2026步步高-高三大二轮专题复习物理习题_第一篇　专题三　计算题培优2　带电粒子在复合场中的运动（含解析）

这是一份2026步步高-高三大二轮专题复习物理习题_第一篇　专题三　计算题培优2　带电粒子在复合场中的运动（含解析），共11页。试卷主要包含了常见运动及处理方法，分析，5 T等内容，欢迎下载使用。
一、带电粒子在组合场中的运动
1.带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较
2.常见运动及处理方法
例1 (2024·河北省大联考)如图所示，xOy平面内，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场强度大小为E，方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。一带电的粒子以大小为v0的初速度从y轴上的P点沿y轴正方向射出，P点的坐标为(0，L)，一段时间后粒子第一次进入电场且进入电场时的速度方向与电场方向相反。不计粒子的重力。
(1)判断带电粒子的电性，并求其比荷；
(2)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；
(3)求带电粒子第四次经过x轴的位置的横坐标及此时粒子的速度大小。
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
二、带电粒子在叠加场中的运动
1.三种典型情况
(1)若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加满足qE=qvB时，重力场与磁场叠加满足mg=qvB时，重力场与电场叠加满足mg=qE时。
(2)若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F=qvB的方向与速度v垂直。
(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg=qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB=mv2r。
2.速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件都是带电粒子在相互正交的电场和磁场组成的场中的运动平衡问题，所不同的是速度选择器中的电场是带电粒子进入前存在的，是外加的；磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件中的电场是粒子进入磁场后，在洛伦兹力作用下带电粒子打在两极板后才产生的。
3.分析
例2 (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
例3 (2024·河南濮阳市一模)如图所示，在xOy坐标系中，有沿x轴正向的匀强电场和垂直坐标平面向外的匀强磁场，电场强度大小E=53 N/C，磁感应强度大小为B=0.5 T。在坐标平面内的某点沿某方向射出一质量为m=1×10-6 kg、电荷量为q=2×10-6 C的带正电微粒，微粒恰能在xOy坐标平面内做直线运动，且运动轨迹经过O点。已知y轴正方向竖直向上，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)微粒发射的速度大小和方向；
(2)微粒到达O点时撤去磁场，当微粒的速度沿竖直方向时，微粒的位置坐标是多少；
(3)在(2)问中，当微粒速度沿竖直方向时，再加上原磁场同时撤去电场，此后微粒运动的轨迹离x轴的最大距离为多少(结果可用根号表示)。
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
三、“配速法”解决摆线问题
1.摆线
摆线是指一个圆在一条定直线上滚动时，圆周上一个定点的轨迹，又称圆滚线、旋轮线。
当圆滚动的方向与圆心匀速移动的方向一致时，圆滚动一周，动圆上定点描画出摆线的一拱。每一拱的拱高为2a(即圆的直径)，拱宽为2πa(即圆的周长)。
2.配速法
(1)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，则粒子做一般曲线运动，轨迹常为摆线。我们可以把初速度分解成两个分速度，使其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)配速法适用条件：
①在叠加场中；
②合力不为零。
(3)规律：
把速度分解成两个速度，使其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，使粒子在这个方向上做匀速直线运动。
①初速度为零时，速度分解为两个等大、反向的速度；
②初速度不为零时，按矢量分解法则分解。
(4)常见的“配速法”的应用
例4 如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向的匀强磁场(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的带电粒子在场中运动，不计粒子所受重力。将该粒子在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。
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
答案精析
例1 (1)正电 2v02BL (2)52πL4v0
(3)(3+2)L+4BLv0E 5v0
解析 (1)假设粒子带负电，粒子射出后在磁场中向左偏，进入电场时速度方向与电场方向不可能相反。当粒子带正电时，射出后粒子在磁场中向右偏，然后进入电场时速度方向才有可能与电场方向相反。因此，粒子带正电。设带电粒子的电荷量为q、质量为m，粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系有Rcs 45°=L
根据洛伦兹力提供向心力
qv0B=mv02R
带电粒子比荷为qm=2v02BL
(2)由几何关系可知粒子第一次在磁场中运动轨迹对应的圆心角为5π4，经过的路程
s=54π2π×2πR=52πL4
粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间t=sv0=52πL4v0
(3)粒子第一次经过x轴的位置距y轴距离为
x1=R+Rcs 45°=(2+1)L
粒子在电场中先做匀减速直线运动，后做反方向的匀加速直线运动，第二次经过x轴进入磁场时，速度与x轴正方向成45°，大小仍为v0，粒子第二次在磁场中运动的轨迹半径
R=2L
粒子第三次与第二次经过x轴之间的距离为
x2=2R=2L
粒子第三次经过x轴进入电场时速度与电场方向垂直，做类平抛运动，设粒子第三次与第四次经过x轴之间的距离为x3，则有qE=ma
x3cs 45°=v0t'
x3sin 45°=12at'2
联立解得x3=4BLv0E
带电粒子第四次经过x轴的位置的横坐标为x=x1+x2+x3=(3+2)L+4BLv0E
根据动能定理得
qEx3sin 45°=12mv2-12mv02
解得带电粒子第四次经过x轴时，粒子的速度大小v=5v0
例2 ABD [油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，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，
由于分离后的小油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 (1)20 m/s，方向与y轴负方向夹角为30°指向左下方
(2)(-533 m，-353 m)
(3)1057+653 m
解析 (1)
微粒做匀速直线运动，如图
则(Bqv)2=(qE)2+(mg)2
解得v=20 m/s
微粒发射的速度方向与y轴负方向夹角θ满足
tan θ=mgqE=33
解得θ=30°
即微粒发射的速度大小为20 m/s，方向与y轴负方向夹角为30°指向左下方
(2)撤去磁场后，微粒做类平抛运动，如图
将速度分解可得
vx=vsin 30°
=10 m/s
vy=vcs 30°
=103 m/s
x方向的加速度
ax=qEm=103 m/s2
x方向的速度减为零时
t=vxax=33 s
此时距x轴的距离为
y=vyt+12gt2=353 m
对应速度vy1=vy+gt=4033 m/s
距y轴的距离为
x=vx+02t=533 m
所以当微粒的速度沿竖直方向时，微粒的位置坐标是
(-533 m，-353 m)；
(3)微粒运动的轨迹离x轴的距离最大时，速度与x轴平行
在x方向上，由动量定理可得
∑F洛xΔt=mv1-0
即Bqy1=mv1
由动能定理可得
mgy1=12mv12-12mvy12
求得y1=1057+303 m
微粒运动的轨迹离x轴的最大距离
Y=y+y1=1057+653 m。
例4 见解析
解析 方法一：动能定理+动量定理
带电粒子在运动中，只有静电力做功，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
Eqym=12mvm2①
以电场方向为y轴，垂直电场方向为x轴，则粒子沿y方向上的速度产生x方向的洛伦兹力，即F洛x=qBvy
取沿x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y轴方向运动的距离。因此，等式两边对粒子从M点到第一次最远的过程求和有qBym=mvm②
联立①②两式，解得vm=2EB，
ym=2mEqB2
方法二：“配速法”
将粒子在M点由静止释放，其运动较为复杂，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是匀速圆周运动，我们就可以想方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，即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，圆周运动的轨道半径r=mvqB=mEqB2
所以ym=2r=2mEqB2，vm=2v=2EB
垂直进入磁场(磁偏转)
垂直进入电场(电偏转)
进入电场时速度方向与电场有一定夹角
情
景
图
受
力
FB=qv0B，FB大小不变，方向变化，方向总指向圆心，FB为变力
FE=qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力
FE=qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力
运
动
规
律
匀速圆周运动
r=mv0Bq，T=2πmBq
类平抛运动
vx=v0，vy=Eqmt
x=v0t，y=Eq2mt2
类斜抛运动
vx=v0sin θ，vy=v0cs θ-qEmt
x=v0sin θ·t，y=v0cs θ·t-12qEmt2
常见情况
处理方法
BG摆线：初速度为0，有重力
把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1。
BE摆线：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和一个向右的速度v1。
BEG摆线：初速度为0，有重力
把初速度0分解为一个斜向左下方的速度v1和一个斜向右上方的速度v1。
BGv摆线：初速度为v0，有重力
把初速度v0分解为速度v1和速度v2。