第9讲 带电粒子在电场、磁场中的运动
1.（2025·山西临汾三模）垂直纸面的两薄铝板M、N，将纸面分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，三个区域内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1、B2和B3，如图所示。两带电粒子从P点沿平行铝板方向前、后射入磁场Ⅱ内，穿过M板的粒子其轨迹半径不变，而穿过N板的粒子轨迹半径变小（粒子穿过铝板前、后质量和电荷量均不变），下列判断正确的是（ ）
A.B1＝B2 B.B1＜B2 C.B2＞B3 D.B2＝B3
2.（2025·广西河池二模）如图所示，极板间有A、B两个质量相同、可视为质点的带电油滴，开关断开时，极板不带电，电荷量为＋2e的油滴A以速度v匀速下落；闭合开关稳定后，油滴A以速度2v匀速下落，而油滴B以速度v匀速上升，若油滴所受空气阻力与速率成正比，不计A、B间的作用力，则油滴B的电荷量为（ ）
A.－3e B.＋3e C.－6e D.＋6e
3.（2025·陕西咸阳二模）如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断正确的是（ ）
A.如果A球带电，则A球一定带正电
B.如果A球带电，则A球的电势能一定减小
C.如果B球带电，则B球一定带负电
D.如果B球带电，则B球的电势能一定减小
4.〔多选〕（2025·北京海淀区一模）如图所示，MN右侧有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的两个电性不同的粒子，均以与MN夹角为θ、大小为v的速度垂直磁场射入。不计重力及粒子间的相互作用。则两粒子（ ）
A.在磁场中运动轨迹的半径不同
B.在磁场中运动的时间不同
C.射出磁场时的速度方向相同
D.射出位置到射入位置的距离不同
5.（2025·黑吉辽蒙高考7题）如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC，则（ ）
A.EkA＜EkB＜EkC B.EkB＜EkA＜EkC
C.EkA＜EkC＜EkB D.EkC＜EkA＜EkB
6.（2025·广东佛山二模）如图所示，边长为L的正方形abcd区域内有匀强磁场，ad边中点处O有一粒子源，向磁场内各方向均匀发射速率均为v0的电子，ab边恰好没有电子射出，已知电子质量为m，电量大小为e，则（ ）
A.bc边有电子射出
B.磁感应强度大小为
C.从ad边射出的电子在磁场中运动的最长时间为
D.从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为5∶1
7.（2025·福建高考4题）某种静电分析器简化图如图所示，在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A点垂直电场射出，电子恰好做圆周运动，运动轨迹为ABC，半径为r。另一电子b自A点垂直电场射出，轨迹为弧APQ，其中PBO共线，已知B、P两点间的电势差为U，｜CQ｜＝2｜BP｜，电子a入射动能为Ek，电子所带的电荷量为－e，则（ ）
A.B点的电场强度E＝
B.P点场强大于C点场强
C.电子b在P点的动能小于在Q点的动能
D.电子b全程克服电场力做的功小于2eU
8.〔多选〕（2025·福建宁德二模）中国科学家利用兰州重离子加速器进行医用同位素的同步分离制备，“扇形聚焦回旋加速器”是该装置的重要构造部分。某种扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等分成8个扇形区域，相互间隔的4个区域内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，另外4个区域内没有磁场。质量为m、电荷量为q的正离子以恒定速率在闭合平衡轨道上做周期性运动，其闭合平衡轨道如图中实线所示，离子重力不计，则离子绕闭合平衡轨道运动一周的过程中（ ）
A.运动的方向是顺时针
B.运动的方向是逆时针
C.在磁场中运动的总时间为
D.在磁场中运动的总时间为
9.（2025·广东湛江联考）如图所示，有一半径为R的圆轨道，其所在平面有水平向左的匀强电场，电场强度大小E＝，一质量为m、电荷量为q（q＜0）的小球沿轨道内侧在竖直平面内运动，小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，A、B为轨道水平直径的两端，C是轨道最低点，小球经过B点时对轨道的压力为11mg，已知重力加速度大小为g。求：
（1）带电小球在B点速度大小；
（2）带电小球在C点时对轨道压力大小；
（3）此过程中带电小球在圆轨道上运动的最小动能。
10.（2025·北京高考18题）北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子间相互作用。
（1）一个电荷量为q0的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T与质量m的关系。
（2）两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为θ，粒子2运动的距离为d。求：
a.粒子1与粒子2的速度大小之比v1∶v2；
b.粒子2的动量大小p2。
11.（2025·江苏高考13题）如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m，电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。求：
（1）a运动到最高点的时间t；
（2）a到达最高点时，a、b间的距离H。
第9讲 带电粒子在电场、磁场中的运动
1.B 带电粒子受到洛伦兹力作用，在垂直磁场平面内做匀速圆周运动，由 qvB＝m，可得R＝，正粒子穿过M板动量减小，而轨迹的半径不变，说明 B1＜B2，故A错误，B正确；负粒子穿过N板后动量变小，轨迹的半径也变小，无法确认B2与B3的大小关系，故C、D错误。
2.A 设带电油滴的质量为m，开关断开时，对A油滴有mg＝f，根据题意有f＝kv，当开关闭合时，对A油滴有mg＋E·2e＝k·2v，对B油滴有mg＋k·v＝－Eq，联立可得q＝－3e，故选A。
3.B 平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，A在上方，B在下方，由h＝at2可知，A下落的加速度大于B的加速度；如果A球带电，则A受到向下的电场力，则A球一定带负电，电场力做正功，电势能一定减小，故A错误，B正确；同理可得，如果B球带电，则B带正电，电场力对B做负功，电势能一定增加，故C、D错误。
4.BC 由qvB＝m可得r＝，故两粒子在磁场中运动轨迹的半径相同。如图所示，正电荷的运动轨迹为大圆弧，负电荷的运动轨迹为小圆弧，射出磁场时的速度方向相同，故A错误，C正确；粒子在磁场中运动周期T＝，若粒子带负电荷，在磁场中运动的时间t1＝T＝，若粒子带正电荷，在磁场中运动的时间t2＝T＝，故两粒子在磁场中运动的时间不同，故B正确；由几何关系可知，两粒子射出位置到射入位置的距离的大小都等于d＝2rsin θ，故D错误。
5.C 由题意可知弹簧的原长为2r，则物块在A点时弹簧的伸长量为r，物块在B点和C点时弹簧的压缩量为r，则弹簧在A、B、C三点的弹性势能相等，设弹簧在这三点处的弹性势能为Ep，小球从A点到B点的过程，由功能关系得EkA＋Ep＋W电＝EkB＋Ep，则有EkA＋W电＝EkB，由于W电＝FxAB＞0，解得EkA＜EkB，又F＝mg，xAB＝＝2r，则有W电＝2mgr；物块从B点到C点的过程，由功能关系得EkB＋Ep－W重＝EkC＋Ep，则有EkB＝EkC＋W重，即EkB＞EkC，又W重＝mg·2r，由以上可知W电＞W重，则有EkA＜EkC。综上所述得EkA＜EkC＜EkB，C正确，A、B、D错误。
6.D ab边恰好没有电子射出，轨迹如图甲所示，根据洛伦兹力提供向心力有ev0B＝m，r＝，所以B＝，由于电子射入的速度大小不变，方向改变，则轨迹半径不变，根据旋转圆模型可知，bc边也没有电子射出，故A、B错误；从ad边射出的电子在磁场中运动的时间最长时轨迹如图乙所示，根据几何关系可知，圆心角θ＝60°，所以最长时间为t＝T＝·＝，故C错误；由以上分析可知，当粒子恰好经过d点时，其入射速度方向与ad边的夹角为30°，所以从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为＝，故D正确。
7.D 电子a恰好做半径为r的圆周运动，设电子a的运动速率为v，则对电子a，由牛顿第二定律有Ee＝m，又电子a的入射动能为Ek＝mv2，联立可得E＝，A错误；电场线的疏密程度反映电场的强弱，电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，由题图径向电场的电场线分布可知越靠近圆心处，电场线越密集，电场强度越大，又P点比C点更远离圆心，所以P点的电场强度小于C点的电场强度，B错误；由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则该电场中越远离圆心，电势越低，又｜CQ｜＝2｜BP｜，则Q点比P点更远离圆心，φQ＜φP，又电子带负电，则电子b在P点的电势能小于在Q点的电势能，由能量守恒定律可知电子b在P点的动能大于在Q点的动能，C错误；由于｜CQ｜＝2｜BP｜，越远离圆心，电场越弱，故C、Q间的平均电场强度小于B、P间的平均电场强度，又B、P间的电势差为U，则由U＝Ed可知C、Q间的电势差小于2U，又全程电场力对电子b做负功，所以电子b全程克服电场力做的功小于2eU，D正确。
8.AD 由于离子带正电，在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可知，离子运动的方向是顺时针，故A正确，B错误；因为离子在没有磁场的区域做匀速直线运动，没有改变速度方向，则离子经过4个扇形磁场区域总共转过的角度为360°，所以离子在磁场中运动的总时间等于离子在磁场中的运动周期，根据牛顿第二定律可得qvB＝m，又T＝，联立可得T＝，可知离子在磁场中运动的总时间为，故C错误，D正确。
9.（1）3 （2）8mg （3）mgR
解析：（1）由题意知N＝11mg，Eq＝2mg，对小球经过B点时受力分析，在水平方向，由牛顿第二定律可得N1－Eq＝m
解得vB＝3。
（2）小球从B到C点，由动能定理知－EqR＋mgR＝m－m
可得vC＝
对小球经过C点时受力分析，在竖直方向，由牛顿第二定律得N2－mg＝m
解得N2＝8mg
根据牛顿第三定律可知，小球在C点时对轨道压力大小8mg。
（3）小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在等效最高点D点（如图所示）时速度最小，在D点重力和电场力的合力方向指向圆心，此时D点与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，则有tan θ＝＝2
小球从C→D，由动能定理知－mgR·－EqR·＝m－m
则带电小球在圆轨道上运动的最小动能EkD＝mgR。
10.（1）T＝·m （2）a.v1∶v2＝（θR）∶d；b.
解析：（1）粒子速度方向与磁场垂直，则粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有
q0vB＝m
解得轨道半径R＝
圆周运动的周期T＝
将R代入得T＝
周期T与质量m的关系为T＝·m。
（2）a.由题意知粒子1做匀速圆周运动，线速度
v1＝ωR＝R
粒子2做匀速直线运动，速度v2＝
所以速度之比＝＝
即v1∶v2＝（θR）∶d
b.对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m
可得m＝
粒子2的动量p2＝mv2
结合前面的分析可得
p2＝·v2＝＝。
11.（1） （2）
解析：（1）根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，对a粒子，根据牛顿第二定律有qE＝ma，
设a运动到最高点的时间为t，由运动学公式有v0sin θ＝at
联立解得t＝。
（2）方法一、根据题意可知，两个粒子均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为v0cos θ，则两粒子一直在同一竖直线上，斜上抛的粒子竖直方向上运动的位移为H1＝＝
斜下抛的粒子竖直方向上运动位移为H2＝v0tsin θ＋at2＝＋
则粒子a到达最高点时与粒子b之间的距离H＝H1＋H2＝。
方法二、两个粒子均受到相同电场力，以a粒子为参考系，b粒子以2v0sin θ的速度向下做匀速直线运动，则a到达最高点时，a、b间的距离H＝2v0sin θ·t＝。
3 / 3第9讲 带电粒子在电场、磁场中的运动
1.（2025·重庆高考5题）某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b（ ）
A.具有不同比荷 B.电势能均随时间逐渐增大
C.到达M、N的速度大小相等 D.到达K所用时间之比为1∶2
2.（2025·四川高考3题）如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于水平面内，管道间平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量为Q（Q＞0）的带电小球。另一个电荷量为q（q＞0且q Q）的带电小球以一定初速度从a点进入管道，沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则（ ）
A.小球在e点所受库仑力大于在b点所受库仑力
B.小球从c点到e点电势能先不变后减小
C.小球过f点的动能等于过d点的动能
D.小球过b点的速度大于过a点的速度
3.〔多选〕（2025·四川高考10题）如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与Ⅰ区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin 37°＝0.6。则带电粒子（ ）
A.在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点 B.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2
C.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37 D.在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148
考情分析：本讲内容在高考中以选择题和计算题形式出现，难度较大。带电粒子在电场中的运动与动力学一样，同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、功能关系等力学规律，而作图是解决磁场问题的关键，临界问题常结合动态放缩圆、定点旋转圆、圆平移等几何知识。
考点一 带电粒子在电场中的运动
带电粒子在电场中运动的解题思路
动力学法——牛顿第二定律 带电粒子受到恒力的作用，可以由牛顿第二定律求其加速度，结合匀变速直线运动的公式确定带电粒子的速度、时间和位移等
功能关系法——动能定理 带电粒子在电场中依次通过电势差为UAB的A、B两点时动能的变化量是ΔEk，则qUAB＝ΔEk＝m－m
【例1】 （2025·陕西延安三模）如图所示，已知两平行金属极板间电压为U，间距为d。质量为m的带电金属微粒从距上板的距离为d位置处由静止释放，从上板小孔进入后恰好能与下板相接触，重力加速度大小为g，则金属微粒所带电荷的电性和电荷量q分别为（ ）
A.负电荷，q＝
B.负电荷，q＝
C.正电荷，q＝
D.正电荷，q＝
尝试解答
【例2】 （2025·甘肃兰州二模）负离子空气净化器的部分结构原理如图所示。由空气和带负电荷的灰尘颗粒组成的均匀混合气流，以相同的初速度沿平行于极板方向进入一个由平行金属板和稳压电源构成的收集器，气流宽度正好等于金属板间距，在电场的作用下全部灰尘颗粒恰好都能落到下极板上。假设所有灰尘颗粒质量相等，所带电荷量相同，不考虑重力、浮力影响和颗粒间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A.收集器上极板带正电
B.电源电压减半，灰尘颗粒的收集效率减半
C.随着收集灰尘颗粒增多，下极板所带电荷量逐渐减小
D.所有灰尘颗粒即将落到下极板上时的动能一定相等
尝试解答
方法技巧
电场中类平抛运动的一般思路
（1）处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动。
（2）运动规律
①沿初速度方向做匀速直线运动；
②垂直初速度方向，做匀加速直线运动，a＝＝。
【例3】 （2025·安徽蚌埠联考）如图所示，水平向右的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一质量为m的带负电的绝缘小球（可视为质点），小球静止时细线与竖直方向成θ＝30°角，此时小球所在位置P与悬点O两点间的电势差为U。如果不改变电场强度的大小，而突然将电场的方向变为水平向左，小球将在竖直平面内运动，某时刻获得最大速度vm（未知），此时细线对小球的拉力大小为F（未知）。已知重力加速度为g，求：
（1）小球所带的电荷量大小；
（2）小球运动过程中的最大速度大小vm及对应细线对小球的拉力大小F。
尝试解答
规律总结
带电体在等效场中的圆周运动
（1）等效重力法
将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g'＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向为等效“重力”的方向，即在等效重力场中相当于竖直向下的方向。
（2）等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点。
考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
解决带电粒子在匀强磁场中运动问题的思路
【例4】 （2025·湖南岳阳二模）如图所示，在0≤x≤l的真空区域中有足够长的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为q的带电粒子（不计重力）从坐标原点O处沿图示方向射入磁场中，已知θ＝60°。粒子穿过x轴正半轴后刚好没能从右边界射出磁场。则该粒子所带电荷的正负和速度大小是（ ）
A.带正电， B.带正电，
C.带负电， D.带负电，
尝试解答
规律总结
带电粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要结论
（1）带电粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角（如图甲所示，θ3＝θ2＝θ1）。
（2）带电粒子经过匀强磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角（如图甲所示，α1＝α2）。
（3）沿半径方向射入圆形匀强磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图乙所示（两侧关于圆心连线OO'对称）。
【例5】 〔多选〕（2025·甘肃高考10题）2025年5月1日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置（BEST）在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为R0。在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动，并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c带正电且比荷均为，a粒子的速度大小为va＝，方向沿同心圆的径向；b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是（ ）
A.外圆半径等于2R0
B.a粒子返回A点所用的最短时间为
C.b、c两粒子返回A点所用的最短时间之比为
D.c粒子的速度大小为va
尝试解答
考点三 三类动态圆模型
示意图 适用条件 应用方法
放缩圆 （轨迹圆的圆心在P1P2直线上） 粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速度大小不同 以入射点P为定点，将半径放缩作轨迹圆，粒子恰好不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切
旋转圆 （轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝的圆上） 粒子的入射点位置相同，速度大小一定，速度方向不同 将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件
平移圆 （轨迹圆的所有圆心在一条直线上） 粒子的入射点位置不同，速度大小、方向均一定 将半径为R＝的圆进行平移
【例6】 （2025·陕西宝鸡二模）如图，直角三角形ACD区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，CD＝L，θ＝30°。质量为m、电荷量为q且均匀分布的带正电粒子以相同的速度沿纸面垂直AD边射入磁场，若粒子的速度大小为，不考虑重力及粒子间的作用，＝1.732，则粒子经磁场偏转后能返回到AD边的粒子数占射入到AD边总粒子数的百分比为（ ）
A.40％ B.47.3％ C.52.7％ D.60％
尝试解答
【例7】 （2025·安徽高考7题）如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q，质量为m，速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（ ）
A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d
B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为d
C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
尝试解答
磁发散与磁聚焦
磁聚焦与 磁发散 成立条件：磁场区域圆的半径等于轨迹圆的半径r＝R 带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹圆半径与磁场区域圆半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射速度方向平行（平入点出）
带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹圆半径与磁场区域圆半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行（点入平出）
【典例】 （2025·江苏宿迁三模）如图所示，在xOy平面内存在有界匀强磁场，磁场的边界是半径为R的圆，圆心C点的坐标为（0，R），磁场方向垂直xOy平面向外，第Ⅱ象限内垂直x轴放置的线状粒子源，粒子源的一端在x轴上，长度为2R，沿＋x方向均匀发射速度大小为v0的相同粒子，所有粒子经磁场偏转后从坐标原点O处射出①。第Ⅲ象限内垂直x轴放置一荧光屏S，荧光屏的一端在x轴上，长为R，到y轴的距离为R。已知粒子的质量为m，电荷量为＋q，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：
（1）磁感应强度大小B；
（2）能打在屏上粒子的数目占粒子源发出粒子总数的百分比k②。
审题指导：
信息提取 信息加工
沿＋x方向均匀发射速度大小为v0的相同粒子，所有粒子经磁场偏转后从坐标原点O处射出① 根据“平入点出”得出带电粒子在磁场中运动的半径r＝R
打在屏上粒子的数目占粒子源发出粒子总数的百分比k② 根据几何关系得出粒子从O点离开磁场时，速度与－x方向夹角为0～60°范围内的粒子都能打到屏上；进而计算得出符合要求的入射粒子占总数的百分比
尝试解答
第9讲 带电粒子在电场、磁场中的运动
【体验·高考真题】
1.D 根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，运动时间相等，由图可知，沿初速度方向位移之比为2∶1，则初速度之比为2∶1；沿电场方向的位移大小相等，由y＝at2可知，粒子运动的加速度大小相等。由牛顿第二定律有qE＝ma可得＝，带电粒子具有相同比荷，故A错误；带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误；沿电场方向，由公式vy＝at可知，到达M、N的竖直分速度大小相等，由于初速度之比为2∶1，则到达M、N的速度大小不相等，故C错误；带电粒子a、b到达K的水平位移相等，则所用时间之比为1∶2，故D正确。
2.B 根据库仑定律F＝k可确定e点库仑力小于b点，A错误；小球从c到d，静电力不做功，由d到e，静电力做正功，故电势能先不变后减小，B正确；小球从d到f，静电力做正功，从a到b静电力做负功，故f点的动能大于d点动能，b点速度小于a点速度，故C、D错误。
3.AD 根据题意作轨迹图如图所示，由图可知，在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点，故A正确；由洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，可得r＝，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为＝＝，故B错误；设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系cos α＝＝，可得α＝37°，故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1＝T＝×，粒子在Ⅱ区运动的时间为t2＝T＝×，联立可得在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为＝，故D正确；粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1＝×2πr1＝×2πr1，l2＝×2πr2＝×2πr2，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为＝，故C错误。
【精研·高频考点】
考点一
典例精析
【例1】 B 由题意可知上极板与电源正极相连带正电，金属微粒从上板小孔进入后恰好能与下板相接触，故电场力对金属微粒做负功，故金属微粒带负电。由动能定理得mg·2d－qU＝0，得电荷量q＝，故选B。
【例2】 B 因为灰尘颗粒带负电，要使灰尘颗粒落到下极板上，下极板应带正电，所以收集器上极板带负电，故A错误；灰尘颗粒在电场中做类平抛运动，离子在板间的偏转位移y＝at2＝，由题意，电压为U时，y＝d，则电压为U时，y＝d，则灰尘颗粒在竖直方向的位移变为原来的一半，即灰尘颗粒的收集效率减半，故B正确；因下极板接地，随着收集灰尘颗粒增多，下极板所带电荷量将不变，故C错误；根据动能定理Uq＝Ek－m，虽然q、m、v0相同，但不同位置的灰尘颗粒在电场中运动的电势差U不同（因为沿电场线方向有位置差异），所以所有灰尘颗粒即将落到下极板上时的动能不一定相等，故D错误。
【例3】 （1） （2） mg
解析：（1）小球带负电，设小球所带电荷量的大小为q，对小球进行受力分析画出其受力示意图如图所示
根据平衡条件有F电＝qE＝mgtan θ＝mg
P与悬点O两点间的电势差为U，则U＝EdPO＝ELsin θ＝
联立，解得q＝。
（2）在不改变电场强度的大小的情况下突然将电场的方向变为水平向左，则当小球摆到竖直线右侧与竖直方向夹角为θ时小球到达等效重力的最低点，此时速度最大，此时细线的拉力最大，由动能定理qE·2Lsin θ＝m
解得vm＝
此时，由牛顿第二定律可得F－＝m
解得F＝mg。
考点二
典例精析
【例4】 B 由题意知，粒子穿过x轴正半轴后刚好没能从右边界射出磁场，说明粒子进入磁场后向上偏转，根据左手定则，可知粒子带正电，作出其运动轨迹，如图所示，根据几何关系可知∠OO1D＝θ＝60°，设带电粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可得rcos 60°＋r＝l，解得r＝，带电粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qBv＝m，解得v＝，故选B。
【例5】 BD a粒子运动轨迹如图所示。
根据va＝，可得Ra＝R0，设外圆半径等于R'，由几何关系得∠AO'B＝270°，则R'＝R0＋R0，A错误；由A项分析，a粒子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间tmin，a粒子做匀速圆周运动的周期T＝＝，在磁场中运动的时间t1＝·T＝，匀速直线运动的时间t2＝＝，故a粒子返回A点所用的最短时间为tmin＝t1＋t2＝，B正确；b、c两粒子运动轨迹如图乙、丙所示
因为b、c两粒子返回A点都是运动一个圆周，根据b、c带正电且比荷均为，所以两粒子做圆周运动周期相同，故所用的最短时间之比为1∶1，C错误；由几何关系得2Rc＝R0，根据洛伦兹力提供向心力有qvcB＝，联立解得vc＝va，D正确。
考点三
典例精析
【例6】 C 粒子在磁场中运动的轨迹半径r＝＝L。粒子经磁场偏转后能返回到AD边的粒子在磁场中运动的轨迹为半圆，如图，入射点为a时半圆与AC相切，然后将半圆沿AD向左平移，直至半圆与CD相切，此时入射点为c，则从线段ac上射入磁场的粒子会全部返回到AD边上，由几何关系得aA＝r＝L，cD＝r＋＝L，ac＝2L－aA－cD＝L，粒子经磁场偏转后能返回到AD边的粒子数占射入到AD边总粒子数的百分比为×100％＝×100％＝52.7％，选项C正确。
【例7】 C 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得粒子的运动半径为r＝d，A错误；当粒子恰经过薄板最右端打到薄板上表面时，粒子打到薄板上表面的位置距N点最远，当粒子沿x轴正方向射出时，粒子打到薄板上表面的位置距N点最近，对应运动轨迹如图1所示，由几何关系可知，薄板的上表面接收到粒子的区域长度Δx1＝2rcos 30°－r＝（－1）d，B错误；结合B项分析可知，粒子能打到薄板下表面的最右端，当粒子的运动轨迹与薄板相切时，粒子打到薄板下表面的位置距N点最远，轨迹如图2所示，由几何关系可知，薄板的下表面接收到粒子的区域长度Δx2＝d，C正确；粒子在磁场中的运动周期T＝＝，又t＝T，故粒子运动轨迹所对圆心角越大，运动时间越长，结合B、C项分析可知，打在薄板下表面右端的粒子运动时间最短，结合几何关系有tmin＝·＝，D错误。
【培优·提能加餐】
【典例】 （1） （2）25％
解析：（1）由几何关系得粒子的半径r＝R
根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m
解得B＝。
（2）粒子从O点离开磁场时，速度与－x方向夹角为0～60°范围内的粒子都能打到屏上，临界粒子的轨迹如图所示
粒子离开磁场时，速度与－x方向的夹角为60°的粒子进入磁场时的纵坐标y＝R＋Rcos 60°
解得y＝
打到荧光屏上的粒子占粒子源发出粒子总数的百分比k＝×100％
解得k＝25％。
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第9讲 带电粒子在电场、磁场中的运动
02
体验 高考真题
01
构建 知识网络
锁定主干知识
明确高考考向
03
精研 高频考点
聚焦重难热新
04
培优 提能加餐
拓展思维空间
05
分层 强化训练
夯基固本提能
目
录
contents
构建 知识网络
锁定主干知识
体验 高考真题
明确高考考向
1. （2025·重庆高考5题）某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的
运动，如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP
的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进
入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受
重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b（ ）
A. 具有不同比荷
B. 电势能均随时间逐渐增大
C. 到达M、N的速度大小相等
D. 到达K所用时间之比为1∶2
√
解析： 根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，运动时间相
等，由图可知，沿初速度方向位移之比为2∶1，则初速度之比为2∶1；沿
电场方向的位移大小相等，由y＝at2可知，粒子运动的加速度大小相等。
由牛顿第二定律有qE＝ma可得＝，带电粒子具有相同比荷，故A错误；
带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B
错误；沿电场方向，由公式vy＝at可知，到达M、N的竖直分速度大小相
等，由于初速度之比为2∶1，则到达M、N的速度大小不相等，故C错误；
带电粒子a、b到达K的水平位移相等，则所用时间之比为1∶2，故D正确。
2. （2025·四川高考3题）如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形
弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于水平面内，管道间平滑连接。bcd
圆心O点处固定一电荷量为Q（Q＞0）的带电小球。另一个电荷量为q（q
＞0且q Q）的带电小球以一定初速度从a点进入管道，沿管道运动后从f点
离开。忽略空气阻力。则（ ）
A. 小球在e点所受库仑力大于在b点所受库仑力
B. 小球从c点到e点电势能先不变后减小
C. 小球过f点的动能等于过d点的动能
D. 小球过b点的速度大于过a点的速度
√
解析： 根据库仑定律F＝k可确定e点库仑力小于b点，A错误；小球从
c到d，静电力不做功，由d到e，静电力做正功，故电势能先不变后减小，
B正确；小球从d到f，静电力做正功，从a到b静电力做负功，故f点的动能
大于d点动能，b点速度小于a点速度，故C、D错误。
3. 〔多选〕（2025·四川高考10题）如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀
强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界
为圆形，内边界与Ⅰ区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的
磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形
某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin 37°＝
0.6。则带电粒子（ ）
A. 在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点
B. 在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2
C. 在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37
D. 在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148
√
√
解析： 根据题意作轨迹图如图所示，由图可知，在
Ⅰ区的轨迹圆心不在O点，故A正确；由洛伦兹力提供向
心力，qvB＝m，可得r＝，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径
之比为＝＝，故B错误；设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆
心角为α，由几何关系cos α＝＝，可得α＝37°，故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1＝T＝×，粒子在Ⅱ区运动的时间为t2＝T＝×，联立可得在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为＝
，故D正确；
粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1＝
×2πr1＝×2πr1，l2＝
×2πr2＝×2πr2，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之
比为＝，故C错误。
考情分析：本讲内容在高考中以选择题和计算题形式出现，难度较大。带
电粒子在电场中的运动与动力学一样，同样遵循运动的合成与分解、牛顿
运动定律、功能关系等力学规律，而作图是解决磁场问题的关键，临界问
题常结合动态放缩圆、定点旋转圆、圆平移等几何知识。
精研 高频考点
聚焦重难热新
考点一 带电粒子在电场中的运动
带电粒子在电场中运动的解题思路
动力学法——牛顿第
二定律 带电粒子受到恒力的作用，可以由牛顿第二定律求
其加速度，结合匀变速直线运动的公式确定带电粒
子的速度、时间和位移等
功能关系法——动能
定理 带电粒子在电场中依次通过电势差为UAB的A、B两
点时动能的变化量是ΔEk，则qUAB＝ΔEk＝m－
m
【例1】 （2025·陕西延安三模）如图所示，已知两平行金属极板间电压为
U，间距为d。质量为m的带电金属微粒从距上板的距离为d位置处由静止释
放，从上板小孔进入后恰好能与下板相接触，重力加速度大小为g，则金
属微粒所带电荷的电性和电荷量q分别为（ B ）
A. 负电荷，q＝ B. 负电荷，q＝
C. 正电荷，q＝ D. 正电荷，q＝
B
解析：由题意可知上极板与电源正极相连带正电，金属微粒从上板小孔进
入后恰好能与下板相接触，故电场力对金属微粒做负功，故金属微粒带负
电。由动能定理得mg·2d－qU＝0，得电荷量q＝，故选B。
【例2】 （2025·甘肃兰州二模）负离子空气净化器的部分结构原理如图所
示。由空气和带负电荷的灰尘颗粒组成的均匀混合气流，以相同的初速度
沿平行于极板方向进入一个由平行金属板和稳压电源构成的收集器，气流
宽度正好等于金属板间距，在电场的作用下全部灰尘颗粒恰好都能落到下
极板上。假设所有灰尘颗粒质量相等，所带电荷量相同，不考虑重力、浮
力影响和颗粒间的相互作用。下列说法正确的是（ B ）
B
A. 收集器上极板带正电
B. 电源电压减半，灰尘颗粒的收集效率减半
C. 随着收集灰尘颗粒增多，下极板所带电荷量逐渐减小
D. 所有灰尘颗粒即将落到下极板上时的动能一定相等
解析：因为灰尘颗粒带负电，要使灰尘颗粒落到下极板上，下极板应带正
电，所以收集器上极板带负电，故A错误；灰尘颗粒在电场中做类平抛运
动，离子在板间的偏转位移y＝at2＝，由题意，电压为U时，y＝d，
则电压为U时，y＝d，则灰尘颗粒在竖直方向的位移变为原来的一半，
即灰尘颗粒的收集效率减半，故B正确；因下极板接地，随着收集灰尘颗
粒增多，下极板所带电荷量将不变，故C错误；根据动能定理Uq＝Ek－
m，虽然q、m、v0相同，但不同位置的灰尘颗粒在电场中运动的电势
差U不同（因为沿电场线方向有位置差异），所以所有灰尘颗粒即将落到
下极板上时的动能不一定相等，故D错误。
方法技巧
电场中类平抛运动的一般思路
（1）处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛
运动。
（2）运动规律
①沿初速度方向做匀速直线运动；
②垂直初速度方向，做匀加速直线运动，a＝＝。
【例3】 （2025·安徽蚌埠联考）如图所示，水平向右的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一质量为m的带负电的绝缘小球（可视为质点），小球静
止时细线与竖直方向成θ＝30°角，此时小球所在位置P与悬点O两点间的
电势差为U。如果不改变电场强度的大小，而突然将电场的方向变为水平
向左，小球将在竖直平面内运动，某时刻获得最大速度vm（未知），此时
细线对小球的拉力大小为F（未知）。已知重力加速度为g，求：
（1）小球所带的电荷量大小；
答案：
解析： 小球带负电，设小球所带电荷量的大小为q，对小
球进行受力分析画出其受力示意图如图所示
根据平衡条件有F电＝qE＝mgtan θ＝mg
P与悬点O两点间的电势差为U，则U＝EdPO＝ELsin θ＝
联立，解得q＝。
（2）小球运动过程中的最大速度大小vm及对应细线对小球的拉力大小F。
答案： mg
解析： 在不改变电场强度的大小的情况下突然将电场的方向变为水
平向左，则当小球摆到竖直线右侧与竖直方向夹角为θ时小球到达等效重
力的最低点，此时速度最大，此时细线的拉力最大，由动能定理qE·2Lsin θ
＝m
解得vm＝
此时，由牛顿第二定律可得F－＝m
解得F＝mg。
规律总结
带电体在等效场中的圆周运动
（1）等效重力法
将重力与静电力进行合成，如图所示，
则F合为等效重力场中的“重力”，g'＝
为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向为等效“重力”
的方向，即在等效重力场中相当于竖直向下的方向。
（2）等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过
圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点。
考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
解决带电粒子在匀强磁场中运动问题的思路
【例4】 （2025·湖南岳阳二模）如图所示，在0≤x≤l的真空区域中有足
够长的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量
为q的带电粒子（不计重力）从坐标原点O处沿图示方向射入磁场中，已知
θ＝60°。粒子穿过x轴正半轴后刚好没能从右边界射出磁场。则该粒子所
带电荷的正负和速度大小是（ B ）
B
A. 带正电， B. 带正电，
C. 带负电， D. 带负电，
解析：由题意知，粒子穿过x轴正半轴后刚好没能从右边界射
出磁场，说明粒子进入磁场后向上偏转，根据左手定则，可
知粒子带正电，作出其运动轨迹，如图所示，根据几何关系
可知∠OO1D＝θ＝60°，设带电粒子在磁场中运动的半径为
r，根据几何关系可得rcos 60°＋r＝l，解得r＝，带电粒子
在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qBv＝m，解得v＝，故选B。
规律总结
带电粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要结论
（1）带电粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射
角（如图甲所示，θ3＝θ2＝θ1）。
（2）带电粒子经过匀强磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角
（如图甲所示，α1＝α2）。
（3）沿半径方向射入圆形匀强磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图乙所示（两侧关于圆心连线OO'对称）。
【例5】 〔多选〕（2025·甘肃高考10题）2025年5月1
日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导
托卡马克核聚变实验装置（BEST）在我国正式启动总
装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，
两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大
小为B，内圆半径为R0。在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运
动，并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c带正电且比荷均为，
a粒子的速度大小为va＝，方向沿同心圆的径向；b和c粒子速度方向相
反且与a粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。
下列说法正确的是（ BD ）
BD
A. 外圆半径等于2R0
B. a粒子返回A点所用的最短时间为
C. b、c两粒子返回A点所用的最短时间之比为
D. c粒子的速度大小为va
解析：a粒子运动轨迹如图所示。
根据va＝，可得Ra＝R0，设外
圆半径等于R'，由几何关系得
∠AO'B＝270°，则R'＝R0＋
R0，A错误；由A项分析，a粒子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间tmin，a粒子做匀速圆周运动的周期T＝＝，在磁场中运动的时间t1＝·T＝，匀速直线运动的时间t2＝＝，故a粒子返回A点所用的最短时间为tmin＝t1＋t2＝，
B正确；b、c两粒子运动轨迹如图乙、
丙所示因为b、c两粒子返回A点都是
运动一个圆周，根据b、c带正电且比
荷均为，所以两粒子做圆周运动周
期相同，故所用的最短时间之比为1∶1，C错误；由几何关系得2Rc＝R0，根据洛伦兹力提供向心力有qvcB＝，联立解得vc＝va，D正确。
考点三 三类动态圆模型
示意图 适用条件 应用方法
放缩圆 （轨迹圆的圆心在P1P2
直线上） 粒子的入射
点位置相
同，速度方
向一定，速
度大小不同 以入射点P为定点，将半
径放缩作轨迹圆，粒子恰
好不射出磁场的临界状态
是粒子运动轨迹与磁场边
界相切
示意图 适用条件 应用方法
旋转圆 （轨迹圆的圆心在以入
射点P为圆心、半径R＝
的圆上） 粒子的入射点位置相同，速度大小一定，速度方向不同 将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件
平移圆 （轨迹圆的所有圆心在
一条直线上） 粒子的入射点位置不同，速度大小、方向均一定 将半径为R＝的圆进行平移
【例6】 （2025·陕西宝鸡二模）如图，直角三角形ACD区域内存在磁感
应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，CD＝L，θ＝30°。质量
为m、电荷量为q且均匀分布的带正电粒子以相同的速度沿纸面垂直AD边
射入磁场，若粒子的速度大小为，不考虑重力及粒子间的作用，＝
1.732，则粒子经磁场偏转后能返回到AD边的粒子数占射入到AD边总粒子
数的百分比为（ C ）
C
A. 40％ B. 47.3％
C. 52.7％ D. 60％
解析：粒子在磁场中运动的轨迹半径r＝＝L。粒
子经磁场偏转后能返回到AD边的粒子在磁场中运动的
轨迹为半圆，如图，入射点为a时半圆与AC相切，然
后将半圆沿AD向左平移，直至半圆与CD相切，此时入射点为c，则从线段ac上射入磁场的粒子会全部返回到AD边上，由几何关系得aA＝r＝L，cD＝r＋＝L，ac＝2L－aA－cD＝L，粒子经磁场偏转后
能返回到AD边的粒子数占射入到AD边总粒子数的百分比为×100％＝×100％＝52.7％，选项C正确。
【例7】 （2025·安徽高考7题）如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系
中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二
象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距
离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿Oxy平面向x轴
上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q，质
量为m，速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作
用，则（ C ）
C
A. 粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d
B. 薄板的上表面接收到粒子的区域长度为d
C. 薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D. 薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
解析：粒子在磁场中做匀速圆周运
动，由洛伦兹力提供向心力有qvB
＝m，解得粒子的运动半径为r＝
d，A错误；当粒子恰经过薄板最右端打到薄板上表面时，粒子打到薄板上表面的位置距N点最远，当粒子沿x轴正方向射出时，粒子打到薄板上表面的位置距N点最近，对应运动轨迹如图1所示，由几何关系可知，薄板的上表面接收到粒子的区域长度Δx1＝2rcos 30°－r＝（－1）d，B错误；结合B项分析可知，粒子能打到薄板下表面的最右端，当粒子的运动轨迹与薄板相切时，粒子打到薄板下表面的位置距N点最远，轨迹如图2所示，由几何关系可知，薄板的下表面接收到粒子的区域长度Δx2＝d，C正确；
粒子在磁场中的运动周期T＝＝
，又t＝T，故粒子运动轨
迹所对圆心角越大，运动时间越长，
结合B、C项分析可知，打在薄板下表面右端的粒子运动时间最短，结
合几何关系有tmin＝·＝，D错误。
培优 提能加餐
拓展思维空间
磁发散与磁聚焦
磁聚 焦与 磁发 散 成立条
件：磁
场区域
圆的半
径等于
轨迹圆
的半径r
＝R 带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，
如果轨迹圆半径与磁场区域圆半径相
等，则粒子从磁场边界上同一点射出，
该点切线与入射速度方向平行（平入点
出）
带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同
一点射入，如果轨迹圆半径与磁场区域
圆半径相等，则粒子出射方向与入射点
的切线方向平行（点入平出）
【典例】 （2025·江苏宿迁三模）如图所示，
在xOy平面内存在有界匀强磁场，磁场的边界
是半径为R的圆，圆心C点的坐标为（0，R），
磁场方向垂直xOy平面向外，第Ⅱ象限内垂直x
轴放置的线状粒子源，粒子源的一端在x轴上，
长度为2R，沿＋x方向均匀发射速度大小为v0的相同粒子，所有粒子经磁场偏转后从坐标原点O处射出①。第Ⅲ象限内垂直x轴放置一荧光屏S，荧光屏的一端在x轴上，长为R，到y轴的距离为R。已知粒子的质量为m，电荷量为＋q，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：
（1）磁感应强度大小B；
（2）能打在屏上粒子的数目占粒子源发出粒子总数的百分比k②。
审题指导：
信息提取 信息加工
沿＋x方向均匀发射速度大小为v0的相同粒子，所有粒子经磁场偏转后从坐标原点O处射出① 根据“平入点出”得出带电粒子在磁场中运动的半径r＝R
打在屏上粒子的数目占粒子源发出粒子总数的百分比k② 根据几何关系得出粒子从O点离开磁场时，速度与－x方向夹角为0～60°范围内的粒子都能打到屏上；进而计算得出符合要求的入射粒子占总数的百分比
答案：（1） （2）25％
解析：（1）由几何关系得粒子的半径r＝R
根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m
解得B＝。
（2）粒子从O点离开磁场时，速度与－x方向夹角
为0～60°范围内的粒子都能打到屏上，临界粒子
的轨迹如图所示
粒子离开磁场时，速度与－x方向的夹角为60°的
粒子进入磁场时的纵坐标y＝R＋Rcos 60°
解得y＝
打到荧光屏上的粒子占粒子源发出粒子总数的百分比k＝×100％
解得k＝25％。
分层 强化训练
夯基固本提能
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1. （2025·山西临汾三模）垂直纸面的两薄铝板M、N，将纸面分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，三个区域内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分
别为B1、B2和B3，如图所示。两带电粒子从P点沿平行铝板方向前、后射入
磁场Ⅱ内，穿过M板的粒子其轨迹半径不变，而穿过N板的粒子轨迹半径变
小（粒子穿过铝板前、后质量和电荷量均不变），下列判断正确的是
（ ）
A. B1＝B2 B. B1＜B2
C. B2＞B3 D. B2＝B3
√
解析： 带电粒子受到洛伦兹力作用，在垂直磁场平面内做匀速圆周运
动，由 qvB＝m，可得R＝，正粒子穿过M板动量减小，而轨迹的半径
不变，说明 B1＜B2，故A错误，B正确；负粒子穿过N板后动量变小，轨迹
的半径也变小，无法确认B2与B3的大小关系，故C、D错误。
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2. （2025·广西河池二模）如图所示，极板间有A、B两个质量相同、可视
为质点的带电油滴，开关断开时，极板不带电，电荷量为＋2e的油滴A以
速度v匀速下落；闭合开关稳定后，油滴A以速度2v匀速下落，而油滴B以
速度v匀速上升，若油滴所受空气阻力与速率成正比，不计A、B间的作用
力，则油滴B的电荷量为（ ）
A. －3e B. ＋3e
C. －6e D. ＋6e
√
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解析： 设带电油滴的质量为m，开关断开时，对A油滴有mg＝f，根据
题意有f＝kv，当开关闭合时，对A油滴有mg＋E·2e＝k·2v，对B油滴有mg＋
k·v＝－Eq，联立可得q＝－3e，故选A。
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3. （2025·陕西咸阳二模）如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于
B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落
在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断正
确的是（ ）
A. 如果A球带电，则A球一定带正电
B. 如果A球带电，则A球的电势能一定减小
C. 如果B球带电，则B球一定带负电
D. 如果B球带电，则B球的电势能一定减小
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解析： 平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时
间相同，A在上方，B在下方，由h＝at2可知，A下落的加速度大于B的加
速度；如果A球带电，则A受到向下的电场力，则A球一定带负电，电场力
做正功，电势能一定减小，故A错误，B正确；同理可得，如果B球带电，
则B带正电，电场力对B做负功，电势能一定增加，故C、D错误。
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4. 〔多选〕（2025·北京海淀区一模）如图所示，MN右侧有垂直纸面向里的
匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为q的两个电性不同的
粒子，均以与MN夹角为θ、大小为v的速度垂直磁场射入。不计重力及粒子
间的相互作用。则两粒子（ ）
A. 在磁场中运动轨迹的半径不同
B. 在磁场中运动的时间不同
C. 射出磁场时的速度方向相同
D. 射出位置到射入位置的距离不同
√
√
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解析： 由qvB＝m可得r＝，故两粒子在磁场中运
动轨迹的半径相同。如图所示，正电荷的运动轨迹为大圆
弧，负电荷的运动轨迹为小圆弧，射出磁场时的速度方向
相同，故A错误，C正确；粒子在磁场中运动周期T＝，
若粒子带负电荷，在磁场中运动的时间t1＝T＝，若粒子带正电荷，在磁场中运动的时间t2＝T＝，故两粒子在磁场中运动的时间不同，故B正确；由几何关系可知，两粒子射出位置到射入位置的距离的大小都等于d＝2rsin θ，故D错误。
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5. （2025·黑吉辽蒙高考7题）如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝
缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为3r。
原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。
空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块
在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、
EkC，则（ ）
A. EkA＜EkB＜EkC B. EkB＜EkA＜EkC
C. EkA＜EkC＜EkB D. EkC＜EkA＜EkB
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解析： 由题意可知弹簧的原长为2r，则物块在A点时弹簧的伸长量为
r，物块在B点和C点时弹簧的压缩量为r，则弹簧在A、B、C三点的弹性势
能相等，设弹簧在这三点处的弹性势能为Ep，小球从A点到B点的过程，由
功能关系得EkA＋Ep＋W电＝EkB＋Ep，则有EkA＋W电＝EkB，由于W电＝FxAB
＞0，解得EkA＜EkB，又F＝mg，xAB＝＝2r，则有W电＝
2mgr；物块从B点到C点的过程，由功能关系得EkB＋Ep－W重＝EkC＋
Ep，则有EkB＝EkC＋W重，即EkB＞EkC，又W重＝mg·2r，由以上可知W电＞W
重，则有EkA＜EkC。综上所述得EkA＜EkC＜EkB，C正确，A、B、D错误。
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6. （2025·广东佛山二模）如图所示，边长为L的正方形abcd区域内有匀强
磁场，ad边中点处O有一粒子源，向磁场内各方向均匀发射速率均为v0的
电子，ab边恰好没有电子射出，已知电子质量为m，电量大小为e，则
（ ）
A. bc边有电子射出
B. 磁感应强度大小为
C. 从ad边射出的电子在磁场中运动的最长时间为
D. 从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为5∶1
√
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解析： ab边恰好没有电子射出，轨迹如图甲所示，根据洛伦兹力提供
向心力有ev0B＝m，r＝，所以B＝，由于电子射入的速度大小不
变，方向改变，则轨迹半径不变，根据旋转圆模型可知，bc边也没有电子
射出，故A、B错误；
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从ad边射出的电子在磁场中运动的时间最长时轨迹如图乙所示，根据几何
关系可知，圆心角θ＝60°，所以最长时间为t＝T＝·＝，
故C错误；由以上分析可知，当粒子恰好经过d点时，其入射速度方向与ad
边的夹角为30°，所以从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为
＝，故D正确。
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7. （2025·福建宁德高考4题）某种静电分析器简化图如图所示，在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A点垂直电场射出，电
子恰好做圆周运动，运动轨迹为ABC，半径为r。另一电子b自A点垂直电场
射出，轨迹为弧APQ，其中PBO共线，已知B、P两点间的电势差为U，｜
CQ｜＝2｜BP｜，电子a入射动能为Ek，电子所带的电荷量为－e，则
（ ）
A. B点的电场强度E＝
B. P点场强大于C点场强
C. 电子b在P点的动能小于在Q点的动能
D. 电子b全程克服电场力做的功小于2eU
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解析： 电子a恰好做半径为r的圆周运动，设电子a的运动速率为v，则
对电子a，由牛顿第二定律有Ee＝m，又电子a的入射动能为Ek＝mv2，
联立可得E＝，A错误；电场线的疏密程度反映电场的强弱，电场线密
的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，由题图径向电场的电场
线分布可知越靠近圆心处，电场线越密集，电场强度越大，又P点比C点更
远离圆心，所以P点的电场强度小于C点的电场强度，B错误；
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由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则该电场中越远离圆心，电势越低，
又｜CQ｜＝2｜BP｜，则Q点比P点更远离圆心，φQ＜φP，又电子带负电，
则电子b在P点的电势能小于在Q点的电势能，由能量守恒定律可知电子b在
P点的动能大于在Q点的动能，C错误；由于｜CQ｜＝2｜BP｜，越远离圆
心，电场越弱，故C、Q间的平均电场强度小于B、P间的平均电场强度，
又B、P间的电势差为U，则由U＝Ed可知C、Q间的电势差小于2U，又全程
电场力对电子b做负功，所以电子b全程克服电场力做的功小于2eU，D正确。
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8. 〔多选〕（2025·福建二模）中国科学家利用兰州重离子加速器进行医
用同位素的同步分离制备，“扇形聚焦回旋加速器”是该装置的重要构造
部分。某种扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等
分成8个扇形区域，相互间隔的4个区域内存在方向垂直纸面向外、磁感应
强度大小为B的匀强磁场，另外4个区域内没有磁场。质量为m、电荷量为q
的正离子以恒定速率在闭合平衡轨道上做周期性运动，其闭合平衡轨道如
图中实线所示，离子重力不计，则离子绕闭合平衡轨道运动一周的过程中
（ ）
A. 运动的方向是顺时针
B. 运动的方向是逆时针
C. 在磁场中运动的总时间为
D. 在磁场中运动的总时间为
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√
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解析： 由于离子带正电，在磁场中由洛伦兹力提供向心力，根据
左手定则可知，离子运动的方向是顺时针，故A正确，B错误；因为离
子在没有磁场的区域做匀速直线运动，没有改变速度方向，则离子经
过4个扇形磁场区域总共转过的角度为360°，所以离子在磁场中运动
的总时间等于离子在磁场中的运动周期，根据牛顿第二定律可得qvB＝
m，又T＝，联立可得T＝，可知离子在磁场中运动的总时间为
，故C错误，D正确。
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9. （2025·广东湛江联考）如图所示，有一半径为R的圆轨道，其所在平面
有水平向左的匀强电场，电场强度大小E＝，一质量为m、电荷量为q
（q＜0）的小球沿轨道内侧在竖直平面内运动，小球能在竖直平面内做完
整的圆周运动，A、B为轨道水平直径的两端，C是轨道最低点，小球经过
B点时对轨道的压力为11mg，已知重力加速度大小为g。求：
（1）带电小球在B点速度大小；
答案： 3
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解析： 由题意知N＝11mg，Eq＝2mg，对小球经过B点时受力分析，
在水平方向，由牛顿第二定律可得N1－Eq＝m
解得vB＝3。
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（2）带电小球在C点时对轨道压力大小；
答案： 8mg
解析：小球从B到C点，由动能定理知－EqR＋mgR＝m－m
可得vC＝
对小球经过C点时受力分析，在竖直方向，由牛顿第二定律得N2－mg＝
m
解得N2＝8mg
根据牛顿第三定律可知，小球在C点时对轨道压力大小
8mg。
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（3）此过程中带电小球在圆轨道上运动的最小动能。
答案： mgR
解析：小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在等效最高点D点（如图所
示）时速度最小，在D点重力和电场力的合力方向指向圆心，此时D点与圆
心的连线与竖直方向的夹角为θ，则有tan θ＝＝2
小球从C→D，由动能定理知－mgR·－EqR·＝m－m
则带电小球在圆轨道上运动的最小动能EkD＝mgR。
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10. （2025·北京高考18题）北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部
分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物
理量。考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒
子间相互作用。
（1）一个电荷量为q0的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的
运动周期T与质量m的关系。
答案： T＝·m
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解析： 粒子速度方向与磁场垂直，则粒子做匀速圆周运动，根据洛
伦兹力提供向心力，有
q0vB＝m
解得轨道半径R＝
圆周运动的周期T＝
将R代入得T＝
周期T与质量m的关系为T＝·m。
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（2）两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂
直，粒子2的速度方向与磁场方向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为
R的圆周上转过的圆心角为θ，粒子2运动的距离为d。求：
a.粒子1与粒子2的速度大小之比v1∶v2；
b.粒子2的动量大小p2。
答案： a.v1∶v2＝（θR）∶d；b.
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解析： a.由题意知粒子1做匀速圆周运动，线速度v1＝ωR＝R
粒子2做匀速直线运动，速度v2＝
所以速度之比＝＝
即v1∶v2＝（θR）∶d
b.对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m
可得m＝
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粒子2的动量p2＝mv2
结合前面的分析可得p2＝·v2＝＝。
11. （2025·江苏高考13题）如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的
匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速
度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m，电荷量为q，不计重
力及粒子间相互作用。求：
（1）a运动到最高点的时间t；
答案：
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解析： 根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，对a
粒子，根据牛顿第二定律有qE＝ma，
设a运动到最高点的时间为t，由运动学公式有v0sin θ＝at
联立解得t＝。
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（2）a到达最高点时，a、b间的距离H。
答案：
解析：方法一、根据题意可知，两个粒子均在水平方向上做匀速直线运
动，且水平方向上的初速度均为v0cos θ，则两粒子一直在同一竖直线上，
斜上抛的粒子竖直方向上运动的位移为H1＝＝
斜下抛的粒子竖直方向上运动位移为H2＝v0tsin θ＋at2＝＋
则粒子a到达最高点时与粒子b之间的距离H＝H1＋H2＝。
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方法二、两个粒子均受到相同电场力，以a粒子为参考系，b粒子以2v0sin θ
的速度向下做匀速直线运动，则a到达最高点时，a、b间的距离H＝2v0sin
θ·t＝。
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THANKS
演示完毕 感谢观看
