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第62 课时 专题强化：带电粒子在组合场中的运动
目标要求 掌握带电粒子在组合场中的运动规律并会用其解决问题。
1.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。
2.分析思路
(1)画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出粒子的运动轨迹图。
(2)找关键点：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)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。
3.常见粒子的运动及解题方法
4.常见情形
(1)先电场后磁场
①带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直磁场方向进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图甲。
②带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直磁场方向进入磁场做匀速圆周运动，如图乙。
(2)先磁场后电场
常见情境
进入匀强电场时粒子
速度方向与电场方向
平行
进入匀强电场时粒子速度方
向与电场方向垂直
进入匀强电场时粒子速度方向与电场
方向成一定角度(非直角)
1
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运动示意图
举例
在电场中的
运动性质
匀加速或匀减速直线
运动
类平抛运动
类斜抛运动
分析方法
动能定理或牛顿运动
定律结合运动学公式
平抛运动知识，运动的合成
与分解
斜抛运动知识，运动的合成与分解
例1 (2023·辽宁卷·14)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的√3倍。金
属板外有一圆心为O 的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。
质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P 点飞出电
场，并沿PO 方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为2mv0
3qB ，不计粒子重力。
(1)求金属板间电势差U；
(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
(3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画
出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。
答案 (1)m v0
2
3q
(2)π
3 (或60°) (3)见解析图
解析 (1)设板间距离为d，则板长为√3d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为E＝U
d ，
根据牛顿第二定律得qE＝ma，解得a＝qU
md
设粒子在平板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的规律得d
2 ＝1
2at0
2， √3d＝v0t0
联立解得U＝m v0
2
3q
(2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有
tan α＝at0
v0
＝√3
3 ，故α＝π
6
则出电场时粒子的速度为v＝v0
cosα ＝2√3
3
v0
2
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粒子出电场后做匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律有qvB＝mv
2
r ，解得r＝mv
qB ＝2√3m v0
3qB
已知圆形磁场区域半径为R＝2m v0
3qB ，故r＝√3R
粒子沿PO 方向射入磁场，轨迹如图所示，
即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为
θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得θ＝2α＝π
3 ，故粒子射出磁场时与
射入磁场时运动方向的夹角为π
3 (或60°)；
(3)粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r＝√3R，根据几何关系可知，粒子在该磁场中运动
的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长，则相对应
的运动轨迹以及圆心M 的位置如图所示。
例2 (2024·山东菏泽市检测)利用电场和磁场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。在图示的
xOy 平面(纸面)内，x<x1的区域Ⅰ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，x 轴上方的x1<x<x2区域Ⅱ内存在沿
y 轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)，从原点O 处以大小为v0的
速度垂直磁场射入第二象限，方向与x 轴负方向夹角θ＝60°，一段时间后垂直x＝x1虚线边界进入电场。
已知x1＝√3L，x2＝7√3
3
L，区域Ⅱ中电场的电场强度E＝mv0
2
4 qL
。求：
(1)区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B；
(2)粒子从原点O 出发到离开电场的总时间t；
(3)粒子离开电场时的速度大小v。
3
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答案 (1)mv0
2qL (2)4(π ＋√3)L
3 v0
(3)2√3
3
v0
解析 (1)区域Ⅰ内粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，设在磁场中做圆周运动的半径为R，
由几何关系可得
Rsin θ＝√3L
解得R＝2L
又qv0B＝mv0
2
R
解得区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小
B＝m v0
2qL
(2)粒子在磁场中运动圆轨迹所对的圆心角为120°，在磁场中运动时间设为t1，
则t1＝120°
360° T
其中T＝2π R
v0
粒子在电场中做类平拋运动，设该粒子的加速度大小为a，在电场中运动时间为t2，沿y 轴负方向运动的距
离为h，
则有qE＝ma
x2－x1＝v0t2
解得t2＝4√3 L
3 v0
其中h＝1
2at2
2
解得h＝2 L
3
由于h<R＋Rcos θ＝3L
粒子从电场边界离开，则总时间t＝t1＋t2
解得t＝4(π ＋√3)L
3 v0
4
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(3)由动能定理得qEh＝1
2mv2－1
2mv0
2
解得v＝2√3
3
v0。
例3 (2024·黑吉辽·15)现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ
区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够
宽，各区边界均垂直于x 轴，O 为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m 的
粒子。如图，甲、乙平行于x 轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为3
2v0和v0。甲到P 点时，乙
刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O 点时，乙恰好到P 点。已知Ⅲ区存在沿＋x 方
向的匀强电场，电场强度大小E0＝9mv0
2
4 π qL
。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的
电场产生的磁场。
(1)求磁感应强度的大小B；
(2)求Ⅲ区宽度d；
(3)Ⅳ区x 轴上的电场方向沿x 轴，电场强度E 随时间t、位置坐标x 的变化关系为E＝ωt－kx，其中常系
数ω>0，ω 已知、k 未知，取甲经过O 点时t＝0。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到
的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F 与Δx 间的关系式(不要求写出Δx 的取值范围)。
答案 (1)mv0
2qL (2)3
2πL (3)F＝qω
3 v0
·Δx
解析 (1)对乙粒子，如图所示
由洛伦兹力提供向心力
qv0B＝mv0
2
R1
由几何关系sin 30°＝L
R1
联立解得磁感应强度的大小为B＝m v0
2qL
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(2)由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为t1＝2× 30°
360° ×2π m
qB ＝2π L
3 v0
对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P 点到O 点，
由运动学公式d＝3
2v0t1＋1
2at1
2
由牛顿第二定律a＝q E0
m ＝9 v0
2
4 π L
联立可得Ⅲ区宽度为d＝3
2πL
(3)甲粒子经过O 点时的速度为
v 甲＝3
2v0＋at1＝3v0
因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，
则E＝0，
即ωt＝kx＝k×3v0t
可得k＝ω
3 v0
设乙粒子经过Ⅲ区的时间为t2，乙粒子在Ⅳ区运动时间为t0，则t＝t0＋t2
对乙可得F
q ＝ω(t0＋t2)－kx2
整理可得x2＝3v0(t0＋t2)－3 v0 F
qω
对甲可得x1＝3v0(t0＋t2)
则Δx＝x1－x2＝3 v0 F
qω
化简可得乙追上甲前F 与Δx 间的关系式为
F＝qω
3 v0
·Δx。
课时精练
(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：
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(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。
答案 (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＝mv
2
r
由几何关系得rsin 60°＝2L
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联立解得B＝√3m v0
2qL
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。
答案 (1)m v0
2qL (2)(2−√2)mv0
2
qL
(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＝mv0
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 ，
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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.(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。
答案 (1) E
B (2) E
L B
2 (3)60°
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
LB
2
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(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.(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：
(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。
答案 (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
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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
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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