2026年高考物理大一輪復習講義 第十一章 第62課時 專題強化：帶電粒子在組合場中的運動

第62課時專題強化：帶電粒子在組合場中的運動目標要求掌握帶電粒子在組合場中的運動規律并會用其解決問題。1.組合場：電場與磁場各位于一定的區域內，并不重疊，或在同一區域，電場、磁場交替出現。2.分析思路(1)畫運動軌跡：根據受力分析和運動學分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖。(2)找關鍵點：確定帶電粒子在場區邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關鍵。(3)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規律處理。3.常見粒子的運動及解題方法4.常見情形(1)先電場后磁場①帶電粒子先在勻強電場中做勻加速直線運動，然后垂直磁場方向進入勻強磁場做勻速圓周運動，如圖甲。②帶電粒子先在勻強電場中做類平拋運動，然后垂直磁場方向進入磁場做勻速圓周運動，如圖乙。(2)先磁場后電場常見情境進入勻強電場時粒子速度方向與電場方向平行進入勻強電場時粒子速度方向與電場方向垂直進入勻強電場時粒子速度方向與電場方向成一定角度(非直角)運動示意圖舉例在電場中的運動性質勻加速或勻減速直線運動類平拋運動類斜拋運動分析方法動能定理或牛頓運動定律結合運動學公式平拋運動知識，運動的合成與分解斜拋運動知識，運動的合成與分解例1(2023·遼寧卷·14)如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的3倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區域，其內部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O'點射入磁場。已知圓形磁場區域半徑為2mv0(1)求金屬板間電勢差U；(2)求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ；(3)僅改變圓形磁場區域的位置，使粒子仍從圖中O'點射入磁場，且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦，標出改變后的圓形磁場區域的圓心M。答案(1)mv023q(2)π3(或60°解析(1)設板間距離為d，則板長為3d，帶電粒子在板間做類平拋運動，兩板間的電場強度為E＝Ud，根據牛頓第二定律得qE＝ma，解得a＝設粒子在平板間的運動時間為t0，根據類平拋運動的規律得d2＝12at02，3聯立解得U＝m(2)設粒子出電場時與水平方向夾角為α，則有tanα＝at0v0則出電場時粒子的速度為v＝v0cos粒子出電場后做勻速直線運動，接著進入磁場，根據牛頓第二定律有qvB＝mv2r，解得r已知圓形磁場區域半徑為R＝2mv03qB粒子沿PO方向射入磁場，軌跡如圖所示，即沿半徑方向射入磁場，故粒子將沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為θ，則粒子在磁場中運動圓弧軌跡對應的圓心角也為θ，由幾何關系可得θ＝2α＝π3，故粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為π3(或60°(3)粒子在該磁場中運動的半徑與圓形磁場半徑關系為r＝3R，根據幾何關系可知，粒子在該磁場中運動的軌跡一定為劣弧，故劣弧所對應軌跡圓的弦為磁場圓的直徑時粒子在磁場中運動的時間最長，則相對應的運動軌跡以及圓心M的位置如圖所示。例2(2024·山東菏澤市檢測)利用電場和磁場實現粒子偏轉是科學儀器中廣泛應用的技術。在圖示的xOy平面(紙面)內，x<x1的區域Ⅰ內存在垂直紙面向外的勻強磁場，x軸上方的x1<x<x2區域Ⅱ內存在沿y軸負方向的勻強電場。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從原點O處以大小為v0的速度垂直磁場射入第二象限，方向與x軸負方向夾角θ＝60°，一段時間后垂直x＝x1虛線邊界進入電場。已知x1＝3L，x2＝733L，區域Ⅱ中電場的電場強度E＝mv(1)區域Ⅰ內磁場的磁感應強度大小B；(2)粒子從原點O出發到離開電場的總時間t；(3)粒子離開電場時的速度大小v。答案(1)mv02qL(2)4(π＋3)解析(1)區域Ⅰ內粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動，設在磁場中做圓周運動的半徑為R，由幾何關系可得Rsinθ＝3L解得R＝2L又qv0B＝mv解得區域Ⅰ內磁場的磁感應強度大小B＝m(2)粒子在磁場中運動圓軌跡所對的圓心角為120°，在磁場中運動時間設為t1，則t1＝120°360°其中T＝2π粒子在電場中做類平拋運動，設該粒子的加速度大小為a，在電場中運動時間為t2，沿y軸負方向運動的距離為h，則有qE＝max2－x1＝v0t2解得t2＝4其中h＝12a解得h＝2由于h<R＋Rcosθ＝3L粒子從電場邊界離開，則總時間t＝t1＋t2解得t＝4(π(3)由動能定理得qEh＝12mv2－12解得v＝233v例3(2024·黑吉遼·15)現代粒子加速器常用電磁場控制粒子團的運動及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區為電場區，Ⅳ區電場足夠寬，各區邊界均垂直于x軸，O為坐標原點。甲、乙為粒子團中的兩個電荷量均為＋q，質量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運動，先后射入Ⅰ區時速度大小分別為32v0和v0。甲到P點時，乙剛好射入Ⅰ區。乙經過Ⅰ區的速度偏轉角為30°，甲到O點時，乙恰好到P點。已知Ⅲ區存在沿＋x方向的勻強電場，電場強度大小E0＝9mv(1)求磁感應強度的大小B；(2)求Ⅲ區寬度d；(3)Ⅳ區x軸上的電場方向沿x軸，電場強度E隨時間t、位置坐標x的變化關系為E＝ωt－kx，其中常系數ω>0，ω已知、k未知，取甲經過O點時t＝0。已知甲在Ⅳ區始終做勻速直線運動，設乙在Ⅳ區受到的電場力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與Δx間的關系式(不要求寫出Δx的取值范圍)。答案(1)mv02qL(2)32πL(3)解析(1)對乙粒子，如圖所示由洛倫茲力提供向心力qv0B＝mv由幾何關系sin30°＝L聯立解得磁感應強度的大小為B＝m(2)由題意可知，根據對稱性，乙在磁場中運動的時間為t1＝2×30°360°×對甲粒子，由對稱性可知，甲粒子沿著直線從P點到O點，由運動學公式d＝32v0t1＋12由牛頓第二定律a＝q聯立可得Ⅲ區寬度為d＝32π(3)甲粒子經過O點時的速度為v甲＝32v0＋at1＝3v因為甲在Ⅳ區始終做勻速直線運動，則E＝0，即ωt＝kx＝k×3v0t可得k＝ω設乙粒子經過Ⅲ區的時間為t2，乙粒子在Ⅳ區運動時間為t0，則t＝t0＋t2對乙可得Fq＝ω(t0＋t2)－kx整理可得x2＝3v0(t0＋t2)－3對甲可得x1＝3v0(t0＋t2)則Δx＝x1－x2＝3化簡可得乙追上甲前F與Δx間的關系式為F＝qω3v0課時精練(分值：60分)1.(14分)如圖所示，直角坐標系xOy中，在第Ⅰ象限內有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸負方向。在第Ⅳ象限區域內有方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的p(0，3L)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的M(2L，0)點進入第Ⅳ象限，又經過磁場從y軸上的某點垂直y軸進入第Ⅲ象限，不計粒子的重力，求：(1)(4分)電場強度E的大??；(2)(5分)粒子到達M點時速度的大小和方向；(3)(5分)磁場的磁感應強度B的大小。答案(1)32qLmv02(2)2v0與x軸正方向夾角為60°解析(1)粒子在電場中僅受靜電力的作用做類平拋運動，設在第一象限內運動時間為t1。則水平方向2L＝v0t1豎直方向3L＝12a由牛頓第二定律有qE＝ma聯立解得E＝32qL(2)設粒子到達M點時豎直方向分速度為vy＝at1＝qEmt代入數據解得vy＝3v0到達M點的合速度為v＝v02＋v設M點時速度方向與x軸正方向夾角為θ，又tanθ＝v所以θ＝60°(3)由于垂直打到y軸，易得帶電粒子在磁場中做圓周運動的圓心角為120°，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝m由幾何關系得rsin60°＝2L聯立解得B＝32.(15分)(2025·山東泰安市?？?如圖，在平面直角坐標系xOy中x軸上方有一勻強磁場，方向垂直于紙面向里，在x軸下方有平行于xOy平面且與x軸正方向夾角為45°的勻強電場。y軸上有一個P點，P點的y坐標為(3＋2)L，一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以初速度v0從P點與y軸正方向夾角為60°斜向左上方射出，正好在x軸負半軸的Q點(圖中未畫出)處以與x軸正方向夾角為45°的方向第一次經過x軸射入下方電場，若粒子第二次經過x軸時的點和Q點關于原點對稱，不計粒子的重力，求：(1)(4分)勻強磁場的磁感應強度大小；(2)(7分)勻強電場的電場強度大??；(3)(4分)帶電粒子在勻強電場中離x軸的最遠距離。答案(1)mv02qL(2)(2-2解析(1)如圖，根據題意OP＝(3＋2)L，θ設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R，則OP＝R·cos45°＋R·cos30°可得R＝2L又qBv0＝mv聯立解得B＝m(2)粒子在x軸負半軸的Q點處以與x軸正方向夾角為45°的方向第一次經過x軸射入下方電場，勻強電場方向與x軸正方向夾角為45°，可知粒子在電場中做類平拋運動，設粒子第二次經過x軸時的點為MOM＝OQ＝R·sin30°＋R·sin45°＝(2＋1)L則QM＝2(2＋1)L則沿電場方向的位移y＝QMsin45°＝(2＋2)L在速度方向的位移x＝QMcos45°＝(2＋2)L根據y＝12at2，x＝v0t，a＝qE聯立解得E＝(2-(3)速度v0在垂直于x軸方向的分量是v1＝v0sin45°加速度在垂直于x軸方向的分量是a1＝asin45°帶電粒子在勻強電場中離x軸的最遠距離s＝v聯立解得s＝(23.(15分)(2024·貴州卷·14)如圖，邊長為L的正方形abcd區域及矩形cdef區域內均存在電場強度大小為E、方向豎直向下且與ab邊平行的勻強電場，ef右邊有一半徑為33L且與ef相切的圓形區域，切點為ef的中點，該圓形區域與cdef區域內均存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。一帶電粒子從b點斜向上射入電場后沿圖中曲線運動，經cd邊的中點進入cdef(1)(4分)粒子沿直線通過cdef區域時的速度大?。?2)(5分)粒子的電荷量與質量之比；(3)(6分)粒子射出圓形區域時速度方向與進入圓形區域時速度方向的夾角。答案(1)EB(2)ELB2解析(1)由粒子在abcd區域內的運動軌跡可知粒子帶正電，帶電粒子在cdef區域做直線運動，則有靜電力與洛倫茲力平衡，經過cd邊的中點時速度水平向右，設粒子到達cd邊的中點時速度大小為v0，帶電荷量為q，質量為m，由平衡條件有qE＝qv0B解得v0＝E(2)粒子從b點到cd邊的中點的運動，可逆向看成從cd邊的中點到b點的類平拋運動，設運動時間為t，加速度大小為a，由牛頓第二定律可得qE＝ma由類平拋運動規律可得v0t＝L12at2＝聯立解得粒子的電荷量與質量之比q(3)粒子從ef中點進入圓形區域后做勻速圓周運動，設粒子的運動半徑為R，由洛倫茲力提供向心力可得qv0B＝mv解得R＝L粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，粒子沿半徑方向射入，又沿半徑方向射出，設粒子射出圓形區域時速度方向與進入圓形區域時速度方向的夾角為α，由幾何關系可知α＝2θ又tanθ＝33LR＝則有α＝60°。4.(16分)(2024·江蘇卷·16)如圖所示，兩個半圓區域abcd、a'b'c'd'中有垂直紙面向里的勻強磁場，兩圓的半徑分別為R1和R2，ab與a'b'間有一個勻強電場，電勢差為U，cd與c'd'間有一個插入體，電子每次經過插入體速度減為原來的k倍(k<1)?，F有一個質量為m、電量為e的電子，從cd面射入插入體，經過磁場、電場后再次到達cd面，速度增加，多次循環運動后，電子到達cd的速度大小達到一個穩定值，忽略相對論效應，忽略電子經過電場與插入體的時間。求：(1)(4分)電子進入插入體前后在磁場中的半徑r1、r2之比；(2)(4分)電子多次循環后到達cd的穩定速度v；(3)(8分)若電子到達cd中點P時速度穩定，并最終到達邊界上的d點，求電子從P到d的時間t。答案(1)1∶k(2)2eUm(1-(3)π(解析(1)設電子進入插入體前后的速度大小分別為v1、v2，由題意可得：v2＝kv1電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，得：evB＝mv解得：r＝mv可知在磁場中的運動半徑r∝v，可得：r1∶r2＝v1∶v2＝1∶k(2)電子多次循環后到達cd的穩定速度大小為v，則經過插入體后的速度大小為kv，電子經過電場加速后速度大小為v，根據動能