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第64 课时 专题强化：复合场中的摆线问题 动量定理在磁场中的应用
目标要求 1.会用配速法解决带电粒子在复合场中的摆线问题。2.会用动量定理处理带电粒子在磁场中的
运动问题。
1.摆线是同一平面内匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动的轨迹，其实就是一个圆沿着一条直线做无滑
动的滚动，圆周上的一点运动的曲线，如图所示。
2.配速法
(1)定义：若带电粒子在磁场中所受合力不为零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会
跟着变化，则粒子做一般曲线运动，运动分析比较麻烦，此时，我们可以把初速度分解为两个分速度，使
其中一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或静电力，或重力和静电力的合力)平衡，另一个分速度对应的洛
伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就可以分解为两个比较常见的运动，这种方法叫
配速法。
(2)配速法处理叠加场中的摆线类问题
常见情况
处理方法
BG 摆线：初速度为0，有重力
把初速度0 分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度
v1。
BE 摆线：初速度为0，不计重力
把初速度0 分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度
v1。
BEG 摆线：初速度为0，有重力
把初速度0 分解为一个斜向左下方的速度v1和一个斜向
右上方的速度v1。
BGv 摆线：初速度为v0，有重力
把初速度v0分解为速度v1和速度v2。
1
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3.用动量定理解决带电粒子在磁场中的运动问题
假设有一个带电粒子，其质量为m，电荷量为＋q。在方向垂直纸面向下，磁感应强度大小为B 的匀强磁
场中运动。粒子速度为v，所受洛伦兹力为F，且重力不计。如图建立直角坐标系。
沿两轴方向的洛伦兹力分力Fx＝qvyB
Fy＝qvxB
两个方向分别列动量定理
－qvyBΔt＝mΔvx
qvxBΔt＝mΔvy
即－qBΔy＝mΔvx
qBΔx＝mΔvy
两边累加得－qBy＝mvx1－mvx0
qBx＝mvy1－mvy0。
使用条件：如果已知某一分运动方向上的位移(可能需要借助动能定理获得)，通过列出与之正交方向上的
动量定理，即可迅速得出该方向上的分速度。
例1 如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直纸面向里)，电场强度大小为
E，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为＋q 的带电粒子在电场中运动，不计粒子所受重力。
若该粒子在M 点由静止释放，求粒子沿电场方向运动的最大距离ym和运动过程中的最大速率vm。
提示：为了研究该粒子的运动，可以应用运动的合成与分解的方法，将它为0 的初速度分解为大小相
等的水平向左和水平向右的速度。
答案 2mE
q B
2 2 E
B
解析 方法一 “配速法”
这个运动之所以复杂是因为洛伦兹力改变了运动的方向，带电粒子在磁场中做的最简单的运动就是匀速圆
周运动，我们就可以设法将其分解为匀速圆周运动。粒子的初速度为零，可分解为水平向右的速度v 和水
2
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平向左的速度v，其中水平向右的速度v 对应的洛伦兹力与静电力平衡：Bqv＝Eq；因此，粒子的运动是水
平向右速度为v 的匀速直线运动和初速度水平向左、大小为v 的逆时针匀速圆周运动的合运动，圆周运动
的轨迹半径r＝mv
qB ＝mE
q B
2，所以ym＝2r＝2mE
q B
2 ，vm＝2v＝2 E
B 。
方法二 动能定理＋动量定理
带电粒子在运动中，只有静电力做功，当其运动至最远时，静电力做功最多，此时速度最大，根据动能定
理有
qEym＝1
2mvm
2
①
粒子沿竖直方向上的速度产生水平方向的洛伦兹力，
即F 洛x＝qBvy
取沿水平方向运动一小段时间Δt，根据动量定理有
F 洛xΔt＝qBvyΔt＝mΔvx，
式中vyΔt 表示粒子沿竖直方向运动的距离。
因此，等式两边对粒子从离开M 点到第一次最远的过程求和有
qBym＝mvm
②
联立①②两式，解得vm＝2 E
B ，ym＝2mE
q B
2 。
[变式1] (多选)在地面上方空间存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B 的水平方向匀强磁场，
与竖直方向的匀强电场(图中未画出)，一电荷量为＋q、质量m 的带电粒子(重力不计)，以水平初速度
v0水平向右射出，运动轨迹如图。已知电场强度大小为E＝B v0
2 ，重力加速度为g。下列说法正确的是(
)
A.电场方向竖直向上
B.带电粒子运动到轨迹的最低点时的速度大小为2v0
C.带电粒子水平射出时的加速度大小为q v0 B
2m
3
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D.带电粒子在竖直面内运动轨迹的最高点与最低点的高度差为3mv0
qB
答案 BD
解析 由运动轨迹可知，带电粒子只有受竖直向下的静电力，最低点线速度最大，偏转半径最大，则电场
方向竖直向下，故A 错误；将带电粒子的速度分解为一个水平向左、大小v1＝v0
2 的分速度，和一个水平向
右、大小v2＝3
2v0的分速度，由于F1＝1
2qv0B＝Eq(与静电力平衡)，则带电粒子的运动可以看成是以速率v1
向左的匀速直线运动和以速率v2的匀速圆周运动的合运动，故小球在运动轨迹的最低点时的速度大小v＝
v1＋v2＝2v0，故B 正确；由牛顿第二定律可得带电粒子水平射出时的加速度大小为a＝
F合
m ＝q v0 B＋Eq
m
＝3q v0 B
2m
，故C 错误；由于洛伦兹力不做功，带电粒子从运动轨迹的最高点运动到最
低点的过程有1
2mv0
2＋Eqh＝1
2mv2，又有v＝2v0，解得h＝3m v0
qB ，故D 正确。
[变式2] (八省联考·陕西·15)如图，cd 边界与x 轴垂直，在其右方竖直平面内，第一、二象限存在垂直
纸面向外的匀强磁场，第三、四象限存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁场区域覆盖有竖直向上的外加
匀强电场。在xOy 平面内，某质量为m、电荷量为q 带正电的绝缘小球从P 点与cd 边界成30°角以速度
v0射入，小球到坐标原点O 时恰好以速度v0竖直向下运动，此时去掉外加的匀强电场。重力加速度大
小为g，已知磁感应强度大小均为mg
q v0
。求：
(1)电场强度的大小和P 点距y 轴的距离；
(2)小球第一次到达最低点时速度的大小；
(3)小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时所用时间。
答案 (1)mg
q (2＋√3)v0
2
2g
(2)(1＋√2)v0 (3)3 π v0
4 g
解析 (1)依题意，小球从P 点运动到坐标原点O，速率没有改变，即动能变化量为零，由动能定理可知合
力做功为零，电场力与重力等大反向，可知qE＝mg，解得E＝mg
q
4
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可知小球由P 点到O 点在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示
根据qv0B＝mv0
2
r
，解得r＝v0
2
g
由几何关系，可得xP＝r＋rcos 30°
联立解得xP＝(2＋√3)v0
2
2 g
(2)把小球在坐标原点的速度v0分解为沿x 轴正方向的v0和与x 轴负方向成45°的√2v0，如图乙所示
qv0B＝mg，知其中沿x 轴正方向的v0对应的洛伦兹力恰好与小球重力平衡，沿x 轴正方向小球做匀速直线
运动
与x 轴负方向成45°的√2v0对应的洛伦兹力提供小球做逆时针匀速圆周运动的向心力，可知小球第一次到
达最低点时速度的大小为v＝v0＋√2v0＝(1＋√2)v0
(3)由第(2)问分析可知小球在撤去电场后做匀速圆周运动的分运动轨迹如图丙所示
根据q√2v0B＝m(√2v0)
2
R
，又T＝2π R
√2v0
5
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由几何关系，可得小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时圆弧轨迹对应的圆心角为135°，则所用时间
为t＝135°
360° T
联立解得t＝3 π v0
4 g 。
例2 (2024·山东日照市模拟)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动，如图所示，真空
中存在着多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d，电场强度为E，方向水平向右；磁感应强
度为B，方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为
q 的带正电粒子在第1 层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力
及运动时的电磁辐射。粒子从第n 层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求
sin θn。
答案 B√
nqd
2mE
解析
设粒子在第n 层磁场中运动的速度为vn，
在电场中，根据动能定理有
nqEd＝1
2mvn
2
解得vn＝√
2nqEd
m
在磁场中由动量定理有qvxBΔt＝mΔvy
即qΔxB＝mΔvy
两边累加得qxB＝mvy，其中x 为在磁场中的水平位移，x＝nd
联立得vy＝nqBd
m
，sin θn＝
v y
vn
得：sin θn＝B√
nqd
2mE 。
课时精练
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(分值：60 分)
1、2 题每小题7 分，3、4 题每小题15 分，5 题16 分，共60 分
1.(2022·全国甲卷·18)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy 平面)向里，电场的方
向沿y 轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O 由静止开始运动。下列四幅图中，
可能正确描述该粒子运动轨迹的是( )
答案 B
解析 解法一 在xOy 平面内电场的方向沿y 轴正方向，故在坐标原点O 静止的带正电粒子在电场力作用
下会向y 轴正方向运动，磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y 轴正方向运动的粒子同
时受到沿x 轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x 轴负方向偏转，A、C 错误；运动的过程中静电力对带电
粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直.由于匀强电场方向是沿
y 轴正方向，故x 轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x 轴时，静电力做功为0，洛
伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x 轴时的速度为0，随后受静电力作用再次进入第二象限重复向左偏
转，B 正确，D 错误。
解法二 粒子在O 点静止，对速度进行分解，分解为沿x 轴正方向的速度v，沿x 轴负方向的速度v'，两个
速度大小相等，方向相反，使得一个洛伦兹力平衡静电力，即qBv'＝qE，则粒子在电场、磁场中的运动，
可视为沿x 轴负方向以速度v'＝E
B 做匀速直线运动，同时在x 轴上方做匀速圆周运动。故选B。
2.如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁场的磁
感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为＋q 的粒子，以不同速率沿着两板中轴线PQ 方向进入板间后，
速率为v 的甲粒子恰好做匀速直线运动；速率为v
2的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，A 为乙粒
子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全程速率在v
2和3 v
2 之间变化。研究一般的曲线运动时，可将曲线
分割成许多很短的小段，这样质点在每一小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，对应小段圆弧的半径
叫该处曲率圆半径。不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A.两板间电场强度的大小为B
v
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B.乙粒子偏离中轴线的最远距离为mv
qB
C.乙粒子的运动轨迹在A 处对应的曲率圆半径为9mv
4 qB
D.乙粒子从进入板间运动至A 位置的过程中，在水平方向上做匀速运动
答案 B
解析 速率为v 的甲粒子恰好做匀速直线运动，则qE＝Bqv，解得两板间电场强度的大小为E＝Bv，选项
A 错误；由于洛伦兹力一直不做功，乙粒子所受静电力方向一直竖直向下，当粒子速度最大时，静电力做
的功最多，偏离中轴线的距离最远，根据动能定理有qEymax＝1
2m×(3 v
2 )2－1
2m×(v
2)2，整理可得ymax＝mv
qB
，故B 正确；由题意，乙粒子的运动轨迹在A 处时为粒子偏离中轴线的距离最远，粒子速度达到最大为vA
＝3 v
2 ，洛伦兹力与静电力的合力提供向心力qvAB－qE＝mv A
2
r A
，所以对应圆周的半径为rA＝9mv
2qB ，故C
错误；由题意，速率为v
2的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，根据左手定则判断知，粒子受到的
洛伦兹力总是垂直指向每一小段圆弧的中心，可知从进入板间至A 位置过程中，乙粒子在水平方向上的合
力一直水平向右，所以粒子从进入板间运动至A 位置的过程中，在水平方向上做加速运动，故D 错误。
3.(15 分)如图所示，坐标系xOy 平面在纸面内，在x≥0 的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，0≤x<d 的区
域Ⅰ和x≥d 的区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小分别为B1和B2。大量质量为m、电荷量为q 的带正电的粒
子，同时从原点O 射入磁场，粒子射入的速度大小相等，在坐标平面内与x 正方向成θ(－90°≤θ≤90°)角。
沿y 轴正方向射入的粒子在P(d，d)点垂直两磁场的边界射入区域Ⅱ。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
(1)(3 分)求粒子从原点O 射入磁场时的速度大小；
(2)(3 分)求不能进入区域Ⅱ内的粒子，在区域Ⅰ内运动的最长时间；
(3)(9 分)若粒子在区域Ⅱ中受到与速度大小成正比、方向相反的阻力，比例系数为k，观察发现沿y 轴正方
向射入的粒子，射入区域Ⅱ后粒子轨迹呈螺旋状并与两磁场的边界相切于Q 点(未画出)，求：
①该粒子由P 点运动到Q 点的时间；
②该粒子在区域Ⅱ中运动轨迹的长度。
答案 (1)q B1d
m
(2) π m
q B1
(3)①3 π m
2q B2
②q B1d
k
解析 (1)由题意知，粒子做圆周运动的半径r＝d
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由qvB1＝mv
2
r
解得v＝q B1d
m
(2)由旋转圆模型知，对于不能进入区域Ⅱ内的粒子，当粒子沿x 轴正向进入Ⅰ区域时，运动时间最长，即
tmax＝T
2 ＝1
2×2π r
v
＝π m
q B1
(3)①该粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图所示
洛伦兹力提供向心力qvB2＝mωv
可得ω＝q B2
m
即角速度为一定值，又可知粒子与边界相切时转过的弧度θ＝3
2π，
时间t＝θ
ω
解得t＝3 π m
2q B2
②粒子在区域Ⅱ中做螺旋线运动，由于阻力最后停下来，在切线方向上，由动量定理有
－kvtΔt＝mΔvt
求和则有－k∑(vtΔt)＝m∑Δvt
有kl＝mv
解得l＝q B1d
k
4.(15 分)(2024·甘肃卷·15)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压
为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为
B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S 点
释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动、再由O 点进入分离器做圆周
运动，最后打到照相底片的P 点处，运动轨迹如图中虚线所示。
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(1)(5 分)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
(2)(3 分)求O 点到P 点的距离。
(3)(7 分)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速
度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。
答案 (1)带正电
E1
2
2U B1
2 (2)
4U B1
E1B2
(3)
2 E2−E1
B1
解析 (1)粒子在磁场B2中O 处所受洛伦兹力方向向上，根据左手定则可知粒子带正电；
设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为v0，在加速电场中，由动能定理qU＝1
2
mv0
2
在速度选择器中粒子做匀速直线运动，
由平衡条件qv0B1＝qE1
联立解得，粒子的比荷为q
m ＝
E1
2
2U B1
2
(2)在Ⅲ中由洛伦兹力提供向心力qv0B2＝mv0
2
r
可得O 点到P 点的距离为OP＝2r＝
4U B1
E1B2
(3)粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力
F 洛＝qv0B1
向下的静电力F＝qE2
由于E2>E1，且qv0B1＝qE1
所以通过配速法，如图所示
其中满足qE2＝q(v0＋v1)B1
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则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0＋v1做匀速直线运动的同时，竖直方向以v1做匀速圆周运动，当
速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O'点的要求，故此时粒子打在O'点的速度大小
为v'＝v0＋v1＋v1＝
2 E2−E1
B1
。
5.(16 分)(八省联考·四川·15)电容为C 的平行板电容器两极板间距为d，极板水平且足够长，下极板接地，
将电容器与开关S、电阻R1和R2连接成如图所示电路，a、b 是两个输出端，S 断开，极板间充满垂直纸面
向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。由质量为m、电荷量为q(q > 0)的带电粒子组成的粒子束以水平速
度v0沿下极板边缘进入极板间区域，单位时间进入的粒子数为n。带电粒子不计重力且不与下极板接触，
忽略极板边缘效应和带电粒子间相互作用。
(1)(4 分)为使带电粒子能落在电容器上极板，求极板间距的最大值dm；
(2)(5 分)满足(1)的前提下，求电容器所带电荷量的最大值Qm；
(3)(7 分)已知R1＝2R，R2＝R，闭合S，电容器重新达到稳定状态后，为使a、b 端接入任意负载时进入极板
间的带电粒子全部落在上极板，求R 应满足的条件和此时a、b 间输出功率的最大值。
答案 (1)2mv0
qB (2)CBd(v0－Bqd
2m )
(3)R≤Bd
3nq (v0－Bqd
2m ) n
2q
2 R
2
解析 (1)由题意可知带电粒子在两极板间做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有
qv0B＝mv0
2
r
为使带电粒子能落在电容器上极板，则有r≥d
2
联立可得d≤2m v0
qB
即最大值为dm＝2m v0
qB
(2)当电容器所带电荷量最大时，板间电势差最大，粒子束恰好不能到达上极板，将粒子入射速度分解为向
右的两个速度，一个速度产生的洛伦兹力与电场力平衡，做匀速直线运动；另一个速度提供洛伦兹力，做
匀速圆周运动；即v0＝v1＋v2
其中qE＝qv1B
粒子以v2做匀速圆周运动，有qv2B＝mv2
2
r
'
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粒子恰好不到达上极板，则有d＝2r'
联立各式可得E＝B(v0－Bqd
2m )
此时两极板所带电荷量最大为Qm＝CUm＝CEd＝CBd(v0－Bqd
2m )
(3)根据题意可知当R1和R2两端的总电压不大于Um时带电粒子才能全部落在上极板，闭合S，电容器重新
达到稳定状态后，电流恒定，有I＝nq，根据欧姆定律有I(R1＋R2)≤Um＝Ed
其中R1＝2R，R2＝R
联立解得R≤Bd
3nq (v0－Bqd
2m )
当a、b 间接入负载时，设a、b 间的电流为Iab，由于总电流恒定，则R1的电流为I1＝I－Iab
a、b 间的功率为
Pab＝UabIab＝(I－Iab)R1·Iab＝2R(nqIab－I ab
2)
所以当Iab＝1
2nq 时，Pab最大，最大值为Pab＝n
2q
2 R
2
。
12
