文档文本内容
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<R
1 C 1 1
所以不会从左边界飞出，P点离磁场左边界的距离为x＝l＋n(2l－0.64l)＝(1＋1.36n)l，n＝0、1、2、
P
3、…
强基固本练
1．(多选)(2023·辽宁沈阳市模拟)圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直
纸面的匀强磁场(未画出)，磁场边缘上的A点有一带正电粒子源，半径OA竖直，MN与OA平行，且与圆形
边界相切于B点，在MN的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场，电场强度大小为E.当粒子的速度大
小为v且沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是
0
( )
A．圆形区域内磁场方向垂直纸面向外 B．粒子的比荷为
C．粒子在磁场中运动的总时间为 D．粒子在电场中运动的总时间为
答案 ABD
解析 根据题意可知，粒子从A点进入磁场时，受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可知，圆形区域内磁
场方向垂直纸面向外，故A正确；根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，
0
可得＝，故B正确；根据题意可知，粒子从B点进入电场之后，先向右做减速运动，再向左做加速运动，
再次到达B点时，速度的大小仍为v，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示．
0
则粒子在磁场中的运动时间为t ＝＝，故C错误；粒子在电场中，根据牛顿第二定律有Eq＝ma，解得a＝
磁
＝，根据v＝at结合对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为t ＝＝，故D正确．
0 电
2．(多选)(2023·广东省模拟)如图所示的平面直角坐标系xOy，在y轴的左侧存在沿y轴负方向的匀强电
场．在y轴的右侧存在垂直坐标平面向外的匀强磁场．一比荷为k的带正电粒子(不计重力)从x轴上的A
点以沿着与x轴正方向成θ＝53°角的初速度v开始运动，经过电场偏转从y轴的B点以垂直y轴的速度
0
进入磁场，磁场的磁感应强度大小为，粒子进入磁场后电场方向变为沿y轴正方向．该带正电粒子经过磁
场偏转，粒子先后经过x轴上的C点、y轴上的D点，粒子经D点后，再次回到x轴上的A点，sin 53°
＝，cos 53°＝，下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为d
B．A、C两点之间的距离为3d
C．匀强电场的电场强度为
D．粒子从A点开始到再回到A点的运动时间为
答案 AD
解析 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由几何关系可得OB＝R，OC＝R，AC＝OA＋OC，粒
子从A到B做类斜抛运动，在B点的速度方向与匀强电场垂直，由逆向思维可知粒子从B到A做类平抛运
动，把粒子在A点的速度v分别沿x轴的正方向和y轴的正方向分解，设粒子在B点的速度为v，则有
0 B
vcos θ＝v，由洛伦兹力充当向心力有Bqv＝m，粒子从B到A做类平抛运动，沿x轴方向与y轴方向的
0 B B
位移大小分别用OA、OB来表示，由类平抛运动的规律可得，过A点的速度v的延长线交于x方向分位移的
0中点，由几何关系可得tan θ＝，结合B＝，联立解得R＝d，OB＝d，AC＝2.5d，A正确，B错误；粒子在
A点沿y轴正方向的分速度为v＝vsin θ，由类平抛运动的规律有v2＝2·OB，联立解得匀强电场的电场
y 0 y
强度为E＝，C错误；粒子从A点到B点的运动时间t＝，粒子从B点到D点的运动时间为t＝，根据运
AB BD
动的对称性可知，粒子从A点开始到又回到A点的运动时间为t＝2t＋t，综合计算可得t＝，D正确．
AB BD
3．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，电场强度大小为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轴负方向进入电场，初速度大小为v＝，粒子第二次到达x轴的位置为坐标原点．不计粒子的重
0
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轴时与坐标原点的距离．
0
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＝
联立可得B＝4
(2)假设粒子从y轴离开电场，运动轨迹如图所示
L＝vt，
0
y＝at2，
1
Eq＝ma
联立解得y＝<L，假设成立
1
v＝at
y
速度偏转角tan θ＝
第一次到达x轴的坐标x＝＝L
1
在磁场中R′＝
x＝2R′sin θ＝sin θ＝＝L
2
粒子第二次到达x轴的位置与坐标原点的距离为
x＝x＋x＝L.
1 2
4．如图所示，xOy平面内，OP与x轴正方向的夹角为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，电场强度大小为E ＝×105 V/m.一带电微粒以速度 v ＝5×106 m/s从 x 轴上 a(L,0)点平行于OP射入磁场，并从OP
0
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d点，图中b、d两点未标出．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，微粒能到达第四象限．
x
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°＝1 m
由牛顿第二定律得qvB＝m
0
代入数据解得＝5×107 C/kg
(2)微粒进入电场后做类斜抛运动．由几何关系得y＝
Oc
在y轴方向有y＝－vtcos 53°＋×t2
Oc 0
在x轴方向有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，故当磁感应强度B≥0.2 T时，微粒能到达第四象限．
1 x
5．(2023·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)，宽度相等，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感应
1 2 3 1
强度大小为B.一电荷量为＋q、质量为m的粒子(重力不计)从AD边中点以初速度v沿水平向右方向进入电
1 0
场，粒子恰好从B点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与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中的磁感应强度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，联立解得L＝；
1
(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，轨迹如图乙所示：
2min 2
可得qvB ＝m
2min
根据几何关系有L＝r(1＋sin θ)
2
解得B ＝1.5B.
2min 1
6.(2023·广东省高三检测)如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，圆形区域内
ac、df为互相垂直的竖直和水平两条直径，沿df方向距f点为R的g点处固定一足够长的挡板，挡板与
fg方向的夹角α＝60°，粒子打到挡板上会被吸收，圆形磁场区域以外空间存在竖直向上的匀强电场．一
质量为m、电荷量为q的带负电粒子(不计重力)自c点沿ca方向以速度v射入磁场，经磁场偏转后从f点
沿fg方向射出磁场，之后恰好未打在挡板上，图中已画出粒子在电场中运动的轨迹．(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B；
1
(2)求匀强电场的电场强度大小E；
(3)若将原电场换为方向垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小B＝kB(0<k≤1)，求粒子返回圆形
2 1
磁场区域边界时的位置到f点的距离．
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)粒子运动的轨迹如图甲所示，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径r＝R
1
粒子在磁场中做圆周运动有qvB＝m
1
联立解得B＝
1
(2)粒子在电场中做类平抛运动，粒子速度和挡板相切时有tan α＝，其中v＝t，又由平抛运动的推论知
y
t＝
联立解得E＝
(3)粒子离开圆形磁场区域到返回圆形磁场区域边界的过程中，运动轨迹如图乙所示，粒子在匀强磁场B
2
内做圆周运动，有qvB＝m，B＝kB，联立解得r＝
2 2 1 2
根据几何关系可知tan ∠OO′f＝＝k
粒子返回圆形磁场区域边界的位置i到出射点f的距离l＝2rsin ∠OO′f＝
2
当k较小时，粒子运动轨迹恰好与挡板相切，如图丙所示，根据几何关系可知∠fgO″＝60°
tan ∠fgO″＝tan ∠fOO″＝＝，r′＝R
2
则k＝＝，
故当<k≤1时，粒子返回圆形磁场区域的位置到f点的距离l＝
当0<k≤时，粒子不能返回圆形磁场区域．
