在x轴上方磁感应强度应为B（3）当粒子在x轴上方轨迹半径为r=23在下方磁场区域内，有qv⋅2则r画出粒子的运动轨迹，如下图所示由于2r=可知粒子在x轴上方的运动轨迹刚好为半圆，设粒子从上到下穿越x轴时速度与x轴成α角，根据几何关系可知α=30°根据轨迹可知粒子有可能在x轴上方或下方垂直打在y′上，也有可能上下转动多次后打在y′上。所以如果粒子在x轴的下方垂直打到y'上，y'与y的距离满足d1如果粒子在x轴的上方垂直打到y'上，y'与y的距离满足d2=rsin19．（25-26高三上·广东深圳·期中）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在y<0区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，平行于y轴的接收屏到y轴的距离为33d，其上端紧靠x轴；现在P(−3d,−d)点沿x轴正方向以大小为v0的初速度射出一个质量为m(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)现在第一象限内放置一个足够长的绝缘弹性挡板，挡板垂直于坐标平面且平行于x轴，粒子与挡板碰撞前后，平行于板的分速度不变，垂直于板的分速度等大反向，为了使粒子经挡板碰撞后最终不能打在接收屏上，则挡板到x轴的距离应满足什么条件。【答案】(1)B=(2)E=(3)21【详解】（1）粒子的运动轨迹如图所示由几何关系可得R根据牛顿第二定律可得q解得B=（2）如图粒子垂直打在接收屏，由对称性以及（1）中式子，根据几何关系有cosθ=3d2d=3联立，解得E=（3）粒子运动轨迹如图乙所示设当粒子第一次经挡板反弹后进入磁场并恰好打在接收屏与x轴交点处时，挡板离x轴的距离为y1，则粒子反弹后进入磁场时的位置离O点的距离为3d，设粒子第一次在电场中运动的时间为t1，则有解得y设当粒子经挡板第二次反弹后经电场偏转恰好打在接收屏与x轴交点处时，挡板离x轴的距离为y2，则粒子第一次反弹后进入磁场时的位置离O点的距离为32d，设粒子第二次在电场中运动的时间为t2解得y因此2120．（2026·山东·一模）如图所示，平面直角坐标系xOy中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第四象限存在垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小可调。一带正电的粒子从坐标原点O以与x轴正方向夹角θ=45°、大小为v0的速度飞入电场，经过x轴上的Q点第一次进入磁场，Q点坐标为(2d,0)。已知该粒子质量为m，带电荷量为+q(1)求匀强电场的场强E；(2)若粒子第一次进入磁场后，到达y轴时速度方向恰好与y轴垂直，求该粒子在电场和磁场中运动的总时间t；(3)若粒子某次出磁场后能经过点(2d,0.5d)，求磁感应强度B的最小值。【答案】(1)E=(2)t=(3)B【详解】（1）粒子在电场中做类斜抛运动，设粒子在电场中运动的加速度为a，从O到Q点经过的时间为t1，粒子沿x轴方向做匀速直线运动，则有粒子从O到最高点有a根据牛顿第二定律有qE=ma联立解得E=（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出其运动轨迹，如图所示根据几何关系有sin又周期T=磁场中运动的时间t在电场中O到Q有2d=可得t粒子运动的总时间t=（3）设粒子第2次经过x轴的位置到O点的距离为Δx，又粒子在电场中到达的最大高度ℎ=作出粒子的运动轨迹，如图所示根据几何关系有Δ粒子某次出磁场后能经过点(2d,0.5d)，需满足n可得r因粒子在磁场中轨迹不能过第三象限，还需满足2d≥所以r则有2可得n≤即n=1或n=2根据洛伦兹力提供向心力q可知B=即n=2时磁感应强度有最小值，则B21．（2026·广东深圳·一模）离子注入是现代半导体芯片制造中的工艺，如下图所示是工作原理示意图。磁分析器截面是内外半径分别为r和3r的四分之一圆环，内有方向垂直纸面向外的匀强磁场。离子源中的电子轰击BF3气体，使其电离，得到离子B+、BF2+，质量分别为11m、49m，电荷量均为e。初速度可忽略不计的离子飘入加速电场，经加速后由ab边中点水平向右垂直ab进入磁分析器。已知离子B+(1)进入磁分析器时，B+(2)离子注入的目标是将B+注入晶圆，试通过计算分析BF2+【答案】(1)v(2)不能从cd边射出掺杂到晶圆内【详解】（1）在加速电场中加速过程对B+有对BF2+两式相比得v（2）在磁分析器中对B+有洛伦兹力提供向心力有11m联立1解得B=对BF2+联立1解得r若离子恰好从d点射出，有：3r解得rd=134r，由于r22．（2026·湖北·一模）如图所示，两块平行金属板水平放置，板长和板间距均为2d，两板之间存在竖直向上的匀强电场.极板右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外.极板左侧有一束宽度为2d，均匀分布的正离子束，平行于金属板进入电场，已知正离子质量为m，电荷量为q，进入电场速度为v0(1)求两极板间电场强度E的大小；(2)若从电场射出的粒子经磁场偏转后能全部回到电场中，求磁感应强度B的取值范围；(3)若磁感应强度B大小取（2）中的最小值，求磁场中有粒子经过的区域面积。【答案】(1)E=(2)B≥(3)S=【详解】（1）有50%的粒子能够从电场射出，则粒子在电场中竖直偏转距离为d，粒子做类平抛运动，竖直方向有d=12水平方向有2d=联立解得E=（2）粒子射出电场时竖直方向速度v粒子射出电场时速度为v，v2=解得α=π4根据洛伦兹力提供向心力qvB=m从电场射出的粒子经磁场Ⅱ偏转后能全部回到电场，根据几何关系有2r解得B≥（3）有粒子经过的区域如图所示，由几何关系知扇形面积为S三角形面积为S弓形面积为S梯形面积为S在磁场中有粒子经过的区域面积为S=223．（25-26高三上·山东潍坊·期末）如图甲所示的三维直角坐标系O−xyz中，x<0区域存在沿z轴正方向的匀强磁场，0<x<3d区域存在沿y轴负方向的匀强电场，x>3d的区域存在方向随时间变化的磁场。一电荷量为+q、质量为m的粒子，从点P(−d,0,0)平行于y轴正方向出发，初速度大小为v0，从点Q(0,(1)求x<0区域磁场的磁感应强度大小B0(2)求匀强电场的电场强度大小E；(3)x>3d的区域磁场磁感应强度大小为B0，方向沿z轴正方向和沿x轴正方向交替变化，从粒子离开点M开始计时，变化规律如图乙所示，其中t【答案】(1)B(2)E=(3)4【详解】（1）粒子在x<0区域做匀速圆周运动，由几何关系得(r−d)解得r=2d洛伦兹力提供向心力q解得B（2）设粒子过Q点时速度方向与x轴夹角为θ，由几何关系得sin解得θ=30°粒子在0<x<3d区域做匀变速曲线运动，设粒子在电场中运动时间为3va=联立以上各式解得E=（3）粒子进入x>3v=各段均为匀速圆周运动，半径r周期T=M点到x轴的距离l=解得l=t=6t0y=l−2

z=3即粒子所处位置坐标为424．（25-26高三上·湖北襄阳·期末）一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子从x轴上的P点以速度v沿与x正方向成60∘角射入第一象限内的匀强磁场中，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，磁感应强度大小为B=3mv(1)P、O两点间的距离；(2)带电粒子在电场中速度第一次为零时的坐标；(3)从P点进入磁场到第三次经过y轴所用的时间。【答案】(1)a(2)（−a，3a(3)10【详解】（1）粒子第一次在磁场中的运动轨迹如图所示设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r。粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得qvB=m由几何关系可得r=联立求得PO=a（2）粒子离开磁场时，离O的距离为y粒子在电场中做匀减速直线运动，粒子速度第一次为零时运动的水平距离为x=由牛顿第二定律a联立求得x=a则粒子在电场中速度第一次为零时的坐标为（−a，3a（3）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，则T=由图知，粒子第一次在磁场中做圆周运动对应的圆心角为θ粒子第一次在磁场中运动的时间t联立解得t粒子在电场中先匀减速到零再反向匀加速第2次经过y轴，运动时间为t粒子再次进入磁场中时，垂直y轴进入磁场，向上偏转垂直y轴第3次经过y轴，运动时间t则粒子从P点进入磁场到第三次经过y轴所用的时间t=25．（2026·河北·一模）如图，平面直角坐标系xOy中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第四象限存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。现有一质子从坐标原点O以某一速度飞入电场，先后经过P、Q点进入磁场。P点坐标为d，0.5d，Q点坐标为2d，(1)求质子在O点的速度大小v0及该速度与x(2)若质子第一次进入磁场后，到达y轴时速度方向恰好垂直y轴，求质子在电场和磁场中运动的总时间t；(3)若质子某次出磁场后能经过点（2d，0.5d），求磁感应强度的最小值。【答案】(1)v0=(2)t=(3)B【详解】（1）质子在电场中做类斜抛运动，根据对称性可知，P点为抛物线的顶点，从O到Q点经过的时间为t牛顿第二定律有qE=may方向做匀变速运动，O到P的时间为12t可得tx方向做匀速运动，O到Q过程中，2d=解得vy方向，速度时间关系v可得tanθ=v质子在O点的速度v（2）根据运动的对称性可知，质子第一次到达Q点时速度大小为v0，方向与x轴正方向夹角为质子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，如图所示由几何关系有sin质子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=质子在磁场中运动的时间t质子在电场和磁场中运动的总时间t=（3）设质子第2次经过x轴的位置到O的距离为Δx由几何关系有Δ质子某次出磁场后能经过点2d，0.5d可得r因质子在磁场中轨迹不能过第三象限，还需满足2d≥所以r则2d−2即n=1或n=2根据洛伦兹力提供向心力q可得B=当r1越大时，B越小，即n=2则B26．（25-26高三上·云南曲靖·期末）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(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(2)3【详解】（1）粒子第一次在电场中运动的时间t根据牛顿第二定律有q根据速度公式有v解得v粒子第一次进入磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有q解得r（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结合上述解得T1=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x结合上述解得x粒子第2次进入电场加速的速度v粒子第2次在电场中加速的位移x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d粒子第3次在电场中加速后的速度v粒子第3次在电场中加速的位移x粒子第3次出磁场时与y轴的距离d粒子第3次出磁场时，在磁场中圆周运动的轨道半径r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d结合上述解得d27．（25-26高三上·云南普洱·期末）如图所示，平面直角坐标系的第一象限内有垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁场边界是边长为L的等边三角形MON，N点坐标为(L，0)；在第二象限有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为+q的粒子从P点由静止释放，粒子从y轴上Q点飞出电场时速度为(1)P点到y轴的距离，(2)磁感应强度B的大小；(3)粒子从Q点出电场到再次回到Q点经过的时间。【答案】(1)m(2)B=(3)2【详解】（1）设P点到y轴的距离为l，根据动能定理有qEl=解得l=（2）粒子的运动轨迹如图所示根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m根据几何关系有2R联立解得R=37（3）粒子从Q点出电场到再次回到Q点运动轨迹的长度为s=2⋅2R又t=求得粒子从Q点出电场到再次回到Q点经过的时间t=28．（2026·内蒙古赤峰·模拟预测）如图甲，电子枪连续不断的逸出质量为m、电荷量大小为e的电子（初速度可视为0），经电压为U0的电场加速，沿与M、N板平行的方向从两板正中间射入。平行金属板M、N间的电压UMN随时间变化如图乙所示，BAC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，∠A =37∘，M、N板的右端均在磁场边界AB上，A点到M板的距离为ℎ。t=0时刻射入MN板间的电子恰好从M板的右边缘飞出，且在两板间运动的时间为2t0。已知U0=2mℎ2(1)金属板的板长L及M、N板间的距离d；(2)若BAC区域的磁感应强度B0=8m9et(3)若将BAC区域改为垂直AC边斜向上的匀强电场，要使电子不从AC边界射出，求匀强电场的电场强度最小值E，以及此条件下打在BD板上的位置离N板的最远距离xm【答案】(1)4ℎ，2ℎ(2)75(3)32mℎ15et【详解】（1）电子离开加速场的速度为v0，由动能定理e电子沿与M、 N板平行的方向做匀速运动L=v解得L=4ℎ

电子沿与M、 N板垂直的方向先做匀加速运动，后做匀减速运动，由牛顿第二定律得a1由对称可知12解得d=2ℎ（2）由（1）可得电子进入磁场中速度大小一定都为v0，且水平向右，由洛伦兹力提供向心力e解得r=2.25ℎ设与M板相距x的电子从两板间射出时，在磁场中运动的轨迹恰好与AC边界相切，由几何关系r=r+x+ℎ解得x=1则打到BD板上的电子占电子数量的百分比为η=d−x解得η=75（3）进入电场的粒子做类斜抛运动，从M板边缘射出的电子运动轨迹与AC边界相切时电场强度E最小，对粒子运动进行正交分解，沿电场方向分速度刚好减为0，则有v0牛顿第二定律得a2解得E=32mℎ从N板边缘射出的电子打在BD板上的位置离N板的距离最远，垂直电场方向有xm沿电场方向有xm解得x29．（2026·湖南湘潭·二模）如图所示，两竖直放置的平行金属板M、N之间的电压U0=50 V，N板右侧宽L=0.1 m的区域分布着电场强度大小E=100033 V/m、方向竖直向下的匀强电场，虚线PP′与CQ′为其边界，虚线QQ右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质量m=1.6×10−25 kg、电荷量q=+1.6×10−17C的粒子从靠近M板的S点由静止释放，经PP(1)粒子第一次到达A点时的速度大小v0(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)粒子从A点进入电场至返回到A点的运动时间（结果可以用π表示）。【答案】(1)v(2)B=(3)t=【详解】（1）根据动能定理可得U解得v（2）粒子在电场中做类平抛运动，有L=解得t根据a=可得v故粒子离开电场时的速度v=tan解得θ=则y由题意可知，A点到C点与D点到A点有一定的对称性，粒子从D点回到A点的时间ty即y设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，则y解得r=根据Bqv=m可得B=（3）根据几何关系可知粒子在磁场中的偏转角度为240∘，故在磁场中的运动时间为故粒子从A点进入电场至返回到A点的运动时间为t=30．（2026·安徽芜湖·一模）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xoy，水平方向为x轴，在第一象限有方向沿x轴负方向的匀强电场，场强为E（大小未知）；在第二象限有正交的匀强电场和匀强磁场，其中匀强电场的方向竖直向上、场强大小为E2，匀强磁场的方向垂直纸面向里。若将一质量为m、带电量为q的带正电小球从x轴上的M点，以某一初速度v0竖直向上射入第一象限，小球达到最高点时恰好经过y轴上的P点（未画出）。小球进入第二象限后刚好可以做匀速圆周运动，一段时间后直接从x轴上N点离开复合场，N点坐标为−3(1)出发点M的横坐标；(2)第二象限匀强磁场的磁感应强度大小B0(3)若在第三、四象限加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1=B【答案】(1)v(2)6mg(3)vm=4【详解】（1）由题意，因小球在第二象限做匀速圆周运动，所以重力和电场力平衡，即1故E=则第一象限的电场力在水平方向产生的加速度大小a小球在y方向做竖直上抛运动，则从M到P的时间t1=小球在P点速度vp=ax故x即M点横坐标为v（2）小球在第二象限内做匀速圆周运动，经过N点，由几何关系y解得r=由q解得B（3）小球从P到N做匀速圆周运动，由几何关系sin故θ=60°则小球在N点时速度方向与x轴正方向成θ=60°角。把过N点速度vp=2v0分解成水平向右的分速度令q解得v根据平行四边形定则，有v2=2v0，方向与即小球在三、四象限中的运动可分解为水平向右的匀速直线运动和速度为v2则q解得r小球在最低点时，分速度v2和v1同向，此时速度最大且离xy31．（25-26高三上·广东肇庆·期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，y>0的区域内有沿x轴负方向的匀强电场，y<0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，t=0时刻，一质量为m、电荷量为+q的粒子从P点（0，L）处以初速度v0沿y轴负方向射出，从Q（−32L，0）点处进入磁感应强度B=23mv03qL的匀强磁场。ON(1)匀强电场的电场强度大小；(2)粒子第一次与弹性绝缘薄挡板相碰的位置；(3)粒子从P点进入电场到第一次离开磁场所经历的时间。【答案】(1)3(2)3(3)2+5【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，沿y轴方向有L=沿x轴方向有−3根据牛顿第二定律有qE=ma联立解得E=（2）粒子经过Q点时，x轴方向上的速度v合速度v=粒子在磁场中做圆周运动，则有qvB=又B=解得R=根据几何关系，可知粒子从进入磁场到第一次碰到弹性绝缘薄挡板，则运动轨迹对应的圆心角θ=第一次碰撞弹性绝缘薄挡板的位置距离坐标原点x粒子第一次与弹性绝缘薄挡板相碰的位置为3（3）由第（1）问，可得粒子在电场中运动的时间t粒子与弹性绝缘薄挡板相碰后，沿x轴的速度不变，沿y轴的速度大小不变，方向相反，粒子又在磁场中做圆弧运动，根据几何关系可知，粒子与弹性绝缘薄挡板碰撞两次，第三次圆弧运动后到坐标原点的距离为x此时粒子第一次离开磁场，粒子在磁场中运动时间t解得t粒子从P点进入电场到第一次离开磁场所经历的时间t=32．（2026·江苏南通·一模）如图所示，在xOy平面内第一象限存在沿−y方向的匀强电场，第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为+q的粒子，在t=0时刻从y轴上P0,d处以初速度v0沿+x方向射入电场，进入磁场时的速度大小为(1)电场强度的大小E；(2)粒子前两次经过x轴位置的间距Δx(3)粒子经过x轴的时刻t。【答案】(1)E=(2)Δ(3)见解析【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，有(2竖直方向做匀加速直线运动，有2ad=加速度为a=联立解得E=（2）设粒子从Q点进入磁场做匀速圆周运动，速度与x轴的夹角为θ，轨迹如图所示有tan可知θ=60°由洛伦兹力提供向心力，有q⋅2可得r=由几何关系可知，匀速圆周运动的圆心角为α=2θ=120°则粒子从Q点进磁场，从M点出磁场的间距Δ（3）粒子做类平抛的时间为t粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=则粒子在磁场中匀速圆周的时间为t则粒子第一次经过x轴的时刻为t粒子第二次经过x轴的时刻为t粒子从Q点进入电场后做类斜上抛运动，由运动的对称性可知在电场中运动时间为2t电，粒子第三次经过x轴开始，奇数次穿过x轴的时刻为t2n+3粒子第四次经过x轴开始，偶数次穿过x轴的时刻为t2n+2=t33．（25-26高三上·天津红桥·期末）如图，竖直平面内有两个连续的有界区域，边界竖直且平行。第I区域宽度为d1,其内分布着方向水平向右，电场强度大小为E的匀强电场；第II区域宽度为d₂，其内分布着垂直于竖直平面向里的磁感应强度大小为B(B为未知量)的匀强磁场，一质量为m，带电量为q(q>0)的带电粒子从左侧边界的P点以与竖直方向夹角为45°的初速度射入第I区域的电场内，经过一段时间后进入第II区域时的速度方向恰好与电场右边界夹角为(1)该粒子在第I区域中的加速度；(2)该粒子从P点入射时的速度v0的大小；(3)能使该粒子重新回到左侧电场B的最小值。【答案】(1)Eq(2)2qE(3)qmE【详解】（1）由牛顿第二定律有qE=ma则粒子在第I区域中的加速度a=（2）设粒子从P点入射时的速度大小为v0，将其沿水平方向和竖直方向分解，水平分量为竖直分量为v粒子进入第II区域时的速度为v，水平分量v竖直分量v粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向上为匀速直线运动，则有v可得v=水平方向上做匀加速直线运动，电场力提供加速度，可得qE=ma根据匀加速直线运动速度位移关系有v联立解得v（3）粒子在磁场内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB=可得B=其中v=当粒子的运动轨迹与磁场右边界相切时，轨迹半径达到最大值Rmax，此时为粒子能够回到左侧电场的磁场强度最小值Bmin解得R可得B34．（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=6mv0E0(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=8πmqB0到达y轴上的(3)粒子到达O点时，假设经过一段时间t2=3πmqB0到达【答案】(1)3E0(2)24m(3)10【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vx=v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t结合t综合可得vy=3v0粒子在O点电场力的功率为P=A、O两点间的距离d（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vy=3v0时间t粒子运动到y轴上的B点，O、B两点间的距离d由几何关系可得A、B两点间的距离为d综合可得d（3）时间t2=3πmqB0=3T2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°，则粒子从A到C，由动量定理可得F综合可得F35．（2025·山东济南·三模）现代科学研究中经常利用电场、磁场来控制带电粒子的运动。在平面直角坐标系xOy中存在如图的电磁场，在x轴上方有方向垂直纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场B1区域，圆心O1的位置坐标为(0,R)，x轴下方有宽度为d、电场强度为E、方向沿y轴负向的匀强电场，边界MN与x轴平行。在MN下方有垂直纸面向外，磁感应强度随y轴衰减的磁场，为了研究非均匀磁场对带电粒子的偏转，简化建立如图所示理想模型。设每个磁场间距均为d，磁场分界线与x轴平行，从上向下磁场依次减弱，第一区域磁感应强度为B0，下面各区域磁感应强度依次为0.8B0、0.6B0、0.4B0、0.2B0的匀强磁场。在第二象限磁场区域左侧有一平行于y轴的线状粒子源ab（b点与O1等高）源源不断发射沿x轴正方向初速度均为v0的正电粒子进入匀强磁场B1，从b点射出的粒子恰好从O点进入电场。已知(1)粒子穿过MN边界时的速率v；(2)若从a射出的粒子恰好未进入衰减磁场的第二层，求此时B0(3)若从a射出的粒子恰好未进入衰减磁场的第二层，则至少需要几层衰减磁场才能确保粒子不从衰减磁场下方射出。【答案】(1)v=6×(2)B(3)最多3层就能确保粒子不从衰减磁场射出【详解】（1）从b点射出的粒子恰好从O点进入电场，则粒子在匀强磁场B1区域做圆周运动的半径粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得q联立可得v粒子经过电场区域，由动能定理得qEd=代入数据可得v=2（2）从a射出的粒子经过O点时，速度方向沿x轴负方向，粒子在电场中做类平抛运动，由（1）问可知粒子穿过MN边界时的速率为v=2v0，方向与MN可得θ=60°若从a射出的粒子恰好未进入衰减磁场的第二层，设粒子在衰减磁场的第一层中的轨道半径为r1