备战2025年高考物理(浙江专用)抢分秘籍11带电粒子在电场磁场中的运动(五大题型)(学生版+解析)练习

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【解密高考】
【题型一】带电粒子在电场中的运动
【题型二】磁场对运动电荷的作用
【题型三】带电粒子在复合场中应用实例
【题型四】带电粒子在组合场中的运动
【题型五】带电粒子在叠加场中的运动
【误区点拨】
易错点：带电粒子在电场磁场中的运动分析
注重基础概念：着重考查对基本概念和规律的准确理解。计算题依赖基础概念解题，如分析复合场中粒子运动，需准确理解电场力和洛伦兹力。
联系实际：以生活现象、科技应用为背景，如质谱仪、回旋加速器等，考查知识迁移和解决实际问题能力，要求学生关注生活物理现象。
突出综合能力：融合多方面知识，考查综合分析、逻辑思维和数学运算。计算题设复杂情境，要求运用多规律，结合几何、函数等数学方法，对数学应用能力要求高。
梳理知识框架：以带电粒子在电场、磁场、复合场中的运动为核心，构建知识框架，用思维导图串联知识点，明确电场力、洛伦兹力、运动规律、能量关系等联系，方便解题选规律。
深化概念理解：通过实验、模拟或实例，理解电场、磁场基本概念和粒子受力特点，对比电场力和洛伦兹力，避免概念混淆，如明确洛伦兹力不做功。
强化公式应用：牢记重要公式，通过练习掌握不同情境下公式运用，根据已知选合适公式计算，注意单位统一和适用范围，如判断公式用于匀强场还是非匀强场。
【题型一】带电粒子在电场中的运动
1．电场中的直线运动问题
(1)动能定理：不涉及t、a时可用．
(2)牛顿第二定律＋运动学公式：涉及a、t时可用．尤其是交变电场中，最好再结合v－t图象使用．
2．匀强电场中的偏转问题
(1)用平抛运动规律处理：运动的分解．
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝eq \f(L,v0).
②沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md).
③离开电场时的偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUL2,2mdv\\al(,02)).
④速度偏向角tan φ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUx,mdv\\al(02,)) eq \(――→,\s\up7(x＝L))tan φ＝eq \f(qUL,mdv\\al(02,))；
位移偏向角tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(qUx,2mdv\\al(02,)) eq \(――→,\s\up7(x＝L))tan θ＝eq \f(qUL,2mdv\\al(02,)).
(2)动能定理：涉及功能问题时可用．
注意：偏转时电场力做功不一定是W＝qU板间，应该是W＝qEy(y为偏移量)．
3．非匀强电场中的曲线运动问题
(1)运动电荷的轨迹偏向受力的一侧，即合外力指向轨迹凹的一侧；电场力一定沿电场线切线，即垂直于等势面，从而确定电荷受力方向．
(2)由电场力的方向与运动方向夹角，判断电场力做功的正负，再由功能关系判断动能、电势能的变化．
如图所示，半径为r的均匀带电细圆环处于水平面内，圆心位于竖直y轴上的原点O处，细圆环所带电荷量为Q，y轴上A点与原点O的距离为d，静电力常量为k，质量为m的带负电小球恰能静止于A点，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．细圆环在点O处产生的电场的场强大小为kQr2
B．沿y轴从点O到A点，电场强度不断增大
C．细圆环带负电，小球所带电荷量为mg⋅r2+d232kQd
D．沿y轴向上缓慢移动小球，移动过程中外力所做的功等于小球增加的重力势能
【答案】C
【来源】2025年浙江省普通高校招生选考科目考试物理测评卷（三）
【详解】A．利用微元法，由对称性得细圆环在原点O处产生电场的场强大小为零，故A错误；
BC．原点O处电场强度为零，y轴上无穷远处电场强度也为零，小球带负电，在A点时，受到重力，细圆环对其向上的电场力，二者平衡，有mg=qEA
微元累积求和，可得EA=kQdr2+d2⋅r2+d2
故细圆环带负电，小球所带电荷量为q=mg⋅r2+d232kQd
r与d关系未知，则沿y轴从原点O到A点，电场强度可能不断增大，也可能先增大后减小，故B错误，C正确；
D．球沿y轴向上移动过程中，电场力对小球做正功，小球电势能减小，由动能定理可得WF+W电-W重=0
外力和电场力做的功之和等于小球的重力势能增加量，故D错误。
故选C。
如图所示，两个等量负点电荷固定在P、Q两点，O为PQ的中点，a、b关于O对称。将一电子由a点静止释放，电子由a运动到b的过程中，下列关于电子的速度v、加速度a、机械能E、电势能Ep与运动时间t或位移x的关系图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【来源】2025年浙江省普通高校招生选考科目考试物理测评卷（七）
【详解】在等量负点电荷的连线上，从a到b的过程中电场强度先减小后反向增大，从a到b，电势先增大后减小，a、b两点关于O点对称，a、b两点电势相等。
A．电子的加速度先减小后反向增大，电子的速度先增大后减小，a、b两点电势相等，所以从a到b，电场力做的功为零，故电子在b位置时速度为零，A正确；
B．设P、Q所带电荷量均为q，二者间的距离为R，a到P的距离为r，则可得电子所受库仑力大小为F=kqe(r+x)2-kqe(R-r-x)2
又F=ma
判断可知加速度随位移不是均匀变化的，B错误；
CD．电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，根据能量守恒可知，机械能先增大后减小，CD错误。
故选A。
如图所示，两对分别竖直、水平固定放置的带电平行金属板，形成互不干扰的匀强电场，一比荷为k的带正电粒子（不计重力）从极板1的小孔无初速度飘入水平加速电场，从极板2的小孔射出后立即进入偏转电场，最后从极板3的右边缘离开，已知极板1、2的间距与3、4的间距以及极板3、4的长度均相等，小孔位于极板1、2的正中间。已知极板1、2间电压为U1，则（ ）
A．极板2、3均带正电
B．极板3、4间的电压为U2=2U1
C．粒子在两个电场中的运动时间之比为1:2
D．粒子从极板3的右边缘射出时的速度大小为2U1k
【答案】BD
【来源】2025年浙江省普通高校招生选考科目考试物理测评卷（六）
【详解】A．粒子带正电，在极板1、2产生的电场中所受电场力向右，在极板3、4产生的电场中所受电场力向下，则极板1、4带正电，极板2、3带负电，A错误。
B．由动能定理可得U1q=12mv02
由类平抛偏转规律可得L=v0t、y=U2q2dmt2
综合可得y=U2L24U1d
由题意可得L=d、y=d2，则有d2=U2d24U1d
所以U2=2U1
B正确。
C．由匀变速规律可得d=v02t1
由偏转规律可得d=v0t
可得t1:t=2:1
C错误。
D．粒子经过两次加速，由动能定理可得qU1+qU2d⋅d2=12mv2
又k=qm，解得v=2U1k
D正确。
故选BD。
两块相同足够大的平行金属板A、B竖直放置，将一金属小球放入其中，其截面示意图如图所示。O点为球心，a、c为其外表面上两点，Oa连线与平行板垂直。闭合开关，电容器充电完成（忽略小球的感应电荷对平行金属板A、B的影响），下列说法正确的（ ）
A．a点的电势比c点的电势高
B．小球的感应电荷在c点产生的电场水平向左
C．若将A板向右移动，则a点的感应电荷的密度将增大
D．若断开开关，再将B板向下移动少许，则O点的电场强度不变
【答案】CD
【来源】2025届浙江省温州市高三下学期二模物理试题
【详解】A．达到静电平衡后，金属小球是一等势体，所以a点的电势等于c点的电势，故A错误；
B．达到静电平衡后，金属小球是一等势体，则c点的场强方向垂直于过c点的切面方向斜向上偏右，由于平行金属板A、B在c点的场强方向水平向右，根据场强叠加原则可知，小球的感应电荷在c点产生的电场不是水平向左，故B错误；
C．达到静电平衡后，金属小球内部的场强为0，则小球的感应电荷在O点的场强与平行金属板A、B在O点的场强大小相等、方向相反，若将A板向右移动，根据E=Ud可知，平行金属板A、B在O点的场强变大，则小球的感应电荷在O点的场强变大，a点的感应电荷的密度将增大，故C正确；
D．达到静电平衡后，金属小球内部的场强为0，则断开开关，再将B板向下移动少许，O点的电场强度仍为0，保持不变，故D正确。
故选CD。
如图所示，竖直放置一根足够长光滑绝缘细直杆，在其两侧对称固定两个电荷量均为Q=2×10-5C的正电荷，两电荷之间的距离为33m，A、B、C三点均在竖直杆上，AC=BC=1.5m，C点是两电荷的连线和细杆的交点。一个质量m=40g、电荷量q=2×10-5C的带负电小球串在细杆上，由A点静止释放。则小球（ ）
A．到达B位置时的速度为0B．从C运动到B的过程中，小球加速度一直增大
C．到达B点时的速度为215m/sD．整个运动过程中，小球在B位置的电势能最大
【答案】C
【来源】2025届浙江省嘉兴市高三上学期12月教学测试（一模）物理试卷
【详解】AC．到达B点时的速度可通过动能定理求解。由于A点和B点电势相等，所以从A点运动到B点过程中电场力做功代数和为零，可以看做只有重力做功。由动能定理有
mgAC+BC=12mvB2
得
vB=215m/s
故A错误，C正确；
B．在C点场强为0，小球只受重力，加速度为g，从C到B场强方向竖直向下，小球受到的电场力竖直向上。合力为重力与电场力之差，加速度可能小于g。从C运动到B的过程中，小球加速度可能减少，故B错误；
D．由于小球在B点速度不为0，将继续向下运动，电场做负功，所以电势能继续增大，所以小球在B点位置的电势能不是最大。故D错误。
故选C。
【题型二】磁场对运动电荷的作用
1．基本公式：qvB＝meq \f(v2,r)，T＝eq \f(2πr,v) 重要结论：r＝eq \f(mv,qB)，T＝eq \f(2πm,qB)
2．基本思路
(1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹．
(2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间和周期相联系．
(3)用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式．
3．轨迹圆的几个基本特点
(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角．如下图，θ1＝θ2＝θ3.
(2)粒子经过磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角(如图，α1＝α2)．

(3)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图甲．
(4)磁场圆与轨迹圆半径相同时，以相同速率从同一点沿各个方向射入的粒子，出射速度方向相互平行．反之，以相互平行的相同速率射入时，会从同一点射出(即磁聚焦现象)，如图乙．
如图（a）所示，一点电荷（不计重力）在辐向电场中围绕圆心O做匀速圆周运动，轨迹所在处的电场强度大小均为E；如图（b）所示，同一点电荷在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中做匀速圆周运动。已知点电荷两次做圆周运动的线速度相等，两个圆弧轨迹的半径均为r，下列说法正确的是（ ）
A．图（b）中点电荷可能沿逆时针转动也可能沿顺时针转动
B．点电荷的线速度大小为BE
C．点电荷的向心加速度大小为E2B2r
D．点电荷的比荷为EBr
【答案】C
【来源】2025年浙江省普通高校招生选考科目考试物理测评卷（六）
【详解】A．由图（a）可知点电荷一定带正电，对图（b）由左手定则可知点电荷一定沿逆时针转动，故A错误。
B．对图（a）有Eq=mv2r
对图（b）有Bqv=mv2r
可得v=EB
故B错误。
C．向心加速度大小为a=v2r=E2B2r
故C正确。
D．由v=EB、r=mvBq
综合可得点电荷的比荷为qm=EB2r
故D错误。
故选C。
如图所示，在坐标原点O处有一粒子源，能向第二象限各个方向发射速率相等的带电粒子，在O点上方有一圆形磁场区域，O点恰在圆周上，磁场区域的磁感应强度及磁场圆的半径均可调。已知P点坐标为0,2L，Q点坐标为2L,0，在PQ连线的右上方有垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场，带电粒子的质量为m、电荷量为-qq>0。当磁场圆半径为L2、磁感应强度也为B0时，沿y轴正方向发射的粒子恰能沿平行x轴方向离开圆形磁场，求：
（1）带电粒子运动的速度；
（2）有粒子经过x轴的坐标范围；
（3）若两个磁场区域不重叠，粒子源发射的粒子按角度均匀分布，且圆形磁场区域的磁感应强度B与磁场半径r满足Br=B0L2B≤3B0，则垂直经过x轴的粒子的比例η与磁感应强度B是什么关系？（角度可用反三角函数表示：若sinθ=a，则θ=sin-1a）
【答案】（1）v=qB0L2m；（2）3L2,2L；（3）见解析
【来源】2024届浙江省精诚联盟高三下学期三模物理试题
【详解】（1）由题意得轨迹如图
故粒子运动半径
r=L2
又
qvB0=mv2r
解得
v=qB0L2m
（2）沿y轴正方向发射的粒子离开圆形磁场后进入PQ右侧磁场，偏转90°后，垂直于x轴打到Q点，沿x轴负方向发射的粒子也平行x轴方向离开圆形磁场，进入PQ右侧磁场后也偏转90°后，垂直于x轴射出经过x=3L2，有粒子经过x轴的坐标范围为3L2,2L。
（3）当磁场圆与PQ相切时
2+1r=2L
得磁场圆的最大半径为
r=22-1L
解得
Bmin=2+14B0。
①当r≥L2，即
B0≥B>2+14B0
时
η=1
②当rB>2B0
时
η=0
③当L4≤r