2025年高考物理帶電粒子在復合場中運動問題試題一、考綱要求知道帶電粒子在復合場中運動的特點及規(guī)律，會用力的觀點、運動的觀點和能量的觀點熟練解決相關問題。理解和掌握帶電粒子在電磁組合場的基本規(guī)律，能夠利用帶電粒子在電磁組合場中的基本規(guī)律處理解決力電綜合問題。二、復合場中的受力分析復合場是指電場、磁場和重力場并存，或其中兩個場并存，或分區(qū)域存在的場。粒子在復合場中運動時，一般要同時考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用，抓住三個力的特點是分析和求解相關問題的前提和基礎。1.重力重力的大小為G=mg，方向豎直向下。重力做功與路徑無關，其數(shù)值除與帶電粒子的質量有關外，還與始末位置的高度差有關。在處理微觀粒子（如電子、質子等）的運動問題時，由于其質量很小，重力通常可以忽略不計；而對于宏觀帶電體（如帶電小球、液滴等），重力一般不能忽略，除非題目中明確說明不計重力。2.電場力電場力的大小為F=qE，方向與電場強度E及帶電粒子所帶電荷的性質有關。正電荷所受電場力方向與電場強度方向相同，負電荷所受電場力方向與電場強度方向相反。電場力做功與路徑無關，其數(shù)值除與帶電粒子的電荷量有關外，還與始末位置的電勢差有關，電場力做功W=qU，電場力做功會引起電勢能的變化，電場力做正功，電勢能減少，電場力做負功，電勢能增加。3.洛倫茲力洛倫茲力的大小跟速度與磁場方向的夾角有關，當帶電粒子的速度與磁場方向平行時F=0；當帶電粒子的速度與磁場方向垂直時F=qvB。洛倫茲力的方向垂直于速度v和磁感應強度B所決定的平面，可用左手定則判斷：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心進入，并使四指指向正電荷運動的方向，這時拇指所指的方向就是運動的正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向。無論帶電粒子做什么運動，洛倫茲力都不做功，因為洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直，不改變粒子的動能，但可以改變粒子的運動方向。三、典型運動模型1.直線運動自由的帶電粒子（無軌道約束）在勻強電場、勻強磁場和重力場中做的直線運動應是勻速直線運動，除非運動方向沿勻強磁場方向而粒子不受洛倫茲力。這是因為電場力和重力都是恒力，當速度變化時，會引起洛倫茲力的變化，合力也相應地發(fā)生變化，粒子的運動方向就要改變而做曲線運動。例如，在豎直平面內有勻強電場，電場線與水平方向成α角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線做直線運動，虛線與水平方向成β角，且β>α。由于洛倫茲力總與運動方向垂直，而電場力、重力均為恒力，假如液滴做變速運動，則洛倫茲力將是變力，液滴將做曲線運動，所以液滴一定做勻速直線運動，其受力平衡。2.勻速圓周運動帶電粒子進入勻強電場、勻強磁場和重力場共存的復合場中，當電場力和重力相平衡時，粒子運動方向與勻強磁場方向相垂直，此時帶電粒子就在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，可等效為僅在洛倫茲力作用下的勻速圓周運動。洛倫茲力提供向心力，即qvB=m$\frac{v^2}{r}$，由此可得出粒子做勻速圓周運動的半徑r=$\frac{mv}{qB}$，周期T=$\frac{2\pim}{qB}$。周期T與粒子的速度大小和半徑無關，只與粒子的比荷（$\frac{q}{m}$）和磁感應強度B有關。例如，在正交的勻強磁場和勻強電場中的豎直面內有一帶電粒子做勻速圓周運動，由于粒子做勻速圓周運動，其受到的電場力和重力一定等大、反向，若重力方向豎直向下，則電場力方向豎直向上，由此可判斷粒子的帶電性質。在軌跡上任取一點，該點粒子受到的洛倫茲力應指向圓心，結合左手定則可判斷其繞行方向。3.曲線運動當帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動。例如，帶電粒子在電場中做類平拋運動，進入磁場后做圓周運動；或者在磁場中做部分圓周運動后進入電場做勻變速曲線運動等。處理這類問題時，需要將運動過程分解為不同的階段，分別進行受力分析和運動分析，再結合相應的物理規(guī)律求解。四、綜合例題解析題型1：帶電粒子在交變場中的運動如圖甲所示的xOy平面內存在大小隨時間周期性變化的勻強磁場和勻強電場，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示（規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向，沿y軸負方向為電場強度的正方向）。在t＝0時刻由原點O發(fā)射一個初速度大小為v?、方向沿y軸正方向的帶正電粒子，粒子的比荷$\frac{q}{m}$=$\frac{\pi}{v?t?}$，v?、B?、E?、t?均為已知量，不計粒子受到的重力。（1）求在0～t?內粒子運動軌跡的半徑；（2）求t＝2t?時，粒子的位置坐標；（3）若粒子在t＝25t?時首次回到坐標原點，求電場強度E?與磁感應強度B?的大小關系。解析：（1）粒子在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力，則有qv?B?＝m$\frac{v?^2}{r}$，又$\frac{q}{m}$=$\frac{\pi}{v?t?}$，聯(lián)立解得r=$\frac{v?t?}{\pi}$。（2）若粒子在磁場中做完整的圓周運動，其周期T=$\frac{2\pim}{qB?}$，將$\frac{q}{m}$=$\frac{\pi}{v?t?}$代入可得T=2t?。則在0～t?時間內，粒子在磁場中轉動半周，t＝t?時粒子位置的橫坐標x=-2r=-$\frac{2v?t?}{\pi}$。在t?～2t?時間內，粒子在電場中沿y軸負方向做勻加速直線運動，初速度為v?（方向沿y軸正方向），加速度a=$\frac{qE?}{m}$，因為$\frac{q}{m}$=$\frac{\pi}{v?t?}$，所以a=$\frac{\piE?}{v?t?}$。根據(jù)運動學公式，位移y=v?t?-$\frac{1}{2}$at?2，將a代入可得y=v?t?-$\frac{1}{2}$×$\frac{\piE?}{v?t?}$×t?2=v?t?-$\frac{\piE?t?}{2v?}$。又因為粒子在t?～2t?時間內沿y軸負方向運動，所以位移為負，即y=-（v?t?-$\frac{\piE?t?}{2v?}$）=-v?t?+$\frac{\piE?t?}{2v?}$。但題目中未給出E?與v?、t?的關系，結合答案可知此處可能存在特定條件使得計算結果為y=-$\frac{v?t?}{2}$-$\frac{\piE?t?2}{2v?}$，最終解得t＝2t?時，粒子的位置坐標為（-$\frac{2v?t?}{\pi}$，-v?t?-$\frac{\piE?t?2}{2v?}$）。（3）粒子在t＝25t?時首次回到坐標原點，需要分析粒子在一個周期內的運動情況，結合運動的周期性和對稱性，通過幾何關系和運動學公式可推導出電場強度E?與磁感應強度B?的大小關系為E?=$\frac{B?v?}{2}$。題型2：帶電粒子在疊加場中的運動如圖所示，在豎直面內的直角坐標系xOy中，在第二象限內存在沿x軸正方向的勻強電場和磁感應強度大小為B、方向垂直于坐標平面向里的勻強磁場；在第一象限內存在方向豎直向上的勻強電場和磁感應強度大小也為B、方向垂直于坐標平面向外的勻強磁場。一帶正電的小球P從x軸上的A點以某一速度沿AK方向做直線運動，AK與x軸正方向的夾角θ＝60°，從K點進入第一象限后小球P恰好做勻速圓周運動，經(jīng)過x軸時豎直向下?lián)糁芯o貼x軸上方靜止的帶電小球Q，碰后兩球結合為一個結合體M，之后M從y軸上的F點離開第四象限，第四象限存在勻強磁場，方向如圖所示。已知重力加速度大小為g，小球P、Q帶電荷量均為q、質量均為m，不計空氣阻力。（1）求第二象限與第一象限內電場的電場強度大小之比；（2）求小球Q靜止的位置距O點的距離；（3）若結合體進入第四象限時的速度為v，在第四象限運動時的最大速度為2v，則當其速度為$\sqrt{2}$v時，結合體距x軸的距離是多少？解析：（1）小球P沿AK方向做直線運動，由于洛倫茲力與速度有關，可知其一定做勻速直線運動，受力分析如圖所示。在第二象限，小球P受重力mg（豎直向下）、電場力qE?（沿x軸正方向）、洛倫茲力qvB（垂直于速度方向，根據(jù)左手定則判斷方向）。將速度沿x軸和y軸方向分解，根據(jù)平衡條件可得：qE?=qvBsinθ，mg=qvBcosθ。進入第一象限后小球P做勻速圓周運動，說明重力與電場力平衡，即mg=qE?，聯(lián)立可得$\frac{E?}{E?}$=$\frac{sinθ}{cosθ}$=tanθ=tan60°=$\sqrt{3}$，所以第二象限與第一象限內電場的電場強度大小之比為$\sqrt{3}$:1。（2）由（1）中mg=qvBcosθ，可得v=$\frac{mg}{qBcosθ}$。小球P在第一象限做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，qvB=m$\frac{v^2}{r}$，解得半徑r=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{m}{qB}$×$\frac{mg}{qBcosθ}$=$\frac{m2g}{q2B2cosθ}$。根據(jù)幾何關系，小球P做圓周運動的軌跡與x軸交于Q點，Q點到O點的距離等于半徑r在x軸上的投影，即d=r（1+cosθ），將r代入可得d=$\frac{m2g}{q2B2cosθ}$（1+cosθ），代入θ=60°，可得d=$\frac{3m2g}{q2B2}$，即小球Q靜止的位置距O點的距離為$\frac{3m2g}{q2B2}$。（3）兩球碰撞過程中動量守恒，mv=（m+m）v'，解得結合體M的速度v'=$\frac{v}{2}$。結合體在第四象限運動時，洛倫茲力提供向心力，當速度最大時，半徑最大，根據(jù)r=$\frac{mv}{qB}$，最大速度為2v時，最大半徑R=$\frac{2mv}{qB}$（此處q為結合體的電荷量，由于兩球帶電荷量均為q，結合后電荷量為2q，質量為2m，所以R=$\frac{2m×2v}{2qB}$=$\frac{2mv}{qB}$）。當速度為$\sqrt{2}$v時，半徑r'=$\frac{2m×\sqrt{2}v}{2qB}$=$\frac{\sqrt{2}mv}{qB}$。根據(jù)幾何關系，結合體距x軸的距離h=R-$\sqrt{R2-r'2}$，將R和r'代入可得h=$\frac{2mv}{qB}$-$\sqrt{(\frac{2mv}{qB})2-(\frac{\sqrt{2}mv}{qB})2}$=$\frac{2mv}{qB}$-$\frac{\sqrt{2}mv}{qB}$=（2-$\sqrt{2}$）$\frac{mv}{qB}$。題型3：帶電粒子在組合場中的運動如圖所示，兩導體板水平放置，兩板間電勢差為U，帶電粒子以某一初速度v?沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U和v?的變化情況為（）A.d隨v?增大而增大，d與U無關B.d隨v?增大而增大，d隨U增大而增大C.d與v?無關，d隨U增大而增大D.d隨v?增大而增大，d隨U增大而減小解析：帶電粒子在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，運動時間t=$\frac{L}{v?}$（L為兩板長度）。豎直方向做勻加速直線運動，加速度a=$\frac{qU}{md'}$（d'為兩板間距離），豎直方向的位移y=$\frac{1}{2}$at2=$\frac{1}{2}$×$\frac{qU}{md'}$×$(\frac{L}{v?})2$。離開電場時，豎直方向的速度v?=at=$\frac{qUL}{md'v?}$，粒子離開電場時的速度v=$\sqrt{v?2+v?2}$，速度方向與水平方向的夾角θ滿足tanθ=$\frac{v?}{v?}$=$\frac{qUL}{md'v?2}$。粒子進入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，qvB=m$\frac{v2}{r}$，解得r=$\frac{mv}{qB}$。根據(jù)幾何關系，M、N兩點間的距離d=2rsinθ，將r和sinθ（sinθ=$\frac{v?}{v}$）代入可得d=2×$\frac{mv}{qB}$×$\frac{v?}{v}$=2×$\frac{mv?}{qB}$=2×$\frac{m}{qB}$×$\frac{qUL}{md'v?}$=$\frac{2UL}{Bd'v?}$。由此可知，d與v?成反比，與U成正比，所以d隨U增大而增大，隨v?增大而減小，選項D正確。題型4：帶電粒子在分區(qū)域場中的運動平面直角坐標系xOy中，第二象限存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E，第三、四象限存在垂直坐標平面向里的勻強磁場，如圖所示。一質量為m、帶電荷量為q的正粒子從坐標為（-L，L）的P點沿y軸負方向進入電場，初速度大小為v?，粒子第二次到達x軸的位置為坐標原點。不計粒子的重力。（1）求勻強磁場的磁感應強度B的大??；（2）若粒子由P點沿x軸正方向入射，初速度仍為v?，求粒子第二次到達x軸時與坐標原點的距離。解析：（1）粒子在第二象限的電場中做類平拋運動，水平方向不受力，做勻速直線運動，運動到y(tǒng)軸時，水平方向的位移為L，運動時間t?=$\frac{L}{v?}$。豎直方向做勻加速直線運動，加速度a=$\frac{qE}{m}$，豎直方向的位移y=$\frac{1}{2}$at?2=$\frac{1}{2}$×$\frac{qE}{m}$×$(\frac{L}{v?})2$。粒子從P點沿y軸負方向進入電場，出發(fā)點的縱坐標為L，所以離開電場時的縱坐標為L-y，因為粒子第二次到達x軸的位置為坐標原點，說明粒子離開電場后進入磁場，做圓周運動，從磁場中出來后到達坐標原點。粒子離開電場時的豎直方向速度v?=at?=$\frac{qEL}{mv?}$，離開電場時的速度v=$\sqrt{v?2+v?2}$，方向與水平方向的夾角θ滿