文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
11 磁 场
[-考点-09-] 带电粒子在组合场中的运动
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．解决带电粒子在组合场中的运动所需知识
典例1 (磁场与磁场的组合)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，
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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，…)．
典例2 (电场与磁场的组合)如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y
轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L 的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L，
0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外．一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)点以速
度v0沿x 轴正方向射入电场，恰好从坐标原点O 进入磁场，从P(2L，0)点射出磁场，不计
粒子重力，求：
(1)电场强度与磁感应强度大小的比值；
(2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值．
答案 (1) (2)
解析 (1)粒子的运动轨迹如图所示，设粒子的质量和所带电荷量分别为m 和q，粒子在匀
强电场中运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L＝v0t1，L＝at1
2，qE＝ma
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
联立解得E＝
粒子到达O 点时沿＋y 方向的分速度为vy＝at1＝v0，tan α＝＝1，故α＝45°.粒子在磁场中
的速度为v＝v0.
粒子所受洛伦兹力提供向心力，
则Bqv＝，由几何关系得r＝L
联立解得B＝，
则＝；
(2)粒子在磁场中运动的周期为T＝，粒子在磁场中运动的时间为t2＝T＝，
粒子在电场中运动的时间为t1＝，
解得＝.
典例3 (粒子多次进出电场、磁场的运动)(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.
(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
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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＝.
1.(多选)一带负电粒子的质量为m、电荷量为q，空间中一平行板电容器两极板S1、S2间的
电压为U.将此粒子在靠近极板S1的A 处无初速度释放，经电场加速后，经O 点进入磁感应
强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场(右边界平行于S2)，图中虚线Ox 垂直于
极板S2，当粒子从P 点离开磁场时，其速度方向与Ox 方向的夹角θ＝60°，如图所示，整
个装置处于真空中，不计粒子所受重力，则( )
A．极板S1带正电
B．粒子到达O 点的速度大小为
C．此粒子在磁场中运动的时间t＝
D．若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O 点后恰好不能从右侧离开该有界
磁场，则该有界磁场区域的宽度d＝
答案 BC
解析 带负电粒子向右加速运动，所受静电力向右，场强向左，说明极板S1带负电，故A
错误；设粒子到达O 点的速度大小为v，由动能定理可得Uq＝mv2，解得v＝，故B 正确；
由几何关系可知粒子运动的圆心角为θ＝60°＝，此粒子在磁场中运动的时间t＝T＝×＝，
故C 正确；若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O 点后恰好不能从右侧离
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
开该有界磁场，画出临界轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝m,把B 选项中求
得的速度大小代入可得R＝，则该有界磁场区域的宽度d＝R＝，故D 错误．
2．(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．
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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．
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，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．
(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＝
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＝v0t，
y1＝at2，
Eq＝ma
解得y1＝<L，假设成立
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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
x＝x1＋x2＝L.
4.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＝
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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
5.(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
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
联立解得E＝.
6.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．
(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、…
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
7.(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2B0、3B0.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，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r1、r2
由qvB＝m 可知r＝，
故r1＝，r2＝
且d＝2r1－2r2
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 t1、t2
由T＝＝得t1＝，t2＝
且Δt＝2t1＋3t2
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＝t1＋t2
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．
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
综上分析，乙的比荷的最小值为.
8.(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°
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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＝
当0<k≤时，粒子不能返回圆形磁场区域．
9.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v0垂直于y 轴射入电场，再经x 轴上的Q 点沿与x 轴正方
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vy
2＝2ah，
vy＝v0tan 45°
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＝＝v0，h＝vyt，x＝v0t
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
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
入第三象限的磁感应强度最大值
由牛顿第二定律有qvBmax＝m
由几何关系有x＝Rmin
联立以上各式解得Bmax＝
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
R1＝h，R2＝
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
R1sin 45°＋nsin 45°＝L(n＝0,1,2,3…)
结合题意L>2h
解得L＝h(n＝1,2,3…)．
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
14
