第十一章 第4讲 专题突破：带电粒子在复合场中的运动-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考物理大一轮复习全新方案基础版

208构·讲与练·高三物理·基础版 兴趣小组为了测量直饮水供水处“尾水”的流 面（图中阴影部分）电势高。下列说法正确 量，将“尾水”接上电磁流量计，如图所示。已 的是 ( 知流量计水管直径为d,垂直水管向里的匀强 磁场磁感应强度大小为B,稳定后M、N两点 霍尔元件 之间电压为U。则 ( ) XX 霍尔电压 滑动变阻器 A.霍尔元件中电流I的载流子是负电荷定向 A.M点的电势低于N点的电势 运动形成的 B.“尾水”中离子所受洛伦兹力方向由M指 B.当滑动变阻器滑动触头向左滑动，霍尔电压 向N 将减小 C.“尾水”的流速为B d C.同时改变磁场和电流的方向，电压表指针会 偏向另一边 D.“尾水”的流量为B Ud D.霍尔电压大小与霍尔元件的长、宽、高都有 听课记录： 关系 听课记录： 角度4霍尔元件 【例6】(2024·北京房山区一模)霍尔传感器中 的霍尔元件为一长方体结构，长、宽、高分别为 a、b、c。如图所示，将霍尔传感器放入竖直向 》温馨提示 下的磁场中，霍尔元件产生的霍尔电压为前表 学习至此，请完成训练54 第4讲 专题突破：带电粒子在复合场中的运动 突破>热点题型 题型一 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3.常见带电粒子的运动及解题方法 第 重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现。 牛顿第二定律 匀变速 初速度方 十 2.分析思路 运动学公式 电 直线运 向与电场 (1)画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析， 场 动 方向平行 动能定理 章 中 大致画出带电粒子的运动轨迹图。 带电 粒子 类平抛初速度方 常规分解法 (2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速 运动、 向与电场 在独 特殊分解法 类斜抛 方向不平 度（包括大小和方向）是解决该类问题的 立的 运动 功能关系 电场 关键。 速度方向 磁场 磁 匀速直线 与磁场方「 (3)划分过程：将带电粒子运动的过程划分为几 中运 场 运动学公式 运动 向平行 动 中 个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律 速度方向 圆周运动公式、 匀速圆周与磁场方 牛顿第二定律 处理。 运动 向垂直 以及几何知识 速度方向与磁 螺旋线场方向有夹角分解成直线运动 运动 0(0°<0<180时和匀速圆周运动 且0≠90) 第十一章磁场209 角度1磁场与磁场的组合 续表 【例1】(2024·湖北卷)如图· 运动 所示，在以O点为圆心、 示意图 半径为R的圆形区域内， 。。。。 有垂直于纸面向里的匀强··。·· 在电场 加速或减速 磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大 中的运 类平抛运动 类斜抛运动 直线运动 小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。 动性质 一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿 动能定理或 直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重 平抛运动知斜抛运动知 牛顿运动定 力，下列说法正确的是 ( 分析方法 识，运动的合 识，运动的合 律结合运动 A.粒子的运动轨迹可能经过O点 成与分解 成与分解 学公式 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿 【例2】(2024·福建宁德 × 该区域的半径方向 S· B 模拟)如图所示，竖直挡 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射人圆形 E 板左边有电场强度大小 区域的最小时间间隔为 7元m A qB 为E的匀强电场，方向挡板× D.若粒子从A点射人到从C点射出圆形区域 水平向左。挡板右边有磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向垂直纸面向里，一带负电的 用时最短，粒子运动的速度大小为5gBR 粒子从S点由静止开始仅在电场力的作用下 3m 听课记录： 加速运动，垂直于挡板经过小孔A射入磁场 中，一段时间后垂直打在挡板上A'点。粒子 的电荷量为q、质量为m,S、A两点的距离为 角度2电场与磁场的组合 d,不计粒子的重力，求： 1.先电场后磁场 (1)粒子从S点到A点的时间； 先电场后磁场的几种常见情形如下： (2)A、A'两点间的距离。 (1)带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运 动，然后垂直磁场方向进入匀强磁场做匀速圆 周运动，如图甲所示。 (2)带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然 后垂直磁场方向进入匀强磁场做匀速圆周运 动，如图乙所示。 第 ⊕ g,m 章 2.先磁场后电场 先磁场后电场的几种常见情形如下： 进入电场时 进入电场时进入电场时 粒子速度方 粒子速度方粒子速度方 常见情境 向与电场方 向与电场方向与电场方 向成一定角 向平行 向垂直 度（非直角） 210亿对构·讲与练·高三物理·基础版 题型二 带电粒子在叠加场中的运动 1.叠加场 荷量为q,正离子在磁场中做匀速圆周运动的 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。 周期与磁感应强度变化的周期都为T。,不考 2.带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式 虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离 运动性质 受力特点 方法规律 子所受重力及离子间的相互作用力。求： 匀速直 M B 粒子所受合力为0 平衡条件 线运动 B 牛顿第二定 匀速圆 除洛伦兹力外，另外两力 -B 727 律、圆周运动 周运动 的合力为零，即qE=mg 的规律 除洛伦兹力外，其他力的 (1)磁感应强度B。的大小； 较复杂的 动能定理、能 合力既不为零，也不与洛 (2)要使正离子从O'孔垂直于N板射出磁场， 曲线运动 量守恒定律 伦兹力等大反向 正离子射入磁场时的速度。的可能值。 角度1带电粒子在叠加场中的运动 【例3】（多选）(2024·四川·· 雅安三模)如图所示，空间 B· 某区域存在匀强电场和匀· 强磁场，电场方向竖直向··.十 下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向外。电 场强度大小为E,磁感应强度大小为B。带电 荷量为q的小球（视为质点）在纸面内恰好做 匀速圆周运动。重力加速度为g,下列说法正 确的有 A.小球带正电 Eg B.小球的质量为 C.小球做匀速圆周运动的周期为 D.若把电场的方向改成竖直向上，小球正好做 归纳总结 第 匀速直线运动，则其速度为B 解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本 思路 听课记录： 先读图 看清并且明白场的变化情况 章 受力分析 分析粒子在不同的变化场区的受力情况 角度2带电粒子在交变电、磁场中的运动 过程分析 分析粒子在不同时间段内的运动情况 【例4】如图甲所示，M、N为竖直放置且彼此平 找衔接点 找出衔接相邻两过程的物理量 行的两块平板，板间距离为d,两板中央各有 选规律 联立不同阶段的方程求解 一个小孔O、O'正对，在两板间有垂直于纸面 方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙 所示（设垂直于纸面向里的磁场方向为正方 》温馨提示 向)。有一群正离子在t=0时垂直于M板从 学习至此，请完成训练55 小孔O射人磁场。已知正离子质量为、带电A --B 309 D 小C 甲 当粒子刚好与AB边相切时，如图乙所 示，根据几何关系可得r1十r1sin30°= ,由洛伦兹力提供向心力得qB= L -,联立解得从AB边射出粒子的 r 最小速度为心，= BL,故B错误： 3 A.- ---B E 130 D 当粒子刚好与CD边相切时，如图丙所 示，根据几何关系可得r2=L,由洛伦 兹力提供向心力得g0,B=m三，联立 解得从CD边射出粒子的最小速度为 v:=9BL ,故C正确； m A-- B 309 D -----.--C 丙 由乙、丙图中的几何关系可得AB边上 有粒子射出的区域长度为△x=r2十 rm0-ros0=0+9）L,故 D正确。 例3BCD 设带电粒子在磁场中受洛伦 兹力做匀速圆周运动的轨迹半径为， 根据q,B=m四，解得r=0.1m,周 期T=2=2xX1015,如图甲所示， Uo 当粒子速度沿图中U1的方向时，粒子 沿轨迹①运动半个圆周时射出磁场， 为射出区域的最左端，当粒子速度沿 图中2的方向时，粒子沿轨迹②运动， 出磁场时轨迹恰与边界αb相切，为射 出区域的最右端，故有粒子射出区域 的长度为20cm,A错误；如图乙所示， 当粒子速度沿图中3方向时，粒子沿 轨迹③运动，出磁场时轨迹恰与边界 相切，射出时在磁场中运动的时间最 长，由几何关系可知圆心角为233°，最 长时间为t=360 233 ×2π×10-7s= 8X10s,B正确；知图乙所示，当 粒子速度沿图中1的方向时，粒子沿 轨迹④运动，出磁场时位移恰与边界 垂直，射出时在磁场中运动的时间最 486红对沟·讲与练·高三物理· 短，由几何关系可知圆心角为106°，最 106 53X 短时间为tm一360×2mX107s= 101s,C正确；如图丙所示，当粒子速 度方向介于从逆时针转动到2之 间时能射出磁场，角度范围为106°，故 能射出磁场的粒子所占比例为30，】 正确。 (甲、乙、丙图中单位为cm) 、10 ① 6 20. 8 10 8 甲 3 10. .8 6 6、 10 8, 乙 P ⑤ 10.- .10 8 ② 10 丙 第3讲专题突破：洛伦兹力 与现代科技 例1(1)0.4m(2)4.4×10C/kg 解析：(1)离子进入磁场，洛伦兹力提供 国周运动的向心力，对有mB=m二，垫 型g-器807n=02m OM的长度为OM=2r=0.4m。 (2)若ON的长度是OM的1.1倍，则 ON运动轨迹半径为OM运动轨迹半 径的1.1倍，根据洛伦兹力提供向心力 ,U2 得gB=m骨，整理得品一用 =g×1 1.1rBm×≈4.4X10C/kg。 例2C粒子每次经过狭缝电场力做功 W=gU,粒子在磁场中做圆周运动的 半径最大时，动能最大，速度最大，根 据牛顿第二定律有q四msB三mR,解 得m=B迟，最大动能为E 乞mu,粒子被加速的次数为N 1 基础版 Exms 9B'R W =2mU,由粒子在磁场中的运 动周期为T=2迟，则粒子在回获加速 U max 器中运动的时间为t= T=BR: 2 2U 故选C。 例3B根据题意，质子(H)以速度v。 自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做 匀速直线运动，可知质子所受的电场 力和洛伦兹力平衡，即eE=evoB,因 E 此满足速度0=石=的粒子才能够 做匀速直线运动，故B正确。 例4AC带正电的粒子受到洛伦兹力 向上偏转，极板MN带正电，为发电机 的正极，A正确；粒子受到的洛伦兹力 和电场力相互平衡时，此时令极板间 U 距为d,则guB=g,可得U=Bdw, 因此增大两极板间距时U变大，增大 速率时U变大，U的大小和粒子数密 度无关，B、D错误，C正确。 例5A根据左手定则，正离子所受洛 伦兹力方向由M指向V,向N侧偏 转，负离子所受洛伦兹力方向由V指 向M,向M侧偏转，M点的电势低于 N,点的电势，故A正确，B错误；正、负 U 离子达到稳定状态时，有B=9 U 可得“尾水”的流速0=，故C错误： “尾水”的流量Q= t D错误。 例6A由题知，霍尔元件产生的霍尔 电压为前表面（图中阴影部分）电势 高，则根据左手定则可知霍尔元件中 电流I的载流子是负电荷定向运动形 成的，且同时改变磁场和电流的方向， 粒子的偏转方向不变，电压表指针偏 转方向不变，故A正确，C错误；当达 U 到稳定状态时满足方9=gB,其中 I=gcu,解得霍尔电压U=BL,则霍 nqc 尔电压大小与霍尔元件的高c有关系， 且滑动变阻器的滑动触头向左滑动， 电流I变大，U变大，故B、D错误。 第4讲专题突破：带电粒子 在复合场中的运动 例1D在圆形匀强磁场区域内，沿着 径向射入的粒子，总是沿径向射出的； 根据圆的特，点可知粒子的运动轨迹不 可能经过O点，故A、B错误；粒子连 续两次由A点沿AC方向射入圆形区 域时间最短，则根据对称性可知轨迹 如图甲所示，则最短时间t=2T B,故C错误；粒子从A点射入到从 C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如 图乙所示，设粒子在磁场中运动的半 √5R 径为r,根据几何关系可知r= 3 ,根 据洛伦兹力提供向心力有quB m，可得 √3qBR ,故D正确。 1 3m 甲 2mdE q 解析：(1)粒子在电场中运动，根据牛 顿第二定律有a=g 根据运动学公式d三a”,联立解得 2md t一N gE (2)由题意可知，AA'为粒子在磁场中 做圆周运动的直径，粒子进入磁场时 的速度为v=at= 2gEd m 粒子在磁场中，根据洛伦兹力提供向 心力有qB=m反' 则A、A'两点间的距离为AA'=2R= 2mdE 例3BD小球做匀速圆周运动，电场力 与重力要等大反向，电场力方向向上， 小球必须带负电，A错误；由gE=g 求得m= E☑，B正确：小球做匀速圆周 g 2πm 2πE 运动的周期为T= Bg ,C错 误：若把电场的方向改成竖直向上，小 球正好做匀速直线运动，由三力平衡 可得B如=0十mg,来得-晋D 2E 正确。 例4(1) 2πm To (2 πd (n=1,2,3,…) 解析：(1)正离子射入磁场，洛伦兹力 myo 提供向心力，有B。qu。=。,做匀速 R 圆周运动的周期T。= 2πR ,由以上两 2πm 式得磁感应强度的大小B。= qT。 (2)要使正离子从O'孔垂直于N板射 出磁场，U。的方向应如图所示， M N * -d- 两板之间正离子只运动一个周期T。 时，有R-:当两板之间正离子运动 n个周期即nT。时，有 R=2(n=1,2,3,…y 联立解得正离子的速度的可能值为 vo=B gknd m 2nn=1,2,3…）. 第十二章 电磁感应 第1讲电磁感应现象 楞次定律实验十四：探究 影响感应电流方向的因素 考点一实验十四：探究影响 感应电流方向的因素 …》研析·核心考点《 例1BC 解析：本实验探究影响感应电流方向 的因素，故不需要记录感应电流的大 小，故A错误；本实验通过电流表指针 的偏转方向确定感应电流的方向，故B 正确；由题图2甲和乙知，条形磁体插 入N极和S极时，螺线管中电流方向 不同，故感应电流的方向与条形磁体 的插入端是N极还是S极有关，故C 正确。 例2(1)见解析图(2)不偏转向右 (3)AC 解析：(1)实物电路如图所示。 三 (2)开关处于闭合状态时，线圈A中电 流大小不变，磁感应强度不变，不产生 感应电流，电流计指针不偏转。滑动 变阻器滑片P向右快速移动时，电路 中总电阻变大，线圈A中电流减小，故 电流计指针向右偏转。 (3)由题图丙可知，磁体从线圈上方进 入时，磁通量增大，电流为正，从线圈 下方离开时，磁通量减小，电流为负， 所以感应电流方向与线圈中的磁通量 增减有关，故A正确；由图丙可知，感 应电流方向与磁体下落速度的大小无 关，故B错误；由图丙可知，磁体在下 落过程中速度变大，出线圈时速度大 于进入时的速度，磁通量的变化率变 快，感应电流也变大，所以感应电流大 小与线圈中磁通量的变化快慢有关， 故C正确。 考点二感应电流方向的判断 》整合·必备知识《 1.(1)BS投影面积标量(2)磁感线 2.(1)磁通量(2)闭合磁通量发生 变化 3.(1)阻碍磁通量 4.(1)磁感线导线运动感应电流 (2)切割磁感线 高考情境辨析 1.×2.×3./ …》研析·核心考点《… 例3A线圈a从磁场中匀速拉出的过 程中穿过a线圈的垂直纸面向里的磁 通量在减小，则根据楞次定律可知线 圈a中的感应电流为顺时针方向，由于 线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生 的电流为恒定电流，则线圈靠近线圈 b的过程中穿过线圈b的垂直于纸面 向外的磁通量在增大，同理可得线圈b 中产生的感应电流为顺时针方向，故 选Ao 例4AA图中导体棒ab顺时针转动， 运用右手定则，磁感线穿过手心，拇指 指向顺时针方向，则导体棒ab上的感 应电流方向为Q→b,故A正确；B图中 导体棒αb向纸外运动，运用右手定则， 磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知 导体棒ab上的感应电流方向为b→a, 故B错误：C图中闭合回路向右运动出 磁场，由右手定则知，导体棒ab上的感 应电流方向为b→a,故C错误：D图中 导体棒ab沿导轨向下运动，由右手定 则判断知导体棒ab上的感应电流方 向为b→a,故D错误。 考点三楞次定律推论的应用 …》研析·核心考点《… 例5B依据安培定则知，长直绝缘导 线M、N在环中产生的磁场相互叠加， 导致穿过环的磁通量为零，当M向右 移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向 里且增大，由楞次定律可知环中感应 电流为逆时针方向，故A错误；当增大 N中的电流时，穿过环的磁通量垂直 纸面向外且增大，由楞次定律可知环 中感应电流为顺时针方向，故B正确； 当两电流同时等量增大时，依据安培 定则知，长直绝缘导线M、N在环中产 生的磁场相互叠加，穿过环的磁通量 仍为零，所以环中没有感应电流产生， 故C错误；当两电流同时反向时，由于 大小不变，导线位置也不变，因此穿过 环的磁通量仍为零，所以环中没有感 应电流产生，故D错误。 例6A根据楞次定律的另一表述“感 应电流的效果总是要阻碍产生感应电 流的原因”，本题中“原因”是回路中磁 通量的增加，归根结底是磁体靠近回 参考答案487