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第63 课时 专题强化：带电粒子在叠加场中的运动
带电粒子在交变电、磁场中的运动
目标要求 1.了解叠加场的特点，会处理带电粒子在叠加场中的运动问题。2.掌握带电粒子在交变电、磁
场中运动的解题思路和处理方法。
考点一 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.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式
运动性质
受力特点
方法规律
匀速直线运动
粒子所受合力为0
平衡条件
匀速圆周运动
除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：
qE＝mg
牛顿第二定律、圆周运动的规律
较复杂的曲线运动
除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，
也不与洛伦兹力等大反向
动能定理、能量守恒定律
例1 (2024·山东青岛市期中)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交
的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为
＋q、质量为m 的微粒从原点出发，以某一初速度沿与x 轴正方向的夹角为45°的方向进入叠加场中，
正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继
续运动一段时间后，正好垂直于y 轴穿出叠加场。不计一切阻力，重力加速度为g，求：
(1)电场强度E 的大小；
(2)磁感应强度B 的大小；
(3)微粒在叠加场中的运动时间。
答案 (1)mg
q (2)m
q √
g
l (3)(3 π
4 ＋1)√
l
g
解析 (1)微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲，
1
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可知Eq＝mg，
得E＝mg
q 。
(2)由平衡条件得：
qvB＝√2mg
电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如图乙，
有qvB＝mv
2
r
由几何知识可得：
r＝√2l
联立解得：v＝√2gl，
B＝m
q √
g
l 。
(3)微粒做匀速直线运动的时间：t1＝√2l
v ＝√
l
g
微粒做匀速圆周运动的时间：
t2＝
3
4 π ·√2l
v
＝3 π
4 √
l
g
微粒在叠加场中的运动时间：
t＝t1＋t2＝(3 π
4 ＋1)√
l
g。
考点二 带电粒子在交变电、磁场中的运动
解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
先读图
看清并且明白场的变化情况
2
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受力分析
分析粒子在不同的变化场区的受力情况
过程分析
分析粒子在不同时间段内的运动情况
找衔接点
找出衔接相邻两过程的物理量
选规律
联立不同阶段的方程求解
例2 如图甲所示，水平放置的平行金属板a、b 间加直流电压U，a 板上方有足够长的“V”字形绝缘
弹性挡板，两板夹角为60°，在挡板间加垂直纸面的交变磁场，磁感应强度随时间变化如图乙，垂直纸
面向里为磁场正方向，其中B1＝B0，B2未知。现有一比荷为q
m、不计重力的带正电粒子从c 点由静止
释放，t＝0 时刻，粒子刚好从小孔O 进入上方磁场中，在t1时刻粒子第一次撞到左挡板，紧接着在t1＋
t2时刻粒子撞到右挡板，然后粒子从O 点竖直向下返回平行金属板间，使其在整个装置中做周期性的
往返运动。粒子与挡板碰撞前后电荷量不变，沿板方向的分速度不变，垂直板方向的分速度大小不变、
方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的影响。求：
(1)粒子第一次到达O 点时的速率；
(2)图中B2的大小；
(3)金属板a 和b 间的距离d。
答案 (1)√
2qU
m (2)2B0 (3)π(3＋5n)
24 B0 √
2Um
q
(n＝0，1，2，…)
解析 (1)粒子从b 板到a 板的过程中，静电力做正功，根据动能定理有
qU＝1
2mv2－0
解得粒子第一次到达O 点时的速率v＝√
2qU
m
(2)粒子进入a 板上方后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由qvB＝mv
2
r 得r＝mv
qB ，
则粒子做匀速圆周运动的半径r1＝mv
q B1
，r2＝mv
q B2
使其在整个装置中做周期性的往返运动，运动轨迹如图所示，
3
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由图易知r1＝2r2，
已知B1＝B0，则得B2＝2B0
(3)在0~t1时间内，粒子做匀速圆周运动的周期T1＝
2π r1
v
＝2π m
q B0
在t1~(t1＋t2)时间内，粒子做匀速圆周运动的周期T2＝
2π r2
v
＝π m
q B0
由轨迹图可知t1＝1
6T1＝π m
3q B0
t2＝1
2T2＝π m
2q B0
设粒子在金属板a 和b 间往返时间为t，
有d＝0＋v
2
× t
2
且满足t＝t2＋n(t1＋t2)(n＝0，1，2，…)
联立可得金属板a 和b 间的距离
d＝π(3＋5n)
24 B0 √
2Um
q
(n＝0，1，2，…)。
例3 (2024·山东潍坊市检测)如图甲所示的空间中存在随时间变化的磁场和电场，规定磁感应强度B
垂直xOy 平面向里为正方向，电场强度E 沿x 轴正方向为正方向，B 随时间t 的变化规律和E 随时间t
的变化规律如图乙。t＝0 时，一带正电的粒子从坐标原点O 以初速度v0沿y 轴负方向开始运动。已知
B0、t0、v0，带电粒子的比荷为π
B0t0
，粒子重力不计。
(1)求粒子在磁场中做圆周运动的周期T；
(2)求t＝t0时，粒子的位置坐标(x1，y1)；
(3)在0~2t0内，若粒子的最大速度是2v0，求E0与B0的比值。
4
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答案 (1)2t0 (2)(2v0t0
π
，0) (3)2√3 v0
π
解析 (1)粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝2π r
v0
＝2π m
q B0
＝2t0
(2)0~t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qv0B0＝mv0
2
r
解得r＝
m v0
q B0
＝v0t0
π
由(1)问可知粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝2t0
则粒子在0~t0内运动了半个周期恰好又回到x 轴，速度方向沿y 轴正方向x1＝2r＝2v0t0
π
y1＝0，即此时粒子位置的坐标为(2v0t0
π
，0)
(3)0~2t0内粒子的运动轨迹如图所示，
在t0~1.5t0内，粒子受到沿x 轴正方向的静电力作用，粒子做类平抛运动，粒子沿x 轴正方向做匀加速运动，
a＝q E0
m ＝π E0
t0 B0
当t＝1.5t0时，粒子具有最大速度，粒子沿x 轴方向的分速度为vx＝a
t0
2 ＝π E0
2B0
沿y 轴方向的分速度为vy＝v0
则v＝√v x
2＋v y
2＝2v0
解得E0
B0
＝2√3 v0
π
。
课时精练
(分值：60 分)
1~3 题每小题5 分，4 题12 分，共27 分
1.(2023·山东菏泽市检测)如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，
其轨道半径为R，已知该电场的电场强度大小为E、方向竖直向下；该磁场的磁感应强度大小为B、方向
垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则( )
5
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A.液滴带正电
B.液滴比荷q
m ＝E
g
C.液滴沿顺时针方向运动
D.液滴运动速度大小v＝Rg
BE
答案 C
解析 液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的叠加场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得q
m ＝g
E ，选项
B 错误；静电力方向竖直向上，液滴带负电，选项A 错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向运动，选
项C 正确；对液滴有qE＝mg，qvB＝mv
2
R ，
联立得v＝RBg
E ，选项D 错误。
2.(多选)如图所示，在竖直平面内的虚线下方分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大
小为10 N/C，方向水平向左；磁场的磁感应强度大小为2 T，方向垂直纸面向里。现将一质量为0.2 kg、电
荷量为＋0.5 C 的小球，从该区域上方的某点A 以某一初速度水平抛出，小球进入虚线下方后恰好做直线运
动。已知重力加速度g 取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.小球平抛的初速度大小为5 m/s
B.小球平抛的初速度大小为2 m/s
C.A 点距该区域上边界的高度为1.25 m
D.A 点距该区域上边界的高度为2.5 m
答案 BC
解析 小球受竖直向下的重力与水平向左的静电力作用，小球进入电磁场区域做直线运动，小球受力如图
所示，
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小球做直线运动，则qvBcos θ＝mg，小球的速度vcos θ＝v0，代入数据解得v0＝2 m/s，故A 错误，B 正确；
小球从A 点抛出到进入叠加场过程，由动能定理得mgh＝1
2mv2－1
2mv0
2，根据在叠加场中的受力情况可知
(mg)2＋(qE)2＝(qvB)2，解得h＝E
2
2g B
2，代入数据解得h＝1.25 m，故C 正确，D 错误。
3.如图所示，在真空中竖直平面(纸面)内边长为a 的正方形ABCD 区域，存在方向沿CB(水平向左)的匀强
电场和方向垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)。一带电小球以速率√ag(g 为重力加速度大小)从A 点沿AC
方向射入正方形区域，恰好能沿直线运动。下列说法正确的是( )
A.该小球带负电
B.磁感应强度方向垂直纸面向外
C.若该小球从C 点沿CA 方向以速率√ag射入正方形区域，则小球将做直线运动
D.若电场的电场强度大小不变、方向变为竖直向上，该小球仍从A 点沿AC 方向以速率√ag射入正方形区
域，则小球将从D 点射出
答案 D
解析 小球做直线运动，说明小球受力平衡，小球所受重力方向竖直向下，若小球带正电，所受静电力方
向水平向左，所受洛伦兹力方向垂直AC 斜向上，小球受力可能平衡，则磁感应强度方向垂直纸面向里，
若小球带负电，所受静电力方向水平向右，无论小球所受洛伦兹力方向垂直AC 斜向左下还是右上，小球
受力都不能平衡，A、B 错误；若该小球从C 点沿CA 方向以速率√ag射入正方形区域，则小球所受的合力
不为零，速度会变化，洛伦兹力也会变化，小球将做曲线运动，C 错误；电场方向水平向左，由平衡条件
有qvB＝√2mg(其中v＝√ag)，qE＝mg，电场的电场强度大小不变、方向变为竖直向上后，静电力与重力
平衡，小球沿逆时针方向做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，有qvB＝mv
2
r ，解得r＝√2
2 a，有2rsin 45°＝
a，所以小球将从D 点射出，D 正确。
4.(12 分)如图甲所示，M、N 为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔
O、O'正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示(设垂直于纸面向里
的磁场方向为正方向)。有一群正离子在t＝0 时垂直于M 板从小孔O 射入磁场。已知正离子质量为m、带
电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变
化而产生的电场的影响，不计离子所受重力及离子间的相互作用力。求：
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(1)(4 分)磁感应强度B0的大小。
(2)(8 分)要使正离子从O'垂直于N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值。
答案 (1)2π m
qT 0
(2) π d
2nT 0
(n＝1，2，3…)
解析 (1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力，有B0qv0＝m v0
2
R
，做匀速圆周运动的周期T0＝2π R
v0
由以上两式得磁感应强度B0＝2π m
qT 0
(2)要使正离子从O'垂直于N 板射出磁场，v0的方向应如图所示，
两板之间正离子只运动一个周期T0时，有R＝d
4 ；当两板之间正离子运动n 个周期即nT0时，
有R＝d
4 n(n＝1，2，3…)
联立解得正离子的速度的可能值为
v0＝B0qR
m
＝π d
2nT 0
(n＝1，2，3…)。
5 题7 分，6 题18 分，共25 分
5.(多选)如图甲所示的平行金属极板M、N 之间存在交替出现的匀强磁场和匀强电场，取垂直纸面向外为
磁场正方向，磁感应强度B 随时间t 周期性变化的规律如图乙所示，取垂直极板向上为电场正方向，电场
强度E 随时间t 周期性变化的规律如图丙所示。t＝0.5t0时，一不计重力、带正电的粒子从极板左端以速度
v 沿板间中线平行极板射入板间，最终平行于极板中线射出，已知粒子在t＝1.5t0时速度为零，且整个运动
过程中始终未与两极板接触，则下列说法正确的是( )
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A.粒子可能在2.5t0时刻射出极板
B.极板间距不小于v t0
2 ＋2v t0
π
C.极板长度为nv t0
π
(n＝1，2，3…)
D. E0
B0
＝2v
π
答案 ABD
解析 根据题意可知，在0.5t0~t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，且转了1
4 个周期，在t0~1.5t0内，粒子
在电场中向下做减速运动到速度为零，在1.5t0~2t0内，粒子在电场中向上做加速运动到速度为v，在
2t0~2.5t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，转了1
4 个周期，粒子回到极板中线，速度平行于极板中线，接
下来粒子周期性地重复以上运动，粒子在一个运动周期内的轨迹如图所示。
粒子一个运动周期为T＝2.5t0－0.5t0＝2t0，故粒子射出极板的时刻可能为t＝0.5t0＋nT＝(0.5＋2n)t0(n＝1，
2，3…)，
当n＝1 时t＝0.5t0＋T＝2.5t0，故A 正确；粒子在磁场中，设粒子的轨迹半径为r，则有T 磁＝2π r
v
＝2t0，
解得r＝v t0
π ，粒子在电场中向下减速的位移为y＝v
2·0.5t0＝v t0
4 ，故极板间距应满足d≥2(r＋y)＝
2v t0
π
＋v t0
2 ，故B 正确；极板长度可能为L＝n·2r＝2nv t0
π
(n＝1，2，3…)，故C 错误；粒子在磁场中，
有T 磁＝2π m
q B0
＝2t0，解得B0＝π m
qt0
，粒子在电场中，有v＝a·0.5t0＝q E0
m ·0.5t0，解得E0＝2mv
qt0
，可得
E0
B0
＝2v
π ，故D 正确。
6.(18 分)(2025·山东济宁市检测)直角坐标系xOy 所在竖直平面内分布着电场强度大小相等的匀强电场，第
一、二象限中电场强度方向沿y 轴正方向，第三、四象限中电场强度方向沿x 轴正方向；第一、四象限还
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分布着垂直于平面向里的匀强磁场。一质量为0.02 kg、带正电的微粒自坐标为(0，－0.4 m)的A 点出发，
与y 轴成45°角以2 m/s 的速度射入第四象限，并能在第四象限内做匀速直线运动，已知重力加速度g 取10
m/s2。求：
(1)(6 分)微粒第一次通过x 轴时的坐标和微粒第一次通过y 轴时的坐标；
(2)(8 分)微粒运动轨迹与初速度方向所在的直线第一次相交时所需要的时间；
(3)(4 分)微粒从射出到第(2)问所说的时刻动能的增加量。
答案 (1)(0.4 m，0) (0，0.4 m) (2)√2
10 (6＋π) s (3)0.16 J
解析 (1)微粒受力及运动过程分析如图所示
微粒在第四象限内沿与y 轴成45°角做匀速直线运动，由分析可知qE＝mg
qvB＝√2mg
微粒在第一象限内，重力与静电力二力平衡，洛伦兹力提供向心力，微粒做匀速圆周运动，有qvB＝mv
2
r
解得r＝√2
5 m
由几何关系得微粒第一次通过x 轴时的坐标和微粒第一次通过y 轴时的坐标分别为(0.4 m，0)，(0，0.4 m)
(2)由A 到B 微粒做匀速直线运动，由几何关系可知位移为x1＝2√2
5 m
又x1＝vt1
解得t1＝√2
5 s
由B 到C 微粒做匀速圆周运动，有t2＝π r
v ＝√2π
10 s
由C 到D 微粒做匀速直线运动，位移为x2＝2√2
5 m
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时间为t3＝x2
v ＝√2
5 s
由D 到E 微粒做类平抛运动，轨迹交BA 延长线于G 点，加速度方向沿D 指向A，大小为a＝√2g
沿DA 方向位移大小为x3＝2√2
5 m
由x3＝1
2at 4
2
解得t4＝√2
5 s
故t 总＝t1＋t2＋t3＋t4＝√2
10 (6＋π) s
(3)只有在第三象限运动的过程，微粒动能有变化。从D 到G，合外力做的功W＝√2mg·x3
由动能定理知W＝ΔEk
解得动能的增加量为ΔEk＝0.16 J。
(8 分)
7.(多选)(2024·安徽卷·10)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为
E，磁感应强度大小为B。一质量为m 的带电油滴a，在纸面内做半径为R 的圆周运动，轨迹如图所示。当
a 运动到最低点P 时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P 点时与a 的速度方
向相同，并做半径为3R 的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空
气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则( )
A.油滴a 带负电，所带电量的大小为mg
E
B.油滴a 做圆周运动的速度大小为gBR
E
C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为3 gBR
E
，周期为4 π E
gB
D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
答案 ABD
解析 油滴a 做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有mg＝Eq
解得q＝mg
E ，故A 正确；
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根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝mv
2
R
联立解得油滴a 做圆周运动的速度大小为v＝gBR
E
故B 正确；
设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得
q
2v1B＝m
2 · v1
2
3 R
解得v1＝3 BqR
m
＝3 gBR
E
，
周期为T＝2π ·3 R
v1
＝2π E
gB ，
故C 错误；
带电油滴a 分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a 分离前瞬间的速度方向为正方向，
得mv＝m
2 v1＋m
2 v2，
解得v2＝－gBR
E ，
由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手
定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D 正确。
12
