2025高考物理總復習帶電粒子在疊加場和交變電、磁場中的運動

第十一章磁場第7課時專題強化：帶電粒子在疊加場和交變電、磁場中的運動目標要求1.了解疊加場的特點，會處理帶電粒子在疊加場中的運動問題。2.掌握帶電粒子在交變電、磁場中運動的解題思路和處理方法。內(nèi)容索引考點一

帶電粒子在疊加場中的運動考點二

帶電粒子在交變電、磁場中的運動課時精練><考點一帶電粒子在疊加場中的運動1.疊加場電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。2.帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式運動性質受力特點方法規(guī)律勻速直線運動粒子所受合力為0平衡條件勻速圓周運動除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零：qE＝mg牛頓第二定律、圓周運動的規(guī)律較復雜的曲線運動除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向動能定理、能量守恒定律例1

如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系xOy，其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應強度的方向垂直紙面向里。一帶電荷量為＋q、質量為m的微粒從原點出發(fā)，以某一初速度沿與x軸正方向的夾角為45°的方向進入疊加場中，正好做直線運動，當微粒運動到A(l，l)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間)，微粒繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出疊加場。不計一切阻力，重力加速度為g，求：(1)電場強度E的大?。晃⒘５竭_A(l，l)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲，可知Eq＝mg，(2)磁感應強度B的大?。浑妶龇较蜃兓?，微粒所受重力與靜電力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，運動軌跡如圖乙，有qvB＝(3)微粒在疊加場中的運動時間。微粒在疊加場中的運動時間：微粒做勻速圓周運動的時間：例2

(2023·江蘇卷·16)霍爾推進器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。質量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動；入射速度小于v0時，電子的運動軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計重力及電子間相互作用。(1)求電場強度的大小E；答案v0B由題知，入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動，則有Ee＝ev0B解得E＝v0B電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場的復合場中，由于洛倫茲力不做功，且電子入射速度為

電子受到的靜電力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉，答案90%方法一

若電子以速度v入射時，設電子能到達的最高點位置的縱坐標為y，則根據(jù)動能定理有由于電子在最高點與在最低點所受的合力大小相等，則在最高點有F合＝evmB－eE在最低點有F合＝eE－evB則若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，能到達縱坐標y2＝位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的90%。方法二如果電子在復合場中受到的靜電力與洛倫茲力等值反向，電子做勻速直線運動。如果這兩個力不平衡，可將其分解為勻速直線運動和勻速圓周運動兩個分運動。對于初狀態(tài)靜止的電子，設Ee＝ev1B，可看作以v1＝v0對應水平向右的勻速直線運動，而另一個分運動是v2＝－v0，設速度為v的電子，一個分運動為v1＝v0，對應水平向右的勻速直線運動。另一個分運動的速度為v2，這個分運動做圓周運動的直徑為y2，電子入射速度為兩個分速度的合速度，在0<v<v0范圍內(nèi)，合速度越大，v2越小，圓周運動直徑越小。由于電子在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，返回帶電粒子在交變電、磁場中的運動><考點二解決帶電粒子在交

變電、磁場中的運動問題的基本思路先讀圖看清并且明白場的變化情況受力分析分析粒子在不同的變化場區(qū)的受力情況過程分析分析粒子在不同時間段內(nèi)的運動情況找銜接點找出銜接相鄰兩過程的物理量選規(guī)律聯(lián)立不同階段的方程求解例3

如圖甲所示的平行金屬極板M、N之間存在交替出現(xiàn)的勻強磁場和勻強電場，取垂直紙面向外為磁場正方向，磁感應強度B隨時間t周期性變化的規(guī)律如圖乙所示，取垂直極板向上為電場正方向，電場強度E隨時間t周期性變化的規(guī)律如圖丙所示。t＝0.5t0時，一不計重力、帶正電的粒子從極板左端以速度v沿板間中線平行極板射入板間，最終平行于極板中線射出，已知粒子在t＝1.5t0時速度為零，且整個運動過程中始終未與兩極板接觸，則下列說法錯誤的是A.粒子可能在2.5t0時刻射出極板√根據(jù)題意可知，在0.5t0～t0內(nèi)，粒子在磁場中做勻速圓周運動，且轉了

周，在t0～1.5t0內(nèi)，粒子在電場中向下做減速運動到速度為零，在1.5t0～2t0內(nèi)，粒子在電場中向上做加速運動到速度為v，在2t0～2.5t0內(nèi)，粒子在磁場中做勻速圓周運動，轉了

周，粒子回到極板中線，速度平行于極板中線，接下來粒子周期性地重復以上運動，粒子在一個運動周期內(nèi)的軌跡如圖所示。粒子一個運動周期為T＝2.5t0－0.5t0＝2t0，故粒子射出極板的時刻可能為t＝0.5t0＋nT＝(0.5＋2n)t0(n＝1,2,3…)，當n＝1時t＝0.5t0＋T＝2.5t0，故A正確；例4

(2023·江蘇省昆山中學模擬)如圖甲所示，在直角坐標系第一象限內(nèi)，以x軸和y軸為邊界存在足夠大勻強磁場。磁感應強度B隨時間t做周期性變化的圖像如圖乙所示，B0已知，垂直紙面向外為B的正方向，一粒子源可持續(xù)均勻發(fā)射速度為v0的粒子，粒子質量和電荷量分別為m和＋q，不計重力；t＝0(1)磁場變化的周期T0；(2)粒子從x軸射出的區(qū)域寬度d以及從第一象限射出的粒子在磁場中運動的最長時間tm；如圖乙所示，某時刻進入磁場的粒子恰好從x軸上F點離開磁場區(qū)域，EF為粒子從x軸射出的區(qū)域范圍，有因為

所以粒子在磁場變化的半個周期內(nèi)做圓周運動的圓心角為240°。比較圖乙和圖丙可知：從第一象限射出的粒子在磁場中運動時間最長的是從y軸上D點射出的粒子，(3)若在

時刻關閉粒子源，求從x軸和y軸射出的粒子數(shù)之比。答案3∶4由于磁場變化，150°～240°(C→A)范圍內(nèi)的粒子從x軸射出。0°～120°(O→C′)范圍內(nèi)的粒子從y軸射出，所以從x軸和y軸射出的粒子數(shù)之比為90°∶120°＝3∶4。此時刻之前發(fā)射的粒子從x軸射出，所以從x軸和y軸射出的粒子數(shù)之比為Δtx∶Δty＝3∶4。返回課時精練C.液滴沿順時針方向運動1.如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動，其軌道半徑為R，已知該電場的電場強度大小為E、方向豎直向下；該磁場的磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，設重力加速度為g，則A.液滴帶正電√1234561234靜電力方向豎直向上，液滴帶負電，選項A錯誤；由左手定則可判斷液滴沿順時針方向運動，選項C正確；5612342.(2022·廣東卷·8改編)如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有A.電子從N到P，電場力做正功B.N點的電勢低于P點的電勢C.電子從M到N，洛倫茲力不做功D.電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力√561234由題可知電子所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場力做負功，故A錯誤；根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知，N點的電勢高于P點的電勢，故B錯誤；由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N，洛倫茲力不做功，故C正確；561234由于M點和P點在同一等勢面上，故從M點到P點電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點速度為0，根據(jù)動能定理可知電子在P點速度也為0，則電子在M點和P點都只受電場力作用，在勻強電場中電子在這兩點所受電場力相等，即所受合力相等，故D錯誤。5612343.(2023·江蘇蘇州市檢測)質量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進入方向如圖所示的由正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區(qū)中，該微粒在靜電力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A點，下列說法中正確的有(重力加速度為g)A.該微粒一定帶正電荷B.微粒從O到A的運動可能是勻變速運動√561234若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向左的靜電力qE和垂直O(jiān)A斜向右下方的洛倫茲力qvB，知微粒不能做直線運動，據(jù)此可知微粒應帶負電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向右的靜電力qE和垂直O(jiān)A斜向左上方的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運動到A，可知微粒做勻速直線運動，故A、B錯誤；56內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B2＝

x、y軸上有A、B兩點，OA＝(2＋

)m，OB＝1m?，F(xiàn)有一質量m＝4×10－3kg、電荷量q＝10－3C的帶正電小球，從A點以速度v0垂直x軸進入第一象限，做勻速圓周運動且從B點離開第一象限。小球進入第二象限后沿直線運動到C點，然后由C點進入第三象限。已知重力加速度為g＝10m/s2，不計空氣阻力。求：12344.如圖所示，在豎直平面內(nèi)的直角坐標系xOy中，y軸豎直，第一象限內(nèi)有豎直向上的勻強電場E1、垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感應強度B1＝4T；第二象限內(nèi)有平行于xOy平面且方向可以調節(jié)的勻強電場E2；第三、四象限561234(1)第一象限內(nèi)電場的電場強度E1與小球初速度v0的大小；答案

40N/C

2m/s

561234小球由A點進入第一象限后，所受靜電力與重力平衡，有E1q＝mg解得E1＝40N/C，解得r＝2m解得v0＝2m/s561234(2)第二象限內(nèi)電場強度E2的最小值和E2取最小值時小球運動到C點的速度大小vC；56由幾何關系得：BC與豎直方向夾角為θ＝30°小球由B到C做直線運動，則靜電力與重力的合力與vB均沿BC方向，當靜電力與BC垂直時，靜電力有最小值，此時qE2min＝mgsinθ解得E2min＝20N/C對小球有mgcosθ＝ma1234根據(jù)速度位移關系式得vC2－v02＝2axBC561234(3)在第(2)問的情況下，小球在離開第三象限前的最大速度vm。56小球進入第三象限后，在重力、洛倫茲力作用下做變加速曲線運動，把初速度vC分解為v1和v2，其中v1滿足Bqv1＝mg1234小球的實際運動可以分解為56123456并經(jīng)碰撞后原速率反彈(不計碰撞時間和電荷量的變化)，最終粒子會從A點垂直上邊界向上射出，離開磁場區(qū)域。不計粒子重力，不考慮變化的磁場所產(chǎn)生的電場。求：12345.如圖甲所示，在y軸左側存在沿x軸正方向的勻強電場，在y軸右側的矩形虛線空間存在垂直于紙面的周期性的磁場，磁感應強度大小為

磁場上邊界在y＝2a處，下邊界在y＝－2a處，右邊界在x＝3a處，磁場的變化規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定垂直紙面向里的方向為磁場的正方向。t＝0時刻，一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從位置坐標為(a,2a)的A點以速度v沿y軸負方向射入磁場，若粒子恰能垂直打到放置在下邊界處的水平擋板上的B點(圖中B點未標出)，561234(1)帶電粒子在磁場中的運動半徑與運動周期；561234粒子從A點以速度v沿y軸負方向射入磁場，561234(2)若使粒子從A點運動到B點的時間最短，問圖乙中T0的最小值；561234由左手定則可知，粒子在磁場中向右偏轉，轉動一個周期后又從x軸上x＝a點處射入x軸下方的磁場，若此時磁場的磁感應強度等于零，則有粒子做勻速直線運動垂直打在下邊界處的水平擋板上的B點。因此要使粒子從A點運動到B點的時間最小，則粒子在磁場中轉動一個周期，561234(3)T0取第(2)問的數(shù)值，使帶電粒子從與B點碰后運動到A點的時間最短，則此條件下所加的電場強度E的大小。561234加速度方向與粒子運動方向相反，做勻減速直線運動，經(jīng)t1時間返回，又以原速度大小垂直y軸射