高考物理一轮复习（人教版）专项强化20 带电粒子在组合场中的运动

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

⑴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.

⑵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4C和。E间，上、下部分分别充满方向垂直于平面

AQEC向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为反，。尸为上、下磁场的水平分界

线.质量为，〃、带电荷量为+4的粒子从八。动界上与。点相距为〃的P点垂直干人。动界

射入上方磁场区域，经。尸上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q点与0点的距离为3a不

考虑粒子重力.

4；\D

•••«<.••：

什~・・Q

了二翼

(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反应满足的条件；

⑶若下方区域的磁感应强度3=38°,粒子最终垂直OE边界飞出，求边界QE与AC间距离

的可能值.

答案⑴当曹⑵囱力华(3)4〃〃(〃=123,…)

解析(1)粒子在。尸上方的运动轨迹如图所示,

AD

设粒子做圆周运动的半径为R,由几何关系可知R2-(R-4)2=(3〃)2,则R=5。，由牛顿第二

定律可知qvBo=nr^,解得。=白簪.

(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，其运动枕迹制图所示，设粒子在下方做圆周运动的

半径为n,

a

Q

由几何关系得n+ncos6=3a,

由(1)可知COS，=隼^=1，所以々=号々

K3a

根据卯5=詈，联立解得8=竽，故当丛2竽时，粒子不会从AC边界飞出.

(3)当8=3&时，粒子的运动轨迹如图所示，粒子在0"下方的运动半径为，•=/?,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Pi点，则。点与Pi点的连线

一定与0尸平行，根据几何关系知尸Pi=4a,所以若粒子最终垂直OE边界飞出，边界DE

与AC间的距离为L=nPP}=4na(n=1,2,3,…).

题型二电场与磁场的组合

I.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

1&\2](2018.全国卷I-25)如图，在)>0的区域存在方向沿)，轴负方向的匀强电场，场强大小

为E；在产0的区域存在方向垂直于xO厂平面向外的匀强磁场.一个位:核IH和一个笊核汩

先后从y轴上)，=/?点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向.已如|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。处第一次射出磁场.IH的质量为小，电荷

量为g.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⑴¥九(3片鼻啦一1)。

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。i,初速度大小为。],它在电场中的运动时间为第一次支入磁

场的位置到原点O的距离为51,由运动学公式有①

。=51/]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4=60。.旧进入磁场时速度沿y轴

方向的分量的大小为6；i/i=z>itan&③

联立以上各式得回=斗$2④

⑵|H在电场中运动时，由牛顿第二定律有

qE=ma\©

设|H进入磁场时速度的大小为。1',由速度合成法则有s'=yjv\2-{-(a]t\)2®

设磁感应强度大小为优|H在磁场中运动的圆轨道半径为Ri,由洛伦兹力公式和牛顿第二定

律有

qv\B="Ji-⑦

由几何关系得si=2Risind⑧

联立以上各式得8=

(3)设彳H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为。2,在电场中的加速度大小为s,由题给

条件得5(2相脑2=£/加12⑩

・B•

由几何关系有L=2Rcos30。

联立解得“叫N

qi“

(2)粒子进入电场口九速度方向与边界OP的夹角为60。，由几何关系可知，速度方向和电场

方向垂直.粒子在包场中的位移x=PQ=Lsin30。

又xsin300="

1、

xcos30。=中厂

Eq=ina

联立解得石=字.

【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“、》、c

围成的区域，圆〃内为无场区，圆。与圆〃之间存在辐射状电场，圆〃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、H和HI.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均

垂直纸面向外.电子以初动能反0从圆〃上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保正电子

每次进入电场即被全程加速，已知圆。与圆”之间电势差为U,圆》半径为R,圆c半径为小

R,电子质量为机，电荷量为e,忽略相对论效应,取tan22.5°=0.4.

(I)当以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。

均为45。，最终从。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。点出射时的动能；

(2)已知电子只要不与I区源场外边界相碰，就能从出射区域出射.当Ee=keU时，要保证

电子从出射区域出射，求攵的最大值.

答案⑴瞎吟然8”(2瑞

解析⑴电子在电场中加速有2eU=；〃炉，在I区磁场中，由几何关系可得r=Rtan22.5。=

0.47?

根据洛伦兹力提供向心力有B\ev=呷

联立解得&=立亭

电子在I区磁场中的运动周期为了=平

由几何关系可得，电子在I区磁场中运动的圆心角为8=%

电子在【区磁场中的运动时间为t=^T

联工解得t=宣

电子从〃到。在电场中共加速8次，故在Q点出射时的功能为Ek=8eU

(2)设母子在I区磁场中做勺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(小R—")2=/?2+=0?

解得rm=^-R

v2

根据洛伦兹力提供向心力有B\evm-"寸

2eU=^mvnr-keU

联立解得仁能13.

【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Bi和/力，所和生的大小未知，但满

足B尸飙,磁场左边界上距M板距离为2/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/〃、电荷量为夕，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/.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)求磁感应强度小的大小；

(2)当两板间电势差UMN=O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一喏时，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？

...4mv

答案⑴可(2)°・刈

(3)(1+1.36〃)/,〃=0、1、2、3、

解析(1)粒子从4点发射后运动到C的过程，洛伦兹力提供向心力皎5=筹

由几何知识可得R|2=Q/-R|)2+/2,解得R=%田=若

»1q•

(2)粒子经过C点时的速度方向与竖直方向的夹角为。，则COS9=E=0.8

粒子进入磁场史之后，圆周运动半径为a=/£=,犬|=，,

又因为dtan〃=R2cos0,解得d=0.8/

3

由&=?得.粒子在以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A.r=rsin『混"=0.64/

dm

粒子在与磁场中运动到最左边时，距。点距离

xc=Ax+/?|-/=0.89/</?i

所以不会从左边界飞出，尸点离磁场左边界的距离为.=/+〃(2/-0.64/)=(1+1.36〃)/,。=0、

1、2、3、

课时精练

1.(多选)(2023•辽宁沈阳市模拟)圆心为0、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为8、

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。4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的且沿40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.粒子的比荷为器

DK

C.粒子在磁场中运动的总时间为费

D.粒子在电场中运动的总时间为攀

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1根

据洛伦兹力提供向心力有qi）oB=“比,

可得且=黑，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

!HDK

向左做加速运动，再次到达B点时，速度的大小仍为次），再次进入磁场，运动就迹如图乙所

方.

则粒子在磁场中的运动时间为，以=曰=乎，故C错误；粒子在电场中，根据牛顿第二定律有

/Vo

EqEv»

Eq=ma,解得4=mBR,根据如=4/结合对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为/电

2v02BR

E,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立刀，在），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.•比荷为攵的带正电粒子（不

计重力）从x轴上的八点以沿着与工轴止方向成0=53。角的初速度为开始运动，经过电场偏

转从），轴的8点以垂直），轴的速度进入磁场，磁场的磁感应强度大小为割，粒子进入磁场后

电场方向变为沿），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、），

43

轴上的。点，粒子经D点后,再次回到工轴上的A点，sin53。=1,cos53。=之，下列说法正

JJ

确的是（）

A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为d

R.4、。两点之间的距离为3〃

c.匀强电场的电场强度为需

D.粒子从A点开始到再回到A点的运动时间为吟平

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08=ROC=R,

AC=OA+OC,粒子从4到6做类斜抛运动，在4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4做类手抛运动，把粒子在八点的速度如分别沿k轴的正方向和），粕的正

方向分解，设粒子在8点的速度为加，则有，ocos<9=勿，由洛伦兹力充当向心力有8卯//=

如2

〃厂正，粒子从8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0A、。8来表

示，由类平抛运动的规律可得，过A点的速度处的延长线交于上方向分位移的中点，由几何

关系可得tanJ=意结合B=然，联立解得R=d,OB=d,AC=2.5d,A正确，B错误；

粒子在A点沿v轴正方向的分速度为vy=v（）sin仇由类平抛运动的规律有。，=2华・OB,联立

解得匀强电场的电场强度为£=需，C错误；粒子从A点到3点的运动时间以8=居，粒

子从B点到。点的运动时间为InU.OVo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=2iAB^-tBD,综合计算可得D正确.

.50。

3.平面直角坐标系xOy中，第二象限存在沿），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.一质量为机、带电荷量为q的正

粒子从坐标为（一心D的p点沿），轴负方向进入电场，初速度大小为粒子第二

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，初速度仍为加=\但照，求粒子第二次到达x轴时与

坐标原点的距离.

答案（1叭僚（2真乎L

解析（1）由动能定理得E（iL=^niv2—^inv（r

粒子进入磁场时速度大小为v=yj4：［L

在磁场中L=2R,qvB=—

联立可得萱

(2)假设粒子从y轴离开电场，运动枕迹如图所示

L=vot,

Eq=ma

联立解得》=孕2,假设成立

vy=at

速度偏转角tan

A3

「

VI-

第一次到达x轴的坐标X1r2

an

在磁场中R=吗-

_3.zj_2,1W，­,2〃叫.由

X2—2Rsin6—s,n第一4L

粒子第二次到达A•轴的位直与坐标原点的距离为

।6+啦

X=X\十X2=-

4.如图所示，xO_y平面内，。尸与入轴正方向的夹角为。=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8=0.1T.第二象限有平行于)，轴向下

Qa

的匀强电场，电场强度大小为七=^Xl()5V/m「带电微粒以速度v0=5X|()6m/s从x轴

上a(L,0)点平行于OP射入磁场，并从OP上的〃点垂直于OP离开磁场，与y轴交于c点，

43

53O--COS5--.不

最后回到X轴上的d点，图中/?、d两点未标出.已知L=1m,iny3°5

计微粒的重力，求：

⑴微粒的比荷森

(2)6/点与。点的距离I;

(3)仅改变磁场强弱而其他条件不变，当磁感应强度&大小满足什么条件时，微粒能到达第四

象限.

答案(1)5X1O7C/kg(2)4m(3)丛20.2T

解析(1)微粒在磁场中做勺速圆周运动，由几何关系得r=Lsin53o=lm

由牛顿第二定律得qvoB=iiry-

代入数据解得*=5X107C/kg

（2）微粒进入电场后做类斜帆运动.由几何关系得

Leos53°4-r

yor=sin530

在），轴方向有yoc=—forces53°+^X等2

在x轴方向有/=uoZsin53°

解得/=4m

（3）微粒在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与边界OP相切忖，恰好能到达第四象限.

由几何关系知R=；Lsin53°

2

由牛顿第二定律得w向=〃赍

解得田=0.2T,故当磁感应强度820.2T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4ACQ内存在竖直向上的匀强电场，在NC

右侧I、II两区域存在匀强磁场，心、心、心是磁场的边界（8C与心重合），宽度相等，方向

如图所示，区域I的磁感应强度大小为一电荷量为+q、质量为机的粒子（重力不计）从A。

边中点以初速度。o沿水平向右方向进入电场，粒子恰好从3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长度的审倍.

⑴求带电粒子到达B点时的速度大小；

⑵求区域I磁场的宽度心

（3）要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长，求区域中的磁感应强度见的最小值.

小金2小。o2y[3mvo

答案⑴-―⑵拳⑶L5Bi

解析（1）设带电粒子进入骏场时的速度大小为。，与水平方向成夕角，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tan9=gg=W，则。=30。

LAB3

根据速度关系有。=岛=2毕；

（2）设带电粒子在区域I中的轨道半径为〃，由牛顿第二定律得/8=〃大，枕迹如图甲所示：

由几何关系得£=力，联立解得心=智养；

（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n中最小磁

感应强度为&min,此时粒子恰好不从区域H右边界离开磁场，对应的航迹半径为门，轨迹如

图乙所示：

可得qvBim\n=rn(—

根据几何关系有L=rz(l+sin0)

解得B2min=1.531.

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"、4为互相垂直的竖直和水平两条直径，沿疗方向距/点为R的g点处固定一

足够长的挡板，挡板与女方向的夹角。=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.一质量为机、电荷量为g的带负电粒子(不计重力)自c点沿

ca方向以速度。射入磁场，经磁场偏转后从7点沿fg方向射出磁场，之