专题15 带电粒子在复合场中的运动 课件-2026年高考物理二轮复习优质课件（全国通用）

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带电粒子在电场与磁场交织的世界中加速偏转,我们在知识与方法的组合与叠加中积累属于自己 的力量!
　 (2024贵州,14,14分)如图,边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方向 竖直向下且与ab边平行的匀强电场,ef右边有一半径为 L且与ef相切的圆形区域,切点为ef的中点,该圆形区域与cdef区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b 点斜向上射入电场后沿图中曲线运动,经cd边的中点进入cdef区域,并沿直线通过该区域后进入圆形区 域。所有区域均在纸面内,粒子始终在该纸面内运动,不计粒子重力。求:(1)粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小;(2)粒子的电荷量与质量之比;(3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。
解析　(1)带电粒子在cdef区域做直线运动,则有粒子所受电场力与洛伦兹力平衡,设粒子到达cd边的中 点速度大小为v0,带电荷量为q,质量为m,由平衡条件可得qE=qv0B,解得v0= 。(2)粒子从b点到cd边的中点的运动,可逆向看成粒子从cd边的中点到b点的类平抛运动,设运动时间为t,加速度大小为a,由牛顿第二定律可得qE=ma,由类平抛运动规律可得v0t=L, at2= ,联立解得粒子的电荷量与质量之比 = = 。(3)粒子从ef中点射入到圆形区域做匀速圆周运动,设粒子的运动半径为R,由洛伦兹力提供向心力可得qv0B=m ,解得R=L,粒子在圆形区域磁场中运动轨迹如图所示,
答案　(1) 　(2) 　(3)60°
 由图可知,粒子沿半径方向射入,又沿半径方向射出,设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域 时速度方向的夹角为α,由几何关系可知α=2θ,可得tan θ= = ,θ=30°,则有α=60°。
　 探究1　一题多解对于第(3)问中的夹角,试使用动量定理结合微元法求解。
答案　根据题意,水平方向有∑qBvyΔt=m|Δvx|又有∑vyΔt=y,可得qBy=mv0(1- cs α)其中由几何关系有y= L sin α解得速度偏转角α=60°也可以从竖直方向根据动量定理结合微元法得∑qBvxΔt=mΔvy则qB· L(1+ cs α)=mv0 sin α,解得α=60°
探究2　拓展设问①设问1:求粒子在abcd区域的运动时间t。②设问2:求粒子在圆形区域内的运动时间t1。
答案　①解法1:粒子在平行于bc方向做匀速直线运动,有L=v0t,则t= = 。解法2:分运动具有等时性,故可以考虑平行于ab方向的运动,有 = at2,qE=ma,则t= = 。②t1= · ,α=60°,则有t1= = 。
互动互探带电粒子在磁场中运动的几何关系一般是怎样确定的?
互动点拨　　先确定轨迹圆心,然后去找轨迹圆心、入射点、出射点彼此连线所构成的三角形,且一般需要进一 步作辅助线构建出直角三角形,方便用到题中已知的长度和角度。
探究3　举一反三一题多问深挖透,考点拿捏快准稳!如图,直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、第Ⅲ象限中有两平行板电 容器C1、C2,其中C1垂直x轴放置,极板与x轴相交处存在小孔M、N;C2垂直y轴放置,上、下极板右端分别 紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M点静止释放,经电场直线加速后从N点射出电容器C1并紧贴电容 器C2下极板进入电容器C2,然后从P点进入第Ⅰ象限;经磁场偏转后恰好垂直x轴离开磁场,运动轨迹如 图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电荷量为q,O、P间距离为d,C1、C2的板间电压大小均为U,板间 电场均视为匀强电场,不计重力,忽略边缘效应。
　 (1)分析带电粒子的电性。(2)若电容器C1两极板的间距为d1,求粒子在电容器C1中运动的加速度、时间、末速度。(3)计算电容器C2两极板间的场强大小,并说明其方向。(4)求粒子在电容器C2中的运动时间。(5)求电容器C2的极板的长度。(6)若两电容器极板间的电压均变为2U,粒子还能进入磁场吗?如果可以,从何处进入?(7)若电容器C2的两极板间距变为2d,电容器上的电荷量不变,粒子还能进入磁场吗?如果可以,从何处进 入?(8)求粒子离开电容器C2的速度大小和方向。
　 (9)粒子进入磁场后做匀速圆周运动的轨道半径是多大?(10)求磁感应强度B的大小。(11)求粒子在磁场中做圆周运动的周期。(12)粒子在磁场中运动的时间是多少?(13)若磁场方向变为垂直纸面向里,粒子的轨迹如何变化?粒子从何处离开磁场?(14)若粒子能回到电容器C2两极板间,磁感应强度大小需满足什么条件?
答案　(1)粒子在磁场中只受洛伦兹力,由左手定则可判定粒子带正电。(2)粒子在电容器C1两极板间运动,加速度a1= = ,由d1= a 得时间t1= ,末速度v1=a1t1= (另解:由动能定理有qU= m ,解得v1= )。(3)电容器C2两极板间的场强E2= ,带正电的粒子向上偏转,所受电场力向上,故电容器C2两极板间场强方向沿y轴正方向。(4)粒子在电容器C2中沿y轴方向有d= ·  ,解得t2= 。(5)粒子在电容器C2中沿x轴方向有L=v1t2=2d。
(6)粒子在电容器C2两极板间偏转的侧移量Δy= ·  =d,与U无关,即只改变U不会改变粒子出C2的位置,粒子仍从P点进入磁场。(7)由电容器电容的定义式与平行板电容器电容的决定式可知E= ,若板间距从d变为2d,电容器C2两极板间的场强不变,粒子侧移量不变,仍从P点进入磁场。(8)根据动能定理,粒子经过两个电场的过程,有qU+qU= mv2,则进入磁场的速度v=2 ,由几何关系知cs θ= = ,则所求速度方向与x轴正方向的夹角θ= 。(9)由几何关系得r sin =d,解得半径r= d。(10)粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m ,故B=  。
(11)圆周运动周期T= =πd 。(12)由几何关系知轨迹所对应圆心角α= + = π,在磁场中运动时间t3= T=  。(13)磁场方向改变,粒子将沿逆时针方向做圆周运动,从P点进入磁场,由对称性可知,离开磁场时速度与 y轴正方向的夹角仍为 ,应用动量定理,有qBy=2mv sin ,则粒子从y轴上离开磁场位置的纵坐标y'=d+y=3d。(14)若粒子恰能回到电容器C2两极板间,则该临界状态的粒子在磁场的运动轨迹将与x轴相切,有qvBmin= m ,r临界 =d,联立解得磁感应强度最小值为Bmin=  ,若粒子能回到电容器C2两极板间,磁感应强度大小需满足B0≥  。
　　电场与磁场体现了物理观念中对物质观念的认知拓展,作为客观存在的物质,一方面我们需要对它 们有定量的认知,即通过一些物理量来描述这种物质的性质,另一方面我们也需要关注它们与别的物质 间的相互作用,这就又回到了力学的研究范畴。　　场的产生和描述,起源于场对实物的影响,所以电场强度、电势差、电势都需要用试探电荷来测 量,磁感应强度需要用电流元(或运动的电荷)来测量。场是分布在空间内的,所以我们又引入了电场 线、等势面和磁感线来形象地描述它。这部分的考查方式可能是用叠加原理考查有对称性的场的分 布,也可能给出电场线或磁感线与带电粒子的运动轨迹让我们分析物理量的变化。　　如果物体可视为点电荷,则只需要把电场或磁场视为一种与重力场一样的背景,这又回到了我们熟 悉的质点模型,对于质点的运动,一般用动力学知识分析,但在电场中熟练地使用能量的观点、在磁场 中使用动量的观点,往往能明显简化求解过程。
(2023江苏,16,15分)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀 强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正 方向水平入射。入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0时,电子的运动轨迹如图中的虚 线所示,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。(1)求电场强度的大小E;(2)若电子入射速度为 ,求运动到速度为 时位置的纵坐标y1;(3)若电子入射速度在00)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到水平虚线的距离均为h,两 点之间的距离为s=3 h。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)
解析　(1)粒子在匀强磁场中运动时,由牛顿第二定律可得qv0B=  ①根据几何关系可得R-R cs 60°=h ②联立①②解得B= 。(2)画出粒子在磁场中的部分运动轨迹如图甲所示 根据几何关系可知CD=R sin 60°= h
答案　(1) 　(2) 　(3) 
当粒子进入电场后,粒子的运动可分解为水平方向速度v0 cs 60°= 的匀速直线运动和竖直方向初速度v0 sin 60°= 、加速度大小a= 的匀变速运动,加速度方向与初速度方向相反根据粒子运动的对称性可知,粒子再次进入磁场的速度大小仍为v0,方向与水平虚线成60°角斜向上,粒 子能从b点通过,则从再次进入磁场到运动至b点过程中水平方向的位移大小也为 h则粒子在电场中运动,水平方向有s- h- h= t ③竖直方向有 = ×  ④联立③④解得t= ,E= 。(3)作出粒子在磁场和电场中运动的部分轨迹,如图乙所示
 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T,粒子在磁场、电场中的运动具有周期性,在一个实际运动 的周期T'内,粒子在磁场中运动的时间t1= T+ T= T ⑤T= = × =  ⑥联立⑤⑥解得t1= 将B= 代入可得t1= 
粒子在电场中运动一次的时间t2满足 v0= × 将E= 代入可得t2= 根据图乙中的几何关系可知,一个周期内粒子运动的位移(以向右为正方向)x=OO1= h(点拨:根据题图乙可知粒子周期性漂移的位移即在磁场中做半径相同的圆周运动对应圆心的位移)说明经过一个周期后粒子运动到初始位置右侧,则漂移速度大小v= = = 。
带电粒子在电场和磁场的组合场中运动,实际上是将粒子在电场中的加速与偏转,跟在磁场中的偏转两 种运动组合在一起。有效区分电偏转和磁偏转,寻找运动的联系和几何关系是解题的关键。当带电粒 子连续通过几个不同的场区域时,粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化,其运动过程由几种不 同的运动阶段组成。 
“三步”解决带电粒子在叠加场中运动的问题 
1.(2025福建,7,6分)(多选)空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场与水平向右的匀强电场,匀强磁场的磁 感应强度大小为B,电场强度的大小为E,一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动,MN与水平 方向成45°,NP水平向右。带电体的带电荷量为q,速度为v,质量为m,重力加速度为g,当带电体到达N点 时,撤去磁场,一段时间后带电体经过P点,则 (　 　) A.电场强度的大小E= B.磁感应强度的大小B= 
C.N、P两点的电势差U= D.粒子从N→P时距离NP的最大值为 
解析　带电体在复合场中能沿着MN做匀速直线运动,可知带电体的受力情况如图甲所示  甲 乙
MN与水平方向成45°角,由共点力的平衡条件可知mg=qE,qvB= mg,解得电场强度的大小E= ,磁感应强度的大小B= ,A错误,B正确。撤去磁场后,带电体的合力方向与初速度方向垂直,带电体做类平抛运动,如图乙所示,加速度a= = g,带电体到达P点时,位移偏转角为45°,故在P点速度偏转角的正切值tan θ=2 tan 45°=2= ,其中vx=v,所以带电体在P点的速度大小vP= = v,从N到P过程,根据动能定理有qU= m - mv2,解得N、P两点间的电势差U= ,C正确。将带电体在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解,可知带电体在竖直方向做竖直上抛运动,且vNy=v sin 45°= v,故带电体能向上运动的最大距离h= = ,D错误。
2.(2025四川,10,6分)(多选)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
解析　设粒子在Ⅰ、Ⅱ区域做圆周运动的轨迹半径分别为r1、r2,根据qvB=m ,可知r1∶r2=1∶4,B错误;根据粒子在Ⅰ区域的轨迹,通过几何关系可知其轨迹圆的圆心O2肯定不在O点,圆心O2应该在O点右侧, A正确;根据轨迹半径大小关系及几何知识可知,粒子在Ⅱ区磁场中运动时第一段轨迹对应的圆心角为 37°,应用公式求轨迹长度有s=θ·r,在Ⅰ区域的轨迹对应的圆心角为θ1=(180°-53°)×2=254°,在Ⅱ区域的两 段轨迹对应的总的圆心角θ2=37°×2=74°,s1∶s2= ×   = ,C错误;运动时间t= ,速度v大小不变,则t∝s,t1∶t2=s1∶s2= ,D正确。
3.(2025黑吉辽蒙,15,16分)如图,在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场,磁感应强度 大小为B。一带正电的粒子从M(0,-y0)点射入磁场,速度方向与y轴正方向夹角θ=30°,从N(0,y0)点射出磁 场。已知粒子的电荷量为q(q>0),质量为m,忽略粒子重力及磁场边缘效应。(1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。(2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷,电荷量为48q,粒子质量取m= (k为静电力常量),粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点,求射入磁场的速度大小v2。(3)在(2)问条件下,粒子从N点射出磁场开始,经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反,求t2(电荷量为Q 的点电荷产生的电场中,取无限远处的电势为0时,与该点电荷距离为r处的电势φ=k )。 
答案　(1) 　 　(2) 　(3) 
解析　(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由几何关系可得轨迹半径r= =2y0 由洛伦兹力提供向心力可得qv1B= ,解得v1= 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T= = 
粒子在磁场中运动的时间t1= T= (2)由于粒子在洛伦兹力和库仑力共同作用下仍沿(1)中的轨迹运动,可推知负点电荷固定在原轨迹圆的 圆心处,粒子运动的向心力由库仑力和洛伦兹力的合力提供,圆周运动轨迹的半径仍为r,则有 +qv2B=m 代入m= 、r=2y0可得v2= (3)在(2)问条件下,粒子从N点离开磁场后,仅在库仑力作用下运动,但由于F库