08 专题突破四 带电粒子在复合场中的运动-【正禾一本通】2024-2025学年高中物理选择性必修2同步课堂高效讲义配套课件（人教版2019）

物理选择性 必修第二册 专题突破四 带电粒子在复合场中的运动 第一章 安培力与洛伦兹力 突破点一　带电粒子在组合场中的运动 角度1 先电场后磁场 角度2 先磁场后电场 突破点二　带电粒子在叠加场中的运动 角度1 带电粒子在叠加场中的直线运动 角度2 带电粒子在叠加场中的圆周运动 角度2 带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 专题突破（四）带电粒子在复合场中的 运动 本专题研究带电粒子在复合场中的运动，一是带电粒子在组合场中的运动，二是带电粒子在叠加场中的运动。 本专题是高考命题的必考点，多以压轴题的形式出现，综合性强，难度大。 1．组合场 电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现。 2．带电粒子在组合场中运动的分析思路 第1步：粒子按照时间顺序进入不同的区域可分成几个不同的阶段。 第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如第3步中表图所示。 第3步：应用相关规律解决问题。 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。 【典例1】 (多选)如图所示，xOy坐标系中，在y<0的范围内存在足够大的匀强电场，方向沿y轴正方向，在0<y<2d的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。在y＝2d处放置一垂直于y轴的足够大金属板ab，带电粒子打到板上即被吸收，如果粒子轨迹与板相切则刚好不被吸收。一质量为m、带电荷量为＋q的粒子以初速度v0由P(0，－d)点沿x轴正方向射入电场，第一次从Q(1.5d，0)点经过x轴，粒子重力不计。下列说法正确的是( ) A．匀强电场的电场强度E＝ B．粒子刚好不打在挡板上则r＝d C．要使粒子不被挡板吸收，磁感应强度B应满足的条件为B≥ D．要使粒子不被挡板吸收，磁感应强度B应满足的条件为B< 解析：选AC。粒子在电场中做类平抛运动，水平方向1.5d＝v0t，竖直方向d＝解得E＝，故A正确； 设粒子进入磁场时速度与x轴夹角为θ，则tan θ＝，即θ＝53°， 粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，解得B＝，粒子不打在挡板上，磁感应强度需要满足的条件是B≥，故C正确，D错误。 [思维延伸] 粒子在电场中做类平抛运动，利用位移偏角与速度偏角的关系，也可以确定粒子进入磁场时的方向。试试看！ 提示：tan θ＝2tan α＝2×，所以粒子进入磁场时与x轴的夹角θ＝53°。 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。 (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。 【典例2】 (多选)如图所示，在xOy坐标系平面内，x轴上方有沿y轴正方向的匀强电场，x轴下方有垂直坐标系平面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为e的电子，从图中坐标原点O处以与x轴负方向成30°角的速度v0沿坐标平面射入匀强磁场中，经磁场到达A点(2d，0)，再进入竖直向上的匀强电场中，结果恰好从O点回到磁场。不计电子的重力，则下列说法正确的是(　　) A．磁感应强度大小B＝ B．电场强度大小E＝ C．电子运动过程中最高点的坐标为 D．电子从O点出发到下一次回到O点的时间t＝ 解析：选BC。轨迹如图所示， 根据几何关系可知，电子在磁场中做圆周运动的半径R＝2d，根据Bev0＝，解得B＝，A错误；电子刚要进入电场时，其速度沿x轴的分量vx＝，沿y轴的分量vy＝，则d＝vxt1，解得E＝，B正确；电子运动过程中最高点的坐标为，C正确；电子在磁场中运动的时间t2＝，电子从O点出发到下一次回到O点的时间t＝2t1＋t2＝，D错误。 解析：选BC。轨迹如图所示， 根据几何关系可知，电子在磁场中做圆周运动的半径R＝2d，根据Bev0＝，解得B＝，A错误；电子刚要进入电场时，其速度沿x轴的分量vx＝，沿y轴的分量vy＝，则d＝vxt1，解得E＝，B正确；电子运动过程中最高点的坐标为，C正确；电子在磁场中运动的时间t2＝，电子从O点出发到下一次回到O点的时间t＝2t1＋t2＝，D错误。 [规律方法]“五步”突破带电粒子在组合场中的运动问题 1．叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。 2．关于是否考虑粒子重力的三种情况 (1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与静电力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力。 (2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理。 (3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力。 3．带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式 运动性质 受力特点 方法规律 匀速直线运动 其他力的合力与洛伦兹力等大反向 平衡条件 匀速圆周运动 除洛伦兹力外，其他力的合力为零 牛顿第二定律、圆周运动的规律 较复杂的曲线运动 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律 【典例3】 (多选)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在静电力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A．该微粒一定带负电荷 B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C．该磁场的磁感应强度大小为 D．该电场的电场强度大小为 解析：选ACD。若微粒带正电，静电力向左，洛伦兹力垂直于OA线斜向右下方，则静电力、洛伦兹力和重力不能平衡；微粒带负电时，三力可以平衡，故A正确。微粒如果做匀变速运动，重力和静电力不变，而洛伦兹力随速度变化而变化，微粒不能沿直线运动，故B错误。微粒受力如图所示， 由平衡条件得qvB cos θ＝mg，qE＝mg tan θ，解得B＝，故C、D正确。 【典例4】 (多选)(2024·江苏南京期末)如图所示，空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，磁场沿水平方向垂直纸面向里，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一个带电粒子以大小为v0的速度从M点沿垂直电场、磁场的方向向右射入场内，粒子恰好能做匀速圆周运动，已知重力加速度为g，则(　　) A．带电粒子带负电 B．带电粒子的比荷为 C．粒子做圆周运动的半径为 D．若使电场强度减小v0B，粒子从M点向右以v0做直线运动 解析：选BD。带电粒子带正电，静电力与重力平衡，A错误；根据平衡条件mg＝qE，解得，B正确；根据牛顿第二定律有qv0B＝m，解得r＝，C错误；若使电场强度减小v0B，粒子受到的合力为F＝qv0B＋q(E－v0B)－mg，解得F＝0，粒子受力平衡，从M点向右以v0做直线运动，D正确。 【典例5】 (多选)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场，如图所示，已知一离子在静电力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点。不计重力，电场和磁场范围足够大，则(　　) A．该离子带负电 B．A、B两点位于同一高度 C．到达C点时离子速度最大 D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点 解析：选BC。离子开始仅受到静电力作用由静止开始向下运动，可知离子受到的静电力方向向下，与电场方向同向，则该离子带正电，A错误；洛伦兹力不做功，从A到B，动能变化为零，根据动能定理知，静电力做功为零，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；根据动能定理知，离子从A到C静电力做正功，离子到达C点时静电力做功最多，则速度最大，C正确；离子在B点的状态与A点的状态(速度为零，电势能相等)相同，离子将在B点的右侧重复前面的曲线运动，D错误。 【基础应用题】 1．如图所示，虚线空间中存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球(电荷量为＋q，质量为m)从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的是(　　) A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 解析：选B。带电小球进入复合场时的受力情况如图所示， 其中只有③、④两种情况下合外力可能为零或与速度的方向相同，所以有可能沿直线通过复合场区域，故B正确。 2．(2024·安徽滁州期末)一重力不计的带电粒子以初速度v0先后穿过宽度相同且紧邻在一起的有明显边界的匀强电场E和匀强磁场B，如图甲所示，电场和磁场对粒子总共做功W1；若把电场和磁场正交叠加，如图乙所示，粒子仍以v0<的初速度穿过叠加场区，电场和磁场对粒子总共做功W2，则W1、W2的绝对值大小关系为(　　) A．W1＝W2 B．W1>W2 C．W1<W2 D．可能W1>W2也可能W1<W2 解析：选B。不论带电粒子带何种电荷，由于v0<，所以电场力qE大于洛伦兹力qBv0，根据左手定则判断可知，洛伦兹力存在与电场力方向相反的分力，所以带电粒子在电场中的偏转位移比重叠时的偏转位移大，所以不论粒子带何种电性，甲中带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙中的偏转位移，且洛伦兹力对带电粒子不做功，只有电场力做功，所以一定是W1＞W2，故B正确。 3．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直纸面向里。在该区域内，有四个质量相同的带正电的微粒甲、乙、丙、丁，微粒甲静止不动；微粒乙在纸面内向右做匀速直线运动；微粒丙在纸面内向左做匀速直线运动；微粒丁在纸面内做匀速圆周运动。已知微粒之间互不影响，则四个微粒中所带电荷量最小的是(　　) A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 解析：选B。对于甲，根据平衡条件有mg＝q1E，解得q1＝；对于乙，根据平衡条件有mg＝q2E＋q2vB，解得q2＝，对于丙，根据平衡条件有mg＝q3E－q3vB，解得q3＝，对于丁，根据题意有mg＝q4E，解得q4＝，综上可得q3>q1＝q4>q2，故B正确。 4．如图所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场。初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子(重力不计)经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点。已知OA＝OC＝d，则磁感应强度B和电场强度E可表示为(　　) A．B＝ B．B＝ C．B＝ D．B＝ 解析：选B。设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v，则qU＝mv2，带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝依题意可知r＝d，联立可解得磁感应强度B＝，带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t从P点到达C点，水平方向有d＝vt，竖直方向有d＝t2，联立可解得电场强度E＝，故A、C、D错误，B正确。 【综合提升题】 5．(2022·全国甲卷)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是(　　) 解析：选B。在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O由静止开始运动的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转，A、C错误；运动的过程中电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，由于匀强电场方向沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，因受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。 6．如图所示的坐标系中，第一象限存在与y轴平行的匀强电场，电场强度方向沿y轴负方向，第二象限存在垂直纸面向里的匀强磁场。P、Q两点在x轴上，Q点横坐标是C点纵坐标的2倍。一带电粒子(不计重力)若从C点以垂直于y轴的速度v0向右射入第一象限，恰好经过Q点。若该粒子从C点以垂直于y轴的速度v0向左射入第二象限，恰好经过P点，经过P点时，速度方向与x轴方向成90°角，则电场强度E与磁感应强度B的比值为(　　) A.v0 B．v0 C．v0 D．v0 解析：选B。画出粒子运动轨迹如图所示。 O点为粒子在磁场中运动轨迹的圆心，则∠POC＝90°，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r＝，OC＝r，粒子在电场中做类平抛运动，有OQ＝2OC＝2r，粒子在电场中运动的时间为t＝×t2，联立解得E＝Bv0，故E∶B＝，故B正确，A、C、D错误。 7．(2023·全国乙卷)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　) A． B． C． D． 解析：选A。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示， 则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a，粒子做圆周运动有qvB＝m，则有；如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有qE＝qvB，联立有，故A正确。 8．如图，直角坐标系xOy处于竖直平面内，x轴沿水平方向，在x轴上方存在水平向右的匀强电场E1，在x轴下方存在竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面向外的匀强磁场，匀强电场的电场强度大小E1＝E2＝4.5 N/C，在坐标为(－0.4 m，0.4 m)的A点处将一带正电小球由静止释放，小球沿直线AO第一次穿过x轴，小球第三次经过x轴时恰好再次经过O点，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小球的比荷及小球第一次穿过x轴时的速度大小； (2)小球从释放到第三次经过x轴所经历的时间。 解析：(1)由题可知，小球由静止释放后在第二象限的匀强电场中所受合力方向由A点指向O点，则有＝tan 45° 代入数据解得 C/kg 由A到O的过程中，由动能定理有 mgy1＋qE1x1＝mv2－0 代入数据解得v＝4 m/s。 (2)设小球从释放到第一次到达O点的时间为t1，小球在y方向做自由落体运动，有 y1＝ 代入数据解得t1＝ s 如图，在第三、四象限中，qE2＝mg，小球仅由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，小球从P点再次进入第二象限后，经过时间t2再次回到O点，该过程可将小球的运动分解为沿x轴方向的匀加速直线运动与沿y轴方向的竖直上抛运动。由圆周运动的特点可知，小球在P点的速度与x轴正方向成45°角，由牛顿第二定律知，小球在第二象限x、y两个分方向的加速度大小为ax＝ay＝g y方向有0＝v sin 45°－g 得t2＝ s x方向有x＝v cos 45°t2＋ 得x＝ m 因为小球第三次经过x轴时恰好经过O点，故由几何关系可得x＝R 得R＝ m 则小球在x轴下方运动的时间为 t3＝ s 故小球从释放到第三次经过x轴经历的时间为 t＝t1＋t2＋t3＝ s。 答案：(1) C/kg　4 m/s (2) s 【创新拔高题】 9．(2023·辽宁高考) 如图，水平位置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。 (1)求金属板间电势差U。 (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。 (3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。 解析：(1)设平行金属板间距离为d，则平行金属板板长为d 粒子在两平行金属板间做类平抛运动 水平方向d＝v0t 竖直方向t 又vy＝t 联立解得U＝。 (2)粒子进入磁场时的速度v＝v0 设其与水平方向的夹角为α，则tan α＝，即α＝30° 由qvB＝得，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝ 已知磁场圆半径R＝，则r＝R 作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图1所示， 粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ与粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角相等，由几何关系可得tan 故θ＝60°。 (3)根据几何关系，将磁场圆绕O′点顺时针旋转，当O点转到M点，粒子在磁场中的运动轨迹相应的弦为磁场圆的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长。作出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的磁场圆的圆心M，如图2所示。 答案：(1)　(2)60°　(3)见解析 $$