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微专题11 带电粒子在复合场中的运动1
带电粒子在组合场中的运动
[例1] (2024·福建卷)如图，直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向
外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器C1、C2，其中C1垂直x 轴放
置，极板与x 轴相交处存在小孔M、N；C2垂直y 轴放置，上、下极板右端分
别紧贴y 轴上的P、O 点。一带电粒子从M 静止释放，经电场直线加速后从N
射出，紧贴C2下极板进入C2，而后从P 进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直
x 轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电荷量为q，O、
P 间距离为d，C1、C2的板间电压大小均为U，板间电场视为匀强电场，不计粒
子所受重力，忽略边缘效应。求：
(1)粒子经过N 时的速度大小；
(2)粒子经过P 时速度方向与y 轴正方向的夹角；
(3)磁场的磁感应强度大小。
[解析] (1)设粒子经过N 时的速度大小为vN，则对粒子从M 到N 的运动过程，
根据动能定理有
qU＝1
2 mv N
2
解得vN＝√
2qU
m 。
(2)粒子在C2中做类平抛运动，设粒子经过P 时沿y 轴方向的速度大小为vy，速
度方向与y 轴正方向的夹角为θ，粒子在C2中的运动时间为t，则根据牛顿第二
定律有
qU
d ＝ma
根据匀变速直线运动规律，在沿y 轴方向有
d＝1
2at2，vy＝at
又tan θ＝
v N
v y
联立解得θ＝45°。
(3)粒子在P 处时的速度大小为
vP＝√v N
2 + v y
2
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
qvPB＝m v P
2
R
由几何关系可知R＝√2d
联立解得B＝1
d √
2mU
q
。
[答案] (1)√
2qU
m (2)45° (3)1
d √
2mU
q
规律方法：
1．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。
2．带电粒子在组合场中运动的分类
3．磁场或电场的周期性变化，注意分清粒子的运动分为几个阶段。
[针对训练1] (2025·河北卷改编)如图，真空中两个足够大的平行金属板M、
N 水平固定，间距为d，M 板接地。M 板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀
强磁场。M 板O 点处正上方P 点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、
速度大小均相同的带负电的粒子。已知粒子质量为m、带电量为－q，当发射方
向与OP 的夹角θ＝60°时，粒子恰好垂直穿过M 板Q 点处的小孔。已知OQ＝
3L，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均
匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子所受重力及粒子
间的相互作用，忽略边缘效应。求：
(1)若带电粒子的速度大小为v，从粒子源发射的粒子经多长时间可以直接到达
小孔处；
(2)若带电粒子的速度大小为v，电场强度的最大值；
(3)粒子打到M 板上表面的位置与O 点的最大距离；
(4)粒子打到M 板下表面的位置与Q 点的最小距离。
[解析] (1)因粒子发射方向与OP 夹角为60°时恰能垂直穿过M 板Q 点的小孔，
则由几何关系cos 60°＝3 L-r
r
解得r＝2L
根据T＝2π r
v
得T＝4 π L
v
由于同一条弦可能对应两个圆弧，则t1＝T
3 ＝4 π L
3 v ，t2＝2T
3 ＝8 π L
3 v 。
(2)随着粒子不断打到N 极板上，N 极板带电量不断增加，向下的电场强度增加，
粒子做减速运动，当粒子恰能到达N 极板时满足v2＝2ad，a＝qE
m
解得E＝m v
2
2qd 。
(3)因为r＝2L
可得OP＝r sin 60°＝√3L
可得粒子从磁场上方直接打到M 板上表面的位置与O 点的最大距离为xm1＝
√(2r)
2-(OP)
2＝√13L
当N 极板吸收一定量的粒子后，粒子再从Q 点射入极板后会返回，从Q 点射出
后继续做圆周运动，这时打在M 板上表面的位置与O 点的距离xm2＝OQ＋2r＝
7L>xm1
则粒子打在M 板上表面的位置与O 点的最大距离为7L。
(4)因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ 长度时，粒子
仍可从Q 点进入两板之间，由几何关系可知此时粒子从P 点沿正上方运动，进
入两板间时的速度方向与M 板夹角为α＝30°，则在两板间运动时间t＝2v sin α
a
其中a＝v
2
2d
打到M 板下表面距离Q 点的最小距离s＝v cos α·t
解得s＝2d sin 2α＝√3d。
[答案] (1)4 π L
3 v 8 π L
3 v (2)m v
2
2qd (3)7L
(4)√3d
[针对训练2] (2024·辽宁卷)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(q>0)、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 轴正方向的匀强电场，电场强
度大小E0＝9m v0
2
4 π qL。不计粒子所受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Ⅰ、Ⅱ区磁场的磁感应强度的大小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区受到的静电力大小为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)。
[解析] (1)根据题意，作出甲、乙两粒子在Ⅰ区和Ⅱ区中的运动轨迹，如图所
示。
乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，则乙在Ⅰ区运动轨迹所对的圆心角为30°
根据几何关系有r 乙sin 30°＝L
对乙在Ⅰ区运动的过程，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m v0
2
r乙
联立解得B＝mv0
2qL。
(2)乙从进入Ⅰ区到运动至P 点的过程，运动时间t1＝30°+30°
360°
T
又T＝
2π r乙
v0
＝4 π L
v0
解得t1＝2π L
3 v0
分析可知，甲、乙都沿x 轴正方向从P 点射入Ⅲ区，在t1时间内，甲从P 点运
动到O 点，根据运动学规律有
d＝3
2 v0t1+ 1
2 at1
2
根据牛顿第二定律有qE0＝ma
联立解得d＝3
2πL。
(3)甲从P 点运动到O 点的过程，根据运动学规律有v 甲O＝3
2v0＋at1
解得v 甲O＝3v0
由于甲在Ⅳ区做匀速直线运动，则甲所在位置的电场强度为
E 甲＝ωt－kx＝ωt－kv 甲Ot＝0
解得k＝ω
3 v0
当甲运动t0时间至x＝x0处时，乙在Ⅳ区x＝(x0－Δx)处
在x＝x0处有E 甲＝ωt0－kx0＝0
在x＝(x0－Δx)处有E 乙＝ωt0－k(x0－Δx)
又F＝qE 乙
联立解得F＝qω
3 v0Δx。
[答案] (1)mv0
2qL (2)3
2πL (3)F＝qω
3 v0Δx
[针对训练3] (2024·广东卷)如图甲所示。两块平行正对的金属板水平放置，
板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平
向右的匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为
B。一带电粒子在t＝0 时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左
端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板
间的电场，水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平
进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的π
3 倍，粒子质量为m。
忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
(2)求金属板的板间距离D 和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v；
(3)求从t＝0 时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，静电力对粒子做
的功W。
[解析] (1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带
正电；粒子在磁场中运动的周期为T＝2t0
根据T＝2π m
qB
则粒子所带的电荷量q＝π m
Bt0。
(2)若金属板的板间距离为D，则板长为π D
3 ，粒子在板间运动时π D
3 ＝vt0
出电场时竖直速度为零，则竖直方向
y＝2×1
2× U 0q
Dm (0.5t0)2
在磁场中时qvB＝mv
2
r
其中的y＝2r＝2mv
qB
联立解得v＝π√
π U 0
24 Bt0
D＝√
3 π t0U 0
8 B
。
(3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图。
由(2)的计算可知金属板的板间距离D＝3r
粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运
动，速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到
上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内静电力做功为零，在左侧电
场中运动时，往返一次静电力做功也为零，可知整个过程中只有从开始到进入
左侧电场时静电力做功和最后0.5t0时间内静电力做功，则W＝1
2mv2＋U 0q
D × D
3
＝π
3mU 0
48 Bt0
＋
π mU 0
3 Bt0 ＝π mU 0(π
2+16)
48 Bt0
。
[答案] (1)正电 π m
Bt0 (2)√
3 π t0U 0
8 B
π√
π U 0
24 Bt0
(3)π mU 0(π
2+16)
48 Bt0
带电粒子在叠加场中的运动
[例2] (2025·安徽池州·二模)如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场
和匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知电场强度大小为E，方
向竖直向下；磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，重力
加速度大小为g，则下列说法中正确的是( )
A．带电液滴沿逆时针方向运动
B．带电液滴运动速度大小为EBR
g
C．若仅撤去匀强磁场，带电液滴可能做曲线运动
D．若仅撤去匀强电场，带电液滴机械能一定不变
D [带电液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可
知液滴所受重力与静电力平衡，即静电力方向竖直向上，液滴带负电，有qE＝
mg，根据左手定则可判断带电液滴沿顺时针方向运动，对液滴有qvB＝mv
2
R ，
联立解得v＝BRg
E ，故A、B 错误；若仅撤去匀强磁场，带电液滴仅在重力和静
电力作用下，受力平衡，将做匀速直线运动，故C 错误；若仅撤去匀强电场，
带电液滴运动过程中，只有重力做功，机械能一定不变，故D 正确。故选D。]
规律方法：“三步”解决带电粒子在叠加场中的运动问题
【变式训练】若电场强度的方向变为水平向右，另一带电液滴恰能沿着MN 做
匀速直线运动，MN 与水平方向成45°角，试分析带电液滴的电性以及运动速度
大小 。
[解析] 带电体在复合场中能沿着MN 做匀速直线运动，可知液滴受力情况如
图所示。
可知，液滴带正电。由受力平衡可知qvB＝√2qE
解得速度为v＝√2 E
B 。
[答案] 正电 √2 E
B
[针对训练] 如图所示，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ 为
理想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的高度足够大。匀强电场方向竖直向上；
Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度均为B，方向分别为垂直纸面向里和向外。一个质量
为m、电荷量为q 的带电小球从磁场上方的O 点由静止开始下落，进入场区后，
恰能做匀速圆周运动。已知重力加速度为g。
(1) 试判断小球的电性并求出电场强度E 的大小。
(2) 若带电小球运动一定时间后恰能回到O 点，求它释放时距 MN 的高度h。
(3) 试讨论在h 取不同值时，带电小球第一次穿出Ⅰ区域的过程中，静电力所做
的功。
[解析] (1) 带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，重力与静电力平衡，
重力竖直向下，静电力竖直向上，即小球带正电。
由qE＝mg。
解得E＝mg
q 。
(2) 带电小球在进入磁场前做自由落体运动，根据机械能守恒有 mgh＝1
2mv2
带电小球在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，由牛顿第二定律有 qvB＝m
v
2
R
由于带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q、v、B、m 的大小不变，故三段
圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的△O1O2O3 为等边三角形，边长为
2R，内角为60°，如图甲所示。由几何关系知R＝
d
sin 60°
解得h＝2q
2B
2d
2
3m
2 g 。
(3)当带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ 相切时，运动轨迹如图乙所示，
有半径R＝d
解得h0＝q
2B
2d
2
2m
2 g
分类讨论：
①当h＜h0时，带电小球进入磁场Ⅰ区域的速度较小，半径较小，不能进入Ⅱ
区域，由磁场上边界MN 第一次穿出磁场Ⅰ区域，此过程静电力做功W＝0
②当h＞h0时，带电小球进入磁场Ⅰ区域后由下边界PQ 第一次穿出磁场Ⅰ区域
进入Ⅱ区域，此过程静电力做功 W＝－qEd＝－mgd。
[答案] (1) 带正电 mg
q (2) 2q
2B
2d
2
3m
2 g (3)见解析
电磁场与现代科技
[例3] (2024·湖北卷)(多选)磁流体发电机的原理如图所示，MN 和PQ 是两平
行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有
大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电
压。下列说法正确的是( )
A．极板MN 是发电机的正极
B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
AC [由左手定则可知，带正电粒子在磁场中受到向上的洛伦兹力，带负电粒
子在磁场中受到向下的洛伦兹力，则等离子体从左侧喷入磁场时，带正电粒子
向上偏转，带负电粒子向下偏转，所以极板MN 带正电，为发电机的正极，A
正确；极板间的电压稳定后，对在极板间运动的某个带电粒子，有qE＝qvB，
又U＝Ed，可得U＝vBd，所以仅增大两极板间的距离d，极板间的电压增大，
B 错误；结合B 项分析可知，仅增大等离子体的喷入速率v，极板间的电压增
大，C 正确；结合B 项分析可知，仅增大等离子体的正、负带电粒子数密度，
极板间的电压不变，D 错误。]
规律方法：
[针对训练] (2024·江西卷)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格
结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载
流子(电子)浓度。如图(a)所示，在长为a，宽为b 的石墨烯表面加一垂直向里的
匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3 间通以恒定电流I，电极2、4 间将产生
电压U。当I＝1.00×10-3 A 时，测得U-B 关系图线如图(b)所示，元电荷e＝
1.60×10-19 C，则此样品每平方米载流子数最接近( )
A．1.7×1019
B．1.7×1015
C．2.3×1020
D．2.3×1016
D [设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t
内通过样品的电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝q
t ＝nevb，当电子稳定
通过样品时，其所受静电力与洛伦兹力平衡，则有eU
b ＝evB，联立解得U＝I
ne
B，结合题图(b)可知k＝I
ne＝88×10
-3
320×10
-3 V/T，解得n≈2.3×1016，D 正确。]
