第1章 综合·融通(三) 带电粒子在复合场中的运动（Word练习）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（鲁科版 福建专用）

综合·融通(三)　带电粒子在复合场中的运动 (融会课—主题串知综合应用) 带电粒子在复合场中的运动问题是高考的重点、难点，也是高考的热点。通过本节课的学习，掌握用力学规律分析带电体在洛伦兹力作用下的力学问题；学会分析带电粒子在组合场和叠加场中的受力情况和运动情况，并能正确选择物理规律和方法加以解决。 主题(一)　带电体在磁场中的运动 [知能融会通] 1．带电体在匀强磁场中速度变化时洛伦兹力往往随之变化，并进一步导致弹力、摩擦力等的变化，带电体将在变力作用下做变加速运动。 2．利用牛顿运动定律和平衡条件分析各物理量的动态变化时要注意弹力为零的临界状态，此状态是弹力方向发生改变的转折点。 [典例]　如图所示，在磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面间的夹角为α，一质量为m、带电荷量为＋q的圆环A套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ<tan α，重力加速度为g。现让圆环A由静止开始下滑，试问在圆环下滑过程中： (1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？ (2)圆环A能够达到的最大速度为多大？ 尝试解答： [题点全练清] 1．(2025·东营高二阶段检测)如图，足够长的绝缘杆竖直放置，空间中有水平向左的匀强电场E、垂直纸面向里的匀强磁场B。一质量为m、电荷量为－q的小圆环套在杆上(环内径略大于杆的直径)无初速加速下滑。圆环与杆接触面粗糙，圆环电荷量不变，圆环的速度随时间变化关系的图像是(　　) 2．(2025·厦门高二阶段检测)如图所示，物体带正电，与斜面间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，斜面足够长且所在空间均有图示方向的匀强磁场。现给物体一个沿斜面向上的初速度v0，使物体沿斜面向上运动(物体始终未脱离斜面)。下列说法正确的是(　　) A．物体可能匀速向上运动 B．物体向上运动时加速度越来越小，最后停在斜面上 C．物体在斜面上运动的过程中，加速度将一直增大 D．物体最终匀速运动 主题(二)　带电粒子在组合场中的运动　　 [知能融会通] 1．什么是组合场 电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场分时间段或分区域交替出现。 2．分阶段运动 带电粒子可能依次通过几个情况不同的组合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。 3．“磁偏转”和“电偏转”的比较 垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转) 情境图 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＝，T＝ 做类平抛运动vx＝v0，vy＝t，L＝v0t，y＝t2 运动时间 t＝T＝ t＝ 动能 不变 变化 [典例]　(2024·福建高考)如图，直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器C1、C2，其中C1垂直x轴放置，极板与x轴相交处存在小孔M、N；C2垂直y轴放置，上、下极板右端分别紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M静止释放，经电场直线加速后从N射出，紧贴C2下极板进入C2，而后从P进入第Ⅰ象限，经磁场偏转后恰好垂直x轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电量为q，O、P间距离为d，C1、C2的板间电压大小均为U，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求： (1)粒子经过N时的速度大小； (2)粒子经过P时速度方向与y轴正方向的夹角； (3)磁场的磁感应强度大小。 尝试解答： [思维建模] 带电粒子在组合场中运动问题的分析方法 [题点全练清] 1．(双选)一个带电粒子(重力不计)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。在如图所示的几种情况中，可能出现的是(　　) 2．(2025·四川达州期末)如图所示，空间中电场、磁场的分界线与电场方向成45°角，分界线一侧为垂直纸面向里的匀强磁场，另一侧为平行纸面向上的匀强电场。一电荷量为＋q、质量为m的粒子从P点以速度v沿垂直电场和磁场的方向射入磁场，一段时间后，粒子从Q点进入电场，已知PQ两点间距离为D。(场区足够大，不计粒子重力) (1)求磁场区域的磁感应强度B的大小； (2)若该粒子第二次进入电场后，恰好可以在电场中再次回到P点，求电场区域的电场强度E的大小。 主题(三)　带电粒子在叠加场中的运动　　　 [知能融会通] 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洛伦兹力相比太小，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静电力大小相等、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 [典例]　如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝1 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T。有一带电微粒，质量m＝1×10－7 kg、电荷量q＝＋1×10－6 C，从t＝0时刻由O点开始以速度v在第一象限的竖直面内做匀速直线运动，取g＝10 m/s2。 (1)求微粒做匀速直线运动的速度v的大小和方向； (2)若在t＝0.4 s时，将电场方向逆时针旋转90°，在微粒继续运动的过程中，求微粒第一次经过y轴时的坐标； (3)若在某一时刻撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，在微粒继续运动的过程中，求微粒速度方向恰好平行于x轴正方向时微粒的动能Ek。 尝试解答： [思维建模] 带电粒子在叠加场中运动问题的分析方法 [题点全练清] 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．液滴带正电荷 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＝ 2．(2024·云南曲靖高二期中)如图所示，水平地面上方MN边界左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场和沿竖直方向的匀强电场(图中未画出)，磁感应强度B＝1.0 T，边界MN右侧离地面高h＝0.45 m处固定光滑绝缘平台上有一带正电的小球，质量m＝0.1 kg、电量q＝0.1 C，以初速度v0＝0.9 m/s水平向左垂直MN边界进入后恰好做匀速圆周运动，小球视为质点，g＝10 m/s2，求： (1)电场强度的大小和方向； (2)小球落地点距地面上N点多远？(小数点后保留两位有效数字) 课下请完成课时跟踪检测(六)及阶段质量检测(一) 7 / 7 学科网（北京）股份有限公司 综合·融通(三)　带电粒子在复合场中的运动 主题(一)　 [典例]　解析：(1)由于μ＜tan α，所以圆环将由静止开始沿棒下滑，圆环A沿棒运动的速度为v时，对圆环A受力分析， 根据牛顿第二定律，沿棒的方向有mgsin α－f1＝ma 垂直棒的方向有N1＋qvB＝mgcos α 所以当N1＝0，即f1＝0时，a有最大值am，am＝gsin α， 此时qvB＝mgcos α，解得v＝。 (2)当圆环A的速度达到最大值vm时，a＝0。设圆环受到棒的弹力大小为N2，方向垂直于棒向下，摩擦力为 f2＝μN2，N2＋mgcos α＝qvmB 根据平衡条件可得f2＝mgsin α 解得vm＝。 答案：(1)gsin α　　(2) [题点全练清] 1．选D　圆环受到重力向下、洛伦兹力向左、电场力向右、摩擦力向上、杆的弹力。在0～t1时间内，电场力大于洛伦兹力，杆的弹力向左，根据牛顿第二定律得mg－μ＝ma1，随着速度的增大，洛伦兹力增大，合力增大，加速度增大，图像的斜率增大；在t1时刻，洛伦兹力等于电场力，弹力等于零，摩擦力等于零，加速度最大等于重力加速度g，图像的斜率最大；在t1～t2时间内，电场力小于洛伦兹力，杆的弹力向右，根据牛顿第二定律得mg－μ＝ma2，随着速度的增大，洛伦兹力增大，合力减小，加速度减小，图像的斜率减小；在t2以后的时间内，摩擦力等于重力，圆环达到最大速度，做匀速运动，图像是水平的。故选D。 2．选D　物体先沿斜面向上运动，垂直于斜面方向有qvB＋N＝mgcos θ，沿着斜面方向有mgsin θ＋f＝mgsin θ＋μN＝ma，加速度沿斜面向下，物体向上减速，速度减小，所受洛伦兹力减小，N增大，加速度变大，故物体沿斜面向上做加速度增大的减速运动；速度减为零后，由于μ＜tan θ，则物体将沿斜面向下加速，垂直于斜面方向有qvB＋mgcos θ＝N′，沿斜面方向有mgsin θ－f′＝mgsin θ－μN′＝ma′，物体向下加速，速度增大，所受洛伦兹力增大，N′增大，加速度减小，所以物体将沿斜面向下做加速度减小的加速运动，最后匀速运动，D正确，A、B、C错误。 主题(二)　 [典例]　解析：(1)粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有qU＝mvN2，解得vN＝。 (2)设粒子经过P时速度与y轴正方向的夹角为θ，粒子从N运动到P的过程中，根据牛顿第二定律有＝ma 根据匀变速直线运动规律有d＝at2，vy＝at 又tan θ＝，解得θ＝45°。 (3)粒子在P处时的速度大小为vP＝ 在磁场中运动时，根据牛顿第二定律有qvPB＝ 由几何关系可知，粒子的运动轨迹半径为R＝d 解得B＝ 。 答案：(1) 　(2)45°　(3) [题点全练清] 1．选AD　题图A、C、D中粒子在电场中向电场线的方向偏转，说明粒子带正电荷，进入磁场后，由左手定则可知题图A中粒子应逆时针旋转，题图C中粒子应顺时针旋转，题图D中粒子应顺时针旋转，A、D正确，C错误；同理，可以判断B错误。 2．解析：(1)根据题意，作出粒子的运动轨迹，如图所示， 粒子在磁场中做匀速圆周运动，则qvB＝m，根据几何关系有r＝D 联立可得B＝。 (2)粒子第二次进入电场后做类平抛运动，则 2Dsin 45°＝vt,2Dcos 45°＝at2a＝，联立解得E＝。 答案：(1)　(2) 主题(三)　 [典例]　解析：(1)微粒做匀速直线运动时，受力如图甲所示， 其所受的三个力在同一平面内，合力为零， 则有Bqv＝ 代入数据解得v＝2 m/s 速度v的方向与x轴正方向之间的夹角满足tan θ＝，解得θ＝45° 即速度方向斜向右上与x轴正方向成45°角。 (2)经过t＝0.4 s后，微粒运动到A点，位移为 OA＝vt＝0.8 m 即A点坐标为，此时将电场逆时针旋转90°后，有Eq＝mg 分析可知，运动到A点后微粒做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，有Bqv＝， 解得r＝＝0.4 m 分析可得微粒运动轨迹如图乙所示 设微粒第一次经过y轴的交点为Q，则由几何关系可知 ＝＝2r 则＝＝1.6 m 即微粒第一次经过y轴时的坐标为(0,1.6 m)。 (3)设微粒运动到P点时速度恰好平行于x轴正方向，在P点速度大小为vP， 刚撤去磁场时，沿y轴正方向速度分量为vy＝vsin θ＝2 m/s 设运动到P点所用的时间为t′，则t′＝＝0.2 s 刚撤去磁场时，沿x轴正方向速度分量为 vx＝vcos θ＝2 m/s 沿x轴正方向加速度大小为ax＝＝10 m/s2 微粒到达P点时速度大小为vP＝vx＋axt′＝4 m/s 微粒在P点处的动能为Ek＝mvP2＝8×10－7 J。 答案：(1)2 m/s，方向斜向右上与x轴正方向成45°角 (2)(0,1.6 m)　(3)8×10－7 J [题点全练清] 1．选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＝，B错误；液滴所受的静电力竖直向上，则液滴带负电荷，A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向运动，C正确；对液滴有qE＝mg，qvB＝m，解得v＝，D错误。 2．解析：(1)小球通过MN边界后恰好做匀速圆周运动，则qE＝mg，解得E＝10 N/C，方向竖直向上。 (2)由题意作出轨迹图如图所示： 由洛伦兹力提供向心力qBv0＝m 解得r＝＝0.9 m 根据cos θ＝，可得θ＝ 设小球落地点距地面N点距离为x，由几何关系可得＝sin 解得x≈0.78 m。 答案：(1)10 N/C　竖直向上　(2)0.78 m $