2026届高考物理一轮复习专题练习 专题十八　带电粒子在组合场中的运动

专题十八　带电粒子在组合场中的运动（提高篇） 基础巩固 1.(多选)[2025·湖南衡阳模拟] 某一空间中存在着磁感应强度B大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示),规定垂直纸面向里的磁场方向为正.为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→b→e→f的顺序做“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹),下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用,其他力不计) (　) A.若粒子的初始位置在a处,在t=T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度 B.若粒子的初始位置在f处,在t=时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度 C.若粒子的初始位置在e处,在t=T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度 D.若粒子的初始位置在b处,在t=时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度 2.(多选)[2025·辽宁大连模拟] 在x>0的空间中存在垂直于 xOy平面的磁场,x=a两侧的匀强磁场方向相反,x>a区域的磁感应强度大小为0<x<a区域的2倍.某带电粒子以速率v0由原点沿 xOy平面射入该磁场,在磁场中运动的轨迹如图所示.关于粒子在磁场中的运动,下列说法正确的是 (　) A.粒子在左右两磁场中运动的时间之比为4∶3 B.粒子在原点的速度方向与x轴成45°角 C.粒子离x轴的最远距离为a D.粒子离y轴的最远距离为a 3.(多选)如图所示,在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E,在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面由内向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,其中C、D在x轴上,它们到原点O的距离均为a,θ=45°.现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从y轴上的P点由静止释放,设P点到O点的距离为h,不计重力作用与空气阻力的影响.下列说法正确的是 (　) A.若h=,则粒子垂直于CM射出磁场 B.若h=,则粒子平行于x轴射出磁场 C.若h= ,则粒子垂直于CM射出磁场 D.若h=,则粒子平行于x轴射出磁场 4.[2025·江苏常熟模拟] 如图所示,水平虚线MN上方一半径为R的半圆区域内(包括边界)有垂直于纸面向里的匀强磁场,半圆形磁场的圆心O在MN上,虚线下方有平行纸面向上的范围足够大的匀强电场.一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从O点以大小为v0的初速度垂直MN平行纸面射入磁场,恰好从半圆边界的最左端穿出磁场,不计粒子的重力. (1)求磁感应强度的大小; (2)若粒子射入磁场的速度v0与ON的夹角θ=60°,粒子在磁场中运动后进入电场,一段时间后又从P点进入磁场,且OP=R,求电场强度大小; (3)在(2)中,粒子在电场和磁场中运动的总时间为多少? 综合提升 5.[2024·辽宁卷] 现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度.简化模型如图所示:Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L,存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度等大反向;Ⅲ、Ⅳ区为电场区,Ⅳ区电场足够宽,各区边界均垂直于x轴,O为坐标原点.甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为+q、质量均为m的粒子.如图所示,甲、乙平行于x轴向右运动,先后射入Ⅰ区时速度大小分别为v0和v0.甲到P点时,乙刚好射入Ⅰ区.乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°.甲到O点时,乙恰好到P点.已知Ⅲ区存在沿+x方向的匀强电场,电场强度大小E0=.不计粒子重力及粒子间相互作用,忽略边界效应及变化的电场产生的磁场. (1)求磁感应强度的大小B. (2)求Ⅲ区宽度d. (3)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴,电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E=ωt-kx,其中常系数ω>0,ω已知、k未知,取甲经过O点时t=0.已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动,设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F,甲、乙间距为Δx,求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围) 拓展挑战 6.[2025·福建厦门模拟] 如图所示,直角坐标系xOy平面内,第一、二象限分别存在垂直纸面向里的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场,E、B大小均未知.质量为m、电荷量为-q(q > 0)的粒子从x轴负半轴M点与x轴正方向成60°角射入电场,经电场偏转后以速度v0从点P(0,d)垂直y轴进入磁场,最后从N点与x轴正方向成60°角射出磁场,不计粒子重力. (1)求粒子进入电场时的速度大小; (2)求磁感应强度B的大小; (3)若粒子在磁场中受到与速度大小成正比的阻力Ff=kv(k为已知常量),粒子恰好从Q点(图中未标出)垂直x轴射出磁场,求Q点的坐标; (4)在第(3)问的情况下,求粒子从P点运动到Q点的轨迹长度. 答案解析 1.AD　[解析] 要使粒子的运动轨迹如题图乙所示,由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0=,若粒子的初始位置在a处,对应时刻应为t=T0=T,同理可判断B、C、D选项,故A、D正确. 2.AB　[解析] 设粒子在原点的入射角为θ,在左、右侧磁场中的轨迹半径分别为r和,如图所示,有rcos θ=,又2rsin θ=a,解得θ=45°,r=,粒子在左、右两侧磁场中运动的圆心角分别为180°和270°,周期之比为2∶1,故运动时间之比为4∶3,选项A、B正确;粒子离x轴的最远距离为y=+cos 45°=a,选项C错误;粒子离y轴的最远距离为x=a++sin 45°=a,选项D错误. 3.AD　[解析] 若h=,则在电场中,由动能定理得qEh=mv2,在磁场中,由牛顿第二定律得qvB=m,联立解得r=a,根据几何关系可知,粒子垂直于CM射出磁场,故A正确,B错误;若h=,同理可得r=a,根据几何关系可知,粒子平行于x轴射出磁场,故C错误,D正确. 4.(1)　(2)　(3) [解析] (1)粒子恰好从半圆边界的最左端穿出磁场,则有 r= 根据牛顿第二定律有qv0B=m 解得B= (2)根据题意,由粒子在电场中运动时轨迹的对称性,设粒子射出磁场的位置为Q,作出粒子运动轨迹如图所示 由几何关系有OQ=2×Rcos 30°=R 粒子在电场中做类斜上抛运动,根据对称性可知OQ=v0cos θ·t1,v0sin θ=at1 又有qE=ma 解得E= (3)粒子从P点再次进入磁场后,根据对称性可知,粒子的运动轨迹仍刚好与磁场边界相切,并从O点射出磁场,则粒子在磁场中运动的时间 t磁=2××= 粒子在电场中运动的时间 t电=4t1= 因此粒子在电场和磁场中运动的总时间t=t磁+t电= 5.(1)　(2)πL　(3)F= [解析] (1)乙粒子在Ⅰ区的运动轨迹如图所示 由洛伦兹力提供向心力有 qv0B=m 由几何关系得sin 30°= 联立解得磁感应强度的大小B= (2)根据对称性可知,乙在磁场中运动的时间为 t1=2×× 根据对称性可知,甲粒子到P点时的速度方向沿x轴正方向,甲粒子在Ⅲ区电场中沿着直线从P点到O点,由运动学公式有 d=v0t1+a 由牛顿第二定律有 a= 其中E0= 联立解得Ⅲ区宽度d=πL (3)甲粒子经过O点时的速度为v甲=v0+at1 因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动,则甲的位置坐标为x1=v甲t 同时甲所在处的电场强度E1=0,即 ωt=kx1 联立解得v甲=3v0,k= 设乙粒子经过Ⅲ区的时间为t2,乙粒子在Ⅳ区运动的时间为t0,则t=t0+t2 乙所在处的电场强度E2=ωt-kx2,即 =ω(t0+t2)-kx2 整理可得x2=3v0(t0+t2)- 对甲有x1=3v0(t0+t2) 则Δx=x1-x2= 化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为 F= 6.(1)2v0　(2)　(3)　(4)+d- [解析] (1)粒子进入电场后水平方向做匀速直线运动,竖直方向做类竖直上抛运动,则有vMcos 60°=v0 解得vM=2v0 (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,其轨迹如图所示 根据几何关系可得粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径满足Rsin 30°=R-d解得R=2d 由洛伦兹力充当向心力有Bqv0=m 解得B= (3)对粒子受力分析可知,速度在x轴的分量会产生x轴的阻力与y轴负方向的洛伦兹力;速度在y轴的分量,会产生y轴的阻力与x轴负方向的洛伦兹力,其受力分析如图所示 在x轴上,由动量定理有-(kvx+Bqvy)Δt=mΔvx 由微元法累加后可得-kx-Bqy=m(0-v0) 其中y=d 解得x= 则Q点的坐标为,0 (4)同理在y轴上有-(kvy-Bqvx)Δt=mΔvy 微元法叠加后可得-ky+Bqx=m(vQ-0) 解得vQ=- 阻力使得粒子速度减小,在轨迹切线方向有-kvΔt=mΔv 沿着轨迹切线方向由动量定理,可得速度的变化量Δv=vQ-v0 微元叠加后可得-kl=mΔv 解得轨迹的长度为l=v0+-=+d- 学科网（北京）股份有限公司 $