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第 40 讲 带电粒子在复合场中的运动
——划重点之精细讲义系列
一．复合场与组合场
1．复合场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．
2．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠或在同一区域，
电场、磁场交替出现．
二．带电粒子在复合场中的运动分类
1．静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直
线运动．
2．匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛
伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．
3．非匀变速曲线运动
当带电粒子所受的合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同
一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，
也不是拋物线．
4．分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域
发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成．
考点一 带电粒子在组合场中的运动
1．是否考虑粒子重力的三种情况
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电
场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、
液滴、金属块等一般应当考虑其重力．
(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较
简单．
(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要
由分析结果确定是否要考虑重力．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2．“电偏转”与“磁偏转”的比较
垂直电场线进入匀强电场(不计 垂直磁感线进入匀强磁场(不
重力) 计重力)
洛伦兹力F ＝qvB，其大小不
B
电场力F ＝qE，其大小、方向
E
受力情况 变，方向随v而改变，F 是变
B
不变，与速度v无关，F 是恒力
E
力
轨迹 抛物线 圆或圆的一部分
运动轨迹
利用类似平抛运动的规律求解：
半径：r＝
v ＝v ，x＝v t
x 0 0
周期：T＝
v ＝·t，
y
求解方法 偏移距离y和偏转角φ要结合
y＝··t2
圆的几何关系利用圆周运动规
偏转角φ：
律讨论求解
tan φ＝＝
运动时间 t＝ t＝T＝
动能 变化 不变
考向1：先电场后磁场
对于粒子从电场进入磁场的运动，常见的有两种情况：
(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．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】考向2：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．
(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直．(如图甲、乙所示)
【典例1】(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子 P＋和
P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为 B、方向垂直
纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示．已知离子 P＋在磁场中
转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子 P＋和P3＋(
)
A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的半径之比为∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
解析 两离子质量相等，所带电荷量之比为1∶3，在电场中运动时，由
牛顿第二定律得q＝ma，则加速度之比为1∶3，A错误．在电场中仅受电场
力作用，由动能定理得qU＝E ＝mv2，在磁场中仅受洛伦兹力作用，洛伦兹
k
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】力永不做功，动能之比为 1∶3，D正确．由磁场中洛伦兹力提供向心力知
qvB＝m，得r＝＝ ，半径之比为∶1，B正确．设磁场区域的宽度为d，则
有sin θ＝∝，即＝，故θ′＝60°＝2θ，可知C正确．
答案 BCD
【典例2】如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝4×105 N/C、
方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁
场．质量与电荷量之比为＝4×10－10 kg/C的带正电粒子从 x轴上的A点以
初速度v ＝2×107 m/s垂直x轴射入电场，OA＝0.2 m，不计重力．求：
0
(1)粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；
(2)若要求粒子不能进入第Ⅲ象限，求磁感应强度 B的取值范围(不考虑
粒子第二次进入电场后的运动情况)．
解析 (1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动的
时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点 O的距离为y，沿电场方向：qE＝
ma
s ＝at2
OA
垂直电场方向：y＝v t
0
联立解得
a＝1.0×1015 m/s2；t＝2.0×10－8 s；y＝0.4 m
(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：
v ＝at＝2×107 m/s
x
粒子经过y轴时的速度大小为：
v＝＝2×107 m/s
与y轴正方向的夹角为θ，则θ＝arctan＝45°
要使粒子不进入第Ⅲ象限，如图所示，此时粒子做匀速圆周运动的轨道
半径为R，由几何关系得：
R＋R≤y
在磁场中由牛顿第二定律得qvB＝m
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】联立解得B≥(2＋2)×10－2T
答案 (1)0.4 m (2)B≥(2＋2)×10－2T
【典例3】如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向
垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与 xOy平面平行，且
与x轴成45°夹角．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v 从y轴上
0
P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电
场方向相反；又经过一段时间 T ，磁场方向变为垂直于纸面向里，大小不
0
变，不计重力．
(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；
(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值．
解析 (1)带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为
T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律有，
qv B＝①
0
T＝②
依题意，粒子第一次到达 x轴时，运动转过的角度为 π，所需时间t ＝
1
T③
联立①②③式得
t ＝④
1
(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为 0，然后沿原路
返回做匀加速运动，到达 x轴时速度大小仍为 v .设粒子在电场中运动的总
0
时间为t ，加速度大小为a，电场强度大小为E，有
2
qE＝ma⑤
v ＝at ⑥
0 2
联立⑤⑥式得
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】t ＝⑦
2
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足
t ≥T ⑧
2 0
联立⑦⑧式得，电场强度的最大值为
E＝⑨
答案 (1) (2)
【典例4】如图所示，一个质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图
示方向以一定的速度射入磁感应强度为 B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸
面向里．结果离子正好从距 A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强
电场，此电场方向与 AC平行且向上，最后离子打在 G处，而G处距A点
2d(AG⊥AC)．不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内．求：
(1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r；
(2)离子从D处运动到G处所需时间；
(3)离子到达G处时的动能．
解析 (1)正离子轨迹如图所示．圆周运动半径r满足：d＝r＋rcos 60°，
解得r＝d.
(2)设离子在磁场中的运动速度为v ，则有qv B＝m，T＝＝.
0 0
由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为
t ＝T＝.
1
离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间为
t ＝＝.
2
离子从D处运动到G处的总时间为
t＝t ＋t ＝.
1 2
(3)设电场强度为E，则有qE＝ma，d＝at.
根据动能定理得qEd＝E －mv，
kG
解得E ＝.
kG
答案 (1)d (2) (3)
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】带电粒子在组合场中的运动问题的分析方法
考点二 带电粒子在叠加场中的运动
1．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类
(1)磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹
力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．
(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦
兹力不做功，可用动能定理求解问题．
(3)电场力、磁场力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动．
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹
力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题．
2．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动
带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的
运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒
力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定
律结合牛顿运动定律求出结果．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【典例5】(多选)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面
向外的匀强磁场B，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球，
不考虑两带电小球间的相互作用，两小球所带电荷量始终不变，关于小球
的运动，下列说法正确的是( )
A．沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动
B．若沿ab运动小球做直线运动，则该小球带正电，且一定是匀速运动
C．若沿ac运动小球做直线运动，则该小球带负电，可能做匀加速运动
D．两小球在运动过程中机械能均保持不变
解析：选AB.沿ab抛出的带电小球受重力、电场力、洛伦兹力，根据
左手定则，可知，只有带正电，受力才能平衡，而沿 ac方向抛出的带电小
球，由上分析可知，小球带负电时，受力才能平衡，因速度影响洛伦兹力
大小，所以若做直线运动，则必然是匀速直线运动，故 A、B正确，C错误；
在运动过程中，因电场力做功，导致小球的机械能不守恒，故D错误．
【典例6】如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理
想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的范围足够大．匀强电场方向竖直向上；
Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外．一个
质量为m、带电荷量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进
入场区后，恰能做匀速圆周运动．已知重力加速度为g.
(1)试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；
(2)若带电小球能进入区域Ⅱ，则h应满足什么条件？
(3)若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距MN的高度
h.
解析：(1)带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，即所受合力为
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】洛伦兹力，则重力与电场力大小相等，方向相反，重力竖直向下，电场力
竖直向上，即小球带正电．则有qE＝mg，解得E＝.
(2)假设下落高度为h 时，带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ相
0
切时，运动轨迹如图甲所示，
由几何知识可知，小球的轨道半径R＝d，
带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由动能定理得
mgh ＝mv2，
0
带电小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
qvB＝m，
解得h ＝，
0
则当h＞h 时，即h＞时带电小球能进入区域Ⅱ.
0
(3)如图乙所示，因为带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q、v、B、
m的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为
等边三角形，边长为2R，内角为60°，由几何关系知R＝，
联立解得h＝.
答案：(1)正电 (2)h＞ (3)
一、单选题
1．（2023·全国·统考高考真题）如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直
于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到
磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的
接收屏上的P点；SP = l，S与屏的距离为 ，与x轴的距离为a。如果保持所有条件
不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到
达接收屏。该粒子的比荷为（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射
出，
则根据几何关系可知粒子出离磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°，则
解得粒子做圆周运动的半径
r = 2a
则粒子做圆周运动有
则有
如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入
射后则会沿x轴到达接收屏，则有
Eq = qvB
联立有
故选A。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2．（2023·湖南·统考高考真题）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场
和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角
三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O
三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持
续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区
域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B，区域Ⅱ中磁感应强度大
1
小为B，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t。若改变电场或磁
2 0
场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之
间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B，则t > t
1 0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t > t
0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 ，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 ，则
【答案】D
【详解】由题知粒子在AC做直线运动，则有
qvB= qE
0 1
区域Ⅱ中磁感应强度大小为B，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为
2
90°，根据 ，有
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B，则粒子在AC做直线运动的速度，有
1
qvA·2B= qE
1
则
再根据 ，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角
仍为90°，则t = t，A错误；
0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子在AC做直线运动的速度，有
qvBB= q·2E
1
则
vB = 2v
0
再根据 ，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒子F点射出，粒子转过的圆
心角仍为90°，则t = t，B错误；
0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 ，则粒子在AC做直线运动的速度仍为
v，再根据 ，可知粒子半径变为原来的 ，则粒子从OF边射出，则画
0
出粒子的运动轨迹如下图
根据
可知转过的圆心角θ = 60°，根据 ，有
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】则
C错误；
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 ，则粒子在AC做直线运动的速度仍为
v，再根据 ，可知粒子半径变为原来的 ，则粒子OF边射出，则画出
0
粒子的运动轨迹如下图
根据
可知转过的圆心角为α = 45°，根据 ，有
则
D正确。
故选D。
二、多选题
3．（2022·浙江·统考高考真题）如图为某一径向电场的示意图，电场强度大小可表示
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】为 ， a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间
的相互作用及重力，则（ ）
A．轨道半径r小的粒子角速度一定小
B．电荷量大的粒子的动能一定大
C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
【答案】BC
【详解】A．根据电场力提供向心力可得
解得
可知轨道半径r小的粒子角速度大，故A错误；
BC．根据电场力提供向心力可得
解得
又
联立可得
可知电荷量大的粒子的动能一定大，粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，故BC正
确；
D．磁场的方向可能垂直纸面向内也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力方向不
能确定，粒子可能做离心运动，也可能做近心运动，故D错误。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】故选BC。
4．（2023·全国·统考高考真题）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒
上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P
点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上
碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量
不变。不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
【答案】BD
【详解】D．假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图， 为圆周运动的
圆心
由几何关系可知 为直角，即粒子此时的速度方向为 ，说明粒子在和筒壁碰
撞时速度会反向，由圆的对称性在其它点撞击同理，D正确；
A．假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不
能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中
垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；
B．由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】最少应为三角形如图所示
即撞击两次，B正确；
C．速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定
减少， C错误。
故选BD。
5．（2023·海南·统考高考真题）如图所示，质量为 ，带电量为 的点电荷，从原点
以初速度 射入第一象限内的电磁场区域，在 （ 为已知）区
域内有竖直向上的匀强电场，在 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强
度（ 值有多种可能），可让粒子从 射入磁场后偏转打到接收器 上，则
（ ）
A．粒子从 中点射入磁场，电场强度满足
B．粒子从 中点射入磁场时速度为
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到 的距离为
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
【答案】AD
【详解】A．若粒子打到PN中点，则
解得
选项A正确；
B．粒子从PN中点射出时，则
速度
选项B错误；
C．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则
粒子从电场中射出时的速度
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为
解得
选项C错误；
当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点
D．
进入磁场，此时竖直最大速度
出离电场的最大速度
则由
可得最大半径
选项D正确；
故选AD。
三、解答题
6．（2022·江苏·高考真题）利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存
在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分
裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时
间内的径迹长度之比 ，半径之比 ，不计重力及粒子间的相互作用
力，求：
（1）粒子a、b的质量之比 ；
（2）粒子a的动量大小 。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
则有
解得
由题干知半径之比 ，故
因为相同时间内的径迹长度之比 ，则分裂后粒子在磁场中的速度为
联立解得
（2）中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，分裂过程中，没有外力作
用，动量守恒，根据动量守恒定律
因为分裂后动量关系为 ，联立解得
7．（2023·江苏·统考高考真题）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy
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，磁感应强度为B。
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】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。入射速度为v 时，电子
0
沿x轴做直线运动；入射速度小于v 时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最
0
高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为 ，求运动到速度为 时位置的纵坐标y；
1
（3）若电子入射速度在0 < v < v 范围内均匀分布，求能到达纵坐标 位置的
0
电子数N占总电子数N 的百分比。
0
【答案】（1）vB；（2） ；（3）90%
0
【详解】（1）由题知，入射速度为v 时，电子沿x轴做直线运动则有
0
Ee = evB
0
解得
E = vB
0
（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛
伦兹力不做功，且由于电子入射速度为 ，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电
子向上偏转，根据动能定理有
解得
（3）若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理
有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有
F = ev B－eE
合 m
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】在最低点有
F = eE－evB
合
联立有
要让电子达纵坐标 位置，即
y ≥ y
2
解得
则若电子入射速度在0 < v < v 范围内均匀分布，能到达纵坐标 位置的电子数
0
N占总电子数N 的90%。
0
1．如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直纸面向里，
将带正电的小球在场中静止释放，最后落到地面上．关于该过程，下述说
法正确的是( )
A．小球做匀变速曲线运动
B．小球减少的电势能等于增加的动能
C．电场力和重力做的功等于小球增加的动能
D．若保持其他条件不变，只减小磁感应强度，小球着地时动能不变
解析：选C.重力和电场力是恒力，但洛伦兹力是变力，因此合外力是变
化的，由牛顿第二定律知其加速度也是变化的，选项 A错误；由动能定理
和功能关系知，选项B错误，选项C正确；磁感应强度减小时，小球落地
时的水平位移会发生变化，则电场力所做的功也会随之发生变化，选项D
错误．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2．带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图所示，所受的重
力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段
时间内，带电质点将( )
A．可能做直线运动
B．可能做匀减速运动
C．一定做曲线运动
D．可能做匀速圆周运动
解析：选C.带电质点在运动过程中，重力做功，速度大小和方向发生变
化，洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化，故带电质点不可能做直线运
动，也不可能做匀减速运动和匀速圆周运动，C正确．
3．(多选)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O
点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微
粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说
法中正确的是( )
A．该微粒一定带负电荷
B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为
D．该电场的场强为Bvcos θ
解析：选AC.若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力 mg、水平向左的
电场力qE和斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可
知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和斜向
左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到 A，可知微粒应该做
匀速直线运动，则选项 A正确，B错误；由平衡条件有：qvBcos θ＝mg，
qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度B＝，电场的场强E＝Bvsin θ，故选项
C正确，D错误．
4．(多选)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始
经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场 E和匀强磁场B的复合场
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则( )
A．小球可能带正电
B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝
C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝
D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加
解析：选BC.小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和
重力满足mg＝Eq，方向相反，则小球带负电，A错误；因为小球做圆周运
动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得：Bqv＝，Uq
＝mv2，联立两式可得：小球做匀速圆周运动的半径 r＝ ，由T＝可以得出
T＝，与电压U无关，所以B、C正确，D错误．
5．(多选)如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，在第一象限
内存在垂直纸面向外的匀强磁场．有一重力不计的带电粒子(电荷量为q，
质量为m)以垂直于x轴的速度v 从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴
0
正方向成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限
已知OP之间的距离为d，则( )
A．带电粒子通过y轴时的坐标为(0，d)
B．电场强度的大小为
C．带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为
D．磁感应强度的大小为
解析：选BC. 粒子在电场中做类平抛运动，因为进入磁场时速度方向
与y轴正方向成45°角，所以沿x轴正方向的分速度v ＝v ，在x轴正方向做
x 0
匀加速运动，有d＝t，沿y轴正方向做匀速运动，有s＝v t＝2d，故选项A
0
错误．沿x轴正方向做匀加速运动，根据v ＝v ＝×＝，解得E＝，故选项B
x 0
正确．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，由图可知粒子在
磁场中运动的半径R＝2d，圆心角θ＝135°＝π，所以在磁场中的运动时间为
t ＝＝＝；在电场中的运动时间为t ＝，所以总时间为t＝t ＋t ＝，故选项C
1 2 1 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】正确．由qvB＝可知，磁感应强度B＝＝，故选项D错误．
6．在某空间存在着水平向右的匀强电场 E和垂直于纸面向里的匀强磁
场B，如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道 AC固定在纸面内，其圆心为
O点，半径R＝1.8 m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角θ＝37°.
今有一质量m＝3.6×10－4 kg、带电荷量q＝＋9.0×10－4 C的带电小球(可
视为质点)，以v ＝4.0 m/s的初速度沿水平方向从 A点射入圆弧轨道内，一
0
段时间后从C点离开，小球离开C点后做匀速直线运动．已知重力加速度g
＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：
(1)匀强电场的场强E；
(2)小球刚离开C点时的速度大小；
(3)小球刚射入圆弧轨道时，轨道对小球的瞬间支持力．
解析：(1)当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图甲所示，由平衡条
件得F ＝qE＝mgtan θ，
电
代入数据解得E＝3 N/C.
(2)小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得
F Rsin θ－mgR(1－cos θ)＝－，
电
代入数据得v＝5 m/s.
(3)由(1)可知F ＝qvB＝，
洛
解得B＝1 T，
小球射入圆弧轨道瞬间竖直方向的受力情况如图乙所示，
由牛顿第二定律得F ＋Bqv －mg＝，
N 0
代入数据得F ＝3.2×10－3 N.
N
答案：(1)3 N/C (2)5 m/s (3)3.2×10－3 N
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】7. 如图所示，在直角坐标系xOy平面内，虚线MN平行于y轴，N点坐
标为(－L,0)，MN与y轴之间有沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限的某
区域有方向垂直于坐标平面的矩形有界匀强磁场(图中未画出)．现有一质量
为m、电荷量为－e的电子，从虚线MN上的P点，以平行于x轴正方向的
初速度v 射入电场，并从y轴上点A射出电场，射出时速度方向与y轴负方
0
向成30°角，进入第四象限后，经过矩形磁场区域，电子过点 Q，不计电子
重力，求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小和电子在磁场中运动的时间t；
(3)矩形有界匀强磁场区域的最小面积S .
min
解析：(1)设电子在电场中运动的加速度为a，时间为t，离开电场时，
沿y轴方向的速度大小为v ，则L＝v t
y 0
a＝
v ＝at
y
v ＝
y
解得：E＝
(2) 设轨迹与x轴的交点为D，OD距离为x ，则
D
x ＝0.5Ltan 30°＝L
D
所以，DQ平行于y轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在
DQ上，电子运动轨迹如图所示．
设电子离开电场时速度为 v，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】r，
则evB＝m
v＝
由几何关系有 r＋＝L，即r＝
联立以上各式解得 B＝
电子转过的圆心角为120°，则得 t＝
T＝
得t＝
(3)以切点F、Q的连线长为矩形的一条边，与电子的运动轨迹相切的另
一边作为其FQ的对边，有界匀强磁场区域面积为最小．
S ＝r×
min
得S ＝
min
答案：(1) (2) (3)
8．如图所示，圆柱形区域的半径为 R，在区域内有垂直于纸面向里、
磁感应强度大小为B的匀强磁场；对称放置的三个相同的电容器，极板间
距为d，板间电压为U，与磁场相切的极板，在切点处均有一小孔，一带电
粒子，质量为m，带电荷量为＋q，自某电容器极板上的M点由静止释放，
M点在小孔a的正上方，若经过一段时间后，带电粒子又恰好返回M点，
不计带电粒子所受重力．求：
(1)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；
(2)U与B所满足的关系式；
(3)带电粒子由静止释放到再次返回M点所经历的时间．
解析：(1)由几何关系解得r＝R.
(2)设粒子加速后获得的速度为v，
由动能定理得qU＝mv2－0，
由洛伦兹力提供向心力，得qvB＝m，
联立解得B＝ .
(3)根据运动电荷在磁场中做匀速圆周运动的周期
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】T＝＝2πR ，
依题意分析可知粒子在磁场中运动一次所经历的时间为 T，故粒子在磁
场中运动的总时间t ＝3×T＝πR，
1
而粒子在匀强电场中所做运动类似竖直上抛运动，设每次上升或下降过
程经历的时间为t ，则有
2
d＝at，
a＝，
解得t ＝d，
2
粒子在电场中运动的总时间为
t ＝6t ＝6d.
3 2
带电粒子由静止释放到再次返回M点所经历的时间为
t＝t ＋t ＝πR＋6d.
1 3
答案：(1)R (2)B＝
(3)πR＋6d
9．如图所示，在xOy平面第一象限内有平行于y轴的匀强电场和垂直
于xOy平面的匀强磁场，匀强电场电场强度为 E.一带电荷量为＋q的小球从
y轴上离坐标原点距离为 L的A点处，以沿x正向的初速度进入第一象限，
如果电场和磁场同时存在，小球将做匀速圆周运动，并从 x轴上距坐标原点
的C点离开磁场．如果只撤去磁场，并且将电场反向，带电小球以相同的
初速度从A点进入第一象限，仍然从x轴上距坐标原点的C点离开电场．求：
(1)小球从A点出发时的初速度大小；
(2)磁感应强度B的大小和方向．
解析：(1)由带电小球做匀速圆周运动知mg＝Eq
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所以电场反向后竖直方向受力
Eq＋mg＝ma得a＝2g
小球做类平抛运动，有＝v t，L＝at2
0
得v ＝
0
(2)带电小球做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有
qv B＝得B＝
0
由圆周运动轨迹分析得(L－R)2＋2＝R2
R＝
代入得B＝
由左手定则得，磁感应强度垂直于xOy平面向外．
答案：(1) (2)，垂直于xOy平面向外
10．如图甲所示，建立Oxy坐标系．两平行极板P、Q垂直于y轴且关
于x轴对称，极板长度和板间距均为 l.在第一、四象限有磁感应强度为 B的
匀强磁场，方向垂直于Oxy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿 x轴向右连
续发射质量为m、电荷量为＋q、速度相同、重力不计的带电粒子．在 0～
3t 时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)．已知t＝0
0
时刻进入两板间的带电粒子恰好在t 时刻经极板边缘射入磁场．上述m、
0
q、l、t 、B为已知量．(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)
0
(1)求电压U 的大小；
0
(2)求t 时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；
0
(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．
解析：(1)t＝0时刻进入两板间的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，
t 时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为l，则有
0
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】E＝①
qE＝ma②
l＝at③
联立①②③式，解得两板间偏转电压为
U ＝④
0
(2)t 时刻进入两板间的带电粒子，前t 时间在电场中偏转，后t 时间两
0 0 0
板间没有电场，带电粒子做匀速直线运动．
带电粒子沿x轴方向的分速度大小为
v ＝⑤
0
带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为
v ＝a·t ⑥
y 0
带电粒子离开电场时的速度大小为
v＝⑦
设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有qvB＝
m⑧
联立③⑤⑥⑦⑧式解得
R＝⑨
(3)2t 时刻进入两板间的带电粒子在磁场中运动时间最短．带电粒子离
0
开电场时沿y轴正方向的分速度为
v ′＝at ⑩
y 0
设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向夹角为α，则tan α＝⑪
联立③⑤⑩⑪式解得
α＝⑫
带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，圆弧所对的圆心角 2α＝，所求
最短时间为
t ＝T⑬
min
带电粒子在磁场中运动的周期为
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】T＝⑭
联立⑬⑭式得t ＝
min
答案：(1) (2) (3)2t
0
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】
