第十一章 专题突破20 带电粒子在叠加场中的运动（课件PPT）-【高考领航】2026年高考物理大一轮复习学案

专题突破20　 带电粒子在叠加场中的运动 返回 ‹#› 1．了解叠加场的特点，会处理带电粒子在叠加场中的运动问题。 2．会分析在轨道约束情况下带电体在叠加场中的运动。 复习 目标 返回 ‹#› 1 考点一　 2 考点二　 3 限时规范训练 栏 目 导 引 返回 ‹#› 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 考点一 带电粒子在叠加场中的运动 运动性质 受力特点 方法规律 匀速直 线运动 粒子所受合力为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 返回 ‹#› (多选)(2024·安徽卷，10)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用。则(　　) A．油滴a带负电，所带电量的大小为 B．油滴a做圆周运动的速度大小为 C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为， 周期为 D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 ABD 返回 ‹#› 解析：ABD　由a做圆周运动可知，a所受重力等于电场力，故a带负电，且Eq＝mg，解得q＝，A正确；对a有qvB＝m，可得v＝，则v＝，B正确；Ⅰ、Ⅱ二者质量相同，均为m，带电量相同，均为q，对Ⅰ有qvⅠB＝，可得vⅠ＝3v＝，则小油滴Ⅰ做圆周运动的周期为T＝，C错误；在P点，由动量守恒定律得mv＝mvⅠ＋mvⅡ，可得vⅡ＝－v，对小油滴Ⅱ受力分 析可知，其重力等于所受电场力，初速度方向水 平向右，且带负电，由左手定则可知，小油滴Ⅱ 沿顺时针方向做圆周运动，D正确。 返回 ‹#› (多选)(2025·安徽安庆模拟)如图所示，在三维直角坐标系O-xyz中，分布着沿z轴正方向的匀强电场E和沿y轴正方向的匀强磁场B，一个带电荷量为＋q、质量为m的小球沿x轴正方向以一定的初速度v0抛出后做平抛运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．可求小球的初速度v0大小为 B．经过时间，球的动能变为初动能的2倍 C．若仅将电场方向变为沿y轴正方向，小球可能 做匀速圆周运动 D．若仅将电场撤去，小球可能做匀速直线运动 AC 返回 ‹#› 解析：AC　小球在xOy平面内做平抛运动，则有Eq＝qv0B，解得v0＝，A正确；小球的动能变为初动能的2倍时，Ek＝m(vy2＋v02)＝2Ek0，vy＝v0＝＝gt，即经过时间为t＝，B错误；若仅将电场方向变为沿y轴正方向，如果电场力和重力大小相等，小球可能做匀速圆周运动，C正确；若仅将电场撤去，小球合力不可能为零，不可能做匀速 直线运动，D错误。 返回 ‹#› 如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E＝2 N/C。在第一象限空间有沿y轴负方向、电场强度大小也为E的匀强电场，并在y＞h＝0.4 m的区域有磁感应强度大小也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限。已知重力加速度g取 m/s2，求： (1)油滴在第三象限运动时受到的重力、静电力、洛 伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带哪种电荷； (2)油滴在P点得到的初速度大小； (3)油滴在第一象限运动的时间(取π＝3.14)。 返回 ‹#› 解析：(1)根据受力分析(如图所示)，可知油滴带负电荷，设油滴质量为m，由平衡条件得 mg∶qE∶F＝1∶1∶。 (2)由第(1)问得qvB＝qE 代入数据解得v＝ m/s。 (3)进入第一象限，静电力和重力平衡，油滴先做匀速直线运动，从A点进入y>h的区域后做匀速圆周运动，再从C点离开y>h区域，最后从x轴上的N点离开第一象限，由O→A匀速运动的位移为x1＝h 其运动时间t1＝＝0.1 s 返回 ‹#› 由qvB＝m得T＝ 油滴从A→C做圆周运动的时间为 t2＝＝0.628 s 由对称性知，从C→N的时间t3＝t1 故油滴在第一象限运动的总时间 t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋0.628 s＝0.828 s。 答案：(1)1∶1∶　负电荷　(2)4 m/s　(3)0.828 s 返回 ‹#› 带电体在重力场、磁场、电场中运动时，从整个物理过程上看有多种不同的运动形式，其中从运动条件上看分为有轨道约束和无轨道约束。现从力、运动和能量的观点研究三种有轨道约束的带电体的运动。 考点二 轨道约束情况下带电体在叠加场中的运动 返回 ‹#› 如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切，轨道半径R＝1 m，轨道均为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场(C点在MN边界上)。一质量为0.4 kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度v0＝ m/s，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度vF＝4 m/s，不计空气阻力，g取10 m/s2，cos 37°＝0.8。 (1)判断小球带何种电荷； (2)求小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功； (3)小球从F点飞出的同时磁场消失，小球离开F点后的运动轨迹与轨道AC所在直线的交点为G(G点未标出)，求G点到D点的距离。 返回 ‹#› 解析：(1)如图所示，在MN右侧，小球受到重力、电场力与洛伦兹力作用，如果小球带负电荷，电场力水平向右，洛伦兹力指向左下方，重力竖直向下，小球受到的合力不可能为零，小球不可能做直线运动，则小球带正电荷。 (2)小球在C、D间做匀速直线运动，则在D点的速度与C点的速度大小相等，即vD＝ m/s，电场力与重力的合力 F0＝＝5 N 从D到F的过程，对小球，由动能定理可得 －Wf－F0·2R＝mvD2， 代入数据解得Wf≈27.6 J。 返回 ‹#› (3)小球离开F点后做类平抛运动，加速度 a＝at2，代入数据解得t＝ s，G点到D点的距离x＝vFt＝4× m≈2.26 m。 答案：(1)正电荷　(2)27.6 J　(3)2.26 m 返回 ‹#› 如图所示，在xOy坐标系内，圆心角为120°内壁光滑、绝缘的圆管ab，圆心位于原点O处，Oa连线与x轴重合，bc段为沿b点切线延伸的直管，c点恰在x轴上。坐标系内第三、四象限内有水平向左的匀强电场，场强为E1(未知)；在第二象限内有竖直向上的匀强电场，场强为E2(未知)。在第二、三象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。现将一质量为m、带电量为＋q的小球从圆管的a端无初速度释放，小球到达圆管的b端后沿直线运动到x轴，在bc段运动时与管壁恰无作用力，从圆管c端飞出后在第二象限内恰好做匀速圆周运动。已知圆管直径略大于小球直径，重力加速度为g。求： (1)该匀强电场的场强E1的大小； (2)小球沿圆管ab下滑到达y轴前的瞬间对管壁的作用力； (3)Oc间距离，并通过计算判断小球从c端飞出后能否第 二次到达y轴。 返回 ‹#› 解析：(1)小球到达圆管的b端沿直线运动到x轴，与管壁恰无作用力，必然是匀速直线运动，对小球受力分析如图所示，可知qE1＝mg tan 30° 解得E1＝。 (2)设到达y轴前瞬间小球速度为v1，设Oa间距离为R，对小球的这一过程应用动能定理可得mgR＋qER＝mv12 此时小球受到管下壁的弹力，设为FN，由向心力公式可得FN－mg＝ 联立可得FN＝mg 由牛顿第三定律可知，球对管下壁的弹力竖直向下， FN′＝mg。 返回 ‹#› (3)从c端飞出时，设速度为v2，由第(1)问受力分析可知qv2B cos 30°＝mg 可得v2＝ 对小球从a到b的这一过程应用动能定理可得mgR cos 30°＋qE1R(1＋sin 30°)＝mv22 联立得R＝ 返回 ‹#› 以v2到达x轴，Oc间距离为x1＝2R＝，设带电小球在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，洛伦兹力提供向心力有Bqv2＝，则r＝，因>x1，故小球能第二次到达y轴。 答案：(1)　(2)mg　竖直向下　(3)见解析 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 1 2 [基础分组训练] 题组1　带电粒子在叠加场中的运动 1．如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则(　　) A．液滴带正电 B．液滴比荷 C．液滴沿顺时针方向运动 D．液滴运动速度大小v＝ 限时规范 训练(65) C 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 1 2 解析：C　液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得，选项B错误；静电力方向竖直向上，液滴带负电，选项A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向运动，选项C正确；对液滴有qE＝mg，qvB＝m，得v＝，选项D错误。 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 2．如图所示，某竖直平面内存在着相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向水平向外。一质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点射入该区域，微粒恰好沿速度方向做直线运动，下列说法中正确的是(　　) A．微粒从O到A的运动可能是匀减速直线运动 B．该微粒一定带正电荷 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Bv cos θ C 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 解析：C　若微粒带正电，它受竖直向下的重力mg、向左的电场力qE和右斜向下的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动。据此可知微粒一定带负电，它受竖直向下的重力mg、向右的电场力qE和左斜向上的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动，可知微粒一定做匀速直线运动，故A、B错误；由平衡条件有关系cos θ＝，sin θ＝，解得磁场的磁感应强度大小B＝，电场的电场强度大小 E＝Bv sin θ，故C正确，D错误。 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 3．(多选)如图所示，带等量异种电荷的平行金属板之间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点为曲线最低点，不计重力，下列说法正确的是(　　) A．该粒子带正电荷 B．A点和B点必定位于同一水平面上 C．在C点洛伦兹力大于电场力 D．粒子到达B点后将沿曲线返回A点 ABC 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 解析：ABC　由于粒子是从静止开始运动的，在开始运动的一瞬间，受到的只有电场力，即电场力方向向下，又因为电场方向是向下的，故粒子带正电荷，A正确；运动过程中由于洛伦兹力不做功，只有电场力做功，从静止开始到速度为零，电场力做功为零，所以A点和B点必定位于同一水平面上，B正确；在C点以后粒子的速度方向变为向上，而受到的电场力方向恒向下，故要使粒子向上运动，在C点必然有洛伦兹力大于电场力，C正确；粒子到达B点后将做如图所示的运动，D错误。 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 4．(多选)如图，光滑绝缘水平面的右侧存在着匀强电场和匀强磁场组成的复合场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B；一电荷量为q、质量为m的金属小球a在水平面上从静止开始经电压U加速后，与静止着的另一完全相同的不带电金属小球b发生弹性碰撞，此后小球b水平向右进入复合场中，在竖直面内做匀速圆周运动。电荷量的损失不计，碰撞后不考虑a、b之间的相互作用，重力加速度大小为g。下列判断正确的是(　　) A．小球a可能带正电 B．小球a、b碰撞后b的速度v＝ C．小球b做匀速圆周运动的半径为r＝ D．小球b从圆的最低点到最高点，机械能增加量为ΔE＝ CD 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 解析：CD　小球a、b碰撞后，b球在竖直面内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，所以电场力竖直向上，b球带负电，故小球a带负电，故A错误；小球a加速过程，由动能定理得qU＝mv02，碰撞过程由动量守恒及机械能守恒可知a、b小球速度互换，解得v＝ ，故B错误；小球a、b碰撞后b在竖直面内做匀速圆周运动，b的带电荷量为，由牛顿第二定律得，解得r＝，故C正确；洛伦兹力不做功，电场力做功为W＝，所 以机械能增加量ΔE＝，故D正确。 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 题组2　轨道约束情况下带电体在叠加场中的运动 5．(多选)如图所示，空间同时存在垂直于纸面向里的匀强磁场和水平向左的匀强电场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E。在该空间的竖直平面(即纸面)内固定一足够长的粗糙绝缘杆，杆与电场正方向夹角为60°。一质量为m、电荷量为＋q的小球套在绝缘杆上，在t＝0时刻以初速度v0沿杆向下运动。已知qE＝mg，下列描述小球运动的v-t图像可能正确的是(　　) ACD 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 解析：ACD　对小球受力分析，重力和电场力的合力大小F＝ ＝2mg，设与水平方向的夹角为θ，tan θ＝，θ＝30°，即重力和电场力的合力方向与杆对小球的支持力在同一直线上，如果初状态Bqv0＝2mg，则FN＝0，Ff＝0，可得a＝0，所以小球做匀速直线运动。Bqv0>2mg，弹力垂直于杆斜向下，摩擦力沿杆斜向上，小球做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，摩擦力减小，加速度减小，当加速度减到零时，做匀速直线运动。Bqv0<2mg，弹力垂直于杆斜向上，摩擦力沿杆斜向上，小球做减速运动，速度 减小，洛伦兹力减小，弹力增大，摩擦力增大，加速 度增大，直到速度减为零。故选A、C、D。 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 6．(多选)如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则(　　) A．经过最高点时，三个小球的速度相等 B．经过最高点时，甲球的速度最小 C．甲球的释放位置比乙球的高 D．运动过程中三个小球的机械能均保持不变 CD 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 解析：CD　设磁感应强度为B，圆形轨道半径为r，三个小球质量均为m，它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙，由牛顿第二定律有mg＋Bv甲q甲＝，mg－Bv乙q乙＝，则v甲＞v丙＞v乙，选项A、B错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D正确；甲球在最高点处的动能最大，因为势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高， 选项C正确。 返回 ‹#› 7 8 9 1 3 4 5 6 2 7．(12分)如图所示，质量为m、带电荷量为q的小球，在倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止开始下滑。图中虚线是左、右两侧匀强磁场(图中未画出)的分界线，左侧磁场的磁感应强度为，右侧磁场的磁感应强度为B，两磁场的方向均垂直于纸面向外。当小球刚下滑至分界线时，对斜面的压力恰好为零。已知重力加速度为g，斜面足够长，小球可视为质点。 (1)判断小球带何种电荷； (2)求小球沿斜面下滑的最大速度； (3)求小球速度达到最大时，在左侧磁场中 下滑的距离L。 返回 ‹#› 7 8 9 1 3 4 5 6 2 解析：(1)根据题意可知，小球下滑过程中受到的洛伦兹力方向垂直斜面向上，根据左手定则可知小球带正电荷。 (2)当小球刚下滑至分界线时，对斜面的压力恰好为零，然后小球继续向下运动，在左侧区域当压力再次为零时，速度达到最大值，则有 qvm＝mg cos θ 解得vm＝。 (3)当小球刚下滑至分界线时，对斜面的压力恰好为零，设此时速度为v 则有qvB＝mg cos θ 解得v＝ 返回 ‹#› 7 8 9 1 3 4 5 6 2 小球下滑的过程中，由牛顿第二定律得 mg sin θ＝ma 解得a＝g sin θ 由运动学规律可得2aL＝vm2－v2 联立解得L＝。 答案：(1)正电荷　(2) (3) 返回 ‹#› 8 9 1 3 4 5 6 7 2 [创新提升训练] 8．(2025·黑龙江双鸭山模拟)如图所示，在坐标系O-xyz中存在磁感应强度大小为B＝、方向竖直向下(z轴负方向)的匀强磁场，在(0，0，h)处固定一电荷量为＋q(q>0)的点电荷，在xOy平面内有一质量为m、电荷量为－q的微粒绕原点O沿图示方向以角速度ω做匀速圆周运动。若微粒的圆周运动可以等效为大小为I的环形电流，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．ω＝　　 B．I＝ C．ω＝ D．I＝ B 返回 ‹#› 8 9 1 3 4 5 6 7 2 解析：B　该微粒受到重力、洛伦兹力、库仑力三个力的作用，方向如图所示， 库仑力大小为FE＝k，洛伦兹力大小为FB＝qvB，由几何关系可得r＝h tan θ，R＝，微粒沿在z轴方向上受力平衡，即FE cos θ＝mg，微粒在平面内做圆周运动，根据牛顿第二定律得FE sin θ－FB＝mω2r，又v＝ωr，联立解得ω2＋ ＝0，解得ω＝(舍去)，故A、C错误；微粒圆周运动 的周期为T＝，等效电流强度为I＝ ，故B正确，D错误。 返回 ‹#› 9 1 3 4 5 6 7 8 2 9．(12分)如图所示，质量M为5.0 kg的小车以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是光滑圆弧轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度E大小为50 N/C，磁感应强度B大小为2.0 T。现有一质量m为2.0 kg、带负电且电荷量为0.10 C的滑块以10 m/s的水平速度向右冲上小车，当它运动到D点时速度为5 m/s。滑块可视为质点，g取10 m/s2，计算结果保留2位有效数字。 (1)求滑块从A到D的过程中，小车与滑块组成的系统损失的机械能； (2)如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76 N，求圆弧轨道的半径r； (3)当滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使 滑块冲出圆弧轨道，求此圆弧轨道的最大半 径。 返回 ‹#› 9 1 3 4 5 6 7 8 2 解析：(1)设滑块运动到D点时的速度大小为v1，小车在此时的速度大小为v2，物块从A运动到D的过程中，系统动量守恒，以向右为正方向，有mv0－Mv＝mv1＋Mv2 解得v2＝0 设小车与滑块组成的系统损失的机械能为ΔE，则有ΔE＝mv12 解得ΔE＝85 J。 返回 ‹#› 9 1 3 4 5 6 7 8 2 (2)设滑块刚过D点时受到轨道的支持力为FN，则由牛顿第三定律可得FN＝76 N，由牛顿第二定律可得 FN－(mg＋qE＋qv1B)＝m 解得r＝1.0 m。 (3)设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同的速度v′，由动量守恒定律可得mv1＝(m＋M)v′ 解得v′＝ m/s 设圆弧轨道的最大半径为Rm，由能量守恒定律有 返回 ‹#› 9 1 3 4 5 6 7 8 2 (m＋M)v′2＋(mg＋qE)Rm 解得Rm≈0.71 m。 答案：(1)85 J　(2)1.0 m　(3)0.71 m 返回 ‹#› 专题突破20　带电粒子在叠加场中的运动 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› $