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【配速法】专题汇编
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图所示，空间中存在着正交的匀强磁场和匀强电场，已知电场强度大小为E ，方向竖
直向下；磁感应强度大小为 B ，方向垂直纸面。一电子由O点以一定初速度v0水平向右飞入
其中，运动轨迹如图所示，其中O、Q和 P 分别为轨迹在一个周期内的最高点和最低点，不
计电子的重力。下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度方向垂直纸面向外
E
B．电子的初速度v0大于
B
C．电子经过 P 点的速率大于在O点的速率
D．将电子的初速度调整至合适值可以使其做匀加速直线运动
2．如图所示， xOy 平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，电场
强度大小为E 。质量为m 、电荷量为 q的粒子从O点沿 x轴正方向水平入射，入射速度为v
时，粒子沿 x轴做直线运动；入射速度为2v 时，粒子的运动轨迹如图中的摆线所示，粒子
全程速率在 0 和2v 之间变化。不计重力及粒子间相互作用，粒子在沿此摆线运动时，下列
说法正确的是（ ）
A．磁感应强度的大小B=Ev
B．粒子在最高点所受合力的大小为零
试卷第 1 页，共 14 页
mv2
C．粒子运动的最高点与 x轴的距离为
qE
D．粒子在最低点与最高点所受的合力大小相等
3．如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强
电场，磁场的磁感应强度为 B。一束质量均为 m、电荷量均为＋q 的粒子，以不同速率沿着
v
两板中轴线 PQ 方向进入板间后，速率为 ν 的甲粒子恰好做匀速直线运动；速率为 的乙粒
2
子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，A 为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全
v 3v
程速率在 和 之间变化。研究一般的曲线运动时，可将曲线分割成许多很短的小段，这
2 2
样质点在每一小段的运动都可以看做圆周运动的一部分，采用圆周运动的分析方法来处理。
不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
B
A．两板间电场强度的大小为
v
B．乙粒子从进入板间运动至 A 位置的过程中，在水平方向上做匀速运动
mv
C．乙粒子偏离中轴线的最远距离为
2qB
9mv
D．乙粒子的运动轨迹在 A 处对应圆周的半径为
2qB
4．速度选择器是质谱仪的重要组成部分，用于剔除速度不同的粒子，从而提高检测精度。
如图所示，MN 两极板间有竖直向下的匀强电场E 5 103 V / m和垂直纸面向里的匀强磁场
B 0.1T，两板的长度和间距均足够大，虚线是电磁场的中心轴线。现有一束带负电的离子
（不计重力）以1 105 m / s的速度沿着虚线从左侧进入电磁场区域，其轨迹可能是（ ）
A． B． C． D．
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5．xOy 空间存在一范围足够大的匀强磁场和匀强电场。磁场方向垂直于 xOy 平面向外，磁
感应强度大小为 B；电场方向为 y 轴正向，电场强度为 E，一质量为 m，电荷量为 q（q＞0）
的粒子从坐标原点 O以初速度 v0沿 y轴正向发射，其运动轨迹如图所示。不计重力，则（ ）
A．粒子向 y 轴正向上运动的过程中电势能逐渐增大
m E E 2 2
B．粒子能到达的最低点距 x 轴距离为 v
qB B B2
0

E 2
C．运动过程中粒子的最大速度为 v2
B2
0
E E 2
D．运动过程中粒子的最大速度为 v2
2 0B B
6．如图所示，空间中存在着正交的匀强磁场和匀强电场，已知电场强度大小为 E，方向竖
直向下，磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面。一个电子由 O 点以初速度v0水平向右飞入其
中，运动轨迹如图所示，其中 O、Q 和 P 分别为轨迹在一个周期内的最高点和最低点，不计
电子的重力。下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度方向垂直纸面向外
B．由 P 点至 Q 点的运动过程中，电子的速度减小
E
C．电子的初速度 v0小于
B
D．无论怎样调整电子的初速度大小与方向都不可以使其做匀加速直线运动
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二、多选题
7．如图所示，水平地面上方有范围足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为
B。将一质量为 m，带电荷量为+q 的小球由足够高处静止释放，小球可视为质点，不计空气
阻力，重力加速度为 g，下列说法正确的是（ ）
2m2g
A．小球能向下运动的最大距离为
q2B2
4πm
B．小球运动的周期为
qB
2mg
C．小球运动的最大速度为
qB
D．小球的机械能不守恒
8．在空间中存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为 B 的水平匀强磁场，与竖直向上的
匀强电场（图中未画出）。一电荷量绝对值为q、质量m 的带电粒子（重力不计），从 A 点以
Bv
水平初速度v0向右开始运动，其运动轨迹如图所示。已知电场强度大小为E
0 。下列说
2
法正确的是（ ）
A．粒子带负电
qv B
B．带电粒子水平射出时的加速度大小为 0
2m
C．带电粒子运动到轨迹的最低点时的速度大小为2v0
3mv0
D．带电粒子在竖直面内运动轨迹的最高点与最低点的高度差为
qB
9．如图所示，磁控管内局部区域分布有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。
一电子从 M 点由静止释放，沿图中轨迹依次经过 N、P 两点，且 N 点离水平虚线最远。已
知磁感应强度为 B，电场强度为 E，电子质量为 m、电荷量为 e，电子重力不计，则（ ）
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E mE
A．电子在 N 点的速率为 B．N 点离虚线的距离为2
B eB2
πm 4πmE
C．电子从 M 到 N 点的时间为 D．M、P 两点的距离为
2eB eB2
10．中国航天科技集团六院 801 所研发的 50 千瓦级双环嵌套式霍尔推力器于 2025 年 5 月成
功点火并稳定运行，推力达4.6牛，接近美国 X3 推进器（5.4牛）水平，这一突破使中国成为
全球第三个掌握该技术的国家，标志着我国在大功率电推进领域进入国际第一梯队。霍尔推
进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy 平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标
平面向里的匀强磁场，电场强度为 E，磁感应强度为B。质量为 m、电荷量为 e 的电子从 O
点沿 x 轴正方向水平入射。改变速度大小，得到了如图甲、乙所示的两种轨迹，则下列说法
正确的是（ ）
E
A．若入射速度v1 ，电子的轨迹一定如图乙中虚线所示
B
E 2mv
B．只要入射速度v2 ，电子距离 x 轴的最远距离都为d
2
B eB
E E
C．若入射速度v3 ，电子的轨迹一定如图甲中虚线所示，且当电子速度为v4 时，
4B 2B
3mE
电子的纵坐标为 y
32eB2
D．无论是图甲还是图乙，电子在运动过程中所受的合力大小均不变
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11．如图所示为速度选择器，将带电量为+q 的粒子沿水平方向射入左端小孔，该装置能选
E
择出沿直线运动且速度v 的粒子。当粒子的速度不等于 v，粒子在装置内运动轨迹可能
B
的是（ ）
A． B．
C． D．
12．空间内存在方向水平向左的匀强电场E 和磁感应强度大小B 10T、方向垂直纸面向里
的匀强磁场（图中均未画出）。一质量m 0.1kg、带电荷量q 0.1C的小球从O点由静止释
放，小球在竖直面内的运动轨迹如图中实线所示，轨迹上的 A 点离 OB 最远且与 OB 的距离
为 L，已知qE mg 。重力加速度 g 取10m / s2 。下列说法正确的是（ ）
A．小球经过 A 点时的速度为 2m / s B．小球经过 A 点时的速度最大
2 2
C． L m D． L m
2 5
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13．空间中存在方向竖直向下、电场强度大小为 E 的匀强电场和方向垂直于纸面、磁感应
强度大小为 B 的匀强磁场。一个电子由 O 点以一定初速度水平向右飞入其中，运动轨迹如
图所示，其中 P 和 Q 分别为轨迹的最低点和最高点，不计电子的重力。下列说法正确的是
（ ）
E
A．电子的初速度一定大于 B．磁感应强度方向垂直纸面向外
B
C．调整电子的初速度有可能使其做匀加速运动 D．由 P 点至 Q 点的运动过程中，电
子的动能增大
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三、解答题
14．在粒子加速器设计、等离子体物理实验或空间带电粒子探测等科研与工程领域中，精确
分析带电粒子在电磁复合场中的运动轨迹至关重要。通过调控电场和磁场的分布与变化，可
以实现粒子的加速、偏转、筛选和约束。在如图甲所示的 xoy坐标平面内充满如图乙所示的
交变电场（图中未画出），已知电场正方向沿 y 轴负方向，电场强度大小E0 为150V / m，xoy
坐标平面在第一、四象限中有如图所示垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度 B 的大小
为0.5T，现有一个质量m 为1 10 12 kg ，带电量q为 2 10 10 C的带电粒子在 t 0时以初速
度 v
2
0大小为200m / s从图中 P 点沿 x轴正方向射入场区，恰好在 t1 4 10 s时到达坐标原
点O，且速度方向沿 x轴正方向，不计带电粒子重力，已知sin53 0.8，cos53 0.6，计
算结果中可以含有 。
(1)求 P 点的位置坐标 x1, y1 ；
t 6 10 2(2)求带电粒子在 s时刻的位置坐标 x2 , y2 2 ，并求带电粒子在6 10 2s到
8 10 2s 时间内离 y 轴的最远距离。
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15．如图所示，在 x 轴的左侧 d y 2d 的区域内存在沿 y 轴负方向的匀强电场， d y d
的区域内存在半径为 d 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里，圆
与 y 轴相切于原点 O。在 x 轴的右侧有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场
和沿 y 轴负方向的匀强电场，足够长的荧光屏 MN 平行于 x 轴，与 x 轴的距离为 d。质量为
m、电荷量为q q 0 的粒子在直线 y 2d 的某处由静止释放，经 P 点（直线 y d 与磁场
边界相切于 P 点）进入磁场，从原点 O 进入第一象限，粒子恰好能到达荧光屏上。不计粒
子重力。
(1)求 y 轴左侧匀强电场的电场强度大小 E。
(2)求 y 轴右侧匀强电场的电场强度大小E1。
(3)若 y 轴右侧匀强磁场的磁感应强度大小随时间的变化关系如图乙所示，且撤去荧光屏求
粒子第二次通过 x 轴的位置与 O 点的距离（O 点记为第零次）。
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16．边长为 l 的正方形区域 abcd 存在竖直方向的匀强电场和垂直纸面方向的匀强磁场，以
区域边界 ab 的中点为坐标原点 O，建立如图所示的直角坐标系 Oxy。一带负电粒子以速度v0
从坐标原点 O 沿 x 轴方向进入 abcd 区域，恰好做匀速直线运动；若去掉电场，该带电粒子
恰好从坐标为 l, l / 2 的 c 点离开正方形区域。不计粒子重力。
(1)指出区域中磁场和电场的方向；
(2)若去掉磁场保留电场，求该粒子离开 abcd 正方形区域时的位置坐标；
(3)区域同时存在磁场与电场，入射粒子速度调整为2v0 ， t 0时从 O 点射入：
①求带电粒子在区域运动的坐标位置与时间的函数关系；
①指出粒子飞出区域的边界，并给出粒子出区域的时间 t0 所满足的方程。
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17．如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中，有沿 x 轴正方向的匀强电场和垂直坐标平面向外
的匀强磁场，匀强电场的电场强度大小为 E，匀强磁场的磁感应强度大小为 B。从 O 点发射
q
比荷为 的带正电粒子，该粒子恰能在 xOy 坐标平面内做直线运动。已知 y 轴正方向竖直
m
向上，不计粒子受到的重力。
(1)求粒子发射时的速度大小和方向；
(2)若将电场强度方向调整为竖直向上，该粒子以（1）中的速度从 O 点射出后，求粒子在运
动过程中的最大速度；
(3)若将电场强度方向调整为竖直向下，该粒子改为从 O 点由静止释放，求粒子运动的轨迹
上的点到 x 轴的最大距离。
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18．如图所示，在空间直角坐标系中有一长方体 ABCD A1B1C1D1，平面 AA1D1D 为边长为 a
的正方形，AB 边长度为为 2a，在 A1D1的中点有一粒子源 E，可以源源不断地发射电荷量为
q、质量为 m 的带电粒子，粒子速度相同，沿着 Z 轴正方向，在整个空间中存在沿着 Y 轴
负方向的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，已知粒子恰好未从长方体 AD 边射出，不计重力
及一切空气阻力，求：
(1)带电粒子的初速度v0；
(2) B1C1 的中点为 F，若在整个空间中加上沿着 Y 轴正方向的匀强电场，使粒子能到达 F 点，
求粒子到达 F 点的最大动能 Ek m 及对应的电场强度的大小 E1；
qB2a
(3)接第（2）问，若继续在整个空间中加上沿 X 轴负方向的匀强电场E2 ，求粒子到
6 m
达 BB1C1C 所在平面时的坐标。
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19．如图甲所示，沿水平方向建立 x轴，沿竖直方向建立 y 轴，在 xOy 平面内存在垂直纸面
向里的匀强磁场，磁感应强度为 B 和沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E 。一质量为m 、
2πm
电量为 q的带电粒子从 A 点由静止释放（不计重力），粒子沿图甲中轨迹做周期T 的
Bq
周期性的运动。（重力加速度为 g ）
(1)求粒子速度的水平分量v 与其所在位置的 yx 轴坐标绝对值的关系式。
(2)在粒子释放的同时，另一不带电的小球从 x轴上方某一点沿 x轴正方向抛出，二者经过
3πm
t 时刻恰好相遇，求小球抛出点的纵坐标。
qB
q 2
(3)若磁感应强度B 1T ，电场强度E 2N/C，粒子的比荷 1 10 N/kg，在如图乙所示
m
的坐标原点O，给粒子沿 x轴负方向的初速度 v0 1m/s ，求粒子运动中速度最大值、并画出
大致轨迹。
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20．如图所示，在竖直面内建立直角坐标系，x 轴水平向右，y 轴竖直向上，空间中存在水
平向右的匀强电场 E 和垂直于纸面向内的匀强磁场 B，已知电场强度E 5V/m，磁感应强
度 6B 0.5T。在坐标原点向该平面内射出一质量为m 1 10 kg、电荷量为 q 2 10 6 C的带
正电微粒（可视为点电荷，重力不可忽略），微粒恰能在 xOy 坐标平面内做直线运动。（g 取
10m/s2 ）
(1)求微粒发射时的速度大小和方向；
(2)如果发射微粒时电场方向改为竖直向上，大小不变，求微粒距 y 轴最远时的位置坐标；
(3)如果发射微粒时撤去电场，则微粒运动的最大速度是多少？速度最大时微粒与 x 轴的距
离是多少。
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《【配速法】专题汇编》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D D A D D AC ACD BD CD
题号 11 12 13
答案 AC BD AD
1．B
【详解】A．电子受电场力向上，但开始的轨迹向下弯曲，说明洛伦兹力向下，据左手定则
得磁感应强度垂直向里，故 A 错误；
B．电子从O运动到 P ，合外力指向轨迹凹侧，则有 qv0B qE
E
解得v0 ，故 B 正确；
B
C．由O点至 P 点的运动过程中，电场力做负功，洛伦兹力不做功，电子的速度逐渐减小，
故 C 错误；
D．电子不可能做匀加速直线运动，因为速度变化洛伦兹力必然变化，合力不可能恒定，即
电子不可能做匀加速直线运动，故 D 错误。
故选 B。
2．D
【详解】A．入射速度为 v 时，粒子沿 x 轴做直线运动，即粒子所受电场力和洛伦兹力等大
反向，则qvB qE
E
解得B ，故 A 错误；
v
BD．根据“配速法”将粒子的速度2v 分解为向右的v1 v 和向右的v2 v
其中v1 v 产生的向上的洛伦兹力大小为F1 qv1B qvB qE
即与电场力等大反向相平衡，所以粒子的运动为向右的v1 v 的匀速直线和初速度向右
v2 v 的匀速圆周运动，当粒子在最高点时v1 v 不变，v2速度大小不变，方向变为水平向
左，即粒子在最高点时的合速度为零，此时粒子所受合力为F1 qE
粒子在最低点时，速度大小为2v ，所受合力为F2 q 2vB qE qE
即粒子在最高点所受合力的大小不为零，且与最低点所受的合力大小相等，故 B 错误，D
正确；
答案第 1 页，共 17 页
C．粒子运动的最高点与 x 轴的距离为圆周运动的直径，即为d 2r
v2
根据牛顿第二定律qv 2 2B m
r
2mv2
联立，解得d ，故 C 错误。
qE
故选 D。
3．D
【详解】A．速率为 v 的甲粒子恰好做匀速直线运动，则qE qvB
解得两板间电场强度的大小为E Bv，不符合题意，故 A 错误；
B．乙粒子从进入板间运动至 A 位置的过程中，做曲线运动，速度有竖直分量，据左手定则
水平方向会受洛仑兹力，故水平方向上不会做匀速运动，故 B 错误；
C．由于洛伦兹力一直不做功，乙粒子所受电场力方向一直竖直向下，当粒子速度最大时，
2 2
1 3v 1 v
电场力做的功最多，偏离中轴线的距离最远，根据动能定理有qEymax m m
2 2 2 2
mv
整理得到 ymax ，故 C 错误；
qB
D．由题意，乙粒子的运动轨迹在 A 处时为粒子偏离中轴线的距离最远，粒子速度达最大，
2
3v mv
为 vA ，洛伦兹力与电场力的合力提供向心力qvAB qE
A
2 rA
9mv
所以对应圆周的半径为 rA＝ ，故 D 正确。
2qB
故选 D 。
4．A
【详解】离子受到的电场力FE qE
洛伦兹力FB qvB
3
代入数据得FE q 5 10 ，FB q 1 10
4
得 FB FE
带负电的离子，电场向下，负电荷受力向上，电场力方向向上，洛伦兹力方向用左手定则判
断，四指指向离子运动的反方向，磁感线穿手心，大拇指指向向下，即洛伦兹力方向向下。
由于FB FE
离子会向下偏转，且在偏转过程中，速度方向改变，洛伦兹力方向也会改变，水平方向速度
答案第 2 页，共 17 页
位移大于圆周运动在水平方向的位移，最终轨迹会呈现向下弯曲且有周期性的曲线。
故选 A。
5．D
【详解】A．正电荷向 y 轴正向上运动，沿电场方向运动，电场力做正功，电势能减小，故
A 错误；
B．如图所示，将 v0 分解为 v1和 v2，且使 v1 满足 qv1B=qE，即 v1引起的洛伦兹力与粒子所
E
受电场力平衡，得v1
B
则粒子的运动可以分解成由 v1引起的沿 x 轴正方向的匀速直线运动，和由 v2引起的在 xOy
v 2
平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有 qv2B m
2
r
mv
r 2
m
v 2 2解得 0 v1
qB qB
v
粒子能到达的最低点距 x 轴距离d r 1 cos r 1 1

v0 2 v
2
1
m E2 E
解得d v
2
0 2 ，故 B 错误； qB B B

CD．粒子实际的运动就是这两个分运动的合运动，当两个分运动的速度均沿 x 轴正方向时，
E E2
粒子的合速度最大，v 2 ，故 C 错误，D 正确。 max v1 v2 v
B B2
0
故选 D。
6．D
【详解】A．电子由 O 点以一定初速度v0水平向右飞入正交的匀强磁场和匀强电场中，电子
先向下偏转，电子所受的电场力向上，则电子所受的洛伦兹力向下，根据左手定则，则磁感
应强度方向垂直纸面向里，故 A 错误；
B．电子由 P 点至Q点的运动过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，电子的速度增大，
答案第 3 页，共 17 页
故 B 错误；
C．电子在 O 点处向下偏转，则此时合力方向向下，即洛伦兹力大于电场力，则有qv0B Eq
E
可得v0
B
故 C 错误；
D．调整电子的初速度大小与方向，当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直
线运动；当初速度方向与磁场平行，电子做类平抛运动；但电子不可能做匀加速直线运动，
因为随着电子速度的增加，洛伦兹力发生变化，电子所受合力方向发生变化，不可能与速度
方向在同一直线上，故 D 正确。
故选 D。
7．AC
【详解】A．将小球看成向左、向右同时有初速度v ，且满足qv0B mg0
mv0
则小球向右做速度为v0的匀速直线运动，同时做半径为 r 的匀速圆周运动，解得qB
2mv 2m2g
h 2r 0
2 2 ，故 A 正确； qB q B
2πm
B．小球运动的周期为T ，故 B 错误；
qB
mg 2mg
C．小球在最低点速度最大为 vm 2v0，又v ，所以 vm 0 ，故 C 正确；
qB qB
D．只有重力做功，故小球机械能守恒，故 D 错误。
故选 AC。
8．ACD
【详解】A．粒子运动可看成水平方向向左的匀速直线运动和竖直面内的匀速圆周运动的合
运动；将带电粒子的初速度在水平方向分解，向左的分速度产生的洛伦兹力与电场力平衡，
则向右的分速度产生的洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，由粒子的偏转方向，根据左
手定则可知粒子带负电；故 A 正确；
B．由左手定则知粒子向左的分速度产生的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向竖直向下；
带电粒子水平射出时粒子向右的初速度产生的洛伦兹力方向竖直向下，所以带电粒子水平射
qv B qE 3qv B
出时的加速度大小为a 0 0 ，故 B 错误；
m 2m
C．设粒子向左的速度大小为 v1，则F qv1B qE
答案第 4 页，共 17 页
v
解得v 01
2
3
则粒子水平射出时水平向右的分速度大小为v2 v0 v1 v0
2
带电粒子运动到轨迹的最低点时向左匀速运动的分速度与匀速圆周运动的分速度方向相同，
1 3
速度大小为v v0 v0 2v0 ，故 C 正确；
2 2
v2
D．粒子做匀速圆周运动的分运动qv B m 2 2
r
3mv
解得 r
0
2qB
带电粒子在竖直面内运动轨迹的最高点与最低点的高度差为粒子做匀速圆周运动分运动的
3mv
直径h 2r
0
，故 D 正确。
qB
故选 ACD。
9．BD
E
【详解】AB．根据“配速法”，电子在 M 点由静止释放，可看做是电子分别以v1 的速度
B
E
向左运动和以速度v2 向右运动，由于eBv1 eE
B
mv2
可看做向左的匀速直线运动和向下的匀速圆周运动的合运动，其中圆周运动满足eBv 2 2
R
mv mE
可得R 2
eB eB2
2E
因 N 点离虚线最远，则两个方向的分速度均向左，则电子在 N 点的合速度vN v1 v2
B
2mE
N 点离虚线的距离为 y 2R 2 ，A 错误，B 正确； eB
1 m
C．电子从 M 到 N 点的时间为 t T ，C 错误；
2 eB
E 4 m 4 mE
D．M、P 两点的距离为 s v1 2T 2 ，D 正确。 B eB eB
故选 BD。
10．CD
E
【详解】A．若入射速度v eBv eE0 ，则有 0
B
E
可知电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子将沿 x 轴做匀速直线运动，若入射速度v1 ，将
B
E
v1分解为v0 和v1 v0，电子的运动可以分解为，沿 x 轴的匀速直线运动和以v1 v0为速
B
答案第 5 页，共 17 页
2E
度的沿 y轴负方向的匀速圆周运动，图乙中最低点速度沿 x轴负向，则v1 v0 v0 ，即v1 ，
B
故 A 错误；
E
B．只要入射速度v2 ，电子的运动均可以分解为沿 x 轴的匀速直线运动和沿 y 轴的匀速
B
圆周运动，距离 x 轴的最远距离都为d 2r
mv2
根据ev2B
2
r
2mv
可得d 2 ，故 B 错误；
eB
E
C．电子运动过程中洛伦兹力不做功，只有电场力做功，当电子入射速度为v3 ，运动
4B
E 1 E 2 1 E 2
到速度为v4 的过程中，由动能定理得eEy m( ) m( )
2B 2 2B 2 4B
3mE
解得 y 2 ，故 C 正确； 32eB
D．无论是图甲还是图乙，电子的运动均可以分解为匀速直线运动和匀速圆周运动，故电子
所受的合外力大小均为电子做匀速圆周运动的向心力大小，故 D 正确。
故选 CD。
11．AC
E
【详解】速度选择器中，当粒子速度 v 时，电场力与洛伦兹力平衡，粒子做直线运动。
B
E
若 v 时，二力不平衡，粒子发生偏转。利用配速法，将粒子的运动分解为水平方向的匀
B
速直线运动和竖直平面内的匀速圆周运动，设向右的速度为v1，使得：qv1B qE ，受力平
衡做匀速直线运动。所以粒子螺旋前进。
E
ABC．若v 时，设v v1 v2 ，则由上述分析可知粒子向上偏转做逆时针圆周运动的同时
B
水平向右运动。轨迹在 x轴的上方。当v2 v1时粒子运动轨迹可能如 C 图所示；当v2 v1时，
粒子水平方向速度一直向右，粒子运动轨迹可能如 A 图所示。B 错误，AC 正确；
E
D．若 v 时，设v v1 v2 ，则由上述分析可知粒子向下偏转做逆时针圆周运动的同时水
B
平向右运动。轨迹在 x轴的下方，必定是螺旋运动。D 错误。
故选 AC。
12．BD
【详解】AB．由题知qE mg 1N
答案第 6 页，共 17 页
即重力与电场力大小相等，由于两者方向垂直，则两力的合力大小为
2 2
F mg qE 2N
根据配速法，由于小球在 O 点处于静止，可将小球在 O 点的速度分解为垂直于合力 F 方向
向上的v0和与垂直于合力 F 方向向下（即为图中虚线方向）的v0，两个分速度大小相等，
方向相反，且使得垂直于合力 F 方向向下的分速度对应的洛伦兹力与合力 F 平衡，则小球
的运动，可以分解为沿虚线向下的匀速直线运动，与初速度为沿虚线向上的匀速圆周运动，
v2
则有F qv0B ， qv0B m
0
R
2
可得v0 2m / s ， R m
10
由于轨迹上的 A 点离 OB 最远，可知匀速圆周分运动恰好运动了半个周期，此时圆周运动的
分速度方向平行于虚线向下，即小球的两个分速度方向相同，则合速度最大，即小球经过 A
点时的速度最大，且最大值为vmax 2v0 2 2m / s ，故 A 错误，B 正确；
2
CD．由上分析可知小球距离虚线 OB 最远的距离 L 2R m，故 C 错误，D 正确。
5
故选 BD。
13．AD
【详解】A．电子进入时向下偏转，则有Bqv qE
E
解得 v
B
A 正确；
B．电子带负电，所受电场力向上，洛伦兹力向下，根据左手定则可知磁场方向应垂直纸面
向里，B 错误；
C．无论如何调整初速度的大小或方向，在运动过程中都会受到洛伦兹力的作用，不能保证
合外力恒定。故无法做匀变速运动，C 错误；
D．P 到 Q 的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，根据动能定理，电子的动能应该增
大，D 正确。
故选 AD。
14．(1) 8 m，12 2m
307
(2) 6 m,0m ， 4 m
60
答案第 7 页，共 17 页
【详解】（1）粒子在 x方向做匀速运动，则 x方向的位移 x1 v0T 8 m
在 y 方向，由牛顿第二定律得 qE0 ma
2
1 T
由对称可得，在 y 方向的位移 y1 a 2 12
2 m
2 2
8 m，12 2P 点的位置坐标为 m
（2）经分析，粒子到达坐标原点O的速度仍为v t t0，在 1 2 时间内，粒子的运动可以分解为
沿 x轴正方向以速度v1做匀速直线运动和以速度v2做匀速圆周运动，由qE0 qv1B
得 v1 300m / s
v2 v1 v0 100m s，方向水平向左
mv2
洛伦兹力提供向心力qv2B
2
r
2 r 2 m
粒子做匀速圆周运动的周期T1 2 10
2s
v2 qB
所以在 t 时刻，圆周运动刚好运动一个周期，则水平位移 x2 v1T1 6 m2
竖直位移 y2 0
即粒子在 t2 时刻的位置坐标为 6 m，0m
由之前分析可知，粒子在 t2 时刻的速度仍为v
2 2
0，在6 10 s到8 10 s 时间内，当粒子的
速度v与 y 轴平行时，离 y 轴最远。在6 10 2s到8 10 2s 时间内，粒子的运动可以分解
为沿 x轴负方向以速度v1做匀速直线运动和以速度v3 做匀速圆周运动。
由 v v 500m / s0 v1 v3 得 3
v
cos 1经分析，如下图时 0.6
v3
即 53
53 53
则 t T 10
2
1 s
360 180
答案第 8 页，共 17 页
v2
又有qv3B m
3
R
解得半径R 5m
粒子离 y 轴的最远距离 Lmax x2 Rsin v1t
307
解得 Lmax 4 m
60
qB2d
15．(1) E
2m
qB2d
(2) E 1
2m
(3) d总 π 4 d
【详解】（1）由几何关系可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径为 d，设粒子在磁场中运动的
mv2
速度大小为v ，有qv B 00 0
d
mv2
对粒子在电场中加速的过程，有qEd 0
2
qB2d
解得E
2m
（2）将粒子的速度沿 x 轴正方向分解为v1和 v2，使得qE qv1B
此时粒子在混合场中的运动可视为方向沿 x 轴、速度大小为v1的匀速直线运动和速度大小为
mv2
v2的匀速圆周运动，有qv2B
2
0.5d
又 qE1 qv1B ，v0 v1 v2
qB2d
解得E1
2m
πm
（3）由（2）问分析可知 v v1 2 ，即粒子在最高点的速度为零，此时 t
qB
πm π 2 m π 2 m
在 内，粒子做匀加速运动，设加速度为 a，位移为 y，粒子在 时刻的
qB qB qB
2
2m 1 2m
速度为 v ，有v3 a 3 ， y a
qB
2 qB
又 qE1 ma
qBd
解得v ， y d3
m
即此时粒子恰好到达 x 轴，速度大小为v3 、方向与 x 轴垂直。
π 2 m 2π 2 m
内，粒子在磁场和电场组成的混合场中运动，利用配速法将粒子的运
qB qB
答案第 9 页，共 17 页
动分解为方向沿 x 轴、速度为v1的匀速直线运动和初速度为 v 的匀速圆周运动，匀速圆周运
v
2 2 2 1
动的运动轨迹如图所示。有v v v ， tan 1 3 v3
5qBd 1
解得v ， tan
2m 2
mv2
设初速度为 v 的匀速圆周运动的轨迹半径为 R，有qvB
R
5d
解得R
2
2π 2 m 2π 4 m
内，粒子沿 y 轴做匀减速直线运动，沿 x 轴做匀速直线运动，运动的
qB qB
2m 1
时间 t2 ，设粒子沿 y 轴的位移为 y2 ，有 y2 v cos t2 at
2
qB 22
解得 y2 d
因 y2 2R sin ，故此时粒子恰好第二次到达 x 轴。
πm πm
粒子在0 内沿 x 轴前进的距离 d1 v2
qB qB
π 2 m 2π 2 m πm
粒子在 内沿 x 轴前进的距离d2 2R cos v1
qB qB qB
2π 2 m 2π 4 m 2m
粒子在 内沿 x 轴前进的距离 d3 2v1
qB qB qB
粒子第二次通过 x 轴的位置与 O 点的距离d总 d1 d2 d3
解得d总 π 4 d
16．(1)磁场方向垂直纸面向里；电场方向竖直向下
(2) l,0.4l
5l 4v
(3)①见解析；① l v 00t0 sin t0
4 5l
【详解】（1）由题意知，带负电粒子向右运动时受到的洛仑兹力向下，根据左手定则可得，
磁场方向垂直纸面向里；
电场与磁场共存时，恰好做匀速直线运动，说明电场力与洛仑兹力方向相反，即负电粒子受
答案第 10 页，共 17 页
到向上的电场力
电场方向与负电荷受到的电场力方向相反，所以电场方向竖直向下。
2
l 5
（2）仅有磁场，设轨迹半径为 R，则有 2 2 R l R 解得R l
2 4
mv2
qv B 0 0
R
2 2
Eq v 4v
电场、磁场同时存在时，有Eq qv0B ，
0 0
m R 5l
2
l 1 Eq l
仅有电场时，若从 cd 出边界，有 t ， y 0.4l v0 2 m v0
即粒子从 cd 边离开，坐标位置为 l,0.4l
（3）①根据运动分解与叠加原理，有2v0 v0 v0
其中分量v0产生的磁场力与电场力平衡，其分运动保持匀速直线运动；另一分量 v0在磁场中
做匀速圆周运动；粒子的运动为两分运动叠加。
qB v 4v
圆周运动角频率 0 0
m R 5l
5l 4v 5l 4v
则有 x v t R sin t v t sin 0

t ， y R R cos t 1 cos
0 t
0 0
4 5l 4 5l
①由于沿 x 方向叠加匀速直线运动，粒子碰到 bc 之前已从 cd 边界出
5l 4v
则 t0 满足的方程为 l v0t0 sin
0 t0
4 5l
E
17．(1) v ，竖直向下
B
E
(2) vm (1 2)
B
2mE
(3) ym 2 qB
【详解】（1）由题意知，粒子做匀速直线运动，粒子带正电，由物体平衡条件可知，粒子受
到的电场力方向向右，洛伦兹力方向向左，由左手定则可知，粒子在 O 点的速度方向沿 y
轴负方向，即竖直向下。由Bqv qE
E
解得v
B
（2）若将电场强度方向调整为竖直向上，则粒子受到竖直向上的电场力和水平向左的洛伦
兹力，用配速法配一个与电场力等大反向（竖直向下）的洛伦兹力，由左手定则可知，产生
此洛伦兹力的速度水平向右，而此速度本来是没有的，所以给这个速度配个等大反向（水平
答案第 11 页，共 17 页
向左）的速度，至此，由原来的一个竖直向下的速度变为三个等大的速度，水平向右的速度
做匀速直线运动，竖直向下和水平向左的速度合成为斜向左下方且与 x 轴成 45°角的速度，
粒子之后做匀速圆周运动。当粒子做匀速圆周运动的速度方向水平向右时，有最大速度
E
vm (1 2)
B
（3）将由静止释放的粒子看成同时具有大小相等、方向分别水平向左和水平向右的初速度
v1、v2，向左的速度 v1产生的洛伦兹力与电场力大小相等，有qBv1 qE
E
解得v1 v2
B
向左的分速度使粒子水平向左做匀速直线运动，向右的分速度使粒子在洛伦兹力下做匀速圆
v 2
周运动，即qBv2 m
2
R
mE
解得R
qB2
2mE
粒子运动的轨迹到 x 轴的最大距离 ym 2R 2 qB
qBa
18．(1)
2m
1 2 q2B2a2 qB2a
(2) ，
8
2
m π
2m
5a
(3) 0,2a,
6
1
【详解】（1）由题意可知：粒子恰好未从 AD 边射出，则粒子做圆周运动的半径R1 a
2
mv20
由洛伦兹力提供向心力qv0B
R1
qBa
联立并解之得v0
2m
（2）加上电场E1后，带电粒子在 Y 轴方向上做匀加速直线运动，在垂直于 Y 轴的方向上做
匀速圆周运动，为使粒子能够到达 F 点，带电粒子在磁场中的运动时间 t1 nT（n 1,2,3 ）
2 m
T 为粒子做圆周运动的周期T
qB
1 2
在沿着 Y 轴方向上2a ayt1
2
E q
电场力提供 Y 轴方向的加速度，满足a 1y
m
Y 轴方向的速度vy 2ay 2a
答案第 12 页，共 17 页
为保证vy 最大，应保证ay 最大，即时间 t1 最小n 1
qB2a
将n 1代入并联立上式解之得E 1
2m
1 m 2 2 2 2 2 2
E m v2 v2 v2
4q B a 1 2 q B a
到达 F 点的最大动能 km 0 y 0
2 2
2m2 8
2
m
qB2a
（3）若再加上沿着 X 轴方向的匀强电场E 2
6 m
q2B2a
则带电粒子将会受到恒定的电场力FE E 2q
6 m
可将初速度v 分解成v1和 v2，并使 qv1B E2q0
qBa
解之得 v1
6 m
1 1 qBa
则 v2 v0 v1
2 6 m
因此可以将粒子的运动分解成：沿着 Z 轴正方向的匀速直线运动v1和在 XOZ 平面内的匀速
圆周运动 v2，以及沿着 Y 轴正方向的匀加速直线运动，右侧视图如下图所示
mv 3 1 1
圆周运动的半径R2
2 a a
qB 6 2
故粒子不会从 ABCD 平面射出。
2
粒子沿着 Z 轴的位移满足 z v1t1 R2sin t1
T
在第（2）问中，粒子沿着 Y 方向做匀加速直线运动，需 T 时间即可到达BB1C1C 平面，故粒
子的运动时间 t2 T
故粒子将在平行于 XOZ 平面内沿着 X 正方向的位移为 0，沿着 Z 轴正方向的位移
qBa 2 m a
z v1T
6 m qB 3
a a 5a
沿着 Z 轴正方向的坐标为
3 2 6
答案第 13 页，共 17 页
5a
故射出位置的坐标为 0,2a, 。
6
qB
19．(1)vx y
m
2
1 3πm 2mE
(2) g
2 2 Bq B q
(3)5m/s，见解析
【详解】（1）任意时刻v沿 x轴正方向、 y 轴负向的分速度分别为vx 、vy ，与vy 对应的洛伦
兹力水平分力方向沿 x轴正向 fx Bqvy
粒子由静止释放到任意时刻的过程中，应用动量定理有
fxΔt BqvyΔt Bq vyΔt Bqy mvx 0
qB
解得vx y
m
3πm 3
（2）相遇时间 t T
qB 2
由对称性可知相遇点在第二周期运动的最低点，设粒子运动到最低点时，离 x轴的距离为 ym ，
水平速度为vm ，由动量定理有Bqym mvm
1 2
由动能定理有qEym mvx
2
2mE
联立解得 ym
qB2
2
1 1 3πm
小球仅受重力作用做平抛运动，下落高度 y gt 2 g
2 2 Bq
2
1 3πm 2mE
故小球抛出点的纵坐标为 y g
2 Bq B
2q
（3）用配速法，把粒子速度 v0分解为v1和 v2，让v1对应洛伦兹力与电场力平衡，v2对应洛
伦兹力作用下做匀速圆周运动，由Bqv1 Eq ，解得v1 2m/s
沿正 x方向
粒子以v1 2m/s沿 x正方向做匀速直线运动，由v 沿 x轴负方向，即v0 1m/s0
由 v0 v1 v2，解得v2 3m/s
沿负 x方向
答案第 14 页，共 17 页
粒子以v2 3m/s沿逆时针做匀速圆周运动，两种运动如图所示
当粒子以 v2做圆周运动到圆最低点时，粒子合速度最大
vmax v1 v2 5m/s
粒子实际运动轨迹大致如图所示
20．(1)v 10 2m / s，速度方向与 x 轴正方向夹角45
(2)[ 1（0 1 2）m，10m]
(3) 20m / s，10m
【详解】（1）微粒做匀速直线运动，受力如图所示
答案第 15 页，共 17 页
带电微粒所受重力为mg 1 10 6 10N 1 10 5 N
受电场力为Eq 5 2 10 6 N 1 10 5 N
Eq
设速度方向与 x 轴正方向夹角为 ，则 tan 1
mg
则θ 45
Eq
洛伦兹力 f qvB
sin
v 10 2m/s
（2）若电场方向竖直向上，大小不变，则重力与电场力平衡，粒子在洛伦兹力作用下做匀
速圆周运动，受力和运动如下图
v2
由洛伦兹力提供向心力qvB m
r
解得半径 r 10 2m
微粒运动到距 y 轴最远处时，横坐标 x (r r sin ) 10(1 2)m
纵坐标 y r cos 10m
则此时微粒的位置坐标为[ 10(1 2)m，10m]
（3）若释放微粒时撤去电场，将微粒在O点的速度v分解为v vx 和 y ，如下图所示
答案第 16 页，共 17 页
则 vx vcos 10m/s，vy vsin 10m/s
5
沿 y 轴正方向的洛伦兹力 f y qvxB 1 10 N mg
则微粒的一个分运动：沿 x轴正方向以vx 做匀速直线运动；另外一个分运动以vy 做逆时针方
向匀速圆周运动。
则运动到最低点时，两分运动速度同向，此时微粒对地速度达到最大vmax vx vy 20m/s
1 2 1 2
根据动能定理：mgd mvmax - mv
2 2
则d 10m
答案第 17 页，共 17 页高考物理——技巧突破
“配速法”解决摆线问题
若带电粒子在磁场中所受合力不会零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会跟着变化，
则粒子做一般曲线运动，运动比较麻烦，此时，我们可以把初速度分解成两个分速度，使其一个分速度对应的洛
伦兹力与重力（或电场力，或重力和电场力的合力）平衡，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，
这样一个复杂的曲线运动就可以分解分两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。
以速度选择器模型为例。如图所示，空间存在着电磁复合场，匀强磁场 B 垂直纸面
向内，匀强电场 E竖直向下，一个带电量为+q的粒子（重力不计）以初速 v0沿水平方向
进入复合场，则粒子受力情况为：

洛伦兹力竖直向上，电场力竖直向下，若满足 qBv0=qE 得 v0= ，则带电粒子将受平
衡力作用做匀速直线运动。
若粒子进入电磁复合场时速度 v≠v0，则运动轨迹将是复杂曲线，解决办法是将粒子的

运动可看成是 v0与 v1两个运动的合运动，即将 v分解为 v v0 v1，如右图所示。
因而粒子可以看做受到的两个洛伦兹力可看成 qv0B与 qv1B，其中 qv0B平衡电场力 qE，
则粒子在电磁场中所受合力为 F=qBv1，这样，粒子的复杂运动分解成以匀速直线运动（速度
v0）和匀速圆周运动（速率 v1）的合运动。
故“配速法”的适用条件为：1．在组合场中；2．合力不为零。
规律：都是把速度分解成两个速度，使其一个分速度对应的洛伦兹力与重力（或电场力、或重力和电场力的
合力）平衡，使粒子在这个方向上做匀速直线运动；
初速度为零时，速度分解为两个等大、反向的速度；初速度不为零时，按矢量分解法则分解。
题型 1 初速度为 0
1．(2022年全国甲卷 T18)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
【解析】分析可知，开始一段较短时间内，粒子具有沿+y 方向的速度，由左手定则可知，粒子应向左侧偏
转，A、C项错误；由于粒子所受电场力沿+y方向，且粒子初速度为零、初始位置在坐标原点，故粒子运动轨迹
第 1 页 共 17 页
的最低点在 x轴上，D项错误，B项正确。
【另解】求解粒子在复合场中 E和 B垂直时的运动轨迹，用配速法可以快速得出答案。向左和向右各配一

个速度，则向左的 v产生的洛伦兹力和电场力抵消，qE=qvB，即 v= ，做匀速直线运动。向右的 v产生的洛伦

兹力提供向心力，做逆时针的圆周运动。粒子的运动是匀速直线运动和圆周运动的叠加，轨迹为摆线，故 B项
正确。
2．如图所示，xOy坐标平面在竖直平面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于 xOy
平面的水平匀强磁场。一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线。关于带电小球的运动，下列说法中
正确的（ ）
A．OAB轨迹为半圆
B．小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向
C．小球在整个运动过程中机械能增加
D．小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等
【答案】B
【解析】A．因为重力改变速度的大小，而洛伦兹力仅改变速度的方向，又洛伦兹力大小随随速度的变化而
变化，故电荷运动的轨迹不可能是圆，故A错误；
B 1．因为系统只有重力做功，据动能定理，电荷在最低点时重力做功最多，mgh= mv2，解得v= 2 ，最低
2
点处h最大故速度最大。曲线运动的速度方向为该点的切线方向，是低点的切线方向在水平方向，故B正确；
C．整个过程中由于洛伦兹力不做功，即只有重力做功，故系统机械能守恒，故错误；
D．若最低点洛伦兹力与重力大小相等，根据平衡可知电荷将水平向右做匀速直线运动，故不可能沿轨迹AB
运动，故D错误。
3．某空间内存在电场强度大小 E=100 V/m、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小 B1=100 T、方向垂
直纸面向里的匀强磁场（图中均未画出）。一质量 m=0.1kg、带电荷量 q=+0.01C的小球从 O
点由静止释放，虚线 OB与水平方向的夹角为 45°，小球在竖直面内的运动轨迹如图中实线
所示，轨迹上的 A点离 OB的距离为 l，重力加速度 g取 10 m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在运动过程中，小球的机械能守恒 B．小球在运动过程的最大速度为 2 m/s
C．小球经过 B点时的速度为 0 D．l= 2 m
【答案】C
【解析】A．小球在运动过程中有电场力做功，机械能与电势能之间发生转化，因
此在运动过程中，小球的机械能不守恒，故 A错；
B．根据题中数据有 qE=1N=mg，即重力与电场力大小相等，由于两者方向垂直，
第 2 页 共 17 页
如图所示，则两力的合力大小为 F ＝ 12合 + 12N= 2N，根据配速法，由于小球在 O点处于静止，则两个分速度
大小相等，方向相反，结合题意知其中一个速度沿 OB方向，另一个沿 OB反方向，速度 v0大小满足 qv0B1=F 合，
解得 v0= 2m/s，沿 OB方向和反方向的两个速度分别产生两个洛伦兹力 F1和 F2，F1与 F 合二力平衡，小球受到
洛伦兹力 F2做匀速圆周运动，所以小球的实际运动是沿 OB方向的匀速直线运动和初速度沿 BO方向的圆周运动
2
的合运动，则 F2=qv0B1，由洛伦兹力提供向心力有：qv0B
0 2
1=m ，解得 R= m 10
由于轨迹上的 A点离 OB最远，可知，匀速圆周分运动恰好对应半个周期，此时圆周运动的分速度方向平
行于虚线向下，即小球的两个分速度方向相同，则合速度最大，即小球经过 A 点时的速度最大，且最大值为
vmax=2v0=2 2m/s，故 B错；
C．根据上述分析知，小球经过 B点时，再一次回到了虚线上，可知匀速圆周分运动恰好对应一个周期，此
时圆周运动的分速度方向平行于虚线向上，即小球的两个分速度方向相反，则合速度最小，最小值为 vmin=v0－v0=0；
D．根据上述分析知，小球距离虚线 OB最远的距离 l=2R=2× 2 = 2m．
10 5
4．如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和水平的匀强磁场（垂直纸面向里），电场强度大小为 E，磁感
应强度大小为 B。一质量为 m、电荷量为+q 的带电粒子在场中由静止开始运动，不计粒子所受重力。求粒子沿
电场方向运动的最大距离 ym和运动过程中的最大速率 vm。
方法一：动能定理+动量定理
带电粒子在运动中，只有电场力做功，当其运动至最远时，电场力做功最多，此时
1
速度最大，根据动能定理有 Eqym= m 22
粒子沿 y方向上的速度产生 x方向的洛伦兹力，即 Fx=qBvy，取沿 x方向运动一小段时间Δt，根据动量定理
有 Fx t=qBvy t=m vx，注意式中 vy t表示粒子沿 y轴方向运动的距离。因此，等式两边对粒子从离开 O点到第
2E 2mE
一次最远的过程求和有 qBym=mvm，联立①②两式，解得 vm= ，ym=B qB2
方法二：“配速法”
粒子的初速度为零，可分解为水平向右的速度 v和水平向左的速度 v，其中水平向右的速度 v对应的洛伦兹
力与电场力平衡：Bqv=Eq；因此，粒子的运动是水平向右速度为 v的匀速直线运动和初速度水平向左，大小为 v
mv mE 2mE 2E
的逆时针匀速圆周运动的合运动，圆周运动的轨道半径 r= = 2，所以 ym=2r= 2，vm=2v=Bq qB qB B
5．(2008年江苏卷)在磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为m、带正
电q的小球在O静止释放，小球的运动曲线如图所示．已知此曲线在最低点
的曲率半径为该点到x轴距离的2倍，重力加速度为g．求：
(1)小球运动到任意位置P(x，y)的速率 v；
(2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离ym；
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mg
(3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为E( E )的匀强电场时，小球从O静止释放后获得的最大速率 vm．q
【解析】
1
(1) 2洛仑兹力不做功，由动能定理mgy mv 解得 v 2gy
2
v 2
(2) 设在最大距离 ym处的速率为 vm，最低点由牛顿第二定律得 qvmB mg m
m
R
2m 2g
由(1)知 vm 2gym ，由题意知 R=2ym，解得 ym q 2B 2
(3) 小球运动如图所示，由动能定理得 (qE mg) y 1m mv
2
2 m
v 2
qv B mg qE m m R 2 y v 2由圆周运动 m 又 m 解得： m (qE mg)R ， qB
第(2)、(3)用“配速法”解析如下：
(2)粒子的初速度为零，可分解为水平向右的速度 v和水平向左的速度 v，其中水平向右的速度 v对应的洛伦
兹力与重力平衡，即 Bqv=mg；因此，粒子的运动是水平向右速度为 v的匀速直线运动和初速度水平向左，大小
v mv m
2g
为 的逆时针匀速圆周运动的合运动，圆周运动的轨道半径 R= =
Bq B2q2
y 2m
2g
由题意知 ym=2R，解得 m q 2B 2
(3)粒子的初速度为零，可分解为水平向右的速度 v1和水平向左的速度 v1，其中水平向左的速度 v1对应的向
下洛伦兹力与重力之和等于竖直向上的电场力，即 Bqv1+mg=qE；因此，粒子的运动是水平向左速度为 v1的匀速
直线运动和初速度水平向右，大小为 v1的逆时针匀速圆周运动的合运动，圆周运动的最高点速度最大，此时
vm=v
2
2mv1 = (qE mg)qB
6．在磁场为 B的匀强磁场中，一质量为 m、带正电 q的小球在 O点静止释
放，小球运动曲线如图所示。重力加速度为 g。求：
（1）小球在运动过程中第一次下降的最大距离 ym；
（2 ）当在上述磁场中加一竖直向上的场强为 E（E> ）的匀强电场时，小

球从 O点静止释放后获得的最大速率 vm；
解：（1）粒子的初速度为零，可分解为水平向右的速度 v1和水平向左的速度 v1，其中水平向右的速度 v1对
应的洛伦兹力与重力平衡：Bqv1=mg。
因此，粒子的运动是水平向右速度为 v1的匀速直线运动和初速度水平向左，大小为 v1的逆时针匀速圆周运
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动的合运动。
1 1解法 ：下降距离最大时速度为 v，由运动的合成与分解可知 v=2v1，由动能定理得 mgym= mv2 02
2
联立解得 ym=
2
2 2
2 2
解法 2：qv1B=
1，ym=2R，联立解得 ym=
2
2 2
（2）粒子的初速度为零，可分解为水平向右的速度 v2和水平向左的速度 v2，其中水平向左的速度 v2对应的
洛伦兹力平衡重力与电场力的合力：Bqv2=qE mg
因此，粒子的运动是水平向左速度为 v2的匀速直线运动和初速度水平向右，大小为 v2的顺时针匀速圆周运
动的合运动，最高点时速度最大，vm=2v2
2( )
联立解得 vm=
题型 2 初速度不为 0
1．如图所示，一质量为 m 电荷量为+q 的带电粒子，以初速度 v0从左端中央沿虚线射人正交的场强为 E的

匀强电场和磁感应强度为 B的匀强磁场区域中.若 v0> ，当粒子从右端某点 C离开时速率为 v C，侧移量为 S，粒
子重力不计，则下列说法正确的是( )
A．v = 2 + 2 c 0
B．粒子有可能从虚线下方离开该区域
C．粒子到达 C点时所受洛伦兹力一定大于电场力
D a= 0 ．粒子在该区域中的加速度大小恒为

【答案】D
【解析】AB ．带电粒子在混合场中运动到 C点过程中只有电场力做功，由 v0> 知：qvoB> qE，即洛伦兹力
1 1
大于电场力，粒子向上偏转，电场力做负功，则由动能定理可得，－qES= m 2 2 2 0解得：vc= 20 ，2 2
故 A正确，B错误；
C．粒子到达 C点的速度 v = 2 2 c 0 ，不一定大于 v1=

，所受洛伦兹力不一定大于电场力，故 C错误；

D．将粒子的速度 v0分解为与之同方向两个分量 v1和 v2，即 v0=v1+v2，如图所示：
令 qBv1=qE，这样粒子的运动可分解为：以速度 v1做匀速直线运动，以线速度 v2和向心力为 qBv2
的匀速圆周运动，合运动的合外力大小始终等于 qBv2大小为，则粒子在该区域中运动的加速度：
a= 2 = ( 0 1) = 0 ，故选 D。

2．如图所示，空间存在一范围足够大的垂直于 xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度
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为 B，让质量为 m、电量为 q（q>0）的粒子以初速 v0沿竖直向上发射。求该粒子运动过程中的最大速度值 vm。
(重力加速度为 g)
【解析】配一个水平向右速度 v1和一个水平向左的速度 v1，则
粒子水平向右的速度 v1对应竖直向上的洛伦兹力，和竖直向下重力
平衡，即 Bqv1=mg
将水平向左的速度 v1和竖直向上的速度 v0合成，则 v 2 22= 1 + 0
因此，粒子的运动是水平向右速度为 v1的匀速直线运动和初速度斜向左上方，大小为 v2的逆时针匀速圆周
mg mg
运动的合运动，最低点速度最大 vm= v1+ v2，解得：vm= + ( )2 + 2Bq Bq 0
3．足够大空间存在 xOy坐标系，x轴水平，y 轴竖直，一质量为 m，电量 q（q>0）的粒子从坐标原点以初
速度 v0沿 x轴射入，不计粒子重力。若空间分别施加竖直向下的匀强电场 E与垂直 xOy向里的匀强磁场 B，可
使粒子分别通过图中关于 x轴对称的 A、A'点。
（1）求 E和 B的大小；
（2）若空间同时施加上述（1）中电场和磁场，求粒子
通过图中平行 x轴的虚线时的速度大小；
（3）若空间同时施加上述（1）中电场和磁场，求粒子
运动过程中最大速度和最小速度的大小；
（4）若空间同时施加上述（1）中电场和磁场，且已知
2 m
粒子运动过程中在 y轴方向上的分运动为简谐运动，且周期为 ，以粒子入射为 t=0 时刻，求该粒子在 y轴
qB
方向上分运动的 y—t函数表达式。
2 4mv 5 4 5
【答案】(1)E= ，B= 0 (2) 2v0 (3)vm=1.5v0，vmin=0 (4)y= Lcos 0t L 5qL 16 5 16
【解析】
(1)单独加电场，粒子做类平抛运动，根据牛顿第二定律和类平抛规律有：
qE=ma = 1
2
在平行电场方向： ， at2，在垂直于电场方向有：L=v
2 2 0
t，联立解得：E=

单独加磁场，粒子做匀速圆周运动，由几何关系有：R2=L2+ (R — ) 2
2
2
洛伦兹力提供向心力有：qv B= mv0 4mv0 ，联立整理解得：B= 0R 5qL
2
(2)依题意：qv B= 4 00 1 1
，可知向下偏转，仅电场力做功，由动能定理得 qE = 2 2
5 2 2 2 0
解得：v= 2v0
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(3)用配速法解(略)vm=1.5v0，vmin=v0
(4)将初速度分解为 v1、v2，其中：qv1B=qE
5 1
，解得 v1= v0，所以另一速度 v2= v0，向左，做匀速圆周运动，4 4
2
由 qv2B=
mv2 5，解得 r= L 2π 4v，此圆周运动在竖直方向的分运动即简谐运动，振幅 A=r，ω = = 0
r 16 T 5L
5 4 5
故：y= Lcos 0t L
16 5 16
4．空间中足够大区域内存在相互垂直的电场和磁场，电场强度和磁感应强度分别为 E和 B。可将小球所受
重力类比电场力，即认为重力场强度为 g。质量为 m、电荷量为 q的带正电的小球 A从 z轴上的 P点出发，速率
始终不变。
（1）试求出小球 A在 xOz平面内的速率；
（2）若在某一时刻，重力场和磁场突然消失（不考虑电磁感应变化），
随后小球 A在运动过程中的最小动能为其初动能的一半，试求小球 A沿 y
轴方向速度大小；
（3）恢复重力场，仅保留-H≤z≤0区间内的正交匀强的电磁场。现有与小球 A完全相同的小球 B，两小球分
别从 P点沿 x轴正负方向以相同初速度水平抛出，已知其中一个小球进入电磁场区域后刚好做匀速直线运动，另
一个小球出电磁场区域时速度方向恰沿 z轴负方向，求两个小球在电磁场区域运动时间之比。
【解析】
(1)由于质点速率不变，说明沿着速度方向必然没有力存在；电场力和重力的合力是恒力，此合力方向在 xoz
平面内；洛伦兹力对质点不做功，所以洛伦兹力必然和此合力等大反向；电场力和重力的合力为：
2 2
F= ( )2 + ( )2，即在 xoz qvB=F v= (mg) +(qE)平面内做匀速直线运动：即 ，则有
qB

（2)重力场和磁场没有消失之前，Z轴方向受力平衡，有：mg=qvxB，解得：vx=
x E轴受力平衡，有：qE=qvzB，解得 vz= B
1 1
重力场和磁场突然消失后，当速度最小时，必然 x轴方向速度是 0，有 m( 2 + 2 + 2 )=2× m( 2 + 22 2 )，y
v =
2

2
轴方向速度不变，可知 y
(3)x轴负半轴区域内，质点做匀速直线运动，所以质点进入电磁场区域后，Z轴方向受力平衡，有 mg=qvxB

解得：vx=
x E H HB轴受力平衡，有：qE=qvzB，解得：vz= ，所以运动时间：t = =B 1 vz E
在 x轴正半轴区域内，质点做曲线运动，沿 x方向用动量定理，有（qE—qvzB) t=—mvx
2 2
qEt2—qBH=—m·

，所以时间之比为 t :t q B H
1 2
=
q2B2H m2g
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5．如图，某圆形薄片置于 xOy水平面上，圆心位于坐标原点 O，xOy平面上方存在大小为 E、沿 z轴负向
的匀强电场，以该圆形绝缘材料为底的圆柱体区域内存在大小为 B、沿 z轴正向的匀强磁场，圆柱体区域外无磁
场。现可从原点 O向 xOy平面上方的各方向发射电荷量为 q、质量为 m、速度大小为 v的带正电荷的粒子。粒子
重力忽略不计，不考虑粒子间的相互作用，不计碰撞时间。
（1）若粒子每次与材料表面的碰撞为弹性碰撞，且从原点 O发出
的所有粒子都被该电场和磁场束缚在上述圆柱体内，则此圆形薄片的半
径至少为多大？
（2）若某粒子每次与材料表面的碰撞点都在坐标原点 O，则此粒
子的发射方向与 z轴正方向夹角的三角函数值须满足什么条件？
（3）若在粒子每次与材料表面碰撞后的瞬间，速度竖直分量反向，水平分量方向不变；竖直方向的速度大
小和水平方向的速度大小均按同比例减小，以至于动能减小 75%。求发射方向与 z轴正向成 45°角的粒子从发
射直至最终动能耗尽而沉积于材料表面所经历的时间。
【解析】(1)速度与 z轴正方向夹 90°角，即贴着 xOy平面方向的粒子最易脱离磁场束缚。
2 2
设此粒子运动半径为 R，由 qvB= 得 R= ，故圆形薄片的半径 r至少为：r=2R=

(2)设速度 v与 z qE轴正方向的夹角为θ，则其在 z轴正方向的分量为 v'=v cosθ，z轴分运动的加速为 a=
m
2
设粒子经过时间 t返回，由 qEt=mΔv，Δv=at且Δv=2vcos θ得：t=

2πm
粒子在平行 xOy平面内的分运动为匀速圆周运动，周期 T=
qB
若要碰撞点在坐标原点 O，必须有 t=nT，(n=1 2 ， ，3······)，联立得：cosθ= (n=1，2，3······)

(3)与 z轴正向成 45°角的粒子沿 Z轴方向的分速度大小为 vz=vcos45 =
2
° v
2
1 1
每次碰撞，动能减小 75%，即碰完动能是碰前的 ，故速率为碰前的
4 2
n 1
2
第 次碰撞后沿 Z轴方向的分速度大小为 vzn= v2 2
2× 22 1 t = = 2 n-1) n 1
1
从发射至第 次碰撞的时间： 1 ，从第（ 次至第 次碰撞的时间：t n= t2 1
1 nt1[1 ] 2 2
从发射至第 n次碰撞的时间：t=t1+t2+t3+······+t = 2n 1 ，当 n→∞，t=2t1=1 2
6．如图甲，空间存在—范围足够大的垂直于 xOy
平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。让质量为
m，电量为 q（q>0）的粒子从坐标原点 O 沿 xOy平面
以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中。不计重力
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和粒子间的影响。
（1）若粒子以初速度 v1沿 y轴正向入射，恰好能经过 x 轴上的 A（a，0）点，求 v1的大小；
（2）已知一粒子的初速度大小为 v（v＞v1），为使该粒子能经过 A（a，0）点，其入射角θ（粒子初速度与
x轴正向的夹角）有几个？并求出对应的 sinθ值；
（3）如图乙，若在此空间再加入沿 y轴正向、大小为 E的匀强电场，一粒子从 O点以初速度 v0沿 x轴正向
发射。研究表明：粒子在 xOy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的 x分量 vx与其所在位置的 y 坐
标成正比，比例系数与场强大小 E无关。求该粒子运动过程中的最大速度值 vm。
2
【解析】（1）带电粒子以速率 v1在匀强磁场中做匀速圆周运动，设半径为 R1，有 qv 11B= 1

粒子沿 y轴正向入射，转过半个圆周至 A点，故 R1= ，解得 v2 1= 2
(2)如图所示，OA 两点处于同一圆周上，且圆心在 x= 的直线上，半径
2
2
为 R。当确定一个初速率 v时，有 2个入射角，分别在第 1、2象限，有 qvB= ，

sinθ =sinθ，解得 sinθ=
2
(3)粒子在运动过程中仅有电场力做功，因此在轨道的最高点处速率最大，
用 y 1 1m表示其 y坐标，由动能定理，有 qEym= m 2 m 22 2 0，由题意，有 vm=kym
因为比例系数与场强大小 E无关，因此可利用 E=0 时来求 k；E=0 粒子以初速度 v0沿 y 轴正向入射时，纵
2
坐标 y 最大，有 qv B= 0，则 y = m 0 m ，由 v
qB
m
=kym得 k=
0 m
y 1 1 2 将 2 2 2 2m= 代入 qEym= m m 得 2 2 0 0
E E 2 E 2
解得 v 2m= ± + 0，舍去负值得 vm=
E + 2
B B B B 0
7．如图所示，第一象限内存在水平向左的匀强电场，电场强度大小E 4 103V / m，第二象限内存在垂直
纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场及竖直向下的匀强电场，电场强度大小为 2E。
4
现有一带正电的粒子从 x轴上的 A点以初速度 v0 2 10 m / s垂直于 x轴射入电场，经 y轴上的 P点进入第二象
限。已知第二、三象限内磁感应强度的大小均为B 0.2T，A点的横坐标为 0.5m，P点的纵坐标为 1.0m，（不计
粒子重力， 近似取 3）。求：
q
（1）电荷的比荷 ；
m
（2）粒子从 A点出发到刚进入第三象限运动的时间；
（3）粒子运动过程中，第二次与 x轴负半轴的交点坐标。
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【答案】（1）105C / kg ；（2）1.625 10 4s 3 15 2；（ ） x ( 1)m
2
【解析】（1）粒子在第一象限电场中做类平抛运动，如图所示
x 1 qE 2方向有： x t1 0.5m， y方向有： y v0t1 1.0m2 m
t 5 q 10 5s 105联立解得 1 ， C / kgm
（2）设粒子离开电场时，速度大小为 v，方向与 y轴正方向夹角为 ，
qE t1
由几何关系得 v m 4tan x 1，解得 ，则有 v 2v0 2 2 10 m / s
v v 40 0
2
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r v1，由牛顿第二定律得 qvB m ，解得 r 2mr 11
3
由几何关系可知圆心恰好落在 x轴上。在第二象限内转过的角度为
4
2 m 3 m 3 4 4
则粒子在磁场中的运动时间为 t2 10 s=1.125 10 s2 qB 4qB 8
4
则粒子从 A点出发到刚进入第三象限运动的时间为 t t1 t2 1.625 10 s
（3）由解析图可知，粒子进入第三象限时的速度大小为 v3 v 2 2 10
4m / s，方向竖直向下，可在水平方
向上配上水平向左的速度 v1和水平向右的速度 v2，使 v 41满足 qv1B 2qE，可得 v1 2 2 10 m / s
v3与 v2的合速度大小为 v v2 v2 44 3 2 2v0 4 10 m / s，与 x轴方向的夹角为 45 ；所以粒子进入第三象
限后以 v4做匀速圆周运动的同时以 v1向左做匀速直线运动。设粒子做匀速圆周运动的半径为 r2，由牛顿第二定律
2 2 m 3 m 3
得 qv4B m
v4 ，解得 r2 2m
3 4 4
，由几何关系得 ，则有 t
r 2 3
10 s 2.25 10 s
2 2 qB 2qB 4
15 2
粒子运动过程中，第二次与 x轴负半轴的交点坐标 x r1(1 cos 45 ) v1t3 2r2 ，解得 x ( 1)m2
8．如图，cd边界与 x轴垂直，在其右方竖直平面内，第一、二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三、
四象限存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁场区域覆盖有竖直向上的外加匀强电场。在 xOy平面内，某质量为 m、
电荷量为 q带正电的绝缘小球从 P点与 cd边界成30 角以速度 v0射入，小球到坐标原点 O时恰好以速度 v0竖直
向下运动，此时去掉外加的匀强电场。重力加速度大小为 g，已知磁感应强度大小均
mg
为 qv 。求：
（1）电场强度的大小和 P点距 y轴的距离；
（2）小球第一次到达最低点时速度的大小；
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（3）小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时所用时间。
mg 2 3 v20 3 v
【答案】（1） ； （2） 1 2 v0 （3 0）q 2g 4g
【解析】(1)依题意，小球从 P点运动到坐标原点 O，速率没有改变，即动能变化为零，由动能定理可知合
mg
力功为零，电场力与重力等大反向，可得 qE mg，解得 E
q
可知小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图
v2 v2
根据 qv 0 00B m ，解得 r r g
2
由几何关系，可得 xP r r cos30
2 3 v0，联立，解得 xP 2g
(2)把小球在坐标原点的速度 v0分解为沿 x轴正方向的 v0和与 x轴负方向成 45°
的 2v0，如图所示，其中沿 x轴正方向的 v0对应的洛伦兹力恰好与小球重力平衡，
即 F洛 qv0B mg
小球沿 x轴正方向做匀速直线运动，与 x轴负方向成 45°的 2v0 对应的洛伦兹
力提供小球做逆时针匀速圆周运动的向心力，可知小球第一次到达最低点时
速度的大小为 v v0 2v0 1 2 v0
(3)由第二问分析可知小球在撤去电场后做匀速圆周运动的分运动轨迹
2
2v 2 R
如图所示，根据 0 q 2v B m ，又T 0 R 2v0
由几何关系，可得小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时圆弧轨迹
135 3 v0
对应的圆心角为 135°，则所用时间为 t T ，联立，解得 t
360 4g
9．如图所示，在 Oxy坐标系 x> 0、y> 0区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为 B的匀强磁场。磁场
中放置一长度为 L 的挡板，其两端分别位于 x、y 轴上 M、N 两点，∠
OMN=60°，挡板上有一小孔 K位于 MN中点。ΔOMN 之外的第一象限区
3
域存在恒定匀强电场。位于 y轴左侧的粒子发生器在 02
以产生质量为 m、电荷量为＋q 的无初速度的粒子。粒子发生器与 y 轴之
间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速
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后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相
互作用力。
（1）求使粒子垂直挡板射入小孔 K的加速电压 U0；
（2）调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔 K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的
大小和方向；
3
2 2
（ ）当加速电压为 时，求粒子从小孔 K射出后，运动过程中距离 y轴最近位置的坐标。
24
1 U =
2 2 2 E=
2 3 [(3 3) (12 +9) +8【答案】（ ） 0 （ ） （ ） 3， L]，(n=0，1，2，3······)
8 4 12 24
解：（1)根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔 K的运动轨迹如图所示，
L
根据几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为 r=NK= ，在
2
2
△OMN据洛伦兹力提供向心力得：qvB=m ，

1 2 2
匀强加速电场中由动能定理有 qU0= mv2，联立解得 U2 0= 8
（2)根据题意，粒子速度最小时，轨迹半径最小，作出粒子以最小的速度
从小孔 K射出的运动轨迹如图所示，最小半径等于 K点到 y轴的距离，最小
2
半径为 r1=NKcos60
L
°= ，同理可得 qv1B=m 1，解得 v1=
qBL
4 1 4m
粒子从小孔 K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知粒子经过小孔 K后受到的洛伦兹力沿 x轴负方
2
向，则粒子经过小孔 K后受到的电场力沿 x轴正方向，又粒子带正电，则大小满足 qE=qv1B，联立解得 E=
4
之外第一象限区域电场强度的方向沿 x轴正方向
2 2
（3) 1 在加速电场中，由动能定理得：qU= m 22，已知 U=2 24
3qBL
解得 v2=
6m
2
在ΔOMN 区域根据洛伦兹力提供向心力有：qv2B=m 2 2
3
可得粒子在ΔOMN区域运动的轨迹半径为：r2= L
6
作出粒子的运动轨迹如图所示。
L
设粒子从小孔 K射出时速度方向与 x轴正方向的夹角为θ，由几何关系得：sinθ= 4 ，解得：θ=60°，将粒子
r2
在 K点的速度分解为沿 y轴正方向的分速度 v2y和沿 x轴正方向的分速度 v2x，则有：
v qBL2y=v2sinθ= ，v2x=v2cosθ4m =
3qBL
12m
因 v2y=v1，故粒子沿 y轴正方向做匀速直线运，可将粒子的运动分解为沿 y轴正方向的匀速直线运动和在
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Oxy平面内的匀速圆周运动，匀速圆周运动的线速度大小等于 v2x，同理可得分运动的匀速圆周运动的半径为：
r3= 2 = 3
L (3 )
，可得粒子与 y轴的最小距离（即 x轴坐标）为：dmin= r 3
12 4 3= 12
求纵坐标 y有两种方法：
3 3πm
Ⅰ．当匀速圆周运动的速度偏转 270°时粒子第一次距离 y轴最近，此过程经历的时间为：t0= T =4 2qB
粒子第一次距离 y 轴最近时的 y轴坐标为：y =v t 9π+8 31 2y 0+ sin60°+r3，解得：y2 1= L24
qBL 3πm
在圆周运动的一个周期内粒子沿 y轴方向运动的位移大小为：△y=v2yT= 4m 2qB=2
距离 y轴最近时 y轴的坐标为：y=y1+nΔy= (12 +9) +8 3L，(n=0，1，2，3······)
24
故粒子从小孔 K射出后，运动过程中距离 y轴最近位置的坐标为：
[(3 3) (12 +9) +8 3， L]，(n=0，1，2，3······)
12 24
Ⅱ．由于圆周运动具有周期性，所以离 y轴最近的位置的纵坐标不唯一，到达该位置所用时间
t=(n+3)T (n=0 1 2 3······) y=v t+ sin60°+r y=(12 +9) +8， ， ， ， ，纵坐标 ，解得 32y 3 L，4 2 24
故粒子从小孔 K射出后，运动过程中距离 y轴最近位置的坐标为：
[(3 3) (12 +9) +8 3， L]，(n=0，1，2，3······)
12 24
10. （2024江苏镇江质检）如图所示，自左向右的三个区域依次为竖直向下场强为 E的匀强电场、场强为 B
的垂直纸面向里的匀强磁场以及由这两种场叠加形成的复合场。电场和磁场区域宽度相同均为 d，复合场区域的
宽度足够大。带电粒子在运动过程中不会离开复合场区。一带正电的粒
子向右以一定的初速度由 A处进入电场，经电场和磁场的偏转后再水平
向右进入复合场区域。不计粒子重力。求：
（1）粒子刚进入 A处的初速度 v0的大小；
（2）若粒子刚进入复合场区域时的速度是刚进入 A处初速度的两倍，请计算粒子刚进入复合场时，相对于
A处在竖直方向偏移的距离以及该电荷的比荷；
（3）若取粒子刚进入复合场区域时为零时刻，其速度是刚进入 A处初速度的两倍，计算该粒子在该场区运
动时速度的最小值 v1以及对应的时刻 t。
E 5 3 3E 3 Bd
【答案】（1） ；（2） d， ；（3） 0，B 6 dB2
t 2n 1 n 0,1,2
3E
【解析】
（1）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示，设粒子离开电场时的速
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度大小为 v，速度方向相对入射方向偏转的角度为 ，速度的竖直分量为 vy ，在电场中的运动时间为 t1，则有
v qE0 vcos ， vy v0 tan ， d v0t1， vy tm 1
d v2 mv
由几何关系可得粒子在磁场中的转动半径为 r ，根据洛伦兹力提供向心力 qvB m ，解得 r
sin r qB
E
联立上述方程可以得到 v0 B
（2）若粒子刚进入复合场区域时的速度是刚进入 A处初速度的两倍，则有 v0 vcos 2v0 cos
60 1 3解得 ，则粒子在电场中位移与水平方向夹角的正切值为 tan tan ，由几何关系有
2 2
tan y 1 3，解得 y1 d ，由几何关系可知，粒子在磁场中竖直方向的偏移 y2 r 1 cos d
3
d
2 3
5 3
所以相对于 A处在竖直方向偏移的距离为 y y1 y2 d6
qE d E q 3E
粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向上有 vy v0 tan m v ，又有 v0 ，联立解得 0 B m dB2
E
（3）由于 v0 ，则有 qv0B Eq，若粒子刚进入复合场区域时速度是刚进入 A处初速度的两倍，利用B
配速法把其速度分为 v 2v0 v0 v0，可知，粒子在复合场中水平方向以 v0做匀速运动，同时以 v0做匀速圆周
运动，其运动轨迹如图所示
2 mv 1 3
由 qv v00B m 可得，其对应的旋轮半径为 R
0 r d ，在最高点速度最小为 v v
R qB 2 3 min 0
v0 0
对应的时间是摆线的半周期的奇数倍，即
t 2n 1 1 2 R n 0,1, 2 2n 1 3 Bd n 0,1, 2
2 v0 3E
11．(2024年 3月福建泉州质检)如图甲所示，在水平地面上方
分布有相互垂直的匀强电场与匀强磁场，电场方向竖直向上，场强
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大小为 E，磁场方向垂直纸面向里。在离地高为 h的 O点处建立一直角坐标系 xOy，y轴竖直向上。一个带正电
小球 A从 O点以速率 v0沿 x轴负方向射出，恰好可以垂直打到地面。已知重力加速度大小为 g，A受到的电场
力恰好等于重力，运动过程中带电量不变，忽略空气阻力。
（1）求匀强磁场的磁感应强度的大小 B；
（2）若大量与 A相同的小球仍从 O点以速率 v0在 xOy平面内沿各个方向先后射出，小球间的相互作用均
不计，落地后均不反弹，求小球落地点区间的长度；
（3）若撤去电场，小球仍从 O点以某一速率沿 y轴正方向射出，恰好不会打到地面。
i.求小球从 O点射出时的速率 v1；
ii.已知小球的速率 v与时间 t的关系如图乙所示，求小球速率达到最小时两个位置之间的距离。
Ev0 2n gh2
【答案】（1） ；（2） 3h h；（3）i. v20 2gh ，ii. 2 （n=1，2，3…）gh v0
【解析】（1）由于小球所受电场力大小等于重力，则有 qE mg，可知，电场力与重力平衡，小球做匀速
2 Ev
圆周运动，则有 qv0B m
v0 0，根据几何关系有 R h，解得 B
R gh
（2）结合上述可知，当小球在第二象限与 y轴正方向夹角30 射出时，可运动到左侧最远落地点，此时落
地与 O点连线为轨迹的直径，则其水平位移 x1 2Rcos30
3R
当小球沿 y方向射出时，可运动到右侧最远落地点，此时轨迹与地面相切，则其水平位移 x2 R
则落地点区间的长度为 L x1 x2 ，结合上述解得 L 3h h
（3）i.将小球的运动分解为圆周运动与匀速运动，如图所示
mg gh
则匀速运动的速度为 v 2 22 qB v ，圆周运动的速度 v v1 v20
mv v
圆周运动的半径 r ，根据几何关系有h r rcos ， cos 2 ，解得 v 2qB 1 v0 2ghv
x nv T T 2 m 2n gh
2
ii.小球速度达到最小时的位置之间的距离 2 （n=1，2，3…），其中周期 qB ，解得
x
v20
12．（2024河北衡水名校协作体期末联考）如图所示，竖直面内的三个区域中分别存
在电场和磁场。在 x 0区域内匀强电场 E1方向沿 x轴正方向，在 y轴右侧分布着相邻的
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匀强电场 E2 和匀强磁场 B，电场 E2 方向沿 y轴正向，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为 B 0.625T。
一质量为m 6.0 10 5kg、带电量为 q 4.0 10 5C的油滴从 x轴上的 P点无初速释放，到达 y轴上的Q点
时，速度与 y轴负方向夹角 53 ；到达竖直电场右边界的M 点时，速度与 x轴正方向夹角仍为 53 。O、P
两点间距离 d 5.4m,M、Q两点的竖直高度差 h 8.75m。已知重力加速度 g取 10m/s2，sin53°=0.8，cos53°
=0.6带电油滴的运动均在真空中。求：
（1）水平电场 E1的大小及油滴到，达到Q点时的速度；
（2）竖直电场E2 的大小及油滴到达M 点时的速度；
（3）油滴在磁场中运动的速度的最大值 vm 。
【答案】（1）20V/m，15m/s；（2）30V/m， 20m/s；（3）44m/s
E1q
【解析】（1）由题可知，油滴从 P到 Q做匀加速直线运动，即 tan ，解得
mg
E1 20V/m， a
g 50
1 m/s
2
，根据 2ax v2 v2 d可知 v 2a 15m/s
cos 3 0 Q 1 sin
（2）由题可知，油滴在电场E2 内做类抛体运动，可将其分解为沿 x方向的匀速直线运动和沿 y方向的匀加
速直线运动，故 vx vQ sin 12m/s， vy vQ cos 9m/s
v
到达 M点时的速度为 v xM 20m/scos
1 2 1 2
由动能定理可知 (E2q mg)h mvM mvQ，代入数据解得 E2 30V/m2 2
（3）如图所示将速度 vM 进行分解，其中 Bqv1 mg
故油滴的运动可分解为沿水平方向的匀速直线运动和一个匀速圆周运动
2 2 2
由余弦定理可得 v2 v1 vM 2v1vv M
cos
1 24m/s
联立解得 v1 24m/s ， v2 20m/s
v2 20m/s
当两速度方向相同时，油滴的速度最大 vm v1 v2 44m/s
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核心问题梳理归纳
总结 常见的使用“配速法”的情况
常见情况 处理方法
把初速度 0分解一个向左的速度 v1和一个向右的速度 v1
把初速度 0分解一个向左的速度 v1和一个向右的速度 v2，v1和 v2大小
相等
把初速度 0分解一个斜向左下方的速度 v1和一个斜向右上方的速度 v1
把初速度 v0分解为为 v1和 v2
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