第1部分 专题3 3 微专题强化三 带电粒子在组合场中的运动（Word讲义）-【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试（广东专版）

微专题强化三　带电粒子在组合场中的运动 1.带电粒子的“磁偏转”和“电偏转”的比较 — 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 情境图 受力情况 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＝， T＝ 类平抛运动 vx＝v0， vy＝t， x＝v0t， y＝t2 类斜抛运动 vx＝v0sin θ，vy＝v0cos θ－t， x＝v0sin θ·t， y＝v0cos θ·t－t2 学生用书⬇第53页 2.常见运动及处理方法 电场中直线运动与磁场中圆周运动的结合 (多选)如图所示的装置能分离各种比荷的带电粒子，三个初速度均为零的带电粒子1、2、3经电压为U的电场加速后，从顶点A沿AD方向进入一个边长为a的正六边形区域内，正六边形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，已知粒子1刚好从顶点F射出，粒子2刚好从顶点E射出，粒子3刚好垂直于ED从G点(未画出)射出，粒子重力不计，则下列说法正确的是 A.粒子1、2、3的比荷之比为9∶4∶1 B.G点到E点的距离为(2－3)a C.将磁感应强度减半，粒子1在磁场中的运动时间不变 D.将磁感应强度减半，粒子2会从G点射出 答案：BD 解析：设粒子质量为m，电荷量为q，在加速电场中，根据动能定理得qU＝mv2，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力得qvB0＝m，解得r＝，粒子1、2、3的运动轨迹如图所示，由几何关系知r1＝a，r2＝a，r3＝2a，解得r1∶r2∶r3＝1∶3∶6，由r＝，可得k＝∝，故k1∶k2∶k3＝36∶4∶1，故A错误；由几何关系知O3E＝3a，则G点到E点的距离为x1＝r3－O3E＝(2－3)a，故B正确；将磁感应强度减半，三个粒子在磁场的运动半径都加倍，粒子1从EF之间射出，在磁场中运动的时间变长，粒子2从G点射出，故C错误，D正确。故选BD。 电场中类平抛运动与磁场中圆周运动的结合 (2025·山西晋城二模)如图所示，平面直角坐标系的第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第四象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在y轴上，从P(0，L)、Q(0，2L)两点沿x轴正向以相同初速度v0分别射出相同的带正电的粒子a和b，a进磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为45°，粒子间的相互作用和重力不计。 (1)求带电粒子的比荷； (2)求两粒子第一次经过x轴的位置间的距离； 模型剖析 第一步：模型构建，类平抛运动模型和圆周运动模型 带电粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动。 第二步：分析两粒子在电场中的运动 (1)在电场中，粒子a竖直位移为L，在电场中运动末速度与x轴正方向的夹角为45°，利用运动的分解分析。 对a根据类平抛运动规律有 L＝vyt1，x1＝v0t1 根据题意有tan 45°＝ 解得x1＝2L 根据牛顿第二定律有qE＝ma，vy＝at1 解得＝。 (2)b竖直位移为2L，则有2L＝a 解得t2＝L 则b第一次经过x轴时到O点距离 x2＝v0t2＝2L 所以a、b第一次经过x轴的位置间的距离为Δx＝x2－x1＝2(－1)L。 专题集训(十二)　带电粒子在组合场中的运动 (时间：40分钟　满分：40分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－3题，每题5分，共15分) 1.(多选)如图为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内为均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力。下列说法正确的是 A.极板M比极板N的电势高 B.加速电场的电压U＝ER C.直径PQ＝2B D.若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷 答案：AD 解析：粒子在静电分析器内沿电场线方向偏转，说明粒子带正电荷，则极板M比极板N的电势高，故A正确；由qU＝mv2和qE＝m可得，加速电场的电压U＝，故B错误；在磁场中，由牛顿第二定律得qvB＝m，直径PQ＝2r，联立解得PQ＝，可见只要比荷相同的粒子就能打在胶片上的同一点，故C错误，D正确。故选AD。 2.如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直yOz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是 答案：A 解析：根据题述情境，质子垂直于yOz平面进入磁场，由左手定则可知，质子先向y轴正方向偏转，穿过MNPQ平面后，再向x轴正方向偏转，故A可能正确，B错误；该轨迹在xOz平面上的投影为一条平行于x轴的直线，故C、D错误。故选A。 3.一个质量为m的粒子，电荷量为＋q，从坐标原点O处沿着x轴正方向运动，速度大小为v0。在0≤y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为E＝；在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。ab为一块很大的平面感光板，放置于y＝2d处，如图所示。粒子恰好能打到ab板上，不考虑粒子的重力，则匀强磁场的磁感应强度B大小为 A. B. C. D. 答案：C 解析：由题意知粒子在电场中做类平抛运动，进入磁场做匀速圆周运动，轨迹刚好与ab板相切，如图所示。在电场中，y方向有d＝t2，vy＝t，解得t＝，vy＝v0，可知进入磁场时速度与x轴正方向夹角为60°，进入磁场的速度为2v0，根据几何关系可得d＝r＋rcos 60°，且r＝，解得B＝。故选C。 4.(10分)在太空探索任务中，以探测器的坐标原点建立直角坐标系xOy。坐标系内存在两个关键区域：Ⅰ区域宽度为2L，存在垂直于探测器平面向里、磁感应强度大小为B(未知)的匀强磁场；Ⅱ区域宽度为1.5L，紧挨着Ⅰ区域右侧，存在沿y轴正方向、场强E＝的匀强电场。一质量为m、电荷量为＋q的宇宙射线粒子，从P(0，－L)点以速度v0沿x轴正方向射入Ⅰ区域，后经Q(2L，0)点射入Ⅱ区域。已知sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，不计粒子重力。求： (1)磁感应强度B的大小； (2)粒子射出Ⅱ区域时的速度大小。 答案：(1)　(2)v0 解析：(1)宇宙射线粒子在Ⅰ区域中做匀速圆周运动，由几何关系可知r2－(r－L)2＝4L2 解得轨迹半径r＝2.5L 由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m 解得磁感应强度的大小B＝。 (2)设宇宙射线粒子在Q点的速度方向与x轴正方向夹角为α，则sin α＝＝，α＝53° 进入Ⅱ区域电场之后，在x轴方向做匀速直线运动，有vx＝v0cos 53°＝0.6v0 在电场中运动的时间t＝＝ 在y轴方向做匀加速直线运动，有 v0y＝v0sin 53°＝0.8v0，a＝＝ 粒子在y方向的末速度大小vy＝v0y＋at＝1.2v0 粒子射出Ⅱ区域时的速度大小 v＝＝v0。 5.(15分)(2024·广东潮州二模)如图所示，直角坐标系xOy所在竖直平面内，第一、二象限中分布着沿x轴负方向的电场强度为E1的匀强电场，第三、四象限中分布着沿y轴正方向的匀强电场E2；第三、四象限还分布着匀强磁场(图中未画出)。一质量为m、电荷量为＋q的小球自坐标为(0，L)的A点由静止出发，进入第三象限后恰能做匀速圆周运动并垂直于y轴射入第四象限，已知E1＝，重力加速度为g。求： (1)小球第一次通过x轴时的速度大小； (2)匀强电场的电场强度E2大小和匀强磁场磁感应强度B大小的比值； (3)小球从第四象限穿出后，经过一段时间会再次到达x轴上的N点(图中未标出)，求小球从出发运动至N的时间tAN。 答案：(1)2　(2)　(3)(3＋ 解析：(1)在A点对小球受力分析，如图甲所示，小球所受静电力为qE1＝mg 则tan θ＝＝1 得θ＝45° 即小球在第二象限内沿与x轴负方向成45°角从B点进入第三象限，BO间距离为x1＝L A→B由动能定理得mgL＋qE1L＝mv2 解得v＝2。 (2)小球在第三象限做匀速圆周运动，由qE2＝mg 得E2＝ 运动轨迹如图乙所示，由几何关系得R＝＝L 又qvB＝m 解得B＝ 则＝。 (3)小球由A点运动到B点的过程，竖直方向有 L＝g 解得t1＝ 小球做匀速圆周运动周期为T＝＝π 小球从B点到C点的过程中所用时间为 t2＝T＝T＝ 小球从C点到N点的过程做类平抛运动，有 ＝ma，l1＝a，l2＝vt3 由几何关系可知l1＝l2 联立解得t3＝2 则tAN＝t1＋t2＋t3＝(3＋。 学生用书⬇第54页 学科网（北京）股份有限公司 $