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(共60張PPT)
高考物理總復習課件
第十章 　磁場
第3節 帶電粒子在組合場和
復合場中的運動
1.復合場的分類.
磁場
交替
(1)疊加場：電場、________、重力場共存，或其中某兩個場
共存.
(2)組合場：電場與磁場各位于一定的區域內，并不重疊或在
同一區域，電場、磁場________出現.
2.帶電粒子在復合場中的運動分類.
(1)靜止或勻速直線運動.
為零
電場力
當帶電粒子在復合場中所受合外力______時，將處于靜止或
做勻速直線運動狀態.
(2)勻速圓周運動.
當帶電粒子所受的重力與________大小相等、方向相反時，
帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內做勻
速圓周運動.
(3)非勻變速曲線運動.
同一條直線上
當帶電粒子所受的合外力的大小和方向均變化，且與初速度
方向不在______________時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒
子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線.
(4)分階段運動：帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合
場區域，其運動情況隨區域發生變化，其運動過程由幾種不同的
運動階段組成.
【基礎自測】
1.判斷下列題目的正誤.
)
)
(1)帶電粒子在復合場中不可能處于靜止狀態.(
(2)帶電粒子在復合場中可能做勻速圓周運動.(
(3)帶電粒子在復合場中一定能做勻變速直線運動.(
)
(4)帶電粒子在復合場中受洛倫茲力情況下的直線運動一定為
勻速直線運動.(
)
(5)帶電粒子只在電場力和洛倫茲力作用下不可能保持靜止.
(
)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√
2.(多選)一個帶電粒子(重力不計)以初速度 v0 垂直于電場方向
向右射入勻強電場區域，穿出電場后接著又進入勻強磁場區域.設
電場和磁場區域有明確的分界線，且分界線與電場強度方向平行，
如圖中的虛線所示.下圖所示的幾種情況中，可能出現的是(
)
A
B
C
D
解析：A、C 選項中粒子在電場中向下偏轉，所以粒子帶正電，
再進入磁場后，A 圖中粒子應逆時針轉，A 正確.C 圖中粒子應順
時針轉，C 錯誤.同理可以判斷 B 錯誤，D 正確.
答案：AD
3.兩質量相同帶電油滴均能在豎直向上的勻強電場 E 和垂直
紙面向里的勻強磁場 B 正交的空間(如圖 10-3-1)做豎直平面內的勻
速圓周運動.則兩油滴一定相同的是(
)
圖 10-3-1
①帶電性質 ②運動周期 ③運動半徑 ④運動速率
A.①②
B.①④
C.②③④
D.①③④
解析：根據 mg＝qE，靜電力方向必須向上，所以都帶正電，
期相同，②正確.故 A 正確.
答案：A
4.(多選)如圖 10-3-2 所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強
電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒
從 a 點進入場區并剛好能沿 ab 直線向上運動，下列說法中正確的
是(
)
A.微粒一定帶負電
B.微粒的動能一定減小
C.微粒的電勢能一定增加
D.微粒的機械能一定增加
圖 10-3-2
解析：如圖 D57，微粒進入場區后沿直線 ab 運動，則微粒受
到的合力或者為零，或者合力方向在 ab 直線上(垂直于運動方向的
合力仍為零).若微粒所受合力不為零，則必然做變速運動，由于速
度的變化會導致洛倫茲力變化，則微粒在垂直于運動方向上的合
力不再為零，微粒就不能沿直線運動，因此微粒所受合力只能為
零而做勻速直線運動.若微粒帶正電，則受力分析如圖甲所示，合
力不可能為零，故微粒一定帶負電，受力分析如圖乙所示，故 A
正確，B 錯誤.靜電力做正功，微粒電勢能減小，機械能增大，故
C 錯誤，D 正確.
甲
乙
圖 D57
答案：AD
熱點 1 帶電粒子在組合場中的運動
[熱點歸納]
1.帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動，實際上是將粒子在電
場中的加速與偏轉，跟磁偏轉兩種運動組合在一起，有效區別電偏
轉和磁偏轉，尋找兩種運動的聯系和幾何關系是解題的關鍵.當帶電
粒子連續通過幾個不同的場區時，粒子的受力情況和運動情況也發
生相應的變化，其運動過程則由幾種不同的運動階段組成.
類型 垂直進入磁場(磁偏轉) 垂直進入電場(電偏轉)
情景圖
受力 FB＝qv0B，大小不變，方向總指向圓心，方向變化，FB為變力 FE＝qE，FE大小、方向不變，為恒力
2.“電偏轉”和“磁偏轉”的比較：
(續表)
考向 1 粒子從電場進入磁場
【典題 1】(2022 年廣東陽江模擬)如圖 10-3-3 所示，在 xOy
坐標系中的第一象限內存在沿 x 軸正方向的勻強電場.第二象限內
存在大小為 B、方向垂直坐標平面向外的有界圓形勻強磁場(圖中
未畫出)，一粒子源固定在 x 軸上 M(L，0)點，沿 y 軸正方向釋放
出速度大小均為 v0 的電子，電子經電場后恰好從 y 軸上的 N 點進
入第二象限，進入第二象限后，電子經磁場偏轉后通過 x 軸時，
與 x 軸的夾角為 75°，已知電子的質量為 m、電荷量為 e，電場強
(1)N 點到坐標原點的距離.
(2)電子通過 N 點的速度.
(3)圓形磁場的最小面積.
圖 10-3-3
解：(1)從 M 到 N 的過程中，電子做類平拋運動，有
解得 yN＝2L.
(2)設電子到達 N 點的速度大小為 v，方向與 y 軸正方向的夾
角為 θ，由動能定理有
(3)設電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為
當電子與 x 軸負方向的夾角為 75°時，其運動軌跡圖如圖
D58.
＝rsin 60°
圖 D58
電子在磁場中偏轉 120°后垂直于 O1Q 射出，則磁場最小半徑
Rmin＝
PQ
2
當電子與 x 軸正方向的夾角為 75°時，其運動軌跡圖如圖 D59.
圖 D59
考向 2 粒子從磁場進入電場
【典題 2】(多選，2023年江西宜春八校聯考)如圖10-3-4所示，
圓心為 O、半徑為 R 的圓形區域內，存在磁感應強度為 B、方向
垂直紙面向外的勻強磁場，在磁場邊緣上的 A 點沿紙面向圓形區
域各個方向均勻發射速度大小為 v0 的帶電粒子.圓的右邊為邊長
2R 的正方形，剛好與圓相切于 B 點，其區域內存在水平向左的勻
強電場.當粒子沿 AO 方向時，粒子剛好從 B 點離開磁場，進入電
場后又恰好從右邊界的中點返回.不計粒子重力和粒子間的相互作
用.下列說法正確的是(
)
B.粒子從 A 點進入磁場到最終離開磁場的
運動過程中的總時間與入射方向無關
C.若將電場 E 的方向變為豎直向下，則從電
場邊界 PQ 與 NQ 射出的粒子數之比為 2∶1
圖 10-3-4
D.若電場 E 豎直向下，且粒子要全部從邊界 NQ 射出，則場
強大小至少為原來的 4 倍
解析：當粒子沿 AO 方向時，運動軌跡如
圖 D60 所示.由題可知粒子在圓形區域磁場內
的偏轉半徑為 R.
圖 D60
度越大，運動時間越長，粒子入射方向不同，偏轉時間不同，則
進入磁場到最終離開磁場的運動過程中的總時間也不一樣，B 錯
誤.在磁場邊緣上的 A 點沿紙面向圓形區域各個方向均勻發射速度
大小為 v0 的帶電粒子，粒子離開圓形磁場將與電場平行，離開磁
場進入電場，當粒子沿 AO 方向時，粒子剛好從 B 點離開磁場，
向變為豎直向下，且剛好打到 Q 處的粒子有
示.由于能進入電場的粒子范圍總高度為 2R，
圖 D61
答案：ACD
思路導引
對于 C、D 選項，粒子離開圓形磁場區域后以水
平向右的速度進入電場區域做類平拋運動，由于 N、M 間粒子均
勻分布，要想求出從電場邊界 PQ與 NQ 射出的粒子數之比，以及
粒子要全部從邊界 NQ 射出場強的大小，關鍵要看這些從 MN 上
何處進入的粒子恰好從 Q 點射出.
考向 3 粒子從磁場進入磁場
【典題 3】(多選，2022年湖北卷)在如圖 10-3-5所示的平面內，
分界線 SP 將寬度為 L 的矩形區域分成兩部分，一部分充滿方向垂
直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的
勻強磁場，磁感應強度大小均為 B，SP 與磁場左右邊界垂直.離子
源從 S 處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向
垂直且與 SP 成30°角.已知離子比荷為 k，不計重力.若離子從 P點
射出，設出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對
應θ角的可能組合為(
)
圖 10-3-5
解析：若粒子通過下部分磁場直接到達 P 點，如圖 D62.
圖 D62
圖 D63
據對稱性可知出射速度與 SP 成30°角向上，故出射方向與入射方
向的夾角為θ＝60°.當粒子上下均經歷一次時，如圖 D63.
1，2，3，…)，此時出射方向與入射方向的夾角為 θ＝0°，可知
B、 C 正確.
答案：BC
思路導引
分兩種情況討論：粒子離開磁場時速度方向斜向
上，速度偏轉角60°，對應C、D選項，粒子離開磁場時速度方向
斜向下，速度偏轉角 0°，對應 A、B選項，同時需要考慮運動軌
跡的多種可能并確定通式.
類型 力的特點 功和能的特點
重力場 大?。篏＝mg
方向：豎直向下 重力做功與路徑無關
重力做功改變物體的重力勢能
熱點 2 帶電粒子在復合場中的運動
[熱點歸納]
三種場的比較.
類型 力的特點 功和能的特點
電場 大?。篎＝qE
方向：正電荷受力方向與場強方向相同，負電荷受力方向與場強方向相反 電場力做功與路徑無關，W＝qU
電場力做功改變電勢能
磁場 大?。篎＝qvB(v⊥B)
方向：可用左手定則判斷 洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動能
(續表)
【典題 4】(2023 年湖南卷)如圖 10-3-6 所示，真空中有區域Ⅰ
和Ⅱ，區域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下(與
紙面平行)，磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區域(區
域Ⅱ)內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外.圖中 A、C、O 三
點在同一直線上，AO 與 GF 垂直，且與電場和磁場方向均垂直.A
點處的粒子源持續將比荷一定但速率不同的粒子射入區域Ⅰ中，
只有沿直線 AC 運動的粒子才能進入區域Ⅱ.若區域Ⅰ中電場強度
大小為 E、磁感應強度大小為 B1，區域Ⅱ中磁感應強度大小為 B2，
則粒子從 CF 的中點射出，他們在區域Ⅱ中運動的時間為 t0.若改
變電場或磁場強弱，能進入區域Ⅱ中的粒子在區域Ⅱ中運動的時
間為 t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的
是(
)
圖 10-3-6
A.若僅將區域Ⅰ中磁感應強度大小變為 2B1，則 t>t0
B.若僅將區域Ⅰ中電場強度大小變為 2E，則 t>t0
解析：由題知粒子在 AC 做直線運動，則有 qv0B1＝qE，區域
Ⅱ中磁感應強度大小為 B2，則粒子從 CF 的中點射出，則粒子轉
中磁感應強度大小變為 2B1，則粒子在區域Ⅰ依然受力平衡，設粒
粒子轉過的圓心角仍為 90°，則 t＝t0，A 錯誤.若僅將區域Ⅰ中電
場強度大小變為 2E，則此時設粒子在 AC 做直線運動的速度為 vB，
為原來的 2 倍，則粒子從 F 點射出，粒子轉過的圓心角仍為 90°，
動軌跡如圖 D64 所示.
圖 D64
出，則畫出粒子的運動軌跡如圖 D65 所示.
圖 D65
答案：D
【遷移拓展】(多選，2022 年廣東卷)如圖 10-3-7 所示，磁控
管內局部區域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙
面向里的勻強磁場.電子從 M 點由靜止釋放，沿圖
中所示軌跡依次經過 N、P 兩點.已知 M、P 在同一
等勢面上，下列說法正確的有(
)
圖 10-3-7
A.電子從 N 到 P，電場力做正功
B.N 點的電勢高于 P 點的電勢
C.電子從 M 到 N，洛倫茲力不做功
D.電子在 M 點所受的合力大于在 P 點所受的合力
解析：由題可知電子從 N 到 P 的過程中電子所受電場力水平
向左，電場力做負功，A 錯誤.根據沿著電場線方向電勢逐漸降低
可知 N 點的電勢高于 P 點，B 正確.由于洛倫茲力一直都和速度方
向垂直，故電子從 M 到 N 洛倫茲力都不做功，C 正確.由于 M 點
和 P 點在同一等勢面上，故從 M 到 P 電場力做功為 0，而洛倫茲
力不做功，M 點速度為 0，根據動能定理可知電子在 P 點速度也
為 0，則洛倫茲力 F＝Blv＝0，因此電子在 M 點和 P 點都只受電
場力作用，在勻強電場中電子在這兩點電場力相等，即合力相等，
D 錯誤.
答案：BC
帶電粒子在交變電場、磁場中的運動
解決帶電粒子在交變電場、磁場中的運動問題的基本思路：
【典題 5】如圖 10-3-8 甲所示，M、N 為豎直放置彼此平行的
兩塊平板，板間距離為 d，兩板中央各有一個小孔 O、O′正對，在
兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖
乙所示(垂直于紙面向里的磁場方向為正方向).有一群正離子在 t＝
0 時垂直于 M 板從小孔 O 射入磁場.已知正離子質量為 m、帶電荷
量為 q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化
的周期都為 T0，不考慮由于磁場變化而產生的電場的影響，不計
離子所受重力.求：
(1)磁感應強度 B0 的大小.
(2)要使正離子從小孔 O′垂直于 N 板射出磁場，正離子射入磁
場時的速度 v0 的可能值.
甲
乙
圖 10-3-8
(2)要使正離子從 O′孔垂直于 N 板射出磁場，軌跡應如圖 D66
所示.
圖 D66
【觸類旁通】如圖 10-3-9 甲所示，豎直邊界分別為 P 和 Q 的
區域寬度為 4L，其內部分布著垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方
向上的周期性變化的電場，電場隨時間變化的關系如圖乙所示，
E>0 表示電場方向豎直向上.在 t＝0 時刻，一帶電荷量為＋q、質
量為 m 的帶電微粒從邊界 P 上的 A 點處水平射入該區域，先沿直
線運動到某點，再經歷一次完整的半徑為 L 的勻速圓周運動，最
后沿直線運動從邊界 Q 上的 B 點處離開磁場，重力加速度為 g.求：
(1)電場強度的大小 E0.
(2)微粒剛進入磁場時的速度 v0 的大小及磁場的磁感應強度的
大小 B.
(3)電場變化周期 T 的范圍.
甲
乙
圖 10-3-9
(3)(Ⅰ)如圖 D67 甲所示，當 O 點為 AB 中點時，所對應的周
期 T 為最小周期.
設微粒從 A 運動至 O 點處所需要的時間為 t1，
甲
乙
圖 D67
(Ⅱ)如圖乙所示，當圓軌跡與右邊界 Q 相切時，所對應的周
期 T 為最大周期.
設微粒從 A 運動至 O 點處所需要的時間為 t1′，有
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