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专题强化二十 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.学会处理磁场与磁场组合
场、电场与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)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
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 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B0，OF 为上、下磁场的水平分界
线．质量为 m、带电荷量为＋q 的粒子从AC 边界上与O 点相距为a 的P 点垂直于AC 边界
1
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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B1应满足的条件；
(3)若下方区域的磁感应强度B＝3B0，粒子最终垂直DE 边界飞出，求边界 DE 与AC 间距离
的可能值．
答案 (1) (2)B1≥ (3)4na(n＝1,2,3，…)
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qvB0＝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r1，
由几何关系得r1＋r1cos θ＝3a，
由(1)可知cos θ＝＝，所以r1＝，
根据qvB1＝，联立解得B1＝，故当B1≥时，粒子不会从AC 边界飞出．
(3)当B＝3B0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
速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时，粒子的位置为P1 点，则P 点与P1 点的连
线一定与OF 平行，根据几何关系知 PP1＝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＝nPP1＝4na(n＝1,2,3，…)．
2
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题型二 电场与磁场的组合
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a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁
场的位置到原点O 的距离为s1，由运动学公式有s1＝v1t1①
3
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h＝a1t1
2②
由题给条件，H 进入磁场时速度的方向与x 轴正方向夹角θ1＝60°.H 进入磁场时速度沿y 轴
方向的分量的大小为a1t1＝v1tan θ1③
联立以上各式得s1＝h④
(2)H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
设H 进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有v1′＝⑥
设磁感应强度大小为B，H 在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定
律有
qv1′B＝⑦
由几何关系得s1＝2R1sin θ1⑧
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v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给
条件得(2m)v2
2＝mv1
2⑩
由牛顿第二定律有qE＝2ma2⑪
设H 第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x 轴正方向夹角为θ2，入射点到原
点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有s2＝v2t2⑫
h＝a2t2
2⑬
v2′＝⑭
sin θ2＝⑮
联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′⑯
设H 在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公
式得
R2＝＝R1⑰
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s2′，
由几何关系有s2′＝2R2sin θ2⑱
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s2′－s2＝(－1)h.
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
4
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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Ek0从圆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.
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(1)当Ek0＝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°，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Ek0＝keU 时，要保证
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B1ev＝m
联立解得B1＝
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Ek＝8eU
(2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为rm，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界
相切，
由几何关系可得2＝R2＋rm
2
解得rm＝R
根据洛伦兹力提供向心力有B1evm＝m
2eU＝mvm
2－keU
联立解得k＝.
例5 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B1和B2，B1和B2的大小未知，但
满足B2＝B1，磁场左边界上距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．
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(1)求磁感应强度B1的大小；
(2)当两板间电势差UMN＝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，求两板间距d 的大小；
(3)当两板间所加的电势差UMN＝－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qvB1＝
由几何知识可得R1
2＝(2l－R1)2＋l2，解得R1＝l，B1＝
(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B2之后，圆周运动半径为R2＝＝R1＝l，
又因为dtan θ＝R2cos θ，解得d＝0.8l
由R2＝l 得，粒子在B2磁场中不会从左边界飞出．
(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B1磁场中运动到最左边时，距C 点距离
xC＝Δx＋R1－l＝0.89l<R1
所以不会从左边界飞出，P 点离磁场左边界的距离为xP＝l＋n(2l－0.64l)＝(1＋1.36n)l，n＝
0、1、2、3、…
课时精练
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
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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v0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( )
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qv0B＝m，
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v0，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示．
则粒子在磁场中的运动时间为t 磁＝＝，故C 错误；粒子在电场中，根据牛顿第二定律有Eq
＝ma，解得a＝＝，根据v0＝at 结合对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为t 电＝＝，
故D 正确．
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
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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v0开始运动，经过电场
偏转从y 轴的B 点以垂直y 轴的速度进入磁场，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v0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vB，则有v0cos θ＝vB，由洛伦兹力充当向心力有BqvB
＝m，粒子从B 到A 做类平抛运动，沿x 轴方向与y 轴方向的位移大小分别用OA、OB 来表
示，由类平抛运动的规律可得，过A 点的速度v0的延长线交于x 方向分位移的中点，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vy＝v0sin θ，由类平抛运动的规律有vy
2＝2·OB，联立解得
匀强电场的电场强度为E＝，C 错误；粒子从A 点到B 点的运动时间tAB＝，粒子从B 点到D
点的运动时间为tBD＝，根据运动的对称性可知，粒子从A 点开始到又回到A 点的运动时间
为t＝2tAB＋tBD，综合计算可得t＝，D 正确．
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v0＝，粒子第二次到
达x 轴的位置为坐标原点．不计粒子的重力．
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(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v0＝，求粒子第二次到达x 轴时与坐标原点
的距离．
答案 (1)4 (2)L
解析 (1)由动能定理得EqL＝mv2－mv0
2
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＝v0t，
y1＝at2，
Eq＝ma
联立解得y1＝<L，假设成立
vy＝at
速度偏转角tan θ＝
第一次到达x 轴的坐标x1＝＝L
在磁场中R′＝
x2＝2R′sin θ＝sin θ＝＝L
粒子第二次到达x 轴的位置与坐标原点的距离为
x＝x1＋x2＝L.
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 v0 ＝5×106 m/s 从 x
轴上 a(L,0)点平行于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：
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(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Bx大小满足什么条件时，微粒能到达第
四象限．
答案 (1)5×107 C/kg (2)4 m (3)Bx≥0.2 T
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qv0B＝m
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
yOc＝
在y 轴方向有yOc＝－v0tcos 53°＋×t2
在x 轴方向有l ＝ v0tsin 53°
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qv0B1＝m
解得B1 ＝ 0.2 T，故当磁感应强度Bx≥0.2 T 时，微粒能到达第四象限．
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，L1、L2、L3是磁场的边界(BC 与L1重合)，宽度相等，方向
如图所示，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B1.一电荷量为＋q、质量为m 的粒子(重力不计)从
AD 边中点以初速度v0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
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．
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(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B2的最小值．
答案 (1) (2) (3)1.5B1
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r1，由牛顿第二定律得qvB1＝m，轨迹如图甲所示：
由几何关系得L＝r1，联立解得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B2min，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r2，轨迹
如图乙所示：
可得qvB2min＝m
根据几何关系有L＝r2(1＋sin θ)
解得B2min＝1.5B1.
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
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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B1；
(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B2＝kB1(0<k≤1)，求
粒子返回圆形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r1
＝R
粒子在磁场中做圆周运动有qvB1＝m
联立解得B1＝
(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vy＝t，又由平抛运
动的推论知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B2内做圆周运动，有qvB2＝m，B2＝kB1，联立解得r2＝
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＝2r2sin ∠OO′f＝
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″＝＝，r2′＝R
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＝
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当0<k≤时，粒子不能返回圆形磁场区域．
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