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素养培优4 带电粒子（体）在叠加场、交变
场中的运动带电粒子在叠加场中的运动
.
1 三种典型情况
（ ）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
1
态。例如电场与磁场叠加时满足 ＝ ，重力场与磁场叠加时满
qE qvB
足 ＝ ，重力场与电场叠加时满足 ＝ 。
mg qvB mg qE
（ ）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
2
兹力 ＝ 的方向与速度 垂直。
F qvB v
（ ）若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有 ＝ ，粒子在洛伦
3 mg qE
兹力作用下做匀速圆周运动，即 ＝ 。
qvB m
2
. （ ）
2 解决带电粒子 体 在叠加场中运动的基本思路【典例1】 （ 2024· 江西高考 7 题）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维
蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维
石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图 所示，在长为 ，宽为 的石墨烯
a a b
表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为 ，电极 、 间通以恒定电
B 1 3
流 ，电极 、 间将产生电压 。当 ＝ . × － 时，测得 关系图线
I 2 4 U I 1 00 10 3 A U-B
如图 所示，元电荷 ＝ . × － ，则此样品每平方米载流子数最接近
b e 1 60 10 19 C
（ ）
. . × 19
A 1 7 10
. . × 15
B 1 7 10
. . × 20
C 2 3 10
. . × 16
D 2 3 10答案：
D
解析：设样品每平方米载流子（电子）数为 ，电子定向移动的速率为 ，
n v
则时间 内通过样品的电荷量 ＝ ，根据电流的定义式得 ＝ ＝ ，
t q nevtb I nevb
当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有 ＝ ，
e evB
联立解得 ＝ ，结合题图 可知 ＝ ＝ ，解得 ＝
U B b k V/T n
−3
88×10
2 . 3 × 1016 ， D 正确。 −3
320×10【典例2】
（
2024·
河北张家口二模）如图所示，在竖
直面内的直角坐标系 中，在第二象限内存在沿 轴正
xOy x
方向的匀强电场和磁感应强度大小为 、方向垂直于坐
B
标平面向里的匀强磁场；在第一象限内存在方向竖直
向上的匀强电场和磁感应强度大小也为 、方向垂直于
B
坐标平面向外的匀强磁场。一带正电的小球 从 轴上的
P x
点以某一速度沿 方向做直线运动， 与 轴正方向
A AK AK x
的夹角 ＝ °，从 点进入第一象限后小球 恰好做匀速圆周运动，经过 轴
θ 60 K P x
时竖直向下击中紧贴 轴上方静止的带电小球 ，碰后两球结合为一个结合体
x Q
，之后 从 轴上的 点离开第四象限，第四象限存在匀强磁场，方向如图
M M y F
所示。已知重力加速度大小为 ，小球 、 带电荷量均为 、质量均为 ，不
g P Q q m
计空气阻力。（ ）求第二象限与第一象限内电场的电场强度大小之比 ；
1
2
答案：
1
解析： 小球 沿 方向做直线运动，由于洛伦
P AK
3
兹力与速度有关，可知其一定做匀速直线运动，受
力分析如图所示
根据几何关系可得 ＝
tan θ
2
小球 静止在第一象限，则 ＝
Q qE mg
1
联立可得 ＝ ＝ 。
tan θ
2
1 3（ ）求小球 静止的位置距 点的距离；
2 Q O
答案： （ ＋ ）
2
2
解析：小球竖直向下2击2 中
Q
，轨迹如图所示
3
根据洛伦兹力提供向心力有 ＝
qvB m
2
＋ ＝
rsin θ r d
粒子在第二象限中有 ＝
qvBcos θ mg
联立解得 ＝（ ＋ ） 。
d 2
2
2 2
3 （ ）若结合体 进入第四象限时的速度为 ， 在第四象限运动时的最大
3 M v M
速度为 ，则当其速度为 时，结合体 距 轴的距离是多少？
2v 2v M x
答案：
2
3
解析：结2合 体在第四象限中只有重力做功，根据动能定理可得 ＝
2mgh
× （ ） － ×
2m 2v 2 2mv2
1 1
2 2
解得 ＝ 。
h
2
3
2 带电粒子在交变场中的运动
. 此类问题是场在时间上的组合，电场或磁场往往具有周期性，粒子的运
1
动也往往具有周期性。这种情况下要仔细分析带电粒子的受力情况和运
动过程，弄清楚带电粒子在每一时间段内在电场、磁场中各处于什么状
态，做什么运动，画出一个周期内的运动轨迹，确定带电粒子的运动过
程，选择合适的规律进行解题。.
2 解决带电粒子在交变电磁场中运动的基本思路【典例3】
（
2024·
福建莆田三模）如图甲所示，平面直角坐标系
xOy
的第
一象限（含坐标轴）内有垂直于平面周期性变化的均匀磁场（未画出），
规定垂直于 平面向里的磁场方向为正，磁场变化规律如图，已知磁感
xOy
应强度大小为 ，不计粒子重力及磁场变化影响。某一带负电的粒子质量
B
0
为 、电荷量为 ，在 ＝ 时从坐标原点沿 轴正向射入磁场中，将磁场变化
m q t 0 y
周期记为 ，要使粒子在 ＝ 时距 轴最远，则 的值为（ ）
T t T y T
0 0 0
. .
A B
143π 2π
72 0 0
. .
C D
3π 143π
0 144 0答案：
A
解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动， ～ 时间内，有 ＝
0 T qv B m
0 0 0
2
2 0
解得 ＝ 5 1
r
1
0
0
周期为 ＝ ＝ ， ～ 时间内，有
T T T
1 0 0
2π 1 2π 2
0 0 5
× ＝
qv B m
0 0
2
2 0
3 2解得 ＝ ＝ .
r 1 5r
2 1
3 0
2 0
周期为 ＝ ＝ ＝ .
T 1 5T
2 1
2π 2 3π
要求在 时，粒子距 轴最远，做出粒子运动轨迹如图
T y
0 0
0
根据几何关系，可得 ＝ ＝ .
sin θ 0 6
＋
2
解得 ＝ °
θ 37
1 2
则 ～ 时间内圆周运动转过的圆心角为 － ＝ °
0 T π θ 143
0
2
°
可得 ＝
T5 T
0 ° 1
2 143
联立，解得 ＝ 故选 。
T A
5 3600
143π
72 0【典例4】 （ 2024· 广东高考 15 题）如图甲所示，两块平行正对的金属板
水平放置，板间加上如图乙所示幅值为 、周期为 的交变电压。金属板
U t
0 0
左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁
场。磁感应强度大小为 。一带电粒子在 ＝ 时刻从左侧电场某处由静止释
B t 0
放，在 ＝ 时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在
t t t
0
＝ 时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在 ＝ 时
2t t 3t
0 0
刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长
是板间距离的 倍，粒子质量为 。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
m
π
3（ ）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量 ；
1 q
答案： 正电
π
0
解 析 ： 根 据 带 电 粒子 在 右 侧 磁 场 中 的 运 动轨迹结合左手定则可
知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为 ＝
T 2t
0
根据 ＝
T
2π
则粒子所 带 的电荷量 ＝ 。
q
π
0（ ）求金属板的板间距离 和带电粒子在 ＝ 时刻的速度大小 ；
2 D t t v
0
答案：
π
3π 0 0 π 0
解析：若金属板的板间距离为 ，则板长 ，粒子在板间运动时 ＝
D vt
8 24 0 0
π π
出电场时竖直速度为零，则竖直方向 ＝ × （ ）
y 2
3 3
1 0 2
在磁场中时 ＝
qvB m 0
2 0.5
2
其中的 ＝ ＝
y 2r
2
联立解得 ＝ ＝ 。
v π D
π 0 3π 0 0
24 0 8 （ ）求从 ＝ 时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对
3 t 0
粒子做的功 。
W
（ ）
答案：
2
π 0 π +16
48 0
解析：带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由（ ）的计算可
2
知金属板的板间距离＝ 则粒子在 时刻再次进入中间的偏转电场，在 时刻进入左侧
D 3r 3t 4t
0 0
的电场做减速运动速度为零后反向加速，在 时刻再次进入中间的
6t
0
偏转电场， . 时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在
6 5t
0
时间 内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做
t
0
功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和
最后 . 时间内电场力做功，则
0 5t
0
＝ ＋ × ＝ ＋ ＝ 。
W mv2 Eq
3 2
1 π 0 π 0 π 0 π +16
2 3 48 0 3 0 48 0提升关键能力
目录1 . （ 多选 ）（ 2024· 湖北高考 9 题）磁流体发电机的原理如图所示， MN 和
是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体（即高温
PQ
下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）从左侧以某一速度平行于极
板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是（ ）
. 极板 是发电机的正极
√A MN
. 仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
B
√
. 仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
C
. 仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极
D
板间的电压增大解析： 由左手定则可知，带正电粒子在磁场中受到向上的洛伦兹
力，带负电粒子在磁场中受到向下的洛伦兹力，则等离子体从左侧喷入
磁场时，带正电粒子向上偏转，带负电粒子向下偏转，所以极板 带
MN
正电，为发电机的正极， 正确；极板间的电压稳定后，对在极板间运
A
动的某个带电粒子，有 ＝ ，又 ＝ ，可得 ＝ ，所以仅增大
qE qvB U Ed U vBd
两极板间的距离 ，极板间的电压增大， 错误；仅增大等离子体的喷入
d B
速率 ，极板间的电压增大， 正确；仅增大等离子体的正、负带电粒子
v C
数密度，极板间的电压不变， 错误。
D. （ 福建龙岩期中）如图所示，某空间存在水平向左的匀强电场和
2 2024·
垂直于纸面方向的匀强磁场（图中未画出），一质量为 的带负电粒子
m
恰能以速度 沿图中虚线所示的轨迹做直线运动，粒子的运动轨迹与水
v
平方向的夹角为 °，匀强电场的电场强度大小为 ，重力加速度大小
30 E
为 ，下列说法正确的是（ ）
g
. 匀强磁场的方向垂直于纸面向里
A
. 匀强磁场的磁感应强度大小为
B
°
°
√
C . 粒子的电荷量为 sin60
tan30
. 若粒子运动过程中，磁场突然消失，则粒子可能做匀
D
减速直线运动解析： 对粒子受力分析可知，粒子受到的洛伦兹力与速度大小和方
向有关，则粒子必定做匀速直线运动，粒子受到的电场力水平向右，受
到的重力竖直向下，则洛伦兹力垂直运动轨迹斜向上，根据左手定则可
知，匀强磁场的方向垂直于纸面向外，故 错误；根据受力平衡有
A tan
°
°＝ ， °＝ ，则粒子的电荷量 ＝ ，匀强磁场的
30 sin 30 q
tan30
磁感应强度大小为 ＝ ，故 错误， 正确；若粒子运动过程
B B C
°
中，磁场突然消失，粒子受到的合力方向与粒子的速度方向不共线，则
sin30
粒子一定做曲线运动，故 错误。
D3
. （
多选
）（
2024·
江西景德镇一模）光滑绝缘水平桌面上有一个可视为
质点的带正电小球，桌面右侧存在由匀强电场和匀强磁场组成的复合
场，复合场的下边界是水平面，到桌面的距离为 ，电场强度为 、方向
h E
竖直向上，磁感应强度为 、方向垂直于纸面向外，重力加速度为 ，带
B g
电小球的比荷为 ，如图所示。现给小球一个向右的初速度，离开桌边
缘立刻进入复合场运动，从下边界射出，射出时的速度方向与下边界的
夹角为 °。下列说法正确的是（ ）
60
√. 小球在复合场中的运动时间可能是
A
2π
. 小球在复合场中运动的加速度大小可能是
B
3
2 2
ℎ
√
. 小球在复合场中运动的路程可能是
C 2
4πℎ
. 小球的初速度大小可能是
D
9
4 ℎ
3 解析： 带电小球的比荷为 ，则有 ＝ ，
Eq mg
则在复合场中小球合力为洛伦兹力，所以小球在复
合场中做匀速圆周运动，射出时的速度方向与下边
界的夹角为 °，则小球运动情况有两种，轨迹如
60
图所示，若小球速度为 ，根据几何知识可得轨迹
v
1
所对应的圆心角为 °，此时小球在复合场中的
120
°
运动时间为 ＝ ＝ ＝ ，根据几何知识
t T ·
1 °
120 1 2π 2π
可得，其轨迹半径为 ＝ ，根据洛伦兹力提供向心力有 ＝ 可
R h Bqv m
360 3 3
1 1
2
2 1
°
得，小球的速度 ＝ ，小球的路程 ＝ × ＝ ，小球的加速
v s 2πR πh
3 1
1 1 ° 1
2 ℎ 120 4
度 ＝ ＝ ，
a
1 3 360 9
2 2 2
1 2 ℎ
2
1 3 若小球速度为 ，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为 °，此时
v 60
2
°
小球在复合场中的运动时间 ＝ ＝ × ＝ ，根据几何知识可得，
t T
2 °
60 1 2π π
360 6 3
其轨迹半径为 ＝ ，根据洛伦兹力提供向心力有 ＝ ，可得小球
R 2h Bqv m
2 2
2
2
°
2
的速度为 ＝ ，小球在复合场中运动的路程为 ＝ × ＝ ，
v s 2πR πh
2 2 ° 2
2 ℎ 60 2
小球的加速度为 ＝ ＝ ，故选 、 。 360 3
a A C
2
2 2 2
2 2 ℎ
2
2 . （ 吉林白城二模）如图所示，水平放置的两块带电金属极板 、
4 2024· a b
平行正对，极板长度和极板间距都为 ，板间存在方向竖直向下、电场
L
强度大小为 的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为 、
E m
带电荷量为＋ 的粒子，以水平速度 从两极板的左端正中央射入极板
q v
0
间，恰好做匀速直线运动。不计粒子的重力及空气阻力。
（ ）求匀强磁场磁感应强度 的大小；
1 B
答案：
解析： 由粒子受力平衡可知
0
＝
qv B qE
0
解得 ＝ ，因此匀强磁场磁感应强度 的大小为 。
B B
0 0（ ）若撤去电场，调整磁感应强度 大小使粒子刚好能从极板 右端射
2 B a
出，求粒子运动半径；
答案：
L
5
解析：撤去电场，调整磁感应强度 大小使粒子刚
B
4
好从极板 右端射出，其运动轨迹如图所示
a
由几何关系得 ＝ ＋
r2 L2
2
− 2
解得 ＝ ，因此粒子运动半径为 。
r L L
5 5
4 4（ ）若撤去磁场，粒子能从极板间射出，求粒子穿越电场过程中的动
3
能增量 。
ΔE
k
答案：
2 2 2
解析：撤去磁2 场，粒子做类平抛运动，则有
L
＝
v t
，
y
＝
at2
2 0
0
1
又由牛顿第二定律得 ＝
qE ma
2
解得 ＝
y
2
2
由动能定理得 ＝ ＝ ，因此，粒子穿越电场过程中的动
2 0 ΔE qEy
k
2 2 2
2
能增量为 。
2 0
2 2 2
2
2 0. （ 江苏苏州一模）如图甲所示， 平面内存在着变化电场和变化
5 2024· xOy
磁场，变化规律如图乙、丙所示，磁感应强度的正方向为垂直于纸面向
里、电场强度的正方向为＋ 方向。 ＝ 时刻，一电荷量为＋ 、质量为
y t 0 q
的粒子从坐标原点 以初速 沿＋ 方向入射（不计粒子重力）。 图
m O v x B-t
0
像中 ＝ ， 图像中 ＝ 。求：
B E-t E
0 0
2π 0
0 0（ ） 时刻粒子的坐标；
1
0
答4 案： ，
0 0 0 0
2π 2π
解析： 粒子在磁场中运动的周期
＝ ＝
T t
0
2π
根据洛伦兹力提供向心力，有
0
＝ ，又因 ＝ ，解得 ＝
B qv m B r
0 0 0 1
2
0 2π 0 0
1 0 2π
所以 时刻粒子坐标为 ， ，即 ， 。
0 0 0 0 0
1 1
4 2π 2π（ ） ～ 时间段内粒子速度沿－ 方向的时刻；
2 0 4t x
0
答案： 和
t t
0 0
1 19
解析： 20 ～ 4t8 时间内的运动轨迹如图
0
由图可知 ～ 时间段内粒子速度沿－ 方向的时
0 4t x
0
刻为 ＝ 和 ＝ ＋ ，即 ＝ 和 ＝ 。
t t 2T T t t t t
1 2 1 0 2 0
3 1 19
2 8 2 8（ ） ～ 时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值。
3 0 7t
0
答案： ＋ ＋
v t
0 0
3 2 1
解析： ～ 时间内粒子运动的轨迹如图所示
0 7t
2 2
0
π 2π
～ 时间内粒子沿 轴方向位移
t 2t y
0 0
＝
y v t
1 0 0
1
～ 时间内粒子沿 轴方向最大位移
6t 7t y
0 0
2
＝ °
y r
磁 2
因为 ＝ ， ＝ ＝
r v t y y y
21 + co0s045 1 2 3
2
所以 ＝ ＋
y 3y y
m 0 磁
2π
得 ＝ ＋ ＋ 。
y v t
m 0 0
3 2 1
2 2π 2π. （ 吉林高考 题）现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动
6 2024· 15
及尺度。简化模型如图： 、 区宽度均为 ，存在垂直于纸面的匀强磁
Ⅰ Ⅱ L
场，磁感应强度等大反向； 、 区为电场区， 区电场足够宽；各区
Ⅲ Ⅳ Ⅳ
边界均垂直于 轴， 为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为
x O
＋ （ ＞ ）、质量均为 的粒子。如图，甲、乙平行于 轴向右运动，
q q 0 m x
先后射入 区时速度大小分别为 和 。甲到 点时，乙刚好射入 区。
Ⅰ v v P Ⅰ
0 0
3
乙经过 区的速度偏转角为 °。甲到 点时，乙恰好到 点。已知 区
Ⅰ 30 O P Ⅲ
2
存在沿＋ 方向的匀强电场，电场强度大小 ＝ 。不计粒子重力及
x E
0
2
9 0
粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。
4π （ ）求 、 区磁场的磁感应强度的大小 。
1 Ⅰ Ⅱ B
答案：
0
解析： 根据题意，作
2
出甲、乙两粒子在 区和 区
Ⅰ Ⅱ
中的运动轨迹，如图所示
乙经过 区的速度偏转角为
Ⅰ
°，则乙在 区运动轨迹
30 Ⅰ
所对的圆心角为 °根据几何关系有 °＝ 对乙在 区运动
30 r sin 30 L Ⅰ
乙
的过程，由洛伦兹力提供向心力有 ＝ 联立解得 ＝ 。
qv B m B
0
乙2
0 0
2 （ ）求 区宽度 。
2 Ⅲ d
答案：
πL
3
° °
解析：从乙从进入 区到运动至 点的过程，运动时间 ＝
Ⅰ P t T
2
1 °
30 +30
乙
又 ＝ ＝
T
360
2π 4π
解得 ＝
t
1 0 0
2π
分析可知，甲、乙都沿＋ 方向从 点射入 区，在 时间内，甲从
x P Ⅲ t
1
3 0
点运动到 点，根据运动学规律有 ＝ ＋
P O d v t a
0 1
3 1
根据牛顿第二定律有 qE ＝ ma 2
0 1
2 2
联立解得 ＝ 。
d πL
3
2（ ） 区 轴上的电场方向沿 轴，电场强度 随时间 、位置坐标 的变
3 Ⅳ x x E t x
化关系为 ＝ － ，其中常系数 ＞ ， 已知、 未知，取甲经过
E ωt kx ω 0 ω k
点时 ＝ 。已知甲在 区始终做匀速直线运动，设乙在 区受到
O t 0 Ⅳ Ⅳ
的电场力大小为 ，甲、乙间距为 ，求乙追上甲前 与 间的关
F Δx F Δx
系式（不要求写出 的取值范围）。
Δx
答案： ＝
F Δx
3 0
解析：甲从 点运动到 点的过程中，根据运动学规律有
P O
＝ ＋
v v at
甲O 0 1
3
2解得 ＝
v 3v
甲O 0
由于甲在 区做匀速直线运动，则甲所在位置的电场强度为 ＝
Ⅳ E
甲
－ ＝ － ＝
ωt kx ωt kv t 0
甲O
解得 ＝
k
当甲运动 时间至 ＝ 处时，乙在 区 ＝（ － ）处
t x x Ⅳ x x Δx
3 0
0 0 0
在 ＝ 处有 ＝ － ＝
x x E ωt kx 0
0 甲 0 0
在 ＝（ － ）处有 ＝ － （ － ）
x x Δx E ωt k x Δx
0 乙 0 0
又 ＝
F qE
乙
联立解得 ＝ 。
F Δx
3 0
