第11章 专题提升十五 带电粒子在叠加场、交变场中的运动(word教师用书)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义

该高中物理高考复习教案聚焦带电粒子在叠加场、交变场中的运动及应用实例，按“叠加场受力分析—交变场分段运动—应用实例原理”逻辑架构知识点，通过考点梳理（如运动性质表）、方法指导（配速法）、真题训练（高考及模拟题），帮助学生构建分析框架，突破难点。 教案以科学思维和模型建构为核心，创新采用配速法分解复杂运动，交变场中结合图像分段分析。设计分层练习（针对练、拓展应用），配合审题指导，培养学生问题解决能力，为教师把控复习节奏提供支撑，高效提升应考能力。

专题提升十五　带电粒子在叠加场、交变场中的运动 【学习目标】　1.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。2.掌握带电粒子在交变场中运动的解题思路和处理方法。3.理解速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件的原理、特点及应用。 提升点一　带电粒子在叠加场中的运动 1.叠加场 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。 2.常见的几种运动形式 运动性质 受力特点 方法规律 匀速直线运动 粒子所受的合力为0 平衡条件 匀速圆周运动 除洛伦兹力外，其他力的合力为零 牛顿第二定律、圆周运动的规律 一般曲线运动 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律 (2026·河南信阳一模)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，方向如图所示。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？ 学生用书⬇第214页 [审题指导]　(1)小球P在第二象限做直线运动，则一定是匀速直线运动。 (2)小球P在第一象限做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，其他力的合力为零。 (3)结合体M在第四象限内运动时，只有重力做功。 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P在第一象限做匀速圆周运动，则qE1＝mg 联立可得＝tan θ＝。 (2)小球P竖直向下击中小球Q，小球P在第一象限内的轨迹如图乙所示 根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m 由几何关系知 rsin θ＋r＝d 由图甲有qv0Bcos θ＝mg 联立解得d＝(＋2)。 (3)结合体M在第四象限中运动时只有重力做功，根据动能定理可得 2mgh＝·2m(2v)2－·2mv2 解得h＝。 解决叠加场问题的一般步骤 针对练.(多选)空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带正电粒子在叠加场中恰能沿着MN以速度v做匀速直线运动，MN与水平方向成45°，NP水平向右。粒子电荷量为q，质量为m，重力加速度为g，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，则(　　) A.电场强度大小为E＝ B.磁感应强度大小为B＝ C.N、P两点的电势差为U＝ D.粒子从N运动到P的过程中，距离NP的最远距离为 答案：BC 解析：粒子在叠加场中能沿着MN做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图甲所示，由受力平衡可知mg＝qE，qvB＝mg，解得电场强度大小E＝，磁感应强度大小B＝，A错误，B正确；撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图乙所示，加速度a＝＝g，从N到P位移偏向角为45°，则速度偏向角的正切tan θ＝2tan 45°＝2，所以粒子在P点的速度vP＝＝v，粒子从N到P过程，由动能定理，有qU＝m－mv2，解得N、P两点间的电势差U＝，C正确；将粒子在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且vNy＝vsin 45°＝v，故粒子离NP的最远距离h＝＝，D错误。 配速法在叠加场中的应用 1.配速法：如果带电粒子在叠加场中不做匀速直线运动，即所受合力不为零，粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会跟着变化，则粒子做一般曲线运动，运动比较复杂。可以通过配速的方法，把初速度分解为两个分速度，使其一个方向的分速度对应的洛伦兹力与重力(或电场力、或重力和电场力的合力)平衡，另一个方向的分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样将复杂的曲线运动分解为两个比较常见的运动，即为配速法。 学生用书⬇第215页 2.配速法在叠加场中的几种常用情况 常用情况 处理方法 初速度为0，且受重力 把初速度0看作水平向右的速度v1和水平向左的速度v2的合速度，v1＝v2，其产生的洛伦兹力如图所示且F洛＝G 初速度为0，不受重力 把初速度0看作水平向右的速度v1和水平向左的速度v2的合速度，v1＝v2，其产生的洛伦兹力如图所示且F洛＝F电 初速度为0，且受重力 把初速度0看作斜向右上方的速度v1和斜向左下方的速度v2的合速度，v1＝v2，沿右上方的运动满足F洛＝F合，沿左下方的运动为匀速圆周运动，如图所示 初速度为v0，且受重力 把初速度v0看作水平向右的速度v1和斜向左上方的速度v2的合速度，水平向右的速度v1产生的洛伦兹力与重力平衡，则粒子的运动可看作速度大小为v2的匀速圆周运动和速度大小为v1的匀速直线运动的合运动，如图所示 拓展应用.(2024·甘肃卷·T15)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。 (1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。 (2)求O点到P点的距离。 (3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。 答案：(1)正电　　(2)　 (3) 解析：(1)由于粒子在偏转分离器的匀强磁场中向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为v0，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件知qv0B1＝qE1 在加速电场中，由动能定理知qU＝m 联立解得，粒子的比荷为 ＝。 (2)由洛伦兹力提供向心力知qv0B2＝m 可得O点到P点的距离为OP＝2r＝。 (3)粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力F洛＝qv0B1和向下的静电力F＝qE2 由于E2＞E1，且qv0B1＝qE1 将粒子进入Ⅱ的初速度v0看作水平向右的速度v0、v1和水平向左的速度v2的合速度，v1＝v2，如图所示 其中满足qE2＝q(v0＋v1)B1 则粒子在速度选择器中以速度v0＋v1水平向右做匀速直线运动的同时，以速率v2做匀速圆周运动，当匀速圆周运动的速度水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O'点的要求，故此时粒子打在O'点的速度大小为 v'＝v0＋v1＋v2＝。 学生用书⬇第216页 提升点二　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问题的基本思路 如图甲所示的xOy平面内存在着变化磁场和变化电场，变化规律分别如图乙、丙所示，磁感应强度的正方向为垂直纸面向里，电场强度的正方向为y轴正方向。t＝0时刻，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从坐标原点O以初速度v0沿x轴正方向入射(不计粒子重力)。B-t图像中B0＝，E-t图像中E0＝。求： (1)0～t0时间内，粒子在磁场中运动轨道半径的大小； (2)3t0时刻，粒子的坐标； (3)0～5t0时间内，粒子轨迹纵坐标的最大值。 [审题指导]　(1)电场和磁场交替出现，粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做匀变速曲线运动。 (2)计算粒子在磁场中的运动周期，比较其与电、磁场变化的周期的大小。 (3)分析每一段的运动情况，计算相关物理量，根据上一段的计算结果分析下一段的运动。 答案：(1)　(2)　(3)v0t0＋ 解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝＝t0 0～t0时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qv0B0＝m 解得r＝。 (2)0～t0时间内，粒子完成了一个完整的圆周运动 在t0～2t0时间内，粒子所受合力为电场力，根据牛顿第二定律有qE0＝ma 解得a＝ 粒子在电场中做类平抛运动，则有x0＝v0t0，y0＝a＝v0t0 在2t0～3t0时间内，粒子完成了一个完整的圆周运动，则3t0时刻，粒子的坐标为。 (3)作出粒子的运动轨迹如图所示，根据轨迹图可知，0～5t0时间内，粒子轨迹纵坐标的最大值ymax＝2y0＋2r＝v0t0＋。 针对练.(2026·江苏无锡模拟)如图甲所示，在xOy平面内y轴的左侧有宽为L的电场区域，在电场区域的左侧有一加速电场，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)，从x轴的P点(－L，0)进入电场区域，粒子进入电场区域时在电场区域加上图乙所示的与y轴平行的交变电场(T未知)，y轴正方向为电场的正方向，粒子经过交变电场后从y轴上的Q点(0，L)沿着x轴正方向进入第一象限。在第一象限有一垂直纸面的圆形磁场区域，磁场变化规律如图丙所示，磁场变化周期为T0(忽略磁场突变的影响)，粒子进入磁场时重新开始计时，且始终在磁场区域内运动。求： (1)经过P点时的速度大小v0； (2)交变电场的场强大小E0； (3)圆形磁场区域的最小面积S。 答案：(1)　 (2)(n＝1，2，3，…)　(3) 解析：(1)粒子从A点到P点，由动能定理有qU0＝m 解得v0＝。 (2)粒子在电场中有 L＝2n·v0(n＝1，2，3，…) L＝2n·a(n＝1，2，3，…) a＝ 联立解得E0＝(n＝1，2，3，…)。 (3)粒子从Q点进入第一象限时速度方向沿x轴正方向，速度大小为v0，粒子在磁场中运动时有qv0B＝m，T＝ 解得粒子在磁场中做圆周运动的周期为T＝ 粒子在磁场中运动的轨迹如图所示 圆形磁场区域的最小半径R＝2r 最小面积S＝πR2 解得S＝。 学生用书⬇第217页 提升点三　带电粒子在叠加场中运动的应用实例 速度选择器 1.原理：平行板中电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场互相垂直。E与B的方向要匹配，如图甲、乙两种方向组合，带电粒子从左向右沿直线匀速通过速度选择器时有qvB＝qE。 2.特点 (1)选择的速度：v＝。既选择了速度的大小，也选择了速度的方向，故速度选择器具有单向性。 (2)速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量或比荷。 如图为一速度选择器，两极板M、N之间的距离为d，极板间所加电压为U，两极板间有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一束质子流从左侧两板边缘连线的中点沿两板中心线进入板间区域，能够沿直线运动，不计粒子重力。则下列说法正确的是(　　) A.M极板接电源的负极 B.质子流的入射速度为 C.如果将质子换成电子，从右侧沿中心线以与质子流相同的速率进入板间区域，则电子在该区域运动过程中电势能增加 D.如果换成一束α粒子，仍从左侧沿中心线以与质子流相同的速度进入板间区域，则α粒子同样可以沿直线飞出该区域 答案：D 解析：质子流从左侧两板边缘连线的中点沿两板中心线进入板间区域，所受的洛伦兹力垂直于M极板向上，因垂直于极板方向受力平衡，故静电力方向垂直于M极板向下，即电场强度方向向下，M极板接电源的正极，故A错误；由平衡条件得qvB＝q，解得质子流的入射速度为v＝，故B错误；如果将质子换成电子，从右侧沿中心线以与质子流相同的速率进入板间区域，电子受到的静电力和洛伦兹力都垂直于M极板向上，运动过程中静电力做正功，电势能减少，故C错误；如果换成一束α粒子，仍从左侧沿中心线以与质子流相同的速度进入板间区域，所受洛伦兹力垂直于M极板向上，静电力方向垂直于M极板向下，且有qαvB＝qα，则α粒子同样可以沿直线飞出该区域，故D正确。 磁流体发电机 1.原理：如图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能。 2.电源正、负极的判断：根据左手定则可判断出图中的B极板是发电机的正极。 3.电源电动势E：设A、B平行金属板的面积为S，两极板间的距离为l，磁场磁感应强度为B，等离子体的电阻率为ρ，喷入气体的速度为v，板外电阻为R。当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U(即电源电动势为U)，则q＝qvB，即E＝U＝Blv。 4.电源内阻：r＝ρ。 5.回路电流：I＝。 (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，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q＝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，通过航标灯的电流大小为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。 学生用书⬇第218页 电磁流量计 　　如图所示，一圆柱形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向右流动。导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下发生偏转，使a、b间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差U达到最大，由q＝qvB可得v＝。 (1)流量的表达式：Q＝Sv＝＝。 (2)电势高低的判断：根据左手定则可得φa＞φb。 (2025·北京卷·T12)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是(　　) A.N点电势比M点高 B.U0正比于流量Q C.在流量Q一定时，管道半径越小，U0越小 D.若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小 答案：C 解析：根据左手定则可知正离子向下偏，负离子向上偏，故N点电势比M点高，故A正确；设管道半径为r，稳定时，离子受到的电场力与洛伦兹力平衡，有q＝qvB，同时有Q＝Sv＝πr2v，联立解得U0＝，故U0正比于流量Q，流量Q一定时，管道半径越小，U0越大，故B正确，C错误；若直径MN与磁场方向不垂直，U0＝中B应为磁感应强度的一个分量，则测量时代入的磁感应强度偏大，故测得的流量Q偏小，故D正确。 霍尔元件 1.霍尔效应：高为h、宽为d的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，在导体的上表面A和下表面A'之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压。 2.电势高低的判断：如图所示，导体中的电流I向右时，根据左手定则可知，若自由电荷是负电荷(如电子)，则下表面A'的电势高；若自由电荷是正电荷，则下表面A'的电势低。 3.霍尔电压的计算：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A'间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，A、A'间的电势差UH就保持稳定，由qvB＝q，I＝nqSv，S＝hd，联立得UH＝＝k，k＝称为霍尔系数。 (2026·浙江绍兴模拟)利用霍尔元件可以进行微小位移的测量。如图甲所示，将固定有霍尔元件的物体置于两块磁性强弱相同、同极相对放置的磁体缝隙中，建立如图乙所示的空间坐标系。保持沿x方向通过霍尔元件的电流I不变，当物体沿z轴方向移动时，由于不同位置处磁感应强度B不同，霍尔元件将在y轴方向的上、下表面间产生不同的霍尔电压UH。当霍尔元件处于中间位置时，磁感应强度B＝0，UH＝0，将该点作为位移的零点。在小范围内，磁感应强度B的大小和坐标z成正比，这样就可以把电压表改装成测量物体微小位移的仪表。下列说法中正确的是(　　) A.在小范围内，霍尔电压UH的大小和坐标z成正比 B.其他条件相同的情况下，电流I越大，霍尔电压UH越小 C.其他条件相同的情况下，霍尔元件沿z轴方向的长度越小，霍尔电压UH越小 D.若霍尔元件中的载流子为电子，测得霍尔元件上表面电势高，说明元件向z轴正方向移动 答案：A 解析：设自由电荷定向移动的速度为v，单位体积内自由电荷数为n，自由电荷的电荷量为q，霍尔元件沿y轴方向的长度为y0，沿z轴方向的长度为z0，当霍尔元件在y轴方向的上、下表面间产生的霍尔电压达到稳定时，则有qvB＝q，根据电流微观表达式可得I＝nqSv＝nqy0z0v，联立可得UH＝，由题意可知在小范围内，磁感应强度B的大小和坐标z成正比，则霍尔电压UH的大小和坐标z成正比，故A正确；其他条件相同的情况下，电流I越大，霍尔电压UH越大，故B错误；其他条件相同的情况下，霍尔元件沿z轴方向的长度越小，霍尔电压UH越大，故C错误；若霍尔元件中的载流子为电子，测出霍尔元件的上表面电势高，可知电子受到的洛伦兹力沿y轴负方向，根据左手定则可知，磁场方向沿z轴正方向，故霍尔元件所处位置更靠近左侧N极，说明元件向z轴负方向移动，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $