帶電粒子在組合場中的運動解題技巧分類探析

帶電粒子在有界勻強磁場中的運動可以很好地結合幾何知識考察學生數理結合解決物理問題的能力，帶電粒子在組合場中的運動可以有機的將電場中的勻變速直線或曲線運動與磁場中的勻速圓周運動巧妙結合，它涵蓋了電學和力學的核心知識，是高考物理中的一個重要考點，也是考查學生綜合應用能力的關鍵．在高考命題中，這一考點通常以綜合性較強的題目形式出現，涉及電場、磁場和粒子運動等多個方面的物理知識．題目可能要求考生分析帶電粒子在電磁組合場中的運動軌跡、速度、加速度等物理量，也可能要求考生運用動量定理、能量守恒等原理解決復雜問題．備考時，考生應首先深入理解電磁組合場的基本原理和帶電粒子在其中的運動規律，掌握電場力、洛倫茲力等基本概念的計算和應用．同時，考生需要熟悉相關的物理公式和定理，并能夠靈活運用它們解決具體問題．此外，考生還應注重實踐練習，通過對帶電粒子在組合場中的運動進行題型分類來提高自己的解題能力和解題速度.

一、解題要領歸納

1．帶電粒子在組合場中運動的分析思路

第1步：粒子按照時間順序進入不同的區域可分成幾個不同的階段.

第2步：受力分析和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如第3步中圖表所示.

第3步：用規律：

2．帶電粒子的“磁偏轉”和“電偏轉”的比較

二、題型歸類

考向一：先電場后磁場

（1）先在電場中做加速直線運動，然后進入磁場做圓周運動．如圖1中甲、乙所示，在電場中利用動能定理或運動學公式求粒子剛進人磁場時的速度.

（2）先在電場中做類平拋運動，然后進入磁場做圓周運動．如圖2中丙、丁所示，在電場中利用平拋運動知識求粒子進入磁場時的速度.

考向二：先磁場后電場

對于粒子從磁場進人電場的運動，常見的有兩種情況：

（1）進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反，如圖3中甲所示，粒子在電場中做加速或減速運動，用動能定理或運動學公式列式.

（2）進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直，如圖3乙所示，粒子在電場中做類平拋運動，用平拋運動知識分析.

圖3

三、典例剖析

命題角度1：帶電粒子先進入勻強電場中勻變速直線或勻變速曲線運動，再進入勻強磁場中勻速圓周運動.

【例1】（2024·吉林長春一模）醫院中 X 光檢測設備的核心器件為 X 射線管．如圖4所示，在 X 射線管中，電子（質量為m 、電荷量為-e，初速度可以忽略）經電壓為 U 的電場加速后，從 P 點垂直磁場邊界水平射入勻強磁場中．磁場寬為 2L ，磁感應強度大小可以調節.電子經過磁場偏轉后撞擊目標靶，撞在不同位置就會輻射出不同能量的 X 射線．已知水平放置的目標靶MN長為 2L ， PM 長為 L ，不計電子重力、電子間相互作用力及電子高速運行中輻射的能量．求：

圖4

（1）求電子進入磁場的速度大小；（2）調節磁感應強度大小使電子垂直撞擊在目標靶上，求電子在磁場中運動的時間；（3）為使輻射出的 X 射線能量范圍最大，求磁感應強度的大小范圍.

【解析】（1）在加速電場中，根據動能定理有

解得： （2）設電子垂直打在 MN 中間時，做勻速圓周運

動的半徑為 R₁ ，由幾何關系得： R₁=L 對應的圓心角為 所以 （20聯立以上各式解得：1（3）電子在磁場中運動有 解得： 設打在 M 點時的運動半徑為 R₂ ，依幾何關系可

知： 聯立以上各式解得磁感應強度最大值為

選考高參

同理，打在 N 點的半徑為 R₃ ，依幾何關系可知：

R₃²=（R₃-L）²+（2L）²

聯立以上各式解得磁感應強度最小值為

綜上所述，磁感應強度的取值范圍為 （把“≤\"寫成“lt;”也給分）

（注：用其他方法得到正確結果可按步驟酌情給分）.

2eU TL 2m 【答案】（1） （2） m 4 eU

【例2】（2023·山東高考真題）如圖5所示，在 0?x?2d 0?y?2d 的區域中，存在沿 y 軸正方向、場強大小為 E 的勻強電場，電場的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強磁場.

圖5

一個質量為 m ，電量為 q 的帶正電粒子從 oP 中點 A 進入電場（不計粒子重力）.

（1）若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QM第二次離開電場后，垂直 NP 再次進入電場，求磁場的磁感應強度 B 的大小;（2）若改變電場強度大小，粒子以一定的初速度從 A 點沿 y 軸正方向第一次進入電場、離開電場后從P 點第二次進入電場，在電場的作用下從 Q 點離開.（i）求改變后電場強度 E^′ 的大小和粒子的初速度 v₀ ;（ii）通過計算判斷粒子能否從 P 點第三次進入電場.

【解析】（1）由題意粒子在電場中做勻加速直線運動，根據動能定理有： 粒子在磁場中做勻速圓周運動，有： 粒子從上邊界垂直

QN第二次離開電場后，垂直NP 再次進入電場，運動軌跡如圖6所示.

根據幾何關系可知：

圖6

聯立可得：

（2）（i）由題意可 知，做出粒子在電場 和磁場中運動軌跡如 圖7所示.

在磁場中做勻速圓周運動，根據幾何關系可知：

圖7

R₁²=（2d）²+（R₁-d）² 解得： 所以有： θ=53^° ， α=37^° 洛倫茲力提供向心力 帶電粒子從 A 點開始做勻加速直線運動，根據動能定理有： （204號再一次進入電場后做類似斜拋運動，沿 Ψ_x 方向有： 2d=v₁cosα?t （20沿 y 方向上有： 其中根據牛頓第二定律有： qE^′=ma 聯立以上各式解得： E^′=36E （ii）粒子從 P 到 Q 根據動能定理有 （204號可得從 Q 射出時的速度為 此時粒子在磁場中的半徑： 運動軌跡如圖8所示.

【例3】平面直角坐標系_xOy 中，第I象限存在沿 y 軸負方向的勻強電場，第V象限的某未知矩形區域內有垂直坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為 如圖9所示．一帶正電的粒子從靜止開始經電壓加速后，以速度 v₀ 沿x 軸正方向從 y 軸上 A 點進入勻強電場，經電場偏轉后，從 x 軸上的 B 點進入第V象限，且速度方向與 x 軸正方向的夾角為 60^° ，一段時間后，進入矩形磁場區域，離開矩形磁場區域后垂直穿過 y 軸上的 c 點.已知帶電粒子質量為 ?_m 、電荷量為 q ， AO 的距離為h ， oc 的距離為 2h ，不計粒子的重力．求：

圖9

（1）加速電壓 U

（2）B 與 o 之間的距離 x ：

（3）矩形勻強磁場區域面積 s 的最小值；（4）帶電粒子從 A 點運動到 c 點的時間 Φ_t

【解析】（1）在加速電場中，根據動能定理：

解得：

（2）在偏轉電場中，設加速度為 a ，沿著電場方向 根據幾何關系 v_y=at₁ 垂直電場方向 x=v₀t₁ 聯立解得：

（3）粒子在 B 點時的速度為 v ，由

解得： v=2v₀

粒子在磁場中

解得： R=h

如圖10所示，粒子從 E 點進入矩形磁場，并從 F 點離開矩形磁場的寬

矩形磁場的寬長

圖10

矩形磁場的面積

（4）粒子由 B 到 E 的時間

在磁場中的時間

從 F 到 c 的時間為

所以 【答案】（1） 2

【例4】如圖11（甲）所示的 xOy 平面內， x 軸上方存在平行于 y 軸向下的勻強電場， x 軸下方存在垂直xOy 平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為 B ，粒子質量為 ?_m 、電荷量為 q（qgt;0） ，粒子在該組合場中運動的速度可用圖 11（Z） 中一個點 P（v_x，v_y） 表示，v_x ！ v_y 分別為粒子速度在兩個坐標軸上的分量．粒子從圖11（甲）中 y 軸上某一點出發，出發時其速度坐標 P 位于圖11（乙）中 a（v₀， 0） 點， P 點沿線段 ab 移動到 b（v₀，-v₀） 點；隨后 P 點沿以 o 為圓心的圓弧移動至 c（v₀，v₀） 點， P 點沿線段 ca 回到 Δ_a 點．已知粒子在磁場中所受洛倫茲力大小為在電場中所受靜電力大小的 倍，粒子不計重力．求：

（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑;

（2）勻強電場的場強大小；

（3）P 點沿圖11（乙）中閉合曲線移動1周回到 Ψ_a 點時，粒子的位置坐標.

圖11

【解析】（1）粒子在磁場中做圓周運動時的速度為

根據洛倫茲力提供向心力 解得做圓周運動的半徑為 （2）粒子在磁場中所受洛倫茲力大小為在電場中

所受靜電力大小的 倍，則有 其中 解得： E=Bv₀

（3）粒子運動軌跡如圖12所示：

速度從 a 到 b ，粒子在電場中做類平拋運動，在 y 方向有

在 x 方向有 x=v₀t 代入數據解得：

圖12

P 點移動到 b 點時有

v_x=v₀，v_y=-v₀

即粒子進人磁場時速度方向與 x 軸夾角為 θ=45^° 由于

故粒子在磁場中做圓周運動的圓心在 y 軸上，根據對稱性，粒子出磁場時的 N 點與粒子進磁場的 M 點關于o 點對稱，故 P 點沿題圖12中閉合曲線移動1周回到 Ψ_a 點時，粒子又回到出發位置，即有 Δx=0 ，

代人有關數據解出：y=2Bq

可知， P 點沿圖中閉合曲線移動1周回到 Ψ_a 點時，粒子的位置坐標為

【答案】 （2） Bvo （3

命題角度2：帶電粒子先進入勻強磁場中勻速圓 周運動，然后再進入勻強電場中做勻變速直線或勻變 速曲線運動.

【例5】如圖13所示，平面直角坐標系xoy中，第I象限存在沿 y 軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為 B ，一質量為 ?_m 、電荷量為 q 的帶正電的粒子從 y 軸負半軸上的 P 點與 y 軸正方向成 120^° 垂直磁場射入第V象限，經 x 軸上的 N 點與 x 軸正方向成 120^° 角射入電場，最后從 y 軸正半軸上的 M 點以垂直于 y 軸方向的速度射出電場，粒子從 P 點射入磁場的速度為 v ，不計粒子重力，求：

圖13

（1）粒子從 P 點運動到 M 點的總時間 χ_t （2）勻強電場的場強大小 E ：

（3）若撤去第I象限的勻強電場，加上一個磁感 應強度也為 B ，方向也是垂直紙面向里的圓形磁場區 域，同樣使該粒子垂直于 y 軸方向從 M 點輸出，求 圓形磁場區域的最小半徑.

【解析】（1）根據牛頓第二定律可得： 可得粒子在磁場中運動的軌道半徑：R=m qB

作出粒子在磁場中運動的軌跡如圖14所示：

由幾何關系可知，粒子在磁場中轉過的角度為150^° ，則運動的時間：

又因為：

圖14

從 N 到 M 運動的時間： 則粒子從 P 點運動到 M 點的總時間：

（2）在電場中豎直方向則有：usin60=E

（3）粒子在磁場中運動軌跡如圖15所示：由于運動軌跡的半徑：

圖15

由幾何關系可知，圓形磁場區域的最小半徑：

Bu 【答案】（1） （2） 4

命題角度3：帶電粒子先進入勻強電場和勻強磁場交替出現的組合場做復雜的曲線運動，往往用動能定理和動量定理的分量式列方程求解．當帶電粒子僅受洛倫茲力進入勻強磁場速度與勻強磁場 B 方向有夾角0（ θ≠0^° 或 90^° 或 180^° ），帶電粒子在勻強磁場中做螺旋運動.

【例6】（2025·高三上學期湖南階段練習）如圖16所示，在真空中的坐標系中，第二象限內有邊界互相平行且寬度均為 d 的六個區域，交替分布著方向豎直向下的勻強電場和方向垂直紙面向里的勻強磁場，調節電場強度和磁感應強度大小，可以控制飛出的帶電粒子的速度大小及方向．現將質量為 ?_m 、電荷量為 q 的帶正電粒子在邊界 P 處由靜止釋放，粒子恰好以速度大小為 v 且與 y 軸負方向的夾角為 θ=53^° 從坐標原點進入 xgt;0

區域， 在 xgt;0 的區域內存在磁感應強度大小為方向沿 x 軸正方向的勻強磁場 B ，不計粒子重力已知：sin53^°=0.8 ， cos53^° =0.6 ，求：

（1）第二象限中電場強度大小 E₀ 和磁感應強度大小 B₀ ：（2）粒子在 _xgt;0 的區域運動過程中，距離 x 軸的最大距離;（3）粒子在 _xgt;0 的區域運動過程中，粒子每次經過 x 軸時的橫坐標.

【解析】（1）粒子從 P 點到 o 點的過程中，只有電場力做功，洛倫茲力不做功，則由動能定理可知：

解得第二象限中電場強度大小

粒子在經過磁場時水平方向上由動量定理：ΣqB₀v_yt=mΔv_x

即： qB_?0×3d=mvsin53^° （2號解得磁感應強度大小為

（2）粒子經過 o 點時，沿 y 軸負方向的分速度大小為 v_y=vcosθ （20

選考高參

沿 x 軸正方向的分速度大小為 v_x=vsinθ

沿 y 軸負方向的分速度 v_y 使粒子在垂直紙面的

平面內做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力可

知： 代入解得： 粒子做圓周運動距 x 軸的最大距離為 （3）粒子在 _xgt;0 的區域內做圓周運動的周期為 粒子在 _xgt;0 的區域內沿 x 軸方向做勻速直線運動，

粒子在一個周期內沿 x 軸正方向運動的距離為 Δx=v_xT. 粒子在 _xgt;0 的區域內每次經過 x 軸時的橫坐標為

解得粒子在 _xgt;0 的區域運動過程中，粒子每次經

過 x 軸時的橫坐標為

【答案】

命題角度4：交變電磁組合場問題，往往涉及周期性多解問題.

【例7】如圖17（甲）所示，在直角坐標系中的 0?x? L 區域內有沿 y 軸正方向的勻強電場，右側有以點（2L，0）為圓心、半徑為 L 的圓形磁場區域，與 x 軸的交點分別為 M，N. 在 xOy 平面內，從電離室產生的質量為 m 、帶電荷量為 e 的電子以幾乎為零的初速度從 P 點飄入加速電場中，加速后以速度 v₀ 經過右側極板上的小孔 Q 點沿 x 軸正方向進入勻強電場，已知 o 、 Q 兩點之間的距離為 電子飛出電場后從 M 點進入圓形磁場區域，進入磁場時取 t=0 時刻，在圓形區域內加如圖17（乙）所示變化的磁場（以垂直于紙面向外為正方向，圖中 B₀ 是未知量），最后電子從 N 點飛出，不考慮電子的重力求：

（1）加速電場的電壓 U （2）電子運動到 M 點時的速度大小和方向；（3）磁場變化周期 T 滿足的關系式.

圖17

【解析】（1）在加速電場中，從 P 點到 Q 點，由動能定理得： 可得： （2）電子從 Q 點到 M 點做類平拋運動，有 電子運動至 M 點時 解得： v_M=2v₀ ，則 解得： θ=60^° ，即速度方向與 x 軸正方向的夾角為 60^° （204號

（3）電子在磁場中的運動具有周期性，軌跡如圖18所示.電子到達 N 點符合要求的空間條件為 n（2Rsin60^°）=3L-L（n=1，2，3…）

圖18

電子在磁場中做圓周運動的軌道半徑

解得：

電子在磁場變化的半個周期內恰好轉過 圓周，同時在MN間的運動時間是磁場變化周期的整數倍時，可使粒子到達 N 點且速度滿足題設要求，應滿足的時間條件是： 而T0

所以 T 應滿足的條件為

【答案】 （2）2v₀ ，方向與 x 軸正方向的夾角為 60^° ；（

命題角度5：三維空間電磁組合場問題，往往對學生空間想象能力要求很高.

【例8】截至2023年8月底，武威重離子中心已完成近900例患者治療，療效顯著.醫用重離子放療設備主要由加速和散射兩部分組成，整個系統如圖19（甲）所示，簡化模型如圖19（乙）所示．在圖19（乙）中，區域I為加速區，加速電壓為 U ，區域 II 、IⅢ為散射區域，偏轉磁場磁感應強度大小均為 B 區域II中磁場沿 y 軸正方向，區域IⅢ中磁場沿 x 軸正方向質量為 m 、電荷量為 q 的帶正電的重離子在o 點由靜正進入加速電場，離子離開區域ⅡI時速度偏轉了 37^° ，不計離子的重力， sin37^°=0.6 ， cos37^°=0.8. （20（1）求離子進入磁場區域ⅡI時速度大小;

（2）求磁場Ⅱ的寬度 d ;

（3）區域III磁場寬為 在區域IⅢI右側邊界放置一接收屏，接收屏中心 ∣O^′∣ 與離子進入電場時的 o 點在同一直線上，求當離子到達接收屏時距離接收屏中心 點的距離.

圖19

【解析】（1）離子在電場中加速，有 解得

（2）離子進人磁場區域ⅡI時，速度與磁場方向垂

直，做勻速圓周運動，離開時速度偏轉了 37^° ，即轉

過的圓弧所對的圓心角為 37^° ，則： d=Rsin37^° ，而

解得：

（3）離子在磁場中等螺距前進：離子進人磁場區IⅢ時，速度與磁場夾角為 37^° ，則離子在 x 軸方向做勻速直線運動，在 yOz 平面做勻速圓周運動： v_x= vcos37^° ， v_z=vsin37^°

x 方向勻速 v_xt=d^′ 解得： t=6，25T

在 yOz 平面 且

即離子轉了6.25圈打在接收屏上， y 軸上距離 o 的距離 z 軸上距離 的距離 離子在接收屏上距 點的距離 【答案】 （2 ③

【作者簡介：物理高級教師，備課組長，一直從事高中物理一線教學工作，認真鉆研教材，教學業績突出，多次被上級主管部門評為“先進工作者”“優秀青年教師”“模范班主任”和最近連續四年被評為“模范園丁”，2015年8月我參加第八屆全國中學生物理教學改革創新大賽榮獲高中組全國一等獎，所帶班級高考經常名列同類班級前列，所帶學生高考成績多次獲得全市理科狀元．在《技術物理教學》《高中數理化》《廣東高中教育》《黃岡日報》等期刊上發表多篇物理教學論文】

責任編輯 李平安