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第62 练 专题强化：带电粒子在组合场中的运动
分值：60 分
1.(14 分)如图所示，直角坐标系xOy 中，在第Ⅰ象限内有平行于y 轴的匀强电场，方向沿y 轴负方向。在第
Ⅳ象限区域内有方向垂直于xOy 平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q 的粒子，从y 轴上的p(0，
√3L)点，以大小为v0的速度沿x 轴正方向射入电场，通过电场后从x 轴上的M(2L，0)点进入第Ⅳ象限，又
经过磁场从y 轴上的某点垂直y 轴进入第Ⅲ象限，不计粒子的重力，求：
(1)(4 分)电场强度E 的大小；
(2)(5 分)粒子到达M 点时速度的大小和方向；
(3)(5 分)磁场的磁感应强度B 的大小。
2.(15 分)(2025·山东泰安市校考)如图，在平面直角坐标系xOy 中x 轴上方有一匀强磁场，方向垂直于纸面
向里，在x 轴下方有平行于xOy 平面且与x 轴正方向夹角为45°的匀强电场。y 轴上有一个P 点，P 点的y
坐标为(√3＋√2)L，一个质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，以初速度v0从P 点与y 轴正方向夹角为60°
斜向左上方射出，正好在x 轴负半轴的Q 点(图中未画出)处以与x 轴正方向夹角为45°的方向第一次经过x
轴射入下方电场，若粒子第二次经过x 轴时的点和Q 点关于原点对称，不计粒子的重力，求：
(1)(4 分)匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)(7 分)匀强电场的电场强度大小；
(3)(4 分)带电粒子在匀强电场中离x 轴的最远距离。
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3.(15 分)(2024·贵州卷·14)如图，边长为L 的正方形abcd 区域及矩形cdef 区域内均存在电场强度大小为E、
方向竖直向下且与ab 边平行的匀强电场，ef 右边有一半径为√3
3 L 且与ef 相切的圆形区域，切点为ef 的中
点，该圆形区域与cdef 区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从
b 点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经cd 边的中点进入cdef 区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区
域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求：
(1)(4 分)粒子沿直线通过cdef 区域时的速度大小；
(2)(5 分)粒子的电荷量与质量之比；
(3)(6 分)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。
4.(16 分)(2024·江苏卷·16)如图所示，两个半圆区域abcd、a'b'c'd'中有垂直纸面向里的匀强磁场，两圆的半
径分别为R1和R2，ab 与a'b'间有一个匀强电场，电势差为U，cd 与c'd'间有一个插入体，电子每次经过插
入体速度减为原来的k 倍(k<1)。现有一个质量为m、电量为e 的电子，从cd 面射入插入体，经过磁场、电
场后再次到达cd 面，速度增加，多次循环运动后，电子到达cd 的速度大小达到一个稳定值，忽略相对论
效应，忽略电子经过电场与插入体的时间。求：
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(1)(4 分)电子进入插入体前后在磁场中的半径r1、r2之比；
(2)(4 分)电子多次循环后到达cd 的稳定速度v；
(3)(8 分)若电子到达cd 中点P 时速度稳定，并最终到达边界上的d 点，求电子从P 到d 的时间t。
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答案精析
1.(1) √3
2qLmv0
2 (2)2v0 与x 轴正方向夹角为60° (3)√3m v0
2qL
解析 (1)粒子在电场中仅受静电力的作用做类平抛运动，设在第一象限内运动时间为t1。
则水平方向
2L＝v0t1
竖直方向
√3L＝1
2at1
2
由牛顿第二定律有qE＝ma
联立解得E＝√3
2qLmv0
2
(2)设粒子到达M 点时竖直方向分速度为vy＝at1＝qE
m t1
代入数据解得vy＝√3v0
到达M 点的合速度为v＝√v0
2＋v y
2＝2v0
设M 点时速度方向与x 轴正方向夹角为θ，
又tan θ＝
v y
v0
＝√3
所以θ＝60°
(3)由于垂直打到y 轴，易得带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为120°，由洛伦兹力提供向心力得
qvB＝m v
2
r
由几何关系得rsin 60°＝2L
联立解得B＝√3m v0
2qL
2.(1)m v0
2qL (2)(2−√2)mv0
2
qL
4
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(3)(√2＋1)L
4
解析 (1)如图，根据题意OP＝(√3＋√2)L，
θ＝30°
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，
则OP＝R·cos 45°＋R·cos 30°
可得R＝2L
又qBv0＝mv0
2
R
联立解得B＝m v0
2qL
(2)粒子在x 轴负半轴的Q 点处以与x 轴正方向夹角为45°的方向第一次经过x 轴射入下方电场，匀强电场
方向与x 轴正方向夹角为45°，可知粒子在电场中做类平抛运动，设粒子第二次经过x 轴时的点为M
OM＝OQ＝R·sin 30°＋R·sin 45°＝(√2＋1)L
则QM＝2(√2＋1)L
则沿电场方向的位移y＝QMsin 45°＝(2＋√2)L
在速度方向的位移x＝QMcos 45°
＝(2＋√2)L
根据y＝1
2at2，x＝v0t，a＝qE
m ，
联立解得E＝(2−√2)mv0
2
qL
(3)速度v0在垂直于x 轴方向的分量是v1＝v0sin 45°
加速度在垂直于x 轴方向的分量是a1＝asin 45°
带电粒子在匀强电场中离x 轴的最远距离s＝v1
2
2a1
联立解得s＝(√2＋1)L
4
。
3.(1) E
B (2) E
L B
2 (3)60°
5
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解析 (1)由粒子在abcd 区域内的运动轨迹可知粒子带正电，带电粒子在cdef 区域做直线运动，则有静电
力与洛伦兹力平衡，经过cd 边的中点时速度水平向右，设粒子到达cd 边的中点时速度大小为v0，带电荷
量为q，质量为m，由平衡条件有qE＝qv0B
解得v0＝E
B
(2)粒子从b 点到cd 边的中点的运动，可逆向看成从cd 边的中点到b 点的类平抛运动，设运动时间为t，加
速度大小为a，由牛顿第二定律可得qE＝ma
由类平抛运动规律可得v0t＝L
1
2at2＝L
2
联立解得粒子的电荷量与质量之比q
m ＝v0
2
EL ＝E
L B
2
(3)粒子从ef 中点进入圆形区域后做匀速圆周运动，设粒子的运动半径为R，
由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝mv0
2
R
解得R＝L
粒子在磁场中运动轨迹如图所示，粒子沿半径方向射入，又沿半径方向射出，设粒子射出圆形区域时速度
方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为α，由几何关系可知α＝2θ
又tan θ＝
√3
3 L
R
＝√3
3
，得θ＝30°
则有α＝60°。
4.(1)1∶k
(2)√
2eU
m(1−k
2)
，方向垂直于cd 向左
(3)π( R2−R1)
4
√
2m(1＋k )
eU (1−k )
解析 (1)设电子进入插入体前后的速度大小分别为v1、v2，由题意可得：v2＝kv1
电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得：evB＝mv
2
r
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解得：r＝mv
eB
可知在磁场中的运动半径r∝v，
可得：r1∶r2＝v1∶v2＝1∶k
(2)电子多次循环后到达cd 的稳定速度大小为v，则经过插入体后的速度大小为kv，
电子经过电场加速后速度大小为v，
根据动能定理得：
Ue＝1
2mv2－1
2m(kv)2
解得：v＝√
2eU
m(1−k
2)
，
方向垂直于cd 向左。
(3)电子到达cd 中点P 时速度稳定，并最终到达边界上的d 点，由P 点开始相继在两个半圆区域的运动轨
迹如图所示。
根据(1)(2)的结论，可得电子在右半圆区域的运动半径为：
r＝mv
eB ＝1
B√
2mU
e(1−k
2)
电子在左半圆区域的运动半径为kr
图中所示的Δx＝2r－2kr
P 点与d 点之间的距离为：
Pd＝1
2(R2－R1)
电子由P 点多次循环后到达d 点的循环次数为：n＝Pd
Δ x ＝R2−R1
4(1−k )r
电子在左、右半圆区域的运动周期均为T＝2π r
v
忽略电子经过电场与插入体的时间，则每一次循环的时间均等于T，可得电子从P 到d 的时间为：t＝nT＝
π( R2−R1)
4
√
2m(1＋k )
eU (1−k ) 。
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