第一章 素养提升课(三) 带电粒子在复合场中的运动-【名师导航】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册教师用书word（人教版）

本讲义聚焦带电粒子在复合场中的运动核心知识点，系统梳理叠加场（电场、磁场、重力场共存）和组合场（电场与磁场分区存在）的概念，构建从受力分析到运动状态判断（匀速直线、匀速圆周、复杂曲线运动）的学习支架，助力学生形成完整的运动与相互作用观念。 资料以典例分析（如叠加场中微粒先匀速直线再圆周运动问题）和分层训练（针对训练、素养提升练）为特色，通过模型建构（匀速圆周运动模型）和科学推理（受力平衡与向心力公式应用）培养科学思维，结合高考真题情境（如安徽卷油滴运动题）强化物理观念，课中辅助教师高效授课，课后帮助学生查漏补缺，提升解决复杂问题的能力。

素养提升课(三)　带电粒子在复合场中的运动 [学习目标]　1．理解组合场和叠加场的概念。2．会分析粒子在各种场中的受力特点。3．掌握粒子在复合场中运动问题的分析方法。 　带电粒子在叠加场中的运动 1．叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两种场共存。 2．基本思路 (1)弄清叠加场的组成。 (2)进行受力分析。 (3)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合。 (4)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。 ①直线运动：如果带电粒子在叠加场中做直线运动且受到洛伦兹力，则一定是做匀速直线运动，合力为零，根据受力平衡列方程求解。 ②圆周运动：如果带电粒子在叠加场中做圆周运动，则一定是做匀速圆周运动，一定是静电力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解。 ③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。 【典例1】　如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为＋q、质量为m的微粒从坐标原点出发，沿与x轴正方向成45°夹角的方向进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场。重力加速度为g，不计一切阻力，求： (1)电场强度E的大小； (2)磁感应强度B的大小； (3)微粒在复合场中的运动时间t。 [解析]　(1)微粒在到达A(l，l)之前做匀速直线运动，受力分析如图甲所示 根据平衡条件，有 qE cos 45°＝mg cos 45° 解得E＝。 (2)根据平衡条件，有qvB＝mg 电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙所示 根据牛顿第二定律，有 qvB＝m 由几何关系可得r＝l 联立解得v＝，B＝。 (3)微粒做匀速直线运动的时间为t1＝＝ 做圆周运动的时间为t2＝＝π 在复合场中运动时间为 t＝t1＋t2＝。 [答案]　(1)　(2)　(3) 　带电粒子在叠加场中运动问题的解题思路 [针对训练] 1．(多选)(2024·安徽卷)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　[油滴a做圆周运动，故重力与静电力平衡，可知带负电，有mg＝Eq，解得 q＝，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m，得油滴a做圆周运动的速度大小为 v＝，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得3R＝，解得 v1＝＝，周期为T＝＝，故C错误；带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv＝v1＋v2，解得 v2＝－，由于分离后的小油滴受到的静电力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。] 　带电粒子在组合场中的运动 1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，一般为两场相邻或在同一区域电场、磁场交替出现。 2．“磁偏转”和“电偏转”的比较 项目 电偏转 磁偏转 偏转条件 带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力) 带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力) 受力情况 只受恒定的静电力F＝Eq 只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB 运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动 运动轨迹 抛物线 圆弧 求解方法 利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝，a＝，tan θ＝ 牛顿第二定律、向心力公式r＝，T＝，t＝T 【典例2】　如图所示，光滑绝缘水平桌面内MN一侧有垂直于MN的匀强电场，另一侧有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B＝2 T。某时刻自距MN为5 cm的P点沿平行于MN的方向抛出一带电荷量为＋q＝0.1 C的小球，初速度为v0＝1 m/s，经时间t＝0.1 s首次到达MN，小球的质量m＝0.1 kg。求： (1)匀强电场的电场强度大小E； (2)小球第二次通过MN时距P点沿MN方向的距离L。 [解析]　(1)对小球受力分析得qE＝ma 又沿电场线方向y＝at2 解得a＝10 m/s2，E＝10 N/C。 (2)刚进磁场时小球沿MN方向的位移x1＝v0t＝0.1 m 垂直于MN方向的速度vy＝at，解得vy＝1 m/s 所以小球速度为v＝ m/s 与MN夹角为45°，之后小球进入磁场做圆周运动满足qvB＝，解得R＝ m 由几何关系知第二次通过MN时小球距P点沿MN方向的距离为L＝＋x1＝1.1 m。 [答案]　(1)10 N/C　(2)1.1 m 　带电粒子在组合场中的运动问题的分析方法 [针对训练] 2．(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 C．此粒子在磁场中运动的时间t＝ 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＝ BC　[带负电粒子向右加速，所受静电力向右，电场强度方向向左，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qU＝mv2，解得v＝，故B正确；由几何关系可知粒子运动的圆心角为θ＝60°＝，此粒子在磁场中运动的时间t＝T＝×＝，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qvB＝m，把A选项中求得的速度大小代入可得r＝，则该有界磁场区域的宽度d＝r＝，故D错误。] 3．如图所示，在xOy坐标系中，x轴上方有一圆形匀强磁场区域，其圆心为O1(0，2 m)、半径R＝2 m，磁感应强度大小B＝2×10-2T、方向垂直于纸面向外。在x轴下方有匀强电场，电场强度大小E＝0.2 N/C、方向水平向左。在磁场的左侧y＝0.5R处有一带正电、质量m＝4×10-6 kg、电荷量q＝2×10-2 C的粒子以速度v＝2×102 m/s平行于x轴正方向且垂直于磁场射入圆形磁场区域。不计粒子的重力。求(结果可用含根号的式子表示)： (1)粒子在磁场区域运动的轨迹半径r； (2)粒子在磁场区域运动的时间； (3)粒子打在y轴上离原点O的最远距离d。 [解析]　(1)粒子在磁场区域做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m 代入数据解得r＝2 m。 (2)依题意，结合上述可知，粒子经过磁场后从原点O出来，作出轨迹如图所示。 由几何关系可得其对应的圆心角α＝60° 粒子做圆周运动的周期T＝ 解得粒子在磁场中运动的时间t＝T 解得t＝ s。 (3)粒子经过磁场从原点O出来后射入第四象限，设粒子射入第四象限时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，由几何关系得θ＝30° 粒子在第四象限内，沿x轴方向做匀变速直线运动，沿y轴负方向做匀速直线运动，则有qE＝ma 解得加速度大小a＝103 m/s2 根据速度公式有－v sin θ＝v sin θ－at′ 粒子打在y轴上离原点O的最远距离d＝v cos θt′ 解得d＝20 m。 [答案]　(1)2 m　(2) s　(3)20 m 素养提升练(三)　带电粒子在复合场中的运动 一、选择题 1．(多选)一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域。设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示。在下图所示的几种情况中，可能出现的是(　　) AD　[根据带电粒子在电场中的偏转情况可以确定选项A、C、D中粒子带正电，选项B中粒子带负电，再根据左手定则判断粒子在磁场中偏转方向，可知A、D正确，B、C错误。] 2．(多选)地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场(未画出)和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图所示，由此可以判断(　　) A．油滴一定做匀速运动 B．油滴可以做变速运动 C．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点 D．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点 AD　[油滴做直线运动，受重力、静电力和洛伦兹力作用，因为重力和静电力均为恒力，根据油滴做直线运动条件可知，油滴所受洛伦兹力亦为恒力，根据F＝qvB可知，油滴必定做匀速直线运动，A正确，B错误；根据做匀速直线运动的条件可知油滴的受力情况如图所示，如果油滴带正电，由左手定则可知，油滴从M点运动到N点，C错误，D正确。] 3．(多选)一个带电微粒在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，重力不可忽略。已知轨迹圆的半径为r，电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B，重力加速度为g，则(　　) A．该微粒带正电 B．带电微粒沿逆时针旋转 C．带电微粒沿顺时针旋转 D．微粒做圆周运动的速度为 BD　[带电微粒在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知带电微粒受到的重力和静电力是一对平衡力，重力竖直向下，所以静电力竖直向上，与电场方向相反，故可知该微粒带负电，A错误；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断微粒的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的微粒的运动方向相反)，B正确，C错误；由微粒做匀速圆周运动，知静电力和重力大小相等，得mg＝qE，带电微粒在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，有Bqv＝，联立解得v＝，D正确。] 4．如图所示，正交的电磁场区域中，有两个质量相同、带同种电荷的带电粒子，电荷量分别为qa、qb。它们沿水平方向以相同的速率分别向左、向右在电磁场区内做匀速直线运动，则(　　) A．它们带负电，且qa＞qb B．它们带负电，且qa＜qb C．它们带正电，且qa＞qb D．它们带正电，且qa＜qb D　[若两个粒子带负电，则a粒子受到的静电力向下，由左手定则可知洛伦兹力向下，粒子受重力、静电力和洛伦兹力三个力作用的合力不可能为零，不能做匀速直线运动，故A、B均错误；若两个粒子带正电，则b粒子受到的静电力向上，由左手定则可知洛伦兹力向下，粒子所受的重力、静电力和洛伦兹力三个力作用的合力可能为零，能做匀速直线运动，且有mg＋qbvB＝qbE，得qb＝，a粒子所受的静电力和洛伦兹力向上，重力向下，三个力的合力可能为零，则a粒子可能做匀速直线运动，且有mg＝qaE＋qavB，得qa＝，可以知道，qa<qb，故C错误，D正确。] 5．(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3+经电压为U的电场加速后垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，则离子P＋和P3+(　　) A．在电场中的加速度之比为1∶1 B．在磁场中运动的半径之比为∶1 C．在磁场中转过的角度之比为1∶2 D．离开电场区域时的动能之比为1∶3 BCD　[离子P＋和P3+质量之比为1∶1，电荷量之比等于1∶3，故在电场中的加速度(a＝)之比等于1∶3，A项错误；离子在离开电场区域时有qU＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m，得半径r＝＝，则半径之比为1∶＝∶1，B项正确；设磁场宽度为d，由几何关系得d＝r sin θ，可知离子在磁场中转过的角度的正弦值之比等于半径倒数之比，即1∶，因θ＝30°，则θ′＝60°，故转过的角度之比为1∶2，C项正确；离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即1∶3，D项正确。] 6．电场强度大小为E的匀强电场方向斜向右上与水平方向成30°角，匀强磁场与匀强电场垂直，磁感应强度大小为B，方向如图所示。一带电小球M竖直向上做直线运动，该小球运动的速度大小为(　　) A． B． C． D． B　[根据题意可得，带电小球竖直向上做匀速直线运动，小球带正电，根据左手定则可知洛伦兹力水平向左，根据力的平衡有qE cos 30°＝qvB，解得v＝，故选B。] 7．(多选)如图所示的xOy坐标系中，y轴左侧存在电场强度大小为E的匀强电场，电场方向平行于x轴，y轴右侧存在垂直坐标系所在平面向外的匀强磁场。一个比荷为k的带正电粒子从x轴上的M点以某一初速度平行于y轴向上运动，经电场偏转后从y轴上的P点进入磁场，进入磁场时速度方向与y轴正方向成60°角，粒子经磁场偏转后打到坐标原点O上。已知M点到O点的距离为L，不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　) A．P与O的距离为L B．粒子在磁场中的轨迹半径为L C．粒子初速度大小为 D．磁场的磁感应强度大小为 CD　[粒子的运动轨迹如图所示，根据类平抛运动推论有＝tan 60°，解得P与O的距离s＝L，A错误；由s＝2Rsin 60°得R＝L，B错误；根据s＝v0t，L＝at2，qE＝ma，＝k，联立解得v0＝＝，C正确；粒子在P点的合速度v＝＝2v0，由R＝L＝，解得B＝，D正确。] 8．(多选)如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，分别处于图示方向的匀强磁场和匀强电场中。两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放。M、N为轨道的最低点，则下列说法正确的是(　　) A．两个小球到达轨道最低点的速度vM>vN B．两个小球第一次经过轨道最低点时受到轨道的压力大小FM<FN C．小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间 D．在电场和磁场中小球均能到达轨道的另一端最高处 AC　[根据动能定理，对匀强磁场中的小球有mgR＝，根据动能定理，对匀强电场中的小球有mgR－qER＝，故两个小球到达轨道最低点的速度vM>vN，故A正确；对匀强磁场中的小球，第一次经过轨道最低点时有FM－mg－BqvM＝，可得FM＝3mg＋BqvM，对匀强电场中的小球，第一次经过轨道最低点时有FN－mg＝，可得FN＝3mg－2qE，故FM>FN，故B错误；小球在磁场中运动，第一次到达M点的过程中，只有重力做正功，小球在电场中运动，第一次到达N点的过程中，重力做正功，静电力做负功，故小球在光滑轨道同一位置，在磁场中的速度大于在电场中的速度，则小球在磁场中运动的平均速度大，小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间，故C正确；在磁场中的小球，洛伦兹力不做功，机械能守恒，故能上升到同高度，而电场中的小球上升到最高点时重力势能有一部分转化为电势能，末状态的重力势能小于初状态的重力势能，不能上升到原高度，故D错误。故选AC。] 9．如图所示，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轴正向入射到磁场中，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． A　[画出带电粒子仅在磁场中运动时的运动轨迹，如图所示。设带电粒子仅在磁场中运动的轨迹半径为r，运动轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得cos θ＝＝，r－a＝r cos θ，解得r＝2a，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝，解得r＝2a＝，在匀强磁场区域加上匀强电场后带电粒子沿x轴运动，分析知，此时粒子受力平衡，则有Eq＝qvB，联立解得＝，A正确。] 二、非选择题 10．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在第二、三、四象限内存在平行于y轴向上的匀强电场，在第三、四象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电小球，从y轴上的A点水平向右抛出，记为小球第一次通过y轴，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，已知OM＝3L，OA＝2L，磁感应强度大小B＝，不计空气阻力，重力加速度为g。求： (1)电场强度E的大小和小球经过M点的速度大小； (2)小球第三次经过y轴时的纵坐标。 [解析]　(1)因小球在第四象限做匀速圆周运动，故重力和静电力平衡，故mg＝qE 解得E＝ 小球在第一象限做平抛运动，由运动学规律，有3L＝v0t 2L＝gt2 联立解得t＝2，v0＝ 竖直方向速度vy＝gt＝2 经过M点的速度大小为v＝＝。 (2)小球在第四和第三象限做匀速圆周运动，O′为圆心，MP为弦长，∠OMO′＝θ；小球在第二象限做匀速直线运动，第三次经过y轴的点记为Q，如图所示 设半径为r，小球在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m 由几何关系知MP＝2r cos θ 由tan θ＝ ∠OQP＝θ 小球在第二象限做匀速直线运动，有tan θ＝ OP＝MP－OM 联立求得y＝L。 [答案]　(1)　　(2)L 11．如图所示，水平放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)分析可知，粒子在两金属板间做类平抛运动，设两金属板间距为d，则金属板长为d， 由牛顿第二定律有Eq＝ma 又两金属板间电场强度与电势差的关系为E＝ 由平抛运动规律，有 d＝v0t，d＝at2 解得U＝。 (2)画出粒子从射出电场到射出磁场的轨迹，如图甲所示。由运动的合成与分解可知，粒子射出电场时的速度大小v＝ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB＝ 由题意可知磁场半径R＝ 根据几何关系有tan α＝ 解得粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ＝π－2α＝。 (3)粒子在磁场中的运动轨迹和相应的弦O′Q如图乙所示。 由题意可知，粒子的速度大小不变，则粒子在磁场中运动的轨迹半径不变，粒子在磁场中运动的周期不变，运动时间最长时，对应的弧最长。 画图的步骤：①先画出粒子从O′点进入磁场的部分轨迹；②以O′为圆心，以磁场半径R为半径画弧(是一段劣弧)；③从轨迹对应的圆心引一条线，这条线与圆弧相切时与圆弧的交点即为磁场圆心M；④以M为圆心，以磁场半径R为半径画圆，该圆即为磁场区域。 [答案]　　(2)　(3)见解析图 17 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $