第11章 专题强化21 带电粒子在叠加场中的运动（课件PPT）-【优化指导】2025年高考物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教多选版）

第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 专题强化21　带电粒子在叠加场中的运动 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第十一章　磁场　安培力与洛伦兹力 谢谢观看！ “三步法”解决叠加场问题 热点一　磁场与重力场的叠加 [典例1] (2024·福建莆田模拟)如图所示，斜面和带正电的滑块表面粗糙，磁感应强度为B的匀强磁场垂直纸面向外。滑块由静止下滑，下列判断正确的是(　　) A．滑块受到的摩擦力不变 B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关 C．滑块所受洛伦兹力的方向垂直斜面向下 D．B很大时，滑块可能静止于斜面上 C　解析：根据左手定则可知，滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向下，C正确；随着滑块速度的变化，洛伦兹力的大小发生变化，滑块对斜面的压力大小发生变化，则滑块受到的摩擦力大小也发生变化，A错误；B越大，滑块受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，根据动能定理可知，滑块到达地面时的动能就越小，B错误；由于开始时滑块静止，不受洛伦兹力，此时滑块开始下滑，加速度为a＝ eq \f(mg sin θ－（mg cos θ＋QvB）,m) ，即滑块做加速度逐渐减小的加速直线运动，直至a＝0后做匀速直线运动，故滑块不可能静止在斜面上，D错误。 热点二　电场和磁场的叠加(教考衔接) 人教·选择性必修第二册·P12T3 3．在图1.2­11所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。具有不同水平速度的带电粒子射入后发生偏转的情况不同。这种装置能把具有某一特定速度的粒子选择出来，所以叫作速度选择器。试证明带电粒子具有速度v＝ eq \f(E,B) 时，才能沿着图示虚线路径通过这个速度选择器。 图1.2­11 (1)速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件等电场与磁场叠加的应用实例是高考试题的命题点。 (2)当带电粒子(不计重力)在叠加场中做匀速直线运动时，洛伦兹力与电场力大小相等，即qvB＝qE或qvB＝q eq \f(U,d) ，这个力学思维是教材内容与高考试题的链接内涵。 (3)从教材原题培养和提升力与运动的观念是解决高考试题的阶梯。 [拓展提升1] 磁流体发电机 1．(2021·河北卷)如图所示，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B1；一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中粒子的重力，下列说法正确的是(　　) A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝ eq \f(mgR sin θ,B1B2Ld) B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝ eq \f(mgR sin θ,B1B2Ld) C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝ eq \f(mgR tan θ,B1B2Ld) D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝ eq \f(mgR tan θ,B1B2Ld) B　解析：等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可知，金属板Q带正电荷、金属板P带负电荷，则电流方向由金属棒a端流向b端。等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势U满足q eq \f(U,d) ＝qB1v，由欧姆定律I＝ eq \f(U,R) 和安培力公式F＝BIL可得F安＝B2L· eq \f(U,R) ＝ eq \f(B2B1Lvd,R) ；再根据金属棒ab垂直导轨放置恰好静止的状态，可得F安＝mg sin θ，联立解得v＝ eq \f(mgR sin θ,B1B2Ld) ；金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，B正确。 [拓展提升2] 霍尔元件 2．(2021·天津卷)霍尔元件是一种重要的磁传感器，可用在多种自动控制系统中。长方体半导体材料厚为a、宽为b、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系xyz，如图所示。半导体中有电荷量均为e的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子，单位体积内自由电子和空穴的数目分别为n和p。当半导体材料通有沿＋x方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空间加一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，沿＋y方向，于是在z方向上很快建立起稳定电场，称其为霍尔电场，已知电场强度的大小为E，沿－z方向。 (1)判断刚加磁场瞬间自由电子所受洛伦兹力的方向； (2)若自由电子定向移动在沿＋x方向上形成的电流为In，求单个自由电子由于定向移动在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力大小Fnz； (3)霍尔电场建立后，自由电子与空穴在z方向上定向移动的速率分别为vnz、vpz，求Δt时间内运动到半导体z方向的上表面的自由电子数与空穴数，并说明两种载流子在z方向上形成的电流应满足的条件。 解析：(1)由左手定则知自由电子所受洛伦兹力沿＋z方向。 (2)设t时间内流过半导体垂直于x轴某一横截面的自由电子的电荷量为q，由电流定义式，有In＝ eq \f(q,t) 设自由电子在x方向上定向移动的速率为vnx，可导出自由电子的电流微观表达式为 In＝neabvnx 单个自由电子所受洛伦兹力的大小为 F洛＝evnxB 霍尔电场力的大小为F电＝eE 自由电子在z方向上受到的洛伦兹力和霍尔电场力的方向相同，联立得其合力大小为 Fnz＝e( eq \f(InB,neab) ＋E)。 (3)设Δt时间内在z方向上运动到半导体上表面的自由电子数为Nn、空穴数为Np，则 Nn＝nacvnzΔt Np＝pacvpzΔt 霍尔电场建立后，半导体z方向上表面的电荷量就不再发生变化，则Nn＝Np 即在任何相等时间内运动到上表面的自由电子数与空穴数相等，这样两种载流子在z方向形成的电流大小相等、方向相反。 答案：(1)自由电子受到的洛伦兹力沿＋z方向 (2)e( eq \f(InB,neab) ＋E)　(3)见解析 热点三　电场、磁场与重力场三场叠加 1．当粒子的重力与静电力平衡时，洛伦兹力使之做匀速圆周运动。 2．当粒子的合力与速度不在同一条直线上，且合力的大小和方向均变化，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。 [典例2] (2024·四川德阳一诊)如图所示，在平面直角坐标系Oxy(x轴水平，y轴竖直)中，第一象限内存在正交的匀强电、磁场，电场强度竖直向上，大小E1＝40 N/C，磁场方向垂直于纸面向里；第四象限内存在一方向向左的匀强电场，电场强度E2＝ eq \f(160,3) N/C。一个质量为m＝2×10－3 kg的带正电的小球，从M(3.64 m，3.2 m)点，以v0＝1 m/s的水平速度开始运动。已知小球在第一象限内做匀速圆周运动，从P(2.04 m，0)点进入第四象限后经过y轴上的N(0，－2.28 m)点(图中未标出)。求：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)匀强磁场磁感应强度B的大小； (2)小球由P点运动至N点的时间。 解析：(1)小球在第一象限内做匀速圆周运动，有mg＝qE1 解得q＝5×10－4 C 作出小球的轨迹如图甲所示，则R cos θ＝xM－xP，R sin θ＋R＝yM 联立解得R＝2 m，θ＝37° 又qv0B＝m eq \f(v02,R) 解得B＝2 T。 (2)小球进入第四象限后，受力分析如图乙所示， 其中tan α＝ eq \f(mg,qE2) ＝0.75，解得α＝θ＝37° 小球的速度与重力、电场力的合力F垂直，轨迹如图甲所示，由几何关系可得 lQN＝(－yN－xPtan α)cos α＝0.6 m 在第四象限，沿初速度方向，有lQN＝v0t 解得t＝0.6 s。 答案：(1)2 T　(2)0.6 s 1．(2023·海南卷)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是(　　) A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右 B．小球运动过程中的速度不变 C．小球运动过程的加速度保持不变 D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功 A　解析：根据左手定则可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小、方向都在变，B、C错误；洛伦兹力永不做功，D错误。 2．(2023·湖南卷)如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下(与纸面平行)，磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是(　　) A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t>t0 B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t>t0 C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 eq \f(\r(3),4) B2，则t＝ eq \f(t0,2) D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 eq \f(\r(2),4) B2，则t＝ eq \r(2) t0 D　解析：由题知粒子沿AC做直线运动，则电场力和洛伦兹力相等，有qv0B1＝qE，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据qvB＝m eq \f(4π2,T2) r和t0＝ eq \f(θ,2π) T，有t0＝ eq \f(πm,2qB2) ，若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子沿AC做直线运动的速度有qvA·2B1＝qE，则vA＝ eq \f(v0,2) ，再根据qvB＝m eq \f(v2,r) ，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，设粒子沿AC做直线运动的速度为v1，有qv1B＝q·2E，则v1＝ 2v0，再根据 qvB＝m eq \f(v2,r) ，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒子从F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，B错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 eq \f(\r(3),4) B2，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0， 甲 再根据qvB＝m eq \f(v2,r) ，可知粒子半径变为原来的 eq \f(4,\r(3)) >2，则粒子从OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如图甲所示， 根据sin θ＝ eq \f(2r,\f(4,\r(3))r) ，可知转过的圆心角θ＝60°，根据qvB＝m eq \f(4π2,T2) r和t＝ eq \f(θ,2π) T，有t＝ eq \f(4\r(3)πm,9qB2) ，则t＝ eq \f(8\r(3)t0,9) ，C错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 eq \f(\r(2),4) B2，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0， 乙 再根据qvB＝m eq \f(v2,r) ，可知粒子半径变为原来的 eq \f(4,\r(2)) >2，则粒子OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如图乙所示， 根据sin α＝ eq \f(2r,\f(4,\r(2))r) ，可知转过的圆心角为α ＝ 45°，根据qvB＝m eq \f(4π2,T2) r和t＝ eq \f(θ,2π) T，有t＝ eq \f(\r(2)πm,2qB2) ，则t＝ eq \r(2) t0，D正确。 3．(2023·江苏卷)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。 (1)求电场强度的大小E； (2)若电子入射速度为 eq \f(v0,4) ，求运动到速度为 eq \f(v0,2) 时位置的纵坐标y1； (3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2＝ eq \f(mv0,5eB) 位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 解析：(1)入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，则有Ee＝ev0B 解得E＝v0B。 (2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为 eq \f(v0,4) ，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有eEy1＝ eq \f(1,2) m( eq \f(1,2) v0)2－ eq \f(1,2) m( eq \f(1,4) v0)2 解得y1＝ eq \f(3mv0,32eB) 。 (3)若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有eEy＝ eq \f(1,2) mvm2－ eq \f(1,2) mv2 由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有F合＝evmB－eE 在最低点有F合＝eE－evB 联立有vm＝ eq \f(2E,B) －v y＝ eq \f(2m（v0－v）,eB) 要让电子到达纵坐标y2＝ eq \f(mv0,5eB) 位置，即y≥y2 解得v≤ eq \f(9,10) v0 则若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，能到达纵坐标y2＝ eq \f(mv0,5eB) 位置的电子数N占总电子数N0的90%。 答案：(1)v0B　(2) eq \f(3mv0,32eB) 　(3)90% $$