高考物理一轮复习 第十一章　第60课时　专题强化：带电粒子在组合场中的运动（教师版）

第60课时专题强化：带电粒子在组合场中的运动目标要求掌握带电粒子在组合场中的运动规律并会用其解决问题。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例1(2026·湖南省华师大新高考联盟一模)如图所示的平面直角坐标系xOy中，第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，第四象限内存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁场边界分别为x轴、MN和y轴，M、N两点的坐标分别为(L，0)、(0，-3L)。一质量为m、电荷量为+q(q>0)的带电粒子从第二象限的A点沿x轴正方向以初速度v0射出，A点坐标为(-2L，3L)，粒子恰好从坐标原点O进入第四象限，之后粒子从MN上的P点(图中未标出)进入磁场，经磁场偏转后从x轴上的Q点(图中未标出)垂直于x轴射出磁场，不计粒子重力。求：(1)匀强电场的电场强度大小E和匀强磁场的磁感应强度大小B；(2)粒子从A点运动到Q点所用的时间t。答案(1)3mv022qL23解析(1)粒子的运动轨迹如图所示，在电场中做类平抛运动则有2L=v0t1，3L=12a又qE=ma联立解得t1=2Lv0，E=3mv022qL，粒子运动到O点速度与x轴正方向的夹角正切值tanθ=vyv0=3粒子运动到O点时的速度v=v02+在磁场区域，根据几何关系可得r=3L又洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv解得B=2(2)由几何关系可知，从O点到磁场之间，粒子运动的位移为L，则运动的时间t2=Lv=在磁场中，粒子运动的周期T=2πrv则运动的时间t3=150°360°T=粒子从A点运动到Q点所用的时间t=t1+t2+t3=(52+5[变式](2025·福建泉州市一模)利用电场和磁场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。在如图所示的xOy平面(纸面)内，x<x1的区域Ⅰ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，x轴上方的x1<x<x2区域Ⅱ内存在沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从原点O处以大小为v0的速度垂直磁场射入第二象限，方向与x轴负方向夹角θ=60°，一段时间后垂直x=x1虚线边界进入电场。已知x1=3L，x2=733L，区域Ⅱ中电场的电场强度E=(1)区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B；(2)粒子从原点O出发到离开电场的总时间t；(3)粒子离开电场时的速度大小v。答案(1)mv02qL(2)4(π+3)L解析(1)区域Ⅰ内粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，设在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系可得Rsinθ=3L解得R=2L又qv0B=mv解得区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B=m(2)粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为120°，在磁场中运动时间设为t1，则t1=120°360°其中T=2π粒子在电场中做类平拋运动，设该粒子的加速度大小为a，在电场中运动时间为t2，沿y轴负方向运动的距离为h，则有qE=max2-x1=v0t2解得t2=4其中h=12a解得h=2由于h<R+Rcosθ=3L，故粒子从电场右边界离开，则总时间t=t1+t2解得t=4(π+(3)由动能定理得qEh=12mv2-12解得v=233v例2(2025·河南卷·15)如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b到水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s=33h。不计重力。(1)求磁感应强度的大小；(2)求电场强度的大小；(3)若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。(一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度)答案(1)mv02qh(2)mv解析(1)根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图甲所示由题意可知θ=60°设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有r=rcosθ+h解得r=2h由牛顿第二定律有qv0B=mv解得B=m(2)根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为v0，方向与水平虚线的夹角为60°，由几何关系可得AB=s-2rsinθ=3h在电场中，粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，则粒子在电场中的运动时间t=ABv0粒子沿电场方向做匀变速直线运动，由牛顿第二定律有qE=ma由运动学公式有-v0sinθ+at=v0sinθ联立解得E=m(3)作出粒子在磁场和电场中运动的部分轨迹，如图乙所示设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，粒子在磁场、电场中的运动具有周期性，在一个实际运动的周期T'内，粒子在磁场中运动的时间t1=30°360°T+210°360°T=2T=2πrv0=2πv0联立①②解得t1=4π将B=mv02qh代入可得粒子在电场中运动一次的时间t2满足32v0=Eqm将E=mv022qh根据图乙中的几何关系可知，一个周期内粒子运动的位移(以向右为正方向)x=OO1=3h说明经过一个周期后粒子运动到初始位置右侧，则漂移速度大小v=xT'=3ht例3(2025·福建宁德市检测)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动，如图所示，真空中存在着多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d，电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，求sinθn。答案Bnqd解析设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，如图所示，在电场中，根据动能定理有nqEd=12m解得vn=2在磁场中由动量定理有qvxBΔt=mΔvy即qBΔx=mΔvy两边累加得qBx=mvy，其中x为在磁场中的水平位移，x=nd联立得vy=nqBdm，sinθn=解得sinθn=Bnqd2用动量定理解决带电粒子在磁场中的运动问题假设有一个带电粒子，其质量为m，电荷量为+q。在方向垂直纸面向下，磁感应强度大小为B的匀强磁场中运动。粒子速度为v，所受洛伦兹力为F，且重力不计。如图建立直角坐标系。沿两轴方向的洛伦兹力分力Fx=qvyBFy=qvxB两个方向分别列动量定理-qvyBΔt=mΔvxqvxBΔt=mΔvy即-qBΔy=mΔvxqBΔx=mΔvy两边累加得-qBy=mvx1-mvx0qBx=mvy1-mvy0。使用条件：如果已知某一分运动方向上的位移(可能需要借助动能定理获得)，通过列出与之正交方向上的动量定理，即可迅速得出该方向上的分速度。课时精练[分值：40分]1.(10分)(2025·天津卷·12)如图所示，纸面内水平虚线下方存在竖直向上的匀强电场，虚线上方存在垂直于纸面的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子从电场中的O点以水平向右的速度开始运动，在静电力的作用下从P点进入磁场，射入磁场时的速度大小为v、方向与竖直方向夹角为θ，粒子返回电场前的运动轨迹过P点正上方的Q点，P、Q间距离及O、P间的水平距离均为L。不计粒子重力。(1)(2分)判断粒子的电性；(2)(4分)求电场强度大小E；(3)(4分)求磁感应强度大小B。答案(1)正电(2)mv2sinθcos解析(1)根据题意可知，在电场中粒子向上偏转，所受静电力方向向上，与电场方向相同，则粒子带正电。(2)设粒子在电场中运动的时间为t，水平方向上由运动学公式有L=vtsinθ设粒子在电场中运动的加速度为a，由牛顿第二定律有qE=ma竖直方向上由运动学公式有vcosθ=at联立解得E=m(3)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，由几何关系得L=2rsinθ洛伦兹力提供向心力有qvB=mv解得B=2mv2.(15分)(2025·江苏南京市期中)如图所示，在xOy坐标系的第一、第四象限内存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，y轴和ab为其左、右边界，两边界距离为l=2.4r，第一象限内电场E2方向竖直向下，第四象限内电场E1方向竖直向上。在y轴的左侧有一分布在半径为r的圆内的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，其中OO'是圆的半径。在电场右边界ab上，一电荷量为+q、质量为m的不计重力的粒子以初速度v从M点沿水平方向垂直射入匀强电场，M点和x轴之间的距离为1.2r，该粒子通过x轴上的N点(未画出)进入上部匀强电场，然后从y轴上的P点水平射出，P点坐标为(0，0.6r)，经过一段时间后粒子进入磁场区域，该粒子进出磁场时速度方向改变了90°。其中m、+q、v、r为已知量。求：(1)(5分)第一、第四象限内电场强度大小之比E2∶E1；(2)(5分)磁场的磁感应强度B的大小；(3)(5分)该粒子从射入电场到偏转出磁场的全过程运动的总时间。答案(1)2∶1(2)5mv7qr(解析(1)设粒子经x轴上的N点由第四象限内电场进入第一象限内电场，画出粒子在电场中的运动轨迹如图所示在第一、四象限，沿着x轴方向粒子做匀速直线运动，有vP=vM=v在M到P的过程中应用动能定理，有qE1×1.2r-qE2×0.6r=12mvP2-解得E2∶E1=2∶1(2)由题意可知粒子由P点射出电场后，经过一段时间进入磁场中做匀速圆周运动，在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，画出粒子由P点射出电场后的运动轨迹，如图所示，过O'作y轴的平行线，与O1F交于K点，O1Q与x轴的交点为H。设粒子做匀速圆周运动的半径为R，则在△QHO'中有(0.6r)2+HO'2=r2解得HO'=0.8r在△O'KF中有(R-0.6r)2+(R-0.8r)2=r2解得R=1.4r又qvB=mv解得B=5(3)带电粒子在电场中的运动时间为t=lv=做匀速直线运动时间为t'=r-HO在磁场中的运动时间为t″=πR2则带电粒子从M点射入电场到偏转出磁场的全过程运动的总时间t总=t+t'+t″=(26+7π)r3.(15分)(2025·山东青岛市一检)如图所示，xOy平面直角坐标系中，在第二象限内存在垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，O1为圆心，半径为R，磁场边界与两坐标轴相切；y≤0区域内交替分布宽度均为d的匀强电场和匀强磁场，其边界均与x轴平行，匀强电场的电场强度大小为E0，方向沿y轴负方向，匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向里。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子，从圆形边界上的P点以初速度v0射入磁场，PO1与x轴平行，v0与PO1夹角α=60°。粒子射出圆形磁场瞬间，在y>0区域内加上沿y轴正方向的匀强电场(图中未画出)。已知圆形磁场的磁感应强度大小为mv0qR，y>0(1)(3分)求粒子在圆形磁场区域做圆周运动的半径；(2)(3分)求粒子离开圆形磁场区域后，到达x轴的速度大小；(3)(4分)求粒子穿出y≤0区域内第二个电场时速度方向与竖直方向夹角的正弦值；(4)(5分)若粒子到达y≤0区域内某个磁场下边界时，速度方向恰好沿x轴正方向，求此时速度大小。答案(1)R(2)0(3)B02qdmE0解析(1)粒子在第二象限圆形磁场中，有qv0B1=mv其中B1=m解得r=R(2)如图甲所示由几何关系得粒子射出圆形磁场时距离x轴d1=R(1-cosα)粒子从