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热点专题十五 带电粒子在叠加场和组合场中的运动
【专题解读】 1.本
是磁
、力学、
等知
的
合
用，高考往往以
算
专题
场
电场
识
综
应
计
的形式出
。
压轴题
现2.学
本
，可以培养同学
的
能力、推理能力和
范
习
专题
们
审题
规
表达能力。
性的
，可以提高同学
解决
、
的信心。
针对
专题训练
们
难题
压轴题
题型一 带电粒子在叠加场中的运动
1.叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。
2.洛伦兹力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子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。
3.电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子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。
4.电场力、洛伦兹力、重力并存
①若三力平衡，带电微粒一定做匀速直线运动。
②若重力与电场力平衡，做匀速圆周运动。
③若合力不为零且与速度方向不垂直，带电微粒将做复杂的曲线运动，因洛伦兹
力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。
【例1】 (2021·山
南二模
东济
)如图1，两竖直虚线间的距离为L，其间的区域存在
方向水平向右的匀强电场。自该区域左方的A 点将质量为m、电荷量为q 的带电
小球以初速度v0＝沿平行于电场的方向抛出。已知抛出点到电场左边界的距离为
2L，小球到达电场右边界时速度方向恰好变为竖直向下。不计空气阻力，重力加
速度大小为g。
图1
1
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(1)求小球进入电场时速度大小；
(2)求小球到达电场右边界时的位置到抛出点的距离；
(3)在匀强电场区域再施加一个匀强磁场，使小球进入此区域后能够沿直线运动，
求所加磁场的方向以及磁感应强度大小。
答案 (1)2 (2)5L (3)垂直纸面向外
解析 (1)
小球从抛出
设
经时间t1恰好
入
，
根据平抛运
律有
进
电场
则
动规
2L＝
v0t1①
根据速度的合成可知小球
入
的速度大小
进
电场时
为v＝②
立
联
①②解得v＝2③
(2)
小球
入
后
设
进
电场
经时间t2到达
右
界，根据运
学公式得
电场
边
动
L＝t2④
小球从抛出到到达
右
界的
程中下落的高度
电场
边
过
为h＝g(t1＋t2)2⑤
由几何关系可知小球到达
右
界
的位置到抛出点的距离
电场
边
时
为s＝⑥
立
联
①④⑤⑥解得s＝5L⑦
(3)由前面分析可知小球
，小球在
、磁
和重力
的复合
中做匀速直
带负电
电场
场
场
场
运
，小球所受重力和
力的合力方向斜向左下方，根据平衡条件可知小球
线
动
电场
所受洛
力的方向一定斜向右上方，又因
小球
入复合
区
的速度方向斜
伦兹
为
进
场
时
向右下方，故根据左手定
可知匀
磁
的方向
垂直
面向外。
则
强
场
为
纸
小球
入复合
速度方向与水平方向的
角
设
刚进
场时
夹
为α，则tan α＝⑧
根据平衡条件可得mgtan α＝qE⑨
qvB＝⑩
立
联
①③⑧⑨⑩解得磁感
度的大小
应强
为
B＝⑪
【针对训练1】 (2021·福建
岩
龙
质检测)如图2 所示，在竖直的xOy 平面内，在水平
x 轴上方存在场强大小E1＝、方向平行于x 轴向右的匀强电场，在第二象限存在
方向垂直纸面向里的匀强磁场。在x 轴下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场、
大小与方向都未知的匀强电场E2。一质量为m、带电荷量为q 的小球从y 轴上的
P(0，L)位置无初速度释放，释放后小球从第一象限进入第四象限做匀速圆周运动
运动轨迹恰好与y 轴相切。
2
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图2
(1)求匀强电场E2大小与方向；
(2)求小球第二次穿过x 轴的位置与第三次穿过x 轴的位置之间的距离；
(3)若让小球从y 轴上的Q 点(图中未标出)无初速度释放，小球第二次穿过x 轴后
进入第二象限做直线运动，恰好又回到Q 点。求第二象限中匀强磁场的磁感应强
度B 的大小。
答案 (1) 方向竖直向上 (2)8L
(3)
解析 (1)小球无初速度
放后
入第一象限，故小球
正
，小球在第四象限做
释
进
带
电
匀速
周运
，有
圆
动
qE2＝mg①
得E2＝②
方向
直向上。
竖
(2)小球在第一象限做匀加速直
运
，
小球有＝
线
动
对
ma③
v2＝2a④
tan θ＝＝1⑤
由③④⑤得v＝2，θ＝45°
小球再次回到第一象限做
平抛运
，有
类
动
直方向
竖
t＝⑥
水平方向qE1＝max⑦
x＝(vcos θ)t＋axt2⑧
由⑥⑦⑧得x＝8L。
(3)假设x
下方匀
磁
磁感
度大小
轴
强
场
应强
为B0，从P 点
放的小球
入磁
，有
释
进
场
R＋Rcos θ＝L⑨
3
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qvB0＝m⑩
假设Q 点离坐
原点的距离
标
为yQ，从
对
Q 点
放的小球，入第一象限的速度
释
进
为
v1，同理可得v1＝2⑪
从Q 点
放的小球
入
释
进
x
下方，做匀速
周运
，有
轴
圆
动
qv1B0＝m⑫
从Q 点
放的小球在第二象限做直
运
，
力和重力的合力与洛
力大
释
线
动
电场
伦兹
小相等，v1与x
角
轴夹
θ＝45°，
有qv1B＝mg⑬
力和重力的合力与洛
力方向相反，
电场
伦兹
则MQ 与NQ 必然垂直，
由几何关系，得R1＝yQ⑭
由⑨⑩⑪⑫⑬⑭并代入R，
得B＝。
题型二 带电粒子在组合场中的运动
1.组合场介绍
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
2.分析思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同
的规律处理。
(2)找关键：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的
关键。
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于
形象、直观地解决问题。
【例2】 如图3 所示的坐标系xOy 中，第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度为B0，宽度为d，在磁场右侧存在沿y 轴正方向的匀强电场，x 轴下方
存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度未知。一带负电粒子从O 点以初速度
v0开始运动，初速度方向与x 轴正方向夹角θ＝53°，粒子到达磁场和电场的边界
时速度方向与边界垂直，然后粒子经过电场区域、x 轴下方磁场区域恰好回到O
点，且速度方向与初速度方向相同。粒子重力不计，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：
4
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图3
(1)粒子的比荷；
(2)匀强电场的电场强度E；
(3)x 轴下方匀强磁场的磁感应强度B。
答案 (1) (2) (3)B0，方向垂直纸面向里
解析 (1)粒子在第一象限内先做
周运
，
迹半径
圆
动
设轨
为r1，
有
则
qv0B0＝m
由几何可知r1＝
解得＝。
(2)粒子在
中做
平抛运
，
粒子
程
直位移
电场
类
动
设
该过
竖
为Δy，
有
则
Δy＝r1－r1cos 53°
由
意可知，粒子做
平抛运
的末速度与
题
类
动
x
方向
角
轴负
夹
为θ＝53°，
有
则
vy＝v0tan θ
平抛运
程
动过
vy＝at
Δy＝at2，a＝
立解得
联
t＝，E＝。
(3)
粒子平抛
程水平位移
设
过
为Δx，则Δx＝v0t，
粒子在
设
y
下方磁
区域运
轴
场
动
的
迹半径
轨
为r2，
有
则
r2＝
粒子运
速度
动
v＝，qvB＝m，
解得B＝B0
方向垂直
面向里。
纸
【针对训练2】 (2020·杭州
征中学高三上期中
长
)如图4 所示，平面直角坐标系的
第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、
带电荷量为＋q 的小球从A 点以速度v0沿直线AO 运动，AO 与x 轴负方向成37°
角。在y 轴与MN 之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继
续做直线运动到MN 上的C 点，MN 与PQ 之间区域Ⅱ内存在宽度为d 的竖直向
上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好
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不能从右边界飞出，已知小球在C 点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37°
＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图4
(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；
(2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向；
(3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小。
答案 (1) (2) 方向与x 轴正方向成53°角向上 (3)
解析 (1)
小球在第二象限内受重力、
力和洛
力作
带电
电场
伦兹
用做直
运
，三力
足如
所示关系且小球只能做匀速直
线
动
满
图
线
运动
由
知
图
tan 37°＝
cos 37°＝
解得E1＝
B1＝。
(2)区域Ⅰ中小球做直
运
，
度最小，受力如
所示
线
动
电场强
图
(电场
力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直
运
线
动
由
知
图
cos 37°＝
解得E2＝
方向与x
正方向成
轴
53°角向上。
(3)小球在区域Ⅱ内做匀速
周运
，所以有
圆
动
mg＝qE3
解得E3＝
因小球恰好不从右
界穿出，小球运
迹如
所示
边
动轨
图
由几何关系得r＝d，由洛
力提供向心力知
伦兹
q·2v0B2＝m
立得
联
B2＝。
题型自我感悟
1.
粒子
带电
(不
重力
计
)在
合
中运
的
上是各种运
的
合，一般是
组
场
动
问题实际
动
组
哪几种运
的
合？分
足什么
律？
动
组
别满
规
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提示 一般是直
运
、
周运
、
平抛运
或者一般的曲
运
的
合。直
线
动
圆
动
类
动
线
动
组
运
一般根据
力学方法或者
能定理分析，平抛运
采用运
合成和分解
线
动
动
动
类
动
动
的方法。
2.
你
型的解
技巧？
请
总结这类题
题
提示 (1)分析不同运
程
足的
律。
动过
满
规
(2)想
法
办
求运
折点的速度。
动转
(3)画
好运
迹利用几何关系求出
周运
的半径。
动轨
圆
动
1.(2021·江
七市
研
苏
调
)如图1 所示，在xOy 平面的第二象限有一匀强电场，电场
强度大小E 可调，方向平行于y 轴。第三象限有一垂直xOy 平面向里的匀强磁场，
磁感应强度大小为B。电子源S 在xOy 平面内向各个方向发射速度大小不同的电
子，已知电子质量为m，电荷量为e。x 轴上的P 点与S 点的连线垂直于x 轴，S 点
与P 点的距离为d，不考虑电子间相互作用。
图1
(1)求从S 发出的电子能直接到达P 点的最小速度v1；
(2)若通过P 点的电子在电场和磁场中沿闭合轨迹做周期性运动，求场强的大小
E0；
(3)某电子与SP 成60°角从S 射出并经过P 点，调整场强的大小E，使电子最终能
垂直打在y 轴上，求P 点到O 点的距离L 与场强大小E 的关系。
答案 (1) (2) (3)E≤
解析 (1)从S
出
子做
周运
能直接到达
发
电
圆
动
P 点的最小半径r1＝d
由向心力公式有ev1B＝
解得v1＝。
(2)
子初速度
设电
为v，初速度方向与SP 的
角
夹
为θ，从Q 点由
入磁
，如
电场进
场
所示，
图
设
迹
半径
该轨
圆
为r，
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则2rsin θ＝d
由向心力公式有evB＝
子每次在
中运
的
设电
电场
动
时间为2t，
则y 方向有vcos θ＝t
x 方向有vtsin θ＝rcos θ
解得E0＝。
(3)
子做
周运
半径
电
圆
动
r2＝
子初速度
设电
为v2，
子在
中一次
平抛运
的
电
电场
类
动
时间为t′，
由向心力公式有ev2B＝
在
中沿
电场
y 方向有v2cos 60°＝t′
由几何关系有L＝n[v2sin 60°·2t′－
2r2cos 60°]＋v2sin 60°·t′(n＝0，1，2，3…)
解得L＝－nd(n＝0，1，2，3…)
在
子多次
磁
的情况下，由几何关系可知
电
经过
场
v2sin 60°·t′≥r2＋r2cos 60°
解得E
足的条件
应满
E≤。
2.(2021·南京模拟)如图2 甲所示，MN、PQ 为间距足够大的水平极板，紧靠极板右
侧放置竖直的荧光屏，在MN、PQ 间加上如图乙所示的匀强电场和匀强磁场，电
场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里，t＝0 时刻，比荷＝k 的正粒子以一定
的速度从O1点沿O1O2射入极板间恰好做直线运动，不计粒子的重力，E0、B0、k 为
已知量。求：
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图2
(1)粒子从O1点射入时的速度；
(2)若粒子恰好不能打到荧光屏上，粒子偏离O1O2距离最大的时刻；
(3)若粒子在时刻以后打到荧光屏上，粒子打在荧光屏上时，速度方向与水平极板
长度的关系(可以用速度与水平方向之间夹角的正弦值表示)。
答案 (1) (2)＋
(n＝1，2，3，…) (3)见解析
解析 (1)粒子在0～
内做匀速直
运
，由平衡条件可得
时间
线
动
E0q＝qv0B0
解得v0＝。
(2)粒子在～
内做
平抛运
时间
类
动
直位移
竖
y＝·＝
直速度
竖
vy＝·＝
速度与水平方向的
角
设
夹
为α，
则tan α＝＝
所以α＝37°
速度v＝＝
粒子在
刻以后在磁
做匀速
周运
，洛
力提供向心力，
时
场
圆
动
伦兹
则qvB0＝，r＝＝，T＝＝，cos α＝＝，
因为y＜rcos α，所以
心在
圆
O1O2上方，粒子偏离O1O2距离最大的位置在O1O2直
上方，所以偏离
线
O1O2距离最大的
刻
时
为
t＝＋T＝＋(n＝0、1、2…)。
(3)粒子在0～
内的水平位移
时间
x1＝v0＝
粒子在
刻以后，在磁
做匀速
周运
，
时
场
圆
动转过37°速度方向水平向右，水平位移
9
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x2＝rsin 37°＝
继续转过90°速度方向
直向上，水平位移
竖
x3＝r＝
当板长L
足
满
＜L≤
粒子打在屏上
，速度与水平方向的
角
时
夹
θ
足
满
sin θ＝＝－，斜向右下，当板长L
足
满
≤L＜
粒子打在屏上
，速度与水平方向的
角
时
夹
θ
足
满
sin θ＝＝－，斜向右上。
3.(2021·江苏卷，15)如图3 图甲所示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以О 点为
圆心，磁感应强度大小为B，加速电压的大小为U。质量为m、电荷量为q 的粒子
从O 附近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P 点绕O 做圆周运动，半径为R，
粒子在电场中的加速时间可以忽略。为将粒子引出磁场，在P 位置安装一个“静
电偏转器”，如图乙所示，偏转器的两极板M 和N 厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆
心为Q、圆心角为α，当M、N 间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为E 的电
场，使粒子恰好能通过狭缝，粒子在再次被加速前射出磁场，不计M、N 间的距离
求：
图3
(1)粒子加速到P 点所需的时间t；
(2)极板N 的最大厚度dm；
(3)磁场区域的最大半径Rm。
答案 (1)
(2)2
(3)R＋sin
解析 (1)
粒子在
设
P 点的速度大小为vP，
则R＝
根据
能定理
动
nqU＝mv
由t＝(n－1)×，周期T＝
解得t＝。
(2)由粒子的运
半径
动
r＝，
10
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能
动
Ek＝mv2
解得r＝，
粒子加速到
则
P 前最后两个半周的运
半径
动
为
r1＝
r2＝
由几何关系dm＝2，且EkP＝
解得dm＝2。
(3)
粒子在偏
器中的运
半径
设
转
动
为rQ
则qvPB－qE＝m
粒子离开偏
器的点
设
转
为S，
周运
的
心
圆
动
圆
为O′。由
意知，
题
O′在SQ 上，且粒
子
离磁
的点与
飞
场
O、O′在一条直
上
线
由几何关系Rm＝R＋2(rθ－R)sin ，
解得Rm＝R＋sin。
4.(2021·广东卷，14)如图4 甲是一种花瓣形电子加速器简化示意图。空间有三个
同心圆a、b、c 围成的区域，圆a 内为无场区，圆a 与圆b 之间存在辐射状电场，圆
b 与圆c 之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区磁
感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能Ek0从圆b 上P 点
沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速。已知圆a
与圆b 之间电势差为U，圆b 半径为R，圆c 半径为R，电子质量为m，电荷量为
e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4。
图4
(1)当Ek0＝0 时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨
迹的夹角θ 均为45°，最终从Q 点出射，运动轨迹如图乙中带箭头实线所示。求Ⅰ
区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q 点出射时的动能；
(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当Ek0＝keU 时
要保证电子从出射区域出射，求k 的最大值。
答案 (1) 8eU (2)
解析 (1)
子
设电
经圆b 的加速
加速两次后以速度
电场
v1
入
进
Ⅰ区磁
，
场
Ⅰ区的
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磁感
度大小
应强
为B1，
由
能定理得
则
动
2eU＝mv－0
由几何知
得，
子在
识
电
Ⅰ区做匀速
周运
的半径
圆
动
r1＝Rtan ＝Rtan 22.5°＝0.4R
由洛
力提供向心力可得
伦兹
ev1B1＝m
立解得
联
B1＝
运动时间t1＝T
又T＝
立解得
联
t1＝
子由
电
P→Q，由
能定理得
动
8eU＝Ek
所以
能
动
Ek＝8eU。
(2)k 最大
，子
入
时电
进
Ⅰ区
速度
时
v 最大，做匀速
周运
的半径
圆
动
r 最大，所以当
子
迹与
电
轨
Ⅰ区磁
的
弧相切
，半径
场
圆
时
r 最大，由几何关系知
(R－r)2＝R2＋r2，解得r＝R
根据洛
力提供向心力，有
伦兹
evB1＝m
解得v＝
电子从P 点
入
进
圆b 到
入
刚进
Ⅰ区，由
能定理得
动
2eU＝mv2－Ek0
又Ek0＝keU
解得k＝。
12
