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微专题12 带电粒子在复合场中的运动2
带电粒子的“螺旋线”运动
[例1] (2024·湖南卷)如图，有一内半径为2r、长为L 的圆筒，左、右端面圆
心O′、O 处各开有一小孔。以O 为坐标原点，取O′O 方向为x 轴正方向建立
Oxyz 坐标系。在筒内x≤0 区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x
轴正方向；筒外x≥0 区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y 轴正方向。
一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy 平面内，
且在x 轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电荷量为e，设电
子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子所受的重力。
(1)若所有电子均能经过O 进入电场，求磁感应强度B 的最小值；
(2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x 轴正方向
最大夹角为θ，求tan θ 的绝对值；
(3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时在y 轴正方向的最大
位移。
[解析] (1)将电子的初速度分解为沿x 轴方向的速度v0、y 轴方向的速度vy0，
则电子做沿x 轴正方向的匀速运动和投影到yOz 平面内的圆周运动，又电子做
匀速圆周运动的周期为T＝2π m
eB ，电子均能经过O 进入电场，则L
v0＝nT(n＝
1，2，3，…)
联立解得B＝2n π m v0
eL
(n＝1，2，3，…)
当n＝1 时，Bmin＝2π m v0
eL
。
(2)由于电子始终未与筒壁碰撞，则电子投影到yOz 平面内的圆周运动的最大半
径为r，由洛伦兹力提供向心力有evy0maxBmin＝m v y 0max
2
r
tan θ|＝|
v y 0max❑
v0 |＝2π r
L
。
(3)电子在电场中做类斜抛运动，当电子运动到O 点时沿y 轴正方向的分速度大
小为vy0max时，电子在电场中运动时在y 轴正方向的位移最大，由牛顿第二定律
有
eE＝ma
由速度位移公式有2aym＝v y 0max
2
解得ym＝2m π
2r
2v0
2
eE L
2
。
[答案] (1)2π m v0
eL
(2)2π r
L
(3) 2m π
2r
2v0
2
eE L
2
规律方法：粒子的螺旋线运动
情境
受力情况
无恒定力
与磁场平行的恒定力
运动情况
等间距螺旋线
不等间距螺旋线
[针对训练] (2025·内蒙古乌兰察布·二模)(多选)如图，磁感应强度大小为B
的匀强磁场和电场强度大小为E 的匀强电场，方向均沿z 轴向上，电场和磁场
区域足够大。带电粒子(不计所受重力)由O 点沿x 轴正方向入射到电磁场中，
在z 轴上(0，0，h)P 点处有一接收器，则接收器接收的粒子比荷可能为( )
A．π
2 E
h B
2 B．2π
2 E
h B
2 C．4 π
2 E
h B
2 D．8 π
2 E
h B
2
BD [带电粒子沿x 轴进入，磁场B 沿z 轴，故粒子在xOy 平面将做匀速圆周运
动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝mv
2
r 、T＝2π r
v ，其角速度ω＝2π
T ＝
qB
m ，同时，电场E 也沿z 轴，使粒子在z 轴方向做匀加速运动，加速度为a＝
qE
m ，分析xOy 平面运动，设粒子从O(0，0)出发，初速度沿x 轴正方向，则半
径r＝mv
qB ，角速度ω＝qB
m ，粒子只有在ωt ＝ 2nπ(n 为正整数)时才再次回到
xOy 平面的原点(0，0)。其最小正周期对应n＝1，时间为T0＝2π
ω ，z 方向运动
方程为z(t)＝1
2(
qE
m )t2，要求粒子同时满足在xOy 平面回到原点且到达z＝ h，
即t＝nT0＝n·2π
ω (n＝1，2，3，…)，则h＝1
2(
qE
m )[n· 2π
ω ]
2
(n＝1，2，
3，…)，又 ω＝qB
m ，代入可解得q
m＝2n
2π
2 E
h B
2
(n＝1，2，3，…)，由上式可见，
当n ＝ 1 时，q
m＝2π
2 E
h B
2 ，当n＝2 时，q
m＝8 π
2 E
h B
2 ，故选BD。]
用“配速法”解决带电粒子的一般曲线运动
情境一 从静止开始运动
[例2] (2022·全国甲卷)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( )
A B
C D
B [分析可知，开始一段较短时间内，粒子具有沿y 轴正方向的速度，由左手
定则可知，粒子应向左侧偏转，A、C 项错误；由于粒子所受静电力沿y 轴正方
向，且粒子初速度为零、初始位置在坐标原点，故粒子运动轨迹的最低点在x
轴上，D 项错误，B 项正确。]
情境二 洛伦兹力和电场力(或恒力)在一条直线上
[例3] (2023·江苏卷节选)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。
xOy 平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应
强度为B。质量为m、电荷量为e 的电子从O 点沿x 轴正方向水平入射。入射
速度为v0时，电子沿x 轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如
图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计电子所受
重力及电子间相互作用。
(1)求电场强度的大小E；
(2)若电子入射速度为v0
4 ，求运动到速度为v0
2 时位置的纵坐标y1。
[解析] (1)由题知，入射速度为v0时，电子沿x 轴做直线运动，则有Ee＝ev0B
解得E＝v0B。
(2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由
于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为v0
4 ，则电子受到的静电力大于洛伦
兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有eEy1＝1
2m(
1
2 v0)
2
－1
2m(
1
4 v0)
2
解得y1＝3m v0
32eB 。
[答案] (1)v0B (2)3mv0
32eB
【拓展训练】
电子入射速度为v0
4 时，求：
(1)电子在最高点的速度大小；
(2)电子在最高点的纵坐标；
(3)电子周期性运动的周期。
[解析] (1)在O 点把粒子的速度v0
4 分解为v1＝3
4v0和v2＝v0两个分速度，v1对
应的洛伦兹力为ev1B，v2对应的洛伦兹力等于静电力，粒子的运动分解为线速
度大小为v1的匀速圆周运动和速度大小为v2的匀速直线运动，粒子在最高点的
速度v′
v′＝v1＋v2＝7
4 v0。
(2)粒子做匀速圆周运动的向心力为ev1B
ev1B＝mv1
2
r
r＝m v1
eB ＝3m v0
4 eB
则y＝2r＝3mv0
2eB 。
(3)粒子做匀速圆周运动的周期等于粒子做该曲线运动的周期，ev1B＝m v1
2
r
T＝2π r
v1 ＝2π m
eB 。
[答案] (1)7
4v0 (2)3m v0
2eB (3)2π m
eB
情境三 洛伦兹力和电场力(或恒力)不在一条直线上
[例4] (2025·湖南卷)如图，直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器
R 的最大阻值为2r0，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为√3
d，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑
片处于滑动变阻器中点时，质量为m 的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容
器左侧中点a 进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b 点进入磁场，随后
又从电容器上极板右侧边缘c 点进入电容器，忽略粒子所受重力和空气阻力。
(1)求粒子所带电荷量q；
(2)求磁感应强度B 的大小；
(3)若粒子离开b 点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电
场，电场强度大小为4√3 E0
3d
，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。
[解析] (1)闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，由串并联电路规律可得
电容器两极板间的电压为
U＝
R
2
R+r0
E0＝
r0
2r0+r0
E0＝1
3E0
粒子从a 点进入电容器后，在电容器中受到静电力的作用，做类平抛运动，从
b 点离开电容器，设粒子从a 点运动到b 点的时间为t，则在水平方向由运动学
公式有√3d＝v0t
在竖直方向由牛顿第二定律有
U
d q＝ma
由运动学公式有1
2d＝1
2at2
联立可得q＝m v0
2
E0
。
(2)设粒子经过b 点时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ，则由平
抛运动的推论可知tan θ＝2×
d
2
√3d
＝√3
3
则θ＝30°
由几何关系可知v＝v0
cosθ＝2√3 v0
3
粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，从c 点进入电容器，设粒子在磁场
中的运动半径为r，作出粒子从a 点运动到c 点的运动轨迹如图甲所示
由几何关系可知r＝
d
2
sin 60°
＝√3
3 d
在磁场中由洛伦兹力提供向心力有
qvB＝mv
2
r
联立可得B＝
2 E0
d v0
。
(3)在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，则粒子在平行板
电容器的右侧不仅受到洛伦兹力的作用，还受到水平向右的静电力的作用，则
可将粒子在b 点的速度分解，使竖直向上的分速度v1产生的洛伦兹力刚好平衡
静电力的作用，如图乙所示，则有qv1B＝Eq
可得v1＝E
B ＝2√3
3 v0
由于v1 和v 的大小相等，则由几何关系可知粒子在b 点的另一分速度v2＝2v
cos 30°＝2v0，方向与竖直方向的夹角为30°，则粒子在平行板电容器右侧的运
动可分解为速度为v1的竖直向上的匀速直线运动和速率为v2的匀速圆周运动，
设粒子做匀速圆周分运动的半径为r′，则由洛伦兹力提供向心力有
qv2B＝m v2
2
r
'
可得r′＝d
作出粒子圆周分运动的大致轨迹如图丙所示
由几何关系可知xm＝r′cos 30°＋r′＝2+√3
2
d。
[答案] (1) m v0
2
E0
(2)
2 E0
d v0
(3)2+√3
2
d
规律方法：配速法解决带电粒子的一般曲线运动
常见情境
处理方法
初速度为0，有恒力场
把初速度0 分解为一个
向左的速度v1和一个向
右的速度v2，v1和v2大
小相等，且满足qv2B＝
F 恒，则粒子的运动可看
作以v2做匀速直线运动
和以v1做匀速圆周运动
的合运动
匀速圆周运动
匀速直线运动
初速度为v0，有恒力场
把初速度v0分解为v1和
v2，且满足qv1B＝F 恒，
则粒子的运动可看作以
v1做匀速直线运动和以
v2做匀速圆周运动的合
运动
匀速圆周运动
匀速直线运动
带电粒子的“三维空间运动”
[例5] (2025·河南洛阳·三模)如图所示，长方体区域被分成了三个边长均为
L 的正方体区域，最左边的正方体区域内分布着垂直平面CDHG 向里、电场强
度大小为E1的匀强电场，中间的正方体区域内分布着垂直平面EHLI 向上的匀
强磁场，最右边的正方体区域内分布着垂直平面JKON 向上、电场强度大小为
E2的匀强电场。现有电荷量为q、质量为m 的带正电粒子以大小为v0的初速度
从A 点沿AE 方向进入电场区域，经EH 的中点进入磁场区域，最后从NJ 上的
某处离开电场。已知匀强磁场的磁感应强度大小B＝2mv0
qL ，不计粒子所受重力。
求：
(1)电场强度E1的大小；
(2)带电粒子在磁场中运动的时间t；
(3)电场强度E2的大小。
[解析] (1)由题意可知，粒子在左侧的电场中运动时沿AD 方向的位移为L
2 ，沿
AE 方向的位移为L，设运动时间为t1，加速度为a1，有L＝v0t1，L
2 ＝1
2 a1 t1
2
又根据牛顿第二定律qE1＝ma1
解得E1＝ m v0
2
qL 。
(2)设粒子经过EH 的中点时的速度为v，此时沿EH 方向的分速度为vy，有v y
2
＝ 2a1 × L
2
又因为v0
2 + v y
2 ＝ v2
解得v＝√2v0
设粒子进入磁场后的运动轨迹半径为R，有qvB＝m v
2
R
解得R＝√2
2 L
由几何关系可知，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为90°，故粒子在磁场
中运动的时间t＝1
4×2π m
qB ＝π L
4 v0。
(3)设IL 的中点为Q，IM 的中点为T，则粒子离开磁场时速度方向沿QT，设粒
子在右边的电场中运动的时间为t2，加速度为a2，有√2
2 L＝vt2，L＝1
2 a2 t2
2
又qE2＝ma2
解得E2＝ 8m v0
2
qL
。
[答案] (1) mv0
2
qL (2) π L
4 v0
(3) 8mv0
2
qL
规律方法：
1．根据题意合理划分过程。
2．根据在每个过程的初速度和受力，确定粒子的运动情况，复杂运动要注意分
解。
3．在空间图形中准确找出粒子的运动位置。
[针对训练] (2022·山东卷)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，
该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在
三维坐标系Oxyz 中，0＜z≤d 空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B，
方向沿x 轴正方向；－3d≤z＜0，y≥0 的空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感应强度
大小为√2
2 B，方向平行于xOy 平面，与x 轴正方向夹角为45°；z＜0，y≤0 的空
间内充满沿y 轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为＋q 的离子甲，从yOz
平面第三象限内距y 轴为L 的点A 以一定速度出射，速度方向与z 轴正方向夹
角为β，在yOz 平面内运动一段时间后，经坐标原点O 沿z 轴正方向进入磁场Ⅰ。
不计离子所受重力。
(1)当离子甲从A 点出射速度为v0时，求电场强度的大小E；
(2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度vm；
(3)离子甲以qBd
2m 的速度从O 点沿z 轴正方向第一次穿过xOy 面进入磁场Ⅰ，求
第四次穿过xOy 平面的位置坐标(用d 表示)；
(4)当离子甲以qBd
2m 的速度从O 点进入磁场Ⅰ时，质量为4m、带电量为＋q 的离
子乙，也从O 点沿z 轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ，求两离子进入磁
场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt(忽略离子间相互作用)。
[解析] (1)离子甲从A 点射入电场，由O 点沿z 轴正方向射出，只受沿y 轴负
方向静电力的作用，所以在z 轴正方向上，离子甲做匀速直线运动，在从A 到
O 的运动过程中，在z 轴正方向上有L＝v0t cos β
在y 轴正方向上有0＝v0sin β－at
由牛顿第二定律有Eq＝ma
解得E＝m v0
2sin β cos β
qL
。
(2)离子甲进入磁场Ⅰ中，当离子甲运动轨迹与磁场Ⅰ上边界相切时，由洛伦兹
力充当向心力有
qv1B＝m v1
2
R1
，其轨迹半径R1＝d
经半个圆周由(0，2d，0)进入磁场Ⅱ，然后在垂直匀强磁场Ⅱ的平面内运动，
由洛伦兹力充当向心力有qv1·√2
2 B＝m v1
2
R2
，解得R2＝√2d
轨迹恰与xOz 平面相切，则此时离子甲速度最大，即vm＝v1＝Bqd
m 。
(3)离子甲以v2＝Bqd
2m 射入磁场Ⅰ，则离子甲在磁场Ⅰ中的轨迹半径R1′＝d
2，离
子甲在磁场Ⅰ中转半个圆周，由y 轴上(0，d，0)处第二次穿过xOy 面进入磁场
Ⅱ，在磁场Ⅱ中的轨迹半径为R2′＝√2
2 d，离子甲在磁场Ⅱ中偏转半个圆周，由
x 轴上(d，0，0)处第三次穿过xOy 面进入磁场Ⅰ，速度方向平行于z 轴正方向，
再在磁场Ⅰ中偏转半个圆周第四次穿过xOy 面，轨迹如图1 所示，所以离子第
四次穿过xOy 平面的位置坐标为(d，d，0)。
图1
(4)设离子乙的速度为v2′，根据离子甲、乙动能相同可得1
2mv2＝1
2 ×4 m v2
' 2
解得v2′＝1
2v2
由(3)问可知离子甲在磁场Ⅰ、Ⅱ中运动的轨迹半径分别为R1′＝d
2，R2′＝√2
2 d
则离子乙在磁场Ⅰ、Ⅱ中的轨迹半径分别为R1″＝d，R2″＝√2d
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图2 所示
图2
从O 点进入磁场到第一个交点过程，有
t 甲＝T 甲1＋T 甲2＝2π m
qB ＋
2π m
q· √2
2 B＝2(√2+1)π m
qB
t 乙＝T 乙1
2 ＋T 乙2
2 ＝2π ·4 m
2qB
＋
2π ·4 m
2q· √2
2 B
＝4(√2+1)π m
qB
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点时间差为Δt＝t 乙－t 甲＝
2(√2+1)π m
qB
。
[答案] (1) mv0
2sin β cos β
qL
(2)Bqd
m
(3)(d，d，0) (4)2(√2+1)π m
qB
