第1章 专题强化1 带电粒子在复合场中的运动及多解问题（课件PPT）-【金榜题名】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册高中同步学案（人教版）

第一章　安培力与洛伦兹力 专题强化1　带电粒子在复合场中 的运动及多解问题 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 目录 contents 课堂探究 核心突破 Part 01 课堂达标 素养提升 Part 02 课时作业（五） Part 03 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 课堂探究 核心突破 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 第一章　安培力与洛伦兹力 返回导航 返回导航 返回导航 物理 选择性必修2 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垂直进入电场(电偏转) 情景图 受力 FB＝qv0B大小不变，方向总指向圆心，方向变化，FB为变力 FE＝qE，FE大小、方向不变，为恒力 运动规律 做匀速圆周运动r＝eq \f(mv0,Bq)，T＝eq \f(2πm,Bq) 做类平抛运动vx＝v0，vy＝eq \f(Eq,m)t， x＝v0t，y＝eq \f(Eq,2m)t2 运动时间 t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(θm,Bq) t＝eq \f(L,v0) 动能 不变 变化 　(多选)一带负电粒子的质量为m、电荷量为q，空间中一平行板电容器两极板S1、S2间的电压为U。将此粒子在靠近极板S1的A处无初速度释放，经电场加速后，经O点进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场(右边界平行S2)，图中虚线Ox垂直极板S2，当粒子从P点离开磁场时，其速度方向与Ox方向的夹角θ＝60°，如图所示，整个装置处于真空中，不计粒子所受重力，则(　　) A．极板S1带正电 B．粒子到达O点的速度大小为 eq \r(\f(2qU,m)) C．此粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(πm,3qB) D．若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，则该有界磁场区域的宽度d＝ eq \r(\f(Um,qB2)) 【解析】　带负电粒子向右加速，所受电场力向右，场强向左，说明极板S1带负电，故A错误；设粒子到达O点的速度大小为v，由动能定理可得Uq＝eq \f(1,2)mv2解得v＝ eq \r(\f(2qU,m))，故B正确；由几何关系可知粒子运动的圆心角为θ＝60°＝eq \f(π,3)，此粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(1,6)T＝eq \f(1,6)×eq \f(2πm,Bq)＝eq \f(πm,3qB)，故C正确；若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，画出临界轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得Bqv＝meq \f(v2,R) 把A选项中求得的速度大小代入可得R＝ eq \r(\f(2Um,qB2))，则该有界磁场区域的宽度d＝R＝ eq \r(\f(2Um,qB2))，故D错误。 【答案】　 BC 　如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处距A点为2d(AG⊥AC)。不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内。求： (1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r； (2)离子从D处运动到G处所需时间； (3)离子到达G处时的动能。 【解析】　(1)离子运动轨迹如图所示。 由几何知识可知圆周运动半径r满足d＝r＋rcos 60° 解得r＝eq \f(2,3)d (2)设离子在磁场中的运动速度为v0，则有qv0B＝meq \f(v\o\al( 2,0),r)， 因为r＝eq \f(2,3)d，代入解得v0＝eq \f(2qBd,3m)， 粒子做圆周运动的周期T＝eq \f(2πr,v0)＝eq \f(2πm,qB) 由图知离子在磁场中做圆周运动的时间t1＝eq \f(1,3)T＝eq \f(2πm,3Bq) 离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间t2＝eq \f(2d,v0)＝eq \f(3m,Bq) 故离子从D处运动到G处的总时间t＝t1＋t2＝eq \f(9＋2πm,3Bq) (3)设电场强度为E，则有qE＝ma，d＝eq \f(1,2)ateq \o\al( 2,2) 由动能定理得qEd＝EkG－eq \f(1,2)mveq \o\al( 2,0) 解得EkG＝eq \f(4B2q2d2,9m)。 【答案】　(1)eq \f(2,3)d　(2)eq \f(9＋2πm,3Bq)　(3)eq \f(4B2q2d2,9m) 核心素养·思维升华 带电粒子在组合场中运动问题的分析方法 ◆针对训练1　如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限，不计粒子重力。求： (1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0； (2)电场强度的大小E； (3)磁场Ⅰ中磁感应强度的大小B1。 【解析】　(1)粒子从x轴上M点进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有：qv0B0＝meq \f(v\o\al( 2,0),R0)，解得：v0＝eq \f(qB0R0,m) (2)粒子在第二象限内做类平抛运动，沿着平行于x轴方向：qE＝ma，veq \o\al( 2,x)－0＝2aR0 沿与y轴正方向成45°角离开电场， 所以vx＝vy＝v0 解得电场强度：E＝eq \f(qB\o\al( 2,0)R0,2m) (3)粒子的轨迹如图所示，进入第二象限，沿着平行于x轴方向：R0＝eq \f(vx＋0,2)t沿着平行于y轴方向：ON＝vyt＝v0t所以ON＝2R0 由几何关系知，△OO′N为底角为45°的等腰直角三角形。在磁场Ⅰ中运动的半径：R＝eq \r(2)ON＝2eq \r(2)R0，由洛伦兹力提供向心力有：qvB1＝meq \f(v2,R)粒子在N点速度沿与y轴正方向成45°角离开电场，所以离开的速度大小v＝eq \r(2)v0 所以磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1为：B1＝eq \f(1,2)B0。 【答案】　(1)eq \f(qB0R0,m)　(2)eq \f(qB\o\al( 2,0)R0,2m)　(3)eq \f(1,2)B0 二、带电粒子在叠加场中的运动 1．什么是叠加场 电场、磁场、重力场叠加，或其中某两场叠加。 2．是否考虑粒子重力 (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的常见运动 静止或匀速直线运动 当带电粒子在叠加场中所受合力为零时，将处于静止状态或匀速直线运动状态 匀速圆 周运动 当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动 较复杂的 曲线运动 当带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线 　在地面附近有一个范围足够大的相互正交的匀强电场和匀强磁场。匀强磁场的磁感应强度为B，方向水平并垂直纸面向外，一质量为m、带电荷量为－q的带电微粒在此区域恰好做速度大小为v的匀速圆周运动。(重力加速度为g) (1)求此区域内电场强度的大小和方向； (2)若某时刻微粒运动到场中距地面高度为H的P点，速度与水平方向成45°角，如图所示，则该微粒至少需要经过多长时间运动到距地面最高点？最高点距地面多高？ 【解析】　(1)因微粒做匀速圆周运动，则qE＝mg 解得E＝eq \f(mg,q)，方向竖直向下。 (2)如图所示，当微粒第一次运动到最高点时，α＝135°，则t＝eq \f(α,2π)T＝eq \f(135°,360°)T＝eq \f(3T,8) 又T＝eq \f(2πm,qB)，所以t＝eq \f(3πm,4qB) 微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R) 解得R＝eq \f(mv,qB) 则H1＝R＋Rsin 45°＋H＝H＋eq \f(2＋\r(2)mv,2qB)。 【答案】　(1)eq \f(mg,q)　方向竖直向下 (2)eq \f(3πm,4qB)　H＋eq \f(2＋\r(2)mv,2qB) 核心素养·思维升华 带电粒子在叠加场中运动问题的分析方法 ◆针对训练2　如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，足够长的斜面固定在水平面上，斜面倾角为45°。有一带电的小球P静止于斜面顶端A处，且恰好对斜面无压力。若将小球P以初速度v0水平向右抛出，一段时间后，小球落在斜面上的C点。已知小球P的运动轨迹在同一竖直平面内，重力加速度为g，求： (1)小球P落到斜面上时速度方向与斜面的夹角θ及由A到C所需的时间t； (2)小球P从抛出到落到斜面的位移x的大小。 【解析】　(1)小球P静止时不受洛伦兹力作用，仅受自身重力和电场力，对斜面无压力，则mg＝qE ① 小球P获得水平初速度后由于自身重力和电场力平衡，将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示，由对称性可得小球P落到斜面上时其速度方向与斜面的夹角θ为45° 由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝meq \f(v\o\al( 2,0),R) ② 圆周运动的周期T＝eq \f(2πR,v0)＝eq \f(2πm,qB) ③ 圆周运动转过的圆心角为90°，小球P由A到C所需的时间t＝eq \f(T,4)＝eq \f(πE,2gB)。 ④ (2)由②式可知，小球P做匀速圆周运动的半径R＝eq \f(mv0,qB) ⑤ 由几何关系知x＝eq \r(2)R ⑥ 联立①⑤⑥式解得位移x＝eq \f(\r(2)Ev0,gB)。 【答案】　(1)45°　eq \f(πE,2gB)　(2)eq \f(\r(2)Ev0,gB) 三、带电粒子运动的多解问题 1．带电粒子的电性不确定导致多解 受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，当粒子具有相同速度时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致多解。如图甲所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b。 2．磁场方向的不确定导致多解 磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度的大小，而未说明磁感应强度的方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解。如图乙所示，带正电的粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若磁感应强度B垂直纸面向里，其轨迹为a，若磁感应强度B垂直纸面向外，其轨迹为b。 3．临界状态不唯一导致多解 带电粒子在洛伦兹力作用下飞出有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射面边界反向飞出，如图丙所示，于是形成了多解。 4．运动的往复性导致多解 带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图丁所示。 　(多选)如图所示，长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从两极板间边界中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是(　　) A．使粒子的速度v<eq \f(Bql,4m) B．使粒子的速度v>eq \f(5Bql,4m) C．使粒子的速度v>eq \f(Bql,m) D．使粒子的速度eq \f(Bql,4m)<v<eq \f(5Bql,4m) 【解析】　如图所示，带电粒子刚好打在极板右边缘时，有req \o\al( 2,1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r1－\f(l,2)))2＋l2，又r1＝eq \f(mv1,Bq)，所以v1＝eq \f(5Bql,4m)，粒子刚好打在极板左边缘时，有r2＝eq \f(l,4)＝eq \f(mv2,Bq)，v2＝eq \f(Bql,4m)，综合上述分析可知，选项A、B正确。 【答案】　AB 核心素养·思维升华 巧解带电粒子在磁场中运动的多解问题 (1)分析题目特点，确定题目多解的形成原因。 (2)作出粒子的运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。 (3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。 ◆针对训练3　(多选)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，MN是它的下边界。现有质量为m、电荷量为q的带电粒子与MN成30°角垂直射入磁场，则粒子在磁场中运动的时间可能为(　　) A.eq \f(πm,3qB)　　　　　　　 B.eq \f(2πm,3qB) C.eq \f(4πm,3qB) D.eq \f(5πm,3qB) 【解析】　由于带电粒子的电性不确定，其轨迹可能是如图所示的两种情况。由qvB＝meq \f(v2,R)和T＝eq \f(2πR,v)得T＝eq \f(2πm,qB)。由图可知，若为正电荷，轨迹对应的圆心角为θ1＝300°，若为负电荷，轨迹对应的圆心角为θ2＝60°，则对应时间分别为t1＝eq \f(θ1,2π)T＝eq \f(300°,360°)T＝eq \f(5πm,3qB)，t2＝eq \f(θ2,2π)T＝eq \f(60°,360°)T＝eq \f(πm,3qB)。选项A、D正确。 【答案】　AD 1.在方向如图所示的匀强电场(场强为E)和匀强磁场(磁感应强度为B)共存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度v0射入场区，则(　　) A．若v0<eq \f(E,B)，电子沿轨迹Ⅰ运动，射出场区时，速度v<v0 B．若v0<eq \f(E,B)，电子沿轨迹Ⅱ运动，射出场区时，速度v>v0 C．若v0>eq \f(E,B)，电子沿轨迹Ⅰ运动，射出场区时，速度v>v0 D．若v0>eq \f(E,B)，电子沿轨迹Ⅱ运动，射出场区时，速度v<v0 【解析】　电子进入电磁场中，受到洛伦兹力与电场力两个力作用，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向向下，而电场力方向向上。若v0<eq \f(E,B)，则qv0B<qE，即洛伦兹力小于电场力，电子向上偏转，沿轨迹Ⅰ运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子做正功，动能增加，速度增大，所以速度v>v0，故A、B错误；若v0>eq \f(E,B)，则qv0B>qE，即洛伦兹力大于电场力，电子向下偏转，沿轨迹Ⅱ运动，洛伦兹力不做功，而电场力对电子做负功，动能减小，速度减小，所以速度v<v0，故C错误，D正确。 【答案】　D 2.(多选)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷eq \f(q,m)＝k，则质子的速度可能为(　　) A．2BkL　　　　　　　B.eq \f(BkL,2) C.eq \f(3BkL,2) D.eq \f(BkL,8) 【解析】　因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径r＝eq \f(L,n)(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝meq \f(v2,r)，即v＝eq \f(Bqr,m)＝Bk·eq \f(L,n)(n＝1,2,3，…)，故B、D正确。 【答案】　BD 3.如图所示，静止于A处的正离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q； eq \x\to(QN)＝2d、eq \x\to(PN)＝3d，离子重力不计。 (1)求圆弧虚线对应的半径R的大小； (2)若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值； (3)若撤去矩形区域QNCD的匀强电场，换为垂直纸面向里的磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围。 【解析】　(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理， 有qU＝eq \f(1,2)mv2 离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qE0＝meq \f(v2,R)，解得R＝eq \f(2U,E0)。 (2)离子在匀强电场QNCD内做类平抛运动 d＝vt 3d＝eq \f(1,2)at2 由牛顿第二定律得qE＝ma，联立解得E＝eq \f(12U,d)。 (3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qBv＝meq \f(v2,r) 则r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2Um,q)) 离子能打在QN上，则既没有从DQ边出去，也没有从PN边上出去， 则离子运动径迹的边界如图Ⅰ和Ⅱ，由几何关系知，离子能打在QN上，必须满足：eq \f(3,2)d<r≤2d 则有eq \f(1,2d) eq \r(\f(2Um,q))≤B<eq \f(2,3d) eq \r(\f(2Um,q))。 【答案】　(1)eq \f(2U,E0)　(2)eq \f(12U,d) (3)eq \f(1,2d) eq \r(\f(2Um,q))≤B<eq \f(2,3d) eq \r(\f(2Um,q)) 4.如图所示的xOy坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示。现有一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴的初速度v0进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限的磁场。已知O、P之间的距离为d，不计粒子的重力。求： (1)O点到Q点的距离。 (2)磁感应强度B的大小。 (3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间。 【解析】　(1)设Q点的纵坐标为h，粒子到达Q点的水平分速度为vx，从P到Q受到的恒定的电场力与初速度方向垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知，h＝v0t1 水平方向匀加速直线运动的平均速度 eq \x\to(v)＝eq \f(0＋vx,2)， 则d＝eq \f(vxt1,2) 根据速度的矢量合成知tan 45°＝eq \f(vx,v0)，解得h＝2d。 (2)粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径R＝2eq \r(2)d 由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,R)， 由(1)可知v＝eq \f(v0,cos 45°)＝eq \r(2)v0， 联立解得B＝eq \f(mv0,2qd)。 (3)粒子在电场中的运动时间为t1＝eq \f(2d,v0) 粒子在磁场中的运动周期为T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(4πd,v0) 粒子在第一象限中的运动时间为 t2＝eq \f(135°,360°)·T＋eq \f(1,2)T＝eq \f(7,8)T＝eq \f(7πd,2v0)。 则总时间为t＝t1＋t2＝eq \f(7π＋4d,2v0)。 【答案】　(1)2d　(2)eq \f(mv0,2qd)　(3)eq \f(7π＋4d,2v0) $$