专题15 带电粒子在复合场中的运动 课件 -2026届高考物理二轮复习备考

物理清北班——涅槃阶段 真题解码 专题15 带电粒子 在复合场中的运动 1 带电粒子在电场与磁场交织的世界中加速偏转,我们在知识与方法的组合与叠加中积累属于自己 的力量! 真题解码 　  (2024贵州,14,14分)如图,边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方向 竖直向下且与ab边平行的匀强电场,ef右边有一半径为 L且与ef相切的圆形区域,切点为ef的中点,该 圆形区域与cdef区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b 点斜向上射入电场后沿图中曲线运动,经cd边的中点进入cdef区域,并沿直线通过该区域后进入圆形区 域。所有区域均在纸面内,粒子始终在该纸面内运动,不计粒子重力。求: (1)粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小; (2)粒子的电荷量与质量之比; (3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。 真题试练 目 录 解析　(1)带电粒子在cdef区域做直线运动,则有粒子所受电场力与洛伦兹力平衡,设粒子到达cd边的中 点速度大小为v0,带电荷量为q,质量为m,由平衡条件可得qE=qv0B,解得v0= 。 (2)粒子从b点到cd边的中点的运动,可逆向看成粒子从cd边的中点到b点的类平抛运动, 设运动时间为t,加速度大小为a,由牛顿第二定律可得qE=ma,由类平抛运动规律可得v0t=L, at2= , 联立解得粒子的电荷量与质量之比 = = 。 (3)粒子从ef中点射入到圆形区域做匀速圆周运动,设粒子的运动半径为R, 由洛伦兹力提供向心力可得qv0B=m , 解得R=L, 粒子在圆形区域磁场中运动轨迹如图所示, 答案　(1) 　(2) 　(3)60° 目 录   由图可知,粒子沿半径方向射入,又沿半径方向射出,设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域 时速度方向的夹角为α,由几何关系可知α=2θ, 可得tan θ= = ,θ=30°,则有α=60°。 目 录 方法技巧 确定粒子做圆周运动的轨迹圆心位置的常用方法  　　  利用两速度的垂线,如图(A);利用速度的垂线及弦的中垂线,如图(B);利用两条弦的中垂线,如图 (C);利用弦的中垂线及圆心到轨迹上任一点的距离等于半径,如图(D);利用角平分线上圆心到入射方向或出射方向的距离等于R,如图(e)。 目 录 　  探究1　一题多解 对于第(3)问中的夹角,试使用动量定理结合微元法求解。 思维探秘 答案　根据题意,水平方向有∑qBvyΔt=m|Δvx| 又有∑vyΔt=y,可得qBy=mv0(1- cos α) 其中由几何关系有y= L sin α 解得速度偏转角α=60° 也可以从竖直方向根据动量定理结合微元法得 ∑qBvxΔt=mΔvy 则qB· L(1+ cos α)=mv0 sin α,解得α=60° 目 录 探究2　拓展设问 ①设问1:求粒子在abcd区域的运动时间t。 ②设问2:求粒子在圆形区域内的运动时间t1。 答案　①解法1:粒子在平行于bc方向做匀速直线运动,有L=v0t,则t= = 。 解法2:分运动具有等时性,故可以考虑平行于ab方向的运动,有 = at2,qE=ma,则t= = 。 ②t1= · ,α=60°,则有t1= = 。 目 录 互动互探 带电粒子在磁场中运动的几何关系一般是怎样确定的? 互动点拨 　　先确定轨迹圆心,然后去找轨迹圆心、入射点、出射点彼此连线所构成的三角形,且一般需要进一 步作辅助线构建出直角三角形,方便用到题中已知的长度和角度。 目 录 探究3　举一反三 一题多问深挖透,考点拿捏快准稳! 如图,直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、第Ⅲ象限中有两平行板电 容器C1、C2,其中C1垂直x轴放置,极板与x轴相交处存在小孔M、N;C2垂直y轴放置,上、下极板右端分别 紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M点静止释放,经电场直线加速后从N点射出电容器C1并紧贴电容 器C2下极板进入电容器C2,然后从P点进入第Ⅰ象限;经磁场偏转后恰好垂直x轴离开磁场,运动轨迹如 图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电荷量为q,O、P间距离为d,C1、C2的板间电压大小均为U,板间 电场均视为匀强电场,不计重力,忽略边缘效应。 目 录 　  (1)分析带电粒子的电性。 (2)若电容器C1两极板的间距为d1,求粒子在电容器C1中运动的加速度、时间、末速度。 (3)计算电容器C2两极板间的场强大小,并说明其方向。 (4)求粒子在电容器C2中的运动时间。 (5)求电容器C2的极板的长度。 (6)若两电容器极板间的电压均变为2U,粒子还能进入磁场吗?如果可以,从何处进入? (7)若电容器C2的两极板间距变为2d,电容器上的电荷量不变,粒子还能进入磁场吗?如果可以,从何处进 入? (8)求粒子离开电容器C2的速度大小和方向。 稳基础 目 录 　  (9)粒子进入磁场后做匀速圆周运动的轨道半径是多大? (10)求磁感应强度B的大小。 (11)求粒子在磁场中做圆周运动的周期。 (12)粒子在磁场中运动的时间是多少? (13)若磁场方向变为垂直纸面向里,粒子的轨迹如何变化?粒子从何处离开磁场? (14)若粒子能回到电容器C2两极板间,磁感应强度大小需满足什么条件? 叠能进阶 目 录 答案　(1)粒子在磁场中只受洛伦兹力,由左手定则可判定粒子带正电。 (2)粒子在电容器C1两极板间运动,加速度a1= = ,由d1= a 得时间t1= ,末速度v1=a1t1=  (另解:由动能定理有qU= m ,解得v1= )。 (3)电容器C2两极板间的场强E2= ,带正电的粒子向上偏转,所受电场力向上,故电容器C2两极板间场强 方向沿y轴正方向。 (4)粒子在电容器C2中沿y轴方向有d= ·  , 解得t2= 。 (5)粒子在电容器C2中沿x轴方向有L=v1t2=2d。 目 录 (6)粒子在电容器C2两极板间偏转的侧移量Δy= ·  =d,与U无关,即只改变U不会改变粒子出C2的 位置,粒子仍从P点进入磁场。 (7)由电容器电容的定义式与平行板电容器电容的决定式可知E= ,若板间距从d变为2d,电容器C2两 极板间的场强不变,粒子侧移量不变,仍从P点进入磁场。 (8)根据动能定理,粒子经过两个电场的过程,有qU+qU= mv2,则进入磁场的速度v=2 ,由几何关系知 cos θ= = ,则所求速度方向与x轴正方向的夹角θ= 。 (9)由几何关系得r sin =d,解得半径r= d。 (10)粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m ,故B=  。 目 录 (11)圆周运动周期T= =πd 。 (12)由几何关系知轨迹所对应圆心角α= + = π, 在磁场中运动时间t3= T=  。 (13)磁场方向改变,粒子将沿逆时针方向做圆周运动,从P点进入磁场,由对称性可知,离开磁场时速度与 y轴正方向的夹角仍为 ,应用动量定理,有qBy=2mv sin ,则粒子从y轴上离开磁场位置的纵坐标y'=d+y =3d。 (14)若粒子恰能回到电容器C2两极板间,则该临界状态的粒子在磁场的运动轨迹将与x轴相切,有qvBmin= m ,r临界 =d,联立解得磁感应强度最小值为Bmin=  ,若粒子能回到电容器C2两极板间, 磁感应强度大小需满足B0≥  。 目 录 　　电场与磁场体现了物理观念中对物质观念的认知拓展,作为客观存在的物质,一方面我们需要对它 们有定量的认知,即通过一些物理量来描述这种物质的性质,另一方面我们也需要关注它们与别的物质 间的相互作用,这就又回到了力学的研究范畴。 　　场的产生和描述,起源于场对实物的影响,所以电场强度、电势差、电势都需要用试探电荷来测 量,磁感应强度需要用电流元(或运动的电荷)来测量。场是分布在空间内的,所以我们又引入了电场 线、等势面和磁感线来形象地描述它。这部分的考查方式可能是用叠加原理考查有对称性的场的分 布,也可能给出电场线或磁感线与带电粒子的运动轨迹让我们分析物理量的变化。 　　如果物体可视为点电荷,则只需要把电场或磁场视为一种与重力场一样的背景,这又回到了我们熟 悉的质点模型,对于质点的运动,一般用动力学知识分析,但在电场中熟练地使用能量的观点、在磁场 中使用动量的观点,往往能明显简化求解过程。 素能进阶 目 录 专题15　带电粒子在复合场中的运动 目 录 目 录 (2023江苏,16,15分)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀 强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正 方向水平入射。入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0时,电子的运动轨迹如图中的虚 线所示,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。 (1)求电场强度的大小E; (2)若电子入射速度为 ,求运动到速度为 时位置的纵坐标y1; (3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,求能到达纵坐标y2=  位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 解法探秘 真题试练1:带电粒子在叠加场中的运动 目 录 解析　(1)当电子的入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动,则电场力与洛伦兹力平衡,有eE=ev0B,解得电 场强度的大小E=v0B。 (2)由题意可知,整个过程洛伦兹力不做功,电场力做正功,由动能定理可知,eEy1= m - m ,解得 y1= 。 (3)若电子以v入射时,设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y,则根据动能定理有eEy= m - mv2,由于 电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等,则 在最高点有F合=evmB-eE 在最低点有F合=eE-evB 联立有vm= -v 答案　(1)v0B　(2) 　(3)90% 目 录 y=  要让电子能到达纵坐标y2= 位置,即y≥y2 解得v≤ v0 则若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,能到达纵坐标y2= 位置的电子数N占总电子数N0的 90%。 目 录 　  探究1　一题多解 除应用动能定理解题的方法外,尝试运用配速法或动量定理解第(2)问与第(3)问。 解法重构 解析　(2)拓展方法:配速法 若电子沿x轴正方向的入射速度为 ,利用运动的分解,可将初速度 分解为一个沿x轴正方向的速度 (速度大小v1=v0)和一个沿x轴负方向的速度 ,由v1产生的洛伦兹力ev0B与电场力eE平 衡,得到电子的一个分运动为速度为v0的匀速直线运动,另一个分运动为速率为 v0的匀速圆周运动。 设当v2的方向与x轴负方向的夹角为θ(如图所示)时,v1与v2的合速度大小为 ,由余弦定理得cos θ=  ,解得cos θ= ,设电子以v2= v0做匀速圆周运动的轨迹半径为R,则ev2B=m ,运动速度为  时的纵坐标y1=R(1-cos θ),联立解得y1= 。 目 录   (3)拓展方法一:配速法 设能到达纵坐标y2= 位置的电子做匀速圆周运动的分速度为v2',半径为R',则y2≤2R';洛伦兹力提供电 子做圆周运动的向心力,有ev2'B=m ,解得v2'≥ ;则电子入射速度v=v0-v2',即v≤ v0;由题意可知电子 入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,能到达纵坐标y2= 位置的电子数N占总电子数N0的百分比η=  ×100%=90%。 拓展方法二:动量定理法 目 录 运用动量定理进行分析。电子在运动过程中只有电场力做功,设电子运动中能达到的离x轴最远的距 离为ym,根据动能定理有Eeym= m - mv2① 将电子的运动速度沿坐标轴分解,电场力沿y轴方向,在x轴方向根据动量定理可得BevyΔt=mΔvx 对电子从出发到离x轴最远这一过程利用微元法,可得 Be∑vyΔt=m(vmx-v),即Beym=m(vmx-v)。 粒子离x轴最远时有vmy=0,vmx=vm 即粒子离x轴最远时,有Beym=m(vm-v)② 将①式与②式相比可得 =  将E=Bv0代入上式可得v0=  解得vm=2v0-v③ 目 录 将③式代入②式可得 ym= = = ④ 根据题意可得满足ym≥y2,即 ≥ 时,v≤ v0。 由④式可知v越小ym越大,电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,可得 = =90%。 目 录 探究2　拓展设问 ①设问1:若电子入射速度为 ,求运动到速度为 所用的时间。 ②设问2:若电子入射速度为 ,求电子回到x轴所用时间。 ③设问3:若电子入射速度为 ,求电子回到x轴时对应的x轴坐标。 ④设问4:若电子入射速度为 ,求此后电子横、纵坐标随时间变化的规律。 ⑤设问5:若电子入射速度为v'(v'≠v0),求电子运动过程中的最大速度和最小速度。 目 录 答案　①t= T= (n=0,1,2,…)或t= (n=1,2,3,…),其中锐角θ满足cos θ= 。 ②利用配速法可知电子回到x轴对应做匀速圆周运动的分运动中电子回到“出发点”,即运动时间为 周期的整数倍,故t=n× (n=1,2,3,…)。 ③x=nv0T=nv0× (n=1,2,3,…)。 ④应用配速法,y=R(1- cos ωt),x=v0t-R sin ωt,其中R= = ,ω= ,则有y=  ,x=v0t-  sin t。 ⑤当应用配速法分解出的v'2和v1=v0同向时速度最大,反向时速度最小。故当v'>v0时,vmax=v',vmin=v0-(v'-v0)= 2v0-v';当v'<v0时,vmin=v',vmax=2v0-v'。 目 录 探究3　同类竞探 情境变异·磁场与电场叠加→磁场与重力场叠加　如图所示的平面直角坐标系中,x轴水平向右、y轴竖 直向上,区域Ⅰ存在平行于xOy平面的匀强电场,电场强度大小为E= ,区域Ⅱ存在垂直于xOy平面向里 的匀强磁场,磁感应强度大小为B= ,区域Ⅲ存在竖直向上、场强大小为E= 的匀强电场(图中未 画出)和垂直于xOy平面向外、宽度均为d、磁感应强度大小依次为B0,2B0,…,nB0的匀强磁场。在坐标 原点O将质量为m、电荷量为+q的小球以大小为v0的初速度竖直向上抛出,小球运动过程中经过A、C 两点,在A点的速度大小为 v0,方向与x轴正方向相同,第一次经过NN'时速度方向沿x轴正方向;MM'和 NN'是相邻区域的边界且均与x轴垂直,C是MM'与x轴的交点,各区域竖直空间足够大。已知重力加速度 为g。求: 目 录 (1)小球从O到A速度变化量Δv的大小和区域Ⅰ中电场强度与x轴正方向的夹角θ; (2)小球经过C点时的速度大小vC和在区域Ⅱ运动时的最大速度vmax; (3)若B0= ,小球在区域Ⅲ运动过程中最大的水平位移x。   目 录 解析　(1)小球从O到A,速度变化量的大小Δv= = v0 对小球受力分析,水平方向有qE cos θ=max 竖直方向有mg+qE sin θ=may 设小球从O到A经历的时间为t,则ax= ,ay=  联立解得θ=30°,ax= g,ay= g。 (2)小球经过C点时的速度大小vC= = v0 根据配速法,将小球进入区域Ⅱ时的初速度分解成一个水平向右的分速度v1和另一分速度v2,v1大小满足 qv1B=mg,可得v1= v0 答案　(1) v0　30°　(2) v0　 v0　(3) d 目 录 v1与v2的合速度为vC,则小球的运动可看成速度大小为v2的匀速圆周运动和速度大小为v1的匀速直线运 动的合运动,如图所示   根据几何关系可得v2= = v0 可知当v2与v1方向相同时,对应在区域Ⅱ运动的速度最大,vmax=v1+v2= v0。 (3)小球在区域Ⅲ运动,由于qE=mg,可知电场力与重力刚好平衡,则小球在每个磁场中相当于只受洛伦 兹力作用,由于洛伦兹力不做功,则小球的速度大小保持不变,当小球的速度刚好为竖直方向时,小球在 区域Ⅲ中运动的水平位移最大。小球在区域Ⅲ中运动时,在磁感应强度大小为B0的磁场中,沿竖直方向, 根据动量定理可得 目 录 ∑Fy1Δt=∑qvx1B0Δt=qB0d=mvy1-0 同理可得小球在磁感应强度大小为2B0的磁场中,沿竖直方向,根据动量定理可得 ∑Fy2Δt=∑qvx2·2B0Δt=2qB0d=mvy2-mvy1 小球在磁感应强度大小为3B0的磁场中,有 3qB0d=mvy3-mvy2 …… 小球在磁感应强度大小为n'B0的磁场中,有 n'qB0d=mvyn'-mvyn'-1 则小球在区域Ⅲ中运动至最大水平位移的总过程中,在竖直方向有 qB0d(1+2+3+…+n')=mvyn' 可得vyn'= · = ·  目 录 当n'=63时,可得vy63= v0<vmax 当n'=64时,可得vy64= v0>vmax 可知小球在区域Ⅲ中的第64个磁场中速度方向变为竖直方向,设此时小球在第64个磁场中沿水平方向 通过的位移为x0,则有64qB0x0=mvmax-mvy63 解得x0=  小球在区域Ⅲ运动过程中最大的水平位移为x=63d+ = d。 目 录 (2023重庆,15,18分)某同学设计了一种粒子加速器的理想模型。如图所示,xOy平面内,x轴下方充满垂 直于纸面向外的匀强磁场,x轴上方被某边界分成两部分,一部分充满匀强电场(电场强度方向与y轴的 负方向成α角),另一部分无电场,该边界与y轴交于M点,与x轴交于N点。只有经电场到达N点、与x轴正 方向成α角斜向下运动的带电粒子才能进入磁场。从M点向电场内发射一个比荷为 的带电粒子A,其 速度大小为v0、方向与电场方向垂直,仅在电场中运动时间T后进入磁场,且通过N点时的速度大小为 2v0。忽略边界效应,不计粒子重力。 (1)求角度α及M、N两点的电势差。 (2)在该边界上任意位置沿与电场垂直方向直接射入电场内的、比荷为 的带电粒子,只要速度大小适 当,就能通过N点进入磁场,求N点的横坐标及此边界方程。 (3)若粒子A第一次在磁场中运动时磁感应强度大小为B1,以后每次在磁场中运动时磁感应强度大小为 真题试练2:带电粒子在组合场中的运动 目 录 上一次的一半,则粒子A从M点发射后,每次加速均能通过N点进入磁场。求磁感应强度大小B1及粒子A 从发射到第n次通过N点的时间。   目 录 解析　(1)带电粒子由M点垂直于电场方向入射,在电场中做类平抛运动,沿电场方向做匀加速直线运 动,垂直于电场方向做匀速直线运动,在N点将速度沿电场方向与垂直于电场方向分解,如图甲所示。   在垂直于电场方向上有2v0 cos 2α=v0,解得α=30°。带电粒子从M→N过程,根据动能定理有 qUMN= m(2v0)2- m  答案　(1)30°　 　(2) 　y= - x　(3) 　 2n-1T- T 目 录 解得UMN= 。 (2)对于从M点射入的带电粒子,沿初速度方向的位移x0=v0T 沿电场方向的位移y0= T 令N点横坐标为xN,根据几何关系有xN=x0 cos α+y0 sin α 联立解得xN=  根据上述与题意可知,令带电粒子入射速率为v,则通过N点进入磁场的速率为2v,令边界上点的坐标为 (x,y),则沿初速度方向上有(xN-x-y tan α) cos α=vt 沿电场方向有 +(xN-x-y tan α) sin α= t 联立解得y= - x。 目 录 (3)由上述结果可知电场强度E=  联立解得E=  设带电粒子A第n次在磁场中做圆周运动的线速度为vn,可得第(n+1)次在N点进入磁场的速度 vn+1= =2vn(n=1,2,3,…) 第一次在N点进入磁场的速度大小为2v0,可得 vn=2nv0(n=1,2,3,…) 设带电粒子A第n次在磁场中运动时的磁感应强度大小为Bn,由题意可得Bn= (n=1,2,3,…) 由洛伦兹力提供向心力得qvnBn=m  联立解得rn=  目 录 带电粒子A第n次在磁场中的运动轨迹如图乙所示   粒子每次在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角均为300°,第n次离开磁场的位置C与N的距离等于rn,由C 到N由动能定理得qErn sin 30°= m - m ,联立解得B1=  目 录 由粒子A沿电场方向的运动可得,粒子A第n次在电场中运动的时间 tn= = = =2n-1T 粒子A第n次在磁场中运动的周期T'= =2n+1 πT 粒子A第n次在磁场中运动的时间tn'= T'= ·2n+1 πT 设粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间的无场区域的位移为xn,边界与x轴负方向的夹角为β,则根据边 界方程可得 tan β= ,sin β=  由正弦定理可得  =  解得xn=22n-1v0T 目 录 粒子A第n次从x轴到电场边界MN运动的时间tn″= =2n-1T 粒子A从发射到第n次通过N点的过程,在电场中运动n次,在磁场和无场区域中均运动(n-1)次,则所求时 间 t=(20+21+…+2n-1)T+ · πT(22+23+…+2n)+(20+21+…+2n-2)T=(2n-1)T+ · πT +(2n-1-1)T 解得t= 2n-1T- T。 目 录 　  探究1　一题多解 除了运用速度与位移关系式求解外,请尝试用其他解法分析电场边界方程。 解法重构 答案　速度三角形与位移三角形  　　  沿电场方向和垂直电场方向分解位移MN,以及在N点的速度,粒子做类平抛运动,位移三角形MFN如图1, 则 =v0T, = aT2 速度三角形(如图2)中tan 2α=  由几何关系有 目 录 xN= + =  cos α+  sin α=  yM=  cos α-  sin α=  故MN所在直线即边界方程为y= - x 目 录 探究2　同类竞探 情境变异·由电场出发→由磁场出发　(2025河南,15,17分)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=3 h。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) 目 录 解析　(1)粒子在匀强磁场中运动时,由牛顿第二定律可得qv0B=  ① 根据几何关系可得R-R cos 60°=h ② 联立①②解得B= 。 (2)画出粒子在磁场中的部分运动轨迹如图甲所示   根据几何关系可知CD=R sin 60°= h 答案　(1) 　(2) 　(3)  目 录 当粒子进入电场后,粒子的运动可分解为水平方向速度v0 cos 60°= 的匀速直线运动和竖直方向初速 度v0 sin 60°= 、加速度大小a= 的匀变速运动,加速度方向与初速度方向相反 根据粒子运动的对称性可知,粒子再次进入磁场的速度大小仍为v0,方向与水平虚线成60°角斜向上,粒 子能从b点通过,则从再次进入磁场到运动至b点过程中水平方向的位移大小也为 h 则粒子在电场中运动,水平方向有s- h- h= t ③ 竖直方向有 = ×  ④ 联立③④解得t= ,E= 。 (3)作出粒子在磁场和电场中运动的部分轨迹,如图乙所示 目 录   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= T+ T= T ⑤ T= = × =  ⑥ 联立⑤⑥解得t1=  将B= 代入可得t1=  目 录 粒子在电场中运动一次的时间t2满足 v0= ×  将E= 代入可得t2=  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= h(点拨:根据题 图乙可知粒子周期性漂移的位移即在磁场中做半径相同的圆周运动对应圆心的位移) 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= = = 。 解题技巧 解决粒子在电场、磁场构成的组合场中运动问题的技巧是寻找磁场中圆周运动半径与其他几何量的关系,对电场中类抛体运动的位移和速度进行分解是解题的突破口之一。 目 录 带电粒子在电场和磁场的组合场中运动,实际上是将粒子在电场中的加速与偏转,跟在磁场中的偏转两 种运动组合在一起。有效区分电偏转和磁偏转,寻找运动的联系和几何关系是解题的关键。当带电粒 子连续通过几个不同的场区域时,粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化,其运动过程由几种不 同的运动阶段组成。   解法密钥 底层逻辑 目 录 “三步”解决带电粒子在叠加场中运动的问题   目 录 1.(2025福建,7,6分)(多选)空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场与水平向右的匀强电场,匀强磁场的磁 感应强度大小为B,电场强度的大小为E,一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动,MN与水平 方向成45°,NP水平向右。带电体的带电荷量为q,速度为v,质量为m,重力加速度为g,当带电体到达N点 时,撤去磁场,一段时间后带电体经过P点,则 (　 　) A.电场强度的大小E=  B.磁感应强度的大小B=  解法特训 BC C.N、P两点的电势差U=  D.粒子从N→P时距离NP的最大值为  目 录 解析　带电体在复合场中能沿着MN做匀速直线运动,可知带电体的受力情况如图甲所示   甲 乙 目 录 MN与水平方向成45°角,由共点力的平衡条件可知mg=qE,qvB= mg,解得电场强度的大小E= ,磁感 应强度的大小B= ,A错误,B正确。撤去磁场后,带电体的合力方向与初速度方向垂直,带电体做类 平抛运动,如图乙所示,加速度a= = g,带电体到达P点时,位移偏转角为45°,故在P点速度偏转角的正 切值tan θ=2 tan 45°=2= ,其中vx=v,所以带电体在P点的速度大小vP= = v,从N到P过程,根据动 能定理有qU= m - mv2,解得N、P两点间的电势差U= ,C正确。将带电体在N点的速度沿水平方 向和竖直方向进行分解,可知带电体在竖直方向做竖直上抛运动,且vNy=v sin 45°= v,故带电体能向上 运动的最大距离h= = ,D错误。 目 录 2.(2025四川,10,6分)(多选)如图所示,Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场,其边界为正方形;Ⅱ区有垂直 于纸面向外的匀强磁场,其外边界为圆形,内边界与Ⅰ区边界重合;正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和 Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线 方向进入磁场,一段时间后从a点离开。取sin 37°=0.6。则带电粒子　(　 　) A.在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点　　　　　 B.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2 AD C.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37　　　　　 D.在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148 目 录 审题指导 粒子从a点进入,再从a点离开,说明粒子进入Ⅱ区域顺时针运动后,一定会进入Ⅰ区域,在Ⅰ区域逆时针运动,由对称性可知,粒子会从磁场边界上与入射位置对称的位置离开Ⅰ区域,再在Ⅱ区域顺时针运动后从a点离开。运动轨迹如图所示。 目 录 解析　设粒子在Ⅰ、Ⅱ区域做圆周运动的轨迹半径分别为r1、r2,根据qvB=m ,可知r1∶r2=1∶4,B错误; 根据粒子在Ⅰ区域的轨迹,通过几何关系可知其轨迹圆的圆心O2肯定不在O点,圆心O2应该在O点右侧, A正确;根据轨迹半径大小关系及几何知识可知,粒子在Ⅱ区磁场中运动时第一段轨迹对应的圆心角为 37°,应用公式求轨迹长度有s=θ·r,在Ⅰ区域的轨迹对应的圆心角为θ1=(180°-53°)×2=254°,在Ⅱ区域的两 段轨迹对应的总的圆心角θ2=37°×2=74°,s1∶s2= ×   = ,C错误;运动时间t= ,速度v大小不变,则t ∝s,t1∶t2=s1∶s2= ,D正确。 目 录 3.(2025黑吉辽蒙,15,16分)如图,在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场,磁感应强度 大小为B。一带正电的粒子从M(0,-y0)点射入磁场,速度方向与y轴正方向夹角θ=30°,从N(0,y0)点射出磁 场。已知粒子的电荷量为q(q>0),质量为m,忽略粒子重力及磁场边缘效应。 (1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。 (2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷,电荷量为48q,粒子质量取m= (k为静电力常量),粒子仍沿(1) 中的轨迹从M点运动到N点,求射入磁场的速度大小v2。 (3)在(2)问条件下,粒子从N点射出磁场开始,经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反,求t2(电荷量为Q 的点电荷产生的电场中,取无限远处的电势为0时,与该点电荷距离为r处的电势φ=k )。   目 录 答案　(1) 　 　(2) 　(3)  模型建构 粒子运动形式 受力特点 带电粒子垂直磁感线射入匀强磁场 匀速圆周运动 粒子所受洛伦兹力提供向心力 平面内再固定一负点电荷 匀速圆周运动 洛伦兹力和库仑力的合力提供向心力 粒子从N点射出磁场之后 椭圆运动 库仑力类比万有引力,负点电荷位于 椭圆的一个焦点上 目 录 解析　(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由几何关系可得轨迹半径r= =2y0   由洛伦兹力提供向心力可得qv1B= , 解得v1=  粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T= =  目 录 粒子在磁场中运动的时间t1= T=  (2)由于粒子在洛伦兹力和库仑力共同作用下仍沿(1)中的轨迹运动,可推知负点电荷固定在原轨迹圆的 圆心处,粒子运动的向心力由库仑力和洛伦兹力的合力提供,圆周运动轨迹的半径仍为r,则有 +qv2 B=m  代入m= 、r=2y0可得v2=  (3)在(2)问条件下,粒子从N点离开磁场后,仅在库仑力作用下运动,但由于F库<m ,所以粒子做离心运 动,由库仑力和万有引力的相似性可知,粒子从N点离开磁场后做以原圆心O'为焦点的椭圆运动,设粒子 经过椭圆轨迹上的S点(S点为NO'延长线与椭圆轨迹的交点)时速度为v3,S点到焦点O'点的距离为r', 根据开普勒第二定律可得 目 录  v2r= v3r' 由题意知,粒子在N点的电势能EpN=qφN=-  在S点的电势能EpS=qφS=-  由能量守恒可得- + m =- + m  联立解得r'=6y0 则椭圆轨道的半长轴a= =4y0 根据万有引力定律和开普勒第三定律,把椭圆轨道等效转化为圆轨道,可得 =m a 解得T'= ,可得t2= =  目 录 4.(2025湖南,14,14分)如图,直流电源的电动势为E0,内阻为r0,滑动变阻器R的最大阻值为2r0,平行板电容 器两极板水平放置,板间距离为d,板长为 d,平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁 场。闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器中点时,质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左 侧中点a进入电容器,恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场,随后又从电容器上极板右侧边缘c点 进入电容器,忽略粒子重力和空气阻力。 (1)求粒子所带电荷量q; (2)求磁感应强度B的大小; (3)若粒子离开b点时,在平行板电容器右侧再加一个方向水平向右 的匀强电场,场强大小为 ,求粒 子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。 目 录 解析　(1)闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器的中点时, 由闭合电路欧姆定律可得I= ①,由欧姆定律可得U=Ir0②; 带正电粒子在平行板间做类平抛运动,设运动时间为t, 水平方向有 d=v0t③,竖直方向有 = × t2④; 联立①②③④解得粒子所带电荷量q= 。 (2)带电粒子在平行板电容器两极板以及右侧磁场中的运动轨迹如图甲所示 (点拨:在平抛运动或类平抛运动中,速度偏转角的正切值为位移偏转角正切值的2倍) 答案　(1) 　(2) 　(3) d 目 录  　  设粒子射出两极板时速度偏转角为θ,可得tan θ=2 tan α= ⑤; 设粒子进入磁场的初速度大小为v,可得v0=v cos θ⑥; 设带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r1, 根据几何关系可得2r1 cos θ=d⑦,根据牛顿第二定律可得qvB=m ⑧, 目 录 联立⑤⑥⑦⑧可得θ=30°、B= 。 (3)应用配速法,取一向上的速度v1,使v1所对应的洛伦兹力与电场力平衡,则可将粒子的运动分解为速度 为v1的匀速直线运动与速度为v2的匀速圆周运动,可得qv1B=qE⑨,解得v1= =v; 根据几何关系可得v2=2v cos 30°=2v0⑩; 带电粒子做匀速圆周运动的半径r2=  , 带电粒子做圆周运动的分运动的轨迹以及合速度与分速度的关系如图乙所示 带电粒子相对于电容器右侧的最远水平距离 xm=r2+r2 cos 30° ,联立解得xm= d。 目 录 一题多解 (3)粒子由离开b点至运动到电容器右侧最远时,由动能定理可得qExm=   m  -  mv2, 竖直方向,取竖直向上为正方向,由动量定理可得q Bt=mvm-(-mv sin 30°), 其中 t=xm,由于q=  、B=  、E=  、v0= v,联立可得xm= d。 目 录 $