《2025年学霸高考黑题物理人教版》

经典真题1(电场+磁场)(2025·广西卷)(多选)如图，带等量正电荷$q$的$M$、$N$两种粒子，以几乎为$0$的初速度从$S$飘入电势差为$U$的加速电场，经加速后从$O$点沿水平方向进入速度选择器(简称选择器)。选择器中有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为$E$，磁感应强度大小为$B_1$，右端开口宽度为$2d$时，$M$粒子沿轴线$OO'$穿过选择器后，沿水平方向进入磁感应强度大小为$B_2$、方向垂直纸面向外的匀强磁场(偏转磁场)，并最终打在探测器上；$N$粒子以与水平方向夹角为$\theta$的速度从开口的下边缘进入偏转磁场，并与$M$粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应，则(AD)

A.$M$粒子质量为$\frac{2qUB_1^2}{E^2}$
B.刚进入选择器时，$N$粒子的速度小于$M$粒子的速度
C.调节选择器，使$N$粒子沿轴线$OO'$穿过选择器，此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比为$\frac{4EU\cos\theta}{4UB_1 - EdB_2}$
D.调节选择器，使$N$粒子沿轴线$OO'$进入偏转磁场，打在探测器上的位置与调节前$M$粒子打在探测器上的位置间距为$\frac{4UB_1}{EB_2}+\frac{(EdB_2 - 4UB_1)\sqrt{U}}{EB_2\sqrt{U - Ed\cos\theta}}$

答案： 1.【学霸三步解题思路】
步骤A 题干正向延伸
直接信息：
①加速电场电势差为$U$
②选择器中有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度大小为$E$，磁感应强度大小为$B_1$
③右端开口宽度为$2d$
④$M$粒子沿轴线$OO'$穿过选择器
⑤偏转磁场为磁感应强度大小为$B_2$、方向垂直纸面向外的匀强磁场
⑥$N$粒子以与水平方向夹角为$\theta$的速度从开口的下边缘进入偏转磁场，并与$M$粒子打在同一位置
步骤B 设问反向推演
选项A：$M$粒子质量$\Rightarrow$求出$M$粒子的速度
选项B：$N$粒子的速度和$M$粒子的速度大小$\Rightarrow$电场力和洛伦兹力的大小
选项C：$N$粒子沿轴线$OO'$穿过选择器，此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比$\Rightarrow N$粒子的电场力等于洛伦兹力和$M$粒子沿轴线穿过去的电场力等于洛伦兹力
选项D：调节选择器，使$N$粒子沿轴线$OO'$进入偏转磁场，打在探测器上的位置与调节前$M$粒子打在探测器上的位置间距$\Rightarrow$求出调节后的$N$粒子在右边磁场的运动半径$\Rightarrow N$粒子运动的直径减去$M$粒子运动的直径
步骤C 正反连接
选项A：$qv_{0M}B_1 = qE$，$qU = \frac{1}{2}m_Mv_{0M}^2$，解得$M$的质量$m_M = \frac{2qUB_1^2}{E^2}$，故A正确；
选项B：粒子进入速度选择器后因$N$粒子向下偏转，可知$qv_{0N}B_1 ＞ qE$，即$v_{0N} ＞ v_{0M}$，故B错误；
选项C：$M$粒子在磁场中运动半径为$r_1$，则$qv_{0M}B_2 = m_M\frac{v_{0M}^2}{r_1}$，解得$r_1 = \frac{m_Mv_{0M}}{qB_2} = \frac{2UB_1}{EB_2}$，$N$粒子在磁场中运动的半径为$r_2$，则$2r_1 - 2r_2\cos\theta = d$，解得$r_2 = \frac{4UB_1 - EB_2d}{2EB_2\cos\theta}$，其中$qv_NB_2 = m_N\frac{v_N^2}{r_2}$，可得$v_N = \frac{4UqB_1 - EB_2qd}{2Em_N\cos\theta}$，由动能定理$N$粒子在选择器中$-Edq = \frac{1}{2}m_Nv_{0N}^2 - \frac{1}{2}m_Nv_N^2$，在加速电场中$Uq = \frac{1}{2}m_Nv_{0N}^2$，解得$m_N = \frac{q(4UB_1 - EB_2d)^2}{8E^2\cos^2\theta(U - Ed)}$，$v_{0N} = \frac{4E\cos\theta\sqrt{U(U - Ed)}}{4UB_1 - EB_2d}$，则要想使得粒子$N$沿轴线$OO'$通过选择器，则需满足$qv_{0N}B_1 = qE'$，联立解得$\frac{E'}{B_1'} = v_{0N} = \frac{4E\cos\theta\sqrt{U(U - Ed)}}{4UB_1 - EB_2d}$，故C错误；
选项D：若$N$粒子沿直线通过选择器，则在磁场中的半径为$r_3$，则打在探测器的位移与调节前$M$打在探测器上的位置间距为$\Delta x = 2r_1 - 2r_3$，其中$r_1 = \frac{m_Mv_{0M}}{qB_2} = \frac{2UB_1}{EB_2}$，$r_3 = \frac{m_Nv_{0N}}{qB_2} = \frac{(4UB_1 - EB_2d)\sqrt{U}}{2B_2E\cos\theta\sqrt{U - Ed}} + \frac{4UB_1}{EB_2}$，可得$\Delta x = \frac{(EB_2d - 4UB_1)\sqrt{U}}{B_2E\cos\theta\sqrt{U - Ed}} + \frac{4UB_1}{EB_2}$，故D正确。故选AD。
解析技巧：在速度选择器中，根据洛伦兹力和电场力的大小关系来判断粒子的运动情况；在磁场中根据洛伦兹力充当向心力，求出圆周运动的轨迹半径，结合运动轨迹分析。

巩固训练2(磁场+电场)(2025·江西南昌二模)在竖直平面内有$xOy$坐标系，空间存在垂直$xOy$平面向里的匀强磁场和竖直向下匀强电场，磁感应强度大小为$B$，电场强度大小为$E$，一电荷量为$q$的带电粒子(重力忽略不计)从坐标原点以速度$v_0=\frac{E}{2B}$沿$x$轴正方向开始运动，其轨迹可能为下列图像中的(A)

答案： 2. 题型分析
本题属于带电粒子在电、磁叠加场中运动的模型。考查电场力与洛伦兹力方向判断与粒子运动轨迹分析。
A解析:开始时,粒子所受的合力大小$F_{合} = qE - qv_0B = \frac{qE}{2}$，方向竖直向下,则最初粒子的运动轨迹向下弯曲,取$qE = qv_1B$，解得$v_1 = \frac{E}{B} ＞ v_0$，则粒子实际的运动可看作以$v_1 = \frac{E}{B}$向右的匀速直线运动和从$O$点出发的以$v_2 = v_1 - v_0 = \frac{E}{2B}$的逆时针方向运动的匀速圆周运动的合运动，由运动的合成和周期性知，粒子运动轨迹为周期性的摆线形状，故A正确,BCD错误。故选A。
解题技巧：先比较电场力和洛伦兹力的大小和方向，确定粒子的偏转方向。再用配速法，将粒子的实际运动看成是向右的匀速直线运动和逆时针方向的匀速圆周运动的合运动，确定其轨迹是摆线，大致确定合速度的变化规律，从而确定轨迹。

巩固训练3（磁场+电场）（2025·甘肃白银三模）如图所示，$xOy$平面内$y$轴右侧直线$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x$上方存在方向沿$y$轴负方向的匀强电场，下方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，$y$轴左侧存在电场和磁场组成的复合场，电场强度与磁感应强度分别与右侧电场和磁场的相同。从$x$轴负半轴上的$S$处以大小为$v_0$的速度发射质量为$m$、带电荷量为$+q(q ＞ 0)$的甲粒子，甲粒子沿$x$轴匀速运动至坐标原点处，与静止在坐标原点的质量为$\frac{m}{3}$的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半的电荷量转移给乙粒子，碰撞后乙粒子第一次穿越直线$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x$时，经$(\frac{\sqrt{3}}{2}L,\frac{1}{2}L)$点从磁场进入电场区域，不计粒子重力及碰后粒子间的作用力。
(1)求磁场的磁感应强度大小和电场的电场强度大小；
(2)求碰撞后乙粒子第二次穿越直线$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x$时速度的大小与方向；
(3)从乙粒子第二次穿越直线$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x$后开始，再经过多长时间甲粒子第二次穿越该直线？

答案：
3. 题型分析
本题属于粒子在正交电磁叠加场中做运动的问题。
(1)动量守恒定律和能量守恒的考查；
(2)考查匀变速直线运动的知识；
(3)考查洛伦兹力提供向心力，轨迹半径和运动时间的分析能力。
(1)$B = \frac{mv_0}{qL}$，$E = \frac{mv_0^2}{qL}$
(2)$v = \frac{\sqrt{3}}{2}v_0$ 速度方向与直线$y = \frac{\sqrt{3}}{3}x$成$60°$角斜向右下方
(3)$\Delta t = \frac{4\pi L}{9v_0}$
解析：
(1)甲粒子做匀速直线运动，有$qE = Bqv_0$，由动量守恒定律，有$mv_0 = mv_1 + \frac{m}{3}v_2$，
两粒子发生弹性正碰，根据能量守恒，有$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv_1^2 + \frac{1}{2}×\frac{m}{3}v_2^2$，解得$v_1 = \frac{v_0}{2}$，$v_2 = \frac{3}{2}v_0$。
乙粒子运动轨迹如图所示，

由几何关系知乙粒子在磁场中做圆周运动的半径$r_2 = L$，对乙粒子，根据牛顿第二定律，有$(\frac{1}{2}q)v_2B = (\frac{1}{3}m)\frac{v_2^2}{r_2}$，联立解得磁感应强度为$B = \frac{mv_0}{qL}$，电场强度大小为$E = \frac{mv_0^2}{qL}$。
(2)乙粒子第一次穿越直线$y = \frac{\sqrt{3}}{3}x$后在电场中运动，平行直线$y = \frac{\sqrt{3}}{3}x$方向的分速度$v_{Z1} = v_{Z2}\cos30°$，加速度大小$a_{Z1} = \frac{\frac{1}{2}qE}{\frac{1}{3}m}\cos60°$，
乙粒子垂直直线$y = \frac{\sqrt{3}}{3}x$方向的分速度$v_{Z2} = v_{Z2}\sin30°$，加速度大小$a_{Z2} = \frac{\frac{1}{2}qE}{\frac{1}{3}m}\sin60°$，乙粒子在电场中运动的时间$t_1 = \frac{2v_{Z2}}{a_{Z2}}$，第二次穿越直线$y = \frac{\sqrt{3}}{3}x$时，平行于直线$y = \frac{\sqrt{3}}{3}x$方向的速度$v_{//} = v_{Z1} - a_{Z1}t_1$，垂直于直线$y = \frac{\sqrt{3}}{3}x$方向的速度大小不变，方向与第一次穿越直线$y = \frac{\sqrt{3}}{3}x$时的相反，即大小仍为$v_{Z2}$，所求速度大小$v = \sqrt{v_{//}^2 + v_{Z2}^2}$，解得$v = \frac{\sqrt{3}}{2}v_0$，速度方向与直线$y = \frac{\sqrt{3}}{3}x$的夹角$\alpha = 60°$，即速度方向与直线$y = \frac{\sqrt{3}}{3}x$成$60°$角斜向右下方。
(3)乙粒子碰后在磁场中运动的时间$t_2 = \frac{60°}{360°}×\frac{2\pi r_2}{v_2}$，甲粒子碰后在磁场中运动时，有$B×\frac{1}{2}qv_1 = \frac{m×\frac{1}{2}v_1^2}{r_1}$，解得$r_1 = L$，甲在电场中运动的时间$t_4 = \frac{2v_1\sin30°}{a_{甲}\cos30°}$，由牛顿第二定律有$a_{甲} = \frac{\frac{1}{2}qE}{m}$，所求时间间隔$\Delta t = t_3 + t_4 - t_1 - t_2$，解得$\Delta t = \frac{4\pi L}{9v_0}$。
解题技巧：根据匀速直线运动可得洛伦兹力大小等于电场力大小，结合弹性对心碰撞的特点分析出电场强度和磁感应强度；分析某一个方向上做匀变速直线运动，结合匀变速直线运动的公式最后再根据运动的合成即可解出；根据在不同区域运动的特点求出在该区域的运动时间即可分析出。