天天资源网 / 教案学案 / 物理教案 / 高三物理教案 / 知识讲解 带电粒子在复合场中的运动（提高）
资料简介
1
物理总复习：带电粒子在复合场中的运动
【考纲要求】
1、知道带电粒子在复合场中运动的特点及规律，会用力的观点、运动的观点和能量
的观点熟练解决相关问题
2、知道带电粒子在复合场中运动的特点及规律，会用力的观点、运动的观点和能量
的观点熟练解决相关问题
【考点梳理】
考点一、带电粒子在复合场中的受力
复合场的组成和特点：
复合场:指电场、磁场和重力场并存，或其中两个场并存，或分区域存在。粒子连续运
动时，一般要同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用。抓住三个力的特点是分析和求解相
关问题的前提和基础。
要点诠释：
1、重力：重力的大小为 ，方向竖直向下．重力做功与路径无关，其数值除与带电
粒子的质量有关外，还与始末位置的高度差有关。
2、电场力：电场力的大小为 ，方向与电场强度 E 及带电粒子所带电荷的性质有关，电
场力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的电荷量有关外，还与始末位置的电势差有关。
3、洛伦兹力：洛伦兹力的大小跟速度与磁场方向的夹角有关，当带电粒子的速度与磁场方
向平行时 F=0；当带电粒子的速度与磁场方向垂直时 ，洛伦兹力的方向垂直于速
度 v 和磁感应强度 B 所决定的平面。
无论带电粒子做什么运动，洛伦兹力都不做功。但重力、电场力可能做功而引起带电粒
子能量的转化。
考点二 、带电粒子在复合场中运动的力学观点
要点诠释：
带电粒子在复合场中的运动问题是力学和电学知识的一次“大综合”，其分析方法和力
学综合问题的分析方法基本相同，只是在受力分析时多加了电场力和洛伦兹力，在考虑能量
转化时多了电势能。基本思路如下：
（1）正确的受力分析：除重力、弹力、摩擦力外，要特别注意电场力和洛伦兹力的分析
搞清场和力的空间方向及关系。
（2）正确的运动分析：即根据受力情况进一步明确物体的运动情况，找出物体的速度、位
置及其变化规律，分析运动过程。如果出现临界状态，要分析临界条件。
（3）运用动力学三大方法解决问题。
①牛顿运动定律与运动学公式；
②用动量观点分析，包括动量定理、动量守恒定律；
③用能量观点分析，包括动能定理、机械能（或能量转化）守恒定律。
要针对不同的问题、模型灵活选用，必须弄清各种规律的成立条件与适用范围。
考点三 、带电粒子在复合场中的几种典型运动
要点诠释：
1、直线运动
自由的带电粒子（无轨道约束）在匀强电场、匀强磁场和重力场中做的直线运动应是匀
速直线运动，除非运动方向沿匀强磁场方向而粒子不受洛伦兹力，这是因为电场力和重力都
是恒力，当速度变化时，会引起洛伦兹力的变化，合力也相应的发生变化，粒子的运动方向
就要改变而做曲线运动。
例：如图所示，实线表示在竖直平面内匀强电场的电场线，电场线与水平方向成 α 角，
水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线 l 做直线运动，l 与水平方
向成 β 角，且 α>β，则下列说法中错误的是（ ）
A．液滴一定做匀速直线运动
G mg=
qE
F qvB=2
B．液滴一定带正电
C．电场线方向一定斜向上
D．液滴有可能做匀变速直线运动
【答案】D
【解析】洛伦兹力总与运动方向垂直，而电场力、重力均为恒力，假如液滴做变速运动，则
洛伦兹力将是变力，液滴将作曲线运动，A 正确；既然液滴做匀速直线运动，其受力就一定
平衡，不难判断 B、C 必然正确。所以，错误的是 D。
2、匀速圆周运动
带电粒子进入匀强电场、匀强磁场和重力场共存的复合场中，电场力和重力相平衡，粒
子运动方向与匀强磁场方向相垂直时，带电粒子就在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。可等
效为仅在洛伦兹力作用下的匀速圆周运动。
例：如图所示，粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中的竖直面内做匀速圆周运动，则粒
子带电性质和绕行方向分别是（ ）
A.带正电，逆时针 B. 带正电，顺时针
C.带负电，逆时针 D. 带负电，顺时针
【答案】C
【解析】由粒子在复合场中做匀速圆周运动的特点可知，粒子受到的电场力和重力一定等大、
反向，故电场力方向竖直向上，粒子带负电。在轨迹上任取一点，该点粒子受到的洛伦兹力
应指向圆心，结合左手定则可判断其绕行方向为逆时针。选项 C 正确。
3、曲线运动
当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速
运动，这是粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。
例：如图所示，水平向左的匀强电场 E=4V/m，垂直纸面向里的匀强磁场 B=2T，质量
m=1g 的带正电的小物块 A，从 M 点沿绝缘粗糙的竖直壁无初速滑下，滑行 0.8m 到 N 点时
离开竖直壁做曲线运动，在 P 点时小物块 A 瞬时受力平衡，此时速度与水平方向成 450 角，
设 P 与 M 的高度差为 H＝0.8m。试求
（1）沿壁下滑时摩擦力做的功； （2）P 与 N 的水平距离。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）物体在 N 点时，墙对其弹力为零，
水平方向 ，所以 。
36 10fW J−= − × 0.6x m=
Eq qvB= 2 /Ev m sB
= =3
对 M 到 N 过程据动能定理得
所以 .
（2）设 P 点速度为 ，如图，由 ， ，得
设 N、P 水平距离为 x，竖直距离为 y，物体由 N 到 P 过程电场力和重力做功，
由动能定理 ，解得 。
【典型例题】
类型一、带电粒子在复合场中的直线运动
带电粒子在复合场中的直线运动有三种：
（1）匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受到的合力为零时，带电粒子可以做匀速直线运动。
（2）匀变速直线运动
当带电粒子在复合场中受到的合力为恒力时，带电粒子将做匀变速直线运动。当带电粒子
受到洛伦兹力作用时，要做匀变速直线运动，一般要在光滑平面上或穿在光滑杆上。
（3）变加速直线运动
当一带电粒子在复合场中受到合力为变力时，带电粒子可做变加速直线运动。这一类题
对学生的能力要求很高，要正确解答这类问题，必须能够正确地分析物理过程，弄清加速度、
速度的变化规律。
例 1、如图所示，足够长的光滑绝缘斜面与水平面间的夹角为 ，放在水
平方向的匀强电场和匀强磁场中，电场强度 E=50 V/m，方向水平向左，磁场方向垂直纸面
向外。一个电荷量 ，质量 m = 0. 40 kg 的光滑小球，以初速度
从斜面底端向上滑，然后又下滑，共经过 3s 脱离斜面。求磁场的磁感应强度。（g 取
）
【思路点拨】受力分析、运动分析、找出临界条件。
【答案】
【解析】对带电小球进行受力分析和运动过程分析，先沿斜面向上做匀减速运动，再沿斜面
向下做匀加速运动（离开斜面前），抓住小球脱离斜面的临界条件是 ，列出方程求解。
小球沿斜面向上运动的过程中受力分析如图甲。
由牛顿第二定律，得
代入数值解得 ，向上滑行时间
21 02fmgMN W mv+ = −
36 10fW J−= − ×
v′ Eq mg= 2qv B Eq′ = 2 2 /v m s′ =
2 21 1
2 2mgy Eq x mv mv′− ⋅ = − 0.6x m=
(sin 0.6)α α =
24.0 10q C−= × 0 20 /v m s=
210 /m s
5B T=
0NF =
1cos sinqE mg maα α+ =
2
1 10 /a m s= 0
1
1
2vt sa
= =4
小球在下滑过程中受力分析如图乙。
小球在离开斜面前做匀加速直线运动，
运动时间
脱离斜面时的速度
在垂直于斜面方向上支持力为零，有
故 代入数值解得 。
【总结升华】正确对带电小球进行受力分析和运动过程分析是解决问题的关键，同时要注意
分析小球脱离斜面的临界条件。
举一反三
【高清课堂：带电粒子在综合场中的运动 例 3】
【变式 1】如图所示，质量为 m 的圆环带有电量 q 的正电荷。中间
有一孔套在足够长的绝缘杆上。杆与水平成 α 角。与圆环的动摩擦
因数为 μ。此装置放在沿水平方向磁感应强度为 B 的匀强磁场之中。
从高处将圆环无初速释放。圆环下滑过程中加速度的最大值是多少？
圆环运动速度的最大值是多少？
【答案】（1） （2）
【解析】带电圆环受力如图。
（1）根据牛顿第二定律
当 ，即 时，加速度最大
最大加速度为 。
（2）当 时，速度最大，
即
解得最大速度为
【变式 2】如图所示，虚线间的空间存在由匀强电场 E 和匀强磁场 B 组成的正交或平行的电
场和磁场，有一个带正电的小球（电量为+q，质量为 m）从正交或平行的电磁混合场上方
的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列电磁混合场的是（ ）
2cos sinqE mg maα α+ = 2
2 10 /a m s=
2 1 1t t t s= − =
2 10 /v a t m s= =
sin cosqvB qE mgα α+ =
cos sinmg EB qv v
α α= − 5B T=
sing α (sin cos )mg
qB
α µ α
µ
−
sin =mg f maα − 摩
f Nµ= cosN mg fα= − 洛
sin cos =mg mg f maα µ α− − 洛（ ）
0f = 0N =
max sina g α=
0a =
maxsin ( cos = cosmg mg f mg qv Bα µ α µ α µ= − −洛）
max
(sin cos )mgv qB
α µ α
µ
−=5
【答案】CD
【解析】直线运动的条件是：合力与速度共线或合力为零。带电小球在各复合场中受力情况
如图所示：A 图中由于小球所受合力不为零，因此洛伦兹力不恒定，水平方向合力不可能保
持为零，A 图错误；B 图中垂直于纸面向外的方向上只有一个洛伦兹力，这种情况下小球也
不能沿竖直方向运动；C 图中小球所受三个力的合力如果为零，小球就可以沿竖直方向运动；
D 图中小球只受竖直方向上两个力作用，一定沿竖直方向运动。
类型二、带电粒子在复合场中的运动分析
例 2、（2015 天津卷）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存
在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为 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。
(1)求粒子在第 2 层磁场中运动时速度 v2 的大小与轨迹半径 r2
(2)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 sinθ ；
(3)若粒子恰好不能从第 n 层磁场右侧边界穿出．试问在其他条件不变的情况下，也进
入第 n 层磁场．但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之。
【答案】（1） （2） （3）见解析
【解析】（1）粒子在进入第 2 层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力
不做功。
由动能定理，有
①
22 qEd mEd
m B q 2
nqdB mE
2
2
12 2qEd mv=6
由式①解得
②
粒子在第二层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有
③
由②③式解得
④
（2）设粒子在第 n 层磁场中运动的速度为 vn，轨迹半径为 rn（各量的下标均代表粒子所在
层数，下同）。
⑤
⑥
粒子进入第 n 层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为 αn，从第 n 层磁场右侧边界穿
出时速度方向与水平方向的夹角为 θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分
量不变，有
⑦
由图 1 可看出
⑧
由⑥⑦⑧式得
2 2 qEdv m
=
2
2
2
2
vqv B m r
=
2
2 mEdr B q
=
21
2 nnqEd mv=
2
n
n
n
vqv B m r
=
1 1sin sinn n n nv vθ α− − =
sin sinn n n nr r dθ α− =7
⑨
由⑨式看出 为一等差数列，公差为 d，可得
⑩
当 n=1 时，由图 2 看出
⑪
由⑤⑥⑩⑪式得
⑫
（3）若粒子恰好不能从第 n 层磁场右侧边界穿出，则
在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为 ，假设能穿出第 n 层
磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为 θn′，由于
则导致＞
说明 θn′不存在，即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边
界。
1 1sin sinn n nr r dθ θ− −− =
1 1 2 2sin sin sinn nr r rθ θ θ， ， ，
1 1sin sin ( 1)n nr r n dθ θ= + −
1 1sinr dθ =
sin 2
nqdB mE
θ =
2n
πθ =
sin 1n
θ =
q
m
′
′
q
mm
q′
′ >
sin 1n
θ ′ >8
举一反三
【高清课堂：磁场对运动电荷的作用 例 5 】
【变式】如图，在第一象限有沿-y 方向的匀强电场，场强为 E，在第四象限有垂直 xy 平面
的匀强磁场，场强为 B。有一带电粒子质量为 m，带正电为 q，
从（0，h）沿 x 正向以速度 运动。（不计重力）
求：（1）电荷第二次到达 x 轴的位置；
（2）电荷第二次到达 x 轴的时间。
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）带电粒子在第一象限内在电场力的作用下做类平抛运动，
由牛顿第二定律
， ，
解得 ， .
粒子以速度 v 进入匀强磁场后，做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律
电荷第二次到达 x 轴的位置
.
（2）粒子在磁场里的时间 ， ，
所以 .
故电荷第二次到达 x 轴的时间 .
例 3、（2015 山东卷）如图所示，直径分别为 D 和 2D 的同心圆处于同一竖直面内，O
0v
0
2 2 2mh E mhv qE B qE
+
0
2 2 1 2arctan( )mh m qhE
qE qB v m
+ ⋅
qE ma=
21
2h at= 1 0 1x v t= 1yv at=
1
2mht qE
= 1 0
2mhx v qE
=
r
vmqvB
2
= 2
222 sin sin ymvmvx MN r qB qB
θ θ= = = =
1
2
y
qE mhv at m qE
= =
1 2 0 0
2 2 2 2 2 2mh m qE mh mh E mhx x x v vqE qB m qE qE B qE
= + = + ⋅ = +
2
2
2t T
θ
π= 2 mT qB
π=
0 0
1 2tan yv qhE
v v m
θ = =
2
0
1 2 2arctan( )qhE mt v m qB
= ⋅
1 2
0
2 2 1 2arctan( )mh m qhEt t t qE qB v m
= + = + ⋅9
为圆心，GH 为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ区）均存在
垂直圆面向里的匀强磁场。间距为 d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极 板开有一小
孔。一质量为 m，电量为+q 的粒子由小孔下方 d/2 处静止释放，加速后粒子以竖直向上的
速度 v 射出电场，由点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。
（1）求极板间电场强度的大小；
（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，求区磁感应强度的大小；
（3）若Ⅰ区，Ⅱ区磁感应强度的大小分别为 ， ，粒子运动一段时间后再次
经过 H 点，求这段时间粒子运动的路程。
【答案】（1） （2） 或 （3）5.5πD
【解析】（1）设极板间电场强度的大小为 E，粒子在电场中加速运动，根据动能定理：
①
解得 ②.
（2）设Ⅰ区磁感应强度的大小为 B，粒子做圆周运动的半径为 R，由牛顿第二定律得
③
如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。
2mv
qD
4mv
qD
2mv
qd
4mv
qD
4
3
mv
qD
21
2 2
dqE mv⋅ =
2mvE qd
=
2vqvB m R
=10
若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得
④
联立③④式得
⑤
若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得
⑥
联立③⑥式得
⑦
（3）设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为 R1、R2，由题意可知，Ⅰ区和Ⅱ区
磁感应强度的大小分别为 、 ，由牛顿第二定律得
⑧
代入数据得
，
⑨
设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为 T1、T2，由运动公式可得
⑩
4
DR =
4mvB qD
=
3
4
DR =
4
3
mvB qD
=
1
2mvB qD
= 2
4mvB qD
=
2 2
1 2
1 2
v vqvB m qvB mR R
= =，
1
1 2
mv DR qB
= = 2
2 4
mv DR qB
= =
1 2
1 2
2 2R RT Tv v
π π= =，11
据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称性可
知，Ⅰ区两段圆弧所对的圆心角相同，设为 ，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为 ，圆弧和大圆
的两个切点与圆心 O 连线间的夹角设为 ，由几何关系可得：
⑾
⑿
⒀
粒子重复上述交替运动回到 H 点，轨迹如图丙所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动
的时间分别为 t1、t2，可得
；
⒁
设粒子运动的路程为 s，由运动公式可知：
s=v(t1+t2) ⒂
联立上述各式可得：
s=5.5πD ⒃
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运 动；动能定理。
举一反三
1
θ 2
θ
α
1 120θ =
2 180θ =
60α =
1
1 1
2360
360t T
θ
α
×= ×
2
2 2
360
360t T
θ
α= ×
12
【变式】如图，与水平面成 45°角的平面 MN 将空间分成 I 和 II 两个区域。一质量为 m、电
荷量为 q（q＞0）的粒子以速度 从平面 MN 上的 点水平右射入 I 区。粒子在 I 区运动
时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为 E；在 II 区运动时，只受
到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向里。求粒子首次从 II 区离开
时到出发点 的距离。粒子的重力可以忽略。
【答案】
【解析】设粒子第一次过 MN 时速度方向与水平方向成 角，位移与水平方向成 角且
，在电场中做类平抛运动，
则有： ① ② ③ ④
得出： ⑤ （ ）
（或直接根据 ）
则 ， ⑥
0v 0p
0p
2
0 02 2 2mv mvs qE qB
= +
1
θ 2
θ
2 45θ =
0v t x= x y= qEa m
= 21
2y at=
1 2
0 0
tan 2tan 2yv at
v v
θ θ= = = = tan 45 1=
1 2tan 2tan 2θ θ= =
02yv v= 05v v=13
在电场中运行的位移: ⑦
在磁场中做圆周运动，且弦切角为 做匀速圆周运动，
得出： ⑧
在磁场中运行的位移为： ⑨
⑩
又由⑤ 可知 ， 代入⑩ ⑨
解得 (11).
所以首次从 II 区离开时到出发点 的距离为：
类型三、带电粒子在组合场中的极值问题
例 4、（2016 四川卷）如图所示，图面内有竖直线 DD′，过 DD′且垂直于图面的平面将
空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域．区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场
B(图中未画出)；区域Ⅱ有固定在水平面上高 h＝2l、倾角 的光滑绝缘斜面，斜面顶端
与直线 DD′距离 s＝4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C 点在
DD′上，距地面高 H＝3l.零时刻，质量为 m、带电荷量为 q 的小球 P 在 K 点具有大小
、方向与水平面夹角 的速度，在区域Ⅰ内做半径 的匀速圆周运动，
经 C 点水平进入区域Ⅱ.某时刻，不带电的绝缘小球 A 由斜面顶端静止释放，在某处与刚运
动到斜面的小球 P 相遇．小球视为质点，不计空气阻力及小球 P 所带电荷量对空间电磁场
的影响．l 已知，g 为重力加速度．
(1)求匀强磁场的磁感应强度 B 的大小；
4
πα =
0v gl=
3
πθ = 3lr π=
2 2
2 2 0 0
1
2 2 2 2v mvs x y a Eq
= + = =
1 2 1 45θ θ θ θ= − = −
2vqvB m R
= 05mvmvR qB qB
= =
2 2 sins R θ=
1 2 1 1 1sin sin( ) sin( 45 ) sin cos45 cos sin 45θ θ θ θ θ θ= − = − = −
1tan 2θ = 1
2sin
5
θ = 1
1cos
5
θ =
0
2
2mvs qB
=
0p
2
0 0
1 2
2 2 2mv mvs s s qE qB
= + = +14
(2)若小球 A、P 在斜面底端相遇，求释放小球 A 的时刻 tA；
(3)若小球 A、P 在时刻 (β 为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀
强电场的场强 E，并讨论场强 E 的极大值和极小值及相应的方向．
【 答 案 】 (1) 磁 感 应 强 度 B 的 大 小 为 (2) 释 放 小 球 A 的 时 刻 为
(3)电场强度为 、极大值为 ，方向竖直向上；极小值为 0。
【解析】(1)由题知，小球 P 在Ⅰ区域内做匀速圆周运动，则小球 P 必定带正电，且所
受电场力与重力大小相等。设Ⅰ区域的磁感应强度大小为 B，由洛伦兹力提供向心力得：
①
即 ②
代入数据得：
③
(2)小球 P 先在Ⅰ区域以 D 为圆心做匀速圆周运动，由小球初速度和水平方向夹角为 θ
可得，小球将偏转过的圆心角为 θ 角后自 C 点水平进入Ⅱ区做类平抛运动到斜面底端 B 点，
如图所示：
设做匀速圆周运动的时间为 t1，类平抛运动的时间为 t2，则
④
⑤
lt g
β=
3
m glql
π
(3 2 2) l
g
−
2
2
(11 )
( 1)
mg
q
β
β
−
−
7
8
mg
q
2
0
0
vqv B m r
=
0mvB qr
=
3
mB glql
π=
1
0
PCt v
=
PC rθ=15
⑥
⑦
⑧
小球 A 自斜面顶端释放后，将沿斜面向下做匀加速直线运动，设加速度的大小为 a1，
释放后在斜面上运动时间为 t3。对小球 A 受力分析，设小球质量为 m´，斜面对小球的支持
力 N，如图所示：
由牛顿第二定律得：
⑨
⑩
小球 A 的释放时刻 tA 满足：
⑪
联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪式得： ⑫
(3)设所求电场强度为 E´，以竖直向下为正，在 t′A 时刻释放小球 A，小球 P 在区域Ⅱ运
动加速度为 a2，小球 A、P 在 在斜面上相遇，即小球 P 运动的时间为 t，小球 P 从
开始运动到斜面上先做 t1 时间的匀速圆周运动，然后自 C 点进入Ⅱ区做类平抛运动：
则小球 A、P 相遇时，由运动学公式及几何关系可得：
⑬
mg＋qE＝ma2 ⑭
⑮
联立相关方程解得： ⑯
3
πθ =
2
0
BDt v
′=
2 cotBD s l α′ = −
1sinm g m aα′ = ′
2
1 3
2 1
sin 2
l a tα =
1 2 3At t t t= + +
(3 2 2)A
lt g
= −
lt g
β=
2
0
1( ) ( ) cos2C A As v t t a t t α= − + − ′
2 2
2 1 1
1 1( ) ( ) sin2 2 AH h a t t a t t α− = − − − ′
2
2
(11 )
( 1)
mgE q
β
β
−= −16
小球 P 在区域Ⅱ中水平方向位移为：x=v0(t-t1) ⑰
小球 P 在区域Ⅱ中竖直方向位移为： ⑱
由于小球 P 落在斜面上，则：2l≤x≤4l，l≤y≤3l ⑲
可得 3≤β≤5 ⑳
由此可得场强极小值为 Emin＝0；场强极大值为 ，方向竖直向上．
【变式】图中左边有一对平行金属板，两板相距为 d，电压为 V；两板之间有匀强磁场，磁
场应强度大小为 B0，方向平行于板面并垂直于纸面朝里。图中右边有一边长为 a 的正三角
形区域 EFG(EF 边与金属板垂直)，在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大小
为 B，方向垂直于纸面朝里。假设一系列电荷量为 q 的正离子沿平行于金属板面，垂直于磁
场的方向射入金属板之间，沿同一方向射出金属板之间的区域，并经 EF 边中点 H 射入磁场
区域。不计重力
（1）已知这些离子中的离子甲到达磁场边界 EG 后，从边界 EF 穿出磁场，求离子甲的质量。
（2）已知这些离子中的离子乙从 EG 边上的 I 点（图中未画出）穿出磁场，且 GI 长为 ，
求离子乙的质量。
（3）若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半，而离子乙的质量是最大的，
问磁场边界上什么区域内可能有离子到达。
【答案】（1） （2） （3）EF 边上从 O 到 P 点。EG
边上从 K 到 I。
【解析】（1）由题意知，所有离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的磁
场力和向下的电场力平衡，有 ①
式中 v 是离子运动的速度，E0 是平行金属板之间的匀强电场的强度，有 ②
由①②式得： ③
在正三角形磁场区域，离子甲做匀速圆周运动。设离子甲质量为 m，
由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有： ④式中 r 是离子甲做圆周运动的半径。
离子甲在磁场中的运动轨迹为半圆，圆心为 O，
2
1 4
1
2y a t=
max
7
8
mgE q
=
3
4 a
0 33 2
qaBB dm V
= −
0
4
qaBB dm V
′ =
0 0qvB qE=
0
VE d
=
0
Vv B d
=
2vqvB m r
=17
这半圆刚好与 EG 边相切于 K，与 EF 边交于 I/点。在 ΔEOK 中，OK 垂直于 EG。
由几何关系得 ⑤ 由⑤式得 ⑥联立③④⑥式得离子
甲的质量为 ⑦（2）同理，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有
⑧式中， 和 分别为离子乙的质量和做圆周运动的轨道半径。离子乙
运动的圆周的圆心
必在 E、H 两点之间，又几何关系有
⑨由⑨式得 ⑩
联立③⑧⑩式得，离子乙的质量为 ⑾
（3）对于最轻的离子，其质量为 ，由④式知，它在磁场中做半径为 的匀速圆周运
动。因而与 EH 的交点为 O，有 ⑿当这些离子中的离子质量逐渐增大
到 m 时，离子到达磁场边界上的点的位置从 O 点沿 HE 边变到 点；当离子质量继续增大
时，离子到达磁场边界上的点的位置从 K 点沿 EG 边趋向于 I 点。K 点到 G 点的距离为
⒀所以，磁场边界上可能有离子到达的区域是：EF 边上从 O 到 点。EG
边上从 K 到 I。类型四、关于复合场情况的推断问题
例 5、如图所示，待测区域中存在匀强电场与匀强磁场，根据带电粒子射入时的受力情
况可推测其电场和磁场，图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距为
l 的相同平行金属板构成，极板长度为 l，间距为 d，两极板间偏转电压大小相等，电场方向
相反，质量为 m、电荷量为+q 的粒子经加速电压 U0 加速后，水平射入偏转电压为 U1 的平
移器，最终从 A 点水平射入待测区域，不考虑粒子受到的重力。
1 2
2 3
a r r− = 33 2r a = −
0 33 2
qaBB dm V
= −
2vqvB m r
′= ′ 'm 'r
'O
2 2 2 03 3( ) ( ) 2( )( )cos604 2 4 2
a ar a r a r′ ′ ′= − + − − − − 1
4r a′ =
0
4
qaBB dm V
′ =
/ 2m r/2
3( 3 )2OH a= −
I′
3
2KG a= I′18
（1）求粒子射出平移器时的速度大小 v1；
（2）当加速电压变为 4U0 时，欲使粒子仍从 A 点射入待测区域，求此时的偏转电压 U；
（3）已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域，刚进入时的受力大小均为 F，现取水
平向右为 x 轴正方向，建立如图所示的直角坐标系 oxyz，保持加速电压 U0 不变，移动装置
使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域，粒子刚射入时的受力大小如下表所示，请推测该
区域中电场强度与磁感应强度的大小及可能的方向
射入方向 y -y z -z
受力大小
【思路点拨】重力、电场力、洛伦兹力的方向、物体的平衡条件及场的空间分布特征、把力
和运动结合起来对可能情景进行想象和推理。
【答案】（1） （2） （3）见解析。
【解析】（1）设粒子射出加速器的速度为 ， 动能定理
由题意得 ，即
（2）在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为 ：
加速度的大小 ，
在离开时，竖直分速度
竖直位移 水平位移
粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为
竖直位移
由题意知，粒子竖直总位移 ，解得
则当加速电压为 时，
F5 F5 F7 F3
m
qUv 0
1
2= 14UU =
0v 2
00 2
1 mvqU =
01 vv =
m
qUv 0
1
2=
t
md
qUa 1=
atvy =
2
2
1 atyz = tvl 1=
t
tvy zz =
zyyy += 12 dU
lUy
0
2
1=
04U 14UU =19
（3） 由沿 轴方向射入时的受力情况可知：B 平行于 轴，且
由沿 轴方向射入时的受力情况可知： 与 平面平行。
,则 且 解得
设电场方向与 轴方向夹角为 ,
若 B 沿 轴方向，由沿 轴方向射入时的受力情况得
解得 ，或
即 E 与 平面平行且与 轴方向的夹角为 300 或 1500，
同理若 B 沿 轴方向，E 与 平面平行且与 轴方向的夹角为-300 或-1500。
【总结升华】复合场空间的推理是近几年高考的热点，求解关键可以归纳为以下三点：（1）
抓住三力（重力、电场力、洛伦兹力）的方向特点；（2）利用好物体的平衡条件及场的空
间分布特征；（3）将力和运动结合起来对可能情景进行想象和推理，另外，由“运动”可
确定合理的“场”，反过来也可由“场”确定物体的运动。
举一反三
【变式】如图所示，水平虚线 X 下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感强度为 B
的匀强磁场，整个空间存在匀强电场（图中未画出）。质量为 m，电量为+q 的小球 P 静止于
虚线 X 上方 A 点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为 I 的冲量作用而做匀速直线运动。
在 A 点右下方的磁场中有定点 O，长为 l 的绝缘轻绳一端固定于 O 点，另一端连接不带电
的质量同为 m 的小球 Q，自然下垂。保持轻绳伸直，向右拉起 Q，直到绳与竖直方向有一
小于 5°的夹角，在 P 开始运动的同时自由释放 Q，Q 到达 O 点正下方 W 点时速度为 v0。PQ
两小球在 W 点发生正碰，碰后电场、磁场消失，两小球粘在一起运动。PQ 两小球均视为质
点，P 小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为 g。
（1）求匀强电场场强 E 的大小和 P 进入磁场时的速率 v；
（2）若绳能承受的最大拉力为 F，要使绳不断，F 至少为多
大？
（3）求 A 点距虚线 X 的距离 s。
【答案】（1）v=I/m（2）
（3） n 为大于
的整数；
n 为大于 的整数
【解析】情景分析：竖直平面、整个空间有电场、虚线 X 下方有匀强电场、小球在复合场
)(a x x q
FE =
)(b y± E Oxy
222 )5( FfF =+ Ff 2= Bqvf 1=
0
2
qU
m
q
FB =
)(c x a
x z
222 )7()cos()sin( FaFaFf =++ 030=a 0150=a
Oxy x
x− Oxy x
20( ) 22
I mvF mgml
+= +
Bq
I
g
l
m
Ins 2
2)4
1(
ππ −+=
−
4
1
4 l
g
Bq
m
Bq
I
g
l
m
Ins 2
2)4
3(
ππ −+=
−
4
3
4 l
g
Bq
m20
中运动、单摆等。过程分析：小球 P 匀速直线运动；小球 P 在复合场中作匀速圆周运动；
单摆 Q 的往复运动；P 与 Q 在 W 点发生完全非弹性碰撞；碰后粘合体在重力场中往复运动。
模型分析：匀速直线运动、带电体在复合场中匀速圆周运动、单摆、完全非弹性碰撞、竖直
面内圆周运动与牛顿定律等。
关键点：抓住小球 P 和小球 Q 从开始到碰撞所经历的时间相等；单摆的运动具有周期性！
（1）设小球 P 所受电场力为 F1，则 F1=qE ①
在整个空间重力和电场力平衡，有 Fl=mg ②
联立①②得 E=mg/q ③
设小球 P 受到冲量后获得速度为 v，由动量定理得 I=mv ④
得 v=I/m ⑤
（2）设 P、Q 同向相碰后在 W 点的最大速度为 vm，由动量守恒定律得
mv+mv0=(m+m)vm ⑥
此刻轻绳的张力也为最大，由牛顿运动定律得 ⑦
联立相关方程，得 ⑧
（3）设 P 在 X 上方做匀速直线运动的时间为 ，则 ⑨
设 P 在 X 下方做匀速圆周运动的时间为 ，则 ⑩
设小球 Q 从开始运动到与 P 球反向相碰的运动时间为 ，由单摆周期性，有
(11) 由题意，有 （12）
联立相关方程，得
n 为大于 的整数（13）
设小球 Q 从开始运动到与 P 球同向相碰的运动时间为 ,由单摆周期性，有
（14）
同理可得
n 为 大 于 的 整 数 (15)
2( )( ) m
m mF m m g vl
+− + =
20( ) 22
I mvF mgml
+= +
1pt 1p
st v
=
2pt 2 2p
mt qB
π=
Qt
g
lntQ π2)4
1( += 1 2Q p pt t t= +
Bq
I
g
l
m
Ins 2
2)4
1(
ππ −+=
−
4
1
4 l
g
Bq
m
Qt′
3( )24Q
lt n g
π′ = +
Bq
I
g
l
m
Ins 2
2)4
3(
ππ −+=
−
4
3
4 l
g
Bq
m21
【巩固练习】
一、选择题
1、（2016 安徽淮南一模）如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，
电场的方向水平向右（图甲中由 B 到 C），场强大小随时间变化情况如图乙所示；磁感应强
度方向垂直于纸面、大小随时间变化情况如图丙所示。在 t=1s 时，从 A 点沿 AB 方向（垂
直于 BC）以速度 v0 射出第一个粒子，并在此之后，每隔 2s 有一个相同的粒子沿 AB 方向均
以初速度 v0 射出，并恰好能击中 C 点，若 AB=BC=l，且粒子由 A 运动到 C 的运动时间小于
1s。不计重力和空气阻力，对于各粒子由 A 运动到 C 的过程中，以下说法正确的是（ ）
A. 电场强度 E0 和磁感应强度 B0 的大小之比为 2v0 : 1
B. 第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比为 2 : 1
C. 第一个粒子和第二个粒子通过 C 的动能之比为 1 : 4
D. 第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为 π : 2
2、（2016 江苏模拟）如图所示，矩形区域 MPQN，长 ，宽 MP=d。一质量为
m（不计重力）、电荷量为 q 的带正电粒子从 M 点以初速度 v0 水平向右射出，若区域内只存
在竖直向下的匀强电场或只存在垂直纸面向外的匀强磁场，粒子均能击中 Q 点，则电场强
度 E 的大小与磁感应强度 B 的大小的比值为（ ）
A. B. C. D.
3、空间中存在着垂直纸面方向的匀强磁场，磁场的方向如图所示，即垂直纸面向里。同
时也存在着水平方向的匀强电场，一带电油滴沿一条与竖直方向成 角的直线 MN 运动，
可判断下列说法正确的是（ ）
A．如果油滴带正电，它是从 M 点运动到 N 点
B．粒子的运动必定是匀速运动
C．油滴的动能一定变化
D．如果水平电场方向向右，油滴的电势能一定增加
3MN d=
03
4
v 04
3
v 03
2
v 02
3
v
θ22
4、如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为 E，方向竖直向下，
磁场的磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里，一质量为 m 的带电粒子，在场区内的一竖直
平面做匀速圆周运动，则可判断该带电质点（ ）
A．带有电量为 的正电荷 B．沿圆周逆时针运动
C．运动的角速度为 D．运动的速率为
5、如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向
水平（图中垂直纸面向里），一带电油滴 P 恰好处于静止状态，则下列说法正确的是（ ）
A．若撤去电场，P 可能做匀加速直线运动
B．若撤去磁场，P 可能做匀加速直线运动
C．若给 P 一初速度，P 可能做匀速直线运动
D．若给 P 一初速度，P 可能做顺时针方向的匀速圆周运动
6、如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为 m，带电荷量为 q，
小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中。设
小球电荷量不变，小球由静止下滑的过程中（ ）
A．小球加速度一直增大
B．小球速度一直增大，直到最后匀速
C．杆对小球的弹力一直减小
D．小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变
mg
E
Bg
E
E
B23
7、如图所示，某一真空室内充满竖直向下的匀强电场 E，在竖直平面内建立坐标系 ，
在 y0 的空间内，将一质量为 m 的带电液
滴（可视为质点）自由释放，此液滴则沿 y 轴的负方向，以加速度 a =2g（g 为重力加速度）
做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性
质（液滴所带电荷量和质量均不变），随后液滴进入 y
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