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(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn)。

2.分析思路

(1)畫運動軌跡：根據(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。

(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

進入勻強電場時粒子速

進入勻強電場時粒子速度進入勻強電場時粒子速

常見情境度方向與電場方向成一

方向與電場方向平行度方向與電場方向垂直

定角度(非直角)

運動示意圖

舉例

在電場中的

勻加速或勻減速直線運動類平拋運動類斜拋運動

運動性質(zhì)

動能定理或牛頓運動定律平拋運動知識，運動的斜拋運動知識，運動的

分析方法

結(jié)合運動學公式合成與分解合成與分解

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，板長是板間距離的倍。

金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻3強磁

場。質(zhì)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，不計粒子重力。

2??0

3??

(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(yīng)的弦，標出改變后的圓形磁場區(qū)域的圓心M。

例2(2024·山東菏澤市檢測)利用電場和磁場實現(xiàn)粒子偏轉(zhuǎn)是科學儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。在圖示

的xOy平面(紙面)內(nèi)，x<x1的區(qū)域Ⅰ內(nèi)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(nèi)存

在沿y軸負方向的勻強電場。一質(zhì)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＝L，x2＝L，區(qū)域Ⅱ中電場的電場強度E＝。求：

2

73??0

334??

(1)區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁場的磁感應(yīng)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(xiàn)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(yīng)強度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場區(qū)，Ⅳ區(qū)電場足

夠?qū)挘鲄^(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(zhì)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v0和v0。甲到P點時，

3

乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°，甲到O點時，乙恰好到P點2。已知Ⅲ區(qū)存在沿＋x

方向的勻強電場，電場強度大小E0＝。不計粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應(yīng)及變化的

2

9??0

電場產(chǎn)生的磁場。4π??

(1)求磁感應(yīng)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(guān)系為E＝ωt－kx，其中常

系數(shù)ω>0，ω已知、k未知，取甲經(jīng)過O點時t＝0。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，設(shè)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(guān)系式(不要求寫出Δx的取值范圍)。

答案精析

例1(1)(2)(或60°)

2

??0π

(3)見解析圖3?3

解析(1)設(shè)板間距離為d，則板長為d，帶電粒子在板間做類平拋運動，兩板間的電場強度為E＝，根

?

據(jù)牛頓第二定律得qE＝ma，解得a＝3?

??

??

設(shè)粒子在平板間的運動時間為t0，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律得＝a，d＝v0t0

?12

0

聯(lián)立解得U＝22?3

2

??0

(2)設(shè)粒子出電場3?時與水平方向夾角為α，則有

tanα＝＝，故α＝

??03π

則出電場?0時粒3子的速度6為

v＝＝v0

?023

粒子co出s?電場3后做勻速直線運動，接著進入磁場，根據(jù)牛頓第二定律有＝，解得＝＝

qvBm2r

???23??0

已知圓形磁場區(qū)域半徑為R＝，故r＝R???3??

2??0

粒子沿PO方向射入磁場，軌跡3?如?圖所示，即3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(yīng)的圓心角也為θ，由幾何

關(guān)系可得θ＝2α＝，故粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為(或60°)；

ππ

33

(3)粒子在該磁場中運動的半徑與圓形磁場半徑關(guān)系為r＝R，根據(jù)幾何關(guān)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(yīng)軌跡圓的弦為磁場圓的直3徑時粒子在磁場中運動的時間最長，則相對應(yīng)

的運動軌跡以及圓心M的位置如圖所示。

＋

例2(1)(2)

??04(π3)?

2??3?0

(3)v0

23

3

解析(1)區(qū)域Ⅰ內(nèi)粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動，設(shè)在磁場中做圓周運動的半徑為R，由幾何關(guān)系可

得Rsinθ＝L

3

解得R＝2L

又qv0B＝m

2

?0

解得區(qū)域Ⅰ內(nèi)?磁場的磁感應(yīng)強度大小

B＝

??0

(2)粒2?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(shè)為t1，

則t1＝T

120°

其中T＝360°

2π?

?0

粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)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＝ma

x2－x1＝v0t2

解得t2＝

43?

0

其中h＝3a?

12

2

解得h＝2?

2?

由于h<R＋3Rcosθ＝3L

粒子從電場邊界離開，則總時間t＝t1＋t2

＋

解得t＝

4(π3)?

(3)由動能定3?理0得

qEh＝mv2－m

112

22?0

解得v＝v0。

23

例3(1)3(2)πL

??03

(3)F＝·2Δ??x2

??

解析3(?10)對乙粒子，如圖所示

由洛倫茲力提供向心力

qv0B＝m

2

?0

1

由幾何關(guān)?系sin30°＝

?

聯(lián)立解得磁感應(yīng)強度的?1大小為

B＝

??0

2??

(2)由題意可知，根據(jù)對稱性，乙在磁場中運動的時間為t1＝2××＝

30°2π?2π?

對甲粒子，由對稱性可知，甲粒子沿著直線從P點到O點，360°??3?0

由運動學