训练55 专题突破：带电粒子在复合场中的运动-【红对勾讲与练·练习手册】2026年高考物理大一轮复习全新方案基础版

班级： 姓名： 训练55 专题突破：带电粒子在复合场中的运动（总分：80分） L基础巩固」 于纸面。一电子从O点以一定初速度。水平向 右飞入其中，运动轨迹如图所示，其中O、Q和P 1.(5分)(2022·海南卷)如 分别为轨迹在一个周期内的最高点和最低点，不 图，有一个辐向分布的电 卧粒子束 计电子的重力。下列说法正确的有 () 场，距离O相等的地方电场 A.磁感应强度方向垂直纸面向外 强度大小相等，有一束粒子 B.磁感应强度方向垂直纸面向里 流通过电场，又垂直进入一 0 匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相 C,电子的初速度。大于 同的 D.由O点至P点的运动过程中，电子的速率在 A.质量 B.电荷量C.比荷 D.动能 增大 2.(5分)（多选）(2022·广东卷)× ×P× 5.(5分)(2024·安徽安庆三模)P:××|×|×M 如图所示，磁控管内局部区域 如图所示，两竖直平行边界 B 分布有水平向右的匀强电场和 PQ、MN间有正交的匀强电 垂直纸面向里的匀强磁场。电 场和匀强磁场，匀强电场方向Q:××× EX N 子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过 竖直向下，匀强磁场方向垂直 N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说 纸面向里。一带电小球从O点以某一速度垂直边 法正确的有 界PQ进入该场区，恰好能沿水平方向做直线运 A.电子从N到P,电场力做正功 动。下列判断正确的是 () B.N点的电势高于P点的电势 A.小球一定带正电 C.电子从M到N,洛伦兹力不做功 B.若仅改变小球的电性进入该场区，小球进入后 D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的 仍将做直线运动 C.若仅改变小球的电性进入该场区，小球进入后 合力 将立即向下偏转 3.(5分)（多选）(2024·海南直辖 M D.若小球以同样大小的速度垂直边界MN进人 县级单位模拟)如图所示，地面× R 场区，小球仍将做直线运动 附近空间中存在着纸面内沿水 6.(5分)(2023·全国乙×××× 平方向的匀强电场（图中未画 卷)如图所示，一磁感应 ××× 出)和垂直于纸面向里的匀强磁 强度大小为B的匀强磁 场。一个带电油滴沿着一条与 N 收 场，方向垂直于纸面 竖直方向成α角的直线MN运动。下列说法正确 (xOy平面)向里，磁场 的有 右边界与x轴垂直。 A.油滴的运动方向一定由M指向N 带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场中，在 B.油滴一定做匀速直线运动 磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线 C.油滴可能受到水平向右的电场力 运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP D.油滴一定受到垂直MN斜向右上方的洛伦 兹力 1,S与屏的距离为2，与x轴的距离为a。如果保 4.(5分)（多选）(2024·山西临 持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大 汾三模)如图所示，空间中存 小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到 在着正交的匀强磁场和匀强 达接收屏。该粒子的比荷为 () 电场，已知电场强度大小为 E E B A.2aB? B. C.2aE D E,方向竖直向下，磁感应强度大小为B,方向垂直 aE 红对勾·讲与练 404 高三物理·基础版 班级： 姓名： L素养提升」 8.(10分)(2022·湖南卷)如图所示，两个定值电阻 的阻值分别为R,和R2,直流电源的内阻不计，平 7.(10分)(2025·八省联考河南卷)如图所示，在水 行板电容器两极板水平放置，板间距离为d,板长 平虚线上方区域有竖直向下的匀强电场，电场强 度大小为E,在虚线下方区域有垂直纸面向外的 为√3d,极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质 匀强磁场。质量为m、电荷量为g(g>0)的粒子从 量为m、带电荷量为+g的小球以初速度u沿水平 距虚线高度为h的a点向右水平发射，当粒子进 方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做 入磁场时其速度方向与水平虚线的夹角为45°。 匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电 容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加 不计重力。 得分 速度大小为g,忽略空气阻力。 得分 d×× XI E' A (1)求粒子进入磁场时的速度大小； 3d (2)若粒子第一次回到电场中距虚线高度为h时， (1)求直流电源的电动势E。; 粒子到a点的距离为s=2h,求磁场的磁感应强度 (2)求两极板间磁场的磁感应强度B; 大小的可能值； (3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离 (3)若粒子第一次回到电场中距虚线高度为h时， 开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E。 粒子在电场中运动的时间与在磁场中运动的时间 相等，求粒子此时到a点的距离。 (横线下方不可作答)405 第十一章磁场 ■ 9.(15分)(2024·贵州卷)如图所示，边长为L的正 10.(15分)(2024·江西南昌模拟)如图甲所示，在水 方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强 平放置的两平行金属板的右侧存在有界的匀强 度大小为E、方向竖直向下且与ab边平行的匀强 磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场边界MN 电场，f右边有一半径为 和PQ与平行板的中线OO'垂直。金属板的下极 3 L且与ef相切的圆 板接地，上极板的电压随时间变化的情况如图 形区域，切点为ef的中点，该圆形区域与cdef区 域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向 乙所示，且U?,匀强磁场的磁感应强度大 里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电 小为B,现有一质量为m、电荷量为g的带正电 场后沿图中曲线运动，经cd边的中点进入cdef 的粒子以。的速度沿两板间的中线OO'连续进 区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所 入电场，经电场后射入磁场。在t=0.10s时刻 有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不 射入电场的带电粒子恰能从平行金属板边缘穿 计粒子重力。求： 得分 越电场射入磁场。假设在粒子通过电场区的极 短时间内极板间的电压可以看作不变，粒子的重 力和粒子间相互作用力均可以忽略不计。 ×××× X 得分 .必×× M×××P ×× × (1)粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小； (2)粒子的电荷量与质量之比； (3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区 u/V 域时速度方向的夹角。 U × 00.100.300.50is N 甲 V (1)求t=0.10s时刻射入电场的带电粒子射出 电场时的速度大小和方向； (2)为使t=0.10s时刻射入电场的带电粒子不 会由磁场右边界射出，该匀强磁场区的宽度至少 为多大？ (3)若磁场的宽度足够大，t一0.05s时刻以v。射 入电场的带电粒子，射入磁场后，从磁场射出的 出射点和入射点间的距离x的大小是多少？ 红对勾·讲与练 406 高三物理·基础版于，He的比荷，故H离开加速电场时 的速度等于He离开加速电场时的速 E 度，即等于B,故H打到0点，B正 确，D错误；H的比荷大于He的比 荷，故H离开加速电场时的速度大于 }He离开加速电场时的速度，即大于 E ,在速度选择器中，H受到的洛伦 B 兹力大于电场力，H打到O点下方， A错误，C正确。 4.D根据左手定则可知正离子向血管 上侧偏转，负离子向血管下侧偏转，则 血管上侧电势高，血管下侧电势低，故 A错误；血液的流量（单位时间内流过 管道横截面的液体体积)一定为V,若 血管内径变小，则血管的横截面积变 小，根据V=Sv可知血液流速变大，故 B错误：稳定时，离子所受洛伦兹力等 于所受的静电力，根据gB= 石，可得 U=dB,又v= 。,联立解得 U= 4VB ,根据U= 4VB 可知，若血管 nd πd 上下侧电势差变大，说明血管内径变 小，血液的流速变化，则血管内径一定 改变，血管上下侧电势差改变，所以血 管上下侧电势差与血液流速有关，故D 正确，C错误。 5.B设左右两个表面相距为d,稳定后 正电荷所受的电场力等于洛伦兹力， eUn 即d =eB,而I=neSu,S=dh,解 得Ua BI ，可知UH与B成正比，与 neh I成正比，与n成反比，与h成反比。 故选B。 6.BD回旋加速器利用电场加速和磁场 偏转来加速粒子，粒子射出时的轨远 半径恰好等于D形金属盒的半径，根 m 据quB R,可得 v= 9BR ,因此离 1 开回旋加速器时的动能Ek= 2 mv= qBR 一，可知与加速电压无关，与狭缝 2m 间距离无关，A、C错误：磁感应强度越 大，D形金属盒的半径越大，动能越大， B、D正确。 7.BC对磁流体发电机分析，上极板带 正电，在电容器中形成向下的电场，对 带电粒子受力分析可知，带电粒子受 到向下的电场力，故该带电粒子带正 电，故A错误；设等离子体带电荷量为 g1,磁流体发电机两极板间的距离为d山1， 磁流体发电机电压稳定时有q11B= 9,解得两极板间的电势差为U U Bd1U1,设带电粒子的电荷量为q2,电 容器两极板间的距离为d2,在电容器 中对带电粒子根据牛顿第二定律可得 U =ma,带电粒子在电容器中做类 平抛运动，设电容器极板长为L,则运动 时间为1=上，偏移量为y=2ad,联立 以上各式解得y=9BdUL 所以， 2md2vi 只减小带电粒子的入射速度2，则带 电粒子的偏移量变大，带电粒子将打 在电容器的下极板上，B正确；只增大 等离子体的入射速度U1,则带电粒子 的偏移量变大，带电粒子将打在电容 器的下极板上，C正确：带电粒子的偏 移量与单个等离子体的电荷量无关， 带电粒子恰好从下极板边缘射出电容 器，D错误。 8.D根据安培定则可知螺绕环在霍尔 元件处产生的磁场方向向下，则要使 元件输出霍尔电压UH为零，直导线 ab在霍尔元件处产生的磁场方向应向 上，根据安培定则可知待测电流'的 方向应该是ba;元件输出霍尔电压 UH为零，则霍尔元件处合场强为零， kI。,故 所以有k1【。=k:了，解得1'= D正确。 9.02配 2U0 2u0 解析：(1)离子进入磁场做匀速圆周运 动，轨运米径R=台又T=,则 该离子从O运动到M的时间t= πL (2)离子进入磁场做匀速圆周运动，则 m,解得该离子的比荷g Bqvo=m R m 2u0 BL 10.(1)b点电势高(2) πd 解析：(1)根据左手定则可知，正离子 受到的洛伦兹力方向指向b,故b,点 电势高。 (2)磁感应强度为B=kI,a、b电极之 间产生恒定的电势差时，有9=B, 管道中液体的流量为Q=(号)广。… Qπd 解得s=U4kT 1.1品em9 U B'dL 解析：(1)粒子不偏转时，受到的电场 力与洛伦兹力平衡，有Eq=qvoB, ,由以上两式解得带电粒子的 U E= U 初速度v。=dB (2)两板间只有磁场时，带电粒子做 匀速圆周运动，如图所示，设粒子做 圆周运动的半径为R,由几何关系得 Rsin0=L,带电粒子做匀速圆周运动 所需的向心力由洛伦兹力提供，有 gB=m尺，由以上各式解得带电 粒子的比荷g=ysin9 m B'dl 0 M N L 训练55专题突破： 带电粒子在复合场中的运动 1.C粒子在辐射电场中以速度v做匀 速圆周运动，电场力完全提供向心力， 根据牛频第二定律可知qE=m立，解 得r=”. ·E,粒子在匀强磁场中有 gB=m,解得'-”.分 9B,粒子通 过不同场的轨迹相同，所以这些粒子 具有相同的速度u和比荷g,故选C。 2.BC由题可知电子所受电场力水平向 左，电子从N到P的过程中电场力做 负功，故A错误：根据沿着电场线方向 电势逐渐降低可知，N,点的电势高于 P点的电势，故B正确：由于洛伦兹力 一直都和速度方向垂直，故电子从M 到N,洛伦兹力不做功，故C正确；由 于M点和P点在同一等势面上，故从 M点到P点电场力做功为0，而洛伦 兹力不做功，M点速度为0，根据动能 定理可知电子在P点速度也为0，则电 子在M,点和P,点都只受电场力作用， 在匀强电场中电子在这两点所受电场 力相等，即所受合力相等，故D错误。 3.BD油滴做直线运 quB 动，受重力、电场力和×M××心E 洛伦兹力作用，因为×qE×、× 重力和电场力均为恒××、× 力，根据物体做直线 N 运动的条件可知，油 mg 滴所受洛伦兹力亦为 恒力，据F=qB可知，油滴必定做匀 速直线运动，故B正确；根据做直线运 动的条件和受力情况如图所示，可知 油滴一定受垂直MN斜向右上的洛伦 兹力，如果油滴带正电，由左手定则判 断可知，油滴的运动方向从M点到N 点，此时电场力向左；如果油滴带负 电，由左手定则判断可知，油滴的运动 方向从N点到M点，此时电场力向 左，故D正确，A、C错误。 参考答案545 4.BC电子进入正交场时，受向上的电 场力，而电子向下偏转，则洛伦兹力方 向向下，根据左手定则可知，磁感应强 度方向垂直纸面向里，A错误，B正确： 进入正交场时电子受向下的洛伦兹力 大于向上的电场力，可知quoB>qE, 即电子的初速度v0 BC正确；由 O 点至P点的运动过程中，电场力做负 功，洛伦兹力不做功，则电子的速率在 减小，D错误。 5.C若小球带正电，则洛伦兹力方向向 上，电场力方向向下，当满足Bq四= g十qE时，小球可沿水平方向做直线 运动；若小球带负电，则洛伦兹力方向 向下，电场力方向向上，当满足9E= g十Bq℃时，小球也可以沿水平方向 做直线运动，A错误。根据上述分析 可知，仅改变小球的电性，洛伦兹力和 电场力的方向都会发生改变，如开始 小球带正电，洛伦兹力大于电场力，改 变电性后，小球的合力方向向下；同 理，若小球带负电，电场力大于洛伦兹 力，改变电性后，合力方向依然向下， 故B错误，C正确。若小球以同样大小 的速度垂直边界MN进入场区，由于 洛伦兹力反向，小球不会做直线运动， D错误。 6.A 由题知， 一 带 电 粒子 XX 由 点 沿 x S 2 轴 入 360 r-a, 射 到 中， 309 在 1 另一 侧的 点射 出如图所示， 则根据几何关系可知粒子做圆周运动 的半径r=2a,粒子做圆周运动有 2 qwB=m,则有= 2aB ,如果保持 所有条件不变，在磁场区域再加上电 场强度大小为E的匀强电场，该粒子 入射后则会沿x轴到达接收屏，则有 Eg=quB,联立得 E 故选A。 2aB' 7.(1)2 2Em m (2)3N gh 或入 2Em gh 8(4- )u 16 3 解析：(1)粒子在电场中做类平抛运 动，则竖直方向 v=2ah,由牛顿第二 定律得a= qE ，粒子进入磁场时的速 m 度大小v=√2v,解得=2 72 (2)粒子从a点拋出到进入磁场时的 水平位移x=vt=v,t=2 t=2h 粒子进入磁场后做匀速圆周运动，离 开磁场时速度方向与水平方向仍成 45°角，第一次回到电场到达距虚线h 高度时水平位移仍为2h,如图所示， 由题意可知2rc0s45°=2h十2h十2h 或2rcos45°=2h,即r=3√2h或r= 546 红对构·讲与练·高三物理 · √2h,根据洛伦兹力提供向心力，有 quB=m 二，解得B= 1 2Em或 3 gh B= 2Em gh 2h.4.2 h 25 (3)若粒子第一次回到电场中距虚线 高度为h时，粒子在电场中运动的时 间t1= 2y=2 2mh N gE ,可知粒子在磁 场中运动的时间为t=2√gE 2mh ,根据 t,= 3T_ 4 2gB,由t1=t,解得B= 3πm 3π2mE ,由洛伦兹力提供向心力有 8 gh B'=m号，解得，-=8，根 gB' 3π 据几何关系，粒子在磁场中向左偏转 L=2rsin45°= 16 h,此时粒子到a点 3 的距离=2h-L+2h=(4-)k (3) 81)7dR,十R）22a0 解析：(1)小球在电磁场中做匀速圆周 运动，则电场力与重力平衡，可得E(= mg,R2两端的电压U2=Ed, E。 根据欧姆定律得U:=R,干RR:,联 立解得E。= mgd(R:+R2) gR (2)如图所示，设小球在电磁场中做圆 周运动的半径为r,根据几何关系有 (r-d)2十（√3d)2=r2,解得r=2d, 根据qB=m 解得B=器 0 dxX·xE R A -3d (3)由几何关系可知，射出磁场时，小 球速度方向与水平方向夹角为60°，要 使小球做直线运动，当小球所受电场 力与小球重力在垂直小球速度方向的 分力相等时，电场力最小，电场强度最 小，可得Eg=mgc0s60,解得E=20, 9.(1)B E (2)B2 (3)60° 解析：(1)带电粒子在cdef区域做直 线运动，则有电场力与洛伦兹力平衡， 可知粒子带正电，经cd边的中点速度 水平向右，设粒子到达cd边的中，点速 础版 度大小为vo,带电荷量为q,质量为m, 由平衡条件则有gE=qwB,解得 E v0一B° (2)粒子从b点到cd边中点的运动，可 逆向看作从cd边中，点到b点的类平抛 运动，设运动时间为t,加速度大小为 a,由牛顿第二定律可得gE=ma,由类 1 乎抛运动规律可得t=L,)at=2' 联立解得粒子的电荷量与质量之比 9v6 E m EL LB (3)粒子从f中点射入圆形区域做匀 速圆周运动，设粒子的运动半径为R, 由洛伦兹力提供向心力可得qB= ,解得R=,粒子在磁场中的国 动轨迹如图所示，由图可知，粒子沿半 径方向射入圆形区域，又沿半径方向 射出，设粒子射出圆形区域时速度方 向与进入圆形区域时速度方向的夹角 之 为a,由几何关系可得tan0=R 3,则0=30°a=20,解得a=60. Q e0 E ×××× f 10.0)25,与水平方向成30°角斜向 3 下(2)3m gB (3)2m gB Uw 解析：(1)由动能定理可得g 1 乞mw-2mu,解得1= 2V3vo 3 设偏转角度为0，则c0s9=”心=5 2 所以0=30°。 (2)粒子的运动轨迹如图所示，设粒子 运动轨迹刚好与右边界相切，这时磁 场宽度为d,则d=R十Rsin30°= R.qB- 邮得4= gB -d- (3)设粒子通过电场时偏转电场的电 压为，它射出电场时的速度为，设 偏转角度为a,则c0sa=心 ，9wB= 1 2mvo Rx=2 Rcos a,解得x= gB