高考物理一轮复习讲义第63课时　专题22：带电粒子在叠加场中的运动（教师版）

第63课时专题22：带电粒子在叠加场中的运动对应学生用书P216【复习定位】1.了解叠加场的特点，会处理带电粒子在叠加场中的运动问题。2.会处理带电粒子在约束轨道上的运动问题。考点一带电粒子在叠加场中的运动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其他力的合力与洛伦兹力等大反向平衡条件匀速圆周运动除洛伦兹力外，其他力的合力为零牛顿第二定律、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【例1】（2025·黑龙江双鸭山模拟预测）如图所示，在坐标系O­xyz中存在磁感应强度大小为B＝eq\f(m,q)eq\r(\f(g,h))、方向竖直向下（z轴负方向）的匀强磁场，在(0，0，h)处固定一电荷量为＋q(q>0)的点电荷，在xOy平面内有一质量为m、电荷量为－q的微粒绕原点O沿图示方向以角速度ω做匀速圆周运动。若微粒的圆周运动可以等效为大小为I的环形电流，重力加速度为g，则下列说法正确的是(B)A．ω＝eq\f(\r(5)＋1,2)eq\r(\f(g,h)) B．I＝eq\f((\r(5)－1)q,4π)eq\r(\f(g,h))C．ω＝（eq\r(2)－1）eq\r(\f(g,h)) D．I＝eq\f((\r(2)－1)q,4π)eq\r(\f(g,h))解析该微粒受到重力、洛伦兹力、库仑力三个力的作用，方向如图所示，库仑力大小为FE＝keq\f(q2,R2)，洛伦兹力大小为FB＝qvB，由几何关系可得r＝htanθ，R＝eq\f(h,cosθ)，微粒在z轴方向上受力平衡，即FEcosθ＝mg，微粒在平面内做圆周运动，根据牛顿第二定律得FEsinθ－FB＝mω2r，又v＝ωr，联立得ω2＋eq\r(\f(g,h))ω－eq\f(g,h)＝0，解得ω＝eq\f(\r(5)－1,2)eq\r(\f(g,h))，ω＝eq\f(－(\r(5)＋1),2)eq\r(\f(g,h))（舍去），故A、C错误；微粒做圆周运动的周期为T＝eq\f(2π,ω)，等效电流大小为I＝eq\f(q,T)＝eq\f((\r(5)－1)q,4π)eq\r(\f(g,h))，故B正确，D错误。【例2】（多选）（2024·安徽卷）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(ABD)A．油滴a带负电，所带电荷量的大小为eq\f(mg,E)B．油滴a做圆周运动的速度大小为eq\f(gBR,E)C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为eq\f(3gBR,E)，周期为eq\f(4πE,gB)D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动解析油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知油滴a带负电，有mg＝Eq，解得q＝eq\f(mg,E)，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝meq\f(v2,R)，解得油滴a做圆周运动的速度大小为v＝eq\f(gBR,E)，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，由3R＝eq\f(\f(m,2)v1,B\f(q,2))，解得v1＝eq\f(3BqR,m)＝eq\f(3gBR,E)，周期为T＝eq\f(2π·3R,v1)＝eq\f(2πE,gB)，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＝eq\f(m,2)v1＋eq\f(m,2)v2，解得v2＝－eq\f(gBR,E)，由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡，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。【例3】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，电场强度方向水平向右，磁感应强度方向垂直纸面向里。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；答案eq\f(mg,q)解析微粒到达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＝eq\f(mg,q)。(2)磁感应强度B的大小；答案eq\f(m,q)eq\r(\f(g,l))解析由平衡条件得qvB＝eq\r(2)mg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，运动轨迹如图乙所示有qvB＝meq\f(v2,r)由几何知识可得r＝eq\r(2)l联立解得v＝eq\r(2gl)，B＝eq\f(m,q)eq\r(\f(g,l))。(3)微粒在叠加场中的运动时间。答案（eq\f(3π,4)＋1）eq\r(\f(l,g))解析微粒做匀速直线运动的时间t1＝eq\f(\r(2)l,v)＝eq\r(\f(l,g))微粒做匀速圆周运动的时间t2＝eq\f(\f(3,4)π·\r(2)l,v)＝eq\f(3π,4)eq\r(\f(l,g))微粒在叠加场中的运动时间t＝t1＋t2＝（eq\f(3π,4)＋1）eq\r(\f(l,g))。

考点二带电粒子在约束轨道上的运动【例4】（多选）如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t＝0时，一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v­t图像可能是(ACD)解析设物块的初速度为v0，则FN＝Bqv0，若满足mg＝Ff＝μFN，即mg＝μBqv0，物块向下做匀速运动，选项A有可能是物块运动的v­t图像；若mg>μBqv0，则物块开始时有向下的加速度，由a＝eq\f(mg－μBqv,m)可知，随着速度增大，加速度减小，即物块先做加速度减小的加速运动，然后做匀速运动，选项D有可能是物块运动的v­t图像，B不可能是物块运动的v­t图像；若mg<μBqv0，则物块开始有向上的加速度，物块做减速运动，由a＝eq\f(μBqv－mg,m)可知，随着速度减小，加速度减小，即物块先做加速度减小的减速运动，然后做匀速运动，选项C有可能是物块运动的v­t图像。故选ACD。【例5】如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切，轨道半径R＝1m，轨道均为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场（C点在MN边界上）。一质量为0.4kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度v0＝eq\f(100,7)m/s，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度vF＝4m/s，不计空气阻力，g取10m/s2，cos37°＝0.8。(1)判断小球带何种电荷；答案正电荷解析在MN右侧，小球受到重力、电场力和洛伦兹力作用，如果小球带负电荷，电场力水平向右，洛伦兹力指向左下方，重力竖直向下，小球受到的合力不可能为零，小球不可能做直线运动，则小球带正电荷。(2)求小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；答案27.6J解析小球在C、D间做匀速直线运动，则在D点的速度与C点的速度大小相等，即vD＝eq\f(100,7)m/s，电场力与重力的合力F0＝eq\f(mg,cos37°)＝5N从D到F的过程，对小球，由动能定理可得－Wf－F0·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，代入数据解得Wf≈27.6J。(3)小球从F点飞出的同时磁场消失，小球离开F点后的运动轨迹与轨道AC所在直线的交点为G（G点未标出），求G点到D点的距离（结果保留两位小数）。答案2.26m解析小球离开F点后做类平抛运动，加速度a＝eq\f(F0,m)，2R＝eq\f(1,2)at2代入数据解得t＝eq\f(2\r(2),5)sG点到D点的距离x＝vFt＝4×eq\f(2\r(2),5)m≈2.26m。课时作业对应学生用书P434[基础过关]1.如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则(C)A．液滴带正电B．液滴比荷eq\f(q,m)＝eq\f(E,g)C．液滴沿顺时针方向运动D．液滴运动速度大小v＝eq\f(Rg,BE)解析液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，选项B错误；电场力方向竖直向上，液滴带负电，选项A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向运动，选项C正确；对液滴有qE＝mg，qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(RBg,E)，选项D错误。2.质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的由正交的匀强电场和匀强磁场组成的叠加场区中，该微粒在静电力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A点，下列说法中正确的是（重力加速度为g）(C)A．该微粒一定带正电荷B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动C．该磁场的磁感应强度大小为eq\f(mg,qvcosθ)D．该电场的电场强度大小为eq\f(mg,qtanθ)解析若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的静电力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，微粒不能做直线运动，由此可知微粒带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的静电力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又因为微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒做匀速直线运动，故A、B错误；由平衡条件得qvBcosθ＝mg，qvBsinθ＝qE，解得磁场的磁感应强度大小B＝eq\f(mg,qvcosθ)，电场的电场强度大小E＝eq\f(mgtanθ,q)，故C正确，D错误。3.（多选）两根导线通有大小相等、方向相同的电流，垂直穿过绝缘水平面，俯视图如图所示。O点是两导线在绝缘水平面内连线的中点，a、b是两导线连线垂直平分线上到O点距离相等的两点。一可视为质点的带正电滑块以大小相等的初速度v0分别从a、b两点向O点运动过程中，下列说法正确的是(AD)A．滑块在a、b两点受到的磁场力方向相同B．滑块在a、b两点受到的磁场力方向相反C．若水平面光滑，则滑块从a点出发后一定做曲线运动D．若水平面粗糙，则滑块从b点出发后一定做减速运动解析根据安培定则知两导线连线的垂直平分线上，O点左侧的磁场方向竖直向下（俯视），O点右侧的磁场方向竖直向上（俯视），根据左手定则可得，滑块在a、b两点受到的磁场力方向相同，故A正确，B错误；水平面光滑，滑块带正电荷，洛伦兹力垂直水平面向里，水平面对滑块的支持力与洛伦兹力和重力的合力平衡，滑块一定做直线运动，故C错误；若水平面粗糙，则滑块从b点出发后，由于摩擦力做负功，重力、支持力及洛伦兹力不做功，故滑块一定做减速运动，故D正确。4.（2024·广东广州模拟）如图甲所示，水平传送带足够长，沿顺时针方向匀速运行，将一绝缘带电物块无初速度地从最左端放上传送带。该装置处于垂直纸面向外的匀强磁场中，物块运动的v­t图像如图乙所示。物块所带电荷量保持不变，下列说法正确的是(C)A．物块带正电B．1s后物块与传送带共速，所以传送带的速度为0.5m/sC．传送带的速度可能比0.5m/s大D．若增大传送带的速度，其他条件不变，则物块最终达到的最大速度也会增大解析在0～1s内，v­t图像的斜率减小，物块的加速度减小，所受滑动摩擦力减小，对传送带的压力减小，而物块做加速运动，所受洛伦兹力增大，所以洛伦兹力一定竖直向上，由左手定则可知，物块一定带负电，A错误；物块达到最大速度的条件是摩擦力等于零，不再加速，所以1s末物块与传送带间的摩擦力恰好为零，此时物块的速度为0.5m/s，传送带的速度可能是0.5m/s，也可能大于0.5m/s，B错误，C正确；由C项分析知传送带的速度大于等于0.5m/s，无论传送带的速度增大到多大，物块加速到0.5m/s后都不再加速，即物块的最大速度等于0.5m/s，D错误。5.（多选）（2022·广东卷）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。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，下列说法正确的有(BC)A．电子从N到P，电场力做正功B．N点的电势高于P点的电势C．电子从M到N，洛伦兹力不做功D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力解析由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N点的电势高于P点的电势，故B正确；洛伦兹力总是和速度方向垂直，电子从M到N，洛伦兹力不做功，故C正确；M点和P点在同一等势面上，从M点到P点电场力做功为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点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点所受电场力相等，即所受合力相等，故D错误。6.（多选）如图所示，将一由绝缘材料制成的带一定正电荷的滑块放在装有光电门的固定木板上，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。测得带遮光条滑块的质量为m，木板的倾角为θ，木板与滑块之间的动摩擦因数为μ，遮光条的宽度为d，滑块由静止释放，遮光条通过两光电门所用的时间均为t，重力加速度为g。下列说法正确的是(BC)A．到达光电门2之前滑块先加速后减速B．到达光电门2之前滑块所受的摩擦力先增大后不变C．滑块所带的电荷量为eq\f(mgtsinθ,Bdμ)－eq\f(mgtcosθ,Bd)D．滑块所带的电荷量为eq\f(mgtsinθ,Bdμ)＋eq\f(mgtcosθ,Bd)解析以滑块为研究对象，根据左手定则可知，滑块运动过程受到的洛伦兹力垂直斜面向下，滑块由静止释放，根据牛顿第二定律可得mgsinθ－μ(mgcosθ＋qvB)＝ma，可知随着滑块速度的增大，滑块的加速度减小，所以滑块先做加速度减小的加速运动，由于遮光条通过两光电门所用的时间均为t，可知滑块到达光电门1前已经做匀速运动，因此到达光电门2之前滑块先加速后匀速，到达光电门2之前滑块所受的摩擦力先增大后不变，故A错误，B正确；滑块做匀速运动的速度大小为v＝eq\f(d,t)，根据受力平衡可得mgsinθ－μ(mgcosθ＋qvB)＝0，联立解得滑块所带的电荷量为q＝eq\f(mgtsinθ,Bdμ)－eq\f(mgtcosθ,Bd)，故C正确，D错误。[能力提升]7.如图所示，空间中有范围足够大的匀强磁场，一个带正电的小圆环套在一根竖直固定且足够长的绝缘细杆上。现使圆环以一定的初速度向上运动，经一段时间后圆环回到起始位置，已知杆与环间的动摩擦因数保持不变，圆环所带电荷量保持不变，空气阻力不计，对于圆环从开始运动到回到起始位置的过程，下面关于圆环的速度v、加速度a随时间t变化的图像，重力势能Ep、机械能E随圆环离开出发点的高度h变化的图像，可能正确的是(D)解析选竖直向下为加速度的正方向，上升阶段，对圆环根据牛顿第二定律有mg＋Ff＝ma，其中有Ff＝μFN＝μBqv，联立解得a＝eq\f(mg＋μqvB,m)，故圆环在上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动；在最高点时，圆环速度为零，此时加速度为a＝eq\f(mg,m)＝g，下降阶段，对圆环根据牛顿第二定律有mg－μBqv＝ma，可得a＝eq\f(mg－μqvB,m)，可知下降阶段，圆环做加速度逐渐减小的加速运动，上升和下降时速度方向相反，加速度方向相同，A、B错误。以初位置为参考平面，可知圆环的重力势能为Ep＝mgh，可知Ep­h图像为过原点的倾斜直线，C错误。圆环运动过程中克服摩擦阻力做的功等于机械能的减少量，在上升阶段有Ff＝μFN＝μBqv，随着速度的减小，圆环受到的摩擦力逐渐减小，故E­h图线的斜率在减小；下降阶段随着速度的增大，圆环受到的摩擦力逐渐增大，故E­h图线的斜率在增大；由于受到的摩擦力一直做负功，故回到初始位置时机械能小于开始时的机械能，D正确。8.如图所示，在xOy坐标系内，圆心角为120°内壁光滑、绝缘的圆管ab，圆心位于原点O处，Oa连线与x轴重合，bc段为沿b点切线延伸的直管，c点恰在x轴上。坐标系内第三、四象限内有水平向左的匀强电场，场强为E1（未知）；在第二象限内有竖直向上的匀强电场，场强为E2（未知）。在第二、三象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。现将一质量为m、带电荷量为＋q的小球从圆管的a端无初速度释放，小球到达圆管的b端后沿直线运动到x轴，在bc段运动时与管壁恰无作用力，从圆管c端飞出后在第二象限内恰好做匀速圆周运动。已知圆管直径略大于小球直径，重力加速度为g。求：(1)该匀强电场的场强E1的大小；答案eq\f(\r(3)mg,3q)解析小球到达圆管的b端沿直线运动到x轴，与管壁恰无作用力，必然是匀速直线运动，对小球受力分析如图所示，可知qE1＝mgtan30°解得E1＝eq\f(\r(3)mg,3q)。(2)小球沿圆管ab下滑到达y轴瞬间对管壁的作用力；答案eq\f(9＋2\r(3),3)mg竖直向下解析设到达y轴瞬间小球速度为v1，设O、a间距离为R，对小球的这一过程应用动能定理可得mgR＋qE1R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)此时小球受到管下壁的弹力，设为FN，由向心力公式可得FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R)联立可得FN＝eq\f(9＋2\r(3),3)mg由牛顿第三定律可知，小球对管下壁的弹力竖直向下，FN′＝eq\f(9＋2\r(3),3)mg。(3)O、c间距离，并通过计算判断小球从c端飞出后能否第二次到达y轴。答案eq\f(4\r(3)m2g,9q2B2)见解析解析从c端飞出时，设小球速度为v2，由第(1)问受力分析可知qv2Bcos30°＝mg可得v2＝eq\f(2\r(3)mg,3qB)对小球从a到b的这一过程应用动能定理可得mgRcos30°＋qE1R(1＋sin30°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)联立得R＝eq\f(2\r(3)m2g,9q2B2)以v2到达x轴，O、c间距离为x1＝2R＝eq\f(4\r(3)m2g,9q2B2)设带电小球在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv2＝eq\f(mveq\o\al(2,2),r)解得r＝eq\f(2\r(3)m2g,3q2B2)，因eq\f(3,2)r＝eq\f(\r(3)m2g,q2B2)>x1，故小球能第二次到达y轴。9.如图所示，质量M为5.0kg的小车以v＝2.0m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是eq\f(1,4)光滑圆弧轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度E大小为50N/C，磁感应强度B大小为2.0T。现有一质量m为2.0kg、带负电且电荷量为0.10C的滑块以v0＝10m/s的水平速度向右冲上小车，当它运动到D点时速度v1＝5m/s。滑块可视为质点，g取10m/s2，计算结果保留2位有效数字。(1)求滑块从A到D的过程中，小车与滑块组成的系统损失的机械能；答案85J解析设滑块运动到D点时的速度大小为v1，小车在此时的速度大小为v2，物块从A运动到D的过程中，系统动量守恒，以向右为正方向，有mv0－Mv＝mv1＋Mv2解得v2＝0设小车与滑块组成的系统损失的机械能为ΔE，则有ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得ΔE＝85J。(2)如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76N，求圆弧轨道的半径r；答案1.0m解析设滑块刚过D点时受到轨道的支持力为FN，则由牛顿第三定律可得FN＝76N，由牛顿第二定律可得FN－(mg＋qE＋qv1B)＝meq\f(veq\o\al(2,1),r)解得r＝1.0m。(3)当滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块冲出圆弧轨道，求此圆弧轨道的最大半径。答案0.71m解析设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同的速度v′，由动量守恒定律可得mv1＝(m＋M)v′解得v′＝eq\f(10,7)m/s设圆弧轨道的最大半径为Rm