第1章 专题课：带电粒子在组合场中的运动(Word讲义)-【满分思维】2026-2027学年高中物理选择性必修第二册学生用书（人教版）

专题课:带电粒子在组合场中的运动 学习任务一　带电粒子在组合场中的运动 　　　　　 　　　　　 　　　　　 [科学思维] 组合场:电场与磁场分别位于一定的区域内,并不重叠,或在一定区域内电场、磁场交替出现. 组合场运动分析: 例1 (多选)[2025·湖北武汉二中高二月考] 如图所示,平面直角坐标系xOy内有一圆形匀强磁场区域,其圆心在坐标为(0,R)的O'点,半径为R,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直坐标平面向里,在磁场区域的右侧(x>R)的区域内有范围足够大的匀强电场区域,电场强度大小为E,方向沿y轴正方向.一电荷量为q的带负电粒子从O点沿y轴正方向以一定的初速度射入磁场区域,并恰好从A(R,R)点射出磁场区域,且经过点(2R,0),不计带电粒子的重力和空气阻力,则下列说法正确的是 (　) A.初速度大小v0= B.初速度大小v0= C.带电粒子的质量m= D.带电粒子的质量m= [反思感悟] 　   例2 [2026·湖南长沙明德中学高二月考] 如图所示,在xOy平面内的第三象限存在沿y轴正方向的匀强电场,场强大小为E=2 N/C.在x>0的区域存在磁感应强度大小为B=1 T的匀强磁场,方向垂直纸面向外.一质量为m=1 kg、带电荷量为q=1 C的正电荷从A点以沿x轴正方向的速度v0=1 m/s进入电场,恰能从O点进入磁场.已知A点到x轴的距离为到y轴距离的一半,不计电荷所受重力,求: (1)电荷进入磁场的速度大小; (2)电荷进入磁场后第一次穿过y轴的位置P到O点的距离; (3)电荷从A运动到P所经历的时间. 【要点总结】 “电偏转”和“磁偏转”的比较(不计粒子重力) 电偏转 磁偏转 偏转条件 带电粒子以v0⊥E进入匀强电场 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场 运动轨迹 抛物线 圆弧 求解方法 F=Eq=ma, x=v0t, y=at2,a=,tan θ= qvB=m, r=,T=,t=T= 学习任务二　带电粒子在组合场空间立体问题 　　　　　 　　　　　 　　　　　 [科学思维] 分析带电粒子在立体空间中的运动时,首先确定粒子在空间的位置关系.带电粒子依次通过不同的空间,运动过程分为不同的阶段,只要分析出每个阶段上的运动规律,再利用两个空间交界处粒子的运动状态和关联条件即可解决问题. 例3 [2022·广东卷] 如图所示,一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域,两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场,一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场, 并穿过两个磁场区域.下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中,可能正确的是 (　) A B C D 例4 如图所示,在空间直角坐标系中,x≤0的区域存在沿y轴负方向的匀强电场(未画出),在x>0的区域存在沿x轴正方向的匀强磁场,磁感应强度大小为B,x轴正半轴上有一垂直于x轴的足够大的光屏.在(-L,0,0)处,一带正电的粒子以大小为v0的初速度沿着x轴正方向出发,粒子经过yOz平面时的坐标为(0,-L,0).已知粒子的质量为m,带电荷量为q,光屏与x轴交点的横坐标为,不计粒子的重力.求: (1)匀强电场的电场强度大小; (2)粒子经过yOz平面时沿y轴方向的速度大小; (3)粒子击中光屏时的位置坐标. ----素养提升---- 带电粒子在交变电磁场中的运动 1.交变电、磁场特点 交变场是指电场、磁场在某一区域内随时间周期性变化,带电粒子在交变场中的运动问题涉及的物理过程比较复杂.粒子在交变场中的运动情况不仅与交变电、磁场的变化规律有关,还与粒子进入交变场的时刻有关. 2.解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路 示例1　[2026·内蒙古呼和浩特高二期末] 如图甲所示,在空间直角坐标系中,平面abcd与xOz平面平行,平面abcd左右两侧分别存在沿z轴和x轴方向周期性变化的磁场,其磁感应强度Bz、Bx的变化情况如图乙、丙,磁场正方向与坐标轴正方向相同.现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,在t=0时刻从abcd平面上的A点沿y轴负方向射入左侧的匀强磁场,之后在两磁场中运动,不计粒子重力及磁场变化的影响,下列关于粒子运动轨迹在xOz平面上的投影图正确的是 (　) 　 A B C D 示例2　(多选)如图甲所示,在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场,电场的方向水平向右(图甲中由B到C),场强大小随时间变化情况如图乙所示;磁感应强度方向垂直于纸面、大小随时间变化情况如图丙所示.在t=1 s时,从A点沿AB方向(垂直于BC)以初速度v0射出第一个粒子,并在此之后,每隔2 s有一个相同的粒子沿AB方向均以初速度v0射出,并恰好均能击中C点,若AB=BC=l,且粒子由A运动到C的运动时间小于1 s.不计重力和空气阻力,对于各粒子由A运动到C的过程中,以下说法正确的是 (　) 　 A.电场强度E0和磁感应强度B0的大小之比为3v0∶1 B.第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比为1∶2 C.第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为π∶2 D.第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为1∶5 　　　　　 　　　　　 　　　　　 1.(带电粒子在组合场中的运动)如图所示,在坐标系的第一和第二象限内存在着磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限,则粒子在磁场中运动的时间为 (　) A. 　　　B. C. 　　　D. 2.(带电粒子在组合场中的运动)(多选)如图所示的xOy坐标系中,y轴左侧存在电场强度为E的匀强电场,电场方向沿x轴正方向,y轴右侧存在垂直坐标系所在平面向外的匀强磁场.一个比荷为k的带正电的粒子从x轴上的M点以某一初速度平行于y轴向上运动,经电场偏转后从y轴上的P点进入磁场,进入磁场时速度方向与y轴正方向成θ=60°角,粒子经磁场偏转后打到坐标原点O上.已知M点到O点的距离为L,不计粒子的重力,下列说法正确的是 (　) A.P与O的距离为L B.粒子轨迹半径为L C.粒子初速度大小为 D.磁场的磁感应强度大小为 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题课:带电粒子在组合场中的运动 例1　AC　[解析] 粒子在磁场中做圆周运动,运动半径为R,由洛伦兹力提供向心力,有qv0B=,带电粒子从A点沿x轴正方向进入电场,在电场中做类平抛运动,有R=v0t1,R=××,v0=,解得m=,故选A、C. 例2　(1) m/s　(2)2 m　(3) s [解析] (1)不计电荷所受重力,电荷在第三象限只受电场力,正电荷所受电场力与电场方向相同,沿y轴正方向,正电荷从A点以沿x轴正方向的速度v0=1 m/s进入电场,故正电荷在第三象限中做类平抛运动,设位移与水平方向夹角为α,A点到x轴的距离为到y轴距离的一半,即tan α== 设θ为O点速度与水平方向夹角,由类平抛规律可知tan θ=2tan α=1 解得θ=45°,故电荷从O点进入磁场时的速度大小v=v0= m/s (2)不计电荷所受重力,故正电荷进入磁场后只受到洛伦兹力,做圆周运动,可知Bqv= 解得R= 电荷在磁场中的轨迹如图所示,由几何关系可知yOP=R= 代入数据,解得yOP=2 m (3)电荷在电场中做类平抛运动,在竖直方向有qE=ma 由上述分析可知,正电荷在从A点运动到O点时,速度与水平方向夹角θ=45°,即竖直方向的分速度等于水平方向的分速度,即tan θ===1 即vy=1 m/s,正电荷在竖直方向做初速度为0的匀加速运动,正电荷在电场中的运动时间t1== 解得t1= s 电荷在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有Bqv= 由上述分析已知R=,联立解得正电荷运动周期T=,由正电荷在磁场中轨迹图像可知,正电荷在磁场转过的圆心角β=270°,可知正电荷在磁场中的运动时间t2=T=·= s 电荷从A运动到P所经历的时间为t=t1+t2= s= s 例3　A　[解析] 画出俯视图的磁场分布,根据左手定则得到质子受到的洛伦兹力方向,A正确,B错误.质子的运动轨迹在zOx平面的投影为一平行于x轴的直线,C、D错误. 例4　(1)　(2)2v0　(3) [解析] (1)x≤0的区域存在沿y轴负方向的匀强电场,带电粒子在电场中做类平抛运动,根据类平抛运动规律有 L=v0t L=at2 根据牛顿第二定律有a= 联立解得E= (2)沿y轴方向有vy=at=2v0 (3)磁感应强度沿x轴正方向,则粒子沿x轴正方向做匀速运动,有x'==v0t' 粒子在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动,有qvyB=m 联立解得t'=,R= 由于周期T=,所以粒子到达光屏的时间t'=T 设粒子击中光屏时的位置坐标为(x',y',z'),根据几何关系可知 y'=-L+R=-L z'=R= 故粒子击中光屏时的位置坐标为 素养提升 示例1　A　[解析] 粒子在平面左侧的运动轨迹为半圆,在xOz平面上的投影图为一水平方向的直径,粒子在平面右侧的运动轨迹为半圆,在xOz平面上的投影图为一竖直方向的直径,经过磁场的一个周期,粒子回到原位置,组合起来整个运动轨迹在平面上的投影图如A项所示.故选A. 示例2　BCD　[解析] 在t=1 s时,空间区域存在匀强磁场,粒子做匀速圆周运动,如图乙所示,由牛顿第二定律得qv0B0=,粒子的轨道半径R=l,则B0=,带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,如图甲所示,竖直方向l=v0t,水平方向l=at2,其中a=,则E0=,则=,故A错误;第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比==,故B正确;第一个粒子的运动时间t1=T=,第二个粒子的运动时间t2=,第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比t1∶t2=π∶2,故C正确;第二个粒子,由动能定理得qE0l=Ek2-m,解得Ek2=m,第一个粒子的动能Ek1=m,第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为1∶5,故D正确. 甲 乙 随堂巩固 1.B　[解析] 由洛伦兹力提供向心力可得,粒子在第二象限中运动的时间t1=T1=,在第一象限中运动的周期T2=2T1=,运动的半径为在第二象限中运动的半径的2倍,粒子运动的轨迹如图所示,由几何关系可知,粒子在第一象限中运动的圆弧对应的圆心角为60°,运动的时间t2=T2=,所以粒子在磁场中运动的时间t=t1+t2=,选项B正确. 2.CD　[解析] 粒子的运动轨迹如图所示,设P与O的距离为s,根据类平抛运动推论有=tan 60°,解得P与O的距离s=L,A错误;由s=2Rsin 60°,解得R=L,B错误;根据L=at2,at=v0tan 60°,Eq=ma,=k,联立解得v0=,C正确;粒子在P点的合速度v==2v0,由R=L=,解得B=,D正确. 学科网（北京）股份有限公司 $