微点培优三 带电粒子在组合场、叠加场中的运动-【金版新学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书（人教版）

微点培优三　带电粒子在组合场、叠加场中的运动 【素养目标】　1.理解组合场的特点，会处理带电粒子在组合场中的运动问题。2.理解叠加场的特点，会处理带电粒子在叠加场中的运动问题。 微点一　带电粒子在组合场中的运动 【师生互动】　任务1.什么是组合场？ 任务2.带电粒子在电场、磁场中的重力在什么情况下不需要考虑？在什么情况下需要考虑？ 提示：任务1.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。 任务2.(1)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洛伦兹力相比太小，可以忽略； (2)带电微粒：如带电小球、液滴、尘埃等，一般应考虑重力。 注意：①在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理。②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。 【探究归纳】 带电粒子在电场和磁场中的运动分析及处理方法 从电场进入磁场 · 如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限在x轴与y＝－d之间的区域内存在垂直于平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以初速度v0从y轴上P(0，h)点沿x轴正方向开始运动，经过电场后从x轴上的Q点进入磁场，粒子恰能从磁场的下边界离开磁场。不计粒子重力，求： (1)粒子在Q点速度的大小vQ和与x轴正方向的夹角θ。 (2)匀强磁场磁感应强度的大小B。 (3)粒子在电场、磁场中运动的总时间。 答案：(1)2v0　60°　(2)　(3) 解析：(1)设粒子从P到Q的过程中，沿y轴方向的加速度大小为a，运动时间为t，在Q点进入磁场时速度沿y轴方向的分速度大小为vy，则有h＝v0t，h＝at2，vy＝at，vQ＝，tan θ＝，联立解得vQ＝2v0，θ＝60°。 (2)设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，则有qvQB＝m，解得R＝，粒子运动轨迹如图所示，又由几何关系可得d＝R＋R，联立解得B＝。 (3)由(1)可知粒子在电场中运动的时间t＝，根据几何关系可知，粒子在磁场中转过的圆心角为α＝120°，在磁场中运动的周期T＝，解得T＝＝，在磁场中运动的时间t'＝T＝，粒子运动的总时间t总＝t＋t'＝＋＝。 学生用书⬇第23页 分析带电粒子在组合场中运动的步骤 1.划分过程：将带电粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。 2.找关键：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。 3.画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。 针对练.(多选)(2024·湖南长沙高二期末)在半导体离子注放工艺中，初速度可忽略的离子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，不计离子重力及相互作用。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋(　　) A.在磁场中运动的半径之比为∶1 B.在电场中的加速度大小之比为1∶1 C.在磁场中转过的角度之比为1∶2 D.离开磁场区域时的动能之比为1∶ 答案：AC 解析：两个离子的质量相同，其所带电荷量之比是1∶3，由牛顿第二定律有q＝ma，可得a＝，可知两离子在电场中的加速度大小之比是1∶3，故B错误；离子在离开电场时有qU＝mv2，即v＝，可知其速度之比为1∶，又由qvB＝m，可知r＝，所以其运动的半径之比为∶1，故A正确；由A项分析可知，离子在磁场中运动的半径之比为∶1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其运动轨迹所对的圆心角，所以有sin θ＝，则可知转过角度的正弦值之比为1∶，又P＋转过的角度为30°，可知P3＋转过的角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1∶2，故C正确；离子在电场加速后，有qU＝Ek，在磁场中洛伦兹力不做功，可知两离子离开磁场时的动能之比为1∶3，故D错误。故选AC。 从磁场进入电场 · (2024·江苏苏州高二期末)如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，在x轴上的a点以与x轴负方向成60°角的速度v0射入磁场，从y轴上(0，L)处的b点沿垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上(2L，0)处的c点。不计粒子重力。求： (1)磁感应强度B的大小。 (2)电场强度E的大小。 (3)带电粒子在磁场和电场中的运动时间之比。 答案：(1)　(2)　(3) 解析：(1)带电粒子的运动轨迹如图所示 由几何关系可知 r＋rcos 60°＝L 解得r＝L 又因为qv0B＝m 解得B＝。 (2)带电粒子在电场中运动时，沿x轴有2L＝v0t2 沿y轴有L＝a 又因为qE＝ma 解得E＝。 (3)带电粒子在磁场中的运动时间为 t1＝T＝·＝ 带电粒子在电场中的运动时间为t2＝ 所以带电粒子在磁场和电场中的运动时间之比为 ＝。 先后多次进出电场和磁场 · 如图所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，在第Ⅰ、第Ⅳ象限内分别存在方向如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。有一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场，并且恰好与y轴正方向成60°角进入磁场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象限的磁场。已知O、P之间的距离为d，不计粒子重力，求： (1)电场强度E的大小。 (2)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间。 答案：(1)　(2) 解析：(1)粒子以垂直于x轴的初速度进入水平方向的匀强电场，则粒子做类平抛运动，进入磁场时的速度与y轴正方向成60°，有tan 60°＝，vx＝at1，a＝，d＝a 联立解得E＝。 (2)粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示 由(1)可知，粒子在电场中的运动时间为t1＝ 粒子进入磁场的速度为v＝＝2v0 由几何关系有v0t1＝，rsin 60°＝ 解得粒子在磁场中做圆周运动的半径为r＝ 则粒子在磁场中的运动时间为 t2＝＋＝ 因此带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间为t＝t1＋t2＝＋＝。 学生用书⬇第24页 针对练.(多选)(2024·安徽阜阳高二月考)如图所示，直线OP把坐标系xOy分成区域Ⅰ和区域Ⅱ，区域Ⅰ中的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B0，方向垂直纸面向内。边界上的P点坐标为(4L，3L)。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，经过一段时间后，粒子恰好经过原点O。忽略粒子重力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则下列说法中正确的是(　　) A.该粒子可能沿x轴负方向从O点射出 B.该粒子射出时与x轴正方向夹角一定为90° C.该粒子在磁场中运动的最短时间为 D.该粒子运动的可能速度为(n＝1，2，3，…) 答案：BCD 解析：带电粒子射入磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得qvB＝m，解得r＝，所以粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ两磁场中做圆周运动的半径关系为r1＝2r2，如图所示，由题意知OP边与x轴的夹角tan α＝＝，可得α＝37°，故带正电粒子从P点平行于y轴方向射入区域Ⅰ时速度与OP边的夹角为53°，由带电粒子在直线单边界磁场运动的对称性知，粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ时速度与OP边夹角为53°，粒子从区域Ⅱ进入区域Ⅰ速度方向沿y轴负方向，由于粒子不可能从区域Ⅰ运动到O点，所以粒子从O点射出时，速度方向沿y轴负方向，故A错误，B正确；粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ磁场中做匀速圆周运动的周期分别为T1＝，T2＝，粒子在区域Ⅰ中转过的圆心角为θ1＝106°，粒子在区域Ⅰ中运动的时间为t1＝T1＝，粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角为θ2＝106°，粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t1＝T2＝，所以该粒子在磁场中运动的最短时间t＝t1＋t2＝，故C正确；带电粒子每次从区域Ⅱ射出为一个周期，在OP边移动的距离为L0＝L1＋L2，其中L1＝2r1cos 37°＝，L2＝2r2cos 37°＝，而5L＝nL0，其中n＝1，2，3，…，联立解得v＝，故D正确。故选BCD。 微点二　 带电粒子在叠加场中的运动 【师生互动】　 任务1.什么是叠加场？ 任务2.带电粒子(体)在叠加场中有哪些常见的运动形式？ 提示：任务1.电场、磁场和重力场在同一区域中三场共存或其中任意两场共存。 任务2. 静止或 匀速直 线运动 带电粒子(体)在叠加场中所受合力为零时，粒子处于静止状态或匀速直线运动状态 续表 匀速圆 周运动 带电粒子(体)所受的重力与静电力平衡时，带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动 一般曲 线运动 带电粒子(体)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时，粒子做非匀变速曲线运动，粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线 【探究归纳】 带电粒子(体)在叠加场中运动问题的一般分析思路 带电粒子(体)在叠加场中的直线运动 (2024·河北邢台高二期末)如图所示，某空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面方向的匀强磁场(图中未画出)，一质量为m的带正电粒子恰能以速度v沿图中虚线所示的轨迹做直线运动，粒子的运动轨迹与水平方向的夹角为60°，匀强电场的电场强度大小为E，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A.匀强磁场的方向垂直纸面向外 B.匀强磁场的磁感应强度大小为 C.粒子的电荷量为 D.若粒子运动过程中磁场突然消失，则粒子可能做匀减速直线运动 答案：B 解析：带电粒子受到重力、静电力和洛伦兹力，三者平衡，如图所示，因重力向下，静电力向右，所以洛伦兹力方向斜向左上方，根据左手定则可知，匀强磁场的方向垂直纸面向里，故A错误；由平衡条件可知qvBsin 60°＝qE，解得B＝，故B正确；由平衡条件可知qE＝mgtan 60°，解得q＝，故C错误；若粒子运动过程中磁场突然消失，重力和静电力的合力与速度方向垂直且恒定，则粒子做类平抛运动，故D错误。故选B。 针对练.(多选)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电场正交，有一带电液滴沿虚线L斜向上做直线运动，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.液滴一定带正电 C.电场线方向一定斜向上 D.液滴有可能做匀变速直线运动 答案：ABC 解析：液滴受重力、静电力和洛伦兹力的共同作用而做直线运动，若液滴做匀变速直线运动，重力和静电力为恒力，洛伦兹力随速度变化而变化，液滴不能沿直线运动，故液滴一定做匀速直线运动，所受合力为零，由题图可知液滴只有带正电才可能所受合力为零做匀速直线运动，此时电场线方向斜向上。故选ABC。 学生用书⬇第25页 带电粒子(体)在叠加场中的圆周运动 (多选)空间中存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)，一带电小球在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A.小球带正电 B.磁场方向垂直纸面向外 C.小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小 D.运动过程中突然将磁场反向，小球仍能做匀速圆周运动 答案：AD 解析：小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、静电力和洛伦兹力，静电力与重力平衡，则小球带正电，故A正确；带电小球在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故B错误；小球在从a点运动到b点的过程中，静电力做负功，小球的电势能增大，故C错误；运动过程中突然将磁场反向，重力与静电力仍平衡，洛伦兹力反向，带电小球仍能做匀速圆周运动，故D正确。故选AD。 针对练.(2024·江西景德镇高二期中)如图所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　) A.mb＞ma＞mc B.mb＞mc＞ma C.ma＞mb＞mc D.mc＞mb＞ma 答案：A 解析：a在纸面内做匀速圆周运动，静电力等于重力，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，则有mag＝qE；b在纸面内向右做匀速直线运动，受到竖直向下的重力、竖直向上的静电力和洛伦兹力，则有mbg＝qE＋qvbB；c在纸面内向左做匀速直线运动，受到竖直向上的静电力和竖直向下的重力、洛伦兹力，则有mcg＝qE－qvcB，综上可知质量关系为mb＞ma＞mc。故选A。 带电粒子(体)在叠加场中的一般曲线运动 · (2023·江苏高考)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy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)求电场强度的大小E。 (2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标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。 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叠加场中，洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的静电力大于洛伦兹力，则电子向上偏转 根据动能定理有eEy1＝m－m 解得y1＝。 (3)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＝ 要让电子能到达纵坐标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％。 针对练.如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。一带正电的小球从O点由静止释放后，运动轨迹如图中曲线OPQ所示，其中P为运动轨迹中的最高点，Q为与O同一水平高度的点。下列关于该带电小球运动的描述，正确的是(　　) A.小球在运动过程中受到的洛伦兹力先增大后减小 B.小球在运动过程中电势能先增大后减少 C.小球在运动过程中机械能守恒 D.小球到Q点后将沿着曲线QPO回到O点 答案：A 解析：小球由静止释放后开始向上运动，可知静电力大于重力，在运动的过程中，洛伦兹力不做功，静电力和重力的合力先做正功，后做负功，根据动能定理知，小球的速度先增大后减小，则小球受到的洛伦兹力先增大后减小，故A正确；小球在运动的过程中，静电力先做正功，后做负功，则电势能先减少后增加，故B错误；小球在运动的过程中，除重力做功以外，静电力也做功，机械能不守恒，故C错误；小球到Q点后，将向左重复之前的运动，不会沿着曲线QPO回到O点，故D错误。故选A。 学生用书⬇第26页 学科网（北京）股份有限公司 $