第十一章　第60课时　专题强化：带电粒子在组合场中的运动-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 以“过程划分-规律选用-几何分析”为主线，系统构建带电粒子组合场运动的解题框架，强化多场域运动模型建构与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |分析思路|3步|轨迹绘制→关键点速度分析→过程分段处理|从运动与相互作用观念出发，建立“场性质-运动类型-规律选用”逻辑链| |常见情形|2类4种|先电场后磁场（匀加速/类平抛）、先磁场后电场（直线/类平抛/类斜抛）|通过运动合成与分解，衔接力学规律（动能定理、牛顿定律）与电磁学规律| |典例解析|4题|几何关系确定半径/圆心角、动量定理处理磁场分速度|以“多过程运动”为载体，整合物质观念与能量观念，突出科学论证能力|

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 4.常见情形 (1)先电场后磁场 ①带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直磁场方向进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图甲。 ②带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直磁场方向进入磁场做匀速圆周运动，如图乙。 (2)先磁场后电场 常见情境 进入匀强电场时粒子速度方向与电场方向平行 进入匀强电场时粒子速度方向与电场方向垂直 进入匀强电场时粒子速度方向与电场方向成一定角度(非直角) 运动示意图举例 在电场中的运动性质 匀加速或匀减速直线运动 类平抛运动 类斜抛运动 分析方法 动能定理或牛顿运动定律结合运动学公式 平抛运动知识，运动的合成与分解 斜抛运动知识，运动的合成与分解 例1　如图所示，平面直角坐标系xOy中直线OM与x轴之间的夹角θ=30°，OM与x轴之间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于坐标平面向里。直线OM与y轴之间存在匀强电场(图中没有画出)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从OM上某点P垂直于磁场进入磁场区域，粒子速度方向与直线OM之间的夹角也是30°。粒子在磁场中偏转，恰好没有穿过x轴，再次经过直线OM时与坐标原点O的距离为L。不计粒子的重力。 (1)求该粒子进入磁场时速度v的大小； (2)若电场方向沿y轴负方向，粒子再次从P点进入磁场区域，求电场强度E1的大小； (3)若带电粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域，求电场强度E2的大小和方向。 答案　(1)　(2)　(3)，方向垂直于OM向下 解析　(1)根据题意，粒子在磁场中做圆周运动， 由洛伦兹力提供向心力有qvB=m 解得r= 粒子的运动轨迹如图所示 由几何关系可得，粒子做圆周运动的轨道半径r= 解得v= (2)粒子进入电场时速度方向沿-x方向，若电场方向沿y轴负方向，粒子在电场中做类平抛运动， 则有x=rcos 30°=vt，y=rsin 30°=a1t2 其中a1= 解得E1= (3)粒子恰能再次从P点以速度v返回磁场区域，则静电力对粒子做功为零，所以电场E2的方向垂直于OM向下，粒子从Q到P做类斜抛运动， 则有=vcos 30°·t'，vsin 30°=a2t' 其中a2= 解得E2=。 例2　(2026·江苏南京市调研)如图所示，在x≤d的范围内，存在与x轴成θ角(θ=37°)斜向右下的匀强电场，电场强度的大小为E=。在x>d的范围内，存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小记为B(未知)。现将一电荷量为q(q>0)，质量为m的粒子从原点O处由静止释放。该粒子的整个运动过程中，除静电力和洛伦兹力外，所受到的其他力均可忽略不计，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)求该粒子第一次进入右侧磁场时的速度大小v1。 (2)磁感应强度B取何值才能使该粒子第一次进入右侧磁场时，轨迹恰好与x轴相切？ (3)在第(2)问的情形下，求粒子从由静止释放到再次经过y轴的总时间。 答案　(1)v0　(2)　(3)+ 解析　(1)粒子在电场中做匀加速直线运动， 由动能定理可得qE·=m 解得v1=v0 (2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 由几何关系可得R+Rcos θ=dtan θ 解得R=d 在磁场中，粒子受到的洛伦兹力提供圆周运动的向心力，有Bqv1= 联立解得B= (3)粒子第一次在电场中运动有=a 由牛顿第二定律可知a== 则粒子第一次在电场中运动的时间t1= 粒子在磁场中运动的周期T= 粒子在磁场中运动的时间t2=×T= 粒子再次进入电场时，沿x轴负方向，根据牛顿第二定律有qEcos θ=max 解得ax= 根据运动的分解可得v1x=v1cos θ=v0 在该方向上，粒子做匀变速运动，运动到y轴的过程中，由运动学规律可得d=v1xt3-ax 联立解得t3= 则t=t1+t2+t3=+。 例3　(2025·江苏南京市检测)如图所示，三个矩形区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，分别存在有界的匀强电场或磁场，OO'为水平中轴线，其中区域Ⅰ、Ⅲ中有大小相等、方向相反的匀强电场，电场强度大小为E，区域Ⅱ中存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在区域Ⅰ的中线OO'上，将比荷为k的带正电的粒子从距离边界线ef为x0(未知)的P点由静止释放，粒子恰好能够进入区域Ⅲ运动。已知区域Ⅱ的水平宽度为l，区域Ⅰ、Ⅲ的水平宽度足够大，不考虑电、磁场的边界效应，不计粒子的重力。 (1)求x0的值； (2)若释放点P到边界ef的距离为4x0，求粒子前两次经过边界ef的时间间隔t； (3)若释放点P到边界ef的距离为4x0，且粒子恰能经过f点，求区域Ⅰ的竖直高度h。 答案　(1)　(2)+ (3)+(8-4)nl，其中n=1，2，3… 解析　(1)设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入磁场Ⅱ时的速度为v， 由动能定理得qEx0=mv2，又k=， 解得v= 粒子在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=m 粒子恰好能够进入区域Ⅲ时，在磁场中做圆周运动的半径为r=l， 联立解得x0= (2)当P点到边界ef的距离为4x0时，由(1)可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r1=2l，粒子在区域Ⅱ、Ⅲ中的运动轨迹如图所示，由几何关系知，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角θ=，粒子做圆周运动的速度v1==2kBl 粒子在区域Ⅱ中运动第一段圆弧的时间 t1== 粒子在区域Ⅲ中运动的时间t2=，又a==kE， 联立解得t2= 则粒子前两次经过边界ef的时间间隔 t=2t1+t2=+ (3)粒子前两次经过边界ef时在磁场中的偏移量d1=2r1(1-cos θ) 粒子前两次经过边界ef时在电场中的偏移量d2=v1sin θ·t2 区域Ⅰ的竖直高度h=2n(d1+d2)，其中n=1，2，3… 解得h=+(8-4)nl， 其中n=1，2，3…。 例4　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sin θn。 答案　B 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=m 解得vn= 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=，sin θn= 解得sin θn=B。 　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=qvyB Fy=qvxB 两个方向分别列动量定理 -qvyBΔt=mΔvx qvxBΔt=mΔvy 即-qBΔy=mΔvx qBΔx=mΔvy 两边累加得-qBy=mvx1-mvx0 qBx=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 [A] [分值：40分] 1.(12分)(2025·江苏淮安市检测)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第三、四象限内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。从y轴上坐标为(0，L)的P点沿x轴正方向，以初速度v0射出一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子经电场偏转后从坐标为(2L，0)的Q点第一次经过x轴进入磁场，经过磁场一次偏转后恰好能再次回到P点。不计粒子的重力，求： (1)(3分)粒子第一次进入磁场时的速度大小； (2)(4分)粒子从磁场边界射出时的位置坐标； (3)(5分)粒子从P点出发到再次回到P点所用的时间t。 答案　(1)2v0　(2)(-L，0)　(3) 解析　(1)设PQ连线与x轴负方向的夹角为α， 根据类平抛运动规律可知，粒子穿过x轴时速度与水平方向夹角的正切值为tan θ=2tan α=2×=，解得θ=60° 则进入磁场时的速度大小为v==2v0 (2)粒子的运动轨迹如图所示 粒子出磁场时速度与x轴正方向的夹角也为θ，由于粒子会再次回到P点， 由几何关系可知x=-=-L 则粒子射出磁场时的位置坐标为(-L，0) (3)粒子在电场中运动的时间为t1= 根据几何关系可知粒子在磁场中运动的半径为 r==L 由几何关系可知粒子在磁场中运动的圆心角为240°， 粒子在磁场中运动的时间为 t2=×= 粒子在第二象限匀速运动的时间为t3== 粒子从P点射入到第二次经过P点所用的时间为t=t1+t2+t3= 2.(12分)(2025·江苏南京市检测)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)(3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)(4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)　(3) 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=m-m 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=m 解得B= (3)带电粒子在电场中的运动时间为t== 做匀速直线运动时间为t'== 在磁场中的运动时间为t″== 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″=。 3.(16分)(2025·江苏宿迁市三模)如图所示，在xOy平面内存在有界匀强磁场，磁场的边界是半径为R的圆，圆心C点的坐标为(0，R)，磁场方向垂直xOy平面向外，第Ⅱ象限内垂直x轴放置线状粒子源，粒子源的一端在x轴上，长度为2R，沿+x方向均匀发射速度大小为v0的相同粒子，所有粒子经磁场偏转后从坐标原点O处射出。第Ⅲ象限内垂直x轴放置一荧光屏S，荧光屏的一端在x轴上，长为R，到y轴的距离为R。已知粒子的质量为m，电荷量为+q，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。 (1)(4分)求磁感应强度大小B； (2)(6分)求能打在屏上粒子的数目占粒子源发出粒子总数的百分比k； (3)(6分)若在第Ⅲ、Ⅳ象限内加沿-x方向的匀强电场(图中未画出)，使所有粒子都能打在屏上，求电场强度的最小值E。 答案　(1)　(2)25%　(3) 解析　(1)由几何关系得粒子在磁场中运动的半径r=R 由洛伦兹力提供向心力有qv0B=m 解得B= (2)粒子从O点离开磁场时，速度与-x方向夹角为0~60°范围内的粒子都能打到屏上，临界粒子的轨迹如图所示 夹角为60°的粒子进入磁场时的纵坐标 y=R+Rcos 60° 解得y= 打到荧光屏上的粒子占粒子源发出粒子总数的百分比k=×100% 解得k=25% (3)设速度与-y方向夹角为θ的粒子从O点离开磁场，经电场偏转恰好打到屏下端，则 -y方向：R=v0cos θ·t -x方向：R=-v0sin θ·t+at2 得到tan2 θ-tan θ+-1=0 因为夹角为θ的粒子恰好打到荧光屏的下端，所以θ的值只有一解，Δ=0， 即3-4×-1)=0，解得a= 由牛顿第二定律qE=ma 解得E= 课时精练 [B] [分值：40分] 1.(10分)(2024·江苏如皋市等5地二模)如图所示，坐标系xOy平面在纸面内，在x≥0的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，0≤x<d的区域Ⅰ和x>d的区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小分别为B1和B2。大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从原点O在坐标平面内与x正方向成θ(-90°≤θ≤90°)角射入，粒子的速度大小相等，方向随角度均匀分布。沿y轴正方向射入的粒子在P(d，d)点垂直两磁场的边界射入区域Ⅱ。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。 (1)(2分)求粒子从原点O射入磁场时的速度大小； (2)(2分)若在两磁场分界处有一垂直于xOy平面的足够大竖直挡板，求打到挡板上的粒子数占总粒子数的百分比η； (3)(6分)若粒子在区域Ⅱ中受到与速度大小成正比、方向相反的阻力，比例系数为k，观察发现沿y轴正方向射入的粒子，射入区域Ⅱ后粒子轨迹呈螺旋状并与两磁场的边界相切于Q点(未画出)，求： ①该粒子由P点运动到Q点的时间； ②该粒子在区域Ⅱ中运动轨迹的长度。 答案　(1)　(2)50%　(3)①　② 解析　(1)由题意知，粒子做圆周运动的半径r=d 由qvB1=m，解得v= (2)轨迹半径R=d，当初速度方向沿x轴正方向时，轨迹与磁场边界相切，此时粒子刚好打到挡板上。因此0°≤θ≤90°范围内的粒子都能打到挡板，所以打到挡板上的粒子数占总粒子数的百分比η=×100%=50%。 (3)①该粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图所示 洛伦兹力提供向心力qvB2=mωv 可得ω= 即角速度为一定值，又可知粒子与边界相切时转过的弧度θ=π，时间t= 解得t= ②粒子在区域Ⅱ中做螺旋式运动，由于阻力最后停下来，在切线方向上，由动量定理有-kvtΔt=mΔvt 求和得kl=mv 解得l=。 2.(15分)(2024·江苏徐州市调研)如图所示，在xOy平面y>0的区域内有沿y轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场，在y<0的区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一质量M=3m、电荷量为+q的带电粒子甲从坐标为(0，l)的P点由静止释放，进入磁场后与静止在Q点的不带电粒子乙发生弹性碰撞，Q点的坐标为(l，-l)，乙的质量为m，碰后两粒子电荷量均为+。不计粒子的重力及碰后粒子间的相互作用。 (1)(3分)求磁感应强度的大小B。 (2)(5分)求碰撞后粒子甲、乙在电场中运动过程中离x轴的最远距离之比。 (3)(7分)从纵坐标y=4l的某些位置由静止释放粒子甲，仍能使两粒子发生碰撞，求粒子甲释放点的横坐标x。 答案　(1)　(2)　(3)见解析 解析　(1)设甲粒子进入磁场时的速度为v0，做圆周运动的半径为r0。从静止释放至进入磁场， 由动能定理得qEl=M-0， 在磁场中由几何关系得做圆周运动的半径r0=l， 由洛伦兹力提供向心力有qv0B=M， 联立解得B=。 (2)设甲、乙粒子在Q点碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得Mv0=Mv1+mv2，由能量守恒定律得M=M+m， 联立解得v1=，v2=。 设甲、乙粒子碰撞后在磁场中做圆周运动的半径分别为r1、r2，对甲粒子，有v1B=M， 对乙粒子，有v2B=m， 联立解得r1=r2=l，可知甲、乙粒子碰撞后到x轴的运动轨迹均为圆周，之后均垂直进入电场，根据动能定理-Ey甲=0-M， -Ey乙=0-m，解得=。 (3)设甲粒子从y=4l释放后，进入磁场时速度为v3，由动能定理得qE·4l=M-0，设甲粒子在磁场中以v3做圆周运动的半径为r3，由洛伦兹力提供向心力，有qv3B=M，解得r3=2l 如图所示，若甲粒子从O1点进入磁场与乙粒子相碰，O1点到O点的距离为xO1，根据几何关系，有 xO1=l-(2l-2lcos 30°)，解得xO1=(-1)l 甲粒子释放点的横坐标x1=(-1)l-4nl(n=0，1，2…)； 若甲粒子从O2点进入磁场与乙粒子相碰，O2点到O点的距离为xO2，根据几何关系，有 xO2=(2l+2lcos 30°)-l，解得xO2=(+1)l 甲粒子释放点的横坐标x2=-(+1)l-4nl(n=0，1，2…)。 3.(15分)(2025·江苏南京市二模)如图所示，xOy平面内，在x轴下方区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，在坐标(0，-d)处有一粒子源能沿x轴正方向将质量为m、电荷量为+q(q>0)的粒子以某一初速度射入电场区域，在y≥0的空间中有一倾斜分界面MN，其两侧分别有垂直纸面的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，其中磁场Ⅰ的方向垂直纸面向里，磁感应强度大小B1=，当粒子初速度大小为v0时，进入磁场区域Ⅰ时的速度大小为2v0。 (1)(3分)求电场强度的大小E； (2)(5分)若初速度为0和初速度为v0的粒子均能垂直于MN边界从磁场区域Ⅰ射入磁场区域Ⅱ，求MN与x轴的交点到O点的距离L以及MN与x轴的夹角θ； (3)(7分)在满足第(2)问的条件下，为使初速度为kv0(k>0)的粒子射入磁场后恰好不再回到x轴下方，求磁场区域Ⅱ的磁感应强度大小B2的大小和方向。 答案　(1)　(2)d　30°　(3)　方向垂直纸面向里 解析　(1)粒子在电场中运动， 由动能定理m(2v0)2-m=qEd 解得E= (2)初速度为0的粒子，到达x轴时的速度为v1=v0 半径为r1===d 故MN与x轴交点与O点的距离大小L=d 以初速度为v0入射的粒子，到达x轴时的速度为v2=2v0 与x轴夹角为α=60°，入射位置x=v0·t=v0·=d r2===d 由几何关系知圆心位于y轴上，圆心坐标为(0，d)； 由题意两圆心均位于MN上，故MN与x轴的夹角θ=30°。 (3)设粒子以任意速度v入射，粒子在磁场区域Ⅰ中运动的半径为r， 则该粒子圆周运动圆心的坐标为：x=v·t-rsin α，y=rcos α 其中：vy=v0，t==·，rsin α==d，rcos α= 整理可得：y=x+d 这说明所有射入磁场Ⅰ的粒子的圆心都处于直线MN上，所有射入磁场Ⅰ的粒子将垂直于该直线射出。 粒子以kv0的速度入射，粒子在磁场Ⅰ中运动速度为v合=·v0 设磁场区域Ⅱ的磁感应强度垂直纸面向里，粒子在两磁场中运动的半径分别为r1'和r2'，为使以kv0(k>0)射入电场的粒子恰好不再回到x轴下方，应有(MO1'+2r1'-2r2')sin 30°=r1' 即r2'=MO1' 因为sin β=cos α= 由正弦定理= 综上整理可得r2'=kd r2'>0，磁场方向假设成立， 所以B2=，方向垂直纸面向里。 学科网（北京）股份有限公司 $