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微专题 4 带电粒子在复合场中的运动
命题规律 1.命题角度：(1)带电粒子在组合场中的运动；(2)带电粒子在叠加场中的运动.
2.常用方法：分段分析法，建立运动模型.3.常考题型：计算题．
考点一 带电粒子在组合场中的运动
1．带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较
垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转)
情景图
F ＝qvB，F 大小不变，方向变 F ＝qE，F 大小、方向均不
B 0 B E E
受力
化，方向总指向圆心，F 为变力 变，F 为恒力
B E
类平抛运动
匀速圆周运动
运动规律 v＝v，v＝t
x 0 y
r＝，T＝
x＝vt，y＝t2
0
2．常见运动及处理方法
3．“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
例1 (2021·全国甲卷·25)如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为 l，两挡板
上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场．一质量为
m，电荷量为q(q>0)的粒子自电场中某处以大小为v 的速度水平向右发射，恰好从P点处射
0
入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞．已知粒子
射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力．
(1)求粒子发射位置到P点的距离；
(2)求磁感应强度大小的取值范围；
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离．
答案 (1) (2)<B< (3)l
解析 (1)由题可知，粒子在电场中做类平抛运动，进入磁场时速度方向与 PQ的夹角为
60°，设粒子在P点时竖直方向上的速度为v，由几何关系得tan 60°＝①
y
由运动学公式可得v＝at②
y
根据牛顿第二定律有qE＝ma③
联立①②③解得粒子在电场中运动的时间t＝④
则粒子在水平方向的位移x＝vt＝⑤
0
竖直方向的位移y＝t＝⑥
则粒子发射位置到P点的距离为
d＝＝⑦
(2)设粒子在磁场中运动的速度为v，结合题意及几何关系可知，v＝＝v⑧
0
粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，
则有qvB＝m
解得B＝＝⑨
磁感应强度最大时，粒子由Q点射出，粒子轨迹如图甲所示，设此时的轨迹圆圆心为 O ，
1
半径为r，由几何关系可知r＝＝，对应的磁感应强度B＝⑩
1 1 1磁感应强度最小时，粒子由N点射出，粒子轨迹如图乙所示，设此时的轨迹圆圆心为O ，
2
半径为r.过O 作PQ的垂线与PQ的延长线交于点A，由几何关系有OA＝，故OQ＝r
2 2 2 2 2
⑪
结合PB＝QB＝l
在△OPB中，由勾股定理有
2
(l)2＋2＝r2⑫
2
解得r＝(＋1)l
2
对应的磁感应强度B＝⑬
2
故磁感应强度的取值范围为<B<⑭
(3)由题意可知，粒子正好从QN的中点射出磁场，画出粒子在磁场中的运动轨迹如图丙所示，
设此时轨迹圆圆心为O，半径为r，
3 3
由几何关系可知PD＝，
sin θ＝，cos θ＝
r＝＝
3
设F为轨迹与挡板MN最近处的点，OF⊥PQ，且与PQ相交于点E.
3
由几何关系可得OE＝r，
3 3
故EF＝r
3
F到MN的最近距离为d ＝l－r＝.
min 3
考点二 带电粒子在叠加场中的运动
1．三种典型情况
(1)若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态．例如电场与磁场叠
加满足qE＝qvB时，重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时，重力场与电场叠加满足mg＝qE
时．
(2)若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速
度v垂直．
(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周
运动，即qvB＝m.
2．当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒
定律求解．
3．分析例2 (2022·广东高州市二模)如图所示，在区域Ⅰ有与水平方向成45°角的匀强电场，电场
方向斜向左下方．在区域Ⅱ有竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大
小为E ＝，磁感应强度大小为B.质量为m、电荷量为－q的粒子从区域Ⅰ的左边界P点由静
2
止释放，粒子沿虚线水平向右运动，进入区域Ⅱ，区域Ⅱ的宽度为d.粒子从区域Ⅱ右边界的
Q点离开，速度方向偏转了60°.重力加速度大小为g.求：
(1)区域Ⅰ的电场强度大小E；
1
(2)粒子进入区域Ⅱ时的速度大小；
(3)粒子从P点运动到Q点的时间．
答案 (1) (2) (3)＋
解析 (1)粒子在区域Ⅰ受重力和静电力，做匀加速直线运动，θ＝45°，如图所示
故有sin θ＝
解得E＝＝
1
(2)设粒子进入区域Ⅱ的速度为v，粒子受竖直向下的重力和竖直向上的静电力，且qE＝mg
2
则所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
速度方向偏转了60°，则对应圆心角为60°，有sin 60°＝，联立解得v＝
(3)设粒子在区域Ⅰ沿虚线水平加速的加速度大小为a，有a＝＝g，由速度公式有v＝at
1
可得加速时间为t＝
1
粒子在区域Ⅱ做匀速圆周运动的周期为
T＝＝
则做匀速圆周运动的时间为t＝T＝
2
则粒子从P点运动到Q点的时间为
t＝t＋t＝＋.
1 2
(2022·山西省一模)如图所示，以两竖直虚线M、N为边界，中间区域Ⅰ内存在方向竖直向下
的匀强电场，电场强度大小为E，两边界M、N间距为d.N边界右侧区域Ⅱ中存在磁感应强
度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场．M边界左侧区域Ⅲ内，存在垂直于纸面向外
的匀强磁场．边界线M上的O点处有一离子源，水平向右发射同种正离子．已知初速度为
v 的离子第一次回到边界M时恰好到达O点，电场及两磁场区域足够大，不考虑离子的重
0
力和离子间的相互作用．
(1)求离子的比荷；
(2)初速度为的离子第二次回到边界M时也能恰好到达O点，求区域Ⅲ内磁场的磁感应强度
大小．
答案 (1) (2)
解析 (1)由题可知，离子在区域Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹如图所示，离子在区域Ⅰ由O运动到
A过程中，水平方向以速度v 做匀速直线运动，有d＝vt
0 0
竖直方向做匀加速直线运动，有y＝at2
1
又qE＝ma
联立可得y＝
1设离子运动到A点时的速度方向与边界N的夹角为θ，则离子运动到A点速度为v＝
离子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动
有qvB＝m
解得r＝
由几何关系可知AC＝2rsin θ＝
从C点运动到O点过程，竖直方向有
y＝at·t＋at2＝at2
2
又AC＝y＋y
1 2
联立可得＝
(2)当初速度为时，离子运动轨迹如图所示．
从O点射出到进入区域Ⅱ中，竖直方向有y′＝at′2
1
水平方向有d＝t′
可得y′＝4y
1 1
设离子运动到A′点时的速度方向与边界N的夹角为θ′，则运动到A点速度为v′＝，在
区域Ⅱ中有qv′B＝，则r′＝
从进入区域Ⅱ到射出区域Ⅱ，弦长A′C′＝2r′sin θ′＝
再次进入区域Ⅰ中，竖直分位移为
y′＝at′·t′＋at′2＝at′2＝4y
2 2
所以y′＋y′＝4(y＋y)＝4AC
1 2 1 2
在区域Ⅲ中的弦长OF＝2r″sin θ″
又qv″B′＝m，v″＝
所以OF＝
由几何关系可知OF＝y′＋y′－A′C′＝
1 2
联立解得B′＝.专题强化练
1．(2022·山东省名校联盟高三期末)如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在沿y轴负方
向的匀强电场，在第四象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q
的带正电粒子(粒子所受重力不计)从坐标原点O射入磁场，其入射方向与x轴的夹角θ＝
30°，第一次进入电场后，粒子到达坐标为(2L＋L，L)的P点处时的速度大小为v、方向沿x
轴正方向．求：
(1)粒子从O点射入磁场时的速度大小v；
0
(2)电场的电场强度大小E以及磁场的磁感应强度大小B；
(3)粒子从O点运动到P点的时间t.
答案 (1)v (2) (3)
解析 (1)由题意知，粒子的运动轨迹如图所示，由于洛伦兹力不做功，粒子经过Q点时的
速度大小也为v ，根据对称性，粒子经过Q点时的速度方向与x轴正方向的夹角也为θ，粒
0
子进入第一象限后，沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，根据几何
关系有＝cos θ
解得v＝v
0
(2)对粒子从Q点运动到P点的过程，根据动能定理有
－qEL＝mv2－mv2
0
解得E＝
设粒子从Q点运动到P点的时间为t，有
1
·t＝L
1
解得t＝
1
粒子从Q点运动到P点的过程中沿x轴方向的位移大小为
x ＝vt
QP 1解得x ＝2L
QP
则OQ＝2L＋L－x ＝L
QP
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，
根据几何关系有OQ＝2Rsin θ
解得R＝L
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
0
解得B＝
(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝
根据几何关系，在粒子从O点运动到Q点的过程中，运动轨迹对应的圆心角为90°－θ，
故粒子在该过程中运动的时间t＝·T
2
解得t＝
2
又t＝t＋t
1 2
解得t＝.
2．(2022·河北唐山市高三期末)如图，顶角为30°的“V”字形区域内存在垂直于纸面向外的
匀强磁场．OM上方存在电场强度大小为E的匀强电场，方向竖直向上．在OM上距离O点
3L处有一点A，在电场中距离A为d的位置由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带负电
的粒子，经电场加速后该粒子以一定速度从A点射入磁场后，第一次恰好不从ON边界射出．
不计粒子的重力．求：
(1)粒子运动到A点时的速率v；
0
(2)匀强磁场磁感应强度大小B；
(3)粒子从释放到第2次离开磁场的总时间．
答案 (1) (2) (3)3＋
解析 (1)带电粒子由静止开始到达A点时，由动能定理可得qEd＝mv2
0
解得v＝
0
(2)根据题意作出粒子在磁场中完整的运动轨迹图如图所示粒子在磁场中的运动轨迹的圆心为O ，轨迹与ON边界相切于D点，设轨迹半径为r，由几
1
何关系可得sin 30°＝
解得r＝L
设匀强磁场磁感应强度大小为B，由洛伦兹力提供向心力可得Bqv＝
0
联立解得B＝＝
(3)带电粒子从静止加速到A点所用时间为
t＝＝
1
带电粒子在磁场中运动的周期
T＝＝πL
带电粒子第一次在磁场中运动时间为t＝
2
带电粒子再次进入电场再返回磁场所用时间t＝2t
3 1
再次返回磁场由几何关系可知，以O点为圆心继续做圆周运动至ON边界离开，则再次做圆
周运动的时间为t＝T＝
4
所以总时间为
t＝t＋t＋t＋t＝3＋.
1 2 3 4
3．(2022·河北张家口市一模)如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限存在垂直于xOy平
面向里的匀强磁场，第二象限存在沿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的带正电粒子在x轴上的A(－d,0)点沿y轴正方向射入电场区域，粒子第一
次经过y轴时的速度方向与y轴正方向的夹角为60°，之后每相邻两次经过y轴时的位置间
距相等．不计粒子重力．求：
(1)粒子的初速度的大小v；
0
(2)匀强磁场磁感应强度的大小B；
(3)粒子从A点运动到第n次经过y轴的时间．
答案 (1) (2) (3)见解析
解析 (1)粒子进入电场后做类平抛运动，沿x轴方向的加速度大小a＝从A点第一次运动到y轴的过程，x轴方向有
v2＝2ad
x
第一次经过y轴时有tan 60°＝
联立解得v＝
0
(2)粒子第一次经过y轴时的速度大小v＝
粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有
qvB＝m
由几何关系可知，粒子每次进入磁场到离开磁场的过程中沿y轴方向运动的距离
L＝2rsin 60°
之后粒子每次从y轴进入电场到离开电场，运动的时间t＝
0
t 时间内，粒子沿y轴方向运动的距离为y＝vt
0 00
由题意可知y＝L
联立解得B＝
(3)设粒子从A点第一次运动到y轴的时间为t，则有at2＝d
1 1
解得t＝
1
粒子第一次经过y轴到第二次经过y轴，在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知粒子在
磁场中运动的时间为
t＝
2
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝
解得t＝
2
粒子第二次经过y轴到第三次经过y轴，在电场中运动的时间
t＝＝2＝2t
3 1
即粒子从A点运动到第三次经过y轴时的时间为t＋t＋t＝3t＋t
3 2 1 1 2
所以粒子从A点运动到第n次经过y轴时的时间
t＝nt＋t＝(n＝1,3,5,7，…)
1 2
t′＝(n－1)t＋t＝(＋n－1)(n＝2,4,6,8，…)
1 2
4．(2022·安徽省江南十校一模)如图所示，竖直平面内建立直角坐标系xOy，y轴正向竖直向
上，x轴正向水平向右，x轴在水平平面M内，在x轴上方存在方向竖直向下、电场强度大
小为E 的匀强电场．两平行水平面M和N之间的距离为d，其间的区域存在方向竖直向上、
1
电场强度大小为E 的匀强电场(E ＝E)和方向水平向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场．
2 2 1
带电荷量分别为q和－q(q>0)的小球1和2先后从y轴上距O点为h的P点以相同的初速率
v 沿x轴正向水平射出，小球1从x轴上距O点为2h的A点进入MN间，恰好未从平面N离
0
开．小球2从x轴上C点进入两平面间，最后从平面N上某点离开．设两小球质量分别为m 和m，且qE＝2mg，题中h、d和重力加速度g已知，其他量均未知．
1 2 1 1
(1)求两小球的初速率v；
0
(2)求电场强度E 和磁感应强度B的大小之比；
2
(3)若C点坐标为(4h,0)，求m 和m 之比以及球2离开平面N时速度大小．
1 2
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)小球1在x轴上方做类平抛运动，有
x＝2h＝vt
1 01
y＝h＝at2
1 11
qE＋mg＝ma
1 1 1 1
且qE＝2mg
1 1
联立解得v＝
0
(2)因为E＝E
2 1
则mg＝qE
1 2
所以小球1在MN间做匀速圆周运动．由题意可知，小球1恰好未从下边界平面N离开，其
轨迹应与平面N相切，如图所示，
设小球1刚进入MN时速度偏转角为θ，
1
由几何关系可知Rcos θ＋R＝d
1
由tan θ＝＝1，知θ＝45°
1 1
又qv B＝
A
v ＝
A
联立解得＝
(3)小球2在x轴上方做类平抛运动，有
x＝4h＝vt
2 02
y＝h＝at2
2 22
mg－qE＝ma
2 1 2 2
结合(1)问中4个式子可得＝小球2从P点到离开平面N全过程由动能定理得
mg(h＋d)－qEh＋qEd
2 1 2
＝mv2－mv2
2 2 0
解得v＝.
