第一章 专题强化6 带电粒子在叠加场中的运动（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册学习笔记（人教版 浙江专版）

本高中物理讲义聚焦带电粒子在叠加场中的运动这一核心知识点，系统梳理电场、磁场、重力场共存时的运动形式，包括匀速直线运动（合力为零）、匀速圆周运动（洛伦兹力提供向心力，其他力平衡）、复杂曲线运动（用动能定理分析），并明确重力是否考虑的判断方法，搭建清晰的学习支架。 该资料通过典型例题（如带电颗粒速率分选装置、霍尔推进器应用）强化科学思维中的模型建构与科学推理，结合专题强化练提升学生问题解决能力。课中辅助教师突破重点难点，课后助力学生回顾受力分析与运动规律，有效查漏补缺，培养严谨的科学态度。

专题强化6　带电粒子在叠加场中的运动 [学习目标]　1.掌握带电粒子在叠加场中运动的两种常见情景(重点)。2.会分析其受力情况和运动情况，能正确运用物理规律解决问题(难点)。 如图所示，思考以下问题： (1)图甲中若小球做匀速圆周运动说明了洛伦兹力充当向心力，除洛伦兹力外其他力的合力为零，即此时重力与静电力二力平衡。 (2)图乙中若小球做直线运动，则小球一定做匀速直线运动，即小球受到的合力为零，即重力和静电力及洛伦兹力三力处于平衡状态。 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 粒子所受的合力为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 3.是否考虑粒子重力 (1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为一般情况下其重力与静电力或洛伦兹力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力。 (2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理。 (3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否考虑重力。 一、带电粒子在叠加场中的直线运动 例1　(2024·宁波市高二期末)如图所示，某空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面方向的匀强磁场(图中未画出)，一质量为m的带正电粒子恰能以速度v沿图中虚线所示的轨迹做直线运动，粒子的运动轨迹与水平方向的夹角为60°，匀强电场的电场强度大小为E，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A.匀强磁场的方向垂直纸面向外 B.匀强磁场的磁感应强度大小为 C.粒子的电荷量为 D.若粒子运动过程中磁场突然消失，则粒子可能做匀减速直线运动 答案　B 解析　带电粒子受到重力、静电力、洛伦兹力，三者平衡，如图所示， 因重力向下，静电力向右，所以洛伦兹力方向为左上方，根据左手定则可判断匀强磁场的方向垂直纸面向里，故A错误；由平衡条件可知qvBsin 60°＝Eq，解得B＝，故B正确；由平衡条件可知Eq＝mgtan 60°，解得q＝，故C错误；若粒子运动过程中磁场突然消失，重力和静电力的合力与速度方向垂直且恒定，则粒子做类平抛运动，故D错误。 二、带电粒子在叠加场中的圆周运动 例2　(多选)如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，带电荷量为q的液滴在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E(方向竖直向下)，磁感应强度为B(方向垂直于纸面向里)，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.液滴质量是 B.液滴质量是 C.液滴逆时针转动 D.液滴带负电 答案　AD 解析　液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和静电力是一对平衡力，则得mg＝qE，解得m＝，A正确，B错误；因为液滴受到的重力和静电力是一对平衡力，可知液滴带负电，因为液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据左手定则，可得液滴顺时针转动，C错误，D正确。 例3　如图所示是一种带电颗粒的速率分选装置。两带电平行金属板间匀强电场方向竖直向上，其中PQNM矩形区域内还有垂直纸面向外的匀强磁场。一束同种带正电颗粒(质量为m，电荷量为q)，以不同的速率沿着磁场区域的上边界MN进入两金属板之间，先在电场中经过一段匀速直线运动后，再进入PQNM矩形区域。其中速率为v0的颗粒刚好从磁场右边界中点离开磁场，然后沿直线运动到达收集板。已知重力加速度为g，PQ＝3d，NQ＝2d，收集板与NQ的距离为d，不计颗粒间相互作用。求： (1)电场强度E的大小； (2)磁感应强度B的大小； (3)若要收集速率在0.8v0~2v0范围内的颗粒，求收集板的最小长度(已知≈2.6，≈9.5，≈0.27)。 答案　(1)　(2)　(3)1.71d 解析　(1)颗粒在电场中做匀速直线运动，则Eq＝mg 可得E＝ (2)颗粒进入电场和磁场的正交场后做匀速圆周运动，则由几何关系r2＝(r－d)2＋(3d)2 解得r＝5d 根据qv0B＝m 解得B＝ (3)根据r＝可知， 速率在0.8v0和2v0的颗粒对应的轨道半径r1＝4d，r2＝10d 设颗粒在磁场中运动的偏向角为θ，由几何关系可知y1＝r1－d＋dtan θ1 y2＝r2－d＋dtan θ2 其中tan θ1＝ tan θ2＝ 收集板的最小长度 ymin＝y1－y2≈1.71d。 三、带电粒子在叠加场中的摆线运动 例4　如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁场的磁感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为＋q的粒子，以不同速率沿着两板中轴线PQ方向进入板间后，速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动；速率为的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，A为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全程速率在和之间变化。研究一般的曲线运动时，可将曲线分割成许多很短的小段，这样质点在每一小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，采用圆周运动的分析方法来处理。不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　) A.两板间电场强度的大小为 B.乙粒子从进入板间运动至A位置的过程中，在水平方向上做匀速运动 C.乙粒子偏离中轴线的最远距离为 D.乙粒子的运动轨迹在A处对应圆周的半径为 答案　C 解析　速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动，则有qvB＝Eq，可得两板间电场强度的大小为E＝vB，故A错误；速率为的乙粒子在板间的运动轨迹如题图中曲线所示，乙粒子从进入板间至运动到A位置的过程中，根据左手定则判断知乙粒子在水平方向上的合力一直水平向右，所以乙粒子在水平方向上做加速运动，故B错误；由于洛伦兹力一直不做功，乙粒子所受静电力方向一直竖直向下，当粒子速度最大时，静电力做的功最多，偏离中轴线的距离最远，根据动能定理有qEym＝m(v)2－m()2，可得ym＝，故C正确；由题意可知，乙粒子的运动轨迹在A处时为粒子偏离中轴线的距离最远，粒子速度达到最大为v，根据qvmB－qE＝qvB＝m，对应圆周的半径为rA＝，故D错误。 专题强化练　 [分值：50分] [1~4题，每题4分] 1.(多选)(2024·温州市高二期中)地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场(未画出)和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图所示，由此可以判断(　　) A.油滴一定做匀速运动 B.油滴可以做变速运动 C.如果油滴带正电，它是从N点运动到M点 D.如果油滴带正电，它是从M点运动到N点 答案　AD 解析　油滴做直线运动，受重力、静电力和洛伦兹力作用，因为重力和静电力均为恒力，根据油滴做直线运动的条件可知，油滴所受洛伦兹力亦为恒力。根据F＝qvB可知，油滴必定做匀速直线运动，A正确，B错误；根据做匀速直线运动的条件可知油滴的受力情况如图所示， 如果油滴带正电，由左手定则可知，油滴从M点运动到N点，C错误，D正确。 2.如图所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速运动，c恰好做匀速圆周运动，比较它们的质量ma、mb、mc间的关系，正确的是(　　) A.ma最小 B.mb最大 C.mb＝mc D.mb最小 答案　D 解析　由力的平衡条件可知，a静止，受洛伦兹力为零，则a所受静电力方向向上，则有mag＝Eq，已知电场方向向下，则三个油滴带负电，可知b所受静电力方向向上，向右做匀速运动，所受洛伦兹力方向向下，由力的平衡条件有Eq＝mbg＋qvB，mbg＝Eq－qvB；c做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，在竖直方向受力平衡，可得mcg＝Eq，由以上可知ma＝mc，mb最小。故选D。 3.(多选)(2024·杭州市第二中学东河校区高二期中)如图所示，在竖直平面内的虚线下方分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为10 N/C，方向水平向左；磁感应强度大小为2 T，方向垂直纸面向里。现将一质量为0.2 kg、电荷量为＋0.5 C的小球，从该区域上方的某点A以某一初速度水平抛出，小球进入虚线下方后恰好做直线运动。已知重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.小球平抛的初速度大小为5 m/s B.小球平抛的初速度大小为2 m/s C.A点距该区域上边界的高度为1.25 m D.A点距该区域上边界的高度为2.5 m 答案　BC 解析　小球受竖直向下的重力与水平向左的静电力及洛伦兹力作用，小球进入电磁场区域做直线运动，小球受力如图所示。 由平衡条件得qvBcos θ＝mg，小球平抛的初速度v0＝vcos θ，代入数据解得v0＝2 m/s，故A错误，B正确； 小球从A点抛出到进入叠加场过程，由动能定理得mgh＝mv2－m。根据在叠加场中的受力情况可知(mg)2＋(qE)2＝(qvB)2，联立解得h＝1.25 m，故C正确，D错误。 4.(2024·杭州中学高二期中)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，且电子从M点到P点运动的时间为t，P、M间的距离为d。下列说法正确的有(　　) A.电子到达P点时的速度为0 B.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力 C.电子从N点到P点，静电力做正功 D.该匀强电场的电场强度E＝ 答案　A 解析　由于M点和P点在同一等势面上，故电子从M点到P点静电力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受静电力作用，在匀强电场中电子在这两点静电力相等，即合力相等，故A正确，B错误；电子从N点到P点静电力做负功，故C错误；通过单位判断物理量关系错误，故D错误。 [5、6题，每题5分] 5.(2024·嘉兴市高二期末)2022年1月，我国成功研制出大功率单通道霍尔推进器，并将其运用到载人航天器中，如图甲所示。霍尔推进器的部分结构如图乙所示，在很窄的圆环空间内存在沿半径方向向外的辐射状的磁场Ⅰ，其磁感强度大小可近似认为处处相等。若在垂直圆环平面的方向上加上匀强磁场Ⅱ和匀强电场(图中都没有画出)，沿平行圆环的方向以一定的速度射入电子，电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、周期为T的匀速圆周运动。已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小相等，电子的电荷量为e，质量为m，电子重力忽略不计，则(　　) A.磁场Ⅰ对电子的作用力提供电子做匀速圆周运动所需向心力 B.电场方向垂直圆环平面向外，磁场Ⅱ的方向垂直圆环平面向里 C.磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小为 D.电场的电场强度大小为 答案　D 解析　根据左手定则可知磁场Ⅰ对电子的作用力沿圆环方向垂直纸面向里，不能提供向心力，磁场Ⅱ对电子的作用力提供电子做匀速圆周运动所需向心力，即磁场Ⅱ的方向垂直圆环平面向里，电子所受静电力与磁场Ⅰ对电子的作用力平衡，所以电场方向垂直圆环平面向里，故A、B错误；根据evB＝m，又T＝，联立解得B＝，故C错误；根据eE＝evB，又evB＝mR，联立解得E＝，故D正确。 6.(多选)(2024·杭州市高二期末)全超导托卡马克是研究核聚变的实验装置。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.静电力的瞬时功率为qE B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B C.该离子的加速度大小不变，方向变化 D.的比值不断增大 答案　CD 解析　根据功率的计算公式可知，静电力的瞬时功率为P＝Eqv1，故A错误；由于v1与磁场平行，v2与磁场垂直，则离子受到的洛伦兹力为F＝Bqv2，故B错误；离子的两个分运动分别是以速度v2在洛伦兹力作用下的匀速圆周运动，且该圆周运动在垂直于电场方向的平面内，而洛伦兹力作用下的向心加速度大小不变，方向时刻发生改变，但始终垂直于电场平面，另一分运动是在静电力作用下的匀加速直线运动，而静电力作用下的加速度恒定不变，且加速度始终垂直于圆周运动所在平面，由此可知离子的两个分加速度始终垂直且大小都不变，则可知合加速度大小不变，但方向变化，故C正确；离子以速度v2做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，速度v2大小不变，同时离子在静电力的作用下做匀加速运动，v1不断增大，由此可知的比值不断增大，故D正确。 7.(11分)(2023·杭州市高二期中)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限内存在电场强度大小为E0、方向水平向右的匀强电场，x轴下方是竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场的叠加场区域。一带电小球从x轴上的A点以一定初速度v0垂直x轴向上射出，小球恰好以速度v0从y轴上的C点垂直y轴进入第一象限，然后从x轴上的D点进入x轴下方的叠加场区域，小球在叠加场区域内做圆周运动，最后恰好击中原点O，已知重力加速度为g。求： (1)(2分)带电小球的比荷； (2)(6分)x轴下方匀强磁场的磁感应强度大小B； (3)(3分)小球从A点运动到O点经历的时间t。 答案　(1)　(2)　(3)＋2) 解析　(1)在第二象限，带电小球竖直方向上做匀减速直线运动，有v0＝gt1，水平方向上做匀加速直线运动，有v0＝t1，解得，t1＝。 (2) 小球在叠加场区域内做圆周运动， 所以mg＝qE，则E＝＝E0， 小球在第二象限上升的高度yOC＝g 小球在第一象限做平抛运动有yOC＝g， 则t2＝，所以小球进入叠加场的速度为 v＝v0 速度方向与x轴正方向夹角为45°， 小球沿x轴方向的位移大小xOD＝v0t2＝ 则小球在叠加场中做圆周运动的半径为 R＝， 由Bqv＝，又E0＝ 可得B＝。 (3)小球做圆周运动的周期为T＝， 则小球在磁场中运动的时间为 t3＝ 所以小球从A点运动到O点经历的时间 t＝t1＋t2＋t3＝＋2)。 8.(13分)(2024·杭州市富阳二中高二月考)如图所示，在竖直面Oxy内，第一象限中存在水平向左的匀强电场，第三、四象限中存在垂直纸面向里的匀强磁场，在直线y＝－l的下方存在竖直向上的匀强电场。现将一个质量为m的带正电小球，从坐标为(0，l)的P点沿x轴正方向水平抛出，恰好从坐标为(l，0)的Q点竖直落入一固定的竖直粗糙细管中。已知小球与细管间的动摩擦因数为μ，细管长为l，小球离开细管前已做匀速运动，匀强磁场磁感应强度大小为B，匀强电场强度大小均为E，小球初速度未知，重力加速度为g。求： (1)(3分)小球所带电荷量； (2)(5分)小球在竖直细管中克服摩擦力所做的功； (3)(5分)小球离开细管后，在y＝－l下方的区域内运动，求小球第一次离开该区域前纵坐标的最小值。 答案　(1)　(2)2mgl－　(3)－l－ 解析　(1)由题意可知，小球在第一象限的运动过程中，x轴方向做匀减速直线运动，末速度为0。由逆向思维可得 l＝at2，a＝ y轴方向做自由落体运动有l＝gt2 可得a＝g，q＝ (2)由题意可知，小球从Q点进入细管时，水平方向速度为零。故由自由落体公式有2gl＝ 可得小球从Q点进入细管时速度为v0＝ 小球离开细管时已做匀速运动，由受力分析可得μqvB＝mg 解得v＝ 由动能定理可得mv2－m＝mgl－Wf 小球在竖直细管中克服摩擦力所做的功Wf＝2mgl－ (3)小球离开细管进入叠加场区域后有 mg＝Eq 小球将在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 qvB＝ 故小球做圆周运动的圆周半径为 r＝ 小球在叠加场运动轨迹为半圆，故小球第一次离开该区域前纵坐标的最小值为 y＝－l－r＝－l－。 学科网（北京）股份有限公司 $