重难点15 带电粒子在复合场中的运动01-2025年高考物理【热点·重点·难点】专练（广东专用）

重难点15 带电粒子在复合场中的运动01 考点 三年考情分析 2025考向预测 1.带电粒子在电磁场中的运动； 3年3考 广东卷[(2022，T10，T7)， (2023，T5)] 高考对电磁场知识的考查覆盖面非常大，几乎所有的知识点都会考查到。磁场知识与电场性质、运动学规律、牛顿运动规律、圆周运动知识、功能关系甚至动量有机结合起来，对考生的物理过程和运动规律的结合分析能力、空间想象能力、运用数学工具解决物理问题的能力有较高的要求,电磁复合问题与近代物理、现实生活、生产实际等背景材料紧密联系，考查考生综合运用物理知识解决实际问题的能力。 【情境解读】 组合场分析方法 复合场分析方法 【高分技巧】 内容 重要的规律、公式和二级结论 1.质谱仪、回旋加速器 (1)质谱仪：电场中加速：qU＝mv2；磁场中偏转：qvB＝m，偏转圆的半径R＝。 (2)回旋加速器 ①加速电场的周期等于回旋周期，即T电场＝T回旋＝T＝。 ②粒子做匀速圆周运动的最大半径等于D形盒的半径。 ③在粒子的质量、电荷量确定的情况下，粒子所能达到的最大动能只与D形盒的半径和磁感应强度有关，与加速器的电压无关(电压只决定了回旋次数)vm＝，Ek＝＝；加速电压与加速次数的关系：NqU＝。 ④将带电粒子在两盒之间的运动首尾相连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动。 2.速度选择器、磁流体发电机、霍耳效应、电磁流量计 (3)粒子通过正交电磁场(速度选择器模型)：qvB＝qE＝q，v＝。 3.带电粒子在匀强电场、匀强磁场和重力场 (4)若受洛伦兹力且做直线运动，一定做匀速直线运动；如果做匀速圆周运动，重力和静电力一定平衡，只有洛伦兹力提供向心力。 (5)若带电粒子除受磁场力外还受重力(或者静电力)，则带电粒子做一般的曲线运动，轨迹不是圆弧，也不是抛物线。 【考向一：带电粒子在组合场中的运动】 1．带电粒子在组合场中运动的分类 2．“5步”突破带电粒子在组合场中运动问题 1． (2023广东省综合测试)现代科技中常用电、磁场约束带电粒子的运动轨迹，如图所示，y轴左侧区域存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E.y轴右侧区域存在匀强磁场，第一象限内的磁场方向垂直纸面向外，第四象限内的磁场方向垂直纸面向里，且第四象限内的磁场的磁感应强度大小是第一象限的2倍，光滑绝缘固定竖直半圆形轨道最低点与x轴负半轴相切于P点，在第一象限垂直x轴放置粒子吸收屏，该屏距y轴的距离为L.某时刻，电荷量为q、质量为m的正电粒子在P点获得一水平向左的初速度，沿半圆轨道运动到最高点A后沿x正方向射出，恰好从O点进入磁场，一段时间后粒子垂直击中吸收屏，粒子重力不计．求： (1) 粒子从A点射出时的速度大小． (2) 粒子在P点获得的初速度大小以及对轨道的压力大小． (3) 粒子击中吸收屏的纵坐标的可能值． 答案　(1) 　(2) 2，Eq　(3) 见解析 解析 (1) 粒子从A到O做类平抛运动，则有 ＝vAt ＝t2 解得vA＝ (2) 对粒子由P到A由动能定理得 －Eq＝mv－mv 解得vP＝2 由牛顿第二定律得FN－Eq＝m，R＝ 由牛顿第三定律可得F压＝FN 联立解得F压＝Eq (3) 粒子到达O点时的竖直分速度为vy＝vA＝ 进入磁场的速度为v＝2vA＝2，速度方向与x轴正方向成60°角向右下． 设粒子在第四象限做匀速圆周运动的半径为r1，在第一象限做匀速圆周运动的半径为r2，设第一象限磁感应强度大小为B，第四象限磁感应强度大小为2B，则有 qv·2B＝ qvB＝ 解得r2＝2r1＝ 根据粒子在磁场中做圆周运动的周期性可得 L＝n(r1＋r2)＋r1＋(n＝0，1，2，3，…) 粒子击中吸收屏的纵坐标y＝r2－r2 联立解得y＝(n＝0，1，2，3，…) 2． (2024广东大联考)在“质子疗法”中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死细胞．如图所示，质量为m、电荷量为q的质子从极板A处由静止加速，通过极板A1中间的小孔后进入速度选择器，并沿直线运动．速度选择器中的匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B＝0.01 T，极板CC1间的电场强度大小为E＝1×105 N/C.坐标系xOy中yOP区域充满沿y轴负方向的匀强电场Ⅰ，xOP区域充满垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，OP与x轴夹角α＝30°.匀强磁场Ⅱ的磁感应强度大小B1，且1 T≤B1≤1.5 T．质子从(0，d)点进入电场Ⅰ，并垂直OP进入磁场Ⅱ.质子比荷 ＝1×108 C/kg，d＝0.5 m．求： (1) 极板AA1间的加速电压U. (2) 匀强电场Ⅰ的电场强度E1. (3) 质子能到达x轴上的区间的长度L.(结果用根号表示) 答案 (1) 5×105 V　(2) 5×106 N/C　(3) m 解析 (1) 质子进入速度选择器中的速度为v0，由平衡条件得qv0B＝qE 由动能定理有qU＝mv 联立解得v0＝1×107 m/s，U＝5×105 V (2) 设质子在电场中运动到达OP上的Q点时间为t，竖直方向速度为vy，水平位移为x，竖直位移为y，加速度为a.由运动学公式有 x＝v0t，y＝at2，vy＝at 由几何关系有tan α＝＝ 由牛顿第二定律有qE1＝ma 联立可得x＝ m，y＝0.3 m，E1＝5×106 N/C (3) 设质子进入磁场的速度为v，则 v＝＝2v0＝2×107 m/s 质子在磁场中运动半径为R，由牛顿第二定律有qvB1＝m 解得 m≤R≤0.2 m 由几何关系有OQ＝＝0.4 m， QN＝d－y＝0.2 m 当R1＝0.2 m，质子恰好从N点飞出，如图甲所示； 当R2＝ m，质子轨迹恰好与x轴相切，如图乙所示． 故质子能到达x轴上的区间长度 L＝R2cos 30°＝ m 　 3．(2023辽宁卷)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。 (1)求金属板间电势差U； (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ； (3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。 答案　(1)　(2)60°　(3)见解析图 解析　(1)设平行金属板间距为d，则平行金属板板长为d，粒子在两平行金属板间做类平抛运动 水平方向：d＝v0t 竖直方向：d＝t 又vy＝t 联立解得U＝。 (2)粒子进入磁场时的速度v＝＝v0 设速度与水平方向的夹角为α，有tan α＝＝， 则α＝30° 由qvB＝得 粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝＝ 已知圆形磁场半径R＝，则r＝R 作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图甲所示 粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ与粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角相等，由几何关系可得tan ＝＝ 故θ＝60°。 (3)根据几何关系，将磁场圆绕O′点顺时针旋转，当O点转到M点，粒子在磁场中的运动轨迹相应的弦为磁场圆的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长。作出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的磁场圆的圆心M，如图乙所示。 4． (2023山东卷)如图所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力). (1) 若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小． (2) 若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场，离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开． (ⅰ)求改变后电场强度E′的大小和粒子的初速度v0. (ⅱ)通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场． 答案　(1) 6　(2) (i) 9　36E　(ii) 不能 解析 (1) 粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有qE·2d＝mv2 粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m 粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图所示 根据几何关系可知R＝ 联立可得B＝6 (2) (i) 由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图所示 在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知 R＝(2d)2＋(R1－d)2 解得R1＝d 所以有θ＝53°，α＝37° 洛伦兹力提供向心力qv1B＝m 带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有qE′·2d＝mv－mv 再一次进入电场后做类斜抛运动，沿x方向有 2d＝v1cos α·t 沿y方向有2d＝v1sin α·t＋at2 其中根据牛顿第二定律有qE′＝ma 联立解得v1＝15，v0＝9，E′＝36E (ii) 粒子从P到Q根据动能定理有 qE′·2d＝mv－mv 可得从Q射出时的速度为v2＝3 此时粒子在磁场中的半径R2＝＝d 根据几何关系可知对应的圆心坐标为x＝d，y＝4d 而圆心与P的距离为 l＝＝d≠R2 故不能再从P点进入电场． 5． 如图所示，在x轴上方以原点O为底边中点、底边长为2a的等腰直角三角形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度为B.(边界无磁场)在x轴下方－a≤x≤a的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场．y轴上A点与O点间距为d，一质量为m、电荷量为－q的粒子从y轴上的A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场，不计粒子重力． (1) 若粒子第一次经过磁场的偏转角为45°，求粒子在磁场中运动的速度v1大小． (2) 若粒子经过磁场之后不再经过x轴，求电场强度E的范围． (3) 若电场强度E＝，求粒子在电磁场区域的运动时间． 答案 (1) 　(2) E≥　(3) ＋ 解析 (1) 若粒子第一次经过磁场的偏转角为45°，可知粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为45°，如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心刚好在x轴上的x＝－a处． 由图中几何关系可得r1＝a 由洛伦兹力提供向心力可得qv1B＝m 联立解得v1＝ (2) 若粒子经过磁场之后不再经过x轴，粒子从第二象限射出磁场时的速度不指向第三象限，设粒子射出磁场时的速度方向刚好与x轴平行，如图所示： 由图中几何关系可得r2＝ 由洛伦兹力提供向心力可得qv2B＝m 粒子在电场中从A点运动到O点过程中，由动能定理可得qEd＝mv 联立解得E＝ 故E≥ (3) 当电场强度E＝时，由动能定理可得qEd＝mv 解得v3＝ 由洛伦兹力提供向心力可得qv3B＝m，解得r3＝ 粒子在电磁场区域中的运动轨迹如图所示 粒子在磁场中的周期为T＝ 粒子在磁场中的运动时间为t1＝T＝ 粒子在电场中从A点加速到O点的时间为 t2＝＝ 粒子在电磁场区域中运动的总时间为 t＝t1＋3t2＝＋ 【考向二：带电粒子在叠加场中的运动】 “三步”解决带电粒子在叠加场中的运动问题 6．(2023广东深圳二模)如图所示，在绝缘水平面上方，相距为L的竖直边界MO、NA之间存在水平向左的匀强电场，场强大小为E1。边界NA右侧有一直角三角形区域ACD，区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场和大小为E2＝、方向竖直向下的匀强电场。在边界MO上的O点静止释放一个质量为m、电量大小为q的带电小球(大小忽略不计)，小球从A点进入三角形场区，最终从AD边界上的P点离开。已知AP间的距离为d，∠DAC＝30°，不计一切摩擦。求： 图3 (1)带电小球到达A点时的速度大小； (2)ACD区域内的磁感应强度大小。 答案　(1)　(2) 解析　(1)小球在电场E1中加速，得qE1L＝mv 解得v0＝。 (2)小球进入ACD场区时，有qE2＝mg 小球做匀速圆周运动，运动轨迹如图，由几何关系得轨道半径为R＝d 由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m 解得B＝。 7．(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。Oxy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，求运动到速度为时位置的纵坐标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＝位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 答案　(1)Bv0　(2)　(3)90% 解析　(1)电子沿x轴正方向做直线运动，则电子受平衡力的作用，即 eE＝ev0B 解得E＝Bv0。 (2)电子在电场和磁场叠加场中运动，受洛伦兹力和电场力的作用，只有电场力做功，则电子的速度由到的过程中，由动能定理得 eEy1＝m－m 解得y1＝。 (3)设电子的入射速度为v1时刚好能到达纵坐标为y2＝的位置，此时电子在最高点的速度沿水平方向，且大小假设为v2，则 电子在最低点的合力为F1＝eE－ev1B 电子在最高点的合力为F2＝ev2B－eE 由题意可知电子在最高点与最低点的合力大小相等， 即F2＝F1 整理得v1＋v2＝2v0 电子由最低点到最高点的过程，由动能定理得 eEy2＝mv－mv 整理得v2－v1＝ 解得v1＝v0 又电子入射速度越小，电子运动轨迹的最高点对应的纵坐标越大，则能到y2＝的位置的电子数占总电子数的比例为 η＝＝×100% 解得η＝90%。 8． (2024广州综合测试二)如图所示，“凹”形区域abcdpnHIJK，各边长已在图中标示，L为已知量．在该区域内有正交的匀强电场和匀强磁场，与ab平行的虚线为电场的等势线；磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.容器A中质量为m、带电荷量为e的电子经小孔S1不断飘入加速电场，其初速度几乎为0，电子经加速电场加速后由小孔S2离开，接着从O点进入场区，沿Oc做直线运动经c点离开场区．若仅撤去磁场，电子从b点离开场区． (1) 求加速电场的电压和“凹”形区域的电场强度． (2) 若仅撤去“凹”形区域中电场，求电子离开“凹”形区域时的位置到O点的距离． (3) 若撤去“凹”形区域中电场，改变加速电场的电压，使得电子在“凹”形区域内的运动时间均相等，求加速电场电压的取值范围． 答案 (1)　，沿着bc方向　(2) L　(3) 见解析 解析 (1) 设加速电场的电压为U0，电子经加速后获得的速度为v0，凹形区域的电场强度为E，根据动能定理 eU0＝mv 电子沿Oc直线运动，有eBv0＝eE 仅撤去磁场，电子从b点离开场区，设电子在场区的运动时间为t，则有L＝v0t，L＝t2 解得U0＝ E＝，方向沿着bc方向 (2) 若仅撤去电场，则电子在磁场中做匀速圆周运动，设电子的轨道半径为r0，则有eBv0＝ 解得r0＝L 所以电子从K点离开场区，距离O点的距离为L (3) 依题意，要使电子在凹形区域内的运动时间均相等，则电子必须在场区内运动半周从aKHn边离开．设加速电场的电压为U1时，电子获得的速度为v1，其运动的轨道半径为r1，电子从OK段离开场区，依题意0<r1≤L 解得0＜U1≤ 设加速电场的电压为U2时，电子获得的速度为v2，其运动的轨道半径为r3，电子从Hn段离开场区，依题意必须满足：①电子不能从bcdp离开场区，电子运动轨迹如图中Ⅰ，圆心为K，设轨道半径为r′2；②电子不能进入HIJK区域，电子运动轨迹如图中Ⅱ，圆心为O′，设轨迹半径为r″2，依题意 r″2≤r2≤r′2 根据几何关系有＋＝r″ 解得 ≤U2≤ 9． (2023广东百校联盟联考)如图所示在竖直平面(纸面)内水平虚线ab的下方有电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场，一固定薄壁圆筒的横截面与ab相切，其圆心为O.圆筒内有磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面水平向里的匀强磁场．一电荷量为q的带负电小球(视为质点)，自ab上方距ab的高度为h处由静止释放，小球经圆筒的小孔S沿半径SO方向进入圆筒内，与圆筒内壁发生两次碰撞后沿半径OP方向从圆筒上的小孔P水平射出，射出后做匀速直线运动．小球与圆筒内壁碰撞的时间极短且没有机械能损失，小球的电荷量保持不变，重力加速度大小为g，不计空气阻力． (1) 求小球通过小孔S时的速度大小v以及小球的质量m. (2) 求圆筒的半径R. (3) 若其他情况不变，将小球自ab上方距ab的高度为3h处由静止释放，小球自小孔S进入圆筒内，证明小球恰好可以回到释放点，并求小球从被释放至第一次回到释放点的时间t. 答案 (1)　　(2) 　(3) 见解析 解析 (1) 小球从被释放至通过小孔S的过程中做自由落体运动，有v2＝2gh 解得v＝ 小球通过P点后做匀速直线运动，根据平衡条件有 qE＝mg 解得m＝ (2) 因为qE＝mg，所以小球在圆筒内做匀速圆周运动，设小球第一次与圆筒内壁在A点碰撞，运动轨迹如图甲所示，由于小球与圆筒内壁发生两次碰撞后沿OP方向射出，因此SA弧对应的圆心角θ＝ 根据几何关系可知，小球在圆筒内做匀速圆周运动的半径r＝R 洛伦兹力提供小球在圆筒内做圆周运动所需的向心力，有 qvB＝m 解得R＝ (3) 设此种情况下小球通过小孔S时的速度大小为v′，有 v′2＝2g×3h，解得v′＝ 设此种情况下小球在圆筒内做匀速圆周运动的半径为r′ ，有 qv′B＝m 可得r′＝ 由于r′＝r，根据几何关系可知，小球从通过小孔S至第一次与圆筒内壁碰撞前瞬间的轨迹圆弧对应的圆心角θ′＝，小球的运动轨迹如图乙所示，小球与圆筒内壁碰撞两次后，从小孔S竖直向上射出圆筒．根据对称性可知，小球第二次通过小孔S后恰好可以回到释放点． 设小球从被释放至第一次通过小孔S的时间为t1，有3h＝gt 解得t1＝ 小球在圆筒内做圆周运动的周期T＝ 小球第一次在圆筒内运动的时间t2＝·T 解得t2＝ 又t＝2t1＋t2 解得t＝2＋ 10.如图所示，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区域的高度足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度均为B，方向分别为垂直纸面向里和向外．一个质量为m、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) 若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距 MN的高度h. (3) 试讨论在h取不同值时，带电小球第一次穿出Ⅰ区域的过程中，电场力所做的功． 答案　(1) 带正电，　(2) 　(3) 见解析 解析 (1) 带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电． 由qE＝mg 解得E＝ (2) 带电小球在进入磁场前做自由落体运动，根据机械能守恒有 mgh＝mv2 带电小球在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，由牛顿第二定律有 qvB＝m 由于带电小球在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△O1O2O3为等边三角形，边长为2R，内角为60°，如图甲所示．由几何关系知R＝ 解得h＝ 甲 乙 (3) 当带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ相切时，运动轨迹如图乙所示，有半径R＝d 解得h0＝ 分类讨论： ①当h＜h0时，带电小球进入磁场Ⅰ区域的速度较小，半径较小，不能进入Ⅱ区域，由磁场上边界MN第一次穿出磁场Ⅰ区域，此过程电场力做功W＝0 ②当h＞h0时，带电小球进入磁场Ⅰ区域后由下边界PQ第一次穿出磁场Ⅰ区域进入Ⅱ区域，此过程电场力做功 W＝－qEd＝－mgd 【考向二：带电粒子在交变场中的运动】 带电粒子在交变场中运动问题的基本思路 11．如图甲所示，半径为R的圆形区域内(包括圆边界)有方向垂直纸面的匀强磁场，圆形区域右侧放置两块水平正对的金属板a和b，两金属板的中心线O1O2与圆形区域的圆心O在同一水平线上．在圆上P点有一电子源，P点位于O点正下方，电子源在纸面内向圆形区域各个方向均匀发射速率均为v0的电子，其中沿PO方向射入磁场的电子在t＝0时刻沿两板中心线O1O2射入两板间，同时在两板间加上如图乙所示的交变电压，电子最后恰好从a板的右边缘平行极板射出．金属板板长和板间距都等于2R，电子的质量为m，电荷量为e，忽略电子的重力和相互间的作用力． (1) 求匀强磁场的磁感应强度大小． (2) 求交变电压U0大小应满足的关系． (3) 若在两板间改加上大小为Uba＝的电压，电子源发射某一数量的电子后停止发射，求打在下极板板长中点两侧的电子数之比． 答案 (1) 　(2) (n＝1，2，3，…) (3) 1∶2 解析 (1) 设匀强磁场的磁感应强度为B，电子在磁场中做圆周运动的半径为r，则有r＝R 根据ev0B＝m，解得B＝ (2) 设电子在板间运动时间为t，则 t＝＝nT(n＝1、2、3、…)，＝ma1 R＝2n·a1(n＝1，2，3，…) 解得U0＝(n＝1，2，3，…) (3) 水平向左射出的电子沿圆边界从上极板a的左边缘平行板射入板间，设电子在板间运动时间为t1，偏转距离为y1，有 2R＝v0t1，y1＝a2t，＝ma2 解得y1＝2R 所以从电子源P射出的电子全部都能达到下极板b上． 设从电子源P射出的速度方向与水平方向夹角为θ的电子刚好打到下极板正中央，电子在电场中偏转距离为y2，运动时间为t2，电子运动轨迹如图，由几何关系得 y2＝R(1－cos θ)，y2＝a2t，R＝v0t2 解得θ＝60° 所以打在下极板b中点两侧的电子数之比为 n1∶n2＝60°∶(180°－60°)＝1∶2 12.如图甲所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内有沿x轴正方向的匀强电场E1，第Ⅱ、Ⅲ象限内同时存在着竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面的磁场B1，已知E2＝0.25 N/C，磁场B1随时间t变化的规律如图乙所示，其中B0＝0.25 T，t0＝ s，设垂直纸面向外为磁场正方向。一个质量为m＝2.5×10－6 kg、电荷量为q＝1×10－4 C的带正电液滴从P点以速度v0＝ 4 m/s沿x轴负方向入射，经t1＝0.5 s恰好以沿y轴负方向的速度v经过原点O后进入x≤0的区域。已知t＝0时液滴恰好通过O点，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)电场强度E1的大小及液滴第一次到达O点时速度v的大小； (2)液滴在0～ s内的路程； (3)若在t＝ s时撤去电场E1、E2和磁场B1，同时在整个空间区域加竖直向上的磁感应强度大小为B2＝0.5 T的匀强磁场(未画出)，从此时刻起，再经过t′＝ s，液滴距O点的距离(π2≈10)。 答案　(1)0.2 N/C　5 m/s　(2) m　(3) m 解析　(1)对带电液滴由动量定理可知，水平方向 －qE1t1＝0－mv0 解得E1＝0.2 N/C 竖直方向有mgt1＝mv－0 解得v＝5 m/s。 (2)液滴通过O点后，由于qE2＝mg，可知液滴将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由 qvB＝m，T＝ 解得磁感应强度为B0时T1＝ s，r1＝0.5 m 磁感应强度为2B0时T2＝ s，r2＝0.25 m 0～ s内运动轨迹如图所示， 则s＝3××2πr1＋2××2πr2 解得s＝ m。 (3)只有磁场B2存在时，液滴在水平面内做匀速圆周运动，则 周期T3＝＝ s 半径r3＝＝0.25 m 液滴在竖直方向做自由落体运动，经过t′＝ s 沿y轴下落高度为y＝gt′2 经过t′＝ s后距O点的距离为s＝ 解得s≈ m。 13.如图甲所示，虚线是Ⅰ区域和Ⅱ区域的边界，Ⅰ区域中竖直面内存在一光滑弯曲轨道，端点N的切线与水平方向的夹角为53°，M、N两点的竖直距离为h；虚线与y轴间为Ⅱ区域，区域中有一水平向左的匀强电场，区域宽度为1.08h；Ⅲ区域是边长为h的正方形区域OPQR，区域内存在竖直向上的电场强度大小为E0＝的匀强电场。一质量为m，电荷量为＋q的带电小球(可视为质点)从M点静止下滑，通过Ⅱ区域，恰好从坐标原点O沿着y轴负方向进入Ⅲ区域时，在Ⅲ区域加垂直纸面的磁场，以小球到达坐标原点O为计时起点，磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示，规定垂直纸面向里为正，小球最终从Q点沿y轴负方向离开Ⅲ区域。已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8， cos 53°＝0.6，求： 甲 乙 (1)小球到达轨道端点N时的速度大小v0； (2)Ⅱ区域内电场强度的大小E以及Ⅲ区域内磁感应强度的大小B0； (3)磁感应强度随时间变化的周期T。 答案　(1) (2)　(n＝1，2，3，…) (3)(n＝1，2，3，…) 解析　(1)小球在Ⅰ区域中从M点至N点过程，机械能守恒，有mgh＝mv 得v0＝。 (2)由题意，小球在Ⅱ区域中沿水平方向做匀减速直线运动，由运动学公式有 0－(v0cos 53°)2＝－2(1.08h) 得E＝ 设小球从N点运动到O点所用时间为t，则有 1．08h＝t 小球在Ⅱ区域中沿竖直方向做竖直上抛运动，设小球在O点速度大小为v，则有 v＝－v0sin 53°＋gt 因为qE0＝mg 所以小球在Ⅲ区域中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB0＝m 经分析可知，小球在Ⅲ区域中可能的运动轨迹如图所示 由几何关系得2h＝(2n)r(n＝1，2，3，…) 联立可得B0＝(n＝1，2，3，…)。 (3)小球在Ⅲ区域中运动的周期为 T0＝＝ 由运动的周期性可知，磁感应强度随时间变化的周期T满足＝ 联立可得T＝(n＝1，2，3，…)。 14.如图甲所示，xOy平面内y轴左侧有宽为L的匀强电场区域，电场方向平行于y轴向上，匀强电场左侧有一电压为U的加速电场。一质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子从A点飘入加速电场，加速后由x轴上的P(－L，0)点进入匀强电场，之后从y轴上的Q点进入y轴的右侧。 (1)求粒子经过P点时的速度大小v0； (2)求匀强电场的电场强度大小E； (3)若y轴右侧存在一圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，取磁场垂直纸面向外为正方向。t＝时刻进入磁场的粒子始终在磁场区域内沿闭合轨迹做周期性运动，求圆形磁场区域的最小面积S以及粒子进入磁场时的位置到y轴的最短距离x(忽略磁场突变的影响)。 答案　(1)　(2)(3) 解析　(1)粒子从A点到P点，由动能定理有qU＝mv 解得v0＝。 (2)粒子在偏转电场中沿x方向有L＝v0t 沿y方向有＝at2 根据牛顿第二定律有qE＝ma 联立解得E＝。 (3)粒子从Q点射出时沿y方向的速度 vy＝t 则射出速度v＝ 解得v＝v0＝2 设粒子做圆周运动的半径为r，则 qvB＝ 解得r＝ 粒子在磁场中运动的周期T＝ 解得T＝T0 粒子在磁场中运动的轨迹如图所示 所以圆形磁场的最小半径R＝3r 最小面积S＝πR2 解得S＝ 由图可知，进入磁场的位置距y的最小距离x＝R 解得x＝。 15．如图甲所示，在Oxyz坐标系中，存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为E0，电荷量为q的带正电小球位于z轴负半轴上的P点，若小球以与z轴正方向夹角为θ的速度开始在yOz平面内运动，经过一段时间后，小球恰好经过O点且速度方向沿y轴正方向，大小为v。此时刻，将电场方向变成沿z轴正方向，其随时间变化的规律如图乙所示，同时在坐标系中加一沿x轴负方向的匀强磁场(图中未画出)，小球在0～内做匀速直线运动，～内恰好完成一个完整的匀速圆周运动。已知重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)小球的质量m； (2)E1和B； (3)电场变化的周期T； (4)小球在T时刻的位置。 答案(1)　(2)　　(3)　(4) 解析(1)设小球在P点的速度为v0，对小球由动量定理得 y轴方向：qE0t＝mv－(－mv0sin θ) ① z轴方向：－mgt＝－mv0cos θ ② 由运动的对称性可得：v0sin θ＝v ③ 由以上几式联立可得：m＝。 ④ (2)对小球受力分析，由平衡方程得： 0～内：qE1＋qvB＝mg ⑤ ～内：2qE1＝mg ⑥ 由④⑤⑥解得：E1＝，B＝。 ⑦ (3)设小球做匀速圆周运动的周期为T0，则T0＝⑧ 对小球由牛顿第二定律得：qvB＝mr2 ⑨ 且T0＝ 由⑧⑨⑩得：T＝。 (4)～T内，小球的速度v可视为沿y轴正方向的2v与沿y轴负方向的v的合成；小球的运动可视为沿y轴正方向的匀速直线运动和y轴下方的逆时针的匀速圆周运动的合成 则y＝v＋2v＝vT＝ 所以T时刻小球位于y轴上坐标为处。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点15 带电粒子在复合场中的运动01 考点 三年考情分析 2025考向预测 1.带电粒子在电磁场中的运动； 3年3考 广东卷[(2022，T10，T7)， (2023，T5)] 高考对电磁场知识的考查覆盖面非常大，几乎所有的知识点都会考查到。磁场知识与电场性质、运动学规律、牛顿运动规律、圆周运动知识、功能关系甚至动量有机结合起来，对考生的物理过程和运动规律的结合分析能力、空间想象能力、运用数学工具解决物理问题的能力有较高的要求,电磁复合问题与近代物理、现实生活、生产实际等背景材料紧密联系，考查考生综合运用物理知识解决实际问题的能力。 【情境解读】 组合场分析方法 复合场分析方法 【高分技巧】 内容 重要的规律、公式和二级结论 1.质谱仪、回旋加速器 (1)质谱仪：电场中加速：qU＝mv2；磁场中偏转：qvB＝m，偏转圆的半径R＝。 (2)回旋加速器 ①加速电场的周期等于回旋周期，即T电场＝T回旋＝T＝。 ②粒子做匀速圆周运动的最大半径等于D形盒的半径。 ③在粒子的质量、电荷量确定的情况下，粒子所能达到的最大动能只与D形盒的半径和磁感应强度有关，与加速器的电压无关(电压只决定了回旋次数)vm＝，Ek＝＝；加速电压与加速次数的关系：NqU＝。 ④将带电粒子在两盒之间的运动首尾相连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动。 2.速度选择器、磁流体发电机、霍耳效应、电磁流量计 (3)粒子通过正交电磁场(速度选择器模型)：qvB＝qE＝q，v＝。 3.带电粒子在匀强电场、匀强磁场和重力场 (4)若受洛伦兹力且做直线运动，一定做匀速直线运动；如果做匀速圆周运动，重力和静电力一定平衡，只有洛伦兹力提供向心力。 (5)若带电粒子除受磁场力外还受重力(或者静电力)，则带电粒子做一般的曲线运动，轨迹不是圆弧，也不是抛物线。 【考向一：带电粒子在组合场中的运动】 1．带电粒子在组合场中运动的分类 2．“5步”突破带电粒子在组合场中运动问题 1． (2023广东省综合测试)现代科技中常用电、磁场约束带电粒子的运动轨迹，如图所示，y轴左侧区域存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E.y轴右侧区域存在匀强磁场，第一象限内的磁场方向垂直纸面向外，第四象限内的磁场方向垂直纸面向里，且第四象限内的磁场的磁感应强度大小是第一象限的2倍，光滑绝缘固定竖直半圆形轨道最低点与x轴负半轴相切于P点，在第一象限垂直x轴放置粒子吸收屏，该屏距y轴的距离为L.某时刻，电荷量为q、质量为m的正电粒子在P点获得一水平向左的初速度，沿半圆轨道运动到最高点A后沿x正方向射出，恰好从O点进入磁场，一段时间后粒子垂直击中吸收屏，粒子重力不计．求： (1) 粒子从A点射出时的速度大小． (2) 粒子在P点获得的初速度大小以及对轨道的压力大小． (3) 粒子击中吸收屏的纵坐标的可能值． 2． (2024广东大联考)在“质子疗法”中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死细胞．如图所示，质量为m、电荷量为q的质子从极板A处由静止加速，通过极板A1中间的小孔后进入速度选择器，并沿直线运动．速度选择器中的匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B＝0.01 T，极板CC1间的电场强度大小为E＝1×105 N/C.坐标系xOy中yOP区域充满沿y轴负方向的匀强电场Ⅰ，xOP区域充满垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，OP与x轴夹角α＝30°.匀强磁场Ⅱ的磁感应强度大小B1，且1 T≤B1≤1.5 T．质子从(0，d)点进入电场Ⅰ，并垂直OP进入磁场Ⅱ.质子比荷 ＝1×108 C/kg，d＝0.5 m．求： (1) 极板AA1间的加速电压U. (2) 匀强电场Ⅰ的电场强度E1. (3) 质子能到达x轴上的区间的长度L.(结果用根号表示) 3．(2023辽宁卷)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。 (1)求金属板间电势差U； (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ； (3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。 4． (2023山东卷)如图所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力). (1) 若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小． (2) 若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场，离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开． (ⅰ)求改变后电场强度E′的大小和粒子的初速度v0. (ⅱ)通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场． 5． 如图所示，在x轴上方以原点O为底边中点、底边长为2a的等腰直角三角形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度为B.(边界无磁场)在x轴下方－a≤x≤a的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场．y轴上A点与O点间距为d，一质量为m、电荷量为－q的粒子从y轴上的A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场，不计粒子重力． (1) 若粒子第一次经过磁场的偏转角为45°，求粒子在磁场中运动的速度v1大小． (2) 若粒子经过磁场之后不再经过x轴，求电场强度E的范围． (3) 若电场强度E＝，求粒子在电磁场区域的运动时间． 【考向二：带电粒子在叠加场中的运动】 “三步”解决带电粒子在叠加场中的运动问题 6．(2023广东深圳二模)如图所示，在绝缘水平面上方，相距为L的竖直边界MO、NA之间存在水平向左的匀强电场，场强大小为E1。边界NA右侧有一直角三角形区域ACD，区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场和大小为E2＝、方向竖直向下的匀强电场。在边界MO上的O点静止释放一个质量为m、电量大小为q的带电小球(大小忽略不计)，小球从A点进入三角形场区，最终从AD边界上的P点离开。已知AP间的距离为d，∠DAC＝30°，不计一切摩擦。求： 图3 (1)带电小球到达A点时的速度大小； (2)ACD区域内的磁感应强度大小。 7．(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。Oxy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，求运动到速度为时位置的纵坐标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＝位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 8． (2024广州综合测试二)如图所示，“凹”形区域abcdpnHIJK，各边长已在图中标示，L为已知量．在该区域内有正交的匀强电场和匀强磁场，与ab平行的虚线为电场的等势线；磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.容器A中质量为m、带电荷量为e的电子经小孔S1不断飘入加速电场，其初速度几乎为0，电子经加速电场加速后由小孔S2离开，接着从O点进入场区，沿Oc做直线运动经c点离开场区．若仅撤去磁场，电子从b点离开场区． (1) 求加速电场的电压和“凹”形区域的电场强度． (2) 若仅撤去“凹”形区域中电场，求电子离开“凹”形区域时的位置到O点的距离． (3) 若撤去“凹”形区域中电场，改变加速电场的电压，使得电子在“凹”形区域内的运动时间均相等，求加速电场电压的取值范围． 9． (2023广东百校联盟联考)如图所示在竖直平面(纸面)内水平虚线ab的下方有电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场，一固定薄壁圆筒的横截面与ab相切，其圆心为O.圆筒内有磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面水平向里的匀强磁场．一电荷量为q的带负电小球(视为质点)，自ab上方距ab的高度为h处由静止释放，小球经圆筒的小孔S沿半径SO方向进入圆筒内，与圆筒内壁发生两次碰撞后沿半径OP方向从圆筒上的小孔P水平射出，射出后做匀速直线运动．小球与圆筒内壁碰撞的时间极短且没有机械能损失，小球的电荷量保持不变，重力加速度大小为g，不计空气阻力． (1) 求小球通过小孔S时的速度大小v以及小球的质量m. (2) 求圆筒的半径R. (3) 若其他情况不变，将小球自ab上方距ab的高度为3h处由静止释放，小球自小孔S进入圆筒内，证明小球恰好可以回到释放点，并求小球从被释放至第一次回到释放点的时间t. 10.如图所示，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区域的高度足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度均为B，方向分别为垂直纸面向里和向外．一个质量为m、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) 若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距 MN的高度h. (3) 试讨论在h取不同值时，带电小球第一次穿出Ⅰ区域的过程中，电场力所做的功． 【考向二：带电粒子在交变场中的运动】 带电粒子在交变场中运动问题的基本思路 11．如图甲所示，半径为R的圆形区域内(包括圆边界)有方向垂直纸面的匀强磁场，圆形区域右侧放置两块水平正对的金属板a和b，两金属板的中心线O1O2与圆形区域的圆心O在同一水平线上．在圆上P点有一电子源，P点位于O点正下方，电子源在纸面内向圆形区域各个方向均匀发射速率均为v0的电子，其中沿PO方向射入磁场的电子在t＝0时刻沿两板中心线O1O2射入两板间，同时在两板间加上如图乙所示的交变电压，电子最后恰好从a板的右边缘平行极板射出．金属板板长和板间距都等于2R，电子的质量为m，电荷量为e，忽略电子的重力和相互间的作用力． (1) 求匀强磁场的磁感应强度大小． (2) 求交变电压U0大小应满足的关系． (3) 若在两板间改加上大小为Uba＝的电压，电子源发射某一数量的电子后停止发射，求打在下极板板长中点两侧的电子数之比． 12.如图甲所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内有沿x轴正方向的匀强电场E1，第Ⅱ、Ⅲ象限内同时存在着竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面的磁场B1，已知E2＝0.25 N/C，磁场B1随时间t变化的规律如图乙所示，其中B0＝0.25 T，t0＝ s，设垂直纸面向外为磁场正方向。一个质量为m＝2.5×10－6 kg、电荷量为q＝1×10－4 C的带正电液滴从P点以速度v0＝ 4 m/s沿x轴负方向入射，经t1＝0.5 s恰好以沿y轴负方向的速度v经过原点O后进入x≤0的区域。已知t＝0时液滴恰好通过O点，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)电场强度E1的大小及液滴第一次到达O点时速度v的大小； (2)液滴在0～ s内的路程； (3)若在t＝ s时撤去电场E1、E2和磁场B1，同时在整个空间区域加竖直向上的磁感应强度大小为B2＝0.5 T的匀强磁场(未画出)，从此时刻起，再经过t′＝ s，液滴距O点的距离(π2≈10)。 13.如图甲所示，虚线是Ⅰ区域和Ⅱ区域的边界，Ⅰ区域中竖直面内存在一光滑弯曲轨道，端点N的切线与水平方向的夹角为53°，M、N两点的竖直距离为h；虚线与y轴间为Ⅱ区域，区域中有一水平向左的匀强电场，区域宽度为1.08h；Ⅲ区域是边长为h的正方形区域OPQR，区域内存在竖直向上的电场强度大小为E0＝的匀强电场。一质量为m，电荷量为＋q的带电小球(可视为质点)从M点静止下滑，通过Ⅱ区域，恰好从坐标原点O沿着y轴负方向进入Ⅲ区域时，在Ⅲ区域加垂直纸面的磁场，以小球到达坐标原点O为计时起点，磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示，规定垂直纸面向里为正，小球最终从Q点沿y轴负方向离开Ⅲ区域。已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8， cos 53°＝0.6，求： 甲 乙 (1)小球到达轨道端点N时的速度大小v0； (2)Ⅱ区域内电场强度的大小E以及Ⅲ区域内磁感应强度的大小B0； (3)磁感应强度随时间变化的周期T。 14.如图甲所示，xOy平面内y轴左侧有宽为L的匀强电场区域，电场方向平行于y轴向上，匀强电场左侧有一电压为U的加速电场。一质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子从A点飘入加速电场，加速后由x轴上的P(－L，0)点进入匀强电场，之后从y轴上的Q点进入y轴的右侧。 (1)求粒子经过P点时的速度大小v0； (2)求匀强电场的电场强度大小E； (3)若y轴右侧存在一圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，取磁场垂直纸面向外为正方向。t＝时刻进入磁场的粒子始终在磁场区域内沿闭合轨迹做周期性运动，求圆形磁场区域的最小面积S以及粒子进入磁场时的位置到y轴的最短距离x(忽略磁场突变的影响)。 15．如图甲所示，在Oxyz坐标系中，存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为E0，电荷量为q的带正电小球位于z轴负半轴上的P点，若小球以与z轴正方向夹角为θ的速度开始在yOz平面内运动，经过一段时间后，小球恰好经过O点且速度方向沿y轴正方向，大小为v。此时刻，将电场方向变成沿z轴正方向，其随时间变化的规律如图乙所示，同时在坐标系中加一沿x轴负方向的匀强磁场(图中未画出)，小球在0～内做匀速直线运动，～内恰好完成一个完整的匀速圆周运动。已知重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)小球的质量m； (2)E1和B； (3)电场变化的周期T； (4)小球在T时刻的位置。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$