第1章 综合·融通(四) 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（人教版 江苏专用）

综合·融通(四)　带电粒子在复合场中的运动 　　　　(融会课——主题串知综合应用) 　　通过本节课的学习掌握带电粒子在电场、磁场中运动的特点及分析方法,根据电场知识和磁场知识分析带电粒子在组合场中的运动规律;掌握带电粒子在叠加场中的受力情况和运动情况,能正确运用物理规律解决带电粒子在叠加场中的运动问题。 主题(一)　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] 1.一个带电粒子(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·常州高二月考)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(二)　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.(2025·扬州阶段练习)如图所示,空间存在沿水平方向垂直纸面向里的匀强磁场,已知一带电微粒从静止开始自A点沿竖直平面中的曲线ACB运动,到达B点时速度恰好为零,其中C点是运动的最低点,则以下说法中正确的是 (　　) A.微粒带负电 B.A点比B点高 C.微粒在C点时速度最大 D.微粒到达B点后,将沿原曲线返回A点 2.(2025·江苏南通期中)如图所示,场强为E的匀强电场竖直向上,磁感应强度为B的匀强磁场垂直电场向外,一带电小球获得垂直磁场水平向左的初速度,恰好做匀速圆周运动。重力加速度为g。下列说法中正确的是 (　　) A.小球带负电 B.小球做匀速圆周运动的周期为 C.若撤去电场,小球可能做平抛运动 D.若将电场的方向改为竖直向下,小球一定做曲线运动 3.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带正电,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沿逆时针方向做圆周运动 课下请完成课时跟踪检测(八)及阶段质量检测(一) 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 综合·融通(四)　带电粒子在复合场中的运动 主题(一) [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A　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正确，C、D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°＝at2 a＝ 联立解得E＝ 答案：(1)　(2) 主题(二) [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　微粒从静止开始自A点沿竖直平面中的曲线ACB运动，根据左手定则可知，微粒带正电，故A错误；因为洛伦兹力不做功，只有重力做功，微粒在A、B两点速度都为零，根据动能定理可知， A、B位于同一高度，故B错误；C点是运动的最低点，从A到C运动过程中重力做正功最大，则粒子在C点时速度最大，故C正确；微粒到达B点时速度为零，将重复刚才的运动，不会返回，故D错误。 2．选B　小球做匀速圆周运动，小球所受电场力与重力等大反向，所受电场力向上，则小球必须带正电，故A错误；由上述分析可得mg＝qE，小球做匀速圆周运动的周期T＝＝，故B正确；若撤去电场，小球受到重力和洛伦兹力的作用，不可能做平抛运动，故C错误；若把电场的方向改成竖直向下，小球所受重力与电场力均向下，由左手定则可知洛伦兹力向上，如果合力为零，则小球做匀速直线运动，故D错误。 3．选B　油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知其带负电，有mg＝Eq，解得q＝，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m，可得R＝，解得油滴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，则有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，由动量守恒定律得mv＝v1＋v2，解得v2＝－，由于分离后的小油滴Ⅱ受到的电场力和重力仍然平衡，且分离后小油滴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错误。 $