【文档说明】(新课标版)高考物理一轮复习课件9.5带电粒子在叠加场中的运动专题 (含解析).ppt，共(66)页，1.902 MB，由MTyang资料小铺上传

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9．5带电粒子在叠加场中的运动专题专题综述三种场的特征场力的特征做功特点重力场大小：G＝mg方向竖直向下做功与路径无关静电场大小：F＝Eq正电荷F与E同向做功与路径无关磁场洛伦兹力f＝Bqv，左手定则判断洛伦兹力不做功分析方法题型透析磁场与重力场叠加例1(2018·唐山模拟)(多选)如图所示，倾

角为θ的斜面上，固定一内壁光滑且由绝缘材料制成的圆筒轨道，轨道半径为R，轨道平面与斜面共面，整个装置处于垂直斜面向上的匀强磁场中．一质量为m、电荷量为＋q的小球，从轨道内的最高点M，无初速度沿轨道滑下，运动到轨道最低点N恰好对轨道无沿半径方向的压力(小球半径r≪R)，下列说法正确的是()A．带电

小球运到最低点N时所受洛伦兹力大小为mgsinθB．带电小球在圆筒轨道内沿顺时针运动C．带电小球在整个运动过程中机械能不守恒D．匀强磁场的磁感应强度大小为5m2qgsinθR【答案】BD【解析】小球在运动过程中，只有重力做功，洛伦兹力不做功，

机械能守恒：则：2mgRsinθ＝12mv2，到达最底端时小球恰好对轨道无沿半径方向的压力，由牛顿第二定律：qvB－mgsinθ＝mv2R，解得：qvB＝5mgsinθ，B＝5m2qgsinθR根据左手定则可知，小球在圆筒轨道内沿顺时针运动．A、C两项错误，B、D两项正确．例2(多选)如图所示，空

间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的夹角为θ，一带电量为－q、质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是()A．小球下滑的最大速度为vm＝mgsinθ

μqBB．小球下滑的最大加速度为am＝gsinθC．小球的加速度一直在减小D．小球的速度先增大后不变【答案】BD【解析】小球开始下滑时有mgsinθ－μ(mgcosθ－qvB)＝ma，随v增大，a增大，当v＝mgc

osθqB时，a达最大值gsinθ.此后下滑过程中有：mgsinθ－μ(qvB－mgcosθ)＝ma，随v增大，a减小，当vm＝mg（sinθ＋μcosθ）μqB时，a＝0.所以整个过程中，v先一直增大后不变；a先增大后减小，B

、D两项正确．方法总结分析带电粒子在磁场与重力场中的运动，从下面两个角度入手：(1)从动力学角度分析：随着粒子速度的变化，洛伦兹力的大小和方向随之变化，从而引起加速度的变化，通过动态分析，确定速度或加速度的极值．(2)从功能角度分析

：洛伦兹力一定不做功，在只受洛伦兹力和重力时，机械能一定守恒．磁场与电场叠加例3(2018·辽宁模拟)如图所示，板间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，不计重力的氘、氚核和氦核初速度为零，经相同的电压加速后，从两极板中间垂直射入电磁场区域，且氘核沿直线射出．不考虑粒子间的相互作

用，则射出时()A．偏向正极板的是氚核B．偏向正极板的是氦核C．射入电磁场区域后，氚核的电势能增大D．若改变磁感应强度的大小，氘核与氦核一定能以相同速度从同一位置射出【答案】D【解析】设氘核电量为e，质量为m，经相同的电压加速：eU＝

12mv2，解得：v＝2eUm；进入电磁场区域后，电场力F＝qE，洛伦兹力f＝evB＝qB2eUm，氘核沿直线射出则：eE＝eB2eUm，氚核电量为e，质量为1.5m，eE＞eB2eU1.5m，故氚核向下偏转，电场力做正功，电势能减小．氦核电量为2e，质量

为2m，2eE＝2eB2×2eU2m，氦核不偏转．射入电磁场区域后，加速度a＝（E－Bv）qm，氘核和氦核的比荷qm相等，加速度相等，氘核与氦核一定能以相同速度从同一位置射出，D项正确．例4(改编)如图所示，在xOy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀

强磁场，第四象限内存在方向沿－y方向、电场强度为E的匀强电场．从y轴上y＝a点，沿某一方向发射的一带正电的粒子，该粒子在xOy内经过磁场偏转后，垂直打到x轴上x＝(2－1)a点，然后进入第四象限穿过电、磁场后经过y轴上y＝－b的点，已知带电粒子电量为q，质量为m，重力不计．求：该粒子经过

y＝－b点的速度大小．【解析】如图所示，设粒子射入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，由几何知识得：R－Rcosθ＝(2－1)aRsinθ＝a解得：θ＝45°R＝2a此粒子进入磁场的速度v0＝qBRm＝2qBam设粒子到达y＝－b上速度为v，根据动能定理得：qEb＝12m

v2－12mv02解得：v＝2q2B2a2m2＋2qEbm例5(2018·长沙模拟)在某空间建立如图所示直角坐标系，并在该空间加上沿y轴负方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场和沿某个方向的匀强电场．一质量为m、带电量为q(q＞0)的粒子从坐标原点O以初速度

v沿x轴正方向射入该空间，粒子恰好能做匀速直线运动．不计粒子重力的影响，试求：(1)所加电场强度E的大小和方向；(2)若保持磁感应强度B不变，将电场强度大小调整为E′，方向调整为平行于yOz平面且与y轴正方向夹角为θ，使得粒子能够在xOy平面内做类平抛

运动，并经过坐标为(3a，a，0)的点，则E′和tanθ各为多少？【解析】(1)由左手定则可知，带电粒子所受洛伦兹力沿z轴负方向，则电场力沿z轴正方向，即电场强度沿z轴正方向，且有：qE－qvB＝0解得：E＝vB(2)由题意，电场力的一个分力沿z轴正方向平衡洛伦兹力，另一个分力沿y轴正方向提供类平

抛运动加速度a0，如图所示：则由平衡条件：qE1－qvB＝0由平抛运动规律有：3a＝vta＝12a0t2其中：a0＝qE2m解得：E1＝vBE2＝2mv23qa则有：E′＝E12＋E22＝（vB）2＋（2mv23qa

）2tanθ＝E1E2＝3qaB2mv方法总结在电场与磁场共同作用下，带电粒子有三种运动情况：(1)洛伦兹力与电场力平衡：带电粒子做匀速直线运动，满足qv0B＝Eq，v0＝EB，如“速度选择器”(见例3)．(2)洛伦兹力与电场力不平衡：

带电粒子一般做复杂的曲线运动，只能用功能关系求解．(见例4)．(3)做类平抛运动：如果电场力的一个分力与洛伦兹力抵消，另一个分力沿B的方向，且与初速度的方向垂直，粒子匀变速曲线运动，按类平抛运动的方法求解(见例5)．电场、磁场、重力场叠加例6(20

17·课标全国Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc.已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的

是()A．ma>mb>mcB．mb>ma>mcC．mc>ma>mbD．mc>mb>ma【答案】B【解析】a在纸面内做匀速圆周运动，意味着合外力为洛伦兹力，则Eq＝mag.b做向右的匀速直线运动，c做向左的匀速直线运动，受力分析mcg＋Bqv＝Eqmbg＝Eq＋B

qv得出mb>ma>mc，选B.例7如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2N/C.在其第一象限空间有沿y轴负方

向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y>h＝0.4m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的带电油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限．已知重力加速

度g＝10m/s2，问：(1)油滴在P点得到的初速度大小；(2)油滴在第一象限运动的时间．【解析】(1)根据受力分析如图：由平衡条件得：mg＝qEqvB＝2qE解得v＝2EB＝42m/s(2)进入第一象限，电场力和重力大小相等、方向相反，油滴先做匀速直线运动，进入y≥h的区域后做匀速圆周运动，

轨迹如图所示，最后从x轴上的N点离开第一象限．油滴由O→A做匀速运动的位移x1＝hsin45°＝2h运动时间t1＝x1v＝2h2EB＝hBE＝0.1s圆周运动的周期T＝2πmqB知，由A→C做圆周运动的时间t2＝14T＝πE2gB≈0.628s由对称性知油滴从C→N运动

的时间t3＝t1油滴在第一象限运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1s＋0.628s＝0.828s方法总结在电场、磁场和重力场同时作用下，有两种特殊的运动：(1)直线运动：如果粒子做直线运动，则一定是匀速直线运动，这是因为如果速度改变，洛

伦兹力一定改变，不能始终保持三力平衡．(2)匀速圆周运动：如果带电粒子做匀速圆周运动，则重力和电场力一定平衡．叠加场在科技中的应用装置原理图规律速度选择器若qv0B＝Eq，即v0＝EB，粒子做匀速直线运动，与q的大小、电性均无关磁流体发电机等离子体射入，受洛伦

兹力偏转，使两极板带正、负电，两极电压为U时稳定，qUd＝qv0B，U＝Bdv0电磁流量计UDq＝qvB，所以v＝UDB，所以Q＝vS＝UDBπ(D2)2霍尔效应当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势

差例8(2018·南通模拟)(多选)磁流体发电机又叫等离子体发电机，如图所示，燃烧室在3000K的高温下将气体全部电离为电子和正离子，即高温等离子体．高温等离子体经喷管提速后以1000m/s进入矩形发电通道．发电通道有垂直于喷射速度方向的匀强磁场，

磁感应强度为6T．等离子体发生偏转，在两极间形成电势差．已知发电通道长a＝50cm，宽b＝20cm，高d＝20cm，等离子体的电阻率ρ＝2Ω·m.则以下判断中正确的是()A．发电机的电动势为1200VB．开关断开时，高温等离子体可以匀速通过发电通道C．当外接电阻为8Ω时，电流表示数为150AD．当

外接电阻为4Ω时，发电机输出功率最大【答案】ABD【解析】由qUd＝qvB，得U＝Bdv＝6×0.2×1000V＝1200V，故A项正确；B项，开关断开时，高温等离子体，在磁场力作用下发生偏转，导致极板间存在电压，当电场力与磁场力平衡时，则带电粒子可以匀速通

过发电通道，故B项正确；C项，由电阻定律R＝ρdab，得发电机内阻为4Ω，由欧姆定律，得电流为100A，故C项错误；D项，当外电路总电阻R＝r时，有最大输出功率，故D项正确．例9(多选)为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成

，长、宽、高分别为a＝1m、b＝0.2m、c＝0.2m，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B＝1.25T的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满装置以某一速

度从左向右匀速流经该装置时，测得两个电极间的电压U＝1V．且污水流过该装置时受到阻力作用，阻力f＝kLv，其中比例系数k＝15N·s/m2，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速．下列说法中正确的是()A．金属板M电势不一定高于金属板N的电势，因为污水中负离子较多B．污水

中离子浓度的高低对电压表的示数也有一定影响C．污水的流量(单位时间内流出的污水体积)Q＝0.16m3/sD．为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压强差为Δp＝1500Pa【答案】CD【解析】根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N板带负

电，M板带正电，则N板的电势比M板电势低，故A项错误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB＝qUc，解得：U＝vBc，与离子浓度无关，故B项错误；污水的流速：v＝UBc，则流量Q＝vbc＝UbB＝1×0.21.25m3

/s＝0.16m3/s，故C项正确；污水的流速：v＝UBc＝11.25×0.2m/s＝4m/s；污水流过该装置时受到阻力：f＝kLv＝kav＝15×1×4N＝60N；为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差是60N，则

压强差为Δp＝FS＝600.2×0.2Pa＝1500Pa，故D项正确．例10(2018·厦门二模)(多选)在一次南极科考中，科考人员使用磁强计测定地磁场的磁感应强度．其原理如图所示，电路中有一段长方体的金属导体，它长、宽、高分别为a、b、c，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中电流强

度沿x轴正方向，大小为I.已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，自由电子做定向移动可视为匀速运动，测出金属导体前后两个侧面间电压为U，则()A．金属导体的前侧面电势较低B．金属导体的电阻为UIC．自由电子定向移动

的速度大小为1neabD．磁感应强度的大小为necUI【答案】AD【解析】由左手定则可知，自由电子受到的洛伦兹力沿z轴正方向，自由电子向前侧面偏转，金属导体前侧面聚集了电子，后侧面感应出正电荷，金属导体前侧面电势低，后侧面电势高，金属前后侧面间的电势差不是产生电流I的电压，A项

正确；B项错误；由电流的微观表达式可知：I＝nevS＝nevbc，电子定向移动的速度大小：v＝1nebc，由洛伦兹力与电场力平衡：eE＝evB，导体前后侧面间的电势差：U＝Eb，解得：B＝necUI，C项错

误，D项正确．1．(2018·北京)某空间存在匀强磁场和匀强电场．一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动．下列因素与完成上述两类运动无关的是()A．磁场和电场的方向B．磁场和电场的强弱C．粒子的电性和电量D．粒子入射时的速度答案C解

析一个带电粒子进入电场、磁场共存的区域后做匀速直线运动，所以带电粒子受到的洛伦兹力与电场力大小相等，方向相反，即：qvB＝qE可知粒子的速度大小：v＝EB是必须的条件，同时磁场的强弱与电场的强弱必须满足v＝EB；由平衡条件可知，洛伦兹力的方向与电场力的方向相反，则二者的方向

必定也要满足特定的条件；粒子满足前面的两个条件时，与粒子的带电量以及粒子的电性都无关．故C项符合题意．2．(2018·天津二模)如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直纸面向里)．一带正电小球从O点静止释放后，运动轨迹为图中OPQ所示，其中P为运动

轨迹中的最高点，Q为与O同一水平高度的点．下列关于该带电小球运动的描述，正确的是()A．小球在运动过程中受到的磁场力先增大后减小B．小球在运动过程中电势能先增加后减少C．小球在运动过程中机械能守恒D．小球到Q点后将沿着QPO轨迹回到O点答案A解析A项，小球由静止

开始运动，可知电场力大于重力，在运动的过程中，洛伦兹力不做功，电场力和重力的合力先做正功，后做负功，根据动能定理知，小球的速度先增大后减小，则小球受到的磁场力先增大后减小，A项正确．B项，小球在运动的过程中，电场力先做正功，再做负功，则电势能先减小后增

加，B项错误．C项，小球在运动的过程中，除重力做功以外，电场力也做功，机械能不守恒，C项错误．D项，小球到Q点后，重复之前的运动，不会沿着QPO轨迹回到O点，故D项错误．3.(2018·新疆二模)如图所示，在空间存在与竖直方向成θ角的

匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，重力加速度为g，若以质量为m、电荷量为q的小液滴在此空间做匀速直线运动，则以下说法正确的是()A．小液体速度大小为mgsinθqB，方向垂直纸面向外B．小

液滴速度大小为mgcosθqB，方向垂直纸面向外C．小液体速度大小为mgsinθqB，方向垂直纸面向里D．小液滴速度大小为mgcosθqB，方向垂直纸面向里答案A解析粒子做匀速直线运动，则受力平衡，粒子受

力情况如图；由图可知，mgsinθ＝qvB，解得v＝mgsinθqB；粒子带负电，由左手定则可知，速度方向垂直纸面向外，故A项正确．4．(2018·河南模拟)(多选)如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，

小球电荷量q＝6×10－7C，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零．当小球以2m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零．在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随

纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2.则下列判断正确的是()A．匀强电场的场强大小为3.2×106V/mB．小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4JC．小球做顺时针方向的匀速圆周运动D．小球所受的洛伦兹力的大小为3N答案BD解

析A项，据题意和乙图可知，E＝Ud＝φR＝5×106V/m，故A项错误；B项，据题意可知，小球所受的电场力等于重力，洛伦兹力提供向心力，所以小球重力势能增加最多，电势能减少最多，大小为：2qφ＝2×6×10－7×2×106J＝2.4J，故B项正确；C项，以上分析可知，洛伦兹力提供向心力，据

左手定则可知，小球做逆时针运动，故C项错误；D项，以上可知：mg＝Eq，f＝qvB＝mv2R，联立以上解得f＝3N，故D项正确．5．(2018·衡水四模)如图所示，在竖直平面内，由绝缘材料制成的竖直平行轨道CD、FG与

半圆轨道DPG平滑相接，CD段粗糙，其余部分都光滑，圆弧轨道半径为R，圆心为O，P为圆弧最低点，整个轨道处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E.PDC段还存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.有一金属圆环M，带有正电

荷q，质量m＝qEg，套在轨道FG上，圆环与CD轨道间的动摩擦因数μ＝0.2.如果圆环从距G点高为10R处由静止释放，则下列说法正确的是()A．圆环在CD轨道上也能到达相同高度处B．圆环第一次运动到P点(未进入磁场区域)时对轨道的压

力为18mgC．圆环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为8mgRD．圆环最终会静止在P点答案C解析A项，圆环从M点到CD轨道最高点的过程中，电场力和摩擦力都做负功，圆环的机械能减少，所以圆环在CD轨道上不能到达相同高度处，故A项错误．B项，设圆环第一次

运动到P点时速度为v，由动能定理得：mg·10R－EqR＝12mv2，在P点，由牛顿第二定律得N－mg＝mv2R，结合m＝qEg，解得N＝19mg，故B项错误．C、D两项，当圆环经过D点速度为零时，设圆环能返回到G点上方H点

，H点离G点的距离为x.D到H的过程，由动能定理得qE·2R－mgx＝0，得x＝2R圆环最终会在DH(H点在G点上方2R处)往复运动，经过D点或H点时速度为0，对整个过程，由动能定理得mg·8R－Wf＝0，得克服摩擦力所做

的功为Wf＝8mgR，故C项正确，D项错误．6.(2018·安徽模拟)如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的范围足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁

感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外．一个质量为m、带电荷量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动．已知重力加速度为g.(1)试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；(2)若带电小球能进入区域Ⅱ，则

h应满足什么条件？(3)若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距MN的高度h.答案(1)正电mgq(2)h＞q2B2d22m2g(3)2q2B2d23m2g解析(1)带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，即所受合力为洛伦兹力，则重力与电场力大小相等，方向

相反，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电．则有qE＝mg，解得E＝mgq.(2)假设下落高度为h0时，带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ相切时，运动轨迹如图甲所示，由几何知识可知，小球的轨道半径R＝d，带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由动能定理

得mgh0＝12mv2，带电小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB＝mv2R，解得h0＝q2B2d22m2g，则当h＞h0时，即h＞q2B2d22m2g时带电小球能进入区域Ⅱ.(3)如图乙所示，因为带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动

过程中q、v、B、m的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R′，内角为60°，由几何关系知R′＝dsin60°，联立解得h＝2q2B2d23m2g.