2027届高三物理一轮复习讲义：专题强化二十 带电粒子在组合场中的运动

该高中物理高考复习讲义聚焦带电粒子在组合场中的运动核心考点，涵盖磁场与磁场组合、磁场与电场组合两大模块，按“分析思路-典例解析-分层训练”逻辑架构知识，通过考点梳理明确运动规律，方法指导提炼几何关系与运动衔接技巧，真题演练强化解题能力，助力学生系统突破难点。 资料以科学思维与模型建构为特色，如磁场组合中利用轨迹衔接点与圆心共线找边角关系，电场组合中类平抛运动与圆周运动的速度分解训练，培养学生科学推理能力。设置基础巩固到综合应用的分层练习，配合即时反馈，保障复习效率，为教师把控复习节奏提供支撑，有效提升学生应考能力。

专题强化二十　带电粒子在组合场中的运动 学习目标　掌握带电粒子在组合场中的运动规律并会用其解决问题。 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 (2025·四川卷，10改编)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。sin 37°=0.6。则带电粒子(　　) A.在Ⅰ区的轨迹圆心在O点 B.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2 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 答案　D 解析　粒子的运动轨迹如图所示，由图可知在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点，故A错误;由洛伦兹力提供向心力有qvB=m，可得r=，则粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为==，故B错误;粒子在磁场Ⅱ区每段圆弧对应的圆心角相等，设为α，由几何关系可知cos α==，可得α=37°，故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1=T1=·，粒子在Ⅱ区运动的时间为t2=T2=·，则粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为=，故D正确;粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1=×2πr1=×2πr1，l2=×2πr2=×2πr2，则粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为=，故C错误。 考点二　磁场与电场组合 先电场 后磁场 (1)先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直于磁场方向进入匀强磁场做匀速圆周运动。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 (2)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。粒子在电场中做加速或减速运动，用动能定理或运动学公式列式 (2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直，如图己所示。粒子在电场中做类平抛运动，用平抛运动知识分析 例2 (2026·江苏无锡期中)如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限存在垂直于xOy平面向外的有界匀强磁场，磁场区域沿x轴方向的宽度为L，沿y轴方向足够大，第二象限整个区域存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小E=。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在轴上的A(-L，0)点以大小为v0、方向沿y轴正方向的速度射入电场区域，不计粒子的重力。 (1)求粒子第一次经过y轴的位置离原点O的距离y0和速度大小v; (2)若粒子进入磁场区域后，能够刚好回到电场区域，求磁感应强度大小B和在第一次在磁场中运动的时间; (3)若粒子进入磁场区域后，能够再次回到电场区域，求粒子第二次从电场到磁场时经过y轴时离原点O的距离y的范围。 答案　(1)L　2v0　(2)　　(3)≤y<3L 解析　(1)粒子从A点射入电场后做类平抛运动，沿 x轴正方向的加速度大小a== 设粒子第一次经过y轴时的速度方向与y轴正方向的夹角为θ，沿x轴正方向的分速度为vx，根据类平抛运动规律有L=at2，vx=at，y0=v0t 根据速度的合成与分解可得tan θ= 且有v= 联立解得θ=60°，v=2v0，y0=L。 (2)带电粒子的运动轨迹如图所示， 粒子在磁场中运动轨迹刚好与边界MN相切时的运动半径为r1，根据几何关系可得r1+r1cos θ=L 根据牛顿第二定律有qvB=m 联立解得B=，r1=L 又T=，t=T 解得粒子第一次在磁场中的运动时间为。 (3)若粒子进入磁场区域后，能够再次回到电场区域，则B≥，r2≤L 在磁场中的弦长d=2r2sin 60°=r2 可得0<d≤L 根据粒子在电场中做类似抛体运动和在磁场中做匀速圆周运动的轨迹对称性可得y=3y0-d 解得≤y<3L。 例3 (2026·江苏徐州丰县中学月考)如图所示，在平面直角坐标系xOy内有一直角三角形AOC，A、C坐标分别为(0，d)和(d，0)，三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，x轴下方有沿着y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为-q的粒子从O点沿纸面射入磁场区域，速度方向与x轴的夹角为30°，并从C点离开磁场，不计粒子重力。 (1)求粒子射入磁场时的速度大小v; (2)求从粒子射入磁场至粒子第2次经过x轴的时间t; (3)若该粒子从y轴上的某点M由静止释放，能沿垂直于AC边的方向射出磁场，求M点距O点的距离y。 答案　(1)　(2)+ (3)y=(n=0、1、2、3、…) 解析　(1)由洛伦兹力提供向心力有qvB=m 解得轨迹半径r= 由几何关系有r=d 解得v=。 (2)粒子在磁场中运动的周期T== 则粒子在磁场中的时间t1=T=T= 粒子在电场中由牛顿第二定律得a= 在电场中的时间t2=2= 总时间t=t1+t2=+。 (3)粒子在磁场中运动轨迹的半径R满足 d=(2n+1)R(n=0、1、2、3、…) 轨迹半径R= 解得v0=(n=0、1、2、3、…) 设 M 点到 O 点的距离为 y ，由动能定理有 qEy=m 解得y=(n=0、1、2、3、…)。 1.如图所示，虚线ab上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场Ⅰ，下方存在方向相同、磁感应强度大小为λB的匀强磁场Ⅱ，虚线ab为两磁场的分界线。M、O、N位于分界线上，点O为MN的中点。一电子从O点射入磁场Ⅰ，速度方向与分界线ab的夹角为30°，电子离开O点后依次经N、M两点回到O点。已知电子的质量为m，电荷量为e，重力不计，求: (1)λ的值; (2)电子从射入磁场到第一次回到O点所用的时间。 答案　(1)　(2) 解析　(1)电子在磁场中的运动轨迹如图所示。 设电子在匀强磁场Ⅰ、Ⅱ中做匀速圆周运动的半径分别为r1、r2，电子在磁场中做匀速圆周运动有evB=m evλB=m 由于最终能回到O点，由几何关系，可得r2=2r1 联立解得λ= 。 (2)电子在磁场Ⅰ中的运动周期T1= 电子在磁场Ⅱ中的运动周期T2== 设电子经过三段轨迹的时间分别为t1、t2、t3，由几何关系可得 O到N的圆心角为60°，则t1=T1 N到M的圆心角为300°，则t2=T2 M到O的圆心角为60°，则t3=T1 电子从射入磁场到第一次回到O点所用的时间为t=t1+t2+t3 联立解得t=。 2.(2026·江苏无锡期中)如图所示，位于竖直平面内的平面直角坐标系xOy的第一象限内有一抛物线，如图中虚线所示，其方程y=0.5x2，虚线上方(包含虚线)存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E=4 N/C;第三象限内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2 T。在抛物线的下方0≤y≤0.5 m的区域有大量质量m=6.0×10-6 kg、电荷量q=+6.0×10-6 C的粒子以相同的初速度v0平行于x轴射入电场，最后均经过O点进入磁场，不计粒子的重力，求: (1)初速度v0的大小; (2)粒子在磁场中运动时间的范围; (3)粒子出磁场的位置坐标。 答案　(1)2 m/s　(2) s≤t≤ s　(3)(0，-2 m) 解析　(1)设从坐标为(x，y)处射入的粒子，在电场中做类平抛运动，进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图， 在电场中，水平方向有x=v0t 竖直方向有y=t2 由题知y=0.5x2 联立解得v0=2 m/s。 (2)粒子从O点进入磁场时，水平分速度 vx=v0=2 m/s 竖直分速度vy=at=·=2x 速度方向与x轴负方向夹角的正切值 tan θ==x 可知，x越大，θ越大，粒子在磁场中运动的时间越短;由y=0.5x2和0≤y≤0.5 m可知0≤x≤1 m 当x=0时θ=0，此时粒子在磁场中运动的时间最长，且最长时间tmax=== s 当x=1 m时θ=45°，此时粒子在磁场中运动的时间最短，且最短时间tmin=== s 粒子在磁场中运动时间的范围为 s≤t≤ s。 (3)粒子进入磁场时的速度v= 则粒子在磁场中运动的半径r== 则粒子从y轴射出时出射点距离O点的距离d=2rcos θ 其中cos θ= 解得d=2 m 即所有的粒子出磁场的位置坐标都为(0，-2 m)。 3.(2026·江苏海安高级中学月考)如图所示，两极板P、Q竖直放置，长度为2L，间距为L。极板下方存在垂直于纸面向外的矩形匀强磁场，磁感应强度大小为B=B0。荧光屏MN水平放置，长度为2L。一粒子源向两极板间持续不断地竖直向下发射速度v0=、质量为m、电荷量为+q的粒子，形成宽度为L，横向均匀分布的粒子流。不计粒子重力及粒子之间的相互作用(sin 37°=0.6)。 (1)两板间电压为0时，求粒子在磁场中做圆周运动的半径R; (2)当两板间存在恒定的匀强电场时，进入磁场的粒子数为射入电场粒子数的，求电场强度E的大小和打在屏上的粒子在磁场中运动的时间t; (3)在第(2)问中，进入磁场的粒子全部打到荧光屏上，求磁感应强度B的取值范围。 答案　(1)L　(2)　 (3)B0≤B≤8B0 解析　(1)两板间电压为0时，粒子将匀速穿过两极板间，然后在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B0=m 解得R=L。 (2)当两板间存在恒定的匀强电场时，进入磁场的粒子数为射入电场粒子数的，说明只有射入电场时离Q板距离L范围内的粒子能进入磁场，由此可知能进磁场的粒子在电场中水平方向上的位移均为，粒子在电场中做类平抛运动，有 2L=v0t，L=t，vx=t 解得E=，vx=v0 射入磁场时粒子的速度v==v0 方向与水平方向夹角满足 tan θ==，则θ=53°= 分析可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为2θ，由洛伦兹力提供向心力，可得 qvB0=m 解得R'=L 打在屏上的粒子在磁场中运动的时间t==。 (3)由前面分析可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为2θ，设磁场的磁感应强度变化后粒子的轨迹半径为R″，粒子入射磁场的入射点和达到荧光屏上的点之间的距离满足l=2R″sin θ 为确保进入磁场的粒子全部打到荧光屏上，轨迹如图所示 可知应满足≤l≤2L 由此可知≤R″≤L 粒子在磁场中做匀速圆周运动， 由洛伦兹力提供向心力有qvB=m 可得B= 由此可得B0≤B≤8B0。 4.(2026·江苏南京期末)如图所示，在某空间建立平面直角坐标系xOy，第一象限有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。第四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一不计重力、质量为m、带电荷量为+q的粒子从M点(d，0.5d)沿x轴正方向飞出，第1次经过x轴时的位置为N点，坐标为(2d，0)。 (1)求粒子的初速度大小; (2)如果粒子第一次经过x轴后不能回到第一象限，求磁感应强度的大小范围; (3)如果粒子第一次经过x轴后能再次经过N点，求磁感应强度大小的取值。 答案　(1)　(2)0<B< (3)B=(n=2、3、4、5) 解析　(1)粒子在电场中做类平抛运动。设粒子在M点的速度为v0，在电场中运动的加速度为a，从M点第一次到达N点经过的时间为t，由牛顿第二定律有qE=ma 沿y轴负方向做匀加速直线运动，有d=at2 沿x轴正方向做匀速运动，有2d-d=v0t 联立解得v0=。 (2)设粒子第一次到达N点时的速度为v，方向与x轴正方向夹角为θ，到达N点时速度竖直分量vy=at 速度水平分量vx=v0 根据平抛运动位移偏角与速度偏角的关系，有 tan θ=2×=1 又tan θ= 粒子在N点速度v== 当磁感应强度为B1时，粒子在磁场中的轨迹恰与y轴相切，如图甲所示， 设此时轨迹半径为r1，由洛伦兹力提供向心力有qvB1=m 由几何关系有2d=r1(1+sin θ) 解得B1= 则磁感应强度大小的取值范围为 0<B<。 (3)设粒子在磁场中的轨迹半径为r2时，粒子第2次经过x轴的位置到O的距离为Δx，如图乙所示 由几何关系有Δx=2d-2r2sin θ 之后粒子还能经过N点，需满足 2d=nΔx(n=2、3、4、…) 解得r2=d(n=2、3、4、…) 又因粒子在磁场中轨迹不能到达第三象限，故需满足2d≥r2(1+sin θ) 联立解得n≤3+2 故n可以取2、3、4、5，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m 解得B=(n=2、3、4、5)。 学科网（北京）股份有限公司 $