物理二轮复习专题学案——带电粒子在叠加场中的运动

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1．叠加场
在同一区域电场、磁场、重力场三场共存，或其中某两场共存的状态。
2．三种可能的叠加场中带电粒子的运动分析
（1）重力场与磁场的叠加
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解有关问题。
（2）电场与磁场的叠加
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解有关问题。
（3）电场、磁场与重力场的叠加
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且速度方向与磁场方向垂直，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，可用能量守恒定律或动能定理求解有关问题。
3．“三步法”突破叠加场问题
二．典例精讲
1．磁场＋重力场
例题1 （2024·湖南·联考题）如图所示，将一质量为m、带电量为＋q的小球在空间垂直纸面向里的匀强磁场中由静止释放，其运动轨迹为“轮摆线”，为方便分析，可将初始状态的速度（为零）分解为一对水平方向等大反向的速度v，即该运动可以分解为一个匀速直线运动1和一个匀速圆周运动2两个分运动，重力加速度为g，磁感应强度大小为B，为实现上述运动的分解，下列说法正确的是（ ）
A．速度v＝
B．分运动2的半径为
C．小球在轨迹最低点处的曲率半径为
D．小球从释放到最低点的过程中重力势能的减少量为
【答案】C
【解析】因分运动1为匀速直线运动，根据平衡条件，分运动1所引起的洛伦兹力与重力等大反向，故qvB＝mg，所以v＝，A错误；对于分运动2，由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝，所以R＝＝，B错误；设小球在轨迹最低点处的曲率半径为r，此时两个速度v方向相同，由牛顿第二定律有：2vqB－mg＝，解得r＝，C正确；小球从释放点到最低点的过程中只有重力做功，减少的重力势能全部转化为动能的增加量，所以ΔEp减＝(2v)2＝，D错误。故选：C。
2．电场＋磁场
例题2 （2024·山东淄博·模拟题）如图所示，以长方体abcd－a′b′c′d′的ad边中点O为坐标原点、ad方向为x轴正方向、a′a方向为y轴正方向、ab方向为z轴正方向建立Oxyz坐标系，已知Oa＝ab＝aa′＝L。长方体中存在沿y轴负方向的匀强磁场，现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中，恰好从a点射出磁场。
（1）求磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若在长方体中加上沿y轴负方向的匀强电场，让粒子仍从O点沿z轴正方向以初速度v射磁场中，为使粒子能从a′点射出磁场，求电场强度E1的大小；
（3）若在长方体中加上电场强度大小为E2＝、方向沿z轴负方向的匀强电场，该粒子仍从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中，求粒子射出磁场时与O点的距离s。
【答案】（1）粒子在aOzb平面内做的速圆周运动，如图中轨迹1所示，
洛伦兹力提供向心力，则qvB＝，r＝，解得B＝；
（2）粒子在长方体中运动的时间t＝，在y轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，
则L＝，又qE1＝ma，解得E1＝；
（3）将初速度v分解为v1、v2，使v1对应的洛伦兹力恰好与电场力平衡，即qv1B＝qE2，
其中E2＝，解得v1＝，v2＝＝2v，
易知v2与z轴正方向的夹角θ＝60°，
若仅在v2对应的洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qv2B＝，
则轨道半径R＝，解得R＝L，
该分运动的情况如图中轨迹2所示，粒子在磁场中运动的时间t2＝，
由于粒子也参与速度大小为v1，方向沿x轴正方向的匀速运动，
粒子射出磁场时与O点的距离s＝L－v1t2，解得s＝。
3．电场＋磁场＋重力场
例题3 （多选）（2024·安徽·历年真题）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，二者所带电荷量、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（ ）
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
【答案】ABD
【解析】油滴a做匀速圆周运动，对油滴a受力分析，可知其所受电场力与重力平衡，有Eq－mg＝0，解得q＝，油滴a所受电场力方向竖直向上，与电场方向相反，则油滴a带负电，A正确；油滴a做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝，联立解得v＝，B正确；由题意可知小油滴Ⅰ的质量为，电荷量为，设其速度大小为v1，根据洛伦兹力提供向心力有，解得v1＝3v＝，周期T1＝，C错误；设小油滴Ⅱ的速度大小为v2，根据动量守恒定律有mv＝， 解得v2＝－v，则分开后油滴Ⅱ向右运动，根据左手定则可知油滴Ⅱ在P点受到竖直向下的洛伦兹力作用，油滴Ⅱ沿顺时针方向做匀速圆周运动，D正确。故选：ABD。
三．跟踪训练
1．（多选）（2025·河南·联考题）如图，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为q的带正电微粒，从M点沿水平直线MN垂直射入磁场。微粒运动过程中重力势能最大的位置与直线MN距离h＝，g为重力加速度。不计空气阻力，在微粒运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．微粒射入磁场的初速度大小为
B．微粒重力势能最大时受到的磁场力大小为2mg
C．微粒第一次回到水平线MN时距离M点
D．微粒射入磁场后经恰好处于水平线MN上
【答案】BC
【解析】本题采用配速法，把初速度分解成水平向右的v1和v2，速度v1产生的洛伦兹力与重力平衡Bqv1＝mg，微粒以速度v2对应的洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，即Bqv2＝，整理得2R＝h＝，即v2＝，
A、微粒射入磁场的初速度v0＝v1＋v2＝，故A错误；
B、微粒重力势能最大时速度v＝v2－v1＝，受到的磁场力F1＝Bqv＝2mg，故B正确；
C、微粒第一次回到水平线MN时用的时间为T＝，根据水平方向的独立性可知距离M点x＝v1·T ＝，故C正确；
D、微粒射入磁场后经t＝（n＝1，2，3…）恰好处于水平线MN上，故D错误。
故选：BC。
2．如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下极板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上极板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求直流电源的电动势E0；
（2）求两极板间磁场的磁感应强度B；
（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′。
【答案】（1）小球在两极板中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得qE＝mg
R2两端的电压U2＝Ed，根据欧姆定律得U2＝，联立解得E0＝；
（2）如图所示
设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系(r－d)2＋()2＝r2，解得r＝2d
根据qvB＝，解得B＝；
（3）由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为60°，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得qE′＝mgcs 60°，解得E′＝。
3．（2023·江苏·历年真题）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，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
【答案】（1）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；
（2）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，且由于电子入射速度为，则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，解得；
（3）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
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，
要让电子到达纵坐标位置，即y≥y2，解得，
则若电子入射速度在0＜v＜v0范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的90%。