第1章 综合·融通(四) 带电粒子在复合场中的运动（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）

带电粒子在复合场中的运动 (融会课——主题串知综合应用) 综合•融通(四) 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 主题(二)　带电粒子在叠加场中的运动 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 主题(一)　带电粒子在组合 场中的运动 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。 知能融会通 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   垂直进入磁场 (磁偏转) 垂直进入电场 (电偏转) 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   垂直进入磁场 (磁偏转) 垂直进入电场 (电偏转) 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； [答案]　　 [解析]　粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有qU=m 解得vN=。 (2)粒子经过P时速度方向与y轴正方向的夹角； [答案]　 45°　 [解析]　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)磁场的磁感应强度大小。 [答案]　 [解析]　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=。 [思维建模] 带电粒子在组合场中运动问题的分析方法 1.(多选)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 (　　) √ 题点全练清 √ 解析：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.(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； 答案： 解析：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)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。 答案： 解析：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= 主题(二)　带电粒子在叠加 场中的运动 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。 知能融会通 (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； [答案]　 2 m/s，方向斜向右上与x轴正方向成45°角 [解析]　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)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； [答案]　 (0，1.6 m)　 [解析]　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)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。 [答案]　 8×10-7 J [解析]　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=m=8×10-7 J。 [思维建模] 带电粒子在叠加场中运动问题的分析方法 1.(2025·广西柳州阶段练习)(多选)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点和B点位于同一高度 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 √ 题点全练清 √ 解析：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正确；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.(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 √ 解析：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.(2024·安徽高考)(多选)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 √ √ √ 解析：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正确；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正确。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 1.一带电粒子在匀强磁场、匀强电场、重力场的复合场区域内运动，对于粒子的运动性质，下列说法正确的是 (　　) A.粒子在复合场区域受力一定不平衡 B.粒子可能做匀变速直线运动 C.若粒子做曲线运动，则一定是匀速圆周运动 D.若粒子做直线运动，则一定是匀速直线运动 √ 6 7 1 2 3 4 5 解析：粒子在复合场区域受到重力、电场力和洛伦兹力(若粒子运动方向与磁场方向共线，则不受洛伦兹力)共同作用，可能受力平衡，故A错误；若粒子的运动方向与磁场方向平行，则不受洛伦兹力，且若电场力和重力的合力方向与运动方向共线，则粒子做匀变速直线运动，故B正确，D错误；若粒子运动方向与重力、电场力和洛伦兹力的合力方向不共线，则会做曲线运动，不一定是匀速圆周运动，故C错误。 1 5 6 7 2 3 4 2.如图所示,足够长的导体棒AB水平放置,通有向右的恒定电流I。足够长的粗糙细杆CD处在导体棒AB的正下方 不远处,与AB平行。一质量为m、电荷量为+q 的小圆环套在细杆CD上。现给小圆环向右的 初速度v0,圆环运动的v⁃t图像不可能是 (　　) √ 1 5 6 7 2 3 4 解析：由右手螺旋定则可知导体棒AB下方的磁场垂直纸面向里,所以带电小圆环受到竖直向上的洛伦兹力,当qvB=mg时,小圆环做匀速直线运动,故A可能;当qvB<mg时,在竖直方向,根据平衡条件有FN+qvB=mg,水平方向,有f=μFN=ma,小圆环做加速度逐渐增大的减速运动,直至停止,所以其v⁃t图像的斜率应该逐渐增大,故B不可能,C可能;当qvB>mg时,在竖直方向,根据平衡条件有qvB=mg+FN,水平方向,有f=μFN=ma,小圆环做加速度逐渐减小的减速运动,直到重力与洛伦兹力相等时,小圆环开始做匀速运动,故D可能。 1 5 6 7 2 3 4 3.(多选)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为m、带电量大小为q的小球，以初速度v0沿与电场方向成45°夹角射入场区，能沿直线运动。经过时间t，小球到达C点(图中没标出)，电场方向突然变为竖直向下，电场强度大小不变。已知重力加速度为g，则 (　　) 1 5 6 7 2 3 4 A.小球可能带正电 B.匀强磁场的磁感应强度为 C.时间t内小球可能做匀减速直线运动 D.电场方向突然变为竖直向下，则小球做匀速圆周运动 √ √ 解析：若小球做变速运动，则洛伦兹力的大小一定改变，则合外力方向一定改变，则小球不可能做直线运动，故小球做匀速直线运动，故C错误； 1 5 6 7 2 3 4 根据平衡条件可以判断，小球所受合力必然为零，故电场力水平向右，洛伦兹力斜向左上，故小球一定带负电，故A错误；根据平衡条件qv0B=，解得B=，故B正确；根据平衡条件可知mg= qEtan 45°，电场方向突然变为竖直向下，则电场力变为竖直向上，与重力恰好平衡，洛伦兹力提供向心力，小球做匀速圆周运动，故D正确。 1 5 6 7 2 3 4 4.(2025·湖南郴州开学考试)(多选)如图所示，质量为m、带电量为+q的带电粒子，从原点以初速度v0沿x轴正方向射入第一象限内的电磁场区域，在0<y<y0、0<x<x0(x0、y0为已知)区域内有竖直向上的匀强电场，在x>x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，接收器MN足够长，平行于y轴放置且N点坐标为(x0，y0)。当电 场强度为0时，带电粒子在磁场中偏转刚好 打在N点。已知粒子都能从NP射出，P点坐 标为(x0，0)，且从NP射入磁场后偏转打到 接收器MN上，则(　　) 1 5 6 7 2 3 4 A.磁感应强度的大小为 B.电场强度的最大值为 C.所有粒子在磁场中的偏转距离都相等 D.粒子打到接收器MN上的最大纵坐标为2.5y0 √ √ 解析：根据题意=，解得B=，A正确；粒子刚好从N点离开电场时，有x0=v0t，y0=·t2，解得E=，B错误； 1 5 6 7 2 3 4 如图所示，粒子从电场中射出时的速度v=，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则qvB=m，解得r=，在磁场中的偏转距离QQ'=2rsin θ==y0，故所有粒子在磁场中的 偏转距离都相等，C正确；当粒子从N点进入磁 场中时，粒子打到接收器MN上的最大纵坐标为 2y0，D错误。 1 5 6 7 2 3 4 5.(14分)(2025·浙江宁波期中)如图所示的xOy平面内，x轴上方存在平行于y轴向下的匀强电场，x轴下方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，在y轴上坐标为L处的P点有一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子，以v0的速度平行x轴进入电场中，并从x轴上 的M点(图中未标出)以与x轴成60°角方向首次进入 磁场中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，随后从x 轴上的N点(图中未标出)首次离开磁场，且恰能回 到P点，不计粒子重力，求： 1 5 6 7 2 3 4 (1)匀强电场的场强大小；(6分) 答案：　 解析：粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律可知qE=ma 根据匀变速直线运动的规律可得=2aL vy=v0tan 60° 联立解得E=。 1 5 6 7 2 3 4 (2)匀强磁场的磁感应强度大小。(8分) 答案： 解析：带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，圆心在y轴上，轨迹关于y轴对称，如图所示，粒子进入磁场时的速度大小v==2v0 1 5 6 7 2 3 4 洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，则有Bqv= 根据几何关系可知OM== OM=rsin θ=r 解得r=L 联立可得B=。 1 5 6 7 2 3 4 6.(18分)(2025·江苏南京阶段练习)如图所示的坐标系中，x轴水平，y轴垂直，x轴上方空间只存在重力场，第Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xOy平面向里的匀强磁场，在第Ⅳ象限存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小与第Ⅲ象限存在的电场的电场强度大小相等。一质量为m、带电荷量大小为q的质点a，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平速度沿x轴负方向抛出，它经过x=-2h处的P2点进入第Ⅲ象限，恰好做匀速圆周运动，又经过y轴上y=-2h的P3点进入第Ⅳ象限。已知重力加速度为g。求： 1 5 6 7 2 3 4 (1)质点a到达P2点时速度的大小和方向；(6分) 答案： 2，方向与x轴负方向成45°角 1 5 6 7 2 3 4 解析：质点从P1点到P2点，由平抛运动规律得h=gt2 解得t= 则2h=v0t，得v0== vy=gt= 故质点到达P2点时速度的大小为v==2 方向与x轴负方向成45°角。 1 5 6 7 2 3 4 (2)第Ⅲ象限中匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的大小；(6分) 答案：　　 解析：质点从P2点到P3点，所受重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，有Eq=mg，qvB=m 作出质点的运动轨迹如图所示 根据几何知识得(2R)2=(2h)2+(2h)2 解得E=，B=。 1 5 6 7 2 3 4 (3)质点a从经过P3点开始计时，在以后的运动过程中，距离x轴的最小距离。(6分) 答案： h 解析：由以上分析可知质点所受的电场力竖直向上，则质点带正电。质点a从P3进入第Ⅳ象限后，受到水平向左的电场力和竖直向下的重力作用，它们的合力大小为F=mg 方向与质点刚进入第Ⅳ象限速度方向相反，所以质点做匀减速直线运动。 1 5 6 7 2 3 4 设其加速度大小为a，由牛顿第二定律得a==g 由运动学公式得02-v2=-2as 解得s=h 由此得出速度减为0时离x轴最近距离是Δd=2h-h·cos 45°=h。 1 5 6 7 2 3 4 7.(18分)(2025·河南高考)如图所示，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均 为h，两点之间的距离为s=3h。 不计重力。 1 5 6 7 2 3 4 (1)求磁感应强度的大小；(4分) 答案：　 解析：根据题意画出粒子的运动轨迹，如图1所示， 1 5 6 7 2 3 4 由题意可知θ=60° 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有r=rcos θ+h 解得r=2h 由洛伦兹力提供向心力有qv0B=m 解得B=。 1 5 6 7 2 3 4 (2)求电场强度的大小；(6分) 答案：　 解析：根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为v0，方向与水平虚线的夹角为60°，由几何关系可得AB=s-2rsin θ=h 则粒子在电场中的运动时间为t== 沿电场方向，由牛顿第二定律有qE=ma 取竖直向下为正方向，由运动学公式有-v0sin θ=v0sin θ-at 联立解得E=。 1 5 6 7 2 3 4 (3)若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。(一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度)(8分) 答案：v0 解析：若粒子从a点以v0竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图2所示， 1 5 6 7 2 3 4 由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为v0，粒子在磁场中运动的半径仍为2h，由几何关系可知，粒子进入电场时速度与虚线的夹角α=60° 由(2)分析可知，粒子在电场中的运动时间为t1= AB间的距离为AB=h 由几何关系可得BC=2rsin α=2h 则AC=BC-AB=h 1 5 6 7 2 3 4 粒子在磁场中的运动时间为 t2=·= 则有t=t1+t2= 综上所述可知，粒子每隔时间t向右移动h，则漂移速度大小v'==v0。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $