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第3節
帶電粒子在組合場和復合場中的運動
1.復合場的分類.
磁場
交替
(1)疊加場：電場、________、重力場共存，或其中某兩個場
共存.
(2)組合場：電場與磁場各位于一定的區域內，并不重疊或在
同一區域，電場、磁場________出現.
2.帶電粒子在復合場中的運動分類.
(1)靜止或勻速直線運動.
為零
電場力
當帶電粒子在復合場中所受合外力______時，將處于靜止或
做勻速直線運動狀態.
(2)勻速圓周運動.
當帶電粒子所受的重力與________大小相等、方向相反時，
帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內做勻
速圓周運動.
(3)非勻變速曲線運動.
同一條直線上
當帶電粒子所受的合外力的大小和方向均變化，且與初速度
方向不在______________時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒
子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線.
(4)分階段運動：帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合
場區域，其運動情況隨區域發生變化，其運動過程由幾種不同的
運動階段組成.
【基礎自測】
1.判斷下列題目的正誤.
)
)
(1)帶電粒子在復合場中不可能處于靜止狀態.(
(2)帶電粒子在復合場中可能做勻速圓周運動.(
(3)帶電粒子在復合場中一定能做勻變速直線運動.(
)
(4)帶電粒子在復合場中受洛倫茲力情況下的直線運動一定為
勻速直線運動.(
)
(5)帶電粒子只在電場力和洛倫茲力作用下不可能保持靜止.
(
)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√
2.(多選)一個帶電粒子(重力不計)以初速度 v0 垂直于電場方向
向右射入勻強電場區域，穿出電場后接著又進入勻強磁場區域.設
電場和磁場區域有明確的分界線，且分界線與電場強度方向平行，
如圖中的虛線所示.下圖所示的幾種情況中，可能出現的是(
)
A
B
C
D
解析：A、C 選項中粒子在電場中向下偏轉，所以粒子帶正電，
再進入磁場后，A 圖中粒子應逆時針轉，A 正確；C 圖中粒子應順
時針轉，C 錯誤；同理可以判斷 B 錯誤，D 正確.
答案：AD
3.兩質量相同帶電油滴均能在豎直向上的勻強電場 E 和垂
直紙面向里的勻強磁場 B 正交的空間(如圖)做豎直平面內的勻
速圓周運動.則兩油滴一定相同的是(
)
①帶電性質 ②運動周期 ③運動半徑 ④運動速率
A.①②
B.①④
C.②③④
D.①③④
解析：根據 mg＝qE，靜電力方向必須向上，所以都帶正電，
期相同，②正確，A 正確.
答案：A
4.(多選)如圖所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，
電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒從 a 點
進入場區并剛好能沿 ab 直線向上運動，下列說法中正確的是
(　　)
A.微粒一定帶負電
B.微粒的動能一定減小
C.微粒的電勢能一定增加
D.微粒的機械能一定增加
解析：如圖，微粒進入場區后沿直線 ab 運動，則微粒受到
的合力或者為零，或者合力方向在 ab 直線上(垂直于運動方向的
合力仍為零).若微粒所受合力不為零，則必然做變速運動，由于速
度的變化會導致洛倫茲力變化，則微粒在垂直于運動方向上的合
力不再為零，微粒就不能沿直線運動，因此微粒所受合力只能為
零而做勻速直線運動.若微粒帶正電，則受力分析如圖甲所示，合
力不可能為零，故微粒一定帶負電，受力分析如圖乙所示， A正
確，B 錯誤；靜電力做正功，微粒電勢能減小，機械能增大，
C 錯誤，D 正確.
甲
乙
答案：AD
熱點 1 帶電粒子在組合場中的運動
[熱點歸納]
1.帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動，實際上是將粒子在電
場中的加速與偏轉，跟磁偏轉兩種運動組合在一起，有效區別電偏
轉和磁偏轉，尋找兩種運動的聯系和幾何關系是解題的關鍵.當帶電
粒子連續通過幾個不同的場區時，粒子的受力情況和運動情況也發
生相應的變化，其運動過程則由幾種不同的運動階段組成.
類型 垂直進入磁場(磁偏轉) 垂直進入電場(電偏轉)
情景圖
受力 FB＝qv0B，大小不變，方向總指向圓心，方向變化，FB為變力 FE＝qE，FE大小、方向不變，為恒力
2.“電偏轉”和“磁偏轉”的比較：
(續表)
考向 1 粒子從電場進入磁場
【典題 1】(2024 年福建卷)如圖，直角坐標系 xOy 中，第Ⅰ
象限內存在垂直紙面向外的勻強磁場.第Ⅱ、Ⅲ象限中有兩平行板
電容器 C1、C2，其中 C1 垂直 x 軸放置，極板與 x 軸相交處存在小
孔 M、N；C2 垂直 y 軸放置，上、下極板右端分別緊貼 y 軸上的
P、O 點.一帶電粒子從 m 靜止釋放，經電場直線加速后從 N 射出，
緊貼C2下極板進入C2，而后從 P 進入第Ⅰ象限；經磁場偏轉后恰
好垂直 x 軸離開，運動軌跡如圖中虛線所示.已知粒子質量為 m、
帶電量為 q，O、P 間距離為 d，C1、C2 的板間電壓大小均為 U，
板間電場視為勻強電場，不計重力，忽略邊緣效應.求：
(1)粒子經過 N 時的速度大小.
(2)粒子經過 P 時速度方向與 y 軸正向的夾角.
(3)磁場的磁感應強度大小.
解：(1)粒子從 M 到 N 的運動過程中，根據動能定理有
考向 2 粒子從磁場進入電場
【典題 2】(多選，2023年江西宜春八校聯考)如圖所示，圓
心為 O、半徑為 R 的圓形區域內，存在磁感應強度為 B、方向
垂直紙面向外的勻強磁場，在磁場邊緣上的 A 點沿紙面向圓形區
域各個方向均勻發射速度大小為 v0 的帶電粒子.圓的右邊為邊長
2R 的正方形，剛好與圓相切于 B 點，其區域內存在水平向左的勻
強電場.當粒子沿 AO 方向時，粒子剛好從 B 點離開磁場，進入電
場后又恰好從右邊界的中點返回.不計粒子重力和粒子間的相互作
用.下列說法正確的是(
)
B.粒子從 A 點進入磁場到最終離開磁場的
運動過程中的總時間與入射方向無關
C.若將電場 E 的方向變為豎直向下，則從電
場邊界 PQ 與 NQ 射出的粒子數之比為 2∶1
D.若電場 E 豎直向下，且粒子要全部從邊界 NQ 射出，則場
強大小至少為原來的 4 倍
解析：當粒子沿 AO 方向時，運動軌跡
如圖所示.由題可知粒子在圓形區域磁場內
的偏轉半徑為 R.
度越大，運動時間越長，粒子入射方向不同，偏轉時間不同，則
進入磁場到最終離開磁場的運動過程中的總時間也不一樣，B 錯
誤;在磁場邊緣上的 A 點沿紙面向圓形區域各個方向均勻發射速度
大小為 v0 的帶電粒子，粒子離開圓形磁場將與電場平行，離開磁
場進入電場，當粒子沿 AO 方向時，粒子剛好從 B 點離開磁場，
向變為豎直向下，且剛好打到 Q 處的粒子有
由于能進入電場的粒子范圍總高度為 2R，
答案：ACD
思路導引
對于 C、D 選項，粒子離開圓形磁場區域后以水
平向右的速度進入電場區域做類平拋運動，由于 N、M 間粒子均
勻分布，要想求出從電場邊界 PQ與 NQ 射出的粒子數之比，以及
粒子要全部從邊界 NQ 射出場強的大小，關鍵要看這些從 MN 上
何處進入的粒子恰好從 Q 點射出.
考向 3 粒子從磁場進入磁場
【典題 3】(2024 年湖北卷)如圖所示，在以 O 點為圓心、半
徑為 R 的圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度
大小為B.圓形區域外有大小相等、方向相反、范
圍足夠大的勻強磁場. 一質量為 m 、電荷量為
q(q>0)的帶電粒子沿直徑 AC 方向從 A點射入圓
形區域.不計重力，下列說法正確的是(
)
A.粒子的運動軌跡可能經過 O 點
B.粒子射出圓形區域時的速度方向不一定沿該區域的半徑方向
C.粒子連續兩次由A點沿AC方向射入圓形區域的最小時間間
隔為
7πm
3qB
D.若粒子從 A 點射入到從 C 點射出圓形區域用時最短，粒子
運動的速度大小為
解析：在圓形勻強磁場區域內，沿著徑向射入的粒子，總是
沿半徑方向射出的；根據圓的特點可知粒子的運動軌跡不可能經
過 O 點，AB 錯誤；粒子連續兩次由 A點沿AC方向射入圓形區域，
根據對稱性可知軌跡如圖所示.
，C 錯誤；粒子從 A 點射入到從 C
則最短時間有 t＝2T＝
4πm
qB
點射出圓形區域用時最短，則軌跡如圖所示.
答案：D
類型 力的特點 功和能的特點
重力場 大小：G＝mg
方向：豎直向下 重力做功與路徑無關
重力做功改變物體的重力勢能
熱點 2 帶電粒子在復合場中的運動
[熱點歸納]
三種場的比較.
類型 力的特點 功和能的特點
電場 大小：F＝qE
方向：正電荷受力方向與場強方向相同，負電荷受力方向與場強方向相反 電場力做功與路徑無關，W＝qU
電場力做功改變電勢能
磁場 大小：F＝qvB(v⊥B)
方向：可用左手定則判斷 洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動能
(續表)
【典題4】(多選，2024 年安徽卷)空間中存在豎直向下的勻強
電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為 E，磁感應
強度大小為 B.一質量為 m 的帶電油滴 a，在紙面內做半徑為 R 的
圓周運動，軌跡如圖所示.當 a 運動到最低點 P 時，瞬間分成兩個
小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者帶電量、質量均相同.Ⅰ在 P
點時與 a 的速度方向相同，并做半徑為 3R 的圓周
運動，軌跡如圖所示.Ⅱ的軌跡未畫出.已知重力加
速度大小為 g，不計空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分
開后的相互作用，則(
)
答案：ABD
【遷移拓展】(多選，2024 年浙江卷)如圖所示，一根固定的
足夠長的光滑絕緣細桿與水平面成θ 角.質量為 m、電荷量為＋q
的帶電小球套在細桿上.小球始終處于磁感應強度大小為 B 的勻強
磁場中.磁場方向垂直細桿所在的豎直面，不計空氣阻力.小球以初
速度 v0 沿細桿向上運動至最高點，則該過程(
)
A.合力沖量大小為 mv0cos θ
B.重力沖量大小為 mv0sin θ
洛倫茲力為 Bqv0＝2mgcos θ，小球在垂直細桿方向所受合力為零，
可得 Bqv ＝mgcos θ ＋FN ，即 FN ＝Bqv －mgcos θ ＝Bq(v0 －at) －
mgcos θ＝mgcos θ－Bqtgsin θ，則小球在整
個減速過程的 FN-t 圖像如圖所示.
圖線與橫軸圍成的面積表示沖量，可得
彈力的沖量為零，D 正確.
答案：CD
帶電粒子在交變電場、磁場中的運動
解決帶電粒子在交變電場、磁場中的運動問題的基本思路：
【典題 5】如圖甲所示，M、N 為豎直放置彼此平行的兩
塊平板，板間距離為 d，兩板中央各有一個小孔 O、O′正對，在
兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖
乙所示(垂直于紙面向里的磁場方向為正方向).有一群正離子在 t＝
0 時垂直于 M 板從小孔 O 射入磁場.已知正離子質量為 m、帶電荷
量為 q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化
的周期都為 T0，不考慮由于磁場變化而產生的電場的影響，不計
離子所受重力.求：
(1)磁感應強度 B0 的大小.
(2)要使正離子從小孔 O′垂直于 N 板射出磁場，正離子射入磁
場時的速度 v0 的可能值.
甲
乙
(2)要使正離子從 O′孔垂直于 N 板射出磁場，軌跡應如圖
所示.
【觸類旁通】(2024 年廣東卷)如圖甲所示.兩塊平行正對的金
屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為 U0、周期為 t0 的交變
電壓.金屬板左側存在一水平向右的恒定勻強電場，右側分布著垂
直紙面向外的勻強磁場.磁感應強度大小為 B.一帶電粒子在 t＝0 時
刻從左側電場某處由靜止釋放，在 t＝t0 時刻從下板左端邊緣位置
水平向右進入金屬板間的電場內，在 t＝2t0 時刻第一次離開金屬板
間的電場、水平向右進入磁場，并在 t＝3t0 時刻從下板右端邊緣位
置再次水平進入金屬板間的電場.已知金屬板的板長是板間距離的
π
3
倍，粒子質量為 m.忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應.
(1)判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量 q.
(2)求金屬板的板間距離 D 和帶電粒子在 t＝t0 時刻的速度大小 v.
(3)求從 t＝0 時刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程
中，電場力對粒子做的功 W.
甲
乙
(2)粒子在金屬板間水平方向上做勻速直線運動，豎直方向上
先做加速運動，后做減速運動，設粒子的初速度為 v，根據運動
特點可知帶電粒子在 t＝t0 時刻的速度大小也為 v，則

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