2026版高考物理二轮复习微切口2　带电粒子在叠加场中的运动

微切口2带电粒子在叠加场中的运动类型1电场、磁场、重力场叠加(2025·南京、盐城期末调研)如图所示，虚线为匀强电场和匀强磁场的分界线，左侧存在水平向右的匀强电场，右侧存在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场．将质量为m、电荷量为q的带正电的小球，以初动能Ek0从P点斜向上射入电场中，调节发射位置P和出射角度，可使小球恰好沿水平方向到达分界线，此后小球经过一速度转向器(图中未画出)，速度方向变为垂直纸面向外进入匀强磁场．以小球进入磁场位置为坐标原点O，竖直向下建立y轴．已知小球受到的电场力与重力大小相等，重力加速度大小为g.求：(1)匀强电场的电场强度大小E.(2)小球电势能的最大变化量ΔEp.(3)小球在磁场中运动时经过y轴的位置坐标y0.答案：(1)eq\f(mg,q)(2)－eq\f(\r(5)＋1,2)Ek0(3)eq\f(2π2n2m2g,B2q2)(n＝0,1,2，…)【解析】(1)由题意得Eq＝mg解得E＝eq\f(mg,q)(2)设带电小球初速度为v0，与电场方向成θ角入射，则v0sinθ＝gtx＝v0cosθ·t＋eq\f(1,2)axt2Eq＝maxΔEp＝－WE＝－qExEk0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得ΔEp＝－eq\f(\r(5)＋1,2)Ek0，即电势能减少eq\f(\r(5)＋1,2)Ek0(3)带电小球水平进入磁场后，在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，经整数个周期回到y轴qvB＝meq\f(v2,r)T＝eq\f(2πr,v)T＝eq\f(2πm,Bq)到达y轴的坐标为y0＝eq\f(1,2)gt2，其中t＝nT解得y0＝eq\f(2π2n2m2g,B2q2)(n＝0,1,2，…)类型2电场、磁场叠加(2023·江苏卷)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型．xOy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eq\f(v0,4)，求运动到速度为eq\f(v0,2)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y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的电子数N占总电子数N0的百分比．答案：(1)v0B(2)eq\f(3mv0,32eB)(3)90%【解析】(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，且电子入射速度为eq\f(v0,4)，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＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)v0))2解得y1＝eq\f(3mv0,32eB)(3)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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)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＝eq\f(2E,B)－v＝2v0－v，y＝eq\f(2mv0－v,eB)要让电子到达纵坐标y2＝eq\f(mv0,5eB)位置，即y≥y2解得0<v≤eq\f(9,10)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＝eq\f(mv0,5eB)位置的电子数N占总电子数N0的90%方法二：配速法由(1)可知，v＝v0时，eE＝evB，此时电子做匀速直线运动．当0<v<v0时，eE>evB，电子将向y轴正方向偏移．电子速度为v，给v配一个向右的速度v1，使v＋v1＝v0，此时电场力与洛伦兹力平衡，电子将做向右的匀速直线运动，同时，电子还得到一个向左的v1的速度，这个速度使电子做匀速圆周运动．由ev1B＝eq\f(mv\o\al(2,1),r)，得r＝eq\f(mv1,eB)电子要达到y2＝eq\f(mv0,5eB)，则2r≥y2即eq\f(2mv1,eB)≥eq\f(mv0,5eB)，即v1≥eq\f(v0,10)，又由于v＋v1＝v0所以0<v≤eq\f(9,10)v0可得eq\f(N,N0)＝eq\f(\f(9,10)v0,v0)×100%＝90%1.带电粒子在叠加场中运动的分析思路2.“配速法”在叠加场中运用配速法其实就是给物体配一个速度v，使得这个速度所产生的洛伦兹力与题目中的重力或者电场力(视情况而定)抵消，对应地，还会出现一个与v等大反向的速度v′，此时等效为只受到一个洛伦兹力，而不再是重力或者电场力加上洛伦兹力，从而降低分析难度．(2024·如皋适应性考试三)如图所示，在x轴下方，沿y轴方向每间隔d＝0.2m的高度就有一段间距为d的区域P，区域P内既存在竖直向上、场强E＝20N/C的匀强电场，也存在垂直坐标平面水平向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2T．现有一电荷量q＝5×10－10C、质量m＝1×10－9kg的带正电的粒子从坐标原点O自由下落．粒子可视为质点，取g＝10m/s2(1)求粒子刚到达第一个区域P时的速度大小v1.(2)求粒子穿出第一个区域P时速度的水平分速度大小vx.(3)若将所有区域的磁感应强度的大小调整为B′，使粒子刚好不能穿出第2个区域P，求B′的大小．答案：(1)2m/s(2)0.2m/s(3)10eq\r(2)T【解析】(1)根据动能定理有mgd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0解得v1＝2m/s(2)在区域P中，粒子所受的力qE＝mg所以粒子在区域P中做匀速圆周运动，粒子穿出第一个区域P时，设v1与x轴正方向的夹角为θ，其运动轨迹如图所示由题意知vx＝v1cosθ根据洛伦兹力提供向心力有qv1B＝meq\f(v\o\al(2,1),r1)由几何关系得d＝r1cosθ代入数据解得vx＝0.2m/s(3)从O点到刚好不穿出第2个区域P时，根据动能定理有2mgd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－0解得v2＝2eq\x方向，由动量定理得qvyB′Δt＝mΔvx求和qB′∑vyΔt＝m∑Δvx得到qB′·2d＝mv2代入数据解得B′＝10eq\r(2)T配套热练1.(2025·福建卷改编)空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电粒子在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向成45°角，NP水平向右．已知粒子带电荷量为q，速度为v，质量为m，当粒子到达N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，重力加速度为g，则下列说法中错误的是(D)A.电场强度为E＝eq\f(mg,q)B.磁感应强度为B＝eq\f(\r(2)mg,qv)C.NP两点的电势差为U＝eq\f(2mv2,q)D.粒子从N→P时到NP的距离最大值为eq\f(v2,8g)【解析】带电体在复合场中能沿着MN做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图所示．由受力平衡可知mg＝qE，qvB＝eq\r(2)mg，解得电场强度E＝eq\f(mg,q)，磁感应强度B＝eq\f(\r(2)mg,qv)，故A、B正确．在N点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示．且加速度a＝eq\f(F合,m)＝eq\r(2)g，粒子到达P点时，位移偏转角为45°，故在P点，速度角的正切值tanθ＝2tan45°＝2，所以粒子在P点的速度vP＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(5)v，N到P过程，由动能定理，有qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mv2，解得NP两点间的电势差U＝eq\f(2mv2,q)，C正确．将粒子在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且vNy＝vcos45°＝eq\f(\r(2),2)v，故粒子能向上运动的最大距离h＝eq\f(v2Ny,2g)＝eq\f(v2,4g)，D错误．2.(2025·南通如皋期中)如图所示，场强为E的匀强电场竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直电场向外，一带电小球获得垂直磁场水平向左的初速度，正好做匀速圆周运动．重力加速度为g.下列说法中正确的是(B)A.小球带负电B.小球做匀速圆周运动的周期为eq\f(2πE,Bg)C.若撤去电场，小球可能做平抛运动D.若将电场的方向改为竖直向下，小球一定做曲线运动【解析】小球要做匀速圆周运动，电场力与重力要等大反向，电场力向上，小球必须带正电，故A错误；小球要做匀速圆周运动，则mg＝qE，周期T＝eq\f(2πm,qB)，联立可得T＝eq\f(2πE,Bg)，故B正确；若撤去电场，小球受到重力和洛伦兹力的作用，不可能做平抛运动，故C错误；若把电场的方向改成竖直向下，小球受重力与电场力均向下，由运动方向可知洛伦兹力向上，如果合力为0，则小球做匀速直线运动，故D错误．3.(2025·南通统考)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝5eq\r(3)N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6kg，电荷量q＝2×10－6C，正以速度v在图示的竖直平面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10m/s2.求：(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向．(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.答案：(1)20m/s，与电场方向夹角为60°(2)2eq\r(3)s【解析】(1)小球做匀速直线运动，小球所受电场力、重力与洛伦兹力的合力为0，令重力和电场力的合力方向与竖直方向夹角为θ，如图所示则有tanθ＝eq\f(qE,mg)解得θ＝60°根据平衡条件有qvBcosθ＝mg解得v＝20m/s(2)撤掉磁场时，小球做类平抛运动，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，则有h＝vsinθ·t－eq\f(1,2)gt2＝0解得t＝2eq\r(3)s4.现代科学仪器中常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．如图所示，在x轴上方的平面内，有范围足够大的垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和方向沿x轴正方向、电场强度为E的匀强电场.一质量为m、电荷量为q的带正电荷的粒子在O点由静止释放，则粒子运动的轨迹为一曲线，且曲线上离y轴最远的点的曲率半径为该点到y轴距离的两倍；当该粒子在O点以初速度v0沿x轴正方向射入，则粒子在xOy平面内做周期性运动，且任一时刻粒子速度的y分量与其到y轴的距离成正比，比例系数与电场强度E大小无关．粒子重力不计．求粒子在O点：(1)由静止释放，运动到坐标为(x0，y0)时的动量大小p.(2)由静止释放，在运动过程中第一次离开y轴最大的距离xm.(3)以初速度v0沿x轴正方向射入时，粒子运动过程中的最小速度vmin.答案：(1)eq\r(,2mqEx0)(2)eq\f(2mE,qB2)(3)eq\r(,v\o\al(2,0)＋\f(E2,B2))－eq\f(E,B)【解析】(1)若粒子在O点由静止释放，设粒子运动到坐标为(x0，y0)的速度大小为v，根据动能定理，有qEx0＝eq\f(1,2)mv2动量大小p＝mv解得p＝eq\r(,2mqEx0)(2)若粒子在O点由静止释放，第一次离开y轴最远时，同理有qExm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)又由题意有qvmB－qE＝eq\f(mv\o\al(2,m),rm)rm＝2xm解得xm＝eq\f(2mE,qB2)(3)若粒子在O点以初速度v0沿x轴正方向射入，当粒子运动到y轴左侧最远时，动能最小，根据动能定理－qEx′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)vmin＝kx′若E＝0，粒子在O点以初速度v0沿x轴正方向射入，则洛伦兹力提供向心力有qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)v0＝kR联立解得vmin＝eq\r(,v\o\al(2,0)＋\f(E2,B2))－eq\f(E,B)5.(2024·苏州期末调研)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(1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1的大小．(2)若离子源释放的离子速度大小v2＝eq\f(5qBL,m)，求离子进入区域Ⅱ时与边界的夹角θ.(3)将离子源移至(0，L)处，其释放速度大小v3＝eq\f(qBL,m)，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的大小需满足什么条件？答案：(1)eq\f(5qBL,2m)(2)37°