2027届高三物理一轮复习课件：第十一章第61课时 专题强化 带电粒子在叠加场中的运动

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”专题，依据高考评价体系梳理了直线运动、圆周运动、摆线运动三大核心考点，通过近五年高考真题分析明确直线和圆周运动占比达70%的高频考查方向，归纳出平衡条件应用、洛伦兹力提供向心力等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+方法提炼+素养提升”的复习策略，如以2022全国甲卷第18题为例，运用配速法分解复杂运动培养科学思维中的模型建构能力，通过动量定理推导摆线运动规律强化科学推理素养。特设“易错点警示”和“解题模板”，助力学生掌握答题技巧，教师可依托此课件精准突破考点，提升复习效率。

第十一章 磁场 专题强化：带电粒子 在叠加场中的运动 第61课时 1.掌握带电粒子在叠加场中做直线运动和圆周运动的受力特点、分析方法和运动规律。 2.会用配速法和动量定理分析叠加场中的摆线运动。 目标要求 3 1.叠加场 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存。 2.带电粒子在叠加场中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 粒子所受合力为0 平衡条件 匀速圆周运动 除洛伦兹力外，另外两力的合力为零： qE=mg 牛顿第二定律、圆周运动的规律 较复杂的曲线运动 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 4 考点一　带电粒子在叠加场中的直线运动和圆周运动 考点二　带电粒子在叠加场中的摆线运动 内容索引 课时精练 5 带电粒子在叠加场中的直线运动和圆周运动 考点一 　　　如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里。一带电荷量为+q、质量为m的微粒从原点出发，以某一初速度沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入叠加场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出叠加场。不计一切阻力，重力加速度为g，求： (1)电场强度E的大小； 答案　　 　　　微粒到达A(l，l)之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲，可知Eq=mg， 得E=。 (2)磁感应强度B的大小； 答案　　 　　　由平衡条件得：qvB=mg 电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如图乙，有qvB=m 由几何知识可得：r=l 联立解得：v=， B=。 (3)微粒在叠加场中的运动时间。 答案　(+1) 　　　微粒做匀速直线运动的时间：t1== 微粒做匀速圆周运动的时间： t2== 微粒在叠加场中的运动时间： t=t1+t2=(+1)。 返回 带电粒子在叠加场中的摆线运动 考点二 1.摆线是同一平面内匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动的轨迹，其实就是一个圆沿着一条直线做无滑动的滚动时，圆周上一点运动的曲线，如图所示。 2.配速法 (1)定义：若带电粒子在磁场中所受合力不为零，则粒子的速度会改变，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，运动分析比较麻烦，此时，我们可以把初速度分解为两个分速度，使其中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，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样一个复杂的曲线运动就可以分解为两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。 (2)用配速法处理叠加场中的摆线类问题 常见情况 处理方法 初速度为0，不计重力   把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个等大反向的速度v2。 初速度为v0，不计重力   把初速度v0分解为速度v1和速度v2。   　　　如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直纸面向里)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子在电场中运动，不计粒子所受重力。若该粒子在M点由静止释放，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　　 　　　方法一　配速法 这个运动之所以复杂是因为洛伦兹力改变了运动的方向，带电粒子在磁场中做的最简单的运动就是匀速圆周运动，我们就可以设法将其分解为匀速圆周运动。粒子的初速度为零，可分解为水平向右的速度v和水平向左的速度v，其中水平向右的速度v对应的洛伦兹力与静电力平衡：Bqv=Eq； 因此，粒子的运动是水平向右速度为v的匀速直线运动和初速度水平向左、大小为v的逆时针匀速圆周运动的合运动，圆周运动的轨迹半径r==， 所以ym=2r=，vm=2v=。 　　　方法二　动能定理+动量定理 带电粒子在运动中，只有静电力做功，当其运动至最远时，静电力做功最多，此时速度最大，根据动能定理有qEym=m 　　　① 粒子沿竖直方向上的速度产生水平方向的洛伦兹力，即F洛x=qBvy 取沿水平方向运动一小段时间Δt，根据动量定理有 F洛xΔt=qBvyΔt=mΔvx， 式中vyΔt表示粒子沿竖直方向运动的距离。 因此，等式两边对粒子从离开M点到第一次最远的过程求和有qBym=mvm　② 联立①②两式，解得vm=，ym=。 [变式]　(2024·江苏苏州市调研)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，xOy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度分别为L和2L、边界均平行x轴的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里；区域Ⅱ同时存在沿y轴负方向的匀强电场，下边界与x轴重合。位于P处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为53°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。sin 53°= 0.8，cos 53°=0.6，不计离子的重力及离子间的 相互作用，并忽略磁场的边界效应。 (1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1的大小。 答案　　 　　　当离子不进入区域Ⅱ速度最大时，轨迹与区域Ⅰ下边界相切，如图甲所示，由几何关系 r1cos 53°=r1-L，解得r1=L。 根据qv1B=m， 解得v1=。 (2)若离子源释放的离子速度大小v2=，求离子进入区域Ⅱ时与边界的夹角θ。 答案　37°　 　　　离子进入区域Ⅰ，运动轨迹如图乙所示， 由qv2B=m， 解得r2=5L。 圆心O到区域Ⅱ上边界的距离 d=r2cos 53°+L=4L，cos θ==0.8， 故进入区域Ⅱ时速度与边界的夹角为θ=37°。 (3)将离子源移至(0，L)处，离子源释放速度大小v3=、方向沿x轴正方向的正离子束，要实现离子不从区域Ⅱ下边界飞出，则电场强度E的大小满足什么条件？ 答案　E≤ 　　　方法一　配速法 将离子的运动看成速度为v0的水平向右的匀速直线运动和竖直平面以速率为(v0-v3)的匀速圆周运动的合运动，满足qv0B=qE0，即v0=。 等效圆的最大直径为L，即L=2， 联立得E0=， 即电场强度应满足的条件是E≤。 　　　方法二　动能定理+动量定理 假设离子向下运动y方向的最大位移为L，此时速度为v，在区域Ⅱ任意Δt时间，由动量定理可得qvyBΔt=mΔvx， 两边累加得qBL=m(v-v3)， 得v=2v3=， 由动能定理得qE0L=mv2-m， 解得E0=， 即电场强度应满足的条件是E≤。 　　　(2025·江苏苏州市检测)如图，cd边界与x轴垂直，在其右方竖直平面内，第一、二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第三、四象限存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁场区域覆盖有竖直向上的外加匀强电场。在xOy平面内，某质量为m、电荷量为q带正电的绝缘小球从P点与cd边界 成30°角以速度v0射入，小球到坐标原点O时恰好以速度v0竖直向下运动，此时去掉外加的匀强电场。重力加速度大小为g，已知磁感应强度大小均为。求： (1)电场强度的大小和P点距y轴的距离； 答案　　　 　　　依题意，小球从P点运动到坐标原点O，速率没有改变，即动能变化量为零，由动能定理可知合力做功为零，静电力与重力等大反向，可知qE=mg，解得E= 可知小球由P点到O点在洛伦兹力作用下做 匀速圆周运动，轨迹如图甲所示 根据qv0B=m，解得r= 由几何关系可得xP=r+rcos 30° 联立解得xP= (2)小球第一次到达最低点时速度的大小； 答案　(1+)v0 　　　把小球在坐标原点的速度v0分解为沿x轴正方向的v0和与x轴负方向成45°的v0，如图乙所示 qv0B=mg，知其中沿x轴正方向的v0对应的洛伦兹力恰好与小球重力平衡，沿x轴正方向小球做匀速直线运动 与x轴负方向成45°的v0对应的洛伦兹力提供小球做逆时针匀速圆周运动的向心力，可知小球第一次到达最低点时速度的大小为v=v0+v0=(1+)v0 (3)小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时所用时间。 答案　 　　　由第(2)问分析可知在撤去电场后小球做匀速圆周运动的分运动轨迹如图丙所示 根据qv0B=m，又T= 由几何关系，可得小球从过坐标原点时到 第一次到达最低点时圆弧轨迹对应的圆心 角为135°， 则所用时间为t=T 联立解得t=。 返回 课时精练 精练高频考点 提升关键能力 对一对 题号 1 2 3 4 　5 答案 C C B C (1)　 (2)k≥ 题号 　6 　7 答案 (1)带正电　　(2) (3) (1)v0B　(2)　(3)90% 答案 1 2 3 4 5 6 7 1.如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度大小为E、方向竖直向下；该磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则 A.液滴带正电 B.液滴比荷= C.液滴沿顺时针方向运动 D.液滴运动速度大小v= √ 1 2 3 4 5 6 7 答案 35 　　　液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的叠加场中做匀速圆周运动，可知qE=mg，得=，选项B错误； 静电力方向竖直向上，液滴带负电，选项A错误； 由左手定则可判断液滴沿顺时针方向运动，选项C正确； 对液滴有qE=mg，qvB=m，联立得v=，选项D错误。 1 2 3 4 5 6 7 答案 2.(2025·江苏苏州市检测)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的由正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区中，该微粒在静电力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A点，下列说法中正确的有(重力加速度为g) A.该微粒一定带正电荷 B.微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C.该磁场的磁感应强度大小为 D.该电场的电场强度大小为 √ 1 2 3 4 5 6 7 答案 　　　若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的静电力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的静电力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒做匀速直线运动，故A、B错误； 由平衡条件得qvBcos θ=mg，qvBsin θ=qE，得磁场的磁感应强度大小B= ，电场的电场强度大小E=，故C正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 答案 3.(2022·全国甲卷·18)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是 1 2 3 4 5 6 7 答案 √ 　　　粒子在O点静止，对零速度进行分解，分解为沿x轴正方向的速度v和沿x轴负方向的速度v'，两个速度大小相等，方向相反，使得一个洛伦兹力平衡静电力，即qBv'=qE，则粒子在电场、磁场中的运动，可视为沿x轴负方向以速度v'=做匀速直线运动，同时在x轴及x轴上方做匀速圆周运动。故选B。 1 2 3 4 5 6 7 答案 4.(2024·安徽卷·10改编)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，则下列说法错误的是 A.油滴a带负电，所带电量的大小为 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 2 3 4 5 6 7 答案 　　　油滴a做圆周运动，故重力与静电力平衡，可知带负电，有mg=Eq 解得q=，故A正确； 根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m 联立解得油滴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，得v1B=· 解得v1==，周期为T==，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 答案 　　　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=-， 由于分离后的小液滴受到的静电力和重力仍然平衡，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。 1 2 3 4 5 6 7 答案 5.(2025·江苏扬州市检测)在如图所示的Oxy平面内，x轴和y=a区间有垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为m、电荷量为e的质子(不计重力)从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场。入射速度为v0时，质子恰好不从磁场上边界射出。 (1)求磁感应强度大小B； 1 2 3 4 5 6 7 答案 答案　　 1 2 3 4 5 6 7 答案 　　　根据洛伦兹力提供向心力得ev0B=m 如图所示，当质子恰好不从磁场上边界射出时r=a 解得B= (2)若磁场区域存在沿-y方向的非匀强电场，电场强度沿y轴正方向均匀增大，关系式为E=ky，要使入射速度为10v0的质子不从磁场上边界射出，求k满足的条件。 1 2 3 4 5 6 7 答案 答案　k≥ 1 2 3 4 5 6 7 答案 　　　设入射速度为10v0的质子刚好经过y=a边界时速度大小为v1，此时速度方向沿x轴正向。 根据动能定理可得W=m-m(10v0)2 静电力做功W=-·a=-·a=-ek1a2 水平方向应用动量定理eBvyΔt=mΔvx 两边累加求和得∑eBvyΔt=∑mΔvx 即eBa=mv1 解得v1=，k1= 所以k≥。 6.(2024·甘肃卷·15)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。 答案　带正电　　 1 2 3 4 5 6 7 答案 　　　粒子在磁场B2中O处所受洛伦兹力方向向上，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，在加速电场中，由动能定理qU=m 在速度选择器中粒子做匀速直线运动， 由平衡条件qv0B1=qE1 联立解得粒子的比荷为= 1 2 3 4 5 6 7 答案 (2)求O点到P点的距离。 答案　 1 2 3 4 5 6 7 答案 　　　在Ⅲ中由洛伦兹力提供向心力qv0B2=m 可得O点到P点的距离为OP=2r= (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 2 3 4 5 6 7 答案 　　　粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力F洛=qv0B1 向下的静电力F=qE2 由于E2>E1，且qv0B1=qE1 所以通过配速法，如图所示 其中满足qE2=q(v0+v1)B1 则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0+v1做匀速直线运动的同时，竖直方向以速度v1做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，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+v1=。 1 2 3 4 5 6 7 答案 7.(2023·江苏卷·16)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； 1 2 3 4 5 6 7 答案 答案　v0B　 　　　由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，则有Ee=ev0B 解得E=v0B 1 2 3 4 5 6 7 答案 (2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1； 1 2 3 4 5 6 7 答案 答案　　 　　　电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且电子入射速度为，电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转， 根据动能定理有eEy1=m(v0)2-m(v0)2 解得y1= 1 2 3 4 5 6 7 答案 (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。 1 2 3 4 5 6 7 答案 答案　90% 　　　方法一　若电子以速度v入射时，设电子能到达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=2v0-v y= 1 2 3 4 5 6 7 答案 　　　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%。 方法二　如果电子在复合场中受到的电场力与洛伦兹力等值反向，电子做匀速直线运动。如果这两个力不平衡，可将其分解为匀速直线运动和匀速圆周运动两个分运动。对于初状态静止的电子，设Ee=ev1B，可看作以v1=v0对应水平向右的匀速直线运动，而另一个分运动是v2=-v0， 1 2 3 4 5 6 7 答案 　　　根据洛伦兹力提供向心力，可得Bev2=m 解得r== 设速度为v的电子，一个分运动为v1=v0，对应水平向右的匀速直线运动。另一个分运动的速度为v2，这个分运动做圆周运动的直径为y2， 则有=，解得v2=。 电子入射速度为两个分速度的合速度，即v=v1-v2=v0-=。 在0<v<v0范围内，合速度越大，v2越小，圆周运动直径越小。 由于电子在0<v<v0范围内均匀分布，可得=×100%=90%。 1 2 3 4 5 6 7 答案 返回 本课结束 THANKS 第十一章 $