第11章 7.微专题26 带电粒子在叠加场中的运动（word练习）-【高考突破新方案】2027年高考物理大一轮复习练案

**基本信息** 聚焦带电粒子在电、磁、重力叠加场中的运动，通过分类题组构建"受力分析-运动建模-规律应用"三阶解题体系，强化科学思维与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |电、磁叠加场|3题（含2022重庆高考题）|配速法分解运动、动能定理简化计算、几何关系确定轨迹|从洛伦兹力与电场力平衡切入，逐步拓展至曲线运动的合成与分解，构建"速度分解-分运动叠加"的分析框架| |含重力场的叠加场|3题（含2024安徽高考题）|系统动量守恒、临界状态分析、瞬时功率计算|整合重力、电场力、洛伦兹力的矢量合成，通过碰撞过程动量传递、磁场方向改变等变式，深化力与运动的因果关系理解|

微专题26　带电粒子在叠加场中的运动 题组1　带电粒子在电、磁叠加场中的运动 1.★★★(2022重庆,5,4分)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况,某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图),电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动,其速度平行于磁场方向的分量大小为v1,垂直于磁场方向的分量大小为v2,不计离子重力,则(　　) A.电场力的瞬时功率为qE B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B C.v2与v1的比值不断变大 D.该离子的加速度大小不变 1.答案　D 2.★★★(2025黑吉辽蒙,15节选)如图,在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从M(0,-y0)点射入磁场,速度方向与y轴正方向夹角θ=30°,从N(0,y0)点射出磁场。已知粒子的电荷量为q(q>0),质量为m,忽略粒子重力及磁场边缘效应。 (1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。 (2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷,电荷量为48q,粒子质量取m=(k为静电力常量),粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点,求射入磁场的速度大小v2。 2.答案　(1)　　(2) 解题导引　 情境 粒子运动形式 受力特点 带电粒子垂直磁感线射入匀强磁场 匀速圆周运动 粒子所受洛伦兹力提供向心力 平面内再固定一负点电荷 匀速圆周运动 洛伦兹力和库仑力的合力提供向心力 解析　(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由几何关系可得轨迹半径r==2y0 由洛伦兹力提供向心力可得qv1B=,解得v1= 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T== 粒子在磁场中运动的时间t1=T= (2)由于粒子在洛伦兹力和库仑力共同作用下仍沿(1)中的轨迹运动,可推知负点电荷固定在原轨迹圆的圆心处,粒子运动的向心力由库仑力和洛伦兹力的合力提供,圆周运动轨迹的半径仍为r,则有+qv2B=m 代入m=、r=2y0可得v2=(另一解为负值,舍去) 3.★★★★(2023江苏,16,15分)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动;入射速度小于v0时,电子的运动轨迹如图中的虚线所示,且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。 (1)求电场强度的大小E; (2)若电子入射速度为,求运动到速度为时位置的纵坐标y1; (3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,求能到达纵坐标y2=位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 3.答案　(1)v0B　(2)　(3)90% 解析　(1)当电子的入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动,则电场力与洛伦兹力平衡,有eE=ev0B,解得电场强度的大小E=v0B。 (2)解法一　 动能定理 由题意可知,整个过程洛伦兹力不做功,电场力做正功,由动能定理可知,eEy1=m-m,解得y1=。 解法二　 配速法 若电子沿x轴正方向的入射速度为,利用运动的分解可将初速度分解为一个沿x轴正方向的速度(大小v1=v0)和一个沿x轴负方向的速度,由v1产生的洛伦兹力ev0B与电场力eE平衡,得到电子的一个分运动为速度为v0的匀速直线运动,另一个分运动为速率为v0的匀速圆周运动。 设当v2的方向与x轴负方向的夹角为θ(如图所示)时,v1与v2的合速度大小为,由余弦定理得cos θ=,解得cos θ=,设以v2=v0做匀速圆周运动的轨迹半径为R,则ev2B=m,运动速度为时的纵坐标y1=R(1-cos θ),联立解得y1=。 (3)解法一　 配速法 设能到达纵坐标y2=位置的电子做匀速圆周运动的分速度为v2',半径为R',则y2≤2R';洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力,有ev2'B=m,解得v2'≥;则电子入射速度v=v0-v2',即v≤v0;由题意可知若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,能到达纵坐标y2=位置的电子数N占总电子数N0的百分比η=×100%=90%。 解法二　 动能定理 若电子以v入射时,设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y,则根据动能定理有eEy=m-mv2,由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等,则 在最高点有F合=evmB-eE 在最低点有F合=eE-evB 联立有vm=-v y= 要让电子到达纵坐标y2=位置,即y≥y2 解得v≤v0 则若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,能到达纵坐标y2=位置的电子数N占总电子数N0的90%。 解法三　 动量定理在x轴方向上的应用 电子在运动过程中只有电场力做功,设电子运动中能达到的离x轴最远的距离为ym,根据动能定理有Eeym=m-mv2① 将电子的运动速度沿坐标轴分解,电场力沿y轴方向,在x轴方向根据动量定理可得BevyΔt=mΔvx 对电子从出发到离x轴最远这一过程利用微元法,可得 Be∑vyΔt=m(vmx-v),即Beym=m(vmx-v) 粒子离x轴最远时有vmy=0,vmx=vm 即粒子离x轴最远时,有Beym=m(vm-v)② 将①式与②式相比可得= 将E=Bv0代入上式可得v0= 解得vm=2v0-v③ 将③式代入②式可得ym===④ 根据题意可得满足ym≥y2,即≥,解得v≤v0 由④式可知v越小ym越大,电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,可得==90% 题组2　带电粒子在含重力场的叠加场中的运动 1.★★★(多选)(2024安徽,10,5分)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 1.答案　ABD 2.★★★(多选)(2026届浙江强基联盟一模)如图所示,在xOy坐标平面的第一、第四象限内存在足够宽的垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B0,同时放置有两个关于x轴对称且板间距离为d的平行极板A、B,两极板间存在沿y轴负方向的匀强电场(图中未画出)。现有一质量为m、电荷量为q的可视为质点的带正电金属小球,以速度v0从坐标原点沿x轴正方向做匀速直线运动后从两极板右端离开极板区域。不考虑电场在两极板之外的效应,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.小球离开极板区域后可以运动到x轴的下方 B.两极板间的电场强度大小等于B0v0- C.小球在运动过程中的最大速度等于-v0 D.小球在运动过程中偏离x轴的最大距离等于- 2.答案　BD 3.★★★★(2025届福建泉州一模)如图,相距为L的两竖直虚线间存在有匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上,磁场方向垂直纸面向外。一足够长、质量为2m、不带电的绝缘板静止在光滑水平面上,板的左端放置一质量为m、电荷量为q的带正电小物块A,在板上与A距离为L处放置一质量为m、不带电的小物块C。现让A以大小为v0的初速度向右运动,A与C恰好在左边界虚线处发生碰撞并瞬间粘在一起。A、C一起经过两虚线之间区域过程中,速度变化量大小Δvx与对应的位移Δx成正比,当A、C到达右边界虚线时恰好与板共速。已知重力加速度大小为g,A、C与板间的动摩擦因数均为。 (1)求A与C碰前在板上滑动的加速度大小a1; (2)求C初始位置与左边界虚线的距离s及A、C碰后瞬间的速度大小v1; (3)若A、C一起进入左边界虚线时,只将磁场方向变为垂直纸面向里,其他条件不变,求A、C刚离开右边界虚线时A、C重力的瞬时功率P。 3.答案　(1)　(2)　v0　(3)- 解析　(1)设A与板间的动摩擦因数为μ,A与C碰前在板上滑动,根据牛顿第二定律,有μmg=ma1 解得a1=。 (2)设A从开始运动到刚与C碰撞的过程中,运动时间为t,A的位移为s1,C与板的加速度为a2,根据牛顿第二定律有 μmg=3ma2 根据位移与时间关系式有s1=v0t-a1t2 C与板的位移s=a2t2 位移间的关系为s1-s=L 联立解得t=,s= 设A、C碰撞前瞬间速度大小分别为vA、vC,根据速度与时间关系式有vA=v0-a1t,vC=a2t 联立解得vA=v0,vC=v0 A与C碰撞过程,由动量守恒定律有mvA+mvC=(m+m)v1 解得v1=v0。 (3)设A、C一起经过两虚线之间区域某处时的速度大小为vx,由动量定理得-μ(2mg-qE)t-μ∑qvB·Δt=2mvx-2mv1 即-μ(2mg-qE)t-μqxB=2mvx-2mv1 由于速度变化量Δvx与对应的位移Δx成正比,即vx-x为线性关系,则2mg-qE=0 设A、C和板共速的速度大小为v共,由动量守恒定律得 mv0=4mv共 解得v共=v0 联立可得-μqLB=2mv共-2mv1 解得B= 当A、C碰撞后只将磁场方向变为垂直纸面向里,A、C将一起在两虚线区域内做匀速圆周运动【点拨:由上述分析可知2mg=Eq,将磁场方向变为垂直纸面向里,A、C进入磁场时所受洛伦兹力向上,A、C将与绝缘板分离,在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动】,设轨迹半径为r,离开右边界时速度方向与水平方向的夹角为θ,如图所示 根据洛伦兹力提供向心力有qv1B= 根据几何关系可得sin θ= 重力的瞬时功率为 P=2mgv1 cos (90°+θ) 联立解得P=- 学科网（北京）股份有限公司 $