文档内容
训练二十 带电粒子在组合场中的运动
知识梳理
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)画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出粒子的运动轨迹图．
(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)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．
3．常见粒子的运动及解题方法
题型一 磁场与磁场的组合
知识梳理
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．
如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于平面ADEC向外的匀强磁
场，上部分区域的磁感应强度大小为B，OF为上、下磁场的水平分界线．质量为 m、带电荷量为＋q的粒
0
子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁
场区域，Q点与O点的距离为3a.不考虑粒子重力．
(1)求粒子射入时的速度大小；
(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度大小B应满足的条件；
1(3)若下方区域的磁感应强度B＝3B，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界 DE与AC间距离的可能值．
0
答案 (1) (2)B≥ (3)4na(n＝1,2,3，…)
1
解析 (1)粒子在OF上方的运动轨迹如图所示，
设粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可知R2－(R－a)2＝(3a)2，则R＝5a，由牛顿第二定律可知qvB
0
＝m，解得v＝.
(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，其运动轨迹如图所示，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r，
1
由几何关系得r＋rcos θ＝3a，
1 1
由(1)可知cos θ＝＝，所以r＝，
1
根据qvB＝，联立解得B＝，故当B≥时，粒子不会从AC边界飞出．
1 1 1
(3)当B＝3B时，粒子的运动轨迹如图所示，粒子在OF下方的运动半径为r＝a，设粒子的速度方向再次与
0
射入磁场时的速度方向一致时，粒子的位置为P 点，则P点与P 点的连线一定与OF平行，根据几何关系
1 1
知 PP＝4a，所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为L＝nPP＝4na(n＝1,2,3，…)．
1 1
题型二 电场与磁场的组合
知识梳理
1．带电粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，在匀强磁场中做匀速圆周运动，如图所示．
2．带电粒子在匀强电场中做类平抛(或类斜抛)运动，在磁场做匀速圆周运动，如图所示
考向1 先电场后磁场
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，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为
1 1 1
s，由运动学公式有s＝vt①
1 1 1 1
h＝at2②
1 1
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轴方向的分量的
1
大小为at＝vtan θ③
1 1 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＝ma⑤
1
设H进入磁场时速度的大小为v′，由速度合成法则有v′＝⑥
1 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律有
1
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，
2 2
由题给条件得(2m)v2＝mv2⑩
2 1
由牛顿第二定律有qE＝2ma⑪
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，入射点到原点的距离为
2 2
s，在电场中运动的时间为t.由运动学公式有s＝vt⑫
2 2 2 2 2
h＝at2⑬
2 2
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式得
2R＝＝R⑰
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′，由几何关系有
2
s′＝2Rsin θ⑱
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
例3 (2023·河北唐山市模拟)平面直角坐标系xOy中，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，其上方存
在方向垂直纸面向外的匀强磁场，下方存在匀强电场，电场强度方向与x轴负方向的夹角为60°，如图所
示．质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v从坐标原点沿y轴正方向进入磁场，经磁场偏转后由P点
进入电场，最后从x轴上的Q点离开电场，已知O、P两点间距离为L，PQ连线平行于y轴．不计粒子重
力，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)匀强电场的电场强度E的大小．
答案 (1) (2)
解析 (1)粒子在磁场中运动时(如图所示)，设轨迹半径为R，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝
由几何关系有L＝2Rcos 30°
联立解得B＝.
(2)粒子进入电场时，速度方向与边界OP的夹角为60°，由几何关系可知，速度方向和电场方向垂直．粒
子在电场中的位移x＝PQ＝Lsin 30°
又xsin 30°＝vt
xcos 30°＝at2
Eq＝ma
联立解得E＝.
考向3 粒子多次进出电场、磁场的运动
例4 (2021·广东卷·14)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
k0
圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证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均为45°，
k0
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，要保证电子从出射区
k0
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区磁场边界相切，
m
由几何关系可得2＝R2＋r2
m
解得r＝R
m
根据洛伦兹力提供向心力有Bev＝m
1 m
2eU＝mv2－keU
m
联立解得k＝.
变式训练1 如图所示，一对足够长平行栅极板M、N水平放置，极板与可调电源相连．极板外上方和下
方分别存在方向垂直纸面向外和向内的匀强磁场B和B，B和B的大小未知，但满足B＝B，磁场左边界
1 2 1 2 2 1
上距M板距离为2l的A点处的粒子源平行极板向右发射速度为v的带正电粒子束，单个粒子的质量为m、
电荷量为q，粒子第1次离开M板的位置为C点，已知C点距离磁场左边界距离为l.忽略栅极的电场边缘
效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力．
(1)求磁感应强度B的大小；
1
(2)当两板间电势差U＝0时，粒子经过下方磁场一次偏转后恰能从C点再次返回极板上方的磁场，求两板
MN
间距d的大小；(3)当两板间所加的电势差U＝－时，在M板上C点右侧P点处放置一粒子靶(忽略靶的大小)，用于接收
MN
从M板上方打入的粒子．问当P点离磁场左边界多远的地方能接收到粒子？
答案 (1) (2)0.8l (3)(1＋1.36n)l，n＝0、1、2、3、…
解析 (1)粒子从A点发射后运动到C的过程，洛伦兹力提供向心力qvB＝
1
由几何知识可得R2＝(2l－R)2＋l2，解得R＝l，B＝
1 1 1 1
(2)粒子经过C点时的速度方向与竖直方向的夹角为θ，则cos θ＝＝0.8
粒子进入磁场B之后，圆周运动半径为R＝＝R＝l，
2 2 1
又因为dtan θ＝Rcos θ，解得d＝0.8l
2
由R＝l得，粒子在B磁场中不会从左边界飞出．
2 2
(3)粒子到达C点后第一次在电场中向左运动距离Δx＝vsin θ·＝0.64l
粒子在B磁场中运动到最左边时，距C点距离x＝Δx＋R－l＝0.89l
