上分专题5 带电粒子在叠加场中的运动-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版 江苏专用）

上分专题5 带电粒子在叠加场中的运动 命题密钥 带电粒子在叠加场中的运动一般是电场、磁场、重力场中的两者或三者共存的问题，既有 先受力分析判断物体运动特点的情况，也有根据运动特点反推受力的情况.在较难的题目中， 还需要灵活应用能量观，点、运动的合成与分解等知识， 带电粒子在叠加场中的运动属于常考题型，通过受力分析明确物体运动和外力做功的情 况是关键 考点觉醒 1.无约束情况下带电粒子（体）的运动 类型 受力情况 运动类型 解题要点 重力与洛伦兹力平衡 匀速直线运动 运用匀速直线运动公式：x=vt 磁场+ 重力场 根据洛伦兹力不做功的特点，运用机械能守 重力与洛伦兹力不平衡 复杂曲线运动 恒定律解题 根据Bg=Eg,得到做匀速直线运动的粒子速 磁场+ 电场力与洛伦兹力平衡 匀速直线运动 电场 B (粒子不 根据洛伦兹力不做功的特点，运用功能关系 计重力) 电场力与洛伦兹力不平衡 复杂曲线运动 解题 重力与电场力平衡 匀速直线运动 根据E=mg,得到电场强度：E=mg 电场+ 重力场 匀变速直线运动或加速度不变，末速度大小可运用功能关系求 重力与电场力不平衡 匀变速曲线运动 解，末速度方向可运用匀变速运动规律求解 三力平衡 匀速直线运动 运用匀速直线运动公式：x="t 磁场+ 此时mg=Eg,等同于带电体只受洛伦兹力 电场+ 重力与电场力平衡 匀速圆周运动 作用 重力场 合力不为零，且与速度方向不垂直 复杂曲线运动 可运用功能关系解决问题 2.有约束情况下带电粒子（体）的运动 带电粒子（体）在叠加场中受到斜面、管道、轻杆、轻绳等约束时，通常考查直线运动或圆周 运动，要注意“速度的变化影响洛伦兹力的大小”与“洛伦滋力不做功”的特点，运用牛顿运动 定律和功能关系解题 黑白题·上分秘籍13 实战演练 类型一在叠加场中做直线运动 1.**(2025·广东江门期中)如图所示，空间中存在有界正交的匀强电场和匀强磁场，磁场的磁 感应强度大小为B,电场的电场强度大小为E,电场方向与水平方向的夹角0=60°，在电场、磁 场上方某处有一个电荷量为+g、质量为m的小球，现将小球由静止释放，结果小球恰能沿直线 通过电场、磁场区域，重力加速度大小为g,空气阻力不计，下列选项正确的是 O X ( E×个 A.小球穿过电场、磁场区域的过程中做匀加速直线运动 B.小球穿过电场、磁场区域的过程中机械能不变 C.小球在电场、磁场区域受到的电场力等于重力的两倍 N D.小球进入电场、磁场区域前自由下落的高度h=mg 6B2g2 2.*◆(2025·重庆期中)在空间中存在着垂直于纸面向外的磁感应强度大小为B的匀强磁场， 一倾角为0的固定绝缘杆上套有质量为m、电荷量为+g的带电小球，小球与杆间的动摩擦因数 为“，重力加速度为g.小球由静止开始滑动，假设磁场区域足够大，杆足够长，则下列说法正确 的是 A.小球做加速度逐渐增大的加速运动，紧接着做匀速运动 B.小球做加速度逐渐减小的加速运动，最终做匀速直线运动 C.小球最终速度大小为mg(cosB-sin0) ugB D.当小球速度大小为mg(cos+sin)时，小球一定处于加速度减 2ugB 小阶段 3.*(2025·天津二模)如图所示，空间内存在垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强 电场，一带负电小球（可视为质点）质量m=0.4kg,电荷量大小g=0.8C,从倾角0=37°的光滑 斜面最高点由静开始下滑，当沿斜面下滑距离、三氵m时与斜面脱离此时立即将电场反向@ 小球做匀速圆周运动，最终恰好不与地面发生碰撞.（已知si37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速 度g取10m/s2) (1)求电场强度的大小E; (2)求磁感应强度的大小B: (3)求斜面的长度L. 77777777777777777777777777777777777777 14物理|选择性必修第二册 类型二在叠加场中做圆周运动 4.*（2024·安徽宿州期中)如图所示，电场强度大小为E的匀强电场方向竖直向下，磁感应强 度大小为B的匀强磁场垂直电场向外，带电量为9的小球（视为质，点）获得某一垂直磁场水平 向右的初速度”，正好做匀速圆周运动，重力加速度为g,下列说法正确的是 () A.小球必须带正电 B.小球做匀速圆周运动的周期为2mE B Bg C.小球做匀速圆周运动的半径为，励 2Bg D.若仅把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，则其速度大小为 5.幸(2024·海南模拟)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α，在纸面内做半径为R的圆周 运动，轨迹如图所示。当α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α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 下列说法错误的是 A.油滴a带负电，所带电量的大小为”m B 3R B.油滴a做圆周运动的速度大小为 E C.小油滴I做圆周运动的速度大小为38B ,周期为4nE gB D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 6.#如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在第二、三、四象限内存在平行于y轴向上的匀强 电场，在第三、四象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向外的匀强磁场.质量为m、电 荷量为g的带正电小球，从y轴上的A点水平向右抛出，记为小球第一次通过y轴，经x轴上的M点 进人电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，已知OM=3L,01=2L,磁感应强度B=”?,不计空气阻 力，重力加速度为g求： (1)电场强度E的大小和粒子经过M点的速度大小； (2)粒子第三次经过y轴时的纵坐标， 黑白题·上分秘籍 15 类型三在叠加场中做滚轮线运动 7.接(2025·湖南常德模拟)空间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于x0y 平面向里，匀强电场的场强为E、方向沿y轴向下，将一个质量为m、带正电g的粒子从O点由 静止释放，粒子的部分运动轨迹如图中曲线所示.出发后粒子第一次到达x轴的坐标为（α，0）， 已知该曲线在最低点的曲率半径为该点到x轴距离的2倍，该粒子运动过程中任意位置的坐 标可以表示为P(x,y),不计粒子的重力，则 () X×XXX×XX ×,××B×××× ×××××××× 0××××××× 水 ×××××××× ×y××××××× A.该粒子运动过程中某一位置坐标的y值可能取负值 B.该粒子运动过程中任意位置坐标的x值都不可能大于α 2mE C.粒子在运动过程中第一次运动到离x轴最远处时，距离x轴的距离ym= gB2 D.粒子运动过程中的最大速率。-2E B 8.熱(2025·广西南宁联考)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0点沿x轴正方向水平入射.人射速度为，时，电子沿x轴做直线运动；入射速 度小于。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2时位置的纵坐标y,； （3)若电子人射速度在0<，范围内均匀分布，求能到达纵坐标：0位置的电子数N占总 电子数N。的百分比. × 16物理|选择性必修第二册有R=,当两板之间正离子运动m个周期即，时，有R= a23,联立求解得正离子的速度的可能 BoqR md 0= m2n7元(n=12,3,).当n=2时，=47故选A 7.(1)2n (2)3am (3)6 (n=2,4,6,…) gB。 'gB。nm 解析：(1)带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 可得qB。=mT, 又1，=2m 联立解得，-2mm, 98。 (2)如图所示 03 00 a 若带电粒子不能从0a边射出，则有sina=2,解得α=30°， 在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中旋转150°角，运动 时间为：，-0品 5πm 可知磁场使粒子每次变向的最长时间是t,带电粒子不能从 0a边射出，则有i=2' T 磁感应强度的变化周期的最大值T=5πm, =3gB。1 (3)若要粒子从b点沿着αb方向射出磁场，轨迹如图所示： b M 06 在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中旋转的角度为2B, 其中B=45,即_。 2 4 满足这一条件的磁感应强度变化的周期T,=, gBo 每一个圆弧对应的弦长0M为5=2L n=2,4,6,…）, s L 圆弧半径为R= n 又qwB0=mR' 联立解得-96(a=2,46,…. nm 参考答案与解析 上分专题5带电粒子在叠加场中的运动 1.D解析：A小球在电磁场区域中，其受力如图所示，在重 力、电场力和洛伦兹力作用下沿竖直向下方向做直线运动， 因为重力和电场力不变，则洛伦兹力也不变，根据F路=qB, 可知，小球的速度不变，即该直线运动一定是匀速直线运动， 故A错误；B.小球做匀速直线运动，故小球穿过电磁场区域 的过程中动能不变，重力势能减小，所以机械能减小，故 B错误：C.根据小球在竖直方向上受力平衡，可知 P电si血60°=mg,解得F。-2/3m飞，故C鲭误；D,根据小球在 3 水平方向上受力平衡，可知F电cos60°=F洛=qwB,其中F电= 2,3m坚，小球进入电磁场前，做自由落体运动，可得=2g, 3 联立，解得h=mg,故D正确故选D. 6B2q2 gE 、 P E×N Q N'X [mg 2.D解析：ABC.开始运动的一段时间内，小球的受力情况如 图1所示，开始阶段gwB<mgcos0,所以加速度a1= mgsin 0-u(mgcos 0-quB) ,小球做加速度越来越大的加速运 m 动，当qmB=mgcos0时，摩擦力等于零，加速度为gsin 0.之后 小球受到的支持力垂直杆向下，小球的加速度2= mgsin0-u(gwB-mgcos0),小球做加速度减小的加速运动， m 加速度减小到0后做匀速直线运动，速度达到最大值时 有mgsin0=u(qwB-mgcos0),所以最大速度vmx= mgsin9 tumgeos9,故ABC错误；D.可作出小球的加速度随 ugB 速度变化的图像如图2所示，因两阶段的图线的斜率大小相 等（大小均为g吗），所以速度为mgcs+sin0),即为最大 m 2ugB 速度一半时，一定处于加速度减小的阶段，故D正确.故 选D. 0 777力7n7777n777n777777777 图1 图2 3.(1)5N/C(2)1T(3)4m 黑白题45 解析：()根据题意，当小球沿斜面下滑距离=号m时立即 将电场反向，小球做匀速圆周运动，说明电场力与重力的合 力为零， 由电场力与重力平衡得gE=mg, 代入数据解得电场强度的大小E=m唱=5NVC; (2②)由题意知，当小球沿斜面下滑距离，=m时与斜面脱 离，分析小球此时受力情况可知，斜面对小球弹力恰为零，小 球仅受重力、电场力和洛伦滋力作用， 在垂直于斜面方向上， 由平衡知识可得(gE+mg)cosθ=quB, 下滑距离s的过程只有重力和电场力做功， 由动能定理得(gB+mg)s·sin0=2m, 联立并代入数据解得v=8m/s,B=1T; (3)设脱离点距斜面底端距离为x,小球圆周运动的轨道半 径为R, 由洛伦兹力提供向心力得qgB=m R 代入数据解得R=4m, 94 由几何关系可得x=R·an2=3m, 故斜面的长度L=s+x=4m. 4.B解析：A小球做圆周运动，则重力与电场力平衡，则有 gE=mg,电场力竖直向上，与E方向相反，则小球带负 电，A错误；B洛伦兹力提供小球匀速圆周运动的向心力，则 有mB=m”,T=2r解得T=B,B正确；C由洛伦兹力 Bg 提供圆周运动的向心力，则有际四，解得？一品C错误， D把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动， 根据平衡条件有Bg如=mg+gE=2g5,解得=2 B,D错误故 选B. 5.C解析：A.油滴α做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知 带负电，有mg=E4,解得g=唱，故A正确：B.根据洛伦兹力 提供向心力Bg咖=mR,解得油滴a做圆周运动的速度大小 为=8公，故B正确：C,设小油滴【的速度大小为，得 m 2 3R= ,解得，-3g_3g,周期为T=2m·3R_2m5, B9 m E 1 gB' 2 故C错误；D.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2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方 向，得m=受+宁，解得=，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正确故选C. 8号名m220 3 选择性必修第二册 解析：(1)因小球在第四象限做匀速圆周运动，故重力和电 场力平衡，故mg=qE, 解得E=g 小球在第一象限平抛，由运动学规律，有3L=ot,2L= 1 2822, 联立解得1=2。仁， 竖直方向速度v,=g=2√g红， 经过M点的速度大小。=V6可-： (2)小球在第四和第三象限做匀速圆周运动，O'为圆心，MP 为弦长，∠OM0'=0;小球在第二象限做匀速直线运动，第 三次经过y轴的点记为Q,如图所示： Q A 0 设半径为r,小球在磁场中做匀速圆周运动，有qwB=m r 由几何关系知MP=2rcos0, 由tanf= ,L0QP=0, 小球在第二象限做匀速直线运动，有am0=OP 20. 联立求得3 7.C解析：AB粒子从初始位置运动到x轴时电场力做功为 0,所以不可能运动到x轴以上位置，即y值不可能取负值； 到达x轴的速度为零，所以会再次向下运动，重复前一段的 轨迹向前运动，则x值会大于a,故AB错误；C.粒子第一次 运动到距离x轴最远处时洛伦兹力不做功，由动能定理得 1 w。=2m,解得。√m Ey,在此处有90B-B网= 品，解得 B2,故C正确：D.最大速率满足Egym= 解得。-治故D错误故查C 1 8.(1)B(2)32eB 3mvo (3)90% 解析：(1)由题知，入射速度为时，电子沿x轴做直线运动 则有Ee=evB, 解得E=B; (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，且由于电子人射 速度为？，则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，=之（分）广°之m(仔)°， 黑白题46 3mvo 解得y1-32eB (3)若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐 标为y,则根据动能定理有少=m-m, 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=ewmB-eE,在最低点有F合=eE-euB, 2E2m(o-v） 联立有.Bv,y= eB 要让电子到达认坐标为-位爱，即)户：解得≤品， 则若电子入射速度在0<<，范围内均匀分布，能到达纵坐 际2=位置的电子数N占总电子数，的90% 上分专题6带电粒子在组合场中的运动 1.C解析：AB.在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒 子，总是沿径向射出，根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不 可能经过0点，AB错误；C.如图1，粒子连续两次由A点 沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为t=2T,T= 2nm ,解得t=4 B,C正确；D.粒子从A点射入到从C点射 出圆形区域用时最短，则轨迹如图2所示.设粒子在磁场中 运动的半径为r,根据几何关系得m60=尺，解得，= 3； 根据牛顿第二定律得gB=m,解得=√3gB v ,D错误故 3m 选C. + + - 图1 图2 2.C解析：AB.电子从P点出发恰好第一次经原点O点，有 两类情况，一类是第奇数次回到x轴经过原点0，另一类是 第偶数次回到x轴经过原点O.其中第一次和第二次回到x 轴的轨迹如图， ××个￥×××× ××××××××× PX××xx×xx p××XxX××× ···××××x ···⊙××××x ····⊙×××× ····×××× 由轨迹图结合几何关系，可得运动时间为L【工×m(n=1,2 、3),T=2B,解得1=Tm/ 2eB(n=1,2,3…）,当n=1时，运动 时间为1一阳由轨迹图结合几何关系，轨迹圆的半径为1= √2L sin450=(n=1,2,3…),可得运动路程为s n 4×2mrxn)故AB正确：CD.同理，若电子从P点出发恰 参考答案与解析 好第一次经原点0到达Q点，轨迹也为两类，如图， ×××X××××× 9X×××XX×× 迎××x×××X ···×××Xx ···⊙×××x ····& ····×××× 由镜述图结合儿何关系，可得运动时间为：=(？+平)水一 n7(n=1,3,5)T=2g,解得t=B(n=1,3,5…),或 eB nx2=n T t=- 2(n=2,4,6…,T=2 ≤m,解得t=B(n=2, eB 4,6…),若电子从P点出发恰好第一次经原点0到达Q点， 运动路程为s=n×2mr(n=1,35…）,s=分×2mr(n=2,4, 6…),解得s=2mL(n=1,3,5…),s=(n=2,4,6…),故 C错误，D正确故选C. 3 3.(1)4(2)5(3) 0mvo gd 解折：(0)根据动能定理得-，0=了时一分，代入数据得 3 v=4o5 (2)根据题意，可知离子运动的轨迹如图所示： ××××××× ×× M d × ×B2Y 0------2 设进入下方磁场时的速度与竖直方向的夹角为α，运动的半 径为t2, 则r2tr2sina=3d,又有qwB2=m,解得r2= mv 5 T2 B23 4 得sina=5, 在M,N间的电场区域osin0=sina,解得in0=3 (3)在电场区间运动时间设为t,由t0sa=ocos0- ,解 md 得ts8 24 在电场区间运动时，水平方向的位移x=osin0·t= 254, 设在上方磁场区间，离子运动的轨道半径为1， 由轨迹图和几何关系可知20su=r1c0s+x,解得1=204， 花解得么9 20mvo 由r1= 4.(1) m（22 a 3vo (3)B= 4n2-4n+1)mo(n=1,2,3,4,5, (2n2-2n+13)ql 6,7,8,9) 解析：(1)当k=1时，粒子恰做四分之一圆周运动，根据几何 关系可得r1=L, 黑白题47