2024年高考物理一輪復習與訓練：帶電粒子在組合場中的運動（解析版）

訓練二十帶電粒子在組合場中的運動

【學問梳理】

1.組合場：電場與磁場各位于肯定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場交替消滅.

2.分析思路

⑴畫運動軌跡：依據(jù)受力分析和運動學分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖.

(2)找關(guān)鍵點：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵.

⑶劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理.

3.常見粒子的運動及解題方法

電

場

中

一

帶電

子

粒

分

在

的

離

場

電

場

磁

磁

運

中

場

動

中

題型一磁場與磁場的組合

【學問梳理】

磁場與磁場的組合問題實質(zhì)就是兩個有界磁場中的圓周運動問題，帶電粒子在兩個磁場中的速度大小

相同，但軌跡半徑和運動周期往往不同.解題時要充分利用兩段圓弧軌跡的連接點與兩圓心共線的特點，

進一步查找邊角關(guān)系.

如圖所示，在無限長的豎直邊界/C和龐間，上、下部分分別布滿方向垂直于平面/應C向外的勻強磁

場,上部分區(qū)域的磁感應強度大小為氏，OF為上、下磁場的水平分界線.質(zhì)量為m、帶電荷量為十1的粒

子從AC邊界上與。點相距為a的P點垂直于4C邊界射入上方磁場區(qū)域，經(jīng)歷上的0點第一次進入下方磁

場區(qū)域，0點與。點的距離為3a.不考慮粒子重力.

AD

4

P

Or?—__

Cl\E

(1)求粒子射入時的速度大小；

(2)要使粒子不從4,邊界飛出，求下方磁場區(qū)域的磁感應強度大小反應滿足的條件；

⑶若下方區(qū)域的磁感應強度8=3幾粒子最終垂直龐邊界飛出，求邊界龐與/C間距離的可能值.

答案⑴(2)8］、竽(3)4z?a(72=1,2,3,-??)

解析(1)粒子在⑺上方的運動軌跡如圖所示，

A\D

\''B；?：

0：；一祐丁「；一；一；；F

\-xR........：

c\............\E

設粒子做圓周運動的半徑為兄由幾何關(guān)系可知(A—a)2=(3a)2,則45a,由牛頓其次定律可知。嚙

v左"日5aq風

=O，解得r=一必一.

⑵當粒子恰好不從ZC邊界飛出時，其運動軌跡如圖所示，設粒子在⑺下方做圓周運動的半徑為人

由幾何關(guān)系得n+ncos°=3a,

,,,八OQ3mi15a

由⑴x可知COS0=-=-所以Ti=q-,

K58

依據(jù)°加=叱，聯(lián)立解得旦=學，故當反N學時，粒子不會從/。邊界飛出.

Z133

5

(3)當8=3氏時，粒子的運動軌跡如圖所示，粒子在⑺下方的運動半徑為r=aa,設粒子的速度方向再次與

O

射入磁場時的速度方向全都時，粒子的位置為4點，則〃點與H點的連線肯定與在平行，依據(jù)幾何關(guān)系

知陽=4a,所以若粒子最終垂直龍邊界飛出，邊界理與2C間的距離為￡=〃陽=4儂(刀=1,2,3,…).

A；\D

題型二電場與磁場的組合

【學問梳理】

1.帶電粒子在勻強電場中做勻加速直線運動，在勻強磁場中做勻速圓周運動，如圖所示.

2.帶電粒子在勻強電場中做類平拋（或類斜拋）運動，在磁場做勻速圓周運動，如圖所示

考向1先電場后磁場

【例2】（2018?全國卷I?25）如圖，在y〉0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為￡；在

7<0的區(qū)域存在方向垂直于才行平面對外的勻強磁場.一個氣核;H和一個笊核汨先后從y軸上了=分點以相

同的動能射出，速度方向沿x軸正方向.己知;H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°,并從

坐標原點。處第一次射出磁場的質(zhì)量為如電荷量為g.不計重力.求：

⑴田第一次進入磁場的位置到原點。的距離；

⑵磁場的磁感應強度大??；

（3）汨第一次離開磁場的位置到原點。的距離.

答案（1）半人（2）、/耳（3）乎（也—1）人

解析（1）；H在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示.設;H在電場中的加速

度大小為a,初速度大小為防，它在電場中的運動時間為3第一次進入磁場的位置到原點。的距離為si,

由運動學公式有國=%心①

由題給條件，;H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角%=60°.；H進入磁場時速度沿p軸方向的重量的

大小為囪力i=以tan%③

聯(lián)立以上各式得0=半胸

⑵;H在電場中運動時，由牛頓其次定律有°￡=儂1⑤

設;H進入磁場時速度的大小為水，由速度合成法則有小=胃/+a:z⑥

設磁感應強度大小為6,也在磁場中運動的圓軌道半徑為兄，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有

/2

QViB=--~~⑦

A1

由幾何關(guān)系得si=27?isin%⑧

聯(lián)立以上各式得6=

(3)設汨在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為n,在電場中的加速度大小為a2,

由題給條件得32血/=]?/⑩

由牛頓其次定律有qE=2m&@)

設汨第一次射入磁場時的速度大小為小，速度的方向與X軸正方向夾角為外,入射點到原點的距離為S2,

在電場中運動的時間為t2.由運動學公式有S2=V2t2@

公)必?

V2'=7吸2+&t2，?

sin夕2=￡^?

聯(lián)乂以上各式得S2=Si,。2=。1,Vi—之V\'(J6)

設汨在磁場中做圓周運動的半徑為脛，由⑦其成及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得

兄=嚙^=@'?

所以出射點在原點左側(cè).設加進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為sj,由幾何關(guān)系有

S2'=2尼sin夕2?

聯(lián)立④⑧???式得，汨第一次離開磁場時的位置到原點。的距離為城一&=平(/一1)分.

考向2先磁場后電場

【例3】(2023?河北唐山市模擬)平面直角坐標系xOy中，直線如與x軸正方向的夾角為30°,其上方存

在方向垂直紙面對外的勻強磁場，下方存在勻強電場，電場強度方向與x軸負方向的夾角為60°,如圖所

示.質(zhì)量為以電荷量為g的帶正電粒子以速度P從坐標原點沿y軸正方向進入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后由戶點

進入電場，最終從x軸上的0點離開電場，已知0、尸兩點間距離為￡,P0連線平行于y軸.不計粒子重力，

求：

(1)勻強磁場的磁感應強度6的大??；

(2)勻強電場的電場強度￡的大小.

3

答案⑴⑵VT

qLqL

2

解析(1)粒子在磁場中運動時(如圖所示)，設軌跡半徑為兄依據(jù)洛倫茲力供應向心力可得多

由幾何關(guān)系有￡=27fcos30°

聯(lián)立解得5=今.

qL

(2)粒子進入電場時，速度方向與邊界。的夾角為60°,由幾何關(guān)系可知，速度方向和電場方向垂直.粒

子在電場中的位移x=〃0=￡sin30°

又xsin30°=vt

C12

xcos30=2a^

Eq=ma

聯(lián)立解得仁也甲.

考向3粒子多次進出電場、磁場的運動

【例41(2021?廣東卷?14)圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖，空間有三個同心圓a、b、c圍成的區(qū)

域，圓a內(nèi)為無場區(qū)，圓a與圓6之間存在輻射狀電場，圓6與圓c之間有三個圓心角均略小于90°的扇

環(huán)形勻強磁場區(qū)I、II和III.各區(qū)磁感應強度恒定，大小不同，方向均垂直紙面對外.電子以初動能風從圓

6上尸點沿徑向進入電場，電場可以反向，保證電子每次進入電場即被全程加速，已知圓a與圓6之間電勢

差為〃圓6半徑為此圓c半徑為小兄電子質(zhì)量為加，電荷量為e,忽視相對論效應，取tan22.5°=

0.4.

(1)當昂=0時，電子加速后均沿各磁場區(qū)邊緣進入磁場，且在電場內(nèi)相鄰運動軌跡的夾角舛勻為45°,最

終從0點出射，運動軌跡如圖中帶箭頭實線所示，求I區(qū)的磁感應強度大小、電子在I區(qū)磁場中的運動時

間及在0點出射時的動能；

⑵已知電子只要不與I區(qū)磁場外邊界相碰，就能從出射區(qū)域出射.當蜃=而〃時，要保證電子從出射區(qū)域

出射，求人的最大值.

,5-\leUmitR\]meU,.13

答案⑴士------T77-(2)—

eK4e〃6

解析(1)電子在電場中加速有落在I區(qū)磁場中，由幾何關(guān)系可得_r=7?tan22.5°=0.47?

V2

依據(jù)洛倫茲力供應向心力有Biev=/n—

r

聯(lián)立解得81=

"廳eR^

2j[二

電子在I區(qū)磁場中的運動周期為T=——

V

5

由幾何關(guān)系可得，電子在I區(qū)磁場中運動的圓心角為0=1兀

電子在I區(qū)磁場中的運動時間為t=-T

聯(lián)立解得力=三步’

4eU

電子從尸到0在電場中共加速8次，故在0點出射時的動能為艮=8eU

(2)設電子在I區(qū)磁場中做勻速圓周運動的最大半徑為右，此時圓周的軌跡與I區(qū)磁場邊界相切，

由幾何關(guān)系可得(/瑞)2=/+儲

解得r.=^R

2

依據(jù)洛倫茲力供應向心力有笈8%=)支

rm

12,

2eU=/v；—keU

13

聯(lián)立解得k=-

o

【變式訓練1】如圖所示，一對足夠長平行柵極板族"水平放置，極板與可調(diào)電源相連.極板外上方和下方

5

分別存在方向垂直紙面對外和向內(nèi)的勻強磁場笈和5,笈和民的大小未知，但滿足民=爐3,磁場左邊界上

距〃板距離為2/的/點處的粒子源平行極板向右放射速度為r的帶正電粒子束，單個粒子的質(zhì)量為以電

荷量為Q,粒子第1次離開"板的位置為。點，已知。點距離磁場左邊界距離為忽視柵極的電場邊緣效

應、粒子間的相互作用及粒子所受重力.

A;空??用

...............................M

□P

trxxxxxxxxxxxxN

xxxxxxxxxxxx

XXXXJgXXXXXXX

xxxxxxxxxxxx

(1)求磁感應強度為的大??；

(2)當兩板間電勢差礪=0時，粒子經(jīng)過下方磁場一次偏轉(zhuǎn)后恰能從。點再次返回極板上方的磁場，求兩板

間距d的大??；

/22

⑶當兩板間所加的電勢差礪=一不上時，在〃板上c點右側(cè)尸點處放置一粒子靶(忽視靶的大小)，用于接

收從〃板上方打入的粒子.問當戶點離磁場左邊界多遠的地方能接收到粒子？

答案⑴」(2)0.87(3)(1+1.36/7)7,〃=0、1、2、3、…

5(77

2

mv

解析⑴粒子從/點放射后運動到。的過程，洛倫茲力供應向心力。出=方

A1

54mv

由幾何學問可得心(2LQ+/,解得/=下，

A送：：戶：：：：：

卜:、■:：：：：：:“

氏防〈尸

tr:xxxxxxxxxxxXN1希^為xxxxxxxxxN

IXXXXXXXXXXXXI>RiLxXXXXXXXXX

[xxxxxxxxxxx

ixxxxxxxxxxxx

(2)粒子經(jīng)過C點時的速度方向與豎直方向的夾角為明則cos。=4=0.8

Al

粒子進入磁場民之后，圓周運動半徑為兄=勺=芻?1=,/,

qBz54

又由于otan9=R2cos解得d=0.8/

3

由此=%,得，粒子在民磁場中不會從左邊界飛出.

⑶粒子到達a點后第一次在電場中向左運動距離Ax=$n，?七=。.64,

dm

粒子在8磁場中運動到最左邊時，距。點距離xc=Ax+分-1=0.89/〈用

所以不會從左邊界飛出，尸點離磁場左邊界的距離為XP=l+n（21—0.647）=（1+1.36刀）1,/7=0、1、2、3、…

口.M

xxxxxxxxxxxxN

XXXXXXXXXXXX

xxxx^xxxxxx

XXXXX攵xxxxxx

強基固本練

1.（多選）（2023?遼寧沈陽市模擬）圓心為。、半徑為〃的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度大小為反方向垂直

紙面的勻強磁場（未畫出），磁場邊緣上的/點有一帶正電粒子源，半徑如豎直，腑與物平行，且與圓形

邊界相切于6點，在腑的右側(cè)有范圍足夠大且水平向左的勻強電場，電場強度大小為笈當粒子的速度大小

為％且沿方向時，粒子剛好從6點離開磁場，不計粒子重力和粒子間的相互作用，下列說法正確的是

Vn

A.圓形區(qū)域內(nèi)磁場方向垂直紙面對外B.粒子的比荷為喘

DK

兀RORR

C.粒子在磁場中運動的總時間為丁D.粒子在電場中運動的總時間為管

ZVo

答案ABD

解析依據(jù)題意可知，粒子從4點進入磁場時,受到洛倫茲力的作用，依據(jù)左手定則可知，圓形區(qū)域內(nèi)磁

場方向垂直紙面對外，故A正確；依據(jù)題意可知，粒子在磁場中的運動軌跡如圖甲所示

JI

依據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子做圓周運動的半徑為尼粒子在磁場中運動軌跡所對圓心角為萬,

2

Uh

依據(jù)洛倫茲力供應向心力有qvoB=nr^,

可得?故B正確；依據(jù)題意可知，粒子從夕點進入電場之后，先向右做減速運動，再向左做加速運動,

再次到達萬點時，速度的大小仍為的再次進入磁場，運動軌跡如圖乙所示.

則粒子在磁場中的運動時間為力磁=9=型，故C錯誤；粒子在電場中，依據(jù)牛頓其次定律有為=儂，解得

ZVo

a=@=粵，詼=a大結(jié)合對稱性可得，粒子在電場中運動的總時間為力電=法=簟，故D正確.

mBRaE

2.（多選）（2023?廣東省模擬）如圖所示的平面直角坐標系xOy,在y軸的左側(cè)存在沿y軸負方向的勻強電

場.在y軸的右側(cè)存在垂直坐標平面對外的勻強磁場.一比荷為4的帶正電粒子（不計重力）從x軸上的/

點以沿著與x軸正方向成6=53°角的初速度為開頭運動，經(jīng)過電場偏轉(zhuǎn)從y軸的6點以垂直y軸的速度

進入磁場，磁場的磁感應強度大小為胎粒子進入磁場后電場方向變?yōu)檠貀軸正方向.該帶正電粒子經(jīng)過

磁場偏轉(zhuǎn)，粒子先后經(jīng)過x軸上的，點、y軸上的，點，粒子經(jīng)，點后，再次回到x軸上的4點，sin53°

43

=E，cos53°下列說法正確的是（）

55

A.粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為d

B.A.。兩點之間的距離為3d

4VQ

C.勻強電場的電場強度為5

1阡-I-5jid

D.粒子從“點開頭到再回到4點的運動時間為一了一

答案AD

解析設粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑為尼由幾何關(guān)系可得出=兄OC=R,AC=OA+OC,粒

子從/到8做類斜拋運動，在夕點的速度方向與勻強電場垂直，由逆向思維可知粒子從夕到/做類平拋運

動，把粒子在4點的速度打分別沿x軸的正方向和y軸的正方向分解，設粒子在8點的速度為vB,則有的cos

2

9=VB,由洛倫茲力充當向心力有為及=吟，粒子從6到/做類平拋運動，沿x軸方向與y軸方向的位移

大小分別用力、神來表示，由類平拋運動的規(guī)律可得，過4點的速度K的延長線交于X方向分位移的中點,

由幾何關(guān)系可得tan'=磊,結(jié)合八含,聯(lián)立解得如=44c=2.5d,A正確'B錯誤；粒子

0F

在4點沿y軸正方向的分速度為方=云壯e,由類平拋運動的規(guī)律有/=2T?加，聯(lián)立解得勻強電場的

電場強度為￡=嬴C錯誤；粒子從/點到方點的運動時間源=然，粒子從夕點到〃點的運動時間為

JId

加=1而？依據(jù)運動的對稱性可知,粒子從“點開頭到又回到,點的運動時間為t=2…綜合計算可

15+5兀d「十3

得t=F—，D正確.

3.平面直角坐標系xOy中，其次象限存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為￡,第三、四象限存

在垂直坐標平面對里的勻強磁場，如圖所示.一質(zhì)量為0、帶電荷量為g的正粒子從坐標為(一￡,D的尸點

等，粒子其次次到達x軸的位置為坐標原點.不計粒子的

沿y軸負方向進入電場，初速度大小為樂

(1)求勻強磁場的磁感應強度6的大小;

等，求粒子其次次到達x軸時與坐標原點的距

⑵若粒子由尸點沿x軸正方向入射，初速度仍為兩

離.

答案(1)4-

”qL⑵乎4

解析⑴由動能定理得EqL^mv—^mv^

4EqL

粒子進入磁場時速度大小為片

m

2

在磁場中L=2R,qvB=—

K

mE

聯(lián)立可得8=4

qL

(2)假設粒子從p軸離開電場，運動軌跡如圖所示

L=vot,

P='2a/,

Eq='ma

聯(lián)立解得K=3乙假設成立

Vy--at

速度偏轉(zhuǎn)角tane=-

Vo

第一次到達X軸的坐標為=>1=)

tan〃2

my'

在磁場中*=r

QB

,八2勿/八2mvy\/2

用=27?sin。=-----sin夕=—-=~rL

qbqb4

粒子其次次到達x軸的位置與坐標原點的距離為

,6+^2

X—X\-VX1-----

4.如圖所示，x沙平面內(nèi)，。夕與x軸正方向的夾角為。=53°,在不利范圍內(nèi)(含邊界)存在垂直于坐標

平面對里的勻強磁場，磁感應強度大小為6=0.1T.其次象限有平行于y軸向下的勻強電場，電場強度大

小為￡=票XIO,v/m.一帶電微粒以速度Ko=5X106m/$從x軸上。(￡,0)點平行于8射入磁場，并從

力上的，點垂直于8離開磁場，與y軸交于c點，最終回到x軸上的，點，圖中6、d兩點未標出.已知

543.一

L=-m,sin53°=-,cos53°=~,不計微粒的重力，求：

455

(D微粒的比荷?

(2)，點與。點的距離1;

(3)僅轉(zhuǎn)變磁場強弱而其他條件不變，當磁感應強度且大小滿足什么條件時，微粒能到達第四象限.

答案(l)5X107C/kg(2)4m(3)H20.2T

解析(1)微粒在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系得r=/sin53°=1m

2

由牛頓其次定律得qvoB=*

代入數(shù)據(jù)解得2=5X1。'C/kg

Icos53°-I—r

(2)微粒進入電場后做類斜拋運動.由幾何關(guān)系得加=—.

sin53

在y軸方向有Xoc=—votcos53°+￡義華/

在x軸方向有1=及方sin53°

解得，=4m

⑶微粒在磁場中做勻速圓周運動的軌跡與邊界0P相切時，恰好能到達第四象限.

由幾何關(guān)系知A=,￡sin53°

2

由牛頓其次定律得qwB尸睚

解得瓜=0.2T,故當磁感應強度820.2T時，微粒能到達第四象限.

5.(2023?湖北宜昌市聯(lián)考)如圖所示，在矩形區(qū)域48切內(nèi)存在豎直向上的勻強電場，在苑右側(cè)I、II兩

區(qū)域存在勻強磁場，心、心、及是磁場的邊界(8C與A重合)，寬度相等，方向如圖所示，區(qū)域I的磁感應強

度大小為尻一電荷量為+/質(zhì)量為0的粒子(重力不計)從/。邊中點以初速度的沿水平向右方向進入電場，

粒子恰好從6點進入磁場，經(jīng)區(qū)域I后又恰好從與8點同一水平高度處進入?yún)^(qū)域II.已知46長度是比長度

的4倍.

⑴求帶電粒子到達6點時的速度大?。?/p>

⑵求區(qū)域I磁場的寬度L-,

(3)要使帶電粒子在整個磁場中運動的時間最長，求區(qū)域II中的磁感應強度5的最小值.

答案⑴"辱(2)2平黑(3)1.

解析(1)設帶電粒子進入磁場時的速度大小為％與水平方向成個角，粒子在勻強電場中做類平拋運動,

由類平拋運動的速度方向與位移方向的關(guān)系有tan夕=?=*,則。=30。

LABJ

依據(jù)速度關(guān)系有■=0萬=第3

COS83

V2

⑵設帶電粒子在區(qū)域I中的軌道半徑為人由牛頓其次定律得。加=紜，軌跡如圖甲所示：

甲

由幾何關(guān)系得/=為,聯(lián)立解得手;

(3)