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专题强化十九　带电粒子在组合场中的运动
学习目标
1.会分析带电粒子在磁场和磁场组合场中的运动。
2.会分析带电粒子在磁场和电场组合场中的运动。
考点一：磁场与磁场组合
分析思路
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，空间存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在0d的区域Ⅱ内的磁感应强度大小为2B。一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子以速度从O点沿y轴正方向射入区域Ⅰ。不计粒子重力。
(1)求粒子在区域Ⅰ中运动的轨道半径;
(2)若粒子射入区域Ⅰ时的速度为v=，求粒子打在x轴上的位置坐标，并求出此过程中带电粒子运动的时间。
答案　(1)d　(2)[(4-)d，0]　
解析　(1)粒子在区域Ⅰ中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B=m
把v0=代入上式
解得R=d。
(2)当粒子射入区域Ⅰ时的速度为v==2v0时，轨迹如图所示。
在OA段做圆周运动的圆心在O1，半径为2d
在AB段做圆周运动的圆心在O2，半径为d
在BP段做圆周运动的圆心在O3，半径为2d
由几何关系知ABO1O3为矩形，则图中θ=30°
由几何知识可得O1O3=2dcos 30°=d
所以OO3=2d-d
所以OP=OO3+O3P=(4-)d，即粒子打在x轴上的位置坐标为[(4-)d，0]
粒子在OA段运动的时间为t1=·=
粒子在AB段运动的时间为t2=·=
粒子在BP段运动的时间为t3=t1=
所以在此过程中粒子的运动时间为
t=t1+t2+t3=。
考点二　磁场与电场组合
先 电 场 后 磁 场 先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动。如图甲、乙所示，在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度。 先在匀强电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动。如图丙、丁所示，在电场中利用平抛运动的知识求粒子进入磁场时的速度。
先 磁 场 后 电 场 (1)进入电场时，粒子的速度方向与电场方向相同或相反(如图戊所示)。 (2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图己所示)
考向　先电场后磁场
例2 (2024·江苏南京二模)如图所示，在xOy平面内第一、四象限内存在垂直平面向外的匀强磁场，第一象限磁场的磁感应强度为B0，第三象限内存在沿y轴正向的匀强电场，电场强度为E。一质量为m、电荷量为+q的粒子，从第三象限内A点以速度v0沿x轴正向射出，恰好从原点O射入第一象限，射入时的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，不计粒子重力。
(1)求A点离x轴的距离;
(2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度为多大时，粒子恰好不能再射入第三象限
(3)若第四象限的磁感应强度为2B0，带电粒子第一次恰能以经过O点的速度经过x轴上的C点，OC距离为L，求带电粒子从O点运动到C点的时间。
答案　(1)　(2)B0　(3)
解析　(1)粒子在电场中做类平抛运动，如图甲
加速度a=
沿y轴方向末速度vy=v0tan 60°=v0
根据速度与位移的关系有=2ay
解得y=。
(2)粒子飞入第一象限时的速度为
v==2v0
粒子在第一象限内做匀速圆周运动，由如图乙
洛伦兹力提供向心力，则有qvB0=m
解得r1=
粒子在第一象限内运动三分之一圆周进入第四象限，要使粒子恰好不再进入第三象限，粒子的运动轨迹和y轴相切，如图丙
设粒子在第四象限的运动半径为r2，根据几何关系有
2r1sin 60°=r2+r2sin 60°
解得=
设此时第四象限的磁感应强度为B，根据
qvB=m
解得B=B0。
(3)若第四象限的磁感应强度为2B0，粒子在第四象限的运动半径r3==
当粒子第一次经过C点时与O点速度相同，如图丁
则有2r1sin 60°-2r2sin 60°=L
粒子在第一象限运动三分之一圆周的时间
t1=·=
在第四象限运动三分之二圆周的时间
t2=·=
t=t1+t2
联立解得t=。
(2025·江苏镇江模拟)如图所示，平面直角坐标系第二象限充满沿y轴负方向的匀强电场，在y轴右侧以C(R，0)点为圆心、R为半径的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场。现将带电荷量大小为q、质量为m的粒子，从第二象限的S点-R，R以速度v0沿x轴正方向射入匀强电场，经电场偏转后第一次经过y轴的坐标为(0，R)，粒子在磁场中的运动轨迹关于x轴对称。带电粒子重力不计，求:
(1)带电粒子的电性和匀强电场E的大小;
(2)磁感应强度B的大小;
(3)粒子从电场中S点出发到第二次到达y轴所用的时间。
答案　(1)正电　　(2)
(3)2+
解析　(1)粒子运动的轨迹如图。
则粒子带正电，设粒子在电场中运动时间为t1，有
qE=ma
R=v0t1
=a
解得E=，t1=。
(2)速度偏角满足tan θ1==
解得θ1=30°
设DC连线与x轴负方向的夹角为θ2，则
R=Rtan θ2，解得θ2=30°
故粒子恰好沿磁场圆的半径方向射入磁场，粒子在磁场中，设轨迹半径为r，则由几何关系可知
r=Rtan θ2，解得r=R
设粒子离开电场时的速度为v
则v=
在磁场中，有qvB=m
联立解得B=。
(3)设粒子在无场区域、磁场中运动的时间分别为2t2、t3，总时间为t，有CD-R=vt2
其中CD=
2r-θ2=vt3
t=t1+2t2+t3
解得t=2+。
考向　先磁场后电场
例3 (2024·江苏卷，16)如图所示，两个半圆环区域abcd，a'b'c'd'中有垂直纸面向里的匀强磁场，区域内、外边界的半径分别为R1、R2。ab与a'b'间有一个匀强电场，电势差为U，cd与c'd'间有一个插入体，电子每次经过插入体速度减小为原来的k倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子，从cd面射入插入体，经过磁场、电场后再次到达cd面，速度增加，多次循环运动后，电子的速度大小达到一个稳定值，忽略相对论效应，不计电子经过插入体和电场的时间。
(1)求电子进入插入体前后在磁场中运动的半径r1、r2之比;
(2)求电子多次循环后到达cd的稳定速度v;
(3)若电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界d，求电子从P到d的时间t。
答案　(1)1∶k　(2)　方向垂直于cd向左
(3)
解析　(1)设电子进入插入体前后的速度大小分别为v1、v2，则v2=kv1
电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有evB=m
解得r=∝v，得r1∶r2=v1∶v2=1∶k。
(2)稳定后对电子从c'd'出发经电场到ab的过程，根据动能定理得eU=mv2-m(kv)2
解得v=
方向垂直于cd向左。
(3)电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界上的d点。由Р点开始相继在两个半圆区域的运动轨迹如图所示。
电子在右半圆区域的运动半径为
r==
电子在左半圆区域的运动半径为kr，则
Δx=2r-2kr，P点与d点之间的距离为
Pd=(R2-R1)
电子由P点多次循环后到达d点的循环次数为
n==
电子在左、右半圆区域的运动周期均为T=
忽略经过电场与插入体的时间，则每一次循环的时间均等于T，可得电子从Р到d的时间为
t=nT=。
1.如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是(　　)
A.电子的运动轨迹为PENCMDP
B.B1=2B2
C.电子从射入磁场到回到P点用时为
D.B1=4B2
答案　B
解析　根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子运行轨迹为PDMCNEP，故A错误;由题图可知，电子在左侧匀强磁场中的运动半径是在右侧匀强磁场中的运动半径的一半，根据r=可知B1=2B2，故B正确，D错误;电子在题图所示运动过程中，在左侧匀强磁场中运动两个半圆，即运动一个周期，在右侧匀强磁场中运动半个周期，所以t=+=，故C错误。
2.(2024·江苏无锡高三期末)如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为+q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ=30°，小孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，则(　　)
A.两板间电压的最大值Um=
B.能打到N板上的粒子的最大动能为
C.粒子在磁场中运动的最长时间tm=
D.CD板上可能被粒子打中区域的长度s=L
答案　A
解析　当粒子垂直打在CD板上时，rm=L，此时速度最大，由qvmB=m和qUm=m，解得Um=，A正确;粒子在磁场中运动的最长时间为tm=T，又T=，解得tm=，C错误;设轨迹和CD相切时的半径为r2，如图所示，由几何关系有L=r2+，解得r2=，所以CD板上被粒子打中区域的长度为s=rm-，解得s=，且此时打在N板上的粒子动能最大，最大动能Ekm=mv2，由洛伦兹力提供向心力有qvB=m，联立得Ekm=，B、D错误。
3.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，下列说法不正确的是(　　)
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　C
解析　根据题意可知，粒子从A点进入磁场时，受到向右的洛伦兹力的作用，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，先向右做匀减速运动，再向左做匀加速运动，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qE=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。
4.(2025·福建厦门三检)如图所示，在Oxy平面直角坐标系中，虚线OO'与x轴正方向的夹角θ=60°，OO'与y轴之间存在垂直纸面向里的匀强磁场(边界存在磁场)，第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、带电荷量为-q(q>0)的粒子从x轴负半轴的P点以初速度v0进入电场，v0与x轴正方向的夹角θ=60°，经电场偏转后从点M(0，L)垂直y轴进入磁场，粒子恰好不从OO'边界射出磁场。不计粒子重力。求:
(1)电场强度E的大小;
(2)磁感应强度B的大小。
答案　(1)　(2)
解析　(1)粒子进入电场，在y轴方向有
vy=v0sin θ，Eq=ma，=2aL
联立解得E=。
(2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。
粒子进入磁场的速度vx=v0cos θ
由几何关系可得+r=L，解得r=
洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动的向心力，qvxB=m
而vx=v0cos θ
联立解得B=。
5.(2024·江苏苏州开学考试)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、四象限内有足够长的条状磁场区域Ⅰ、Ⅱ，宽度均为x0，区域Ⅰ有垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅱ有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1、B2。有一带正电粒子电荷量为q，质量为m，从坐标原点O沿x轴正方向以初速度v0射入磁场区域，不计粒子的重力。
(1)粒子初速度v0为多少时，恰好可以穿过磁场区域Ⅰ
(2)粒子初速度v0为多少时，恰好可以穿过磁场区域Ⅱ
答案　(1)　(2)
解析　(1)粒子在区域Ⅰ中做圆周运动，轨迹与区域Ⅰ右边界相切，则r=x0
粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即
qv0B1=m
解得v0=。
(2)方法一　如图所示，设O1、O2分别为粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动轨迹的圆心， 半径分别为
r1=、r2=
由几何关系有
sin α=，cos β=
α+β=90°
联立解得v0=
方法二　在区域Ⅰ运动过程中任意Δt时间，在y方向上由动量定理得qB1vxΔt=mΔvy
两边累积求和qB1∑vxΔt=m∑Δvy
解得qB1x0=mvⅠy
同理，在区域Ⅱ运动过程中有
-qB2vxΔt=mΔvy
两边累积求和-qB2∑vxΔt=m∑Δvy
解得-B2qx0=m(-v0-vⅠy)
联立解得v0=。
方法三　在区域Ⅰ、Ⅱ运动过程中任意Δt时间，在y方向上由动量定理可得
qvxB1Δt-qvxB2Δt=mΔvy
两边累积求和
qB1∑vxΔt-qB2∑vxΔt=m∑Δvy
解得B1qx0-B2qx0=m(-v0-0)
联立解得v0=。
6.(2024·江苏无锡期末)如图，两个半圆状同心圆弧，分别交于坐标轴上的a、b、c点和d、e、f点。大圆半径为R0，辐向电场(电场方向由原点O向外)分布于两圆弧之间，其间的电势差为U0;圆弧abc内为无场区。半圆弧def外侧区域有垂直纸面向里的足够大匀强磁场，其上边界在y=2R0处。O点处有一粒子源，可以在xOy平面内向x轴上方各个方向均匀射出带正电的粒子(粒子的质量为m、电荷量为q)，初速度均为，先后经过电场和磁场区域。不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界后的运动。
(1)求粒子刚进入磁场区域的速度;
(2)某粒子初速度方向与x轴正方向夹角为45°，恰能从磁场上边界垂直射出，则磁感应强度B1为多少
(3)调节不同的磁感应强度，则能从磁场上边界垂直射出的粒子的运动半径不同。其中半径最小时对应的磁感应强度B2为多少
答案　(1)　(2)
(3)
解析　(1)令粒子刚离开电场时的速度为v，粒子在电场中有qU0=mv2-m
解得v=。
(2)如图所示
粒子做圆周运动的半径
r1==(2-1)R0
由洛伦兹力提供向心力得qvB1=m
解得B1=。
(3)粒子运动过程如图所示
O'是粒子做圆周运动的圆心，令OO'间的距离为d、粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r2，则有
d2=+
当d最小为2R0，即d=2R0时r2最小，由洛伦兹力提供向心力得qvB2=m
联立解得B2=。

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