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秘籍10 带电粒子在复合场、组合场中的运动问题
1、带电粒子在电磁场中的运动对学生数理思维的培养与考査的主要问题。解决本专题的核心要
点需要学生熟练掌握下列方法与技巧
2、粒子运动的综合型试题大致有两类，一是粒子依次进入不同的有界场区,二是粒子进入复合场
与组合场区其运动形式有匀变速直线运动、类抛体运动与匀速圆周运动。
3、涉及受力与运动分析、临界状态分析、运动的合成与分解以及相关的数学知识等。问题的特
征是有些隐含条件需要通过一些几何知识获得,对数学能力的要求较高。
题型一 带电粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动（计算题）
题型二 借助分立场区考查磁偏转+电偏转问题（计算题）
题型三 带电粒子(带电体)在叠加场作用下的运动（计算题）
1、带电粒子在组合场中的匀速圆周运动模型解法
Ⅰ组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现．
Ⅱ带电粒子在组合场中运动的分析思路
第1 步：粒子按照时间顺序进入不同的区域可分成几个不同的阶段．
第2 步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如图所示．
第3 步：用规律
1
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2、先电场后磁场模型
【运动模型】
Ⅰ带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图.
Ⅱ带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图.
3、先磁场后电场模型
【模型构建】(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)．
(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)．
4、带电粒子在组合场中运动的应用---质谱仪模型
【模型构建】
1．作用
测量带电粒子质量和分离同位素的仪器．
2．原理(如图所示)
2
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(1)加速电场：qU＝mv2；
(2)偏转磁场：qvB＝，l＝2r；由以上两式可得r＝ ，m＝，＝.
5、带电粒子在组合场中运动的应用---回旋加速器模型
1．构造：
如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D 形盒处于匀强磁场中，D 形盒的缝隙处接交流电源．
2．原理：
交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D 形盒缝隙，粒子被加速一次．
3．最大动能：
由qvmB＝、Ekm＝mvm
2得Ekm＝，粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和盒半径R 决定，与加速电压
无关．
4．总时间：
粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝，粒子在磁场中运
动的总时间t＝T＝·＝.
6、带电粒子在叠加场中的运动模型
1．叠加场
电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．
2．无约束情况下的运动
(1)洛伦兹力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒
由此可求解问题．
3
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(2)电场力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动．
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定
理求解问题．
(3)电场力、洛伦兹力、重力并存
①若三力平衡，一定做匀速直线运动．
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定
律或动能定理求解问题．
3．有约束情况下的运动
带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆
周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用
动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．
1．（2023•济南三模）如图所示为内径为R 的中空圆柱形管，OO′为管的中轴线，管内分布着沿
中轴线OO′方向的匀强电场，电场强度大小为E。带电粒子与管内壁发生碰撞时会被反弹（碰
撞时间极短），反弹前后沿管壁切向分速度不变，垂直管壁方向分速度大小不变、方向相反。
一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子以垂直于中轴线OO′方向的速度v0从O 点射出，不计粒
子的重力，求：
（1）带电粒子从O 点出发与管壁发生碰撞后第一次经过中轴线OO′（带电粒子仍在圆柱形管
内）时的速度大小；
（2）若带电粒子恰好能从O′点离开圆柱形管，求圆柱形管管长的可能值；
（3）若粒子第一次经过中轴线OO′时撤去电场，并立即换成与电场方向相同的匀强磁场，磁
感应强度大小为B = mv0
qR ，求带电粒子第二次经过中轴线时（带电粒子仍在圆柱形管内）的位置
与O 点之间的距离；
（4）若粒子第一次经过中轴线OO′时撤去电场，并立即换成与电场方向相同的匀强磁场，粒
子与管壁发生n 次（3≤n≤6）碰撞后恰好从O′点射出圆柱形管，射出圆柱形管时带电粒子的
速度与刚撤去电场时速度的大小和方向均相同，求磁感应强度的可能值以及对应的管长值。
（结果中要求含有n）
4
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【解答】解：（1）设沿轴线方向为x 轴方向，带电粒子从O 点出发与管壁发生碰撞后第一次经
过中轴线OO′过程，在垂直于轴线方向
2R＝v0t1
在沿轴线方向
qE＝ma，vx＝at1
则有v1=√v0
2+ v x
2
联立解得：v1=√
v0
2+( 2qER
m v0
)
2=√
v0
2+ 4 q
2 E
2 R
2
m
2v0
2
（2）假设粒子与圆筒碰撞n 次，在垂直于轴线方向
2nR＝v0t2
在沿轴线方向
L= 1
2 at2
2
联立解得
L= 2qE n
2 R
2
m v0
2
(n=1，2，3⋯)
（3）在电场加速过程中，粒子沿轴线前进距离
x1= 1
2 at1
2= 2qE R
2
m v0
2
在磁场偏转过程中
q v0 B =m v0
2
r
解得：r＝R
T = 2πr
v0
= 2πR
v0
5
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如图所示，粒子碰撞一次后再次回到轴心
根据几何关系可得转过的圆心角
θ = π
3
再次回到轴心的时间
t2= 2θ
2π T = 2πR
3 v0
粒子沿轴线前进距离
x2= v xt2= 4 πqE R
2
3m v0
2
带电粒子第二次经过中轴线时（带电粒子仍在圆柱管内）与O 点的距离
x = x1+ x2= (6+ 4 π )qE R
2
3mv0
2
（4）如图所示
若粒子能再次回到O′点且速度不变，则应满足n×2α＝k×2π
且2α＜π，n 为碰撞次数；由几何关系可得
2rsin β
2 = R
β+2α＝π
①当k＝1 时
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α = π
n ，β =(1- 2
n )π
联立方程可得
r =
R
2sin[( 1
2 - 1
n )π ]
=
R
2cos π
n
q v0 B =m v0
2
r
解得
B = 2mv0
qR
cos π
n (n=3，4，5，6)
t =n 2 β
2π ⋅T ，T = 2πr
v0
管长
L= v xt + 1
2 at1
2
解得
L= 2qE R
2
mv0
2 [1+ (n-2)π
cos π
n
](n=3，4，5，6)
②当k＝2 时
α = 2π
n ，β =(1- 4
n )π
联立方程可得
r =
R
2sin[( 1
2 - 2
n )π ]
=
R
2cos 2π
n
q v0 B =m v0
2
r
解得
B = 2m v0
qR
cos 2π
n (n=5，6)
（分别为B'5= 2m v0
qR
cos 2π
5 ，B'6= m v0
qR 与n＝3 时相同）
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t =n 2 β
2π ⋅T ，T = 2πr
v0
管长
L= v xt + 1
2 at1
2
解得
L= 2qE R
2
mv0
2 [1+ (n- 4)π
cos 2π
n
](n=5，6)
（分别为L'5= 2qE R
2
mv0
2 (1+
π
cos 2π
n
)，L6= 2qE R
2
mv0
2 (1+ 4 π )）
各种情景运动图像如下
答：（1）圆柱形管管长的可能值为√
v0
2+ 4 q
2 E
2 R
2
m
2v0
2
；
（2）圆柱形管管长的可能值为2qE n
2 R
2
m v0
2
（n＝1，2，3
）；
⋯
（3）带电粒子第二次经过中轴线时（带电粒子仍在圆柱形管内）的位置与O 点之间的距离为
(6+ 4 π )qE R
2
3mv0
2
；
（4）见解析。
8
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2．（2023•重庆模拟）如图所示，直角坐标系xOy 内x 轴以下、x＝b（b 未知）的左侧有沿y 轴正
向的匀强电场，在第一象限内y 轴、x 轴、虚线MN 及x＝b 所围区域内右垂直于坐标平面向外
的匀强磁场，M、N 的坐标分别为（0，a）、（a，0），质量为m、电荷量为q 的带正电粒子在
P 点（﹣a，- 1
2a）以初速度v0沿x 轴正向射出，粒子经电场偏转刚好经过坐标原点，匀强磁场
的磁感应强度B= 2mv0
qa
，粒子第二次在磁场中运动后以垂直x＝b 射出磁场，不计粒子的重力。
求：
（1）匀强电场的电场强度以及b 的大小；
（2）粒子从P 点开始运动到射出磁场所用的时间。
【解答】解：（1）由题意可知，粒子从P 点抛出后，先在电场中做类平抛运动，
则水平位移：a＝v0t1，
根据牛顿第二定律可得加速度：a′= qE
m
求得E= mv0
2
qa
设粒子经过坐标原点时，沿y 方向的速度为vy。
1
2 a= 1
2 v yt1
求得vy＝v0
因此粒子经过坐标原点的速度大小为v=√2v0，方向与x 轴正向的夹角为45°
由几何关系可知，粒子进入磁场的位置为（1
2 a，1
2 a），并垂直于MN，设粒子做圆周运动的半
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径为r，则qvB＝mv
2
r 得，r= √2
2 a
由几何关系及左手定则可知，粒子做圆周运动的圆心在N 点，粒子在磁场中做圆周运动并垂直x
轴进入电场，在电场中做类竖直上抛运动后，进入磁场并仍以半径r= √2
2 a 做匀速圆周运动，并
垂直x＝b 射出磁场，轨迹如图所示：
由几何关系可知：b＝2r+a＝（√2+1）a
（2）由（1）问可知，粒子在电场中做类平抛运动的时间t1= a
v0
粒子在进磁场前做匀速运动的时间t2=
√2
2 a
v
= a
2v0
粒子在磁场中运动的时间t3= 5
8T= 5 πa
8 v0
粒子第二次在电场中运动的时间t4＝2 v
a' = 2√2a
v0
因此，运动的总时间t＝t1+t2+t3+t4= (12+5 π +16√2)a
8 v0
。
答：（1）匀强电场的电场强度为m v0
2
qa
，b 的大小为（√2+1）a；
（2）粒子从P 点开始运动到射出磁场所用的时间为(12+5 π +16√2)a
8 v0
。
3．（2023•芝罘区校级模拟）利用电场与磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中
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有着广泛的应用。如图所示，一粒子源不断释放质量为m，带电量为+q 的带电粒子，其初速度
视为零，经过加速电压U 后，以一定速度垂直平面MNN1M1，射入棱长为2L 的正方体区域
MNPQ﹣M1N1P1Q1。可调整粒子源及加速电场位置，使带电粒子在边长为L 的正方形MHIJ 区域
内入射，不计粒子重力及其相互作用，完成以下问题：
（1）若仅在正方体区域中加上沿MN 方向的匀强电场，要让所有粒子都到达平面NPP1N1，求
所加匀强电场电场强度的最小值E；
（2）若仅在正方体区域中加上沿MN 方向的匀强磁场，要让所有粒子都到达平面M1N1P1Q1，求
所加匀强磁场磁感应强度的最小值B0及最大值Bm；
（3）以M1为原点建立如图所示直角坐标系M1﹣xyz，若在正方体区域中同时加上沿MN 方向
大小为1
4 E0的匀强电场及大小为B0的匀强磁场，让粒子对准I 点并垂直平面MNN1M1入射，求
粒子离开正方体区域时的坐标位置（结果可用根号和圆周率π 表示）。
【解答】解：（1）粒子经过加速电场加速有
qU= 1
2 mv0
2
仅加电场时粒子在正方体区域中做类平抛运动，当M 点射入的例子恰好到达P 点，则所有粒子
均能达到平面NPP1N1，由类平抛规律可得
qE0＝ma
2L= 1
2 at
2
2L＝v0t
联立解得
E0= 2U
L
（2）仅加磁场时粒子在正方体区域中做匀速圆周运动，当从M 点射入的粒子恰好到达Q1点时
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所加的磁场为最小值，由圆周运动规律与几何关系可得
r1＝2L
qv0B0＝mv0
2
r1
联立解得
B0= 1
L√
mU
2q
当从M 点射入的粒子恰好到达M1点时所加的磁场为最大值，有
r2＝L
qv0Bm＝mv0
2
r2
联立解得
Bm= 2
L√
mU
2q
（3）若在正方体区域中同时加上沿MN 方向的匀强电场及匀强磁场，电场加速粒子所带来的速
度分量恰与磁场平行，不会带来新的洛伦兹力，故粒子的运动为在磁场中的匀速圆周运动与在
电场中的匀加速直线运动的组合，若仅考虑在磁场中的圆周运动，正视图如图所示：
则有T= 2πm
qB
在磁场中的圆心角为
cosθ= r - L
r
解得：θ= π
3
则粒子在磁场中的运动时间
t1= θ
2π T = πL
3 √
2m
qU
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若仅考虑在电场中的类平抛运动，有
q E0
4 =ma'
L= 1
2 a' t2
2
联立解得在电场中的运动时间为
t2=√2L√
2m
qU
因分运动与合运动具有等时性，且t2＞t1，则粒子的运动时间为
t1= πL
3 √
2m
qU
故粒子完成磁场区域的完整偏转离开立方体时，方向的坐标为
y＝r1sinπ
3
离开立方体时x 方向的坐标为
x＝L+ 1
2 a' t1
2
代入数据解得：y=√3L，x＝（1+ π
2
18）L
则粒子离开立方体时的位置坐标为[（1+ π
2
18）L，√3L]
答：（1）若仅在正方体区域中加上沿MN 方向的匀强电场，要让所有粒子都到达平面
NPP1N1，所加匀强电场电场强度的最小值为2U
L ；
（2）若仅在正方体区域中加上沿MN 方向的匀强磁场，要让所有粒子都到达平面M1N1P1Q1，所
加匀强磁场磁感应强度的最小值为1
L√
mU
2q ，最大值为2
L√
mU
2q ；
（3）以M1为原点建立如图所示直角坐标系M1﹣xyz，若在正方体区域中同时加上沿MN 方向
大小为1
4 E0的匀强电场及大小为B0的匀强磁场，让粒子对准I 点并垂直平面MNN1M1入射，粒
子离开正方体区域时的坐标位置为[（1+ π
2
18
）L，√3L]。
4．（2023•黄山一模）如图所示，在xOy 平面内虚线OM 与x 轴负方向夹角为45°，虚线OM 右侧
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区域Ⅰ内存在垂直xOy 平面向里的匀强磁场，虚线OM 左侧区域Ⅱ内存在沿y 轴正向的匀强电
场。一个比荷为k 的带正电粒子从原点O 沿x 轴正方向以速度v0射入磁场，此后当粒子第一次
穿过边界线OM 后恰能到达x 轴上P（﹣d，0）点。不计粒子重力。求：
（1）匀强电场的电场强度E 和匀强磁场的磁感应强度B；
（2）粒子从O 点射出至第四次穿过边界线OM 的时间；
（3）第四次穿过边界线OM 的位置坐标。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做运动圆周运动，粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝d
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B＝mv0
2
r
粒子的比荷k= q
m，解得，磁感应强度大小：B= mv0
qd = v0
kd
粒子第一次穿过边界线OM 后恰能到达x 轴上P，粒子到达P 点时速度为零
粒子从第一次进入电场运动到P 点过程，由动能定理得：﹣qEr＝0- 1
2 mv0
2
解得电场强度大小：E= v0
2
2kd
（2）粒子从O 点出发到第四次穿过边界OM 的运动轨迹如上图所示
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粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T= 2πr
v0
= 2πd
v0
由几何知识可知，粒子在磁场中转过的总圆心角θ＝2π
粒子在磁场中的运动时间t 磁场= θ
2π T = 2π
2π T =T= 2πd
v0
粒子在电场中运动过程，由牛顿第二定律得：qE＝ma
解得加速度大小a= v0
2
2d
粒子第一次在电场中的运动时间t1
= 2v0
a = 2v0
v0
2
2d
= 4 d
v0
粒子从A 到C 过程做类平抛运动，设AC 间的距离为L
在水平方向：Lcos45°＝v0t2
在竖直方向：Lsin45°= 1
2 at2
2
解得：t2= 4 d
v0
，L＝4√2d
粒子从O 点射出至第四次穿过边界线OM 的时间t＝t 磁场+t1+t2= 2πd
v0
+ 4 d
v0
+ 4 d
v0
= (2π +8)d
v0
（3）设第四次穿过边界线OM 的位置坐标为（x，y）
由几何知识可知：x＝﹣（2r+Lcos45°），y＝2r+Lsin45°
解得：x＝﹣6d，y＝6d，即坐标为（﹣6d，6d）
答：（1）匀强电场的电场强度E 大小是v0
2
2kd
，匀强磁场的磁感应强度B 大小是v0
kd ；
（2）粒子从O 点射出至第四次穿过边界线OM 的时间是(2π +8)d
v0
；
（3）第四次穿过边界线OM 的位置坐标是（﹣6d，6d）。
5．（2023•大庆模拟）空间高能粒子是引起航天器异常或故障甚至失效的重要因素，是危害空间生
物的空间环境源。某同学设计了一个屏蔽高能粒子辐射的装置，如图所示，铅盒左侧面中心O
点有一放射源，放射源可通过铅盒右侧面的狭缝MQ 以速率v 向外辐射质量为m、电荷量为q 的
带正电高能粒子。铅盒右侧有一左右边界平行、磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀
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强磁场区域，过O 点的截面MNPQ 位于垂直磁场的平面内，OH⊥MQ，∠MOH＝∠QOH＝
60°。不计粒子所受重力，忽略粒子间的相互作用。
（1）求垂直磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间t；
（2）若所有粒子均不能从磁场右边界穿出，从而达到屏蔽作用，求磁场区域的最小宽度d（结
果可保留根号）。
【解答】解：（1）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，粒子受到的洛伦兹力提供向心
力，根据牛顿第二定律可得：
qvB =m v
2
R
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：
T = 2πR
v
解得：T = 2πm
qB
经分析可知，当粒子沿OH 方向进入磁场时，垂直磁场边界向左射出磁场，有t = T
2
联立解得：t = πm
qB
（2）若沿OQ 方向进入磁场的粒子的运动轨迹与磁场右边界相切，则所有粒子均不能从磁场右
边界穿出，如图所示
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根据几何关系有d＝R+Rsin60°
由（1）可得R = mv
qB
联立解得：d = (2+√3)mv
2qB
答：（1）垂直磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为πm
qB ；
（2）磁场区域的最小宽度为(2+√3)mv
2qB
。
6．（2023•和平区模拟）如图甲所示，粒子源靠近水平极板M、N 的M 板，N 板下方有一对长为
L，间距为d＝1.5L 的竖直极板P、Q，在下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场，磁场上边界的
部分放有感光胶片，水平极板M、N 中间开有小孔，两小孔的连线为竖直极板P、Q 的中线，与
磁场上边界的交点为O，水平极板M、N 之间的电压为U0；竖直极板P、Q 之间的电压U 随时
间t 变化的图像如图乙所示，磁场的磁感应强度B= 1
L√
2mU 0
q
，粒子源连续释放初速不计、质
量为m、带电量为+q 的粒子，这些粒子经加速电场获得速度进入竖直极板P、Q 之间的电场后
再进入磁场区域，都会打到感光胶片上，已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的
周期，粒子重力不计。求：
（1）带电粒子进入偏转电场时的动能Ek；
（2）已知带电粒子若在U＝0 时进入竖直极板P、Q 之间的电场，在磁场中能够产生竖直方向的
最大距离，求该最大距离Δymax；
（3）带电粒子打到磁场上边界感光胶片的落点范围。
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【解答】解：（1）粒子从粒子源发出进入加速电场做匀加速直线运动，根据动能定理可得：
Ek＝qU0
（2）加速后的带电粒子以v1的速度进入竖直极板P、Q 之间，若在U＝0 时进入竖直极板P、Q
之间的电场，则不发生偏转，沿中心线进入磁场，根据动能定理可得：
qU 0= 1
2 m v1
2
根据牛顿第二定律可得：
q v1B = mv1
2
r
解得Δ ymax =r = m v1
qB = L
（3）粒子运动轨迹如图所示
若t＝0 时进入偏转电场，在电场中匀速直线运动进入磁场时R＝L，打在感光胶片上距离中心线
最近为x＝2L
任意电压时出偏转电场时的速度为vn，根据几何关系有：
vn=
v1
cosα Rn= mvn
Bq
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打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距（轨迹弦长）为：
Δx =2 Rncosα = 2mv1
Bq
=2L
可见该间距与偏转电压无关，在感光胶片上的落点范围宽度等于粒子在电场中的偏转距离，设
带电粒子在电场中最大偏转距离y，则qE＝ma
E = 3U 0
1.5 L
y = 1
2 at
2= 1
2 × 3qU 0
1.5 Lm ×( L
v1
)
2= L
2
所以粒子在感光胶片上落点距O 点的长度范围是2L 到5 L
2 之间。
答：（1）带电粒子进入偏转电场时的动能为qU0；
（2）已知带电粒子若在U＝0 时进入竖直极板P、Q 之间的电场，在磁场中能够产生竖直方向的
最大距离，该最大距离为L；
（3）见解析。
7．（2023•吉林模拟）如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在y 轴左侧区域
存在宽度为a＝0.3m 的垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B（大小可调节）．现有比荷为
q
m =2.5×109C/kg 的带正电粒子从x 轴上的A 点以一定初速度v0 垂直x 轴射入电场，且以v＝
4×107m/s，方向与y 轴正向成60°的速度经过P 点进入磁场，OP= 2√3
3
OA，OA＝0.1m，不计重
力．求：
（1）粒子在A 点进入电场的初速度v0为多少；
（2）要使粒子不从CD 边界射出，则磁感应强度B 的取值范围；
（3）当磁感应强度为某值时，粒子经过磁场后，刚好可以回到A 点，求此磁感应强度。
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【解答】解：（1）粒子在电场中只受水平向左的电场力作用，粒子做类平抛运动，其在竖直方
向上做匀速运动，则有：
v0＝vcos60°= 1
2 ×4×10
7m/ s=2×107m/s；
（2）粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，轨迹如下图所示：
由洛伦兹力提供向心力得：
Bqv = m v
2
R
根据几何关系，要使粒子不从CD 边界射出需满足：R+Rcos60°≤a
解得：R≤2
3 a= 2
3 ×0.3m＝0.2m
解得磁感应强度：B = mv
qR ≥
4×10
7
2.5×10
9×0.2
T =0.08T；
（3）粒子离开磁场运动到A 的过程做匀速直线运动，粒子运动轨迹如下图所示：
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；
根据粒子在磁场中做匀速圆周运动，由对称性可得粒子出磁场时速度与y 轴正方向夹角为60°。
设出磁场处为Q 点，粒子运动半径为R′，则由几何关系得：
OQ =
OA
tan 60° = 0.1
√3 m
PQ＝PO+OQ= 2√3
3
OA +OQ = 2√3
3
×0.1m+ 0.1
√3 m= 0.3
√3 m=2 R' sin 60°，
解得：R'＝0.1m
同理解得：B = mv
qR' =
4×10
7
2.5×10
9×0.1
T =0.16T。
答：（1）粒子在A 点进入电场的初速度v0为2×107m/s；
（2）要使粒子不从CD 边界射出，则磁感应强度B 的取值范围为B≥0.08T；
（3）此磁感应强度的大小为0.16T。
8．（2023•海口模拟）如图所示，截面边长为L 的等边三角形容器AMN 的三条边均由光滑弹性绝
缘壁构成，其内部存在垂直于纸面向里的匀强磁场，小孔P 是AM 的中点，底边MN 水平放置。
AM 的左侧有竖直向下的电场强度为E 的匀强电场。将一质量为m、电荷量为+q 的粒子以一定
的初速度从O 点垂直射入匀强电场，初速度方向平行于MN，粒子恰好从小孔P 以速度v 垂直于
AM 边进入容器内的匀强磁场，与器壁2 次垂直碰撞后（碰撞时无能量和电荷量损失）仍从小孔
P 垂直于AM 射出（运动轨迹为图中虚线）。不计粒子重力。求：
（1）粒子在O 点的初速度v0；
（2）匀强磁场的磁感应强度B；
（3）粒子从射入电场到射出磁场运动的时间t。
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【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，将粒子经过P 点的速度分解到水平方向和竖直
方向，如图所示
由几何关系得：v0＝vsin60°
代入数据解得：v0= √3
2 v
（2）根据几何关系可知，粒子在磁场中的轨道半径为r = L
2
由洛伦兹力提供向心力得：qvB =m v
2
r
联立解得：B= 2mv
qL
（3）粒子在电场中从O 到P 做类平抛运动，由牛顿第二定律得：qE＝ma
竖直方向有：vy＝at1
vy＝vcos60°
联立解得：t1= mv
2qE
粒子在磁场中做圆周运动的周期为T = 2πr
v
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在磁场中偏转一次所需时间为t21= 60°
360° T
即t21= πL
6 v
粒子在磁场中运动的时间为t2＝3t21= πL
2v
粒子从射入电场到射出磁场所用时间为t＝t1+t2= mv
2qE + πL
2v
答：（1）粒子在O 点的初速度v0为√3
2 v；
（2）匀强磁场的磁感应强度B 为2mv
qL ；
（3）粒子从射入电场到射出磁场运动的时间t 为mv
2qE + πL
2v 。
9．（2023•雨花区校级二模）某质谱仪部分结构的原理图如图所示。在空间直角坐标系Oxyz 的y
＞0 区域有沿﹣z 方向的匀强电场，电场强度大小为E，在y＜0 区域有沿﹣z 方向的匀强磁场，
在x＝﹣2d 处有一足够大的屏，俯视图如图乙。质量为m、电荷量为q 的粒子从y 轴上P（0，
﹣d，0）以初速度v0 沿+y 方向射出，粒子第一次经过x 轴时速度方向与﹣x 方向的夹角θ＝
60°。不计粒子的重力，粒子打到屏上立即被吸收。求：
（1）粒子的电性；
（2）磁感应强度大小B；
（3）粒子打到屏上位置的z 轴坐标z1。
【解答】解：（1）根据左手定则，掌心朝向z 轴正方向，四指指向初速度v0方向，即+y 方向，
则大拇指指向是x 轴负方向，说明粒子带正电；
（2）带电粒子在Oxy 平面在洛伦兹力作用下做圆周运动，轨迹如下图所示：
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根据几何关系得：r=
d
sin30° =2d
根据带电粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力得：Bqv0＝mv0
2
r
，解得：B= m v0
qr = m v0
2qd 。
（3 ）根据几何关系，粒子第一次经过x 轴时距离O 点的距离x1 ＝r﹣rcos30°
=2d -2d × √3
2 =2d -√3d，到屏的距离d1＝2d﹣x1＝2d﹣（2d-√3d）=√3d
粒子沿x 轴的分速度vx＝v0cosθ＝v0cos60°= v0
2
粒子垂直于z 轴方向做匀速直线运动，所以运动到x ＝﹣2d 处的屏的时间为：t
= d1
v x
= √3d
v0
2
= 2√3d
v0
粒子沿z 轴负方向做初速度为0 的匀加速直线运动，加速度a= Eq
m ，粒子打到屏上位置的z 轴坐
标z1=- 1
2 at
2=- 1
2 × Eq
m ×( 2√3d
v0
)
2=- 6 Eqd
2
mv0
2
答：（1）粒子带正电；
（2）磁感应强度大小为mv0
2qd
；
（3）粒子打到屏上位置的z 轴坐标为- 6 Eqd
2
mv0
2 。
10．（2023•桃城区校级模拟）如图所示，真空中A 位置存在一带电粒子发射器能够瞬间在平面内
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发射出大量初速度大小为v0带电量相同的正电荷，电荷以不同的入射角θ（θ 为v0与x 轴正方向
的夹角且0＜θ≤90°）射入半径为R 的圆形边界匀强磁场（图中未标出），圆形磁场刚好与x 轴
相切于A 点，所有电荷均在该磁场的作用下发生偏转，并全部沿x 轴正方向射出。图中第三象
限虚线下方一定区域存在着方向沿y 轴正向的匀强电场，虚线刚好经过C 点（C 为实线圆最右端
的点）且顶点与O 点相切，同时观察到进入该电场区域的所有电荷均从O 点射入第一象限，第
一象限内存在范围足够大的垂直于平面向里磁感应强度大小为B2的匀强磁场，O 点上方沿y 轴
正方向放置足够长的荧光屏，电荷打在荧光屏上能够被荧光屏吸收。已知电荷的质量为m，电
荷量大小为q，OA 的距离为2R，不考虑电荷所受重力及电荷之间的相互作用力。求：
（1）圆形磁场磁感应强度B1的大小及方向；
（2）匀强电场上边界虚线的函数表达式；
（3）所有电荷在第一象限内运动轨迹所经过的区域的面积。（当tanα＝2，α≈0.35π）
【解答】解：（1）电荷运动轨迹如图：
根据几何关系可知电荷在实线圆内运动的半径也为R，有
q v0 B1=m v0
2
R
解得：B1= m v0
qR ，方向垂直于平面向里。
（2）电荷在电场中做类平抛运动且会聚在O 点，设电荷进电场时位置的坐标为（x，y），故有
﹣x＝v0t
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- y = 1
2 × Eq
m t
2
解得：y =-
Eq
2m v0
2 x
2
点（﹣R，﹣R）如上图所示C 点，是虚线上一点，代入可解得
E = 2mv0
2
qR
y =- 1
R x
2，（﹣R≤y≤0，﹣R≤x≤0，）
（3）电荷从O 点入射第一象限的速度
vx＝v0
故所有进入第一象限的电荷，都会被荧光屏上同一点吸收，该点纵坐标为：
y＝2R1
由牛顿第二定律得：
q v0 B2=m v0
2
R1
联立解得：y =2 m v0
q B2
若在x 轴下方h 的位置处进入电场，离开电场时电荷在竖直方向的速度为：
v y =√2 Eq
m h( 其中0＜h≤R)
解得：v y =2v0√
h
R ( 其中0＜h≤R)
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故0≤vy≤2v0，即速度v 与x 轴正向夹角α 应满足：0≤tanα≤2
当vy＝0 时，电荷的运动轨迹为一个半圆，则半圆的面积为：
S1= 1
2 π( m v0
q B2
)
2
当vy＝2v0时，tanα＝2，α≈0.35π，则
电荷的速度为：
v =√v0
2+ v y
2
解得：v =√5 v0
则电荷的半径变为原来的√5倍，即
R2=√5 mv0
q B2
OCA 的面积为扇形面积O2OAC 减去三角形O2OC 的面积
S2= 1
2 (√5 m v0
q B2
)
2
(π -2α )-(√5 m v0
q B2
)
2
sinα ⋅cosα
其中sinα = 2√5
5
，cosα = √5
5
解得：S2= 3 π -8
4
( m v0
q B2
)
2
所有电荷在第一象限内运动轨迹所经过的区域的OACB 面积为：
ΔS＝S1﹣S2
解得：ΔS = 8- π
4
( m v0
q B2
)
2
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答：（1）圆形磁场磁感应强度B1的大小为mv0
qR ，方向垂直于平面向里；
（2）匀强电场上边界虚线的函数表达式为y =- 1
R x
2，（﹣R≤y≤0，﹣R≤x≤0，）；
（3）所有电荷在第一象限内运动轨迹所经过的区域的面积为8- π
4
( m v0
q B2
)
2
。
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