第62課時專題強化：帶電粒子在組合場中的運動目標要求掌握帶電粒子在組合場中的運動規(guī)律并會用其解決問題。1.組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現。2.分析思路(1)畫運動軌跡：根據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鍵。(3)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4.常見情形(1)先電場后磁場①帶電粒子先在勻強電場中做勻加速直線運動，然后垂直磁場方向進入勻強磁場做勻速圓周運動，如圖甲。②帶電粒子先在勻強電場中做類平拋運動，然后垂直磁場方向進入磁場做勻速圓周運動，如圖乙。(2)先磁場后電場常見情境進入勻強電場時粒子速度方向與電場方向平行進入勻強電場時粒子速度方向與電場方向垂直進入勻強電場時粒子速度方向與電場方向成一定角度(非直角)運動示意圖舉例在電場中的運動性質勻加速或勻減速直線運動類平拋運動類斜拋運動分析方法動能定理或牛頓運動定律結合運動學公式平拋運動知識，運動的合成與分解斜拋運動知識，運動的合成與分解例1(2023·遼寧卷·14)如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的3倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O'點射入磁場。已知圓形磁場區(qū)域半徑為2mv0(1)求金屬板間電勢差U；(2)求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ；(3)僅改變圓形磁場區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O'點射入磁場，且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦，標出改變后的圓形磁場區(qū)域的圓心M。例2(2025·福建泉州市一模)利用電場和磁場實現粒子偏轉是科學儀器中廣泛應用的技術。在圖示的xOy平面(紙面)內，x<x1的區(qū)域Ⅰ內存在垂直紙面向外的勻強磁場，x軸上方的x1<x<x2區(qū)域Ⅱ內存在沿y軸負方向的勻強電場。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從原點O處以大小為v0的速度垂直磁場射入第二象限，方向與x軸負方向夾角θ＝60°，一段時間后垂直x＝x1虛線邊界進入電場。已知x1＝3L，x2＝733L，區(qū)域Ⅱ中電場的電場強度E＝mv(1)區(qū)域Ⅰ內磁場的磁感應強度大小B；(2)粒子從原點O出發(fā)到離開電場的總時間t；(3)粒子離開電場時的速度大小v。例3(2024·黑吉遼·15)現代粒子加速器常用電磁場控制粒子團的運動及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場區(qū)，Ⅳ區(qū)電場足夠寬，各區(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標原點。甲、乙為粒子團中的兩個電荷量均為＋q，質量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運動，先后射入Ⅰ區(qū)時速度大小分別為32v0和v0。甲到P點時，乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經過Ⅰ區(qū)的速度偏轉角為30°，甲到O點時，乙恰好到P點。已知Ⅲ區(qū)存在沿＋x方向的勻強電場，電場強度大小E0＝9mv(1)求磁感應強度的大小B；(2)求Ⅲ區(qū)寬度d；(3)Ⅳ區(qū)x軸上的電場方向沿x軸，電場強度E隨時間t、位置坐標x的變化關系為E＝ωt－kx，其中常系數ω>0，ω已知、k未知，取甲經過O點時t＝0。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，設乙在Ⅳ區(qū)受到的電場力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與Δx間的關系式(不要求寫出Δx的取值范圍)。

答案精析例1(1)mv023q(3)見解析圖解析(1)設板間距離為d，則板長為3d，帶電粒子在板間做類平拋運動，兩板間的電場強度為E＝Ud，根據牛頓第二定律得qE＝ma，解得a＝設粒子在平板間的運動時間為t0，根據類平拋運動的規(guī)律得d2＝12at02，3聯立解得U＝m(2)設粒子出電場時與水平方向夾角為α，則有tanα＝at0v0則出電場時粒子的速度為v＝v0cos粒子出電場后做勻速直線運動，接著進入磁場，根據牛頓第二定律有qvB＝mv2r，解得r已知圓形磁場區(qū)域半徑為R＝2mv03qB粒子沿PO方向射入磁場，軌跡如圖所示，即沿半徑方向射入磁場，故粒子將沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為θ，則粒子在磁場中運動圓弧軌跡對應的圓心角也為θ，由幾何關系可得θ＝2α＝π3，故粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為π3(或60°(3)粒子在該磁場中運動的半徑與圓形磁場半徑關系為r＝3R，根據幾何關系可知，粒子在該磁場中運動的軌跡一定為劣弧，故劣弧所對應軌跡圓的弦為磁場圓的直徑時粒子在磁場中運動的時間最長，則相對應的運動軌跡以及圓心M的位置如圖所示。例2(1)mv02(3)233解析(1)區(qū)域Ⅰ內粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動，設在磁場中做圓周運動的半徑為R，由幾何關系可得Rsinθ＝3L解得R＝2L又qv0B＝mv解得區(qū)域Ⅰ內磁場的磁感應強度大小B＝m(2)粒子在磁場中運動圓軌跡所對的圓心角為120°，在磁場中運動時間設為t1，則t1＝120°360°其中T＝2π粒子在電場中做類平拋運動，設該粒子的加速度大小為a，在電場中運動時間為t2，沿y軸負方向運動的距離為h，則有qE＝max2－x1＝v0t2解得t2＝4其中h＝12a解得h＝2由于h<R＋Rcosθ＝3L粒子從電場邊界離開，則總時間t＝t1＋t2解得t＝4(π(3)由動能定理得qEh＝12mv2－12解得v＝233v例3(1)mv02qL(3)F＝qω3v解析(1)對乙粒子，如圖所示由洛倫茲力提供向心力qv0B＝mv由幾何關系sin30°＝L聯立解得磁感應強度的大小為B＝m(2)由題意可知，根據對稱性，乙在磁場中運動的時間為t1＝2×30°360°×對甲粒子，由對稱性可知，甲粒子沿著直線從P點到O點，由運動學公式d＝32v0t1＋12由牛頓第二定律a＝q聯立可得Ⅲ區(qū)寬度為d＝32π(3)甲粒子經過O點時的速度為v甲＝32v0＋at1＝3v因為甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，則E＝0，即ωt＝kx＝k×3