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专题强化二十一 带电粒子在组合场中的运动
目标要求 1.掌握带电粒子在组合场中的运动规律和分析思路.2.学会处理磁场和磁场组合
场、电场和磁场组合场中带电粒子的运动问题．
1．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．
2．分析思路
(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处
理．
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直
观地解决问题．
3．常见粒子的运动及解题方法
题型一 磁场与磁场的组合
磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的
速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同．解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点
与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系．
例1 (2020·江苏卷·16)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，
磁感应强度分别为2B 、3B.甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，
0 0
速度均为v.甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示．甲经过Q时，
乙也恰好同时经过该点．已知甲的质量为m，电荷量为q.不考虑粒子间的相互作用和重力影响．求：
(1)Q到O的距离d；
(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt；
(3)乙的比荷可能的最小值．
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r、r
1 2
由qvB＝m可知r＝，
故r＝，r＝
1 2
且d＝2r－2r
1 2
解得d＝
(2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别 t、t
1 2
由T＝＝得t＝，t＝
1 2
且Δt＝2t＋3t
1 2
解得Δt＝
(3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动
若经过两磁场的次数均为n(n＝1,2,3，…)
相遇时，有n＝d，n＝t＋t
1 2
解得＝n
根据题意，n＝1舍去．
当n＝2时，有最小值，() ＝
min
若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n＋1)、n(n＝0,1,2,3，…)，经分析不可能相遇．
综上分析，乙的比荷的最小值为.
题型二 电场与磁场的组合
考向1 先电场后磁场
1．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，
如图甲．2．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，如图乙．
例2 (2018·全国卷Ⅰ·25)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大
小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核H和一个氘核H
先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知H进入磁场时，速
度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场.H的质量为m，电荷
量为q.不计重力．求：
(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．
答案 (1)h (2) (3)(－1)h
解析 (1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．
设H在电场中的加速度大小为a，初速度大小为v，它在电场中的运动时间为t，第一次进
1 1 1
入磁场的位置到原点O的距离为s，由运动学公式有s＝vt①
1 1 11
h＝at2②
11
由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ ＝60°.H进入磁场时速度沿y轴
1
方向的分量的大小为
at＝vtan θ③
11 1 1
联立以上各式得
s＝h④
1(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma ⑤
1
设H进入磁场时速度的大小为v′，由速度合成法则有
1
v′＝⑥
1
设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定
1
律有
qv′B＝⑦
1
由几何关系得
s＝2Rsin θ⑧
1 1 1
联立以上各式得
B＝ ⑨
(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v ，在电场中的加速度大小为a ，由题给
2 2
条件得
(2m)v2＝mv2⑩
2 1
由牛顿第二定律有
qE＝2ma ⑪
2
设H第一次射入磁场时的速度大小为v′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ，入射点到原
2 2
点的距离为s，在电场中运动的时间为t.由运动学公式有
2 2
s＝vt ⑫
2 22
h＝at2⑬
22
v′＝⑭
2
sin θ＝⑮
2
联立以上各式得s＝s，θ＝θ，v′＝v′⑯
2 1 2 1 2 1
设H在磁场中做圆周运动的半径为R ，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公
2
式得
R＝＝R ⑰
2 1
所以出射点在原点左侧．设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s′，
2
由几何关系有
s′＝2Rsin θ ⑱
2 2 2
联立④⑧⑯⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s′－s＝(－1)h.
2 2
考向2 先磁场后电场
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)．例3 如图所示的xOy坐标系中，第一象限存在与xOy平面平行的匀强电场E，且与y轴负
方向的夹角θ＝30°，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.一带正
电粒子自O点射入第二象限，速度v与x轴负方向的夹角θ＝30°，粒子经磁场偏转后从y轴
上的P点进入第一象限，并由x轴上的M点(未画出)离开电场．已知OM距离为3L，粒子的
比荷为，不计粒子重力．
(1)求OP两点的距离；
(2)求粒子在磁场中运动的时间；
(3)当该粒子经过P点的同时，在电场中的N点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若
两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N点的坐标．
答案 (1)L (2) (3)(L，L)
解析 (1)带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图，圆心为C
由牛顿第二定律，得qvB＝
解得R＝L
由几何关系得∠OCP＝120°
则OP＝L
(2)粒子在磁场中的运动周期T＝
粒子偏转120°，即在磁场中运动时间t＝
解得t＝(3)带电粒子进入第一象限时速度与y轴正方向成60°角，与电场方向垂直，故粒子在第一象
限内做类平抛运动，轨迹如图．由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时速度
方向的直线上PN范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M点
相遇所需时间最长，即在图中N点由静止释放粒子即可．设N点的横坐标为x，纵坐标为
y，根据几何知识可得PN＝QM＝L
又x＝PNcos 30°
y＝OP＋PNsin 30°
解得x＝L，y＝L
考向3 粒子多次进出电场、磁场的运动
例4 (2021·广东卷·14)如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、
b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三
个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方
向均垂直纸面向外．电子以初动能E 从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证
k0
电子每次进入电场即被全程加速，已知圆 a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半
径为R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4.
(1)当E ＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ
k0
均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、
电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射．当 E ＝keU时，要保证
k0
电子从出射区域出射，求k的最大值．
答案 (1) 8eU (2)
解析 (1)电子在电场中加速有2eU＝mv2
在Ⅰ区磁场中，由几何关系可得r＝Rtan 22.5°＝0.4R
根据洛伦兹力提供向心力有Bev＝m
1
联立解得B＝
1
电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T＝
由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为
φ＝π电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t＝T
联立解得t＝
电子从P到Q在电场中共加速8次，故在Q点出射时的动能为E＝8eU
k
(2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为r ，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界
m
相切，
由几何关系可得2＝R2＋r 2
m
解得r ＝R
m
根据洛伦兹力提供向心力有Bev ＝m
1 m
2eU＝mv 2－keU
m
联立解得k＝.
例5 如图，直角坐标系xOy中，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场；在第三、第
四象限内分别有方向垂直于坐标平面向里和向外的匀强磁场．一质量为 m、电荷量为q(q>0)
的粒子从y轴上P点(0，h)以初速度v 垂直于y轴射入电场，再经x轴上的Q点沿与x轴正
0
方向成45°角进入磁场．粒子重力不计．
(1)求匀强电场的场强大小E；
(2)要使粒子能够进入第三象限，求第四象限内磁感应强度B的大小范围；
(3)若第四象限内磁感应强度大小为，第三象限内磁感应强度大小为，且第三、第四象限的
磁场在y＝－L(L>2h)处存在一条与x轴平行的下边界MN(图中未画出)，则要使粒子能够垂
直边界MN飞出磁场，求L的可能取值．
答案 (1) (2)B< (3)L＝h(n＝1,2,3…)
解析 (1)在第一象限内，粒子在静电力作用下做类平抛运动，由运动学规律有 v2＝2ah，v
y y
＝vtan 45°
0
由牛顿第二定律有：qE＝ma
联立解得E＝
(2)粒子在Q点的速率
v＝＝v，h＝vt，x＝vt
0 y 0
可得OQ的距离为x＝2h
粒子进入第四象限后做匀速圆周运动，如图甲所示，轨迹恰与 y轴相切时，对应恰能够进入第三象限的磁感应强度最大值
由牛顿第二定律有qvB ＝m
max
由几何关系有x＝R
min
联立以上各式解得B ＝
max
故B的大小范围为B<
(3)由洛伦兹力提供向心力可知qvB＝m
粒子在第四、第三象限的轨道半径分别为
R＝h，R＝
1 2
易知：粒子由Q点进入第四象限后运动半周进入第三象限，作出粒子在第四、第三象限的
可能运动轨迹如图乙所示
要让粒子垂直边界MN飞出磁场，则L满足的条件为
Rsin 45°＋nsin 45°＝L(n＝0,1,2,3…)
1
结合题意L>2h
解得L＝h(n＝1,2,3…)．
课时精练
1．平面直角坐标系xOy中，第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，第三、
四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，如图所示．一质量为m，带电荷量为q的正粒子从坐标为(－L，L)的P点沿y轴负向进入电场，初速度大小为v ＝，粒子第二次到达x轴的
0
位置为坐标原点．不计粒子的重力．
(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若粒子由P点沿x轴正方向入射，初速度仍为v＝，求粒子第二次到达x轴时与坐标原点
0
的距离．
答案 (1)4 (2)L
解析 (1)由动能定理得EqL＝mv2－mv2
0
粒子进入磁场时速度大小为v＝
在磁场中L＝2R
qvB＝
可得B＝4
(2)假设粒子由y轴离开电场，运动轨迹如图所示
L＝vt，
0
y＝at2，
1
Eq＝ma
解得y＝0)的粒子以初速度v 从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进
0
入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T ，磁场的方向变为垂直于纸面向
0
里，大小不变．不计重力．
(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间；
(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值．
答案 (1) (2)
解析 (1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．
设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
0
T＝
联立解得T＝
依题意，粒子第一次到达x轴时，转过的角度为π
所需时间为t＝T＝T
1
解得t＝.
1
(2)粒子进入电场后，先做匀减速直线运动，直到速度减小为 0，然后沿原路返回做匀加速直
线运动，到达x轴时速度大小仍为v ，设粒子在电场中运动的总时间为 t ，加速度大小为
0 2
a，有qE＝ma
v＝a·
0
解得t＝
2
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足
t≥T
2 0
解得电场强度最大值E ＝.
max
3．如图所示，xOy平面内，OP与x轴夹角为θ＝53°，在 xOP 范围内(含边界)存在垂直于
坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T．第二象限有平行于 y轴向下的匀
强电场，场强大小为E ＝×105 V/m.一带电微粒以速度 v ＝5×106 m/s从 x 轴上 a(L,0)点
0
平行于OP射入磁场，并从OP上的b点垂直于OP离开磁场，与y轴交于c点，最后回到x
轴上的点d，图中点b、d未标出．已知L＝ m，sin 53°＝，cos 53°＝，不计微粒的重力，求：(1)微粒的比荷；
(2)d 点与O点的距离l;
(3)仅改变磁场强弱而其他条件不变，当磁感应强度 B 大小满足什么条件时，微粒能到达第
x
四象限．
答案 (1)5×107 C/kg (2)4 m (3)B≥0.2 T
x
解析 (1)微粒在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得：
r＝Lsin 53°
由牛顿第二定律得qvB＝m
0
解得＝5×107 C/kg
(2)粒子进入电场后做类斜抛运动．由几何关系得
y ＝
Oc
在y轴方向 y ＝－vtcos 53°＋t2
Oc 0
在x轴方向 l ＝ vtsin 53°
0
解得l＝4 m
(3)微粒在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与边界OP 相切时，恰好能到达第四象限．
由几何关系知R＝Lsin 53°
由牛顿第二定律得qvB＝m
0 1
解得B ＝ 0.2 T
1
故当磁感应强度B≥0.2 T时，微粒能到达第四象限．
x
4．(2022·湖北宜昌市联考)如图所示，在矩形区域ABCD内存在竖直向上的匀强电场，在BC
右侧Ⅰ、Ⅱ两区域存在匀强磁场，L、L、L 是磁场的边界(BC与L 重合)，宽度相同，方向
1 2 3 1
如图所示，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B.一电荷量为＋q、质量为m的粒子(重力不计)从
1
AD边中点以初速度v 沿水平向右方向进入电场，粒子恰好从B点进入磁场，经区域Ⅰ后又
0
恰好从与B点同一水平高度处进入区域Ⅱ.已知AB长度是BC长度的倍．(1)求带电粒子到达B点时的速度大小；
(2)求区域Ⅰ磁场的宽度L；
(3)要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度B 的最小值．
2
答案 (1) (2) (3)1.5B
1
解析 (1)设带电粒子进入磁场时的速度大小为v，与水平方向成θ角，粒子在匀强电场中做
类平抛运动，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有：tan θ＝＝，则θ＝30°
根据速度关系有：v＝＝；
(2)设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为r，由牛顿第二定律得：qvB＝m，轨迹如图甲所示：
1 1
由几何关系得：L＝r
1
解得：L＝；
(3)当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，在磁场中运动的时间最长．设区域Ⅱ中最小
磁感应强度为B ，此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场，对应的轨迹半径为r ，轨迹
2m 2
如图乙所示：
可得：qvB ＝m
2m
根据几何关系有：L＝r(1＋sin θ)
2
解得：B ＝1.5B.
2m 1
