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(共142张PPT)
专题十九 带电粒子在组合场中的运动
题型一 带电粒子在一般组合场中的运动解答规范
题型二 带电粒子在交变组合场中的运动
素养提升
备用习题
◆
◆
听课手册
作业手册
作业手册(A)
作业手册(B)
答案核查【听】
答案核查【作】
题型一 带电粒子在一般组合场中的运动解答规范
1.常见三种组合场
(1)磁场与磁场的组合，即强弱或方向不同的磁场分别位于不重叠的区域内；
(2)电场与磁场分别位于不重叠的区域内；
(3)电场、磁场在同一区域交替出现.
2.“电偏转”和“磁偏转”的比较
电偏转 磁偏转
偏转条件 带电粒子以 进入匀 强电场(不计重力) 带电粒子以 进入匀强磁场
(不计重力)
受力情况 只受恒定的电场力 只受大小恒定的洛伦兹力
运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动
电偏转 磁偏转
运动轨迹 抛物线 _________________________________________________ 圆弧
______________________________________________
求解方法 利用类平抛运动的规律得 ， ， ， 根据牛顿第二定律和向心力公式可
得，，
续表
考向一 磁场与磁场的组合
例1 (多选)[2025·四川卷] 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点
区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为.一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上 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 点离开.取
.则带电粒子( )
A.在Ⅰ区的轨迹圆心不在 点
B.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为
C.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为
D.在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为
√
√
[解析] 由图可知，在Ⅰ区的轨迹圆心不在 点，故A正确；由洛伦兹力提供向心力有
，可得 ，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为，故B错误；
设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为 ，由几何关系 可得，可得
，故粒子在Ⅰ区运动的时间为 ，粒子在Ⅱ区运动
的时间为 ，联立可得在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，
，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为 ，故C错误.
例2 (16分)[2025·湖北卷] 如图所示，两平行虚线、间无磁场. 左
侧区域和 右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大
小分别为和.一质量为、电荷量为的带正电粒子从左侧 点以大
小为的初速度射出，方向平行于向上.已知点到的距离为 ，
粒子能回到 点，并在纸面内做周期性运动.不计重力.
求：
(1) 粒子在 左侧区域中运动轨道的半径.
[答案]
[解析] 粒子在 左侧区域磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心
力，有 (2分)
解得 (1分)
例2 (16分)[2025·湖北卷] 如图所示，两平行虚线、间无磁场. 左
侧区域和 右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大
小分别为和.一质量为、电荷量为的带正电粒子从左侧 点以大
小为的初速度射出，方向平行于向上.已知点到的距离为 ，
(2) 粒子第一次和第二次经过 时位置的间距.
[答案]
粒子能回到 点，并在纸面内做周期性运动.不计重力.
求：
[解析] 点到的距离为 (1分)
粒子在左侧磁场中运动的轨迹如图所示，轨迹对应的圆心为 ，粒子
在中间无磁场区域做匀速直线运动，运动到右侧后，粒子以 为圆
心、 为半径做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，
有 (2分)
解得 (1分)
由几何关系得，粒子在 右侧磁场中运动的轨迹所对的
圆心角为
则粒子第一次和第二次经过 时位置的间距为 (2分)
例2 (16分)[2025·湖北卷] 如图所示，两平行虚线、间无磁场. 左
侧区域和 右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大
小分别为和.一质量为、电荷量为的带正电粒子从左侧 点以大
小为的初速度射出，方向平行于向上.已知点到的距离为 ，
(3) 粒子的运动周期.
[答案]
粒子能回到 点，并在纸面内做周期性运动.不计重力.
求：
[解析] 由几何关系得粒子在 左侧磁场中运动的轨迹所对的圆心角为
,运动时间为 (1分)
(1分)
粒子在右侧磁场中运动的轨迹所对的圆心角为 ,运动时间为
(1分)
(1分)
粒子在中间无磁场区域做匀速直线运动的时间
(1分)
则粒子的运动周期为(2分)
考向二 先电场后磁场
例3 (多选)[2025·山东卷] 如图甲所示的平面内， 轴右侧被直线
分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ.区域Ⅰ内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂
直平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知. 时刻，质
量为、电荷量为的粒子从点沿轴正向出发，在 平面内运动，
在区域Ⅰ中的运动轨迹是以轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示.
时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的 图像为正弦曲
线的一部分，如图乙所示.不计粒子重力.下列说法正确的是 ( )
A.区域Ⅰ内电场强度大小，方向沿 轴正方向
B.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径
C.区域Ⅱ内磁感应强度大小，方向垂直 平面向外
D.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标
√
√
[解析] 粒子在区域Ⅰ中的运动轨迹是以 轴为对称轴的抛物线的一部分，可
以判断出粒子做类平抛运动，根据曲线轨迹可知，正粒子受到的电场力方
向竖直向上，电场方向沿轴正方向，设粒子初速度为 ，竖直方向有
粒子在区域Ⅱ中运动的 图像为正弦曲线的一部
分，可以判断粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图
所示，则粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径为 ，
，水平方向有 ，由牛顿第二定律有
，联立解得 ，A正确；
B错误；粒子做类平抛运动进入匀强磁场时的速度 ，联立
解得，根据洛伦兹力提供向心力有，解得 ，C错
误；如图所示，设圆心为 点，设粒子进入匀强磁
场时的速度方向与竖直方向夹角为 ，由速度关系
有，可得 ，由几何关系得
，那么有 ，
粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的圆心坐标为 ，
D正确.
考向三 先磁场后电场
例4 [2025·河南卷] 如图所示，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、带电荷量为
的粒子从磁场中的点以速度 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 ，然后粒子又射出电场重新进入磁
场并通过右侧点，通过 点时其速度方
向水平向右.、 距水平虚线的距离均为
，两点之间的距离为 .不计重
力.
(1) 求磁感应强度的大小；
[答案]
[解析] 根据题意可画出粒子的运动轨迹，如图甲所示
由题意可知
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，由几何关系有
解得
由牛顿第二定律有
解得
例4 [2025·河南卷] 如图所示，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、带电荷量为
的粒子从磁场中的点以速度 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 ，然后粒子又射出电场重新进入磁
场并通过右侧点，通过点时其速度方向水平向右.、 距水平虚线的距
(2) 求电场强度的大小；
[答案]
离均为，两点之间的距离为 .
不计重力.
[解析] 根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为 ，
方向与水平虚线的夹角为 ，由几何关系可得
则粒子在电场中的运动时间为
沿电场方向上，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
联立解得
例4 [2025·河南卷] 如图所示，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、带电荷量为
的粒子从磁场中的点以速度 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 ，然后粒子又射出电场重新进入磁
场并通过右侧点，通过点时其速度方向水平向右.、 距水平虚线的距
离均为，两点之间的距离为 .不计
重力.
(3) 若粒子从点以 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)
[答案]
[解析] 若粒子从点以 竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图乙所示
由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为 ，则粒子在磁场中运动的半径仍
为，由几何关系可得，粒子进入电场时速度与水平虚线的夹角
结合(2)中分析可知，粒子在电场中的运动时间仍为
A、间的距离仍为
由几何关系可得
则
粒子在磁场中的运动时间为
则有
综上所述可知，粒子每隔时间向右移动
则漂移速度大小为
题型二 带电粒子在交变组合场中的运动
例5 [2024·广东卷] 如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间
加上如图乙所示幅值为、周期为 的交变电压.金属板左侧存在一水平
向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度
大小为.一带电粒子在 时刻从左侧电场某处由静止释放，
在 时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在
时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在
时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场.已知金属
板的板长是板间距离的倍，粒子质量为 .忽略粒子所受的重力和场的边
缘效应.
(1) 判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量 ;
[答案] 带正电
[解析] 由带电粒子在左侧电场中由静止释放后加速运动的方向可知粒子
带正电(或由带电粒子在磁场中做圆周运动的方向结合左手定则可知粒子
带正电).
设粒子在磁场内做圆周运动的速度为，半径为 ，根据洛伦兹力提供向心
力有
粒子在磁场中运动半个圆周所用的时间
粒子在磁场中做圆周运动的周期为
又知
联立解得
(2) 求金属板的板间距离和带电粒子在时刻的速度大小 ;
[答案]
[解析] 设金属板间的电场强度为，粒子在金属板间运动的加速度为 ，
则有
内，粒子在金属板间的电场内做两个对称的类平抛运动，在垂直
于金属板方向的位移等于在磁场中做圆周运动的直径，即
在垂直于金属板方向有
在沿金属板方向有
联立解得，
(3) 求从 时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对
粒子做的功 .
[答案]
[解析] 由(1)(2)可知
由对称性可知， 内，粒子第二次进入金属板间的电场内，粒子在
竖直方向的位移仍为，由于 ，故粒子不会碰到金属板.
后，粒子进入左侧电场，先减速到速度为零,后反向加速，并在
时刻第三次进入金属板间的电场内，此时粒子距上板的距离为
，注意到 ，故粒子恰在加速阶段结束时碰到金属板.
粒子第一次、第二次进出金属板间的电场过程中，电场力做功为0，粒子
第三次进入金属板间的电场后，电场力做功为 ，设粒子在左侧电场中
运动时电场力做功为，根据动能定理有
电场力对粒子做的总功为
联立解得
素养提升 正则动量及其应用
在高中阶段,正则动量可按以下方法进行推导:
假设有一个带电粒子，其质量为，电荷量为 ，在方向垂直纸面向下、
磁感应强度大小为的匀强磁场中运动.粒子速度为，所受洛伦兹力为 ，
且重力不计.如图所示建立直角坐标系.
沿两轴方向的洛伦兹力分力分别为， ，两个方向分别
列动量定理得，，即 ，
，两边累加得， ，
即轴方向的分位移取决于轴方向的速度变化， 轴方向的分位移取决于
轴方向的速度变化.
该方法的使用要点在于：要研究哪个方向的位移大小，就列与该方向垂直
方向的动量定理.相比传统的画出实际运动轨迹的处理方法，可以简化求
解此类问题的数学关系，避开了复杂的轨迹描绘和几何运算，只需进行始
末状态的分析，更加简洁清晰，从宏观上直达物理问题的本质.
例6 [2025·安徽合肥模拟] 在如图所示的平面内，轴和 区间有
垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为、电荷量为的质子从坐标原点 沿
轴射入磁场.入射速度为 时，质子恰好不从磁场上边界射出.
(1) 求磁感应强度大小 ；
[答案]
[解析] 根据洛伦兹力提供向心力得
如图甲所示，当质子恰好不从磁场上边界射出时，有
解得
例6 [2025·安徽合肥模拟] 在如图所示的平面内，轴和 区间有
垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为、电荷量为的质子从坐标原点 沿
轴射入磁场.入射速度为 时，质子恰好不从磁场上边界射出.
(2) 若入射的质子数按速度大小均匀分布在 范围，求能到达磁场
[答案]
中横坐标位置图中虚线 的质子
数占总质子数的百分比 ；
[解析] 如图乙所示，当质子刚好到达处时
由洛伦兹力提供向心力有
解得
由(1)可知恰能到达的质子速度为 ，综上，到达
的质子入射速度在 范围内，占总质
子数的百分比
例6 [2025·安徽合肥模拟] 在如图所示的平面内，轴和 区间有
垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为、电荷量为的质子从坐标原点 沿
轴射入磁场.入射速度为 时，质子恰好不从磁场上边界射出.
(3) 若磁场区域存在沿方向的非匀强电场，电场强度随 方向均匀增大，
[答案]
关系式为，要使入射速度为 的
质子不从磁场上边界射出，求 满足的条件.
[解析] 设入射速度为的质子刚好经过边界，此时速度方向沿
轴正方向，速度大小为 .
根据动能定理可得
电场力做功
水平方向应用动量定理
即
由
可得
解得，
所以
带电粒子在一般组合场中的运动
1.(多选)[2023·海南卷] 如图所示，质量为 、带
电荷量为的带电粒子，从原点以初速度 射入
第一象限内的电磁场区域，在 ,
、为已知 区域内有竖直向上的
匀强电场，在区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度
值有多种可能，可让粒子从射入磁场后偏转打到接收器 上，则
( )
A.粒子从 中点射入磁场，电场强度满足
B.粒子从中点射入磁场时速度为
C.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到 的距离为
D.粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
√
√
[解析] 若粒子从 中点射入磁场，根据粒子在电场中做类平抛运动有
,,解得,选项A正确；粒子从 中点射入磁
场时，,速度, 选项B错误；设粒子从
电场中射出时的速度方向与轴正方向夹角为 ，
则 ,粒子从电场中射出时
的速度 ,粒子进入磁场后做匀速圆周运动，
则,则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到 的距离为
,解得 ,选项C错误；当粒子在磁场中运动有最
大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从 点进入磁场，此时
竖直最大速度, ,射出电场的最大速度
,则由 ,可得最大半径
,选项D正确.
2.如图所示，在平面直角坐标系内有边长为的正方形， 为坐标原
点，边和轴重合，边与轴重合，、、、 为四边中点，正方形
上半区域存在垂直于纸面向外的匀强磁场
(未画出)，下半区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，
上下两个区域内磁感应强度大小相等.一个不计重力、
质量为、电荷量绝对值为、带负电的粒子从 点以
速度沿与成 角进入磁场，之后恰好从
点进入上半区域的磁场.
(1) 求磁场区域内磁感应强度的大小；
[答案]
[解析] 在下半区域，由几何关系可知，粒子做圆周运
动的半径为
由
解得 .
2.如图所示，在平面直角坐标系内有边长为的正方形， 为坐标原
点，边和轴重合，边与轴重合，、、、 为四边中点，正方形
(2) 粒子离开磁场区域后打中轴上的点，求 点的
坐标以及粒子从点运动到 点的时间.
上半区域存在垂直于纸面向外的匀强磁场
(未画出)，下半区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，
上下两个区域内磁感应强度大小相等.一个不计重力、
质量为、电荷量绝对值为、带负电的粒子从 点以
速度沿与成 角进入磁场，之后恰好从
点进入上半区域的磁场.
[答案]
[解析] 粒子经过点时速度方向也和成 角进入上半区域，恰好经过
点，由几何关系可知 ，
所以点的坐标为
粒子在磁场中运动的周期为
粒子在下半区域运动的时间 ，在上半区域运
动的时间
粒子射出磁场区域后运动到点的时间
所以粒子从点运动到 点的时间为 .
带电粒子在交变组合场中的运动
3.如图甲所示，在 平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大
小随时间周期性变化，的变化周期为，的变化周期为 ，变化规律
分别如图乙和图丙所示.在时刻从 点发射一带负电的粒子(不计重力)，
初速度大小为，方向沿轴正方向，在轴上有一点 (图中未标出)，坐
标为 .
若规定垂直于纸面向里为磁感应强度的正方向， 轴正方向为电场强度的
正方向，、、为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足 ，
粒子的比荷满足 .求：
(1) 在 时，粒子的位置坐标；
[答案]
[解析] 在 时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力
可得
解得，
则粒子在时间内转过的圆心角
所以在时，粒子的位置坐标为 .
(2) 粒子偏离 轴的最大距离；
[答案]
[解析] 粒子运动的轨迹如图所示.
在时间内，粒子在电场中做匀加速直线运动，在 时刻，粒子的
速度
在时间内运动的位移
在 时间内，粒子做匀速圆周运动，运动的轨迹半径
故粒子偏离 轴的最大距离
.
(3) 粒子运动至 点的时间.
[答案]
[解析] 粒子在平面内做周期性运动的周期为 ，粒子在一个周期内
向右运动的距离
、间的距离为
所以粒子运动至点的时间 .
4.为了研究带电粒子在磁场中的运动情况，设计了如图甲所示的封闭装置.
该装置由一个边长为的正方体和一个直径、高均为 的半圆柱叠加而成，
半圆柱的正方形平面与正方体的上表面重合，装置内部是空心的.以正方
体上表面中心为坐标原点，垂直于正方体的三个侧面分别建立、、
坐标轴.装置内部存在磁场，磁感应强度沿、、方向的分量、、
随时间变化的规律如图乙所示， 已知.
处有一正离子源，该离子源以同一速率不断沿 轴正方向发射电荷量为
、质量为的离子.已知时刻发射的离子恰好平行于 轴撞击到装
置内壁， .不考虑离子间的碰撞、相互作用及离子重力，也不考虑
因磁场突变所产生的电场对离子运动的影响，离子撞击到装置内壁后立即
被吸收.
(1) 求离子发射时的速率 ；
[答案]
[解析] 由题图乙可知在时间内只有 方向存在磁场，且离子也刚好运
动了四分之一圆周，由几何关系可知，离子在磁场中运动的轨迹半径为
根据牛顿第二定律有
联立解得
(2) 求 时刻发射的离子：
① 在 时刻的位置坐标；
[答案]
[解析] 至这段时间内，装置内同时存在沿方向和 方向的
磁场，根据磁感应强度的合成可知此时合磁感应强度大小为 ,
时刻离子所受洛伦兹力方向指向 的角平分线，其运动轨迹如图甲
所示，其中、、、 分别为对应棱的中点，这段时间内离子在平面
内运动，经过时间离子恰好运动半周到达 点，
根据牛顿第二定律有
联立解得离子运动的轨迹半径为
根据几何关系可知，离子在时刻的位置即点的坐标为 .
② 在磁场中做匀速直线运动的时间.
[答案]
[解析] 至 这段时间内装置中的磁场方向
沿 轴负方向，所以离子在这段时间内运动轨迹所在
平面与平面平行，离子的运动轨迹在 平面内
的投影如图乙所示，时刻，离子的速度沿 轴
负方向；至这段时间内装置中的磁场方向沿 轴
正方向，所以离子在这段时间内运动轨迹所在平面与 平面平行，离子
的运行轨迹在平面内的投影如图丙所示，时刻，离子的速度沿
轴正方向；
至这段时间内装置中的磁场方向沿轴负方向，所以离子沿
轴正方向做匀速直线运动，在时刻离子与装置下底面的距离为
由于 ，所以离子在这段时间内会撞击到装置内壁，离
子在磁场中做匀速直线运动的时间为
作业手册(A)
(限时40分钟)
1.(多选)如图所示，在 轴上方第一象限内存在垂直纸
面向里的匀强磁场，轴下方存在沿 轴正方向的匀强
电场.、 两个重力不计的带电粒子分别从电场中的
同一点由静止释放后，经电场加速从 点射入磁场
并在磁场中发生偏转.最后从 轴离开磁场时，速度大
小分别为和，的方向与轴垂直，
A. B. C. D.
的方向与轴正方向成 角.、两粒子在磁场中运动的时间分别记为 和
，则以下比值正确的是 ( )
√
√
[解析] 粒子在电场中加速，设加速的位移为 ，则根据动能定理有
，解得 ，粒子在磁场中运动时，其轨迹如图所示，
粒子运动轨迹的圆心为， 粒子运动轨迹的圆心
为，根据几何知识可知， ，
则 ，根据洛伦兹力提供向心力，有
，联立可得， ，故
A正确，B错误；粒子在磁场中运动的周期
，粒子在磁场中运动的时间 ，
则两粒子的运动时间之比 ，故C错误，D正确.
2.(多选)[2025·湖南长沙模拟] 利用电磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛
应用的技术.如图所示，在坐标系的轴右侧存在沿 轴负方向的匀强
电场，轴左侧存在垂直于平面向外、磁感应强度大小为 的匀
强磁场.现有一质量为、电荷量为的带正电粒子，从点 以大
小为的初速度沿轴负方向发射，恰好经过坐标原点 进入左侧磁场，
再经过点(未画出)返回 轴右侧.不计带电粒子
的重力.边界水平，下列说法正确的是( )
A.匀强电场的电场强度的大小为
B.粒子射入磁场时的速度大小为
C.粒子从点运动到点的时间为
D.粒子在磁场中运动的轨迹圆半径为
√
√
√
[解析] 从点到点，粒子做类平抛运动，根据已知条件有 ，
，解得， ，故A正确；类平抛运动的加
速度大小为，则 ，则粒子射入磁场时的速
度大小为 ，故B错误；
粒子由电场进入磁场，运动情况如图所示，粒子
在磁场内做匀速圆周运动，故有 ，解
得， ，
由于 ，可知 ，由几何关系可知，粒子在磁场中
转过的圆心角为 ，故粒子在磁场中运动的时间，
粒子从 点运动到点的时间为 ，故C、D正确.
3.(多选)[2025·安徽合肥模拟] 如图所示，一质量为、电荷量为 的带正
电粒子从边界上点射入磁场，入射方向与边界成 角.当粒子第一次运
动到电场中的点时速度大小为、方向与边界平行，且点与 点水平方
向相距，点与边界相距 .不计粒子的重力，边界水平，下列说法正确
的是( )
A.粒子从点射入磁场时的速度大小为
B.粒子第一次射入电场时的速度大小为
C.匀强电场的场强大小为
D.匀强磁场的磁感应强度大小为
√
√
√
[解析] 若粒子第一次在电场中到达最高点 ，则其运动轨迹如图所示，粒
子在点时的速度大小为，段为圆周， 段为抛物线，根据对称性可
知，粒子在点时的速度大小也为，方向与边界成 角，可得
，解得，选项A正确，B错误；在粒子从运动到
的过程中，由动能定理得
，解得 ，选
项C正确；
在匀强电场由到的过程中，水平方向的位移为 ，竖直方向的位移为，可得、两点在水平方向的距离，则 ，又有 ，故粒子在磁场中的圆周
运动的半径，由 ，解得
，选项D正确.
4.(多选)如图所示,在直角坐标系的第一象限内有一虚线,虚线与 轴正
方向间的夹角为 .虚线上方有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应
强度大小 .虚线下方到第四象限内有与虚线平行、电场强
度大小的匀强电场.一比荷的带电粒子从 轴
正半轴上的点以速度沿 轴正方向射入
磁场,粒子进入磁场后,从虚线上的 点(图中未画出)垂
直于虚线方向进入电场(不计粒子所受重力),则( )
A.该带电粒子一定带正电
B.、之间的距离为
C.粒子第一次穿过虚线后与 轴间的最小距离约为
D.粒子第一次穿过虚线后能击中 轴
√
√
[解析] 该粒子所受洛伦兹力向下,根据左手定则可知, 该带电粒子一定带负
电,A错误;根据牛顿第二定律有,解得 ,由于粒子经过
、两点时速度方向分别与 轴、虚线垂直,所以做圆周运动的圆心为原
点,则、之间的距离为 ,B正确;粒子在电场中
运动时,垂直于 轴方向的分初速度为
,垂直于 轴方向的加速
度为,则粒子在垂直于
轴方向上减速运动过程中, 有 ,解得减速运 动的位移,
点到轴的距离为,所以粒子第一次穿过虚线后与轴间
的最小距离约为 ,C正确,D错误.
5.(多选)如图所示,在轴的左侧区域存在磁感应强度大小为 、方向垂直
于纸面向里的匀强磁场,在轴的右侧区域存在磁感应强度大小为 、方向
也垂直于纸面向里的匀强磁场,且.在原点 处同时发射两个质
量分别为和的带电粒子、,粒子以速率沿轴正方向运动,粒子
以速率沿轴负方向运动,已知粒子带正电,粒子 带负电,电荷量相等,且
两粒子的速率满足.若在此后的运动中,
当粒子第4次经过 轴(出发时经过轴不算在内)时,
恰与粒子 相遇.粒子重力不计.下列说法正确的是
( )
A.粒子、在 轴左侧区域磁场中的偏转半径之比
为
B.两粒子在 轴正半轴相遇
C.粒子、 相遇时的速度方向相反
D.粒子、的质量之比为
√
√
[解析] 由可知、两粒子在 轴左侧区域磁场中的偏转半径比为
,故A错误;粒子第一次经过 轴时坐标为
,第二次经过轴时坐标为,第三次经过 轴时坐标为
,第四次经过轴时坐标为,其中 ,
,由于,故 ,
,因此粒子第四次经过 轴时是经过
轴正半轴,两粒子在 轴正半轴相遇,故B正确;
粒子第一次经过轴时坐标为,第二次经过 轴时坐标为
,第三次经过轴时坐标为,第四次经过 轴时
坐标为,其中,,令,则 ,粒子
四次经过轴时的纵坐标分别为、、、 ,粒
子四次经过轴的纵坐标为、、、 ,对
比可知,粒子第一次经过轴正半轴时就与粒子 相
遇,相遇时二者速度方向相同,都是水平向右,故C错误;
二者相遇所用时间相等,有,即 ,将
代入得 ,故D正确.
6.[2024·新课标卷] 一质量为、电荷量为 的带电粒子始终在同一
水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内一个点 表示，
、分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量.粒子出发时 位于
图中点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，点沿线段 移
动到 点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为
的匀强磁场，点沿以为圆心的圆弧移动至
点；然后粒子离开磁场返回电场，
点沿线段回到点.已知任何相等的时间内 点
沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等.不计重力.求：
(1) 粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
[答案]
[解析] 由题意可知，粒子速度对应 点时开始在磁场中运动，所以
粒子在磁场中做圆周运动的线速度大小为
设粒子做圆周运动的半径为，周期为 ，根据洛伦兹力提供向心力有
解得 由圆周运动规律得
解得
6.[2024·新课标卷] 一质量为、电荷量为 的带电粒子始终在同一
水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内一个点 表示，
、分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量.粒子出发时 位于
图中点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，点沿线段 移
动到 点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为
的匀强磁场，点沿以为圆心的圆弧移动至
点；然后粒子离开磁场返回电场，
点沿线段回到点.已知任何相等的时间内 点
沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等.不计重力.求：
(2) 电场强度的大小；
[答案]
[解析] 根据题意，粒子速度用图示的直角坐标系内一个点 表示，
则图中闭合曲线即速度矢量变化曲线，已知任何相等的时间内 点沿图中
闭合曲线通过的曲线长度都相等，说明速度变化率大小相等，即加速度大
小相等，则在匀强电场中和在匀强磁场中的加速度大小相等，根据
可得
解得
6.[2024·新课标卷] 一质量为、电荷量为 的带电粒子始终在同一
水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内一个点 表示，
、分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量.粒子出发时 位于
图中点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，点沿线段 移
动到 点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为
的匀强磁场，点沿以为圆心的圆弧移动至
点；然后粒子离开磁场返回电场，
点沿线段回到点.已知任何相等的时间内 点
沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等.不计重力.求：
(3) 点沿图中闭合曲线移动1周回到 点时，粒子位移的大小.
[答案]
[解析] 根据粒子的速度矢量变化图作出粒子在匀强电场和匀强磁场中运
动的轨迹如图所示
粒子先在匀强电场中做类平抛运动，再在匀强磁场
中做匀速圆周运动，后又在匀强电场中做逆向类平
抛运动直到速度垂直于电场，由速度矢量变化图可
知，粒子在匀强电场中运动的总时间 与在匀强磁
场中运动的总时间的关系为
其中
点沿图中闭合曲线移动1周回到 点时，粒子位移
的大小
其中
联立解得
7.[2025·河北廊坊三模] 如图所示，在第一象限
的 区域内和第四象限内存在方向垂直纸面
向里的匀强磁场，在第二象限内的曲线 上方
有沿轴负方向的匀强电场，其场强大小为 ，
曲线左侧有一粒子源，端位于轴上，能够持续不断地沿 轴正方向发
射速度为、质量为、电荷量为 的粒子束，这些粒子经电场偏
转后均能够通过点，已知从点射出的粒子恰好从 点进入电场，不计重
力及粒子间的相互作用.
(1) 写出匀强电场边界段的边界方程(粒子入射点的坐标和 间的关系式)；
[答案]
[解析] 粒子在电场区域做类平抛运动，则
代入
解得
7.[2025·河北廊坊三模] 如图所示，在第一象限的 区域内和第四象限
内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，在第二象限内的曲线上方有沿
轴负方向的匀强电场，其场强大小为，曲线左侧有一粒子源， 端
位于轴上，能够持续不断地沿轴正方向发射速度为、质量为 、电荷
量为 的粒子束，这些粒子经电场偏转后
均能够通过点，已知从点射出的粒子恰好从
点进入电场，不计重力及粒子间的相互作用.
(2) 若某带电粒子在第二象限从粒子源上点沿轴正方向射出后，进入第四象限的匀强磁场，刚好不从磁场上边界射出，求磁感应强度的大小 ；
[答案]
[解析] 由段的边界方程可知粒子射入电场时轴坐标
粒子在电场中做类平抛运动，水平、竖直位移分别满足 ，
联立可得
从 点出电场时的速度与水平方向的夹角满足
则
粒子从点出电场时的速度为
由洛伦兹力提供向心力有
解得
7.[2025·河北廊坊三模] 如图所示，在第一象限的 区域内和第四象限
内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，在第二象限内的曲线上方有沿
轴负方向的匀强电场，其场强大小为，曲线左侧有一粒子源， 端
位于轴上，能够持续不断地沿轴正方向发射速度为、质量为 、电荷
量为 的粒子束，这些粒子经电场偏转
后均能够通过点，已知从 点射出的粒子恰
好从 点进入电场，不计重力及粒子间的相互
作用.
(3) 若第四象限内磁场为非匀强磁场，磁感应强度大小随 轴坐标均匀变
化，其关系为( 为第(2)问中求得的值)，某带电粒子从粒子源
上点沿 轴正方向射出后，进入第四象限的非匀强磁场，求粒子
从射入磁场到速度方向变为沿轴正方向的过程中，其运动轨迹与 轴所围
成的面积.
[答案]
[解析] 粒子进入第四象限的磁场后，沿 轴方向应用动量定理有
对粒子从进入磁场到速度方向变为沿 轴正方向的过程求和得
可得
运动轨迹与轴所围成的面积
代入
解得
作业手册(B)
(限时40分钟)
1.[2025·黑龙江哈尔滨二模] 如图所示为交替出现的宽为 的
匀强电场和匀强磁场区域，其中编号1、3区域为电场，场强
均为，2、4区域为磁场，场强均为 ，方向如图所示.质量
为、带电荷量为 的正粒子，从1区上边界由静止释放，不
计重力.下列说法中正确的是( )
A.粒子从4区下边界穿出后的动能一定为
B.粒子从4区下边界穿出后的水平速度一定为
C.粒子从4区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为
D.若粒子恰未从第4场区射出，则需满足
√
[解析] 由于洛伦兹力总是不做功，粒子从静止释放到从4区下边界穿出，
根据动能定理可得 ，可知粒子从4区下边界穿出后的动能
一定为 ，粒子从4区下边界穿出后的速度大小为
，故A正确；由于电场力处于竖直方向，不影响
水平方向的速度，则粒子从静止释放到从4区下边界穿出，
水平方向根据动量定理可得 ，
其中 ，联立可得粒子从4区下边界穿
出后的水平速度为 ，则粒子从4区下边界穿出时的速度与水平方
向夹角的余弦为 ，若粒子恰未从第4场区
射出，粒子达到4区下边界的竖直分速度刚好为0，则有
，解得 ，故B、C、D错误.
2.(多选)[2025·河北卷] 如图，真空中两个足够
大的平行金属板、水平固定，间距为，
板接地. 板上方整个区域存在垂直纸面向里的
匀强磁场.板点处正上方 点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比
荷、速度大小均相同的同种带电粒子.当发射方向与的夹角 时，
粒子恰好垂直穿过板点处的小孔.已知 ，初始时两板均不带电，
粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可
视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边
缘效应.下列说法正确的是( )
A.粒子一定带正电
B.若间距 增大，则板间所形成的最大电场强度减小
C.粒子打到板上表面的位置与点的最大距离为
D.粒子打到板下表面的位置与点的最小距离为
√
√
[解析] 根据粒子在磁场中的偏转方向，结合左手定则可知粒子带负电，
选项A错误；随着粒子不断打到极板上， 极板所带电荷量不断增加，
向下的电场强度增加，粒子做减速运动，当粒子恰能到达 极板时满足
，,解得,即间距 越大，板间所形成的最大电场强
度越小，选项B正确；
因粒子发射方向与夹角为 时恰能垂直穿过板
点处的小孔，设粒子的运动半径为 ，如轨迹1所示，则
由几何关系有,解得,可得 、
,粒子在磁场中运动半个圆周时，粒子打到 板上表面
的位置与点距离最远，可得粒子打到板上表面的位置与 点的最大距
离为 ,选项C错误；
因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为 长度时，粒
子仍可从 点进入两板之间，如轨迹2所示，由几何关
系可知此时粒子从 点沿正上方运动，进入两板间时的
速度方向与板夹角为 ，则粒子在两板间的运
动时间,粒子打到板下表面距离 点的距离
为,可知当取最大值时， 有最小值，
由上述分析可知,解得 ,选项D正确.
3.[2024·辽宁卷] 现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度.简
化模型如图所示：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为 ，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感
应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直
于轴，为坐标原点.甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为 、质量均为
的粒子.
如图所示，甲、乙平行于 轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为
和.甲到点时，乙刚好射入Ⅰ区.乙经过Ⅰ区的速度偏转角为 .甲到
点时，乙恰好到点.已知Ⅲ区存在沿 方向的匀强电场，电场强度大小
.不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场
产生的磁场.
(1) 求磁感应强度的大小 .
[答案]
[解析] 乙粒子在Ⅰ区的运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力有
由几何关系得
联立解得磁感应强度的大小
(2) 求Ⅲ区宽度 .
[答案]
[解析] 根据对称性可知，乙在磁场中运动的时间为
根据对称性可知，甲粒子到点时的速度方向沿 轴正方向，甲粒子在Ⅲ
区电场中沿着直线从点到 点，由运动学公式有
由牛顿第二定律有
其中
联立解得Ⅲ区宽度
(3) Ⅳ区轴上的电场方向沿轴，电场强度随时间、位置坐标 的变化
关系为，其中常系数， 已知、未知，取甲经过 点
时 .已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大
小为，甲、乙间距为，求乙追上甲前与间的关系式(不要求写出
的取值范围)
[答案]
甲
[解析] 甲粒子经过 点时的速度为
因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则甲的位置
坐标为
同时甲所在处的电场强度 ，即
联立解得，
设乙粒子经过Ⅲ区的时间为 ,乙粒子在Ⅳ区运动
的时间为，则
乙所在处的电场强度 ，即
整理可得
对甲有
则
化简可得乙追上甲前与 间的关系式为
乙
4.[2025·河北石家庄三模] 如图所示，在平面直角坐标系内，以
为圆心、半径为的圆形区域Ⅰ内存在磁感应强度大小为 、方向垂直纸面向
里的匀强磁场.第二象限有一平行于轴、宽度为 的线状电子源，电子源
中心与等高.在轴上放置一定长度的薄收集板，收集板左端置于原点
处.轴下方区域Ⅱ存在磁感应强度大小为 、方向垂直纸面向外的匀强磁场.
电子源沿轴正方向均匀发射质量为、电荷量为 、速度相同的电子，射
入圆形磁场区域后经点全部进入区域Ⅱ(收集板左端不会挡住经过 点的
电子)，只有一半数量的电子打到收集板上并被吸收.忽略电子重力和电子
间相互作用.
(1) 求电子源发射电子的初速度的大小 .
[答案]
[解析] 电子在区域Ⅰ内做圆周运动，设轨道半径为 ，根据牛顿运动定律
有
电子运动的轨道半径等于圆形磁场的半径，即
解得
(2) 求该收集板的长度.
[答案]
[解析] 作出电子在磁场中运动的轨迹，如图甲所示，距离电子源中心位
置的粒子打在点时，速度方向分布在轴左右两侧，与轴夹角均为.
由题意可知，距离电子源中心位置大于 的区域粒子直接打到收集板上，
其他电子均不能打到收集板上.作出速度方向与轴左右两侧夹角均为
角的电子在区域Ⅱ运动的轨迹，两电子在区域Ⅱ内运动的轨迹圆心角分别
为 和 ；设收集板的长度为，根据几何关系得
因为区域Ⅱ磁场磁感应强度也为，故
解得
(3) 现撤去区域Ⅱ的磁场，然后在且 区域加垂直纸面方向的磁
场，磁感应强度随 轴坐标变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外
为磁场的正方向.电子源正对 点以原初速度射向区域Ⅰ的电子运动轨迹经
过点，其中且为已知量.求该电子轨迹上横坐标为 的点的
纵坐标.
[答案]
[解析] 正对点射向区域Ⅰ的电子在区域Ⅰ内做 圆周运动，运动的轨道半
径等于圆形磁场的半径，电子从点沿轴负方向射出，速度大小为 ，
运动轨迹如图乙所示.以轴正方向为速度正方向，经时间 ，由动量定理得
所以
设题图乙图像与轴围成的面积为，则
在间，
解得电子经过点时沿轴负方向分速度
在间，电子沿轴负方向分速度由0增大到，沿方向分速度由 减
小到0，电子在沿轴负方向的位移与 间的相同，之后重复运动，故
该电子轨迹上横坐标为的点的纵坐标为
5.[2025·湖北武汉调考] 如图所示，空间存
在互相平行的边界、、、 ，相邻
边界的间距均为，边界足够长.边界与
之间分布着垂直于边界的匀强电场，电场
强度大小为，方向由指向；边界与 之间分布着垂直于纸面向里
的匀强磁场，磁感应强度大小；边界与 之
间分布着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小未知.在边界上有间距为的、两点，质量为、电荷量为的带电粒子由 点静止释放，不计粒子的重力.
(1) 求粒子进入磁场时的速度大小 ；
[答案]
[解析] 根据动能定理有
解得
(2) 若粒子恰好能回到点，求磁感应强度 的大小；
[答案]
[解析] 设粒子在、间的磁场中运动的半径为，在、 间的磁场中
运动的半径为
根据牛顿第二定律得
联立解得
设粒子在、间的磁场中速度的偏转角为 ，则
解得
甲
甲
若粒子能回到 点，轨迹如图甲所示
由几何关系，有
解得
显然
即在磁场中轨迹刚好与边界 相切，所以粒
子能回到 点.
根据牛顿第二定律得
解得
(3) 若改变的大小，粒子能以最短的时间到达点，求粒子从运动到
的时间 .
[答案]
乙
[解析] 改变磁感应强度的大小，粒子能到达 点，轨迹如图乙所示
设粒子完成 次周期性运动，根据几何关系有
，且
，2，3，
解得
因为，可得
则时，有最小值，此时
由前面分析，粒子在与 之间加速的时间
粒子在、间的磁场中运动的周期
粒子在、间的磁场中运动的周期
乙
则有
粒子从运动到 的最短时间
例1.AD
例2.(1) (2) (3)
例3.AD
例4.(1) (2) (3)
例5.(1)带正电 (2) (3)
例6.(1) (2) (3)
作业手册(A)
基础巩固练
1.AD 2.ACD 3.ACD 4.BC 5.BD
综合提升练
6.(1) (2) (3)
拓展挑战练
7.(1) (2) (3)
作业手册(B)
基础巩固练
1.A 2.BD 3.(1) (2) (3)
综合提升练
4.(1) (2) (3)
拓展挑战练
5.(1) (2) (3)专题十九　带电粒子在组合场中的运动
例1　AD　[解析] 由图可知,在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点,故A正确;由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得r=,故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为==,故B错误;设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α,由几何关系可得cos α==,可得α=37°,故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1=T=×,粒子在Ⅱ区运动的时间为t2=T=×,联立可得在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,故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为=,故C错误.
例2　(1)　(2)　(3)+
[解析] (1)粒子在MN左侧区域磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m (2分)
解得r1= (1分)
(2)O点到MN的距离为=r1 (1分)
粒子在MN左侧磁场中运动的轨迹如图所示,轨迹对应的圆心为O1,粒子在中间无磁场区域做匀速直线运动,运动到PQ右侧后,粒子以O2为圆心、r2为半径做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qv0·2B=m (2分)
解得r2==r1 (1分)
由几何关系得,粒子在PQ右侧磁场中运动的轨迹所对的圆心角为120°
则粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距为d=2r2sin 60°= (2分)
(3)由几何关系得粒子在MN左侧磁场中运动的轨迹所对的圆心角为240°,运动时间为t1=T1=T1 (1分)
T1= (1分)
粒子在PQ右侧磁场中运动的轨迹所对的圆心角为120°,运动时间为t2=T2=T2 (1分)
T2= (1分)
粒子在中间无磁场区域做匀速直线运动的时间
t3= (1分)
则粒子的运动周期为T=t1+t2+t3=+ (2分)
例3　AD　[解析] 粒子在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分,可以判断出粒子做类平抛运动,根据曲线轨迹可知,正粒子受到的电场力方向竖直向上,电场方向沿y轴正方向,设粒子初速度为v0,竖直方向有y=at2,水平方向有x=v0t,由牛顿第二定律有qE=ma,联立解得E=,A正确;粒子在区域Ⅱ中运动的y t图像为正弦曲线的一部分,可以判断粒子做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示,则粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径为R=,B错误;粒子做类平抛运动进入匀强磁场时的速度v=,联立解得v=,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得B=,C错误;如图所示,设圆心为O'点,设粒子进入匀强磁场时的速度方向与竖直方向夹角为θ,由速度关系有sin θ==0.6,可得θ=37°,由几何关系得∠OO'A=37°,那么有OO'=3L+Rcos 37°=,粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的圆心坐标为,D正确.
例4　(1)　(2)　(3)v0
[解析] (1)根据题意可画出粒子的运动轨迹,如图甲所示
由题意可知θ=60°
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,由几何关系有r=rcos θ+h
解得r=2h
由牛顿第二定律有qv0B=m
解得B=
(2)根据题意,由对称性可知,粒子射出电场时,速度大小仍为v0,方向与水平虚线的夹角为60°,由几何关系可得
AB=x-2rsin θ=3h-2h=h
则粒子在电场中的运动时间为
t==
沿电场方向上,由牛顿第二定律有qE=ma
由运动学公式有-v0sin θ=v0sin θ-at
联立解得E=
(3)若粒子从a点以v0竖直向下发射,画出粒子的运动轨迹,如图乙所示
由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为v0,则粒子在磁场中运动的半径仍为2h,由几何关系可得,粒子进入电场时速度与水平虚线的夹角α=60°
结合(2)中分析可知,粒子在电场中的运动时间仍为t1=
A、B间的距离仍为AB=h
由几何关系可得BC=2rsin α=2h
则AC=BC-AB=h
粒子在磁场中的运动时间为
t2=·=
则有t3=t1+t2=
综上所述可知,粒子每隔时间t3向右移动h
则漂移速度大小为v'==v0
例5　(1)带正电　　(2)　　(3)
[解析] (1)由带电粒子在左侧电场中由静止释放后加速运动的方向可知粒子带正电(或由带电粒子在磁场中做圆周运动的方向结合左手定则可知粒子带正电).
设粒子在磁场内做圆周运动的速度为v,半径为r,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m
粒子在磁场中运动半个圆周所用的时间Δt=3t0-2t0
粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=2Δt
又知T=
联立解得q=
(2)设金属板间的电场强度为E,粒子在金属板间运动的加速度为a,则有E=
a=
t0~2t0内,粒子在金属板间的电场内做两个对称的类平抛运动,在垂直于金属板方向的位移等于在磁场中做圆周运动的直径,即y=2r
在垂直于金属板方向有y=2×a
在沿金属板方向有D=vt0
联立解得D=,v=
(3)由(1)(2)可知y=
由对称性可知,3t0~4t0内,粒子第二次进入金属板间的电场内,粒子在竖直方向的位移仍为y,由于yt=4t0后,粒子进入左侧电场,先减速到速度为零,后反向加速,并在t=6t0时刻第三次进入金属板间的电场内,此时粒子距上板的距离为h=D-y=,注意到h=,故粒子恰在加速阶段结束时碰到金属板.
粒子第一次、第二次进出金属板间的电场过程中,电场力做功为0,粒子第三次进入金属板间的电场后,电场力做功为qEh,设粒子在左侧电场中运动时电场力做功为W左,根据动能定理有W左=mv2
电场力对粒子做的总功为W=W左+qEh
联立解得W=
例6　(1)　(2)2.5%　(3)k≥
[解析] (1)根据洛伦兹力提供向心力得ev0B=m
如图甲所示,当质子恰好不从磁场上边界射出时,有r=a
解得B=
(2)如图乙所示,当质子刚好到达处时r'=a
由洛伦兹力提供向心力有qv1B=m
解得v1=v0
由(1)可知恰能到达PQ的质子速度为v0,综上,到达PQ的质子入射速度在v0(3)设入射速度为10v0的质子刚好经过y=a边界,此时速度方向沿x轴正方向,速度大小为v1.
根据动能定理可得W=m-m
电场力做功W=-·a=-·a=-ek1a2
水平方向应用动量定理F洛xΔt=mΔvx
即eBvyΔt=mΔvx
由eBvyΔmtm=Δvx
可得eBa=mv1
解得v1=,k1=
所以k≥专题十九　带电粒子在组合场中的运动
　　　　　 　　　　　 　　　　　
　带电粒子在一般组合场中的运动
1.常见三种组合场
(1)磁场与磁场的组合,即强弱或方向不同的磁场分别位于不重叠的区域内;
(2)电场与磁场分别位于不重叠的区域内;
(3)电场、磁场在同一区域交替出现.
2.“电偏转”和“磁偏转”的比较
电偏转 磁偏转
偏转条件 带电粒子以v0⊥E进入匀强电场(不计重力) 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)
受力情况 只受恒定的电场力F=Eq 只受大小恒定的洛伦兹力F=qvB
运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动
运动轨迹 抛物线 圆弧
求解方法 利用类平抛运动的规律得x=v0t,y=at2,a=,tan θ= 根据牛顿第二定律和向心力公式可得qvB=m,T=,t=
考向一　磁场与磁场的组合
例1　(多选)[2025·四川卷] 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
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
例2　(16分)[2025·湖北卷] 如图所示,两平行虚线MN、PQ间无磁场.MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出,方向平行于MN向上.已知O点到MN的距离为,粒子能回到O点,并在纸面内做周期性运动.不计重力.
求:
(1)粒子在MN左侧区域中运动轨道的半径.
(2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距.
(3)粒子的运动周期.
规范答题区 自评项目 (共16分) 自评 得分
书写工整无涂抹(是否加分项) 　 (√或×)
有必要的文字说明(2分)
有解题关键公式(10分)
结果为数字的带有单位(2分)
求矢量的有方向说明(2分)
　　　　　 　　　　　 　　　　　
考向二　先电场后磁场
例3　(多选)[2025·山东卷] 如图甲所示的Oxy平面内,y轴右侧被直线x=3L分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ.区域Ⅰ内充满匀强电场,区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁场,电场和磁场的大小、方向均未知.t=0时刻,质量为m、电荷量为+q的粒子从O点沿x轴正向出发,在Oxy平面内运动,在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分,如图甲所示.t0时刻粒子第一次到达两区域分界面,在区域Ⅱ中运动的y t图像为正弦曲线的一部分,如图乙所示.不计粒子重力.下列说法正确的是 (　)
A.区域Ⅰ内电场强度大小E=,方向沿y轴正方向
B.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R=
C.区域Ⅱ内磁感应强度大小B=,方向垂直Oxy平面向外
D.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标
考向三　先磁场后电场
例4　[2025·河南卷] 如图所示,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距水平虚线的距离均为h,两点之间的距离为x=3h.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)
　带电粒子在交变组合场中的运动
例5　[2024·广东卷] 如图甲所示,两块平行正对的金属板水平放置,板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压.金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场,右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放,在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内,在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场,并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场.已知金属板的板长是板间距离的倍,粒子质量为m.忽略粒子所受的重力和场的边缘效应.
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q;
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v;
(3)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中,电场力对粒子做的功W.
素养提升　正则动量及其应用
在高中阶段,正则动量可按以下方法进行推导:
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.如图所示建立直角坐标系.
沿两轴方向的洛伦兹力分力分别为Fx=qvyB,Fy=qvxB,两个方向分别列动量定理得-qvyBΔt=mΔvx,qvxBΔt=mΔvy,即-qBΔy=mΔvx,qBΔx=mΔvy,两边累加得-qBy=mvx1-mvx0,qBx=mvy1-mvy0,即y轴方向的分位移取决于x轴方向的速度变化,x轴方向的分位移取决于y轴方向的速度变化.
该方法的使用要点在于:要研究哪个方向的位移大小,就列与该方向垂直方向的动量定理.相比传统的画出实际运动轨迹的处理方法,可以简化求解此类问题的数学关系,避开了复杂的轨迹描绘和几何运算,只需进行始末状态的分析,更加简洁清晰,从宏观上直达物理问题的本质.
例6　[2025·安徽合肥模拟] 在如图所示的Oxy平面内,x轴和y=a区间有垂直于纸面向外的匀强磁场,质量为m、电荷量为e的质子
从坐标原点O沿y轴射入磁场.入射速度为v0时,质子恰好不从磁场上边界射出.
(1)求磁感应强度大小B;
(2)若入射的质子数按速度大小均匀分布在0~10v0范围,求能到达磁场中横坐标x=a位置(图中虚线PQ)的质子数占总质子数的百分比η;
(3)若磁场区域存在沿-y方向的非匀强电场,电场强度随y方向均匀增大,关系式为E=ky,要使入射速度为10v0的质子不从磁场上边界射出,求k满足的条件.专题十九　带电粒子在组合场中的运动(A)
1.AD　[解析] 粒子在电场中加速,设加速的位移为x,则根据动能定理有qEx=mv2,解得v=,粒子在磁场中运动时,其轨迹如图所示,a粒子运动轨迹的圆心为O,b粒子运动轨迹的圆心为O',根据几何知识可知,r2·sin 30°+r1=r2,则r1∶r2=1∶2,根据洛伦兹力提供向心力,有r=,联立可得∶=1∶4,v1∶v2=2∶1,故A正确,B错误;粒子在磁场中运动的周期T==,粒子在磁场中运动的时间t=T,则两粒子的运动时间之比t1∶t2=3∶8,故C错误,D正确.
2.ACD　[解析] 从P点到O点,粒子做类平抛运动,根据已知条件有2L=3v0t1,L=··,解得t1=,E=,故A正确;类平抛运动的加速度大小为a==,则vy=at1=3v0,则粒子射入磁场时的速度大小为v==6v0,故B错误;粒子由电场进入磁场,运动情况如图所示,粒子在磁场内做匀速圆周运动,故有qvB=m,解得R==12L,T==,由于tan θ==,可知θ=30°,由几何关系可知,粒子在磁场中转过的圆心角为300°,故粒子在磁场中运动的时间t2=T=,粒子从P点运动到M点的时间为t=t1+t2=,故C、D正确.
3.ACD　[解析] 若粒子第一次在电场中到达最高点P,则其运动轨迹如图所示,粒子在O点时的速度大小为v,OQ段为圆周,QP段为抛物线,根据对称性可知,粒子在Q点时的速度大小也为v,方向与边界成45°角,可得v0=vcos 45°,解得v=v0,选项A正确,B错误;在粒子从Q运动到P的过程中,由动能定理得-qE0L=m-mv2,解得E0=,选项C正确;在匀强电场由Q到P的过程中,水平方向的位移为x=v0t1,竖直方向的位移为y=t1=L,可得Q、P两点在水平方向的距离xQP=2L,则OQ=L,又有OQ=2Rcos 45°,故粒子在磁场中的圆周运动的半径R=L,由qBv=,解得B=,选项D正确.
4.BC　[解析] 该粒子所受洛伦兹力向下,根据左手定则可知,该带电粒子一定带负电,A错误;根据牛顿第二定律有qv0B=m,解得r=2 m,由于粒子经过P、M两点时速度方向分别与y轴、虚线垂直,所以做圆周运动的圆心为原点O,则O、M之间的距离为2 m,B正确;粒子在电场中运动时,垂直于x轴方向的分初速度为vy=v0cos 30°=150 m/s,垂直于x轴方向的加速度为ay==2×106 m/s2,则粒子在垂直于x轴方向上减速运动过程中,有=2ayy,解得减速运动的位移y≈0.02 m,M点到x轴的距离为d=rsin 30°=1 m,所以粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为ymin=d-y≈0.98 m,C正确,D错误.
5.BD　[解析] 由r=可知a、b两粒子在y轴左侧区域磁场中的偏转半径比为ra1∶rb1=∶=1∶1,故A错误;粒子a第一次经过y轴时坐标为(0,2ra2),第二次经过y轴时坐标为(0,2ra2-2ra1),第三次经过y轴时坐标为(0,4ra2-2ra1),第四次经过y轴时坐标为(0,4ra2-4ra1),其中ra1=,ra2=,由于B1∶B2=3∶2,故ra1∶ra2=2∶3,4ra2-4ra1>0,因此粒子a第四次经过y轴时是经过y轴正半轴,两粒子在y轴正半轴相遇,故B正确;粒子b第一次经过y轴时坐标为(0,2rb1),第二次经过y轴时坐标为(0,2rb1-2rb2),第三次经过y轴时坐标为(0,4rb1-2rb2),第四次经过y轴时坐标为(0,4rb1-4rb2),其中rb1=ra1,rb2=ra2,令ra1=2r,则ra2=3r,粒子a四次经过y轴时的纵坐标分别为6r、2r、8r、4r,粒子b四次经过y轴的纵坐标为4r、-2r、2r、-4r,对比可知,粒子b第一次经过y轴正半轴时就与粒子a相遇,相遇时二者速度方向相同,都是水平向右,故C错误;二者相遇所用时间相等,有Tb1=Ta1+Ta2,即=+,将B1∶B2=3∶2代入得ma∶mb=1∶5,故D正确.
6.(1)　　(2)Bv0　(3)
[解析] (1)由题意可知,粒子速度对应b(v0,v0)点时开始在磁场中运动,所以粒子在磁场中做圆周运动的线速度大小为v==v0
设粒子做圆周运动的半径为r,周期为T,根据洛伦兹力提供向心力有
qvB=m
解得r=
由圆周运动规律得T=
解得T=
(2)根据题意,粒子速度用图示的直角坐标系内一个点P(vx,vy)表示,则图中闭合曲线即速度矢量变化曲线,已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等,说明速度变化率大小相等,即加速度大小相等,则在匀强电场中和在匀强磁场中的加速度大小相等,根据a=可得=
解得E=Bv0
(3)根据粒子的速度矢量变化图作出粒子在匀强电场和匀强磁场中运动的轨迹如图所示
粒子先在匀强电场中做类平抛运动,再在匀强磁场中做匀速圆周运动,后又在匀强电场中做逆向类平抛运动直到速度垂直于电场,由速度矢量变化图可知,粒子在匀强电场中运动的总时间t1与在匀强磁场中运动的总时间t2的关系为=
其中t2=T
P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时,粒子位移的大小s=|y2-2y1|
其中y2=r
y1=v0t1
联立解得s=
7.(1)y=x2(x<0)　(2)　(3)d2
[解析] (1)粒子在电场区域做类平抛运动,则x=v0t
y=·t2
代入E=
解得y=x2(x<0)
(2)由OP段的边界方程可知粒子射入电场时x轴坐标x0=-4d
粒子在电场中做类平抛运动,水平、竖直位移分别满足4d=v0t,1.5d=t
联立可得vy=v0
从O点出电场时的速度与水平方向的夹角满足tan θ==
则θ=37°
粒子从O点出电场时的速度为v==v0
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,粒子轨迹刚好磁场上边界相切时,由几何关系得r+rcos θ=d
由洛伦兹力提供向心力有qvB0=m
解得B0=
(3)粒子进入第四象限的磁场后,沿y轴方向应用动量定理有 -qBvxΔt=mΔvy
对粒子从进入磁场到速度方向变为沿x轴正方向的过程求和得-qBvxΔt=0-mvsin θ
可得qyΔx=mvsin θ
运动轨迹与x轴所围成的面积ySy=Δx
代入B0=
解得S=d2专题十九　带电粒子在组合场中的运动(A) (限时40分钟)
　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.(多选)如图所示,在x轴上方第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场,x轴下方存在沿y轴正方向的匀强电场.a、b两个重力不计的带电粒子分别从电场中的同一点P由静止释放后,经电场加速从M点射入磁场并在磁场中发生偏转.最后从y轴离开磁场时,速度大小分别为v1和v2,v1的方向与y轴垂直,v2的方向与y轴正方向成60°角.a、b两粒子在磁场中运动的时间分别记为t1和t2,则以下比值正确的是 (　)
A.v1∶v2=2∶1
B.v1∶v2=1∶2
C.t1∶t2=3∶2
D.t1∶t2=3∶8
2.(多选)[2025·湖南长沙模拟] 利用电磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术.如图所示,在xOy坐标系的y轴右侧存在沿y轴负方向的匀强电场,y轴左侧存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B=的匀强磁场.现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从P点以大小为3v0的初速度沿x轴负方向发射,恰好经过坐标原点O进入左侧磁场,再经过M点(未画出)返回y轴右侧.不计带电粒子的重力.边界水平,下列说法正确的是 (　)
A.匀强电场的电场强度的大小为
B.粒子射入磁场时的速度大小为3v0
C.粒子从P点运动到M点的时间为
D.粒子在磁场中运动的轨迹圆半径为12L
3.(多选)[2025·安徽合肥模拟] 如图所示,一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从边界上O点射入磁场,入射方向与边界成45°角.当粒子第一次运动到电场中的P点时速度大小为v0、方向与边界平行,且P点与O点水平方向相距3L,P点与边界相距L.不计粒子的重力,边界水平,下列说法正确的是 (　)
A.粒子从O点射入磁场时的速度大小为v0
B.粒子第一次射入电场时的速度大小为2v0
C.匀强电场的场强大小为
D.匀强磁场的磁感应强度大小为
4.(多选)如图所示,在直角坐标系xOy的第一象限内有一虚线,虚线与x轴正方向间的夹角为θ=30°.虚线上方有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小B=7.5×10-4 T.虚线下方到第四象限内有与虚线平行、电场强度大小E=20 N/C的匀强电场.一比荷=2×105 C/kg的带电粒子从y轴正半轴上的P点以速度v0=300 m/s沿x轴正方向射入磁场,粒子进入磁场后,从虚线上的M点(图中未画出)垂直于虚线方向进入电场(不计粒子所受重力),则 (　)
A.该带电粒子一定带正电
B.O、M之间的距离为2 m
C.粒子第一次穿过虚线后与x轴间的最小距离约为0.98 m
D.粒子第一次穿过虚线后能击中x轴
5.(多选)如图所示,在y轴的左侧区域存在磁感应强度大小为B1、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,在y轴的右侧区域存在磁感应强度大小为B2、方向也垂直于纸面向里的匀强磁场,且B1∶B2=3∶2.在原点O处同时发射两个质量分别为ma和mb的带电粒子a、b,粒子a以速率va沿x轴正方向运动,粒子b以速率vb沿x轴负方向运动,已知粒子a带正电,粒子b带负电,电荷量相等,且两粒子的速率满足mava=mbvb.若在此后的运动中,当粒子a第4次经过y轴(出发时经过y轴不算在内)时,恰与粒子b相遇.粒子重力不计.下列说法正确的是 (　)
A.粒子a、b在y轴左侧区域磁场中的偏转半径之比为3∶2
B.两粒子在y轴正半轴相遇
C.粒子a、b相遇时的速度方向相反
D.粒子a、b的质量之比为1∶5
6.[2024·新课标卷] 一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子始终在同一水平面内运动,其速度可用图示的直角坐标系内一个点P(vx,vy)表示,vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量.粒子出发时P位于图中a(0,v0)点,粒子在水平方向的匀强电场作用下运动,P点沿线段ab移动到b(v0,v0)点;随后粒子离开电场,进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场,P点沿以O为圆心的圆弧移动至c(-v0,v0)点;然后粒子离开磁场返回电场,P点沿线段ca回到a点.已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等.不计重力.求:
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期;
(2)电场强度的大小;
(3)P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时,粒子位移的大小.
7.[2025·河北廊坊三模] 如图所示,在第一象限的y≤d区域内和第四象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,在第二象限内的曲线OP上方有沿y轴负方向的匀强电场,其场强大小为,曲线左侧有一粒子源AB,B端位于x轴上,能够持续不断地沿x轴正方向发射速度为v0、质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子束,这些粒子经电场偏转后均能够通过O点,已知从A点射出的粒子恰好从P点进入电场,不计重力及粒子间的相互作用.
(1)写出匀强电场边界OP段的边界方程(粒子入射点的坐标y和x间的关系式);
(2)若某带电粒子在第二象限从粒子源上点沿x轴正方向射出后,进入第四象限的匀强磁场,刚好不从磁场上边界射出,求磁感应强度的大小B0;
(3)若第四象限内磁场为非匀强磁场,磁感应强度大小随y轴坐标均匀变化,其关系为B=(B0为第(2)问中求得的值),某带电粒子从粒子源上点沿x轴正方向射出后,进入第四象限的非匀强磁场,求粒子从射入磁场到速度方向变为沿x轴正方向的过程中,其运动轨迹与x轴所围成的面积.专题十九　带电粒子在组合场中的运动(B)
1.A　[解析] 由于洛伦兹力总是不做功,粒子从静止释放到从4区下边界穿出,根据动能定理可得qE·2L=m,可知粒子从4区下边界穿出后的动能一定为2qEL,粒子从4区下边界穿出后的速度大小为v4=2,故A正确;由于电场力处于竖直方向,不影响水平方向的速度,则粒子从静止释放到从4区下边界穿出,水平方向根据动量定理可得F洛xt=mvx-0,其中F洛xqvtqv=yvBtv=vqByt=qB·2L,联立可得粒子从4区下边界穿出后的水平速度为vx=,则粒子从4区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为cos θ==B,若粒子恰未从第4场区射出,粒子达到4区下边界的竖直分速度刚好为0,则有vx==v4=2,解得E=,故B、C、D错误.
2.BD　[解析] 根据粒子在磁场中的偏转方向,结合左手定则可知粒子带负电,选项A错误;随着粒子不断打到N极板上,N极板所带电荷量不断增加,向下的电场强度增加,粒子做减速运动,当粒子恰能到达N极板时满足v2=2ad,a=,解得E=,即间距d越大,板间所形成的最大电场强度越小,选项B正确;因粒子发射方向与OP夹角为60°时恰能垂直穿过M板Q点处的小孔,设粒子的运动半径为r,如轨迹1所示,则由几何关系有cos 60°=,解得r=2L,可得O、P=rsin 60°=L,粒子在磁场中运动半个圆周时,粒子打到M板上表面的位置与O点距离最远,可得粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为xm==L,选项C错误;因金属板厚度不计,当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ长度时,粒子仍可从Q点进入两板之间,如轨迹2所示,由几何关系可知此时粒子从P点沿正上方运动,进入两板间时的速度方向与M板夹角为α=30°,则粒子在两板间的运动时间t=,粒子打到M板下表面距离Q点的距离为x=vtcos α=,可知当a取最大值时,x有最小值,由上述分析可知am=,解得xmin=2dsin 2α=d,选项D正确.
3.(1)　(2)πL　(3)F=
[解析] (1)乙粒子在Ⅰ区的运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力有
qv0B=m
由几何关系得sin 30°=
联立解得磁感应强度的大小B=
(2)根据对称性可知,乙在磁场中运动的时间为
t1=2××
根据对称性可知,甲粒子到P点时的速度方向沿x轴正方向,甲粒子在Ⅲ区电场中沿着直线从P点到O点,由运动学公式有
d=v0t1+a
由牛顿第二定律有
a=
其中E0=
联立解得Ⅲ区宽度d=πL
(3)甲粒子经过O点时的速度为v甲=v0+at1
因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动,则甲的位置坐标为x1=v甲t
同时甲所在处的电场强度E1=0,即
ωt=kx1
联立解得v甲=3v0,k=
设乙粒子经过Ⅲ区的时间为t2,乙粒子在Ⅳ区运动的时间为t0,则t=t0+t2
乙所在处的电场强度E2=ωt-kx2,即
=ω(t0+t2)-kx2
整理可得x2=3v0(t0+t2)-
对甲有x1=3v0(t0+t2)
则Δx=x1-x2=
化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为
F=
4.(1)　(2)R　(3)-4kR
[解析] (1)电子在区域Ⅰ内做圆周运动,设轨道半径为R1,根据牛顿运动定律有evB=
电子运动的轨道半径等于圆形磁场的半径,即R1=R
解得v=
(2)作出电子在磁场中运动的轨迹,如图甲所示,距离电子源中心位置的粒子打在O点时,速度方向分布在y轴左右两侧,与y轴夹角均为30°.由题意可知,距离电子源中心位置大于的区域粒子直接打到收集板上,其他电子均不能打到收集板上.
甲
作出速度方向与y轴左右两侧夹角均为30°角的电子在区域Ⅱ运动的轨迹,两电子在区域Ⅱ内运动的轨迹圆心角分别为120°和240°;设收集板的长度为l,根据几何关系得l=2rcos 30°
因为区域Ⅱ磁场磁感应强度也为B,故r=R
解得l=R
(3)正对O1点射向区域Ⅰ的电子在区域Ⅰ内做圆周运动,运动的轨道半径等于圆形磁场的半径R,电子从O点沿y轴负方向射出,速度大小为v,运动轨迹如图乙所示.以y轴正方向为速度正方向,经时间Δt,由动量定理得
evxB'Δt=mΔvy
所以evxB'Δt=mvy-
设题图乙图像与x轴围成的面积为S,则eS=mvy-
在0~R间,S=2B·R·
解得电子经过点(R,-kR)时沿y轴负方向分速度vy=0
在R~2R间,电子沿y轴负方向分速度由0增大到v,沿x方向分速度由v减小到0,电子在沿y轴负方向的位移与0~R间的相同,之后重复运动,故该电子轨迹上横坐标为4R的点的纵坐标为-4kR
乙
5.(1)　(2)(+1)　
(3)
[解析] (1)根据动能定理有qEd=m
解得v0=
(2)设粒子在L2、L3间的磁场中运动的半径为r1,在L3、L4间的磁场中运动的半径为r2
根据牛顿第二定律得B1qv0=m
联立解得r1=d
设粒子在L2、L3间的磁场中速度的偏转角为θ,则sin θ=
解得θ=45°
若粒子能回到P点,轨迹如图甲所示
由几何关系,有(r1+r2)cos θ=r1
解得r2=(2-)d
显然r2+r2sin θ=d
即在磁场B2中轨迹刚好与边界L4相切,所以粒子能回到P点.
根据牛顿第二定律得B2qv0=m
解得B2=(+1)
甲
乙
(3)改变磁感应强度B2的大小,粒子能到达 Q点,轨迹如图乙所示
设粒子完成 n次周期性运动,根据几何关系有2××n=2d,且n=1,2,3,…
解得r2'=(2--)d
因为r2'>0,可得n>2+
则n=4时,t有最小值,此时r2'=
由前面分析,粒子在L1与L2之间加速的时间t0=
粒子在L2、L3间的磁场中运动的周期T1=
粒子在L3、L4间的磁场中运动的周期T2=
则有t=(2t0++)×n
粒子从P运动到Q的最短时间t=专题十九　带电粒子在组合场中的运动(B) (限时40分钟)
　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.[2025·黑龙江哈尔滨二模] 如图所示为交替出现的宽为L的匀强电场和匀强磁场区域,其中编号1、3区域为电场,场强均为E,2、4区域为磁场,场强均为B,方向如图所示.质量为m、带电荷量为q的正粒子,从1区上边界由静止释放,不计重力.下列说法中正确的是 (　)
A.粒子从4区下边界穿出后的动能一定为2qEL
B.粒子从4区下边界穿出后的水平速度一定为
C.粒子从4区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为B
D.若粒子恰未从第4场区射出,则需满足E=
2.(多选)[2025·河北卷] 如图,真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定,间距为d,M板接地.M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场.M板O点处正上方P点有一粒子源,可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子.当发射方向与OP的夹角θ=60°时,粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔.已知OQ=3L,初始时两板均不带电,粒子碰到金属板后立即被吸收,电荷在金属板上均匀分布,金属板电量可视为连续变化,不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用,忽略边缘效应.下列说法正确的是 (　)
A.粒子一定带正电
B.若间距d增大,则板间所形成的最大电场强度减小
C.粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7L
D.粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为d
3.[2024·辽宁卷] 现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度.简化模型如图所示:Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L,存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度等大反向;Ⅲ、Ⅳ区为电场区,Ⅳ区电场足够宽,各区边界均垂直于x轴,O为坐标原点.甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为+q、质量均为m的粒子.如图所示,甲、乙平行于x轴向右运动,先后射入Ⅰ区时速度大小分别为v0和v0.甲到P点时,乙刚好射入Ⅰ区.乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°.甲到O点时,乙恰好到P点.已知Ⅲ区存在沿+x方向的匀强电场,电场强度大小E0=.不计粒子重力及粒子间相互作用,忽略边界效应及变化的电场产生的磁场.
(1)求磁感应强度的大小B.
(2)求Ⅲ区宽度d.
(3)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴,电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E=ωt-kx,其中常系数ω>0,ω已知、k未知,取甲经过O点时t=0.已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动,设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F,甲、乙间距为Δx,求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围)
4.[2025·河北石家庄三模] 如图所示,在平面直角坐标系xOy内,以O1(0,R)为圆心、半径为R的圆形区域Ⅰ内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场.第二象限有一平行于y轴、宽度为2R的线状电子源,电子源中心与O1等高.在x轴上放置一定长度的薄收集板,收集板左端置于原点O处.x轴下方区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场.电子源沿x轴正方向均匀发射质量为m、电荷量为e、速度相同的电子,射入圆形磁场区域后经O点全部进入区域Ⅱ(收集板左端不会挡住经过O点的电子),只有一半数量的电子打到收集板上并被吸收.忽略电子重力和电子间相互作用.
(1)求电子源发射电子的初速度的大小v.
(2)求该收集板的长度.
(3)现撤去区域Ⅱ的磁场,然后在x≥0且y≤0区域加垂直纸面方向的磁场,磁感应强度B'随x轴坐标变化的规律如图乙所示,规定垂直纸面向外为磁场的正方向.电子源正对O1点以原初速度射向区域Ⅰ的电子运动轨迹经过点(R,-kR),其中k>0且为已知量.求该电子轨迹上横坐标为4R的点的纵坐标.
5. [2025·湖北武汉调考] 如图所示,空间存在互相平行的边界L1、L2、L3、L4,相邻边界的间距均为d,边界足够长.边界L1与L2之间分布着垂直于边界的匀强电场,电场强度大小为E,方向由L1指向L2;边界L2与L3之间分布着垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小B1=;边界L3与L4之间分布着垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小B2未知.在边界L1上有间距为2d的P、Q两点,质量为m、电荷量为+q(q>0)的带电粒子由P点静止释放,不计粒子的重力.
(1)求粒子进入磁场时的速度大小v0;
(2)若粒子恰好能回到P点,求磁感应强度B2的大小;
(3)若改变B2的大小,粒子能以最短的时间到达Q点,求粒子从P运动到Q的时间t.

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