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

该高中物理高考复习课件聚焦“带电粒子在叠加场中的运动”核心考点，依据高考评价体系梳理电、磁叠加场及含重力场叠加场两大模块，结合2022重庆、2023江苏等高考真题，明确选择、计算等常考题型分布，归纳速度分解、向心力分析等高频考查方向，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题精析+方法建模+素养提升”策略，如以2023江苏题为例，通过配速法、动能定理突破运动合成与分解难点，培养科学思维和模型建构素养，设置洛伦兹力与速度关系等易错点分析，帮助学生掌握解题技巧，教师可据此精准规划复习，助力学生高效备战高考。

微专题26　带电粒子在叠加场中的运动 返回目录 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  ( )   　    D　     题组1　带电粒子在电、磁叠加场中的运动 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 返回目录 解析　离子在平行于场的方向上做匀加速直线运动、在垂直于场的方向上做匀速圆 周运动,离子在平行于场方向上的加速度不变、垂直于场方向上的向心加速度大小也 不变,且二者始终相互垂直,故该离子的加速度大小不变,D正确。由P=Fv可知,电场力 的瞬时功率P=qEv1,A错误。在洛伦兹力公式F洛=Bqv中,v是垂直于磁场方向上的速度 大小,故该离子受到的洛伦兹力大小为F洛=Bqv2,B错误。由于v2不变、v1增大,故v2与v1的 比值不断减小,C错误。 返回目录 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。 返回目录 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 返回目录 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 返回目录 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) 返回目录 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。 返回目录 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 返回目录 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ev2 返回目录 B=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 返回目录 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 返回目录 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 - mv2 ① 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BevyΔ t=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) 返回目录 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-v ③ 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% 返回目录 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 ( )   　    ABD　     题组2　带电粒子在含重力场的叠加场中的运动 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 返回目录 解析　由油滴a做圆周运动可知,油滴a所受重力与电场力平衡,故油滴a带负电,有mg= Eq,解得q= ,A正确;根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m ,得油滴a做圆周运动的速度 大小v= ,B正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v1,有B v1= · ,解得v1= = ,周期 为T= = ,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,得mv= v1+ v2,解得v2=- ,由于分离后的 小油滴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,D正确。 返回目录 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( ) 　    BD　     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 -  返回目录 解析　小球在两极板间做匀速直线运动时有B0v0q=mg+Eq,得E=B0v0- ,小球离开极板 区域,不再受电场力,且此时洛伦兹力大于重力,则小球将在洛伦兹力和重力的作用下运 动到x轴上方,A错误,B正确;小球离开极板区域时的速度可分解为沿水平方向的vx和v=v 0-vx,满足qvxB0=mg,根据洛伦兹力提供向心力可得q(v0-vx)B0=m ,可得其做圆周运 动的半径为r= ,运动过程中偏离x轴的最大距离ym=2r=2 = - , 小球运动过程中最大的速度为v0-vx+vx=v0,C错误,D正确。 返回目录 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; 返回目录 (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。   返回目录 答案 (1)     (2)      v0    (3)-  返回目录 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μ mg=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 返回目录 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 返回目录 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】, 返回目录 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=-  返回目录 $