压轴07 带电粒子在叠加场（组合场）中的运动（压轴题专练）（黑吉辽蒙专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

**基本信息** 以“运动类型—受力分析—方法提炼”为主线，系统构建叠加场中直线、圆周、一般曲线运动的解题体系，强化运动和相互作用观念与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |直线运动|1题型|二力平衡或多力平衡条件|从电场力、洛伦兹力等基本力的叠加，推导直线运动的平衡本质| |圆周运动|1题型|电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力|基于匀速圆周运动条件，建立场力平衡与向心力公式的关联| |一般曲线运动|1题型|配速法分解为平衡分运动与匀速圆周分运动|通过运动分解模型，将复杂曲线转化为基础运动的合成|

压轴07 带电粒子在叠加场（组合场）中的运动 命题预测 在2025年高考中，带电粒子在叠加场中的运动在高考物理中占据重要地位，是检验学生综合运用电场、磁场等物理知识解决复杂问题的能力的重要考点。在命题方式上，这类题目通常以综合性强的计算题形式出现，可能涉及电场、磁场、重力场等多个叠加场的组合，要求考生分析带电粒子在这些叠加场中的受力情况、运动轨迹、速度变化等，并运用相应的物理公式和定理进行计算和推理。 复习备考时，考生应首先深入理解叠加场的基本原理和带电粒子在其中的运动规律，掌握电场力、洛伦兹力、重力等力的计算方法和叠加原理。同时，考生需要熟悉相关的物理公式和定理，并能够灵活运用它们解决具体问题。此外，考生还应注重实践练习，通过大量做题来提高自己的解题能力和速度。 高频考法 1.带电粒子在叠加场中做直线运动 2.带电粒子在叠加场中做圆周运动 3.带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 知识·技法·思维 考向01 带电粒子在叠加场中的直线运动 1.带电粒子在电场和磁场的叠加场中做直线运动，电场力和洛伦兹力一定相互平衡，因此可利用二力平衡解题。 2.带电粒子在电场、磁场、重力场的叠加场中做直线运动，则粒子一定处于平衡状态，因此可利用平衡条件解题。 考向02 带电粒子在叠加场中的圆周运动 1.带电粒子做匀速圆周运动，隐含条件是必须考虑重力，且电场力和重力平衡。 2.洛伦兹力提供向心力和带电粒子只在磁场中做圆周运动解题方法相同。 考向03 带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 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，运动比较麻烦，此时，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（或电场力，或重力和电场力的合力）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分两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。 2.几种常见情况： 常见情况 处理方法 初速度为0，有重力 把初速度0，分解一个向左的速度v1和一个向右的速度v1 初速度为0，不计重力 把初速度0，分解一个向左的速度v1和一个向右的速度v1 初速度为0，有重力 把初速度0，分解一个斜向左下方的速度v1 和一个斜向右上方的速度v1 初速度为v0，有重力 把初速度v0，分解速度v1和速度v2 典例·靶向·突破 题型01 带电粒子在叠加场中的直线运动 1．（多选）如图甲，为粗糙绝缘水平面上的一点，以为原点、水平向右为正方向建立轴。在的区域内存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里。一带负电的物块以初速度从点开始向右运动，若初速度，则物块运动的速度随变化的关系如图乙所示，其中段为直线。已知物块电荷量与质量的比值为，取重力加速度大小，物块可视为质点且运动过程中电荷量保持不变，下列说法正确的是（　　） A．物块在区域内做匀减速直线运动 B．匀强磁场的磁感应强度大小为2T C．要使物块能通过处，应大于 D．若，则物块最终停止在处 【答案】BC 【详解】A．对物块，竖直方向受力平衡得支持力，水平方向摩擦力，物块做减速运动； 加速度大小， 不断减小，因此加速度不断减小，物块做加速度减小的减速运动，故A错误； B．由题意，内 为直线，斜率 恒定，整理得 等式对任意成立，因此常数项，得 ，因此 对应系数相等得 无场，加速度，由图乙知， 滑行停下，由 联立得，，故B正确； C．内满足线性关系，物块能通过，要求时 代入得，故C正确； D．若，则时 出场区后匀减速位移 总位移，故D错误。 故选BC。 题型解码 带电粒子做直线运动，无论粒子受几个力的作用，都满足受力平衡，因此可利用平衡条件解题。 题型02 带电粒子在叠加场中的圆周运动 2．（多选） 如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，质量为m、电荷量为的小球套在圆环上。在最低点A给小球水平向右的初速度，此时小球与圆环间作用力为零，当小球沿圆环运动到与圆心等高的B点时，与圆环间作用力也为零，重力加速度为g，则（　　） A．匀强电场的场强大小可能为 B．匀强磁场的磁感应强度大小可能为 C．匀强磁场的磁感应强度大小可能为 D．将小球在A点的初速度变为，其在最高点C与圆环间作用力可能为零 【答案】AC 【详解】ABC．小球带负电，当小球沿圆环运动到与圆心等高的B点时，设小球的速度为，小球受到的洛伦兹力方向水平向左，因小球与圆环间作用力也为零，由牛顿第二定律有 解得或 若，小球从A点运动到B点，由动能定理得 解得 因最低点小球与圆环间作用力为零，由牛顿第二定律有 解得 若，根据左手定则可知在最低点A小球受到的洛伦兹力方向竖直向上，因最低点小球与圆环间作用力为零，由牛顿第二定律有 根据动能定理，小球从A点运动到B点满足 解得，，，故B错误，AC正确； D．若将小球在A点的初速度变为，其在最高点C的速度大小满足 结合小球从A点运动到B点 可知 结合上述分析可知若，小球受到的电场力方向向上，大小为 洛伦兹力为，对应的圆周运动的向心力分别为 根据受力平衡，可知小球受圆环的作用力为 若，小球受到的电场力方向向上，大小为 对应的洛伦兹力方向向下，大小为 圆周运动的向心力为 根据牛顿第二定律，可知小球受圆环的作用力满足 解得 综上，不存在小球在最高点C与圆环间作用力为零的情况，故D错误。 故选AC。 题型解码 带电粒子做匀速圆周运动，隐含条件是必须考虑重力，且电场力和重力平衡，然后根据物体做匀速圆周运动的规律，洛伦兹力提供向心力，再加上圆周运动的知识作为解题方法。 3. 芯片科技是支撑数字经济、保障产业链安全、推动人工智能等前沿领域发展的“工业粮食”，影响着国家科技实力和核心竞争力。科技小组仿照芯片生产中“电场-磁场-离子注入器”构建了如下图所示的复合场质量为m的带电粒子运动引导装置。该高为H且底面半径为R圆柱形装置的中心轴与水平面成角为θ，点P是装置底面圆周上的一点，点Q是粒子目标汇聚点。借助一定的条件，在装置内部激发出平行于轴线且方向相同的电场和磁场，其中电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。现在以点P为初始位置，射入一个电荷量为e的电子，其初速度与水平地面平行。在只激发磁场时，电子出射点为P'（图中未标出），且恰好在垂直磁场方向内部完成了n（n>1）次完整的匀速圆周运动。当同时激发电场时，电子出射点不变，在垂直磁场方向仅完成一次完整的匀速圆周运动，并在点P'处脱离装置，进入匀速漂移管，最终击中点Q完成电子注入的模拟操作，电子重力忽略不计。求该电子： (1)初速度v0； (2)脱离装置后，沿轴向最大位移y； (3)在一次实验中，由于系统不稳定导致预设粒子汇聚点Q沿轴向下移动了一小段距离，为了矫正误差，科技小组只在圆柱装置外加上场强为E₀的垂直轴向的电场使得电子恰能击中点Q，此时从射入到击中点Q全过程中，电场力对其做的功W。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由题意可知，电子射入装置后，在轴线法向做匀速圆周运动，由牛顿第二定律对电子有 且 撤去电场时，电子沿轴向做匀速运动有 加上电场时，由牛顿第二定律有 此时有 解得。 （2）加上电场后，电子脱离装置沿轴向有最大位移，沿轴向由动量定理有 脱离装置后，电子将沿直线运动，由几何关系 解得。 （3）由于电子恰好能击中Q，在轴法向上，由牛顿第二定律 且 装置外电场力做功 装置内电场力做功 全过程电场力做功 解得。 题型03 带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 4. 物体做曲线运动的情况比较复杂，一般的曲线运动可以分成很多很短的小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图1所示，曲线上点的曲率圆定义为：通过点和曲线上紧邻点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做点的曲率圆，其半径叫做点的曲率半径。在分析物体经过曲线上某位置的运动时，就可以按其等效的圆周运动来分析和处理。已知重力加速度为。 (1)如图2所示，一根长为的不可伸长轻绳，其一端固定于点，另一端系着一质量为的小球。已知小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动。求小球在最高点的速度的大小； (2)如图3所示，一半径为的半球固定于水平地面上，有一小球从半球顶点由静止开始滑下，忽略一切阻力。求小球与半球面分离时，小球距离地面的高度的大小； (3)如图4所示，以水平向右为轴正方向，竖直向下为轴正方向，空间存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为、电荷量为的小球从点静止释放后，其运动轨迹如图中虚线所示。已知该轨迹在最低点的曲率半径等于该点到轴距离的2倍。 a．求小球在运动过程中第一次下降的最大高度； b．在上述磁场中再加一个竖直向上的匀强电场，电场强度大小为，且。请在图5中定性画出该小球从点静止释放后运动的轨迹示意图，并求出运动过程中所能达到的最大速率。 【答案】(1) (2) (3)a． b．图像见解析， 【详解】（1）小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，在最高点有 解得小球在最高点的速度 （2）小球与半球面分离时，设小球与球心的连线和竖直方向的夹角为，则小球距离地面的高度 小球从顶点滑下，到分离位置时，下落的高度为，有 小球与半球面分离时，支持力为零，有 联立可得 小球距离地面的高度 （3）a．设第一次下降的最大高度处的速度为，该轨迹在最低点的曲率半径等于该点到轴距离的2倍，有， 又 解得 b．小球运动轨迹如图所示： 由动能定理得 小球做圆周运动，根据牛顿第二定律， 解得最大速率为 题型解码 若带电粒子在磁场中所受合力不会零，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，运动比较麻烦，此时，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（或电场力，或重力和电场力的合力）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分两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。 1．（2026·内蒙古赤峰·模拟预测）在磁约束聚变装置中，平行场配置至关重要。如图，整个空间存在沿轴正方向的匀强电场和匀强磁场。质子以某一初速度从坐标原点沿轴正方向射出，不计重力，则（　　） A．质子的动能不变 B．质子周期性的经过坐标原点 C．质子的速度沿轴方向的分量随时间按余弦规律变化 D．把质子换成电子，其运动轨迹和质子的运动轨迹关于平面对称 【答案】C 【详解】A．质子沿轴正方向做匀加速直线运动，在平面内做匀速圆周运动，可知质子的动能变大，故A错误； B．质子不再经过坐标原点，故B错误； C．如图所示，质子的速度沿轴方向的分量，可知随时间按余弦规律变化，故C正确； D．把质子换成电子，其受电场力和洛伦兹力的方向都与质子相反，可知电子沿轴负方向做匀加速直线运动，在面内做匀速圆周运动，但是两者的比荷不同，运动半径不同，故其运动轨迹和质子的运动轨迹不是关于平面对称，故D错误。 故选C。 2．（多选）（2026·吉林延边·一模）如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁场的磁感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为的粒子，以不同速率沿着两板中轴线方向进入板间后，速率为的甲粒子恰好做匀速直线运动；初始速率为的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，A为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全程速率在和之间变化。研究一般的曲线运动时，可将曲线分割成许多很短的小段，这样质点在每一小段的运动都可以看做圆周运动的一部分，采用圆周运动的分析方法来处理。不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A．乙粒子从进入板间运动至A位置的过程中，在水平方向上做匀速运动 B．两板间电场强度的大小为 C．乙粒子的运动轨迹在A处对应圆周的半径为 D．乙粒子偏离中轴线的最远距离为 【答案】BC 【详解】A．速率为的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，根据左手定则判断知，粒子受到的洛伦兹力总是垂直指向每一小段圆弧的中心，可知乙粒子在水平方向上的合力一直水平向右，所以粒子从进入板间运动至A位置的过程中，在水平方向上做加速运动，故A错误； B．速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动，则有 可得两板间电场强度的大小为E=vB，故B正确； C．由题意可知，乙粒子的运动轨迹在A处时粒子偏离中轴线的距离最远，粒子速度达到最大且为，则有 联立解得，故C正确； D．由于洛伦兹力一直不做功，乙粒子所受电场力方向一直竖直向下，当粒子速度最大时，电场力做的功最多，偏离中轴线的距离最远，根据动能定理有 联立解得，故D错误。 故选BC。 3．（多选）（2026·辽宁沈阳·三模）如图，空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带电荷量为q、质量为m的带正电小球从磁场中某点P由静止释放，其运动轨迹是一条摆线。小球的运动实际上是竖直平面内沿逆时针方向的匀速圆周运动和水平向右的匀速直线运动的合运动，重力加速度为g。已知轨迹上某点的曲率半径为在极限情况下，通过该点和轨迹上紧邻该点两侧的两点作出的圆的半径。则下列说法正确的是（　　） A．小球运动到最低点时的速度为 B．小球运动到最低点时轨迹的曲率半径为 C．小球第一次运动到最低点时，距离释放点的竖直距离为 D．小球从释放到第一次经过最低点所需时间为 【答案】ACD 【详解】A．因为小球的运动实际上是竖直平面内沿逆时针方向、速度大小为v的匀速圆周运动和水平向右、速度大小为v的匀速直线运动的合运动，故小球在最高点做圆周运动的分速度水平向左，做直线运动的分速度水平向右，合速度为0，根据匀速直线运动有 可得分速度 在最低点时的速度是两分速度的矢量和，为2v，即，故A正确； B．设在最低点时轨迹的曲率半径为R，则有 可解得曲率半径，故B错误； C．小球在运动过程中洛伦兹力不做功，机械能守恒，有 可得，故C正确； D．小球从释放到第一次经过最低点的过程中，只运动了半个圆周，则运动时间，故D正确。 故选ACD。 4．（多选）（2026·辽宁大连·模拟预测）如图以水平方向为轴，竖直方向为轴建立直角坐标系，该坐标系内存在垂直平面向外、磁感应强度的匀强磁场。在坐标原点沿轴负方向射出一质量、电荷量的带正电粒子，粒子恰能沿轴负方向做速度为的匀速直线运动，取重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．若沿轴正方向加一匀强电场，粒子做匀变速曲线运动 B．若沿轴正方向加一匀强电场，粒子运动离轴最远距离为 C．若沿轴正方向加一匀强电场，射出后经，粒子的位置坐标为 D．若沿轴正方向加一匀强电场，并增大粒子的发射速度为，则粒子运动中的最大速度 【答案】BD 【详解】A．初始时粒子在重力和洛伦兹力作用下做速度为v的匀速直线运动，则有 解得 若沿y轴正方向加一匀强电场，粒子又将会受到沿y轴正向的电场力，粒子将会做曲线运动，但因洛伦兹力是变力，所以粒子所受的合外力也将不断变化，所以粒子不会做匀变速曲线运动，故A错误； B．粒子受到沿y轴正向的电场力为 竖直向下的重力为 电场力与重力的合力为 利用配速法，令粒子有一个沿y轴正向的速度，受到的洛伦兹力竖直向下且为，与电场力与重力的合力抵消，所以粒子的运动等效为水平向右10m/s的匀速直线运动和水平向左，在洛伦兹力作用下的圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有 解得 粒子运动离x轴最远距离为，故B正确； C．粒子运动的周期为 射出后经，沿x轴运动的距离为 沿y轴运动的距离为 所以粒子的位置坐标为，故C错误； D．若沿x轴正方向加一匀强电场，受到沿x轴正方向的电场力为 电场力与重力的合力为，方向与x轴正向成 将2v的速度分解如图所示 则有， 所以粒子沿v2做匀速直线运动，以v1做匀速圆周运动，当v1、v2方向相同时速度最大，即，故D正确。 故选BD。 5．（多选）（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系，其中轴沿水平方向。在第二象限存在大小为、沿轴正方向的匀强电场，在第四象限存在平行于轴的匀强电场（图中未画方向）和垂直于纸面向内的匀强磁场，一个带电小球沿着第二、第四象限的对角线，从图中点运动到点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球带负电 B．小球一直做匀加速运动 C．第四象限内的匀强电场大小为，方向沿轴负方向 D．小球受到的洛伦兹力是其重力的倍 【答案】CD 【详解】A．带电小球在第二象限做直线运动，小球受到重力和电场力的合力与速度在同一直线上，可知小球在第二象限受到的电场力水平向右，与场强方向相同，所以小球带正电，故A错误； BCD．小球在第二象限所受合力与速度方向相同，做匀加速直线运动，根据几何关系可得 小球进入第四象限后，受到重力、电场力和洛伦兹力作用，小球做匀速直线运动，根据平衡条件可知小球的受力如图所示 则有， 可知第四象限内的匀强电场大小为，方向沿轴负方向；小球受到的洛伦兹力是其重力的倍，故B错误，CD正确。 故选CD。 6．（2026·辽宁·二模）如图甲所示，足够宽的金属板M、N水平正对平行放置，金属板长，两板间距，两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度，两板间加上如图乙所示的周期性电压，带电时M板带正电。时，一个质量、电荷量的带正电粒子，以的速度从距M板2.5cm的A处沿垂直于磁场、平行于两板的方向射入两板之间。不计粒子重力，取，计算结果均保留3位有效数字。 (1)求带电粒子在内位移大小； (2)求带电粒子在两板间运动所经历的时间； (3)若撤去两板间所加的电压并将匀强磁场方向变为水平向右（磁感应强度大小不变），在A处放一粒子源，粒子源可在平行纸面的平面内向各个方向发射速率均为的题干中的带电粒子，求带电粒子在两板间运动的最长时间。 【答案】(1)6.28cm/ (2) (3) 【详解】（1）粒子进入电磁场区域后所受电场力 所受洛伦兹力 因为 所以粒子在内做匀速直线运动，其位移 代入数据解得 （2）经分析，粒子在有电场时做匀速直线运动，在无电场时做逆时针方向的匀速圆周运动，设圆周运动半径为，周期为，则 解得， 分析粒子运动过程可知，粒子在内位移 因为此时粒子距板右端 所以粒子从开始到即将从金属板右端离开的运动轨迹，如下图所示 设后，粒子再经离开磁场，内轨迹圆弧对应的圆心角为，则 解得 所以 所以粒子从射入到射出金属板所用时间 （3）经分析，初速度方向与磁场方向夹角为的粒子做等距螺旋运动。在不碰到金属板的粒子中，角越大，粒子在两板间运动的时间越长 设等距螺旋线截面圆的半径为，则能从金属板右端离开的粒子半径满足 设截面圆半径最大的粒子的初速度与磁场方向夹角为，将粒子初速度沿磁场和垂直磁场两个方向分解，有 即 解得 所以 所以粒子在两板间运动的最长时间 代入数据解得 7．（2026·吉林白山·一模）现代仪器中常用电磁场控制带电粒子的轨迹，如图所示，空间中xOy直角坐标系，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为kB（k > 1）、B，其中，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场。现将一比荷为的带正电粒子，从坐标为的A点处以初速度v0沿x轴正方向射出，恰好从O点射入磁场，不计粒子重力，求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)要使粒子不再返回电场中，k的取值范围； (3)若在第Ⅳ象限中施加与第Ⅱ、Ⅲ象限中相同的匀强电场，粒子再次经过x轴时的横坐标。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动 其中，根据牛顿第二定律可得 解得 （2）粒子在进入第四象限磁场中，设速度与x轴正方向的夹角为，则，， 可得， 根据牛顿第二定律 解得 不返回电场，设在第一象限中的轨迹半径为，则 根据牛顿第二定律可得 解得 （3）施加电场后，粒子在x方向分速度使粒子受到沿y轴正方向的洛伦兹力，大小为 即粒子沿x方向分速度使粒子受到沿y轴正方向的洛伦兹力与粒子受到的电场力平衡，在x轴正方向做匀速直线运动；粒子在沿y轴负方向，大小为的分速度作用下，做匀速圆周运动，设轨迹半径为，根据牛顿第二定律可得 解得 从匀速圆周运动看粒子运动再次经过x轴，所以，再次经过x轴时匀速圆周运动走过的水平位移为 匀速直线运动走过的位移为 已知 解得， 故粒子再次经过x轴时的横坐标 8．（2026·辽宁沈阳·一模）如图，长为L＝0.8m的轻杆竖直放置，上端与小球A相连，下端用光滑转轴固定于水平桌面上。小球A恰好与立方体B接触，B的右侧紧贴放置一小物体C；距离物体C足够远处，静止放置带负电的小物体D；D的右侧空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。D到桌面右端距离d＝0.5m，桌面距地面高度H＝0.75m。A受微小扰动后，杆与A向右转动，B、C一起向右运动。A与B刚分离时，A受到杆的弹力为零；B离开A后，用外力制动，C继续向右运动与D碰撞（仅发生一次碰撞且碰撞时间极短）；碰撞后，D减速运动并离开桌面，第一次落地时与桌面右端的水平距离m。A、B、C和D满足的质量关系为；kg，D所带电荷量q＝0.1C且始终保持不变；D与桌面间动摩擦因数，其余各处摩擦不计；电场的场强E＝1N/C，磁感应强度T，重力加速度g取10。求： (1)物体D离开桌面时速度大小； (2)物体C与物体D碰撞后，物体D速度大小； (3)物体C与物体D碰撞过程中损失的动能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）依题意，物体D带负电，离开桌面后，由于，所以物体D在洛伦兹力作用下沿顺时针方向做匀速圆周运动，如图所示，设半径与竖直方向夹角为 根据几何关系有 解得R＝0.5m 根据牛顿第二定律有 解得 （2）设物体D在桌面上向右运动，任意时刻的速度为，受力分析如图所示 根据牛顿第二定律，竖直方向有，水平方向有 由于 解得 从碰撞结束到物体D离开桌面过程中，取一个很短的时间间隔，根据动量定理有 两边求和 有 解得 （3）设A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰好为θ，依题意，此时小球A受到杆的弹力为零，对小球A，根据牛顿第二定律有 此时A与B水平方向速度相同，有 对小球A和物体B、C，从开始释放到A与B刚脱离接触的瞬间，根据机械能守恒定律 有 解得θ＝30°，m/s 之后物体C继续向右运动，与物体D碰撞，对物体C和D，以水平向右为正，根据动量守恒定律有 解得 根据能量守恒定律有 解得 9．（2026·辽宁大连·模拟预测）如图所示的平面直角坐标系中，轴水平向右、轴竖直向上，区域I存在平行于xOy平面的匀强电场，场强大小为，区域II存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，区域III存在竖直向上、场强大小为的匀强电场和垂直于xOy平面向外、宽度均为、磁感应强度大小依次为的个匀强磁场。在原点处将质量为、电荷量为的小球以大小为的初速度竖直向上抛出后，小球以速度大小为经过点，速度方向与轴正方向相同，之后经过与轴的交点，小球第一次经过时速度方向沿轴正方向。已知是相邻区域的边界且均与轴垂直，各区域竖直空间足够大，重力加速度为。 (1)求小球从点运动到点过程中合外力的冲量及区域I中的电场强度与轴正方向的夹角； (2)求小球经过点时的速度大小和在区域II运动时最大速度的大小； (3)若，求小球在区域III运动过程中最大水平位移的大小。 【答案】(1)， (2)， (3) 【详解】（1）设小球从到速度变化量为，由平行四边形定则得矢量三角形如图所示 的大小为，设与轴负方向夹角为，有 解得 由动量定理可知，该过程合外力的冲量 解得，方向与轴负方向夹角 对小球受力分析，水平方向有 竖直方向有 设小球从到经历的时间为，则 联立解得电场强度与轴正方向的夹角 （2）依题意，小球从到C所用时间为，则小球在C点时水平方向的分速度，则小球经过点时的速度大小 根据配速法，给小球配一个水平向右的速度，大小满足 可得 设与等大反向，与的合速度为，则小球的运动可看成以速度大小为的匀速圆周运动和速度大小为的匀速直线运动的合运动，如图所示 根据几何关系可得 可知当与方向相同时，在区域II运动时的速度最大，为 （3）小球在区域III运动，由于可知，电场力与重力刚好平衡，则小球在每个磁场中相当于只受洛伦兹力作用，由于洛伦兹力总不做功，则小球的速度大小保持不变，当小球的速度刚好为竖直方向时，此时小球在区域III中运动的水平位移最大。 小球经过第1个磁场，沿竖直方向，根据动量定理可得 同理可得小球经过第2个磁场，沿竖直方向，根据动量定理可得 小球经过第3个磁场，有 小球经过第个磁场，有 则小球经过个磁场后，竖直方向有 可得 当时，可得 当时，可得 可知小球在第64个磁场中的某处，速度方向变为竖直方向，设此时在第64个磁场中沿水平方向通过的位移为，则有 解得 故小球在区域III运动过程中最大的水平位移为 10．（2026·辽宁·模拟预测）如图所示，在空间建立三维坐标系，在平面右侧存在沿z轴负方向的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场，平面左侧存在沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场，两部分匀强电场的场强大小及匀强磁场的磁感应强度大小均相同。一电子从平面内的M点沿着与x轴负方向成角以初速度射出，电子的运动轨迹的最下端恰好与x轴相切，之后电子沿着与y轴负方向夹角通过平面。已知电子质量为m、电荷量为，匀强磁场的磁感应强度，匀强电场的电场强度，不计电子重力。 (1)求电子在平面右侧运动过程中的最大速率； (2)求M点x坐标的可能值； (3)若从电子通过平面开始计时，求时电子的位置坐标。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）运用配速法处理电子在平面右侧的运动，有 解得 由左手定则可知该速度方向沿x轴负向电子做匀速圆周运动的速度为其初速度与的矢量和，大小为，方向与x轴正方向的夹角为 电子在平面右侧运动过程中的最大速度为匀速直线运动与圆周运动速度方向相同时，最大速度为 （2）电子运动的周期 一个周期沿x轴负向运动的位移 电子与y轴负方向夹角通过平面，则其圆周运动的速度沿y轴负向，运动的时间 M点的x坐标可能值为 洛伦兹力提供向心力有 解得 则M点的x坐标的可能值为 （3）电子在平面左侧以的速度沿x轴负向匀加速直线运动的同时，在垂直x轴方向以做匀速圆周运动，有 电子在右侧运动时轨迹可与x轴相切，则电子经过y轴时的坐标 则时，有，， 其中 解得 故时，电子的位置坐标为 11．（2026·辽宁大连·一模）如图是研究离子在电磁场中加速和偏转的装置。离子首先进入由个金属圆筒组成的直线加速器，在圆筒间的电场中加速，在圆筒中做匀速直线运动，直线加速器接电压大小不变，周期为的交变电压。某正离子从圆筒处由静止加速，以速度沿中心轴线进入圆筒1，继续加速后从点进入由电场和磁场组成的偏转区域，该区域为边长为的立方体，为中点，以为原点建立空间坐标系，、和分别平行轴、轴和轴，加速器中心轴与轴重合。关闭圆筒4以后的加速电场，当仅在沿方向加磁感应强度大小为的匀强磁场时，离子恰好打在点。不计重力，求： (1)圆筒4的长度； (2)该离子的比荷； (3)将一足够大的荧光屏垂直轴放置，屏中心到点的距离为。撤掉偏转区域方向的磁场，同时加上沿方向的匀强电场和匀强磁场，除了偏转区域外，其他空间不存在电场和磁场，求离子打在荧光屏上的位置的坐标。 【答案】(1) (2) (3)（，，） 【详解】（1）根据题意，设离子的电荷量为，质量为，由动能定理有 设离子进入圆筒4的速度为，由动能定理有 联立解得 根据直线加速器原理可知，圆筒4的长度 （2）根据题意可知，离子进入立方体之后在平面内做匀速圆周运动，恰好从点离开，画出平面图，如图所示 由几何关系有 解得 由牛顿第二定律有 联立解得 （3）根据题意可知，离子进入立方体之后，在平面内做匀速圆周运动，同时沿方向做匀加速直线运动，在平面内做匀速圆周运动的平面图，如图所示 由牛顿第二定律有 解得 则有 解得 离子的运动时间为 在方向上偏移 该过程在轴方向上，做匀加速直线运动，则有， 解得 判断离子未从面上出射偏转区域，则有 离开偏转区域后，离子做匀速直线运动，仍然分解分析。在平面内，运动时间 在方向上偏移量 在方向上运动位移 则有，， 即离子打在荧光屏上的位置的坐标（，，）。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴07 带电粒子在叠加场（组合场）中的运动 命题预测 在2025年高考中，带电粒子在叠加场中的运动在高考物理中占据重要地位，是检验学生综合运用电场、磁场等物理知识解决复杂问题的能力的重要考点。在命题方式上，这类题目通常以综合性强的计算题形式出现，可能涉及电场、磁场、重力场等多个叠加场的组合，要求考生分析带电粒子在这些叠加场中的受力情况、运动轨迹、速度变化等，并运用相应的物理公式和定理进行计算和推理。 复习备考时，考生应首先深入理解叠加场的基本原理和带电粒子在其中的运动规律，掌握电场力、洛伦兹力、重力等力的计算方法和叠加原理。同时，考生需要熟悉相关的物理公式和定理，并能够灵活运用它们解决具体问题。此外，考生还应注重实践练习，通过大量做题来提高自己的解题能力和速度。 高频考法 1.带电粒子在叠加场中做直线运动 2.带电粒子在叠加场中做圆周运动 3.带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 知识·技法·思维 考向01 带电粒子在叠加场中的直线运动 1.带电粒子在电场和磁场的叠加场中做直线运动，电场力和洛伦兹力一定相互平衡，因此可利用二力平衡解题。 2.带电粒子在电场、磁场、重力场的叠加场中做直线运动，则粒子一定处于平衡状态，因此可利用平衡条件解题。 考向02 带电粒子在叠加场中的圆周运动 1.带电粒子做匀速圆周运动，隐含条件是必须考虑重力，且电场力和重力平衡。 2.洛伦兹力提供向心力和带电粒子只在磁场中做圆周运动解题方法相同。 考向03 带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 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，运动比较麻烦，此时，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（或电场力，或重力和电场力的合力）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分两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。 2.几种常见情况： 常见情况 处理方法 初速度为0，有重力 把初速度0，分解一个向左的速度v1和一个向右的速度v1 初速度为0，不计重力 把初速度0，分解一个向左的速度v1和一个向右的速度v1 初速度为0，有重力 把初速度0，分解一个斜向左下方的速度v1 和一个斜向右上方的速度v1 初速度为v0，有重力 把初速度v0，分解速度v1和速度v2 典例·靶向·突破 题型01 带电粒子在叠加场中的直线运动 1．（多选）如图甲，为粗糙绝缘水平面上的一点，以为原点、水平向右为正方向建立轴。在的区域内存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里。一带负电的物块以初速度从点开始向右运动，若初速度，则物块运动的速度随变化的关系如图乙所示，其中段为直线。已知物块电荷量与质量的比值为，取重力加速度大小，物块可视为质点且运动过程中电荷量保持不变，下列说法正确的是（　　） A．物块在区域内做匀减速直线运动 B．匀强磁场的磁感应强度大小为2T C．要使物块能通过处，应大于 D．若，则物块最终停止在处 题型解码 带电粒子做直线运动，无论粒子受几个力的作用，都满足受力平衡，因此可利用平衡条件解题。 题型02 带电粒子在叠加场中的圆周运动 2．（多选） 如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，质量为m、电荷量为的小球套在圆环上。在最低点A给小球水平向右的初速度，此时小球与圆环间作用力为零，当小球沿圆环运动到与圆心等高的B点时，与圆环间作用力也为零，重力加速度为g，则（　　） A．匀强电场的场强大小可能为 B．匀强磁场的磁感应强度大小可能为 C．匀强磁场的磁感应强度大小可能为 D．将小球在A点的初速度变为，其在最高点C与圆环间作用力可能为零 题型解码 带电粒子做匀速圆周运动，隐含条件是必须考虑重力，且电场力和重力平衡，然后根据物体做匀速圆周运动的规律，洛伦兹力提供向心力，再加上圆周运动的知识作为解题方法。 3. 芯片科技是支撑数字经济、保障产业链安全、推动人工智能等前沿领域发展的“工业粮食”，影响着国家科技实力和核心竞争力。科技小组仿照芯片生产中“电场-磁场-离子注入器”构建了如下图所示的复合场质量为m的带电粒子运动引导装置。该高为H且底面半径为R圆柱形装置的中心轴与水平面成角为θ，点P是装置底面圆周上的一点，点Q是粒子目标汇聚点。借助一定的条件，在装置内部激发出平行于轴线且方向相同的电场和磁场，其中电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。现在以点P为初始位置，射入一个电荷量为e的电子，其初速度与水平地面平行。在只激发磁场时，电子出射点为P'（图中未标出），且恰好在垂直磁场方向内部完成了n（n>1）次完整的匀速圆周运动。当同时激发电场时，电子出射点不变，在垂直磁场方向仅完成一次完整的匀速圆周运动，并在点P'处脱离装置，进入匀速漂移管，最终击中点Q完成电子注入的模拟操作，电子重力忽略不计。求该电子： (1)初速度v0； (2)脱离装置后，沿轴向最大位移y； (3)在一次实验中，由于系统不稳定导致预设粒子汇聚点Q沿轴向下移动了一小段距离，为了矫正误差，科技小组只在圆柱装置外加上场强为E₀的垂直轴向的电场使得电子恰能击中点Q，此时从射入到击中点Q全过程中，电场力对其做的功W。 题型03 带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 4. 物体做曲线运动的情况比较复杂，一般的曲线运动可以分成很多很短的小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图1所示，曲线上点的曲率圆定义为：通过点和曲线上紧邻点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做点的曲率圆，其半径叫做点的曲率半径。在分析物体经过曲线上某位置的运动时，就可以按其等效的圆周运动来分析和处理。已知重力加速度为。 (1)如图2所示，一根长为的不可伸长轻绳，其一端固定于点，另一端系着一质量为的小球。已知小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动。求小球在最高点的速度的大小； (2)如图3所示，一半径为的半球固定于水平地面上，有一小球从半球顶点由静止开始滑下，忽略一切阻力。求小球与半球面分离时，小球距离地面的高度的大小； (3)如图4所示，以水平向右为轴正方向，竖直向下为轴正方向，空间存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为、电荷量为的小球从点静止释放后，其运动轨迹如图中虚线所示。已知该轨迹在最低点的曲率半径等于该点到轴距离的2倍。 a．求小球在运动过程中第一次下降的最大高度； b．在上述磁场中再加一个竖直向上的匀强电场，电场强度大小为，且。请在图5中定性画出该小球从点静止释放后运动的轨迹示意图，并求出运动过程中所能达到的最大速率。 题型解码 若带电粒子在磁场中所受合力不会零，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，运动比较麻烦，此时，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（或电场力，或重力和电场力的合力）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分两个比较常见的运动，这种方法叫配速法。 1．（2026·内蒙古赤峰·模拟预测）在磁约束聚变装置中，平行场配置至关重要。如图，整个空间存在沿轴正方向的匀强电场和匀强磁场。质子以某一初速度从坐标原点沿轴正方向射出，不计重力，则（　　） A．质子的动能不变 B．质子周期性的经过坐标原点 C．质子的速度沿轴方向的分量随时间按余弦规律变化 D．把质子换成电子，其运动轨迹和质子的运动轨迹关于平面对称 2．（多选）（2026·吉林延边·一模）如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁场的磁感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为的粒子，以不同速率沿着两板中轴线方向进入板间后，速率为的甲粒子恰好做匀速直线运动；初始速率为的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，A为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全程速率在和之间变化。研究一般的曲线运动时，可将曲线分割成许多很短的小段，这样质点在每一小段的运动都可以看做圆周运动的一部分，采用圆周运动的分析方法来处理。不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　） A．乙粒子从进入板间运动至A位置的过程中，在水平方向上做匀速运动 B．两板间电场强度的大小为 C．乙粒子的运动轨迹在A处对应圆周的半径为 D．乙粒子偏离中轴线的最远距离为 3．（多选）（2026·辽宁沈阳·三模）如图，空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带电荷量为q、质量为m的带正电小球从磁场中某点P由静止释放，其运动轨迹是一条摆线。小球的运动实际上是竖直平面内沿逆时针方向的匀速圆周运动和水平向右的匀速直线运动的合运动，重力加速度为g。已知轨迹上某点的曲率半径为在极限情况下，通过该点和轨迹上紧邻该点两侧的两点作出的圆的半径。则下列说法正确的是（　　） A．小球运动到最低点时的速度为 B．小球运动到最低点时轨迹的曲率半径为 C．小球第一次运动到最低点时，距离释放点的竖直距离为 D．小球从释放到第一次经过最低点所需时间为 4．（多选）（2026·辽宁大连·模拟预测）如图以水平方向为轴，竖直方向为轴建立直角坐标系，该坐标系内存在垂直平面向外、磁感应强度的匀强磁场。在坐标原点沿轴负方向射出一质量、电荷量的带正电粒子，粒子恰能沿轴负方向做速度为的匀速直线运动，取重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．若沿轴正方向加一匀强电场，粒子做匀变速曲线运动 B．若沿轴正方向加一匀强电场，粒子运动离轴最远距离为 C．若沿轴正方向加一匀强电场，射出后经，粒子的位置坐标为 D．若沿轴正方向加一匀强电场，并增大粒子的发射速度为，则粒子运动中的最大速度 5．（多选）（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系，其中轴沿水平方向。在第二象限存在大小为、沿轴正方向的匀强电场，在第四象限存在平行于轴的匀强电场（图中未画方向）和垂直于纸面向内的匀强磁场，一个带电小球沿着第二、第四象限的对角线，从图中点运动到点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球带负电 B．小球一直做匀加速运动 C．第四象限内的匀强电场大小为，方向沿轴负方向 D．小球受到的洛伦兹力是其重力的倍 6．（2026·辽宁·二模）如图甲所示，足够宽的金属板M、N水平正对平行放置，金属板长，两板间距，两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度，两板间加上如图乙所示的周期性电压，带电时M板带正电。时，一个质量、电荷量的带正电粒子，以的速度从距M板2.5cm的A处沿垂直于磁场、平行于两板的方向射入两板之间。不计粒子重力，取，计算结果均保留3位有效数字。 (1)求带电粒子在内位移大小； (2)求带电粒子在两板间运动所经历的时间； (3)若撤去两板间所加的电压并将匀强磁场方向变为水平向右（磁感应强度大小不变），在A处放一粒子源，粒子源可在平行纸面的平面内向各个方向发射速率均为的题干中的带电粒子，求带电粒子在两板间运动的最长时间。 7．（2026·吉林白山·一模）现代仪器中常用电磁场控制带电粒子的轨迹，如图所示，空间中xOy直角坐标系，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为kB（k > 1）、B，其中，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场。现将一比荷为的带正电粒子，从坐标为的A点处以初速度v0沿x轴正方向射出，恰好从O点射入磁场，不计粒子重力，求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)要使粒子不再返回电场中，k的取值范围； (3)若在第Ⅳ象限中施加与第Ⅱ、Ⅲ象限中相同的匀强电场，粒子再次经过x轴时的横坐标。 8．（2026·辽宁沈阳·一模）如图，长为L＝0.8m的轻杆竖直放置，上端与小球A相连，下端用光滑转轴固定于水平桌面上。小球A恰好与立方体B接触，B的右侧紧贴放置一小物体C；距离物体C足够远处，静止放置带负电的小物体D；D的右侧空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。D到桌面右端距离d＝0.5m，桌面距地面高度H＝0.75m。A受微小扰动后，杆与A向右转动，B、C一起向右运动。A与B刚分离时，A受到杆的弹力为零；B离开A后，用外力制动，C继续向右运动与D碰撞（仅发生一次碰撞且碰撞时间极短）；碰撞后，D减速运动并离开桌面，第一次落地时与桌面右端的水平距离m。A、B、C和D满足的质量关系为；kg，D所带电荷量q＝0.1C且始终保持不变；D与桌面间动摩擦因数，其余各处摩擦不计；电场的场强E＝1N/C，磁感应强度T，重力加速度g取10。求： (1)物体D离开桌面时速度大小； (2)物体C与物体D碰撞后，物体D速度大小； (3)物体C与物体D碰撞过程中损失的动能。 9．（2026·辽宁大连·模拟预测）如图所示的平面直角坐标系中，轴水平向右、轴竖直向上，区域I存在平行于xOy平面的匀强电场，场强大小为，区域II存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，区域III存在竖直向上、场强大小为的匀强电场和垂直于xOy平面向外、宽度均为、磁感应强度大小依次为的个匀强磁场。在原点处将质量为、电荷量为的小球以大小为的初速度竖直向上抛出后，小球以速度大小为经过点，速度方向与轴正方向相同，之后经过与轴的交点，小球第一次经过时速度方向沿轴正方向。已知是相邻区域的边界且均与轴垂直，各区域竖直空间足够大，重力加速度为。 (1)求小球从点运动到点过程中合外力的冲量及区域I中的电场强度与轴正方向的夹角； (2)求小球经过点时的速度大小和在区域II运动时最大速度的大小； (3)若，求小球在区域III运动过程中最大水平位移的大小。 10．（2026·辽宁·模拟预测）如图所示，在空间建立三维坐标系，在平面右侧存在沿z轴负方向的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场，平面左侧存在沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场，两部分匀强电场的场强大小及匀强磁场的磁感应强度大小均相同。一电子从平面内的M点沿着与x轴负方向成角以初速度射出，电子的运动轨迹的最下端恰好与x轴相切，之后电子沿着与y轴负方向夹角通过平面。已知电子质量为m、电荷量为，匀强磁场的磁感应强度，匀强电场的电场强度，不计电子重力。 (1)求电子在平面右侧运动过程中的最大速率； (2)求M点x坐标的可能值； (3)若从电子通过平面开始计时，求时电子的位置坐标。 11．（2026·辽宁大连·一模）如图是研究离子在电磁场中加速和偏转的装置。离子首先进入由个金属圆筒组成的直线加速器，在圆筒间的电场中加速，在圆筒中做匀速直线运动，直线加速器接电压大小不变，周期为的交变电压。某正离子从圆筒处由静止加速，以速度沿中心轴线进入圆筒1，继续加速后从点进入由电场和磁场组成的偏转区域，该区域为边长为的立方体，为中点，以为原点建立空间坐标系，、和分别平行轴、轴和轴，加速器中心轴与轴重合。关闭圆筒4以后的加速电场，当仅在沿方向加磁感应强度大小为的匀强磁场时，离子恰好打在点。不计重力，求： (1)圆筒4的长度； (2)该离子的比荷； (3)将一足够大的荧光屏垂直轴放置，屏中心到点的距离为。撤掉偏转区域方向的磁场，同时加上沿方向的匀强电场和匀强磁场，除了偏转区域外，其他空间不存在电场和磁场，求离子打在荧光屏上的位置的坐标。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴07 带电粒子在叠加场（组合场）中的运动 典例·靶向·突破 题型01 带电粒子在叠加场中的直线运动 1． 【答案】BC 【详解】A．对物块，竖直方向受力平衡得支持力，水平方向摩擦力，物块做减速运动； 加速度大小， 不断减小，因此加速度不断减小，物块做加速度减小的减速运动，故A错误； B．由题意，内 为直线，斜率 恒定，整理得 等式对任意成立，因此常数项，得 ，因此 对应系数相等得 无场，加速度，由图乙知， 滑行停下，由 联立得，，故B正确； C．内满足线性关系，物块能通过，要求时 代入得，故C正确； D．若，则时 出场区后匀减速位移 总位移，故D错误。 故选BC。 题型02 带电粒子在叠加场中的圆周运动 2． 【答案】AC 【详解】ABC．小球带负电，当小球沿圆环运动到与圆心等高的B点时，设小球的速度为，小球受到的洛伦兹力方向水平向左，因小球与圆环间作用力也为零，由牛顿第二定律有 解得或 若，小球从A点运动到B点，由动能定理得 解得 因最低点小球与圆环间作用力为零，由牛顿第二定律有 解得 若，根据左手定则可知在最低点A小球受到的洛伦兹力方向竖直向上，因最低点小球与圆环间作用力为零，由牛顿第二定律有 根据动能定理，小球从A点运动到B点满足 解得，，，故B错误，AC正确； D．若将小球在A点的初速度变为，其在最高点C的速度大小满足 结合小球从A点运动到B点 可知 结合上述分析可知若，小球受到的电场力方向向上，大小为 洛伦兹力为，对应的圆周运动的向心力分别为 根据受力平衡，可知小球受圆环的作用力为 若，小球受到的电场力方向向上，大小为 对应的洛伦兹力方向向下，大小为 圆周运动的向心力为 根据牛顿第二定律，可知小球受圆环的作用力满足 解得 综上，不存在小球在最高点C与圆环间作用力为零的情况，故D错误。 故选AC。 3. 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由题意可知，电子射入装置后，在轴线法向做匀速圆周运动，由牛顿第二定律对电子有 且 撤去电场时，电子沿轴向做匀速运动有 加上电场时，由牛顿第二定律有 此时有 解得。 （2）加上电场后，电子脱离装置沿轴向有最大位移，沿轴向由动量定理有 脱离装置后，电子将沿直线运动，由几何关系 解得。 （3）由于电子恰好能击中Q，在轴法向上，由牛顿第二定律 且 装置外电场力做功 装置内电场力做功 全过程电场力做功 解得。 题型03 带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 4. 【答案】(1) (2) (3)a． b．图像见解析， 【详解】（1）小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，在最高点有 解得小球在最高点的速度 （2）小球与半球面分离时，设小球与球心的连线和竖直方向的夹角为，则小球距离地面的高度 小球从顶点滑下，到分离位置时，下落的高度为，有 小球与半球面分离时，支持力为零，有 联立可得 小球距离地面的高度 （3）a．设第一次下降的最大高度处的速度为，该轨迹在最低点的曲率半径等于该点到轴距离的2倍，有， 又 解得 b．小球运动轨迹如图所示： 由动能定理得 小球做圆周运动，根据牛顿第二定律， 解得最大速率为 1． 【答案】C 【详解】A．质子沿轴正方向做匀加速直线运动，在平面内做匀速圆周运动，可知质子的动能变大，故A错误； B．质子不再经过坐标原点，故B错误； C．如图所示，质子的速度沿轴方向的分量，可知随时间按余弦规律变化，故C正确； D．把质子换成电子，其受电场力和洛伦兹力的方向都与质子相反，可知电子沿轴负方向做匀加速直线运动，在面内做匀速圆周运动，但是两者的比荷不同，运动半径不同，故其运动轨迹和质子的运动轨迹不是关于平面对称，故D错误。 故选C。 2． 【答案】BC 【详解】A．速率为的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，根据左手定则判断知，粒子受到的洛伦兹力总是垂直指向每一小段圆弧的中心，可知乙粒子在水平方向上的合力一直水平向右，所以粒子从进入板间运动至A位置的过程中，在水平方向上做加速运动，故A错误； B．速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动，则有 可得两板间电场强度的大小为E=vB，故B正确； C．由题意可知，乙粒子的运动轨迹在A处时粒子偏离中轴线的距离最远，粒子速度达到最大且为，则有 联立解得，故C正确； D．由于洛伦兹力一直不做功，乙粒子所受电场力方向一直竖直向下，当粒子速度最大时，电场力做的功最多，偏离中轴线的距离最远，根据动能定理有 联立解得，故D错误。 故选BC。 3． 【答案】ACD 【详解】A．因为小球的运动实际上是竖直平面内沿逆时针方向、速度大小为v的匀速圆周运动和水平向右、速度大小为v的匀速直线运动的合运动，故小球在最高点做圆周运动的分速度水平向左，做直线运动的分速度水平向右，合速度为0，根据匀速直线运动有 可得分速度 在最低点时的速度是两分速度的矢量和，为2v，即，故A正确； B．设在最低点时轨迹的曲率半径为R，则有 可解得曲率半径，故B错误； C．小球在运动过程中洛伦兹力不做功，机械能守恒，有 可得，故C正确； D．小球从释放到第一次经过最低点的过程中，只运动了半个圆周，则运动时间，故D正确。 故选ACD。 4． 【答案】BD 【详解】A．初始时粒子在重力和洛伦兹力作用下做速度为v的匀速直线运动，则有 解得 若沿y轴正方向加一匀强电场，粒子又将会受到沿y轴正向的电场力，粒子将会做曲线运动，但因洛伦兹力是变力，所以粒子所受的合外力也将不断变化，所以粒子不会做匀变速曲线运动，故A错误； B．粒子受到沿y轴正向的电场力为 竖直向下的重力为 电场力与重力的合力为 利用配速法，令粒子有一个沿y轴正向的速度，受到的洛伦兹力竖直向下且为，与电场力与重力的合力抵消，所以粒子的运动等效为水平向右10m/s的匀速直线运动和水平向左，在洛伦兹力作用下的圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有 解得 粒子运动离x轴最远距离为，故B正确； C．粒子运动的周期为 射出后经，沿x轴运动的距离为 沿y轴运动的距离为 所以粒子的位置坐标为，故C错误； D．若沿x轴正方向加一匀强电场，受到沿x轴正方向的电场力为 电场力与重力的合力为，方向与x轴正向成 将2v的速度分解如图所示 则有， 所以粒子沿v2做匀速直线运动，以v1做匀速圆周运动，当v1、v2方向相同时速度最大，即，故D正确。 故选BD。 5． 【答案】CD 【详解】A．带电小球在第二象限做直线运动，小球受到重力和电场力的合力与速度在同一直线上，可知小球在第二象限受到的电场力水平向右，与场强方向相同，所以小球带正电，故A错误； BCD．小球在第二象限所受合力与速度方向相同，做匀加速直线运动，根据几何关系可得 小球进入第四象限后，受到重力、电场力和洛伦兹力作用，小球做匀速直线运动，根据平衡条件可知小球的受力如图所示 则有， 可知第四象限内的匀强电场大小为，方向沿轴负方向；小球受到的洛伦兹力是其重力的倍，故B错误，CD正确。 故选CD。 6． 【答案】(1)6.28cm/ (2) (3) 【详解】（1）粒子进入电磁场区域后所受电场力 所受洛伦兹力 因为 所以粒子在内做匀速直线运动，其位移 代入数据解得 （2）经分析，粒子在有电场时做匀速直线运动，在无电场时做逆时针方向的匀速圆周运动，设圆周运动半径为，周期为，则 解得， 分析粒子运动过程可知，粒子在内位移 因为此时粒子距板右端 所以粒子从开始到即将从金属板右端离开的运动轨迹，如下图所示 设后，粒子再经离开磁场，内轨迹圆弧对应的圆心角为，则 解得 所以 所以粒子从射入到射出金属板所用时间 （3）经分析，初速度方向与磁场方向夹角为的粒子做等距螺旋运动。在不碰到金属板的粒子中，角越大，粒子在两板间运动的时间越长 设等距螺旋线截面圆的半径为，则能从金属板右端离开的粒子半径满足 设截面圆半径最大的粒子的初速度与磁场方向夹角为，将粒子初速度沿磁场和垂直磁场两个方向分解，有 即 解得 所以 所以粒子在两板间运动的最长时间 代入数据解得 7． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动 其中，根据牛顿第二定律可得 解得 （2）粒子在进入第四象限磁场中，设速度与x轴正方向的夹角为，则，， 可得， 根据牛顿第二定律 解得 不返回电场，设在第一象限中的轨迹半径为，则 根据牛顿第二定律可得 解得 （3）施加电场后，粒子在x方向分速度使粒子受到沿y轴正方向的洛伦兹力，大小为 即粒子沿x方向分速度使粒子受到沿y轴正方向的洛伦兹力与粒子受到的电场力平衡，在x轴正方向做匀速直线运动；粒子在沿y轴负方向，大小为的分速度作用下，做匀速圆周运动，设轨迹半径为，根据牛顿第二定律可得 解得 从匀速圆周运动看粒子运动再次经过x轴，所以，再次经过x轴时匀速圆周运动走过的水平位移为 匀速直线运动走过的位移为 已知 解得， 故粒子再次经过x轴时的横坐标 8． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）依题意，物体D带负电，离开桌面后，由于，所以物体D在洛伦兹力作用下沿顺时针方向做匀速圆周运动，如图所示，设半径与竖直方向夹角为 根据几何关系有 解得R＝0.5m 根据牛顿第二定律有 解得 （2）设物体D在桌面上向右运动，任意时刻的速度为，受力分析如图所示 根据牛顿第二定律，竖直方向有，水平方向有 由于 解得 从碰撞结束到物体D离开桌面过程中，取一个很短的时间间隔，根据动量定理有 两边求和 有 解得 （3）设A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰好为θ，依题意，此时小球A受到杆的弹力为零，对小球A，根据牛顿第二定律有 此时A与B水平方向速度相同，有 对小球A和物体B、C，从开始释放到A与B刚脱离接触的瞬间，根据机械能守恒定律 有 解得θ＝30°，m/s 之后物体C继续向右运动，与物体D碰撞，对物体C和D，以水平向右为正，根据动量守恒定律有 解得 根据能量守恒定律有 解得 9． 【答案】(1)， (2)， (3) 【详解】（1）设小球从到速度变化量为，由平行四边形定则得矢量三角形如图所示 的大小为，设与轴负方向夹角为，有 解得 由动量定理可知，该过程合外力的冲量 解得，方向与轴负方向夹角 对小球受力分析，水平方向有 竖直方向有 设小球从到经历的时间为，则 联立解得电场强度与轴正方向的夹角 （2）依题意，小球从到C所用时间为，则小球在C点时水平方向的分速度，则小球经过点时的速度大小 根据配速法，给小球配一个水平向右的速度，大小满足 可得 设与等大反向，与的合速度为，则小球的运动可看成以速度大小为的匀速圆周运动和速度大小为的匀速直线运动的合运动，如图所示 根据几何关系可得 可知当与方向相同时，在区域II运动时的速度最大，为 （3）小球在区域III运动，由于可知，电场力与重力刚好平衡，则小球在每个磁场中相当于只受洛伦兹力作用，由于洛伦兹力总不做功，则小球的速度大小保持不变，当小球的速度刚好为竖直方向时，此时小球在区域III中运动的水平位移最大。 小球经过第1个磁场，沿竖直方向，根据动量定理可得 同理可得小球经过第2个磁场，沿竖直方向，根据动量定理可得 小球经过第3个磁场，有 小球经过第个磁场，有 则小球经过个磁场后，竖直方向有 可得 当时，可得 当时，可得 可知小球在第64个磁场中的某处，速度方向变为竖直方向，设此时在第64个磁场中沿水平方向通过的位移为，则有 解得 故小球在区域III运动过程中最大的水平位移为 10． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）运用配速法处理电子在平面右侧的运动，有 解得 由左手定则可知该速度方向沿x轴负向电子做匀速圆周运动的速度为其初速度与的矢量和，大小为，方向与x轴正方向的夹角为 电子在平面右侧运动过程中的最大速度为匀速直线运动与圆周运动速度方向相同时，最大速度为 （2）电子运动的周期 一个周期沿x轴负向运动的位移 电子与y轴负方向夹角通过平面，则其圆周运动的速度沿y轴负向，运动的时间 M点的x坐标可能值为 洛伦兹力提供向心力有 解得 则M点的x坐标的可能值为 （3）电子在平面左侧以的速度沿x轴负向匀加速直线运动的同时，在垂直x轴方向以做匀速圆周运动，有 电子在右侧运动时轨迹可与x轴相切，则电子经过y轴时的坐标 则时，有，， 其中 解得 故时，电子的位置坐标为 11． 【答案】(1) (2) (3)（，，） 【详解】（1）根据题意，设离子的电荷量为，质量为，由动能定理有 设离子进入圆筒4的速度为，由动能定理有 联立解得 根据直线加速器原理可知，圆筒4的长度 （2）根据题意可知，离子进入立方体之后在平面内做匀速圆周运动，恰好从点离开，画出平面图，如图所示 由几何关系有 解得 由牛顿第二定律有 联立解得 （3）根据题意可知，离子进入立方体之后，在平面内做匀速圆周运动，同时沿方向做匀加速直线运动，在平面内做匀速圆周运动的平面图，如图所示 由牛顿第二定律有 解得 则有 解得 离子的运动时间为 在方向上偏移 该过程在轴方向上，做匀加速直线运动，则有， 解得 判断离子未从面上出射偏转区域，则有 离开偏转区域后，离子做匀速直线运动，仍然分解分析。在平面内，运动时间 在方向上偏移量 在方向上运动位移 则有，， 即离子打在荧光屏上的位置的坐标（，，）。 / 学科网（北京）股份有限公司 $