第一章 专题探究三 带电粒子在复合场中的运动-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第二册（人教版2019)

专题探究三带电粒子在复合场中的运动 黑题 专题强化 限时：60min 题型1带电粒子在叠加场中的运动 A.磁场I对电子的作用力提供电子做匀速圆 1.(2024·安徽安庆三模)如图所示，两竖直平 周运动所需向心力 行边界PQ、MN间，有正交的匀强电场和匀强 B.电场方向垂直圆环平面向外，磁场Ⅱ的方 磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向 向垂直圆环平面向里 垂直纸面向里.一带电小球从O点以某一速度 垂直边界PQ进人该场区，恰好能沿水平方向 C.磁场1、Ⅱ的磁感应强度大小为2π T 做直线运动.下列判断正确的是 ( D.电场的电场强度大小为4mm e × 3.(2023·天津二十四中期末)如图所示，足够 长的竖直绝缘管内壁粗糙程度处处相同，处 在方向彼此垂直的匀强电场和匀强磁场中， A.小球一定带正电 电场强度和磁感应强度的大小分别为E和B, B.若仅改变小球的电性进入该场区，小球进 一个质量为m、电荷量为+g的小球从静止开 入后仍将做直线运动 始沿管下滑，下列关于小球所受弹力N、运动 C.若仅改变小球的电性进人该场区，小球进 加速度a、运动速度、运动位移x、运动时间t 入后将立即向下偏转 之间的关系图像中正确的是 ( D.若小球以同样大小速度垂直边界MN进入 场区，小球进人后仍将做直线运动 2.(2024·浙江嘉兴期末)霍尔推进器的部分结 构如图所示，在很窄的圆环空间内存在沿半 径方向向外的辐射状的磁场I,其磁感强度 大小可近似认为处处相等.若在垂直圆环平面 的方向上加上匀强磁场Ⅱ和匀强电场（图中 都没有画出)，沿平行圆环的方向以一定的速 度射入电子，电子恰好可以在圆环内沿顺时 针方向做半径为R、周期为T的匀速圆周运 动.已知磁场【、Ⅱ的磁感应强度大小相等， 电子的电量为e,质量为m,电子重力忽略不 计，则 磁场1 4.(2023·北京杨镇一中模拟)如图所示，空间 中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，有 、电子达 动轨逆 一带电液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆 第一章黑白题019 周运动，已知电场强度为E,磁感应强度为B, 题型2带电粒子在组合场中的运动 重力加速度为g,则液滴环绕速度大小及方 6.如图所示，在第一象限内有沿y轴负方向的匀 向分别为 强电场，在第二象限内有垂直纸面向外的匀 强磁场，一个速度大小为，的带正电的重力不 计的带电粒子从距O点为L的A点射入磁 场，速度方向与x轴正方向成60°时，粒子恰 好垂直于y轴进入电场，之后通过x轴上的C 石顺时针 ,逆时针 点，C点距O点距离也为L.则电场强度E与 B. 磁感应强度B大小的比值为 C.B D. BgR E ,顺时针 ,逆时针 5.如图所示，用纸面表示竖直面，空间中同时存 在着足够大的匀强电场在纸面内水平向右， 匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小 4 2 B=?工有一带正电的固体颗粒，质量m=1× A30 B.30 C.Po D.2vo 103kg,电荷量q=2×103C,正以某一与水平 7.(多选)如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方 向的匀强电场，电场强度为E,在x轴的下方 方向成45°的速度在竖直面内做匀速直线运 等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面由 动，当经过M点时撤掉磁场，一段时间后运动 内向外的匀强磁场，磁感应强度为B,其中C、 到最高点N(题目中未标出)g取10m/s2,求： D在x轴上，它们到原点O的距离均为a,0= (1)电场强度大小及颗粒做匀速直线运动的 45°.现将一质量为m、带电荷量为g的带正电 速度v的大小： (2)从M点撤掉磁场到颗粒运动到最高点V 粒子，从y轴上的P点由静止释放，设P点到 经历的时间t: O点的距离为，不计重力作用与空气阻力的 (3)颗粒再次回到与M点水平方向等高位置 影响.下列说法正确的是 ( 时，颗粒的动能。 X B X × A.若h= 广ag,则粒子垂直CM射出磁场 2mE B.若h= Ba ,则粒子平行于x轴射出磁场 4mE C.若h= Ba ,则粒子垂直CM射出磁场 6mE D.若h= Ba 8mE ,则粒子平行于x轴射出磁场 选择性必修第二册：RJ黑白题020 8.(2024·河北邢台一模)如图所示 9.如图所示，半径分别为a、b的两同心虚线圆所 xOy平面内，x轴下方充满垂直于 、视频讲解 围空间分别存在电场和磁场，中心O处固定 纸面向外的匀强磁场，x轴上方充满竖直向下 一个半径很小（可忽略）的金属球，在小圆空 的匀强电场（图中未画出），其他部分无电场 间内存在沿半径向内的辐射电场，小圆周与 从P点水平向右向电场内发射一个比荷为 金属球间电势差为U,两圆之间的空间存在垂 m 直于纸面向里的匀强磁场，设有一个带负电 的带电粒子，粒子的速度大小为。，仅在电场 的粒子从金属球表面沿+x轴方向以很小的初 中运动时间1，从x轴上的N点与x轴正方向 速度逸出，粒子质量为m,电荷量为g(不计粒 成角（未知）斜向下进入磁场，之后从原点 子重力，忽略粒子初速度)，求： O第一次回到电场.已知P、N两点间的电势差 (1)粒子到达小圆周上时的速度为多大？ mv UPN= 24 ,忽略边界效应，不计粒子受到的重 (2)粒子以(1)中的速度进入两圆间的磁场 中，当磁感应强度超过某一临界值时，粒 力.求 子将不能到达大圆周，求此最小值B. (1)粒子第一次通过N点的速度大小及角 (3)若磁感应强度取(2)中最小值，且b= 度a; (、√2+1)a,要使粒子恰好第一次沿逸出方 (2)匀强电场的电场强度大小E及匀强磁场 向的反方向回到原出发点，粒子需经过多 的磁感应强度大小B: 少次回旋？并求粒子在磁场中运动的时 (3)粒子从P点发射到第2024次从x轴上方 间（设粒子与金属球正碰后电荷量不变 进入磁场的时间224 且能以原速率原路返回) 。。 第一章黑白题02101,可得号元一联立解得=故 选A 0 0 专题探究三 带电粒子在复合场中的运动 甲 ) 黑题 专题强化 粒子圆周运动半径，= ,轨迹为两个90圆孤，故在磁场中 2 1.C解析：A.若小球带正电，则洛伦兹力向上，电场力向下， 1 1 2mm tm 的总时间=2T=2·站 当满足Bm=mg+gE时，小球可沿水平方向做直线运动：若小 gB 球带负电，则洛伦兹力向下，电场力向上，当满足gE=mg+ (3)若粒子以：=24速度射入磁场，由B=m 可得 B吧时，小球也可以沿水平方向做直线运动，A错误：BC.根 2m 据上述分析可知，仅改变小球的电性，洛伦兹力和电场力的 21,轨迹大体如图乙所示： 方向都会发生改变，如开始小球带正电，洛伦兹力大于电场 力，改变电性后，小球的合力向下：同理，若小球带负电，电场 由儿何关系可得(-户产+（号）月 =,代入数据可解得y,= 力大于洛伦兹力，改变电性后，合力依然向下，B错误，C正 确：D.若小球以同样大小速度垂直边界MN进入场区，由于 +或，=，4，考虑到当y时，救子可能多次穿过x 2 洛伦兹力反向，小球进人后不会做直线运动，D错误故选C 2.D解析：AB.根据左手定则可知磁场I对电子的作用力沿 轴，故y应满足的条件为y= tld或=2 d- 2 圆环方向垂直纸面向里，不能提供向心力，磁场Ⅱ对电子的 作用力提供电子做匀速圆周运动所需向心力，即磁场Ⅱ的方 向垂直圆环平面向里，电子所受电场力与磁场【对电子的作 7.C解析：设粒子的质量为m,带 用力平衡，所以电场方向垂直圆环平面向里，故AB错误： 1 电荷量为？，则带电粒子在磁场 C根据a8=m发又7=2联立解得B=2 7,故C错 中偏转时的运动轨迹如图所示 R,联立解得E=4mmR 4n 设粒子的偏转半径为，经子粒 误：D.根据eE=eB.又eB=m 故D正确.故选D 子转过的圆周角为a.则有2rsin=AB,2(r-reos c)=AD.又 3.A解析：小球向下运动的过程中，在水平方向上受向右的 因AB=3AD,联立解得a=60°，r= 3 B,所以有26 电场力GE、水平向左的洛伦兹力B和管壁的弹力N的作 用，水平方向上合力始终为零，则有N=E-mB①，在竖直方 刀，-2r,解得T-251BT如果把隘场换为电场，则有B 向上受重力mg和摩擦力∫作用，其中摩擦力∫=uN= ,解得工，=1B所以 25,故选C 4(gb-g6)②，在运动过程中加速度a=mg过=g To 29 息A解折：粒子在整场中做匀速调周运动.0~子，时间内。 (gE-grB)③，由①式可知，N-r图像是一条直线，且N随r 的增大而减小，A正确：由①②③式可知，小球向下运动的过 有，瓜=m三解得， 、,周期为兰 2m1_2mm, To- 程中，速度的变化不是均匀的，所以加速度的变化也不是均 匀的，B错误：由②式可知，在速度增大的过程中，摩擦力是 2 T,时间内，有m×3B。=m 3m-l.5r,周期为 0.解得245。 先减小后增大的（在达到最大速度之前），结合③式可知加 速度先增大后减小，C图体现的是加速度先减小后增大， _2_3mm=1.5,要求在T,时，粒子距y轴最远，作出 T= C错误：在速度增大到最大之前，速度一直增大，而图D体现 的是速度先减小后增大，D错误. 粒子运动轨迹如图.根据几何关系，可得sin0= -=0.6. r+ 4.C解析：液滴在复合场中做匀速圆周运动，可知重力和电 解得9=37°，则0-2。时间内圆周运动转过的圆心角为 场力平衡，则液滴受到竖直向上的电场力，可知液滴带负电。 根据左手定则可知液滴做顺时针的匀速圆周运动，根据洛伦 选择性必修第二册·RJ黑白题10 兹力提供向心力有B=m后，又因为重力和电场力平衡。期 作x轴的垂线.交CM于N点，根据几何知识可得O,N 有=g,解得=管放AD结误，.C正晚放选C 2,即N为粒子射出点，且粒子在该点的速度方向平行于x 轴，故D正确：B.若h=4mE =g,同理可得r= 2a,此时，粒子 5.(1)5VC10ms(2)吃。(3)0.25J 射出磁场时，既不平行于x轴，也不垂直于CM,故B错误： 解析：(1)颗粒匀速直线运动时的受力8 如图所示.其所受的三个力在同一平面 C.若h=Fag,同理可得r= 6mE 3,此时，粒子射出磁场时，既 内.合力为零，电场力和重力的合力方向 不平行于x轴，也不垂直于CM,故C错误故本题选AD. 与水平方向成45°.由三角函数关系可 ; 得mn45°=mg.则可得E=唱= 8.(1)B=2.a=60°(2)g=3m0月-25m gE' 2X10NC=5VC,因为做匀速直线运动，所以合力为零， 102 (3)(40463m+4047 9 解析：(1)对粒子从P点到N点的运动过程，根据动能定理 即有mB=√GE+mg,代入数据解得r=10m/s. 1 (2)根据运动的独立性，竖直方向做初速度0=2，加速度 有gm=2m-2m6,解得0=2，粒子在电场中做类平 抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，其轨迹如图所示，在电场 为g的匀减速运动.由速度与时间关系得。=2=，解得 中粒子沿水平方向做匀速直线运动，在N点有sa== 25 2,解得a=60: (3)颗粒再次回到与M点水平方向等高位置时，时间为2：= 及。，在水平方向上的初速度为。一受水平方向的末速度 _245.2,其中b=mg,联立解得=15迈m,在 为，2m 。。。。。。。。。 竖直方向的速度，=5,2m/8,合速度大小为'=105m/s, 则动能瓦=2mm2=0.251 (2)粒子沿水平方向的分位移大小，=%1，粒子在N点沿竖 6.A解析：根据题目表述，粒子恰 直方向的分速度大小，=si加a=√3p。,在电场中，粒子在竖 。。。。。 好垂直y轴进人电场，可知粒子···心， 直方向上做匀加速直线运动，对应的分位移大小=2，日 在磁场中运动半径r=上 ··· c0s30° ·· 1，电场强度大小B=,解得E=B,粒子在腊场 3 2g,曲，B=m三得Be吗 2 ◆0◆年◆ A300 7 由洛伦兹力提供向心力，有B=m,由几何关 所以磁感应强度B= 在勿 0 =之解得公 23m rsin议= 强电场中做类平抛运动，水平位移大小为L,运动时间1= 上由儿何关系得0竖直位移为7-，由力 3 (3)粒子在磁场中运动的周期T-”-3,粒子每次在磁 3 Ea2得E= 则、4 23 mvo 2m B3,故选A 场中运动的时间一1，可得与+2023(24.解得 7.AD解析：A.若A=g,则在电场中，由动能定理，有 2mE 12.004= /40465石+4047} 9 =了2，在磁场中，有B=m联立可得=0.即此时 g.(1)m 26 2m0 (2) - (3)4次6ma√20 轨迹圆的圆心在C点，图中C0为该轨迹圆的一条半径，所 以粒子垂直CM射出磁场，放A正确：D.若h-.同理可 解析：(1)粒子在电场中加速，根据动能定理，得=2m, 8mE 得r= 20,轨迹圆的圆心在C0的中点，记为0，然后过0， l 解得=m 参考答案与解析黑白题11 (2)粒子进人磁场后，做匀速侧周运动，有=m二 与/无关，只增大加速电压U,氘核获得的最大动能不变 要使粒子不能到达大圆周，其最大的轨迹圆与大圆周相切， 故A错误：B.氘核在回旋加速器中加速次数为n= gU 如图所示： 公R4,所以只增大加速电压U,氛核在回旋加速器中加速次 2m/ 数减少，故B正确：CD.氘核做匀速圆周运动的周期为T= 2R_2m,氛核每运动一个周期都被加速两次，而交变电 B 场的方向每个周期改变两次，且氘核每次经过电场都会被加 速，所以D形盆缝隙间电场变化的周期等于氘核运动的周 期，而氘核和质子的比荷不同，所以保持B,U和T不变，该 回旋加速器不能加速质子.而质子的比荷为氘核比荷 N 的2倍，则由上式可知若要加速质子，可只将磁感应强度大 由儿何关系得√G+=b-r,解得r= b2-a ,联立解得B= 小调为原来的一半或只将D形盒缝隙间电场变化周期调为 2h 原来的一半，故CD错误故选B. 2h2m0 -aq 9(1)9BR (2)BR (3)见解析 2m 20 （3)由图知m0:艺-1.即0=45，则数于在篮场中 解析：(1)根据牛顿第二定律得心B=mR, 转过中=270°，然后沿半径进入电场减速到达金属球表面， 1 再经电场加速原路返回磁场，如此重复，恰好经过4次同旋 根据动能的公式=2m, 后，沿与原出射方向相反的方向回到原出发点。 因为T-2mm,所以粒子在磁场中运动时间为1=4×3T= 解得粒子离开加速器时获得的最大动能为E。=R 2m B 3r(2-a2)m (2)粒子在磁场中运动的周期为T=2mm √2006mu√2D 粒子在回旋加速器中运动的时间为1= T 第4节 质谱仪与回旋加速器 解得= 白题 基础过关 2U1 1.B2.B3.D4.D5.C (3)第n次加速后，根据动能定理得m= 2m, 6.D解析：A.根据左手定则及图中带电粒子的偏转方向可 在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得B= 知，两种粒子均带正电，故A错误；B.粒子经过加速电场加 1 2nmU 速时，有心=了，进人电场后有B=m二，联立解得1 上2m,即质量小的粒子半径也较小，打在M处的粒子质 第(m+1)次加速后的轨迹半径为= 2(n+1)mU B‘ B g 9 量较小，故B错误：CD.假设m的质量大，则m的最大半径为 相邻轨迹间距△d=2r1-2r., 5/2m,(0+0 m的最小半径为5=人2m,0- 解得d=22m(n+1-n. B a 通过上面的计算分析可知，该同学画的轨迹不合理，正确的 两种粒子的轨迹不发生重叠，则有，<，解得4严-四 画法是：轨迹间距不相等，轨迹半径越大，△d越小，轨迹 心m,+m 越密。 当U一定时，A/越大，越不容易满足上式，越容易发生重 叠：当△U一定时，U越小，越不容易满足上式，越容易发生 黑题 应用提优 重叠，故D正确，C错误故选D. 1.A 7.BD 2.D解析：A.根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动.则 8.B解析：A.设回旋加速器D形盒的半径为R,氘核的最大 有半径公式R需与m:方m联立，可得R 速度为根据牛顿第二定律有型B=m。解得 m 1 2nml ,所以粒子第次被加速前、后的轨道半径之比为 BoR BV q 1 尔核获得的最大动能为E=2m ,所以最大动能 2m √n-1:n,选项A错误：B.从D形盒出口引出时根据 选择性必修第二册·RJ黑白题12