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专题三 带电粒子综合场中的运动
带电粒子在场中无约束情况下，常见的几种情况：
①电场力、重力并存——电场力+重力＝F 等效（恒力）
静止或匀速直线运动←→ F 电＝mg 且方向相反（即F 等效＝0）；
匀加/减速直线运动←→ F 等效≠0 且与v 共线；
匀变速曲线运动←→ F 等效≠0 且与v 不共线；
无圆周运动
②磁场力、重力并存
匀速直线运动←→ F 洛＝mg 且方向相反（或F 洛＝F 电且方向相反），运动方向与F
洛垂直；
变加速曲线运动（复杂曲线），因洛伦兹力不做功，故机械能守恒
无静止、无匀变速直线运动、无匀变速曲线运动、无匀速圆周
②磁场力、电场力并存
匀速直线运动←→ F 洛＝mg 且方向相反（或F 洛＝F 电且方向相反），运动方向与F
洛垂直；
变加速曲线运动（复杂曲线），可用动能定理求解。
无静止、无匀变速直线运动、无匀变速曲线运动、无匀速圆周
③磁场力、电场力、重力并存
静止←→F 电＝mg 且方向相反，且F 洛＝0；
匀速直线运动←→ F 电、mg、F 洛三力平衡；
匀速圆周运动←→F 电＝mg 且方向相反，且F 洛＝Fn；
变加速曲线运动（复杂曲线），可用能量守恒定律或动能定理求解。
无匀变速直线运动、无匀变速曲线运动
1．水平放置的M、N 两金属板，板长均为L，板间距为d，两板间有竖直向下的匀强电场，场强大小
为E，在两板左端点连线的左侧足够大空间存在匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面
向里。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子以初速v0紧靠M 板从右端水平射入电场，随后从P
点进入磁场，从Q 点离开磁场（P、Q 未画出）。不考虑粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．PQ 间距离与E 的大小无关
B．PQ 间距离与v0的大小无关
C．P 点的位置与粒子的比荷无关
D．带电粒子不可能打在N 板上
2．如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，
将带负电荷、电荷量q＝0.5C，质量m＝0.02kg 的滑块放在小车的
左端，小车的质量M＝0.08kg，滑块与绝缘小车之间的动擦因数μ＝0.4，它们所在
空间存在磁感应强度B＝1.0T 的垂直于纸面向里的匀强磁场。开始时小车和滑块静
止，突然给小车一个向左的冲量I＝0.16N•s，g 取10m/s2，那么小车与滑块因摩擦而
产生的最大热量为（ ）
A．0.160J
B．0.032J
C．0.014J
D．0.016J
二．多选题（共3 小题）
（多选）3．xOy 为竖直面内的直角坐标系，x 轴下方有垂直于坐标面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限还有
平行于y 轴的匀强电场，如图所示。现有一质量为m 的带电油滴从x 轴上方的A 点以初速度
v0= ❑√2gd竖直向下抛出，运动至P 点进入磁场区域，A 点到P 点的距离为d。油滴恰好从Q 点垂
直于y 轴进入第Ⅲ象限，经过1
4
圆周从D 点垂直于x 轴进入第Ⅱ象限，D 点与O 点相距2d，重力
加速度为g，依据上述数据，下列说法正确的是（ ）
A．油滴带负电
B．油滴在D 点的动能大小为4mgd
C．油滴做圆周运动时受到的洛伦兹力大小为3mg
D．其他条件不变，增大油滴的初速度大小，油滴在第三象限仍然会做匀速圆周运动
（多选）4． 2021 年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托
卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向
右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q 的
正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量
大小为v2，不计离子重力，则（ ）
A．电场力的瞬时功率为qE❑√v1
2+ v2
2
B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变小
D．该离子的加速度大小不变
（多选）5．现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，纸面内存在上、下
宽度均为d 的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小
为B。现有一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的O 点由静止释
放，运动到磁场的下边界的P 点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所
示，重新让粒子从上边界M 点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正
确的是（ ）
A．匀强电场的场强大小为B
2qd
2m
B．粒子从O 点运动到P 点的时间为t = (π +2)m
qB
C．粒子经过N 点时速度大小为Bqd
m
D．M、N 两点的竖直距离为3
4 d
三．解答题（共4 小题）
6．在磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，建立如图所示的平面直角坐标系xOy，一质量为m、带电
荷量为+q 的小球在O 点静止释放，小球的运动曲线如图所示．已知此曲线在最低点附近的一小段
可视为圆弧，该圆弧半径为最低点到x 轴距离的2 倍，重力加速度为g．求：
（1）小球运动到任意位置P（x，y）的速率v；
（2）小球在运动过程中第一次下降的最大距离ym；
（3）欲使小球沿x 轴正向做直线运动，可在该区域加一匀强电场，试分析加电场时，小球位置的
纵坐标y 值为多大？所加电场的电场强度为多少？方向如何？
7．在空间中存在水平向右的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E，x 轴水平向右。
在O 点，一个α 粒子（氦原子核）以速度v0，与x 轴夹角60°的方向，射入电磁场，已知质子质量
为m，电荷量为q，不计α 粒子的重力。求：
（1）α 粒子离x 轴的最远距离；
（2）α 粒子从O 点射出后，第3 次与x 轴相交时的动能。
专题三 带电粒子综合场中的运动
参考答案与试题解析
1．【解答】解：C、粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律可得：
在水平方向上：L＝v0t
在竖直方向上：y = 1
2 at
2
根据牛顿第二定律可得加速度为：a= qE
m
联立解得：y= qE L
2
2m v0
2
可知P 点的位置与粒子的比荷有关，故C 错误；
AB、设粒子进入磁场时的速度大小为v，其方向与水平方向的夹角为θ，则有：v0＝vcosθ
粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如下图所示。
由洛伦兹力充当向心力得：qvB =m v
2
r
，可得：r = mv
qB
根据几何关系可得PQ 间距离为s=2rcosθ = 2mvcosθ
qB
= 2m v0
qB
可知PQ 间距离与v0的大小有关，与E 的大小无关，故A 正确，B 错误；
D、若磁感应强度足够大，粒子在磁场中的运动半径足够小，可能出现如下图所示的情况，故带电
粒子可能打在N 板上，故D 错误。
故选：A。
2．【解答】解：开始时小车和滑块静止，突然给小车一个向左的冲量I＝0.16N•s，小车获得的速度
大小为：v0= I
M = 0.16
0.08
m/s＝2m/s
根据左手定则可知，滑块受到的安培力方向向上，系统水平方向不受外力，满足动量守恒定律的
守恒条件。
取向左为正方向，假设能够达到共同速度v′，根据动量守恒定律可得：Mv0＝（m+M）v′
解得：v′＝1.6m/s
当滑块脱离小车时，根据平衡条件可得：qvB＝mg
解得滑块的速度大小为：v＝0.4m/s＜v′
所以二者不可能达到共速。
根据功能关系可得：Q= 1
2 Mv0
2−1
2
（m+M）v2
联立解得：Q＝0.014J，故C 正确、ABD 错误。
故选：C。
二．多选题（共3 小题）
3．【解答】解：A.油滴在P 点时轨迹向左偏转，根据左手定则可知油滴带负电，故A 正确；
B.因为油滴在第Ⅲ象限做圆周运动，则有mg＝Eq，线段QO＝2d
对油滴从A 到D 的过程由动能动理有：mgd+Eq•2d＝EkD−1
2 mv0
2
代入数据可得EkD＝4mgd，故B 正确；
C.对油滴从A 到Q 的过程由动能定理有：mg•3d= 1
2 mvQ
2 −1
2 mv0
2
油滴在第Ⅲ象限的轨迹为1
4
圆周，则圆周半径r＝2d
根据洛伦兹力提供向心力有：F 洛＝mvQ
2
r
，代入数据可得F 洛＝4mg，故C 错误；
D.其他条件不变，增大油滴的初速度大小，根据题干条件可知重力和电场力仍然平衡，油滴在洛
伦兹力作用下仍然会做匀速圆周运动。
故D 正确；
故选：ABD。
4．【解答】解：A、电场力的瞬时功率，需要电场力和电场力的方向上的速度的乘积，即qEv1，故
A 错误；
B、洛伦兹力的计算，需要代入与磁场垂直的方向上的速度，即qBv2，故B 错误；
C、在沿电场的方向上，电场力与该方向上的速度v1同向，电场力对离子做正功，即v1在变大；
在垂直于电场和磁场的方向上的速度v2，磁场力和电场力均不改变该速度大小，即v2速度大小不
变，故v2与v1的比值在变小，故C 正确；
D、离子受到的电场力不变，洛伦兹力大小不变，方向总是与电场力方向垂直，则该离子的加速度
大小不变，方向改变，故D 正确。
故选：CD。
5．【解答】解：A、设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理，有
qEd = 1
2 m v
2
粒子在磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，有
Bqv = mv
2
R
由几何关系可得
R＝d
综上可得
E = B
2qd
2m
故A 正确；
B、粒子在电场中的运动时间为
水平方向t1= d
v
2
= 2m
qB
在磁场中转动半周，的运动时间为
t2= πm
2qB
粒子从O 运动到P 的时间为
t = (π + 4)m
2qB
故B 错误；
CD、将粒子从M 到N 的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量vx、vy，再把粒子受到的洛
伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为
Fx＝Bqvy，Fy＝Bqvx
设粒子在最低点N 的速度大小为v1，MN 的竖直距离为y，设水平向右为正方向，水平方向由动量
定理可得
mv1﹣0＝ΣqBvyΔt＝qBy
粒子从M 到N 的过程中，由动能定理可得
qEy = 1
2 m v1
2−0
结合电场强度的表达式
E = B
2qd
2m
解得
v1= Bqd
m
，y＝d
故C 正确，D 错误。
故选：AC。
三．解答题（共4 小题）
6．【解答】解：（1）因洛伦兹力不做功，只有重力做功；则由动能定理得：
mgy= 1
2
mv2…①
解得：v= ❑√2gy ⋯②
（2）设在最大距离ym处的速率为vm，根据圆周运动洛伦兹力充当向心力有：
qvmB﹣mg＝mvm
2
R ⋯③
且由②知：vm= ❑√2g ym⋯④
则由③④及R＝2ym
得：ym= 2m
2 g
q
2B
2 ⋯⑤
（3）当小球沿x 轴正向做直线运动时，小球受力平衡，由此可知，加电场时，小球应在最低点．
有：
ym= 2m
2 g
q
2B
2
要使沿x 轴正向做直线运动，则有：qvmB﹣mg﹣qE＝0…⑥
解④⑤⑥得：E= mg
q
；方向竖直向下；
7．【解答】解：（1）由题意可知α 粒子的质量为
mα＝4m
电荷量为
qα＝2q
将α 粒子的初速度分解成沿x 轴方向分速度vx与垂直x 轴方向分速度vy，则有
v x = v0cos60° = 1
2 v0
v y = v0sin 60° =
❑√3
2 v0
由于vx与磁场方向平行，不产生洛伦兹力，电场方向沿着x 轴方向，只影响vx，不影响vy，故α
粒子在电磁场中的运动可分解为：垂直于x 轴的平面内做匀速圆周运动，以及沿x 轴方向的匀加速
直线运动。对于垂直于x 轴平面内的匀速圆周运动，有
qα v y B =mα
v y
2
r
解得圆周运动半径
r = mα v y
qα B = 4 m v y
2qB =
❑√3m v0
qB
故α 粒子离x 轴的最远距离为直径的长度2❑√3m v0
qB
；
（2）α 粒子从O 点射出后，第3 次与x 轴相交时，由垂直于x 轴的平面内的匀速圆周运动，可
知，此过程经历的时间
t =3T =3× 2π mα
qα B = 12πm
qB
沿x 轴方向的匀加速直线运动所通过的位移
s= v xt + 1
2 at
2
又加速度
a= qα E
mα
= qE
2m
解得
s= 6 πm
qB (v0+ 6 πE
B )
α 粒子从O 点射出后，第3 次与x 轴相交过程，由动能定理
qα Es= Ek−1
2 mα v0
2
联立解得α 粒子从O 点射出后，第3 次与x 轴相交时的动能
Ek =2m v0
2+ 12πmE
B
(v0+ 6 πE
B )
