第1章 专题强化5 带电粒子在叠加场中的运动-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册教师用书（鲁科版2019）

DIYIZHANG 第1章 专题强化5　带电粒子在叠 加场中的运动 1 1.掌握带电粒子在叠加场中运动的两种常见情景(重点)。 2.会分析其受力情况和运动情况，能正确运用物理规律解决问题(难点)。 学习目标 2 如图所示，思考以下问题： (1)图甲中若小球做圆周运动说明了__________充当向心力，除洛伦兹力外其他力的合力为零，即此时重力与电场力二力平衡。 (2)图乙中若小球做直线运动，则小球一定做 ，即小球受到合力为 ，即重力和电场力及洛伦兹力三力处于 。 洛伦兹力 匀速直线运动 零 平衡状态 1.叠加场 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。 2.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式 提炼·总结 运动性质 受力特点 方法规律 匀速直线运动 粒子所受的合力为0 平衡条件 匀速圆周运动 除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：qE=mg 牛顿第二定律，圆周运动的规律 运动性质 受力特点 方法规律 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 一、带电粒子在叠加场中的直线运动 二、带电粒子在叠加场中的圆周运动 专题强化练 三、带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 内容索引 6 带电粒子在叠加场中的直线运动 一 7 　(多选)(2023·广州市从化中学高二期末)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，该微粒在电场力、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 例1 √ √ √ 若微粒带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直于OA斜向右下方，则电场力、洛伦兹力和重力不能平衡，故微粒带负电，故A正确； 微粒如果做匀变速运动，重力和电场力不变，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； 微粒受力分析如图所示，由平衡条件得qvBcos θ =mg，qE=mgtan θ， 解得B=，E=，故C、D正确。 返回 二 带电粒子在叠加场中的圆周运动 10 　(多选)(2023·阜阳市田家炳实验中学高二校考)方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场正交复合场，如图所示。一质量为m的带电微粒，在复合场中的竖直平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g。则可判断该带电微粒 A.带正电且电荷量为 B.沿顺时针方向做圆周运动 C.运动的角速度为 D.运动的速率为 例2 √ √ 带电微粒在复合场中的竖直平面内做匀速圆周 运动，可知电场力与重力平衡，则有qE=mg 可得q= 电场力方向竖直向上，与电场方向相反，故微粒 带负电，根据左手定则可知，微粒沿顺时针方向 做圆周运动，故A错误，B正确； 根据洛伦兹力提供向心力得qvB=m=mvω 解得ω==，v= 由于不知道微粒做圆周运动的半径，所以不 能确定微粒运动的速率，故C正确，D错误。 　(2023·成都市高二期末)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； 例3 答案　 C/kg　4 m/s　 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)小球从释放到第三次经过x轴所经历的时间。 答案　 s 设小球从释放到第一次到达O点的时间为t1，小球在 y轴方向做自由落体运动，有y1=g 代入数据解得t1= s 由题意可知小球的运动轨迹如图，在第三、四象限中有qE2=mg，小球仅由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动；小球从第三象限的P点再次进入第二象限后做类平抛运动，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，小球在第二象限沿x轴、y轴两个分方向的加速度大小为ax=ay=g y轴方向有0=vsin 45°-g 得t2= s x轴方向有x=vcos 45°t2+g 得x= m 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轴所经历的时间为 t=t1+t2+t3= s。 　(2023·重庆市育才中学高二开学考试)如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电小球，通过其中心的小孔套在半径为R的竖直绝缘圆环上，整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知电场强度大小E=，方向水平向右，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，重力加速度为g，MQ和PN分别为圆环的水平和竖直直 径，忽略所有摩擦。现从P点由静止释放小球，求： (sin 37°=0.6；cos 37°=0.8) (1)小球的最大速度大小； 例4 答案　　 在等效最低点速度最大，由几何关系可知重力与电场力的合力 F合=mg，且合力与竖直方向夹角为37° 小球由P点到等效最低点，由动能定理得 F合(R+Rcos 37°)=m 解得vm= (2)小球第二次通过N点时对轨道的弹力大小。 答案　5mg+2qB 设N点的速度为vN，则有 mg×2R=m 解得vN=2 在N点，由牛顿第二定律有 F-mg-qvNB=m 解得F=5mg+2qB 由牛顿第三定律可知，弹力大小为 F'=F=5mg+2qB，方向竖直向下。 返回 带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 三 23 　(多选)(2023·中卫市高二期末)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点为曲线的最低点，则以下说法中正确的是 A.液滴一定带正电 B.液滴在C点时的动能最大 C.从A到C过程中液滴的电势能增加 D.从C到B过程液滴的机械能不变 例5 √ √ 从题图中可得，带电液滴由静止开始向下运动， 说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向 曲线凹侧，根据左手定则可知液滴带负电，故 A错误； 从A到C过程中，重力和电场力的合力做正功，洛伦兹力不做功，则动能增大，从C到B的过程中，重力和电场力的合力做负功，洛伦兹力不做功，则动能减小，所以在C点动能最大，故B正确； 从A到C过程中，液滴克服电场力做功，电势能增加，故C正确； 除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从C到B的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，故D错误。 返回 专题强化练 四 26 考点一　带电粒子在叠加场中的直线运动 1.(2023·泉州市高二校考)如图所示，空间存在水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m的带电小球以初速度v0沿与电场方向成45°夹角射入场区，能沿直线运动。小球运动到某一位置时，电场方向突然变为竖直向上。已知带电小球的比荷为k，重力加速度为g，则 A.小球可能带负电 B.电场方向改变后小球做匀速圆周运动 C.电场强度大小为gk D.电场强度与磁感应强度之比为v0∶1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 基础对点练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 小球沿初速度方向做直线运动时，受力分析 如图所示 由左手定则可判断小球带正电，故A错误； 小球沿直线运动时，由几何关系可得qE=mg=qv0B 故当电场方向改变后，重力与电场力平衡，小球受到的合力为洛伦兹力，故做匀速圆周运动，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由qE=mg 可得出E==，故C错误； 由qE=qv0B 可得出=v0，故D错误。 2.(多选)(2023·重庆市江北区高二期末)如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，垂直纸面向里的匀强磁场与匀强电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中正确的是 A.液滴一定做匀速直线运动 B.液滴有可能做匀减速直线运动 C.电场线方向一定斜向上 D.液滴的电势能可能增大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 如图所示，带电液滴在叠加场中受到重力G、洛伦兹力F洛和电场力F作用，由题知，带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，所以重力G、洛伦兹力F洛和电场力F这三个力的合力为零，故A正确； 如果液滴做匀减速直线运动，那么液滴受到的洛伦兹力F洛会变小，液滴受到的重力G和电场力F都是恒力，液滴所受合力不为零，其合力方向与液滴运动方向不在一条直线上，液滴就不会做直线运动，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由以上分析知，液滴带正电，电场线方向一定斜向上，故C正确； 液滴带正电，且在电场中从高电势向低电势位置运动，液滴的电势能减小，故D错误。 考点二　带电粒子在叠加场中的圆周运动 3.(多选)(2023·黄山市高二期末)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，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射入场内做直线运动 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 电场力与重力是平衡力，带电粒子带正电，故A错误； 根据平衡条件有mg=qE 解得=，故B正确； 根据牛顿第二定律有qv0B=m 解得r=，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 若使电场强度减小v0B，粒子受到的合力为 F=qv0B+q(E-v0B)-mg 又mg=qE 解得F=0，粒子受力平衡，从M点向右以v0射入 场内做直线运动，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 4.(多选)(2023·青岛市第十七中学开学考试)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的a点由静止释放，下列判断正确的是 A.小球能越过d点并继续沿环向上运动 B.当小球运动到d点时，不受洛伦兹力 C.小球从a点运动到b点的过程中，电势能减少 D.小球经过c点时速度最大 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 洛伦兹力始终与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方，与水平方向夹角为45°，由于合力是恒力，故类似于新的“重力”，所以ad弧的 中点相当于竖直平面圆环的等效“最高点”，关于圆心对称的位置(即bc弧的中点)就是等效“最低点”，速度最大；由于a、d两点关于等效“最高点”对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A、D错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 当小球运动到d点时，速度为零，故不受洛伦兹力，故B正确； 根据题图可知小球从a点运动到b点的过程中，电场力做正功，电势能减少，故C正确。 考点三　带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 5.空间中同时存在匀强电场和匀强磁场。匀强电场的方向沿y轴正方向，电场强度大小为E；磁场方向垂直纸面向外。质量为m、电荷量为+q的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，释放后粒子恰能沿图中的曲线运动。已知该曲线的最高点P的纵坐标为h，曲线在P点附近的一小部分，可以视为半径为2h的圆周上的一小段圆弧，则 A.粒子在y轴方向做匀加速运动 B.粒子在最高点P的速度大小为 C.磁场的磁感应强度大小为 D.粒子经过时间π运动到最高点 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 对粒子受力分析可知，受到的洛伦兹力沿y轴 方向的分力是变化的，故粒子在y轴方向的合 力是变化的，故加速度是变化的，故A错误； 粒子从O到P的过程，洛伦兹力不做功，由动能定理得qEh=m， 解得vP=，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 粒子经过最高点时，洛伦兹力和电场力的合力 提供向心力，即qvPB-qE=m，解得B=， 故C正确； 粒子不是做匀速圆周运动，无法求出从O到P的时间，故D错误。 6.(多选)(2023·安徽市滁州高二月考)如图所示，O点为固定在竖直平面内光滑绝缘的圆弧轨道MON的最低点，M、N两点位于同一高度，匀强磁场方向与轨道平面垂直。将一个带正电的小球(视为点电荷)自M点由静止释放后，小球在轨道上M、N间做往复运动。下列说法正确的是 A.小球每次经过O点时的速度均相同 B.小球向右经过O点和向左经过O点时的向心 　加速度相同 C.小球每次经过O点时对轨道的压力均相等 D.小球由M点到O点所用的时间等于由N点到O点所用的时间 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 小球在运动过程中，只有重力做功，其所受弹力和洛伦兹力均不做功，小球的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知，小球每次经 过最低点时，速度大小总相等，但方向相反，小球向右经过O点和向左经过O点时的向心加速度的大小和方向均相同，故A错误，B正确； 对小球受力分析可知，小球向右经过O点时轨道对小球的支持力小于小球向左经过O点时轨道对小球的支持力，可知小球向右经过O点时对轨道的压力小于小球向左经过O点时对轨道的压力，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由于洛伦兹力的方向总与速度方向垂直，因此只有重力做功对小球的速度大小有影响，根据对称性可知，小球由M点到O点所用的时间等于由N点到O点所用的时间，故D正确。 7.(2023·德州市第一中学校考)如图所示为空间站霍尔推进器的简化图，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场Ⅰ，其磁感应强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面加有匀强磁场Ⅱ和垂直圆环平面向里的匀强电场(图中没画出)，磁场Ⅰ与磁场Ⅱ的磁感应强度大小相等。已知电子质量为m、电荷量为e，若电子恰好可以在圆环内做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，下列说法正确的是 A.电子沿逆时针方向运动 B.垂直圆环平面的磁场Ⅱ方向为垂直圆环平面向里 C.电场强度大小为E= D.质子也可以在圆环内做半径为R、速率为v的匀速圆周运动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 电子由于带负电，故所受电场力垂直圆环平面向外，由平衡条件可知，电子受磁场Ⅰ的洛伦兹力方向垂直圆环平面向里，根据左手定则可知，电子在圆环内沿顺时针方向运动，A错误； 电子在圆环内受到磁场Ⅱ的洛伦兹力提供电子做 圆周运动的向心力，有 evB=m 解得B= 由左手定则可知，磁场Ⅱ的方向为垂直圆环平面向里，B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 电子在垂直圆环平面方向受力平衡，则有 eE=evB 解得E=，C错误； 质子带正电，不能在圆环内做半径为R、速率为v 的匀速圆周运动，D错误。 8.(2023·德州市高二期中)如图所示，空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=1 T。将一质量为m=0.1 kg、电荷量为q=1 C的带正电小球从P点由静止释放，小球在重力和洛伦兹力的作用下，部分运动轨迹如图中实线所示，到达右侧Q点时速度为0，取g=10 m/s2，下列说法正确的是 A.P点位置比Q点高 B.小球可能沿轨迹返回P点 C.小球运动的最大速度为2 m/s D.小球下降的最大高度为0.4 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据题意，由动能定理可知，由于小球从 P点静止释放，到达右侧Q点时速度为0， 则重力做功为0，P点位置与Q点等高，故 A错误； 根据题意由左手定则可知，小球从Q点向下运动，受向右的洛伦兹力，小球向右偏转，不可能沿轨迹返回P点，故B错误； 根据题意，利用配速法，把静止释放的小球看成具有一个向左的v0和一个向右的v0，且有qv0B=mg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 则小球的两个分运动为向右的匀速直线运动和匀速圆周运动，当运动到最低点时，小球的速度最大，最大速度为vm=2v0=2=2 m/s 设小球下降的最大高度为hm，由动能定理有 mghm=m 解得hm=0.2 m，故D错误，C正确。 9.(2023·淮安市高二期末)如图所示，绝缘粗糙的竖直墙壁右侧同时存在相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为+q的小滑块(可视为质点)从A点由静止开始沿墙壁下滑至C点时离开，到达D点时速度最大，CD段做曲线运动。已知滑块与墙壁间的动摩擦因数恒定，重力加速度为g，则 A.A到C过程中滑块做匀加速直线运动 B.滑块到达D点时加速度为零 C.D点为滑块运动轨迹的最低点 D.若已知A、C间的高度差，则可求出AC过程中摩擦力对 　滑块做的功 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A到C过程中滑块受重力、弹力、摩擦力、电场力、 洛伦兹力5个力的作用，下落过程中弹力逐渐减小， 则摩擦力逐渐减小，根据mg-f=ma可知加速度逐渐 增大，故A错误； CD段做曲线运动，则滑块到达D点时加速度不为零， 故B错误； D点之后，滑块受电场力和重力的合力沿左下方，对滑块做负功，洛伦兹力不做功，所以滑块还会继续向下运动，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 若已知A、C间的高度差，滑块在C点时离开墙壁， 满足qE=qvB 根据动能定理有 mgh-Wf=mv2-0 进而求出摩擦力做的功，故D正确。 10.如图所示，虚线上方有方向竖直向下的匀强电场，虚线上下有相同的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，ab是一根长为l的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b端恰在虚线上，将一套在杆上的带正电的电荷量为q、质量为m的小环(重力不计)，从a端由静止释放后，小环先做加速运动，后做匀速运动到达b端。已知小环与绝缘杆间的动 摩擦因数μ=0.3，当小环脱离杆进入虚线下方后，运动 轨迹是半圆，其半径为，求： (1)小环到达b点的速度vb的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 小环在虚线下方磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力，有qvbB=m 又r= 解得vb=。 (2)匀强电场的电场强度E的大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 小环沿杆向下运动时，受力情况如图所示，受向左的洛伦兹力F、向右的弹力N、向下的电场力qE、向上的摩擦力f。 当小环做匀速运动时，水平方向有N=F=qvbB 竖直方向有qE=f=μN 解得E=。 (3)带电小环从a到b运动过程中克服摩擦力所做 的功与电场力所做的功之比。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　4∶9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 小环从a运动到b的过程中，由动能定理得W电-Wf=m 又W电=qEl= 所以Wf=-m= 则有=。 11.(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坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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。 尖子生选练 (1)求电场强度的大小E； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　v0B 由题知，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)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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，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=m-m 解得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=位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　90% 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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=m-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=-v y= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 要让电子到达纵坐标y2=位置，即y≥y2 解得v≤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=位置的电子数N占总电子数N0的90%。 返回 BENKEJIESHU 本课结束 $$ 专题强化5　带电粒子在叠加场中的运动 ［学习目标］　1.掌握带电粒子在叠加场中运动的两种常见情景(重点)。2.会分析其受力情况和运动情况，能正确运用物理规律解决问题(难点)。 如图所示，思考以下问题： (1)图甲中若小球做圆周运动说明了洛伦兹力充当向心力，除洛伦兹力外其他力的合力为零，即此时重力与电场力二力平衡。 (2)图乙中若小球做直线运动，则小球一定做匀速直线运动，即小球受到合力为零，即重力和电场力及洛伦兹力三力处于平衡状态。 1.叠加场 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。 2.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 粒子所受的合力为0 平衡条件 匀速圆周运动 除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：qE=mg 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 一、带电粒子在叠加场中的直线运动 例1　(多选)(2023·广州市从化中学高二期末)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，该微粒在电场力、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 答案　ACD 解析　若微粒带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直于OA斜向右下方，则电场力、洛伦兹力和重力不能平衡，故微粒带负电，故A正确； 微粒如果做匀变速运动，重力和电场力不变，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； 微粒受力分析如图所示，由平衡条件得qvBcos θ=mg，qE=mgtan θ， 解得B=，E=，故C、D正确。 二、带电粒子在叠加场中的圆周运动 例2　(多选)(2023·阜阳市田家炳实验中学高二校考)方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场正交复合场，如图所示。一质量为m的带电微粒，在复合场中的竖直平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g。则可判断该带电微粒(　　) A.带正电且电荷量为 B.沿顺时针方向做圆周运动 C.运动的角速度为 D.运动的速率为 答案　BC 解析　带电微粒在复合场中的竖直平面内做匀速圆周运动，可知电场力与重力平衡，则有qE=mg 可得q= 电场力方向竖直向上，与电场方向相反，故微粒带负电，根据左手定则可知，微粒沿顺时针方向做圆周运动，故A错误，B正确； 根据洛伦兹力提供向心力得qvB=m=mvω 解得ω==，v= 由于不知道微粒做圆周运动的半径，所以不能确定微粒运动的速率，故C正确，D错误。 例3　(2023·成都市高二期末)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。 答案　(1) C/kg　4 m/s　(2) s 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轴方向做自由落体运动，有y1=g 代入数据解得t1= s 由题意可知小球的运动轨迹如图，在第三、四象限中有qE2=mg，小球仅由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动；小球从第三象限的P点再次进入第二象限后做类平抛运动，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，小球在第二象限沿x轴、y轴两个分方向的加速度大小为ax=ay=g y轴方向有0=vsin 45°-g 得t2= s x轴方向有x=vcos 45°t2+g 得x= m 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轴所经历的时间为 t=t1+t2+t3= s。 例4　(2023·重庆市育才中学高二开学考试)如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电小球，通过其中心的小孔套在半径为R的竖直绝缘圆环上，整个装置处在方向互相垂直的匀强电场与匀强磁场中。已知电场强度大小E=，方向水平向右，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，重力加速度为g，MQ和PN分别为圆环的水平和竖直直径，忽略所有摩擦。现从P点由静止释放小球，求：(sin 37°=0.6；cos 37°=0.8) (1)小球的最大速度大小； (2)小球第二次通过N点时对轨道的弹力大小。 答案　(1)　(2)5mg+2qB 解析　(1)在等效最低点速度最大，由几何关系可知重力与电场力的合力 F合=mg，且合力与竖直方向夹角为37° 小球由P点到等效最低点，由动能定理得 F合(R+Rcos 37°)=m 解得vm= (2)设N点的速度为vN，则有 mg×2R=m 解得vN=2 在N点，由牛顿第二定律有 F-mg-qvNB=m 解得F=5mg+2qB 由牛顿第三定律可知，弹力大小为 F'=F=5mg+2qB，方向竖直向下。 三、带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 例5　(多选)(2023·中卫市高二期末)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点为曲线的最低点，则以下说法中正确的是(　　) A.液滴一定带正电 B.液滴在C点时的动能最大 C.从A到C过程中液滴的电势能增加 D.从C到B过程液滴的机械能不变 答案　BC 解析　从题图中可得，带电液滴由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向曲线凹侧，根据左手定则可知液滴带负电，故A错误；从A到C过程中，重力和电场力的合力做正功，洛伦兹力不做功，则动能增大，从C到B的过程中，重力和电场力的合力做负功，洛伦兹力不做功，则动能减小，所以在C点动能最大，故B正确；从A到C过程中，液滴克服电场力做功，电势能增加，故C正确；除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从C到B的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，故D错误。 　　　　专题强化练　［分值：100分］ 1~6题每题7分，共42分 考点一　带电粒子在叠加场中的直线运动 1.(2023·泉州市高二校考)如图所示，空间存在水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m的带电小球以初速度v0沿与电场方向成45°夹角射入场区，能沿直线运动。小球运动到某一位置时，电场方向突然变为竖直向上。已知带电小球的比荷为k，重力加速度为g，则(　　) A.小球可能带负电 B.电场方向改变后小球做匀速圆周运动 C.电场强度大小为gk D.电场强度与磁感应强度之比为v0∶1 答案　B 解析　小球沿初速度方向做直线运动时，受力分析如图所示 由左手定则可判断小球带正电，故A错误； 小球沿直线运动时，由几何关系可得qE=mg=qv0B 故当电场方向改变后，重力与电场力平衡，小球受到的合力为洛伦兹力，故做匀速圆周运动，故B正确； 由qE=mg 可得出E==，故C错误； 由qE=qv0B 可得出=v0，故D错误。 2.(多选)(2023·重庆市江北区高二期末)如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，垂直纸面向里的匀强磁场与匀强电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中正确的是(　　) A.液滴一定做匀速直线运动 B.液滴有可能做匀减速直线运动 C.电场线方向一定斜向上 D.液滴的电势能可能增大 答案　AC 解析　如图所示，带电液滴在叠加场中受到重力G、洛伦兹力F洛和电场力F作用，由题知，带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，所以重力G、洛伦兹力F洛和电场力F这三个力的合力为零，故A正确；如果液滴做匀减速直线运动，那么液滴受到的洛伦兹力F洛会变小，液滴受到的重力G和电场力F都是恒力，液滴所受合力不为零，其合力方向与液滴运动方向不在一条直线上，液滴就不会做直线运动，故B错误；由以上分析知，液滴带正电，电场线方向一定斜向上，故C正确；液滴带正电，且在电场中从高电势向低电势位置运动，液滴的电势能减小，故D错误。 考点二　带电粒子在叠加场中的圆周运动 3.(多选)(2023·黄山市高二期末)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，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射入场内做直线运动 答案　BCD 解析　电场力与重力是平衡力，带电粒子带正电，故A错误； 根据平衡条件有mg=qE 解得=，故B正确； 根据牛顿第二定律有qv0B=m 解得r=，故C正确； 若使电场强度减小v0B，粒子受到的合力为 F=qv0B+q(E-v0B)-mg 又mg=qE 解得F=0，粒子受力平衡，从M点向右以v0射入场内做直线运动，故D正确。 4.(多选)(2023·青岛市第十七中学开学考试)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上。已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的a点由静止释放，下列判断正确的是(　　) A.小球能越过d点并继续沿环向上运动 B.当小球运动到d点时，不受洛伦兹力 C.小球从a点运动到b点的过程中，电势能减少 D.小球经过c点时速度最大 答案　BC 解析　洛伦兹力始终与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方，与水平方向夹角为45°，由于合力是恒力，故类似于新的“重力”，所以ad弧的中点相当于竖直平面圆环的等效“最高点”，关于圆心对称的位置(即bc弧的中点)就是等效“最低点”，速度最大；由于a、d两点关于等效“最高点”对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A、D错误； 当小球运动到d点时，速度为零，故不受洛伦兹力，故B正确； 根据题图可知小球从a点运动到b点的过程中，电场力做正功，电势能减少，故C正确。 考点三　带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 5.空间中同时存在匀强电场和匀强磁场。匀强电场的方向沿y轴正方向，电场强度大小为E；磁场方向垂直纸面向外。质量为m、电荷量为+q的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，释放后粒子恰能沿图中的曲线运动。已知该曲线的最高点P的纵坐标为h，曲线在P点附近的一小部分，可以视为半径为2h的圆周上的一小段圆弧，则(　　) A.粒子在y轴方向做匀加速运动 B.粒子在最高点P的速度大小为 C.磁场的磁感应强度大小为 D.粒子经过时间π运动到最高点 答案　C 解析　对粒子受力分析可知，受到的洛伦兹力沿y轴方向的分力是变化的，故粒子在y轴方向的合力是变化的，故加速度是变化的，故A错误；粒子从O到P的过程，洛伦兹力不做功，由动能定理得qEh=m，解得vP=，故B错误；粒子经过最高点时，洛伦兹力和电场力的合力提供向心力，即qvPB-qE=m，解得B=，故C正确；粒子不是做匀速圆周运动，无法求出从O到P的时间，故D错误。 6.(多选)(2023·安徽市滁州高二月考)如图所示，O点为固定在竖直平面内光滑绝缘的圆弧轨道MON的最低点，M、N两点位于同一高度，匀强磁场方向与轨道平面垂直。将一个带正电的小球(视为点电荷)自M点由静止释放后，小球在轨道上M、N间做往复运动。下列说法正确的是(　　) A.小球每次经过O点时的速度均相同 B.小球向右经过O点和向左经过O点时的向心加速度相同 C.小球每次经过O点时对轨道的压力均相等 D.小球由M点到O点所用的时间等于由N点到O点所用的时间 答案　BD 解析　小球在运动过程中，只有重力做功，其所受弹力和洛伦兹力均不做功，小球的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知，小球每次经过最低点时，速度大小总相等，但方向相反，小球向右经过O点和向左经过O点时的向心加速度的大小和方向均相同，故A错误，B正确；对小球受力分析可知，小球向右经过O点时轨道对小球的支持力小于小球向左经过O点时轨道对小球的支持力，可知小球向右经过O点时对轨道的压力小于小球向左经过O点时对轨道的压力，故C错误； 由于洛伦兹力的方向总与速度方向垂直，因此只有重力做功对小球的速度大小有影响，根据对称性可知，小球由M点到O点所用的时间等于由N点到O点所用的时间，故D正确。 7~9题每题9分，10题15分，共42分 7.(2023·德州市第一中学校考)如图所示为空间站霍尔推进器的简化图，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场Ⅰ，其磁感应强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面加有匀强磁场Ⅱ和垂直圆环平面向里的匀强电场(图中没画出)，磁场Ⅰ与磁场Ⅱ的磁感应强度大小相等。已知电子质量为m、电荷量为e，若电子恰好可以在圆环内做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　) A.电子沿逆时针方向运动 B.垂直圆环平面的磁场Ⅱ方向为垂直圆环平面向里 C.电场强度大小为E= D.质子也可以在圆环内做半径为R、速率为v的匀速圆周运动 答案　B 解析　电子由于带负电，故所受电场力垂直圆环平面向外，由平衡条件可知，电子受磁场Ⅰ的洛伦兹力方向垂直圆环平面向里，根据左手定则可知，电子在圆环内沿顺时针方向运动，A错误； 电子在圆环内受到磁场Ⅱ的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，有 evB=m 解得B= 由左手定则可知，磁场Ⅱ的方向为垂直圆环平面向里，B正确； 电子在垂直圆环平面方向受力平衡，则有 eE=evB 解得E=，C错误； 质子带正电，不能在圆环内做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，D错误。 8.(2023·德州市高二期中)如图所示，空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=1 T。将一质量为m=0.1 kg、电荷量为q=1 C的带正电小球从P点由静止释放，小球在重力和洛伦兹力的作用下，部分运动轨迹如图中实线所示，到达右侧Q点时速度为0，取g=10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.P点位置比Q点高 B.小球可能沿轨迹返回P点 C.小球运动的最大速度为2 m/s D.小球下降的最大高度为0.4 m 答案　C 解析　根据题意，由动能定理可知，由于小球从P点静止释放，到达右侧Q点时速度为0，则重力做功为0，P点位置与Q点等高，故A错误； 根据题意由左手定则可知，小球从Q点向下运动，受向右的洛伦兹力，小球向右偏转，不可能沿轨迹返回P点，故B错误； 根据题意，利用配速法，把静止释放的小球看成具有一个向左的v0和一个向右的v0，且有qv0B=mg 则小球的两个分运动为向右的匀速直线运动和匀速圆周运动，当运动到最低点时，小球的速度最大，最大速度为vm=2v0=2=2 m/s 设小球下降的最大高度为hm，由动能定理有 mghm=m 解得hm=0.2 m，故D错误，C正确。 9.(2023·淮安市高二期末)如图所示，绝缘粗糙的竖直墙壁右侧同时存在相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为+q的小滑块(可视为质点)从A点由静止开始沿墙壁下滑至C点时离开，到达D点时速度最大，CD段做曲线运动。已知滑块与墙壁间的动摩擦因数恒定，重力加速度为g，则(　　) A.A到C过程中滑块做匀加速直线运动 B.滑块到达D点时加速度为零 C.D点为滑块运动轨迹的最低点 D.若已知A、C间的高度差，则可求出AC过程中摩擦力对滑块做的功 答案　D 解析　A到C过程中滑块受重力、弹力、摩擦力、电场力、洛伦兹力5个力的作用，下落过程中弹力逐渐减小，则摩擦力逐渐减小，根据mg-f=ma可知加速度逐渐增大，故A错误； CD段做曲线运动，则滑块到达D点时加速度不为零，故B错误； D点之后，滑块受电场力和重力的合力沿左下方，对滑块做负功，洛伦兹力不做功，所以滑块还会继续向下运动，故C错误； 若已知A、C间的高度差，滑块在C点时离开墙壁，满足qE=qvB 根据动能定理有 mgh-Wf=mv2-0 进而求出摩擦力做的功，故D正确。 10.(15分)如图所示，虚线上方有方向竖直向下的匀强电场，虚线上下有相同的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，ab是一根长为l的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b端恰在虚线上，将一套在杆上的带正电的电荷量为q、质量为m的小环(重力不计)，从a端由静止释放后，小环先做加速运动，后做匀速运动到达b端。已知小环与绝缘杆间的动摩擦因数μ=0.3，当小环脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，其半径为，求： (1)(5分)小环到达b点的速度vb的大小； (2)(5分)匀强电场的电场强度E的大小； (3)(5分)带电小环从a到b运动过程中克服摩擦力所做的功与电场力所做的功之比。 答案　(1)　(2)　(3)4∶9 解析　(1)小环在虚线下方磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力，有qvbB=m 又r= 解得vb=。 (2)小环沿杆向下运动时，受力情况如图所示，受向左的洛伦兹力F、向右的弹力N、向下的电场力qE、向上的摩擦力f。当小环做匀速运动时，水平方向有N=F=qvbB 竖直方向有qE=f=μN 解得E=。 (3)小环从a运动到b的过程中，由动能定理得W电-Wf=m 又W电=qEl= 所以Wf=-m= 则有=。 11.(16分)(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)(2分)求电场强度的大小E； (2)(6分)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1； (3)(8分)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=位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 答案　(1)v0B　(2)　(3)90% 解析　(1)由题知，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，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=m-m 解得y1=； (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=m-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=-v y= 要让电子到达纵坐标y2=位置，即y≥y2 解得v≤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=位置的电子数N占总电子数N0的90%。 学科网（北京）股份有限公司 $$