第49讲 带电粒子在组合场中的运动（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

这是一份第49讲 带电粒子在组合场中的运动（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考），共28页。
\l "_Tc9724" 02、知识导图，思维引航 PAGEREF _Tc9724 \h 1
03、考点突破，考法探究 \l "_Tc20822" PAGEREF _Tc20822 \h 2
\l "_Tc7385" 考点一.带电粒子在两类组合场中的运动 PAGEREF _Tc7385 \h 2
\l "_Tc29487" 考向1.先电场后磁场 PAGEREF _Tc29487 \h 3
\l "_Tc13128" 考向2.先磁场后电场 PAGEREF _Tc13128 \h 5
\l "_Tc26591" 考点二.STSE中的组合场模型 PAGEREF _Tc26591 \h 7
\l "_Tc28899" 知识点1.质谱仪 PAGEREF _Tc28899 \h 7
\l "_Tc4399" 知识点2.回旋加速器 PAGEREF _Tc4399 \h 7
\l "_Tc12083" 04、真题练习，命题动向 PAGEREF _Tc12083 \h 10
考点一.带电粒子在两类组合场中的运动
1．组合场：电场与磁场各自位于一定的区域内且不重叠。
2．分析带电粒子在组合场中运动的方法
3．“电偏转”与“磁偏转”的比较
考向1.先电场后磁场
(1)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动。如图甲、乙所示，在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度。
(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动。如图丙、丁所示，在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度。
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
【答案】 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＝eq \f(1,2)mv2，所以v＝eq \r(\f(2qEx,m))，粒子在磁场中运动时，其轨迹半径如图
a粒子轨迹的圆心为O，b粒子轨迹的圆心为O′，根据几何知识可知R2sin 30°＋R1＝R2，则有R1∶R2＝1∶2，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝eq \f(mv2,R)，联立可得eq \f(m1,q1)∶eq \f(m2,q2)＝1∶4，将eq \f(m1,q1)∶eq \f(m2,q2)＝1∶4代入v＝eq \r(\f(2qEx,m))，可得v1∶v2＝2∶1，选项A正确，B错误；粒子在磁场中运动的周期为T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)，所以两粒子在磁场中运动的时间之比为t1∶t2＝eq \f(90°,360°)T1∶eq \f(60°,360°)T2＝eq \f(2πm1,4q1B)∶eq \f(2πm2,6q2B)＝3∶8，选项C错误，D正确。
2.如图所示，有一个竖直平面xOy，x轴水平，在第一象限有竖直向下的匀强电场，第四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B＝2 T。现有一个质量为m＝9.0×10－31 kg、电荷量未知的带正电粒子从P点(0,1 m)以平行于x轴正方向的速度v0＝8.0×106 m/s进入第一象限，并在电场的偏转下从x轴正半轴上的Q点进入第四象限，且在Q点的速度方向与x轴正方向成45°夹角，接着以垂直于y轴的方向进入第三象限，粒子的重力忽略不计，求：
(1)Q点的坐标以及粒子经过Q点时速度v的大小；
(2)粒子的电荷量q。
【答案】(1)(2 m,0) 8eq \r(2)×106 m/s (2)1.8×10－24 C
【解析】(1)粒子在Q点的速度方向与x轴正方向成45°夹角，
则有v cs 45°＝v0
解得v＝8eq \r(2)×106 m/s
粒子沿x轴方向做匀速直线运动，则xQ＝v0t
粒子沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有y＝eq \f(vy,2)t＝eq \f(v0,2)t
联立解得xQ＝2y＝2 m
因此Q点的坐标为(2 m,0)。
(2)粒子在第四象限的运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,r)
根据图中几何关系可得r＝eq \r(2)xQ＝2eq \r(2) m
联立解得粒子的电荷量为q＝eq \f(mv,Br)＝1.8×10－24 C。
考向2.先磁场后电场
对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：
(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反，如图甲所示，粒子在电场中做加速或减速运动，用动能定理或运动学公式列式求解。
(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直，如图乙所示，粒子在电场中做类平抛运动，用平抛运动知识分析。
3.如图所示，xOy坐标系的第一象限内有一等腰三角形OAC，底角为53°，底边长为14L，三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在OC边界的左侧有与y轴平行的匀强电场，D是底边OA的中点。质量为m、电荷量为q的带正电的粒子以一定的初速度，从OA边上的D点沿y轴正方向垂直射入磁场，恰好从OC边上某点沿着与x轴平行的方向射入匀强电场。不计粒子的重力，sin 53°＝eq \f(4,5)，cs 53°＝eq \f(3,5)，求：
(1)粒子的速度大小；
(2)粒子离开磁场后，经过x轴上N点(图中没有标出)，已知NO＝5L，求匀强电场的电场强度；
(3)求粒子从D点到达N点所经历的时间。
【答案】(1)eq \f(4qBL,m) (2)eq \f(2qB2L,m) (3)eq \f(4＋πm,2qB)
【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示，粒子做圆周运动的圆心为G，设粒子轨迹半径为R，根据几何关系有GD＝FG＝R，OG＝eq \f(R,tan 53°)＝eq \f(3,4)R
则OD＝R＋eq \f(3,4)R＝eq \f(1,2)×14L
解得R＝4L
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,R)
解得v＝eq \f(4qBL,m)。
(2)粒子在电场中的类平抛运动轨迹如图所示
粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动，位移为x＝GN＝8L
沿电场线方向做匀加速直线运动，位移为y＝FG＝4L
根据x＝vt，y＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qE,m)
解得E＝eq \f(2qB2L,m)。
(3)设粒子在磁场中运动的时间为t1，在电场中运动的时间为t2
由图可知，时间t1＝eq \f(1,4)T
带电粒子在磁场中运动的周期为T＝eq \f(2πm,qB)
联立解得t1＝eq \f(πm,2qB)，
由以上分析知x＝GN＝8L＝vt2
解得t2＝eq \f(2m,qB)
粒子从D点到达N点所经历的时间t＝t1＋t2＝eq \f(4＋πm,2qB)。
考点二.STSE中的组合场模型
知识点1.质谱仪
(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。
(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝eq \f(1,2)mv2。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq \f(v2,r)。
由以上两式可得r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))，m＝eq \f(qr2B2,2U)，eq \f(q,m)＝eq \f(2U,B2r2)。
知识点2.回旋加速器
(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。
(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝eq \f(mv2,R)，得Ekm＝eq \f(q2B2R2,2m)，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径R决定，与加速电压无关。
1.某一质谱仪原理如图所示，区域Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U1；区域Ⅱ为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；区域Ⅲ为偏转分离器，磁感应强度为B2。一质量为m、电荷量为＋q的粒子初速度为0，经粒子加速器加速后，该粒子恰能沿直线通过速度选择器，由O点沿垂直于边界MN的方向进入分离器后做匀速圆周运动，打在P点上。忽略粒子所受重力，求：
(1)粒子进入速度选择器的速度v；
(2)速度选择器的两极板间电压U2；
(3)O、P之间的距离。
【答案】 (1)eq \r(\f(2qU1,m)) (2)B1deq \r(\f(2qU1,m)) (3)eq \f(2,B2)eq \r(\f(2mU1,q))
【解析】 (1)粒子加速过程，根据动能定理有
qU1＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qU1,m))。
(2)粒子经过速度选择器过程，由平衡条件有
qeq \f(U2,d)＝qvB1，解得U2＝B1deq \r(\f(2qU1,m))。
(3)粒子在分离器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB2＝meq \f(v2,r)，
解得r＝eq \f(1,B2)eq \r(\f(2mU1,q))，则OP＝2r＝eq \f(2,B2)eq \r(\f(2mU1,q))。
2.(2024·广东深圳一模)质谱仪可以用来分析同位素。如图3所示，在容器A中有互为同位素的两种原子核，它们可从容器A下方的小孔S1无初速度飘入加速电场，经小孔S3垂直进入匀强磁场，分别打到M、N两点，M、N点距离S3分别为x1、x2。则分别打到M、N的原子核质量之比为( )

A.eq \r(\f(x1,x2)) B.eq \f(x1,x2)
C.eq \f(xeq \\al(2,1),xeq \\al(2,2)) D.eq \f(xeq \\al(2,2),xeq \\al(2,1))
【答案】 C
【解析】 设原子核的质量为m，电荷量为q，进入磁场时的速度大小为v，则两原子核在电场中加速的过程，由动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2，速度为v＝eq \r(\f(2qU,m))，在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝eq \f(mv2,r)，代入得r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU,q))，由题知r1＝eq \f(x1,2)，r2＝eq \f(x2,2)，因此有eq \f(r1,r2)＝eq \f(x1,x2)＝eq \r(\f(m1,m2))，则原子核质量之比为eq \f(m1,m2)＝eq \f(xeq \\al(2,1),xeq \\al(2,2))，故C正确。
3.回旋加速器的示意图如图所示。它由两个铝制D形金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝；两个D形盒处在匀强磁场中并接在高频交变电源上。在D1盒中心A处有粒子源，它产生并发出带电粒子，经狭缝电压加速后，进入D2盒中。在磁场力的作用下运动半个圆周后，垂直通过狭缝，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复始，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D形盒的边缘，以最大速度被导出。已知某粒子所带电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R，设狭缝很窄，粒子通过狭缝的时间可以忽略不计。设该粒子从粒子源发出时的初速度为零，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，忽略相对论效应，求：
(1)交变电压的周期T；
(2)粒子被加速后获得的最大动能Ekm；
(3)粒子在回旋加速器中运动的总时间。
【答案】 (1)eq \f(2πm,qB) (2)eq \f(q2B2R2,2m) (3)eq \f(πBR2,2U)
【解析】 (1)设交变电压的周期为T，为保证粒子每次经过狭缝都被加速，带电粒子在磁场中运动一周的时间应等于交变电压的周期(在狭缝的时间极短忽略不计)，则qvB＝meq \f(v2,r)，v＝eq \f(2πr,T)
联立以上两式，解得交变电压的周期为T＝eq \f(2πm,qB)。
(2)粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能。设此时的速度为v，有
qvmB＝eq \f(mveq \\al(2,m),R)
解得vm＝eq \f(qBR,m)
粒子的最大动能为Ekm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＝eq \f(q2B2R2,2m)。
(3)粒子完成一次圆周运动被电场加速2次，由动能定理得2eU＝Ek
经过的周期个数为n，则有Ekm＝nEk
粒子在D形盒磁场内运动的时间t＝nT
联立解得粒子在回旋加速器中运动的总时间为
t＝eq \f(πBR2,2U)。
4.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，现对氚核(eq \\al(3,1)H)加速，所需的高频电源的频率为f，已知元电荷为e，下列说法正确的是( )
A.被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大
B.高频电源的电压越大，氚核最终射出回旋加速器的速度越大
C.氚核的质量为eq \f(eB,2πf)
D.该回旋加速器接频率为f的高频电源时，也可以对氦核(eq \\al(4,2)He)加速
【答案】 C
【解析】 根据周期公式T＝eq \f(2πm,qB)可知，被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与半径无关，A错误；设D形盒的半径为R，则最终射出回旋加速器的速度满足evB＝meq \f(v2,R)，即v＝eq \f(eBR,m)，可知最终射出回旋加速器的速度与频率无关，B错误；根据周期公式T＝eq \f(1,f)，可知m＝eq \f(eB,2πf)，C正确；因为氚核(eq \\al(3,1)H)与氦核(eq \\al(4,2)He)的比荷不同，则在磁场中做圆周运动的周期不同，所以该回旋加速器接频率为f的高频电源时，不能用来加速氦核(eq \\al(4,2)He)，D错误。
1．（2024·贵州·高考真题）如图，边长为L的正方形区域及矩形区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与边平行的匀强电场，右边有一半径为且与相切的圆形区域，切点为的中点，该圆形区域与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，经边的中点进入区域，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。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）带电粒子在区域做直线运动，则有电场力与洛伦兹力平衡，可知粒子带正电，经边的中点速度水平向右，设粒子到达边的中点速度大小为，带电荷量为，质量为，由平衡条件则有
解得
（2）粒子从b点到边的中点的运动，可逆向看做从边的中点到b点的类平抛运动，设运动时间为，加速度大小为，由牛顿第二定律可得
由类平抛运动规律可得
联立解得粒子的电荷量与质量之比
（3）粒子从中点射出到圆形区域做匀圆周运动，设粒子的运动半径为，由洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子在磁场中运动轨迹图如图所示，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，由几何关系可知
可得
则有
2．（2024·江苏·高考真题）如图所示，两个半圆环区abcd、a'b'c'd'中有垂直纸面向里的匀强磁场，区域内、外边界的半径分别为、。ab与a'b'间有一个匀强电场，电势差为U，cd与c'd'间有一个插入体，电子每次经过插入体速度减小为原来的k倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子，从cd面射入插入体，经过磁场、电场后再次到达cd面，速度增加，多次循环运动后，电子的速度大小达到一个稳定值，忽略相对论效应，不计电子经过插入体和电场的时间。求：
(1)电子进入插入体前后在磁场中运动的半径、之比；
(2)电子多次循环后到达cd的稳定速度v；
(3)若电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界d，求电子从P到d的时间t。
【答案】(1)
(2)，方向垂直于cd向左
(3)
【详解】（1）设电子进入插入体前后的速度大小分别为、，由题意可得
电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
解得
可知在磁场中的运动半径，可得
（2）电子多次循环后到达cd的稳定速度大小为v，则经过插入体后的速度大小为kv。电子经过电场加速后速度大小为v，根据动能定理得
解得
方向垂直于cd向左。
（3）电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界上的d点。由Р点开始相继在两个半圆区域的运动轨迹如下图所示。
根据（1）（2）的结论，可得电子在右半圆区域的运动半径为
电子在左半圆区域的运动半径为kr，则
P点与d点之间的距离为
电子由Р点多次循环后到达d点的循环次数为
电子在左、右半圆区域的运动周期均为
忽略经过电场与插入体的时间，则每一次循环的时间均等于T，可得电子从Р到d的时间为
3．（2024·甘肃·高考真题）质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
（1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
（2）求O点到P点的距离。
（3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为（略大于），方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的点上。求粒子打在点的速度大小。
【答案】（1）带正电，；（2）；（3）
【详解】（1）由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件
在加速电场中，由动能定理
联立解得，粒子的比荷为
（2）由洛伦兹力提供向心力
可得O点到P点的距离为
（3）粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力
向下的电场力
由于，且
所以通过配速法，如图所示
其中满足
则粒子在速度选择器中水平向右以速度做匀速运动的同时，竖直方向以做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的点的要求，故此时粒子打在点的速度大小为
4．（2024·广东·高考真题）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B．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和带电粒子在时刻的速度大小v；
（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W。
【答案】（1）正电；；（2）；；（3）
【详解】（1）根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为
根据
则粒子所带的电荷量
（2）若金属板的板间距离为D，则板长粒子在板间运动时
出电场时竖直速度为零，则竖直方向
在磁场中时
其中的
联立解得
（3）带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由（2）的计算可知金属板的板间距离
则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4 t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速，在6 t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5 t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则
5．（2024·新疆河南·高考真题）一质量为m、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P位于图中点，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。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动时的速度为
根据洛伦兹力提供向心力
解得做圆周运动的半径为
周期为
（2）根据题意，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，由于曲线表示的为速度相应的曲线，根据可知任意点的加速度大小相等，故可得
解得
（3）根据题意分析可知从b点到c点粒子在磁场中转过的角度为，绕一圈的过程中两次在电场中运动，根据对称性可知粒子的运动轨迹如图，角为两次粒子在电场中运动时初末位置间的位移与x轴方向的夹角，从a到b过程中粒子做类平抛运动，得
故可得该段时间内沿y方向位移为
根据几何知识可得
由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位移的大小为
联立解得
6．（2024·辽宁·高考真题）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：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，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和。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。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，其中常系数，已知、k未知，取甲经过O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）
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对乙粒子，如图所示
由洛伦兹力提供向心力
由几何关系
联立解得，磁感应强度的大小为
（2）由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为
对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，由运动学公式
由牛顿第二定律
联立可得Ⅲ区宽度为
（3）甲粒子经过O点时的速度为
因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则
可得
设乙粒子经过Ⅲ区的时间为，乙粒子在Ⅳ区运动时间为，则上式中
对乙可得
整理可得
对甲可得
则
化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为
7．（2023·重庆·高考真题）某同学设计了一种粒子加速器的理想模型。如图所示，xOy平面内，x轴下方充满垂直于纸面向外的匀强磁场，x轴上方被某边界分割成两部分，一部分充满匀强电场（电场强度与y轴负方向成α角），另一部分无电场，该边界与y轴交于M点，与x轴交于N点。只有经电场到达N点、与x轴正方向成α角斜向下运动的带电粒子才能进入磁场。从M点向电场内发射一个比荷为的带电粒子A，其速度大小为v0、方向与电场方向垂直，仅在电场中运动时间T后进入磁场，且通过N点的速度大小为2v0。忽略边界效应，不计粒子重力。
（1）求角度α及M、N两点的电势差。
（2）在该边界上任意位置沿与电场垂直方向直接射入电场内的、比荷为的带电粒子，只要速度大小适当，就能通过N点进入磁场，求N点横坐标及此边界方程。
（3）若粒子A第一次在磁场中运动时磁感应强度大小为B1，以后每次在磁场中运动时磁感应强度大小为上一次的一半，则粒子A从M点发射后，每次加速均能通过N点进入磁场。求磁感应强度大小B1及粒子A从发射到第n次通过N点的时间。
【答案】（1），；（2），；（3），
【详解】（1）粒子M点垂直于电场方向入射，粒子在电场中做类平抛运动，沿电场方向做匀加速直线运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，在N点将速度沿电场方向与垂直于电场方向分解，在垂直于电场方向上有
解得
粒子从过程，根据动能定理有
解得
（2）对于从M点射入的粒子，沿初速度方向的位移为
沿电场方向的位移为
令N点横坐标为，根据几何关系有
解得
根据上述与题意可知，令粒子入射速度为v，则通过N点进入磁场的速度为2v，令边界上点的坐标为（x，y）则在沿初速度方向上有
在沿电场方向有
解得
（3）由上述结果可知电场强度
解得
设粒子A第次在磁场中做圆周运动的线速度为，可得第次在N点进入磁场的速度为
第一次在N点进入磁场的速度大小为，可得
设粒子A第次在磁场中运动时的磁感应强度为，由题意可得
由洛伦兹力提供向心力得
联立解得
粒子A第n次在磁场中的运动轨迹如图所示

粒子每次在磁场中运动轨迹的圆心角均为300°，第n次离开磁场的位置C与N的距离等于，由C到N由动能定理得
联立上式解得
由类平抛运动沿电场方向的运动可得，粒子A第n次在电场中运动的时间为
粒子A第n次在磁场中运动的周期为
粒子A第n次在磁场中运动的时间为
设粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间的无场区域的位移为，边界与x轴负方向的夹角为，则根据边界方程可得
，
由正弦定理可得
解得
粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间运动的时间为
粒子A从发射到第n次通过N点的过程，在电场中运动n次，在磁场和无场区域中均运动n-1次，则所求时间
由等比数列求和得
解得
8．（2023·山东·高考真题）如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。
（i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度；
（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。

【答案】（1）；（2）（i），；（ii）不会
【详解】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图

根据几何关系可知
联立可得
（2）（i）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图

在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知
解得
所以有
，
洛伦兹力提供向心力
带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有
再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有
沿y方向上有
其中根据牛顿第二定律有
联立以上各式解得
（ii）粒子从P到Q根据动能定理有
可得从Q射出时的速度为
此时粒子在磁场中的半径

根据其几何关系可知对应的圆心坐标为
得
，
而圆心与P的距离为
故不会再从P点进入电场。
考情分析
2024·贵州·高考物理第14题
2024·江苏·高考物理第14题
2024·甘肃·高考物理第15题
2024·广东·高考物理第15题
2024·河北·高考物理第25题
复习目标
目标1.学会处理带电粒子在磁场和磁场组合场中的运动。
目标2.学会处理带电粒子在磁场和电场组合场中的运动。
垂直电场线进入匀强电场(不计重力)
垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)
受力情况
电场力FE＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力
洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力
轨迹
抛物线
圆或圆的一部分
运动轨迹示例
求解方法
利用类平抛运动的规律求解：
vx＝v0，x＝v0t
vy＝eq \f(qE,m)·t，
y＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·t2
偏转角φ满足：
tan φ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(qEt,mv0)
半径：r＝eq \f(mv,qB)
周期：T＝eq \f(2πm,qB)
偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解
运动时间
t＝eq \f(x,v0)
t＝eq \f(φ,2π)T＝eq \f(φm,Bq)
动能
变化
不变