第11章 磁场-第6节 带电粒子在组合场、叠加场中的运动 课件—2027届高考物理一轮复习课件

该高中物理高考复习课件聚焦“带电粒子在组合场、叠加场中的运动”核心考点，依据高考评价体系梳理了运动轨迹分析、临界条件判断、多场力综合应用等考查要求。通过考点权重分析，明确组合场中“磁场-电场组合”“磁场-磁场组合”及叠加场中“匀速直线运动”“匀速圆周运动”为高频题型，构建了“画轨迹-找关键-分阶段”的解题框架。 课件亮点在于“真题实例+素养导向+技巧提炼”的备考设计，如以2025年河南卷“先磁场后电场”真题为例，运用科学思维中的模型建构和科学推理，示范“几何关系确定半径”“动能定理与运动学公式联用”的突破方法。特设“临界问题警示”和“多场力平衡分析模板”，帮助学生提升解题效率，教师可据此实施精准复习，助力高考冲刺。

第11章 磁场 第6节 带电粒子在组合场、叠加场中的运动 1 考点一 带电粒子在组合场中的运动 考点二 带电粒子在叠加场中的运动 2 考点一 带电粒子在组合场中的运动 3 1.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 交替出现． 2.分析思路 （1）画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出粒子的运动轨迹图。 （2）找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题 的关键。 （3）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的 规律处理。 4 3.常见粒子的运动及解题方法 5 4.磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个 磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同。解题时要充分利用两段圆 弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系。 6 【视角1】　先磁场后电场 例1 (2025·河南)如图，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。 7 （1）求磁感应强度的大小； [解析] 根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示 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 由牛顿第二定律有qv0B = m 解得B = 8 （2）求电场强度的大小。 [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 = 3h−2h = h 则粒子在电场中的运动时间为t = 沿电场方向上，由牛顿第二定律有qE = ma 由运动学公式有−v0sin θ = v0sin θ−at 联立解得E = 9 【视角2】　先电场后磁场 例2 如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在y轴左侧区域存在宽度为a = 0.3 m的垂直于纸面向里的匀强磁场(含边界)，磁感应强度为B，(大小可调节)。现有比荷为×1010 C/kg的带正电粒子从x轴上的A点以一定初速度v0垂直x轴射入电场，且以速度大小v = 4×107 m/s、方向与y轴正方向成60°经过P点进入磁场，OA = 0.1 m，不计粒子重力。求: 10 （1）粒子在A点进入电场的初速度v0； [解析] 粒子在电场中只受水平向左的电场力作用，故粒子做类平抛运动，竖直方向做匀速运动，故有v0 = vcos 60° = 2×107 m/s 11 （2）要使粒子不从CD边界射出，则磁感应强度B的取值范围； [解析]粒子在磁场中只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，故有Bqv = 解得R = 粒子恰好不从CD边界射出时的运动轨迹如图甲所示 根据几何关系可得R+Rcos 60° = a 解得R = a 所以磁感应强度B = = 0.08 T 若要粒子不从CD边界射出，则B≥0.08 T 12 （3）当磁感应强度为某值时，粒子经过磁场后，刚好可以回到A点，则此磁感应强度的大小是多少? [解析]粒子离开磁场运动到A点的过程做匀速直线运动，故粒子运动轨迹如图乙所示 根据粒子在磁场中做匀速圆周运动可得粒子出磁场时速度与y轴正方向的夹角为60°；设出磁场处为Q点，则由几何关系有OQ = ，OP = OA 所以PQ = OQ+OP = m = 2R‘sin 60° ，所以R' = 0.1 m 根据洛伦兹力提供向心力可得B'qv = ，所以B' = = 0.16 T 13 【视角3】　组合场+动量定理法 例3 (多选)如图所示是交替出现的宽为L的匀强电场和匀强磁场区域，其中编号1、3区域为电场，场强均为E，2、4区域为磁场，磁感应强度均为B，方向如图所示。质量为m，带电量为q的正粒子，从1区上边界由静止释放，不计重力。下列说法中正确的是( ) A.粒子从4区下边界穿出后的动能一定为2qEL B.粒子从4区下边界穿出后的水平速度一定为 C.粒子从4区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为B D.若粒子恰未从第4场区射出，则需满足E = AD 14 [解析] 由于洛伦兹力总是不做功，粒子从静止释放到从4区下边界穿出，根据动能定理可得qE·2L = m，可知粒子从4区下边界穿出后的动能一定为2qEL，粒子从4区下边界穿出后的速度大小为v4 = 2，故A正确；由于电场力沿竖直方向，不影响水平方向的速度，则粒子从静止释放到从4区下边界穿出，水平方向根据动量定理可得∑F洛xt = mvx−0，其中∑F洛xt = ∑qvyBt = qB∑vyt = qB·2L，联立可得粒子从4区下边界穿出后的水平速度为vx = ，则粒子从4区下边界穿出时的速度与水平方向夹角的余弦为cos θ = = B，若粒子恰未从第4场区射出，粒子达到4区下边界的竖直分速度刚好为0，则有vx = = v4 = 2，解得E = ，故BC错误，D正确。 15 【视角4】　磁场+磁场 例3 (多选)如图，置于x轴上的足够长的荧光屏上方区域存在匀强磁场，y轴左侧区域的磁场方向垂直纸面向里，右侧区域(包含y轴)的磁场方向垂直纸面向外，两区域的磁感应强度大小均为B。 光屏上方有一粒子源紧挨着M点，可沿x轴正方向不断射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子。粒子打在荧光屏上时，荧光屏相应位置会发光。已知粒子的速率可从零到某最大值之间的各种数取值，速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是( ) 16 A.若MO之间的距离为a，粒子的最大速率为 B.若MO之间的距离为a，荧光屏上的发光长度为 C.若MO之间的距离为a，打中荧光屏上的粒子运动时间的最小值为 D.若MO之间的距离为a，打中荧光屏上的粒子运动时间的最大值为 √ √ √ 17 [解析] 速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，轨迹如图所示，设此时轨道半径均为R1，根据洛伦兹力提供向心力qvB = m，解得R1 = ，根据几何关系2R1cos 30° = 2a，解得R1 = a，故粒子的最大速率为，故A正确； 18 垂直打到荧光屏的位置离O最远，与荧光屏相切点离O最近，两点之间距离即为光屏上的发光长度，如图所示，设此时的轨道半径均为R2，根据几何关系R2 = a，则发光长度L = (R1+R1cos 30°−R2) = ，故B正确； 粒子恰好垂直打在光屏上时，运动时间最短，此时时间为t1 = T1，根据周期公式T = ，故t1 = T1 = ；粒子轨迹与荧光屏相切时，运动时间最长，此时时间为t2 = T2 = ，故C正确，D错误。 19 考点二 带电粒子在叠加场中的运动 20 1.叠加场 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。 2.叠加场中无约束条件下的运动 洛伦兹 力、重力 ①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动 ②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦 兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题 电场力、 洛伦兹力 ①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动 ②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛 伦兹力不做功，可用动能定理求解问题 21 电场力、 洛伦兹 力、重力 ①若三力平衡，一定做匀速直线运动 ②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动 ③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦 兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解 续表 22 考向2：叠加场中有约束条件下的运动 （1）带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，除受场力外，还 受弹力、摩擦力作用，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力 分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量 守恒定律结合牛顿运动定律求出结果。 （2）受力特征 ①场力：重力（恒力）；电场力（一般为恒力）；洛伦兹力 （随速度变化而变化）。 ②弹力： （随速度的变化而变化）。 ③摩擦力： （随弹力的变化而变化）。 23 （3）动力学特征 ① ，合力的大小与方向随速度的变化而变化。 ② ，与合外力同步变化。 （4）能量特征：洛伦兹力不做功。 24 【视角1】　叠加场中做直线运动 例1 如图所示，光滑绝缘轨道abc处于竖直平面内，其中ab是圆心为O，半径为R = 6.05 m的圆周，bc水平，一个带负电的小球P(可视为质点)静止于c处，其质量为m。有质量为M、外 形与P完全相同的不带电小球Q从a处由静止释放，沿轨道滚下后在c处与P发生对心弹性碰撞，碰撞中小球P的电荷量不变。碰后小球P以v = 20 m/s的速度进入虚线JK右边的空间内，该空间存在匀强电场和匀强磁场。已知电场和磁场方向是相同的，电场强度大小为E = 4.0 V/m，磁感应强度的大小为B = 0.15 T。碰撞后小球P在此空间中做匀速直线运动。g = 10 m/s2，试求: 25 （1）小球Q的质量是P的多少倍? [解析] 设Q与P碰前的速度为v0，在Q滚下的过程中，由机械能守恒，有: M = MgR(式中M为Q的质量)， 解得v0 = 11 m/s Q与P发生弹性碰撞，有: Mv0 = Mv1+mv MM+mv2 由（1）（2）（3）式联立解得:M = 10m 26 （2）小球P的比荷，并严谨描述磁场的方向。 [解析] 因电场和磁场同向，则可通过以下分析确定负电质点的受力情况:若质点垂直电场方向运动，则受电场力和重力之外还将受到洛仑兹力作用，且洛仑兹力与磁场垂直即必与电场垂直，只有洛仑兹力和电场力的合力与重力平衡，才能使质点匀速运动，故设想如图所示情形。设粒子垂直纸面向外运动，分析受力情况如图，则:F = Eq = 4q，f = qvB = 3q = mg⇒5q = mg⇒ C/kg = 2 C/kg tan θ = ⇒θ = 37° 逆着质点运动方向看，磁场方向为:在与bc垂直的竖直平面内、与竖直方向成37°角斜向左下方 27 【视角2】　叠加场中做圆周运动 例2 如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B = 0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E = 2 N/C。在第一象限空间有沿y轴负方向、电场强度大小也为E的匀强电场，并在y>h = 0.4 m的区域有磁感应强度大小也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ = 45°)，并从原点O进入第一象限。已知重力加速度g取10 m/s2，求: 28 （1）油滴在第三象限运动时受到的重力、静电力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带哪种电荷； [解析] 根据受力分析(如图所示)，可知油滴带负电荷，设油滴质量为m，由平衡条件得mg∶qE∶F = 1∶1∶ （2）油滴在P点得到的初速度大小； [解析] 由第（1）问得qvB = qE， 代入数据解得v = = 4 m/s 29 （3）油滴在第一象限运动的时间(取π = 3.14)。 [解析] 进入第一象限，静电力和重力平衡，油滴先做匀速直线运动，从A点进入y>h的区域后做匀速圆周运动，再从C点离开y>h区域，最后从x轴上的N点离开第一象限。 由O→A匀速运动的位移为s1 = h 其运动时间t1 = = 0.1 s 由qvB = m，T = 得T = 油滴从A→C做圆周运动的时间为t2 = T = = 0.628 s 由对称性知，从C→N的时间t3 = t1 故油滴在第一象限运动的总时间t = t1+t2+t3 = 2×0.1 s+0.628 s = 0.828 s 30 【视角3】　叠加场中做椭圆运动+开普勒第二定律 例3 (2025·黑吉辽蒙)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。 31 （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。 [解析] 作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如图所示 由几何关系可知，正电荷在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r = = 2y0 由洛伦兹力提供向心力qv1B = m 解得正电荷的入射速度大小为v1 = 正电荷在磁场中运动的周期为T = 所以正电荷从M运动到N的时间为t1 = T = 32 （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。 [解析] 由题意可知，在xOy平面内的负电荷在圆心O'处，由牛顿第二定律可知qv2B+k = m，其中m = 解得v2 = 或v2 = (舍去) 33 （3）在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反，求t2(电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势φ = )。 [解析] 在（2）的条件下，由题意可知，粒子从N点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需要的向心力m大于点电荷提供的库仑力k，因此粒子无法做匀速圆周运动，即正电荷从N点离开磁场后绕负电荷做椭圆运动，如图所示 由能量守恒定律得m−qm−q 由开普勒第二定律可知v2r2 = v3r3 其中r2 = 2y0 联立解得r3 = 6y0 由牛顿第二定律k = m 解得T = 故正电荷从N点离开磁场后到首次速度变为与N点的射出速度相反的时间为t2 = 35 【视角4】　叠加场中做摆线运动+配速法 例4 (2025·湖南)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。 36 （1）求粒子所带电荷量q； [解析] 粒子在电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动有d = v0t 竖直方向做匀变速直线运动 t，vy = at = t 由闭合回路欧姆定律可得U = E 联立可得vy = v0，q = 37 （2）求磁感应强度B的大小； [解析] 粒子进入磁场与竖直方向的夹角为tan θ = = tan 60°，v = v0 粒子在磁场中做匀速圆周运动 qvB = m 由几何关系易得R = 联立可得B = 38 （3）若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。 [解析] 方法一:取一个竖直向上的速度使得其对应的洛伦兹力和水平向右的电场力平衡，则有qvy1B = qE ，解得vy1 = v0 粒子以vy1速度向上做匀速直线运动，粒子做圆周运动的合速度的竖直方向分速度为vy2 = vy1+vy = v0 此时合速度与竖直方向的夹角为tan α = ，合速度为v' = 粒子做圆周运动的半径r = ，最远距离为xm = r+rcos α = 39 方法二:当粒子的合速度方向竖直向上时，粒子相对于电容器右侧的水平距离最小，设此时速度大小为v'，规定竖直向上为正方向，则对粒子从b点运动到该位置的过程，在竖直方向上由动量定理有 ∑qvxBΔt = mv'−(−mvsin 30°) 即qBxm = mv'−(−mvsin 30°) 对粒子从b点运动到该位置的过程，由动能定理有 Eqxm = mv'2−mv2 联立可得xm = d 40 $