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思维进阶十三　带电粒子在组合场中的运动
对应学生用书P245
　　带电粒子在组合场中的运动是高考物理压轴题的核心载体，其难点在于粒子依次通过不同性质的场，运动形式发生突变，需要分段处理并抓住联系各段的物理量。
考点一　带电粒子在恒定场中的运动
磁场与磁场组合：分析粒子通过不同方向磁场时轨迹的突变与衔接条件
【例1】 在如图所示的坐标系中，仅第三象限的磁场垂直坐标系所在平面向外，其余象限的磁场方向均垂直坐标系所在平面向里，四个象限中的磁感应强度大小均为B。其中M、N两点为x轴负半轴和y轴负半轴上的点，坐标分别(－a，0)、(0，－a)，一带负电的粒子由M点沿MN连线方向射入，忽略粒子的重力。问：
(1)若负粒子由M点射入后刚好能经过坐标原点第一次离开边界线，负粒子在第三象限磁场中的路程为多少？
(2)若负粒子由M点射入后能经O点到达N，负粒子的路程为多少？
解析：(1)负粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设圆周运动半径为R，若负粒子从M点射入刚好经原点O第一次离开边界线，如图甲所示，
则有2Rcos 45°＝a
解得R＝a
运动轨迹为四分之一圆周，所以运动的路程
s＝＝。
(2)负粒子从M点射入经原点O到达N点，若粒子经原点O第一次射出磁场分界线，则轨迹如图甲，运动路程为一个圆周即s＝2πR＝2πa
若粒子第N次离开磁场边界为O点，则要回到N点，经过O点的速度必然斜向下45°，则运动轨迹如图乙，
根据几何关系有2R'cos 45°＝
圆周运动半径R'＝
运动通过的路程为s＝×2N＝πa。
答案：(1)　(2)πa或2πa
模型特征
粒子依次通过两个或多个有界匀强磁场，磁场方向可能相同或不同。在每个磁场内，粒子均做匀速圆周运动。粒子从前一个磁场射出点即为进入后一个磁场的入射点。连接两段运动的桥梁是粒子在衔接点的速度(大小和方向)。
思维链
教学札记：
先电场后磁场组合：计算粒子经电场加速、偏转后进入磁场的圆周运动参数
【例2】 (2025·淮安高三期中)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，经过磁场偏转一次后恰好能再次回到P点。不计粒子的重力，求：
(1)粒子第一次进入磁场时的速度大小；
(2)粒子从磁场边界射出点的位置坐标；
(3)粒子从P点出发到再次回到P点所用的时间t。
解析：(1)设PQ连线与x轴夹角为α，根据类平抛运动规律可知，穿过x轴时速度与水平方向的夹角为
tan θ＝2tan α＝2×＝
解得θ＝60°
则进入磁场的速度为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
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扫过的圆心角为240°，粒子在磁场中运动的时间为
t2＝×＝
粒子出磁场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＝。
答案：(1)2v0　(2)(－L，0)　(3)
模型特征
粒子先经过加速电场或偏转电场，再进入有界匀强磁场。在加速电场中粒子做匀加速直线运动，在偏转电场中粒子做类抛体运动，进入磁场时的速度方向由电场中的偏转决定，进入磁场后，粒子做匀速圆周运动。
思维链
教学札记：
教学札记：
先磁场后电场组合：分析粒子经磁场偏转后以特定角度进入电场的运动类型
【例3】 如图所示，第一、二象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。第三、四象限存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为m、带电荷量为－q的粒子以速度v从坐标原点射向第二象限，速度方向与y轴正方向夹角为45°，并从P点(图中未画出)第一次射入电场。粒子重力忽略不计。求：
(1)该带电粒子从O到P过程中的平均速度大小；
(2)若该带电粒子可再次通过O点进入磁场，应满足的条件。
解析：(1)
粒子的运动轨迹如图所示，
根据牛顿第二定律有qvB＝m
解得带电粒子做圆周运动的半径R＝
由几何关系可知OP＝R，t＝T
又T＝
根据平均速度的定义有＝
联立可得＝。
(2)带电粒子在电场中运动时，速度v可分解为水平速度
vx＝vcos 45°＝v
竖直速度vy＝vsin 45°＝v
带电粒子在电场中运动的时间
t1＝＝＝
带电粒子在电场中的水平位移为
OP＝vxt1＝
解得＝。
答案：(1)　(2)＝
模型特征
粒子先通过有界匀强磁场，再进入偏转电场。在磁场中粒子做一段圆周运动，然后粒子以磁场出射速度作为初速度，在电场中做类抛体运动或匀变速直线运动(视电场方向而定)。
破题路径
教学札记：
考点二　带电粒子在交变场中的运动
带电粒子在交变磁场中的运动
【例4】 如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有以点(2L，0)为圆心、半径为L的圆形磁场区域，与x轴的交点分别为M、N。在xOy平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子以几乎为零的初速度从P点飘入加速电场中，加速后以速度v0经过右侧极板上的小孔Q点沿x轴正方向进入匀强电场，已知O、Q两点之间的距离为，电子飞出电场后从M点进入圆形磁场区域，进入磁场时取t＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场(以垂直于纸面向外为正方向，图中B0是未知量)，最后电子从N点飞出，不考虑电子的重力。求：
(1)加速电场的电压U；
(2)电子运动到M点时的速度大小和方向；
(3)磁场变化周期T满足的关系式。
解析：(1)在加速电场中，从P点到Q点，由动能定理得
eU＝m
可得U＝。
(2)电子从Q点到M点做类平抛运动，有
＝at2，L＝v0t
电子运动至M点时vM＝
联立解得vM＝2v0，cos θ＝＝
解得θ＝60°
即速度方向与x轴正方向的夹角为60°。
(3)
电子在磁场中的运动具有周期性，轨迹如图所示，
电子到达N点符合要求的空间条件为
n(2Rsin 60°)＝3L－L(n＝1，2，3，…)
电子在磁场中做圆周运动的轨道半径R＝
解得B0＝(n＝1，2，3，…)
电子在磁场变化的半个周期内恰好转过圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是T0＝
T0＝
所以T应满足的条件为T＝(n＝1，2，3，…)。
答案：(1)　(2)2v0　方向与x轴正方向的夹角为60°
(3)T＝(n＝1，2，3，…)
模型特征
电场恒定，磁场随时间周期性变化，方向或大小发生改变。粒子在电场中做匀变速运动，在磁场中做匀速圆周运动，但磁场的改变会导致轨道半径和偏转方向变化。
思维链
能力要语
采用“化变为恒”的分段分析法，并注意速度矢量的连续性，利用轨迹的对称性或周期性寻找最终运动模式。
教学札记：
带电粒子在交变电场中的运动
【例5】 如图甲所示，在0≤x≤2d，0≤y≤d的区域中，存在平行板电容器，板长为2d，板间距为d，极板上加周期性变化的电压如图乙所示，电容器右侧的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场，磁感应强度B1＝，电容器左侧的周围分布着垂直纸面向里的恒定匀强磁场B2。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在t＝0时刻从O点沿x轴方向以速度v0进入极板间(不计粒子重力)，从上极板边缘飞出电容器，粒子恰好能再次经过O点完成周期性运动。求：
(1)交流电的电压大小。
(2)磁场的磁感应强度B2的大小。
(3)交流电的周期。
解析：(1)粒子在电容器中做类平抛运动，从上极板边缘飞出电容器，运动时间为t1＝，竖直位移为a＝d，其中加速度为a＝，联立可得
U＝。
(2)根据题意得，带电粒子以速度大小为v＝v0，方向与水平成45°角进入右侧磁场，粒子做匀速圆周运动，有
qv0B1＝
解得r1＝d
则带电粒子将从下极板右侧边缘返回电容器，在y方向做匀减速运动，到上极板的左侧边缘竖直速度恰好减为零，粒子以v0水平速度打入左侧磁场，做逆时针偏转，根据题意可知r2＝d，根据qv0B2＝m，得r2＝
解得B2＝。
(3)根据题意，带电粒子以速度大小为v0、方向与水平成45°角进入右侧磁场，粒子做匀速圆周运动的偏转周期
T1＝＝＝
粒子在磁场B1中实际偏转时间t2＝T1＝
粒子在返回电容器中，运动时间相同，即t3＝t1
同理粒子进入左侧磁场的周期为T2＝＝
粒子在磁场B2中实际偏转时间t4＝·＝
故交流电的周期为T＝2t1＋t2＋t4＝。
答案：(1)　(2)　(3)
模型特征
磁场恒定，电场随时间周期性变化。粒子在电场中做变加速运动，在磁场中做匀速圆周运动。
破题路径
教学札记：
[思维进阶(十三)]　带电粒子在组合场中的运动
(选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟)
1.如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第四象限内以ON为直径、P为圆心、半径为R的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为－q(q＞0)的带电粒子，从y轴正半轴上y＝R处的M点以大小为v0的初速度垂直于y轴射入匀强电场中，经x轴上的P点进入匀强磁场，最后以垂直于y轴的方向射出匀强磁场。不计粒子重力，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从M点到再次经过y轴的时间。
解析：(1)设粒子在电场中做类平抛运动的时间为t1，根据运动学规律有R＝v0t1，R＝a
由牛顿第二定律得qE＝ma
联立解得E＝。
(2)设粒子在P点的竖直分速度大小为vy，根据运动学规律有
vy＝at1＝·＝v0
设粒子在P点的速度v与水平方向夹角为θ，根据速度的合成与分解有tan θ＝＝
解得θ＝60°
故v＝＝2v0
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有qvB＝m
根据几何关系可得r＝＝R
联立解得B＝。
(3)粒子在磁场中运动的周期
T＝＝
故粒子在磁场中运动的时间
t2＝T＝
从磁场中出来打到y轴上的时间
t3＝＝
粒子从M点到再次经过y轴的时间
t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝(＋。
答案：(1)　(2)　(3)(＋
2.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轴过程的时间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。
解析：(1)由洛伦兹力提供向心力有
qvB＝m
得轨道半径为r＝
由几何关系有r＝d
解得v＝。
(2)由周期公式有T＝
运动轨迹所对圆心角为60°，在磁场中运动的时间
t1＝T
粒子在电场中做类斜抛运动，由牛顿第二定律有
qE＝ma
在电场中运动的时间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，…)
轨道半径R＝
解得v0＝(n＝0，1，2，3，…)
设M点到O点的距离为y ，由动能定理得
qEy＝m
解得y＝(n＝0，1，2，3，…)。
答案：(1)　(2)＋
(3)(n＝0，1，2，3，…)
3.如图甲所示，矩形区域ABCD内部有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.2 T，M、N分别为AD、BC边中点。现在从M点平行AB方向以某一初速度v0射入一个质量为m、电荷量为q的正电粒子，发现该粒子刚好从B点离开磁场区域，已知磁场区域的边长AD为2L，边长AB为L，L＝0.2 m，该粒子的比荷＝5×107 C/kg，不计粒子重力。
(1)求该粒子射入磁场时的速度大小v0；
(2)若取垂直纸面向外为磁场的正方向，磁感应强度按图乙所示的方式变化，t＝0时刻，粒子同样从M点平行AB射入，发现粒子恰好能从N点离开，已知T0＝π×10－7 s，求该粒子射入磁场的速度可能的取值以及粒子运动的时间。
解析：(1)粒子的运动轨迹如图(a)所示，
设粒子做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可知r2＝(L)2＋(r－L)2
代入数据，解得r＝2L＝0.4 m
由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝
代入数据解得粒子射入磁场时的速度大小
v0＝4×106 m/s。
(2)因为T0＝π×10－7 s，而粒子圆周运动周期为
T＝＝＝2π×10－7 s
粒子的轨迹如图(b)所示，
设粒子做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可得
n×4rsin 60°＝L(n＝1，2，3，…)
由qvB＝
联立上述方程可解得
v＝＝ m/s(n＝1，2，3，…)
粒子运动时间t＝T＝
由于周期性，粒子转过的角度为
θ＝n×4×＝nπ(n＝1，2，3，…)
代入上述公式，可解得
t＝(n＝1，2，3，…)
代入数据解得
t＝nπ×10－7 s(n＝1，2，3，…)。
答案：(1)4×106 m/s　(2) m/s(n＝1，2，3，…)
nπ×10－7 s(n＝1，2，3，…)
4.(2025·常州二模)如图所示，水平放置的平行栅极板M带正电，N带负电，间距为d，电压U＝，P处有一质量为m、电荷量大小为q的带负电离子，以速度v0沿着与竖直方向成θ角(未知)垂直磁场射向板M上方的匀强磁场B1区，经过匀强电场区域后进入N下方的匀强磁场B2区，恰好没从下边界Q射出，并刚好能直接返回到P处。已知磁场方向均垂直纸面向里，B2＝，下边界Q到极板N的距离为3d，离子在经过栅极板时均没有与栅极板相碰，不计离子重力。求：
(1)离子进入极板N下方磁场时速度v的大小；
(2)sin θ的大小；
(3)极板M上方磁场磁感应强度B1的大小。
解析：(1)根据动能定理得
－qU＝mv2－m
代入数据得v＝v0。
(2)根据题意，可知粒子运动的轨迹如图所示，
设进入下方磁场时的速度与竖直方向的夹角为α，运动的半径为r2，则
r2＋r2sin α＝3d
又有qvB2＝m
解得r2＝＝d
得sin α＝
在M、N间的电场区域有v0sin θ＝vsin α
解得sin θ＝。
(3)设在电场区间的运动时间为t，由
vcos α＝v0cos θ－t
解得t＝
在电场区间运动时，水平方向的位移
x＝v0sin θ·t＝d
设在上方磁场区间粒子运动的轨道半径为r1，由轨迹图和几何关系可知
r2cos α＝r1cos θ＋x
解得r1＝d
由r1＝
解得B1＝。
答案：(1)v0　(2)　(3)
5.如图所示，直角坐标系xOy的第一、四象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三象限内存在与x轴正方向成45°角的匀强电场。一质量为m、带电荷量为＋q的粒子从P点(－L，－L)由静止释放，粒子从O点处射入磁场，经过Q点(4L，0)进入第四象限。已知匀强电场的电场强度大小为，不计粒子的重力。
(1)求粒子经过O点的速度大小；
(2)求磁感应强度B的大小和粒子从O运动至Q的时间；
(3)若在x＝4L右侧增加一沿x轴正方向的匀强电场，其电场强度大小为，求粒子速度第一次沿－y方向时的速度大小及粒子到y轴的距离。
解析：(1)由动能定理得qEd＝m－0
由几何关系得d＝＝2L
得v1＝v。
(2)作出粒子的运动轨迹如图所示，
由洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝m
由几何关系得R＝4L·cos 45°＝2L
解得B＝
由T＝
解得磁场中运动时间t＝T＝。
(3)在Q点将v1分解为
v1x＝v1cos 45°＝v，v1y＝v1sin 45°＝v
由左手定则可知F洛1＝qv1yB＝＝qE
则粒子在竖直方向以v1y做匀速直线运动，以v1x做匀速圆周运动，故粒子速度第一次沿－y方向时即粒子做圆周运动，其大小为
vy＝v1x＋v1y＝2v
由洛伦兹力提供向心力有qv1xB＝m
解得r＝2L
到y轴的距离d＝x＋4L＝r＋4L＝6L。
答案：(1)v　(2)　　(3)2v　6L(共59张PPT)
高三一轮总复习高效讲义
物 理
01
第十一章
磁 场
思维进阶十三　带电粒子在组合场中的运动
模型特征
带电粒子在恒定场中的运动
考点一
思维链
模型特征
思维链
模型特征
破题路径
模型特征
带电粒子在交变场中的运动
考点二
思维链
能力要语
角度突破
破题路径
思维进阶十三　带电粒子在组合场中的运动
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