2027届高三物理一轮复习教案：第十一章　第61课时　专题强化：带电粒子在叠加场中的运动（含解析）

这是一份2027届高三物理一轮复习教案：第十一章　第61课时　专题强化：带电粒子在叠加场中的运动（含解析）
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

考点一 叠加场中的直线运动和圆周运动
例1 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；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)微粒在叠加场中的运动时间。
答案 (1)mgq (2)mqgl (3)(3π4+1)lg
解析 (1)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=mgq。
(2)由平衡条件得：
qvB=2mg
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=mv2r
由几何知识可得：
r=2l
联立解得：v=2gl，
B=mqgl。
(3)微粒做匀速直线运动的时间：t1=2lv=lg
微粒做匀速圆周运动的时间：
t2=34π·2lv=3π4lg
微粒在叠加场中的运动时间：
t=t1+t2=(3π4+1)lg。
考点二 叠加场中的摆线问题
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，圆周上的一点运动轨迹的曲线，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，粒子做复杂曲线，如果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
例2 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 2mEqB2 2EB
解析 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=mvqB=mEqB2，所以ym=2r=2mEqB2，vm=2v=2EB。
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=12mvm2①
粒子沿竖直方向上的速度产生水平方向的洛伦兹力，
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点到第一次运动至最远的过程求和有qBym=mvm②
联立①②两式，解得vm=2EB，ym=2mEqB2。
[变式] (多选)(2025·江西宜春市二模)某控制带电粒子运动的装置模型如图所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场。电场强度大小为E(未知)，方向竖直向下；磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从电场的上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是( )
A.匀强电场E的大小为E=qdB22m
B.粒子从O点运动到P点的时间为(π+2)mqB
C.粒子经过N点时速度大小为Bqdm
D.MN两点的竖直距离为45d
答案 AC
解析 设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理有qEd=12mv2，洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2R，由几何关系可得R=d，联立以上可得E=qdB22m，故A正确；粒子在电场中的运动时间为t1=dv2=2mqB，在磁场中的运动时间为t2=T4=πm2qB，粒子从O点运动到P点的时间为t=(π+4)m2qB，故B错误；将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量vx、vy，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为Fx=qvyB，Fy=qvxB，设粒子在最低点N的速度大小为v1，MN的竖直距离为y。水平方向由动量定理可得mv1-0=∑qvyBΔt=qBy，由动能定理可得qEy=12mv12-0，联立解得v1=Bqdm，y=d，故D错误，C正确。
例3 (八省联考·陕西·15)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mgqv0。求：
(1)电场强度的大小和P点距y轴的距离；
(2)小球第一次到达最低点时速度的大小；
(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 (1)mgq (2+3)v022g (2)(1+2)v0 (3)3πv04g
解析 (1)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=mgq
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=mv02r，解得r=v02g
由几何关系可得xP=r+rcs 30°
联立解得xP=(2+3)v022g
(2)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2v0，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2v0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+2v0=(1+2)v0
(3)由第(2)问分析可知小球在撤去电场后做匀速圆周运动的分运动轨迹如图丙所示
根据q2v0B=m(2v0)2R，又T=2πR2v0
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=135°360°T
联立解得t=3πv04g。
课时精练
[分值：50分]
[1~3题，每题4分]
1.(多选)(2025·海南省创新中学协作体联考)如图所示，空间存在着水平方向的匀强磁场B，磁感应强度的方向垂直纸面向里。同时也存在着水平向右的匀强电场E，一带电微粒沿与竖直方向成一定夹角的虚线MN运动，则下列说法正确的是(微粒的重力不能忽略)( )
A.微粒一定带负电
B.微粒的速度大小一定不变
C.微粒一定是从M运动到N
D.微粒的电势能一定增大
答案 AB
解析 微粒所受重力方向竖直向下，若微粒带正电，则所受静电力方向向右，微粒受到的洛伦兹力与MN直线垂直，则微粒所受合力不可能平衡，也不可能保持匀速直线运动，故微粒一定带负电，故A正确；微粒的运动是直线运动，若速度大小发生改变则洛伦兹力大小必发生变化，因此合力也会发生变化，微粒将做曲线运动，故微粒的速度大小一定不变，故B正确；对微粒受力分析如图所示，只有这种受力情况下微粒才会保持匀速直线运动，从图中可以看出微粒运动方向从N到M，故C错误；由于微粒运动方向与所受静电力方向夹角小于90°，故静电力对微粒做正功，电势能减小，故D错误。
2.(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( )
答案 B
解析 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'=EB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。
3.(多选)(2024·安徽卷·10)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( )
A.油滴a带负电，所带电量的大小为mgE
B.油滴a做圆周运动的速度大小为gBRE
C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为3gBRE，周期为4πEgB
D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
答案 ABD
解析 油滴a做圆周运动，故重力与静电力平衡，可知带负电，有mg=Eq
解得q=mgE，故A正确；
根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=mv2R
联立解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=gBRE
故B正确；
设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得
q2v1B=m2·v123R
解得v1=3BqRm=3gBRE，
周期为T=2π·3Rv1=2πEgB，
故C错误；
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=m2v1+m2v2，
解得v2=-gBRE，
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。
4.(12分)(2025·湖南长沙市一模)如图，竖直平面将地面上方空间分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，界线OO'左侧的Ⅰ区域内存在着竖直向上的匀强电场E1和垂直纸面向外的匀强磁场B，右侧的Ⅱ区域内存在与E1大小相等、方向水平向左的匀强电场E2。有一个质量为m=10-5 kg、带电荷量为q=1.0×10-4 C的微粒，从距离O点左侧d=53 m处的水平地面上的A点斜向右上方抛出，抛出速度v0=10 m/s、与水平地面成θ=60°角，微粒在Ⅰ区域做匀速圆周运动一段时间后，从C点水平射入Ⅱ区域，最后落在Ⅱ区域地面上的D点(图中未标出)。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)(4分)电场强度E1的大小和磁感应强度B的大小；
(2)(4分)微粒从A点到D点的运动时间t；
(3)(4分)微粒在Ⅱ区域内运动过程中动能最小时离地面的高度h。
答案 (1)1 V/m 0.1 T (2)(π3+1) s (3)3.75 m
解析 (1)微粒在Ⅰ区域内做匀速圆周运动，所以重力与静电力平衡，有E1q=mg
解得E1=mgq=1 V/m
根据几何关系可得微粒做匀速圆周运动的半径为R=dsinθ=10 m
根据洛伦兹力提供向心力，有qBv0=mv02R
解得B=0.1 T
(2)微粒从A点到C点的运动时间为t1=T6=16·2πmqB=π3 s
从C点水平射入Ⅱ区域，根据运动的分解，有R-Rcs 60°=12gt22
解得t2=1 s
微粒从A点到D点的运动时间为
t=t1+t2=(π3+1) s。
(3)因为在Ⅱ区域微粒受到的重力和静电力大小相等，所以合力方向与水平方向成45°角斜向左下，所以当微粒速度方向与水平方向成45°斜向右下时动能最小，即tan 45°=vyvx，
vy=gt3，vx=v0-at3
qE2=ma，E2=E1=1 V/m，
解得t3=0.5 s
此时下落的高度为H=12gt32=1.25 m
离地面的高度h=R-Rcs 60°-H=3.75 m。
5.(12分)(2025·江苏扬州市期末)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)(4分)求磁感应强度大小B；
(2)(8分)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。
答案 (1)mv0ea (2)k≥99mv02ea2
解析 (1)根据洛伦兹力提供向心力得ev0B=mv02r
如图所示，当质子恰好不从磁场上边界射出时r=a
解得B=mv0ea
(2)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=12mv12-12m(10v0)2
静电力做功W=-F·a=-0+ek1a2·a=-12ek1a2
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=eBam，k1=99mv02ea2
所以k≥99mv02ea2。
6.(14分)(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)(4分)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
(2)(3分)求O点到P点的距离。
(3)(7分)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)带正电 E122UB12 (2)4UB1E1B2 (3)2E2−E1B1
解析 (1)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=12mv02
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qm=E122UB12
(2)在Ⅲ中由洛伦兹力提供向心力qv0B2=mv02r
可得O点到P点的距离为OP=2r=4UB1E1B2
(3)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=2E2−E1B1。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
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。