第1部分 专题3 4 微专题强化四 带电粒子在叠加场、交变场中的运动（Word讲义）-【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试（广东专版）

微专题强化四　带电粒子在叠加场、交变场中的运动 强化点一　带电粒子在叠加场中的运动 1.带电粒子在叠加场中运动的三种典型情况 (1)若两场共存，且所受合力为零时，则表现为匀速直线运动或静止状态。 (2)若三场共存，且所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。 (3)若三场共存，且粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m。 2.解决带电粒子在叠加场中运动的基本思路 (多选)(2024·安徽高考)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，二者电荷量、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，所带电荷量的大小为 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 答案：ABD 解析：油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知油滴a带负电，有mg＝qE，解得 q＝，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝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，可得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，有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，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。故选ABD。 (2025·湖南高考)如图，直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R的最大阻值为2r0，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。 学生用书⬇第55页 (1)求粒子所带电荷量q； (2)求磁感应强度B的大小； 答案：(1)　(2) 解析：(1)闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，由串并联电路规律可得电容器两极板间的电压为U＝E0＝E0 粒子从a点进入电容器后，在电容器中受到静电力的作用，做类平抛运动，从b点离开电容器，设粒子从a点运动到b点的时间为t，则 在水平方向由运动学规律有d＝v0t 在竖直方向由牛顿第二定律有q＝ma1 由运动学公式有d＝a1t2 联立可得q＝。 (2)设粒子经过b点时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝2×＝ 则θ＝30° 可知v＝＝ 粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，从c点进入电容器，设粒子在磁场中的运动半径为r，作出粒子从a点运动到c点的运动轨迹如图1所示 由几何关系可知r＝＝d 在磁场中，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 联立可得B＝。 1.配速法的应用方法 把速度分解成两个速度，使其一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或静电力、或重力和静电力的合力)平衡，使粒子在这个方向上做匀速直线运动。 (1)初速度为零时，速度分解为两个等大、反向的速度； (2)初速度不为零时，按矢量分解法则分解。 2.常见的两种“配速法” 常见情况 处理方法 初速度为0，有重力或静电力 把初速度0分解为向左的速度v1和向右的速度v2 或 初速度为v0，有重力或静电力 把初速度v0分解为速度v1和速度v2 或 预测.如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直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。将一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在M点由静止释放，不计粒子所受重力。求粒子沿电场方向运动的最大距离ym和运动过程中的最大速率vm。 答案：　 解析：方法一：带电粒子在运动中，只有静电力做功，其在电场方向上运动至最远时，静电力做功最多，此时速度最大，根据动能定理有qEym＝m，以电场方向为y轴，垂直电场方向为x轴，则粒子沿y方向上的速度产生沿x方向的洛伦兹力，即F洛x＝qvyB，取沿x方向运动一小段时间Δt，根据动量定理有F洛xΔt＝qvyBΔt＝mΔvx，式中vyΔt表示粒子沿y轴方向运动的距离。因此，对粒子从M点沿电场方向运动到最远的过程，有∑qvyBΔt＝∑mΔvx，则qBym＝mvm，联立解得vm＝，ym＝。 方法二：粒子在M点由静止释放，初速度为零，可分解为水平向右的速度v1和水平向左的速度v2，v1、v2的大小关系为v1＝v2，其中水平向右的速度v1对应的洛伦兹力与静电力平衡，即qv1B＝qE；因此，粒子的运动是水平向右的匀速直线运动和初速度水平向左的逆时针匀速圆周运动的合运动，圆周运动的轨道半径r＝＝，所以ym＝2r＝，vm＝2v1＝。 学生用书⬇第56页 强化点二　带电粒子在交变场中的运动 解决带电粒子在交变场中运动的基本思路 (2025·山东济宁二模)如图甲所示，在xOy平面内，虚线与x轴垂直并相交于P(－L，0)点，在虚线左侧有一加速电场，电压为U0。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从A点飘入加速电场(忽略初速度)，当粒子运动到P点时，在虚线与y轴之间的区域加上如图乙所示的与y轴平行的交变电场(T未知)，y轴正方向为电场的正方向，粒子经时间T从y轴上的Q点(0，L)进入第一象限。某一时刻在第一象限加上如图丙所示的变化磁场，磁场变化周期为T0，垂直xOy平面向里为磁场的正方向，粒子恰好不会回到第二象限。已知B0＝，不计粒子重力，忽略电场、磁场突变的影响。求： (1)带电粒子经过P点时速度的大小v0； (2)交变电场的电场强度大小E0； (3)加上磁场后，粒子在时刻所处的位置坐标。 答案：(1)　(2) (3)(，L＋) 解析：(1)在加速电场中，由动能定理有 qU0＝m 解得v0＝。 (2)在偏转电场中，x方向有L＝v0T y方向有L＝2×a，qE0＝ma 解得E0＝。 (3)粒子从Q点射出时速度方向沿x轴正方向，速度大小为v0，粒子在磁场中运动的周期为 T'＝＝ 粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，设粒子做圆周运动的半径为r，则qv0B0＝m 解得r＝ 分析可知，时刻粒子恰好运动至如图所示的M点位置，则x0＝2r，y0＝3r＋L 解得x0＝，y0＝L＋ 即粒子所处的位置坐标为 (，L＋)。 预测. (多选)如图甲所示，在xOy平面内存在方向、大小随时间呈周期性变化的磁场和电场(电场未画出)，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为电场强度的正方向)。在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0、方向沿y轴正方向 学生用书⬇第57页 的带负电粒子(不计所受重力)。已知v0、t0、B0、E0，且E0＝，粒子的比荷＝，x轴上有一点A，坐标为。下列说法正确的是 A.时刻，带电粒子的位置坐标为 B.带电粒子在运动过程中偏离x轴的最大距离为v0t0＋ C.带电粒子在运动过程中偏离y轴的最大距离为　 D.粒子经过32t0通过A点 答案：AB 解析：粒子的部分运动轨迹如图所示，在0～t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qv0B0＝mr1＝m，解得T＝＝2t0，r1＝＝，则粒子在时间内转过的圆心角为α＝，所以在时刻，带电粒子的位置坐标为，A正确；在t0～2t0时间内，粒子在电场中做匀加速运动，设粒子经电场加速后的速度为v，则有v＝v0＋t0＝2v0，运动的位移为y1＝t0＝v0t0，在2t0～3t0时间内粒子做匀速圆周运动，半径为r2＝2r1＝，故粒子偏离x轴的最大距离为h＝y1＋r2＝v0t0＋，4t0时刻后粒子做周期性运动，重复0～4t0时间内的运动，则粒子偏离y轴的距离无最大值，B正确，C错误；粒子在xOy平面内做周期性运动的周期为4t0，一个周期内向右运动的距离为d＝2r1＋2r2＝，A、O间的距离为＝9d＋2r1，所以粒子运动至A点所用的时间为t＝9×4t0＋t0＝37t0，D错误。故选AB。 专题集训(十三)　带电粒子在叠加场、交变场中的运动 (时间：45分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－5题，每题5分，共25分) 1.如图所示，某空间存在水平向左的匀强电场和垂直于纸面方向的匀强磁场(图中未画出)，一质量为m的带负电粒子恰能以速度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30°，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于纸面向里 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：C 解析：粒子受到的洛伦兹力与速度大小和方向有关，则粒子必定做匀速直线运动，对粒子受力分析可知，粒子受到的电场力水平向右，重力竖直向下，洛伦兹力垂直运动轨迹斜向上，根据左手定则可知，匀强磁场的方向垂直于纸面向外，故A错误；根据受力平衡有tan 30°＝，sin 30°＝，则粒子的电荷量q＝，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝，故B错误，C正确；若粒子运动过程中，磁场突然消失，粒子受到的合力方向与粒子的速度方向不共线，则粒子一定做曲线运动，故D错误。故选C。 2.(2023·新课标卷)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为 A.电场方向水平向左，磁场方向垂直于纸面向里 B.电场方向水平向左，磁场方向垂直于纸面向外 C.电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里 D.电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向外 答案：C 解析：假设电子打在a点，即其所受静电力与洛伦兹力大小相等，方向相反，故eE＝evB，由于α粒子的速度v'小于电子的速度v，所以2eE＞2ev'B，α粒子经过电、磁组合场后向右偏转，即其所受合力方向向右，由于α粒子带正电，所以电场方向水平向右，电子所受静电力水平向左，则其所受洛伦兹力水平向右，磁场方向垂直于纸面向里。假设α粒子打在a点，能得出相同结果。故选C。 3.(多选)(2025·江西宜春二模)某控制带电粒子运动的装置模型如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场。电场强度大小为E(未知)，方向竖直向下；磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从电场的上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是 A.匀强电场E的大小为 B.粒子从O点运动到P点的时间为 C.粒子经过N点时速度大小为 D.MN两点的竖直距离为d 答案：AC 解析：设粒子在磁场中的速率为v，轨迹半径为R，在电场中由动能定理，有qEd＝mv2，在磁场中由洛伦兹力充当向心力，有qvB＝m，由几何关系可得R＝d，解得E＝，故A正确；粒子在电场中的运动时间为t1＝＝，在磁场中的运动时间为t2＝＝，粒子从O运动到P的时间为t＝，故B错误；将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量vx、vy，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为Fx＝qvyB，Fy＝qvxB，设粒子在最低点N的速度大小为v1，M、N的竖直距离为y，水平方向由动量定理可得∑qvyBΔt＝qBy＝mv1－0，由动能定理可得qEy＝m－0，联立解得v1＝，y＝d，故C正确，D错误。故选AC。 4.(2025·安徽马鞍山二模)垂直于纸面的匀强磁场，其方向随时间呈周期性变化。变化规律如图所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一电荷量q＝1×10－7 C、质量m＝1×10－10 kg的带电粒子，位于某点O处，在t＝0时刻以初速度v0＝2π m/s沿某方向开始运动，不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的其他影响。从t＝0时刻开始的磁场变化的一个周期内，带电粒子的平均速度的大小为 A.2π m/s B.4π m/s C.2 m/s D.4 m/s 答案：D 解析：设粒子运动半径为r，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，解得r＝2π×10－2 m，周期为T0＝＝2π×10－2 s，由题图可知磁场变化的周期为T＝10π×10－3 s＝T0，根据t＝T0，可得在0～5π×10－3 s时间内偏转的角度为θ1＝，在5π×10－3～10π×10－3 s时间内偏转的角度为θ2＝，设粒子的出发点为a，经磁场变化的一个周期的终点为b，由题图可知，磁场先垂直纸面向里再垂直纸面向外，作出其在磁场变化的一个周期内的运动轨迹，如图所示，由几何关系可得粒子的位移的大小即为a、b两点的距离，则有x＝2r＝4π×10－2 m，从t＝0时刻开始的磁场变化的一个周期T＝10π×10－3 s内，带电粒子的平均速度的大小为v＝＝ m/s＝4 m/s。故选D。 5.(多选)海水中含有大量的正、负离子，并在某些区域具有固定的流动方向，有人据此设计并研制出“海流发电机”，可用作无污染的电源，对海洋航标灯持续供电。“海流发电机”的工作原理如图所示，用绝缘防腐材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道上、下两个表面装有防腐导电板M、N，板长为a、宽为b(未标出)，两板间距为d，将管道沿着海水流动方向固定于海水中，将航标灯L与两导电板M和N连接，加上垂直于管道前后面向后的匀强磁场，磁感应强度大小为B，海水流动方向向右，海水流动速率为v，已知海水的电阻率为ρ，航标灯电阻不变且为R。则下列说法正确的是 A.“海流发电机”对航标灯L供电的电流方向是M→L→N B.“海流发电机”产生的感应电动势大小为Bav C.通过航标灯L的电流大小为 D.“海流发电机”发电的总功率为 答案：AC 解析：由左手定则可知，海水中正、负离子受洛伦兹力的方向分别指向M板和N板，则M板带正电，N板带负电，“海流发电机”对航标灯供电的电流方向是M→L→N，故A正确；在M、N两板间形成稳定的电场后，其中的正、负离子受电场力和洛伦兹力作用而平衡，在两板间形成稳定电压，则有＝qvB，解得“海流发电机”产生的感应电动势大小为E＝U＝Bdv，故B错误；“海流发电机”的内阻为r＝ρ，由闭合电路欧姆定律可得，通过航标灯的电流为I＝＝，故C正确；“海流发电机”发电的总功率为P＝EI＝，故D错误。故选AC。 6.(12分)如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，在第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场；在第一象限内存在方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度大小也为B、方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。一带正电的小球P从x轴上的A点以某一速度沿AK方向做直线运动，AK与x轴正方向的夹角θ＝60°，从K点进入第一象限后小球P恰好做匀速圆周运动，经过x轴时竖直向下击中紧贴x轴上方静止的带电小球Q，碰后两球结合为一个结合体M，之后M从y轴上的F点离开第四象限，第四象限存在匀强磁场，方向垂直坐标平面向外。已知重力加速度大小为g，小球P、Q的电荷量均为q，质量均为m，不计空气阻力。 (1)求第二象限与第一象限内电场的电场强度大小之比； (2)求小球Q静止的位置距O点的距离； (3)若结合体M进入第四象限时的速度为v，M在第四象限运动时的最大速度为2v，则当其速度为2v时，结合体M距x轴的距离是多少？ 答案：(1)　(2)(＋2)　(3) 解析：(1)小球P沿AK方向做直线运动，由于洛伦兹力与速度有关，可知其一定做匀速直线运动，受力分析如图甲所示，根据几何关系可得＝tan θ 小球Q静止在第一象限，则 qE1＝mg 联立可得＝tan θ＝。 (2)小球P竖直向下击中Q，轨迹如图乙所示 根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，根据几何关系有rsin θ＋r＝d 在第二象限中有qv0Bcos θ＝mg 联立解得d＝(＋2)。 (3)结合体M在第四象限中只有重力做功，根据动能定理可得2mgh＝×2m(2v)2－×2mv2 解得h＝。 7.(13分)(2024·广东高州市一模)如图甲所示，空间存在方向竖直向上周期性变化的匀强电场，场强大小随时间变化如图乙所示，空间还存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化如图丙所示。一个质量为0.1 kg、电荷量为＋0.2 C的带电小球，在t＝0时刻从P点在纸面内以水平向右、大小为10 m/s的速度抛出。小球在空中运动的时间大于2 s，最终落地时速度垂直于地面。重力加速度g取10 m/s2，小球可视为质点，求： (1)t＝1 s时，小球的速度大小； (2)第2 s内小球受到的合力大小； (3)小球第一次速度水平向左时离P点的高度。 答案：(1)10 m/s　(2)2π N (3) m 解析：(1)小球在第1 s内只在重力作用下做平抛运动，设t＝1 s时，小球的速度为v1，此时小球在竖直方向分速度为＝gt1＝10 m/s 因此v1＝＝10 m/s。 (2)在第2 s内，由于qE＝0.2×5 N＝1 N，mg＝0.1×10 N＝1 N 则重力与电场力的合力为0，此时合力F合＝qv1B＝2π N。 (3)小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，运动周期T＝＝1 s 即在第2 s内，小球刚好在磁场中做完整的圆周运动，根据牛顿第二定律得qv1B＝m 解得R1＝ m 小球在第1 s内下落的高度h1＝g＝5 m 由(1)知小球开始做圆周运动时，速度与水平方向夹角为45°，当小球做圆周运动第一次速度水平向左时，小球离P点的高度 h＝h1＋R1＋R1＝ m。 学科网（北京）股份有限公司 $