第1部分 专题3 第10节 带电粒子在复合场中的运动-【金版教程】2026年高考物理大二轮大考试题精选重组课件PPT

该高中物理高考复习课件聚焦“带电粒子在复合场中的运动”专题，依据高考评价体系梳理了洛伦兹力、电场力平衡、运动轨迹分析等核心考点，通过近三年高考真题统计明确“速度选择器”“霍尔效应”“磁场偏转”等高频题型占比，构建从基础到提升的阶梯式训练体系。 课件亮点在于“真题情境+模型建构+科学推理”的备考策略，如以2024新课标卷第26题为例解析带电粒子在电、磁场中运动的多过程问题，培养学生的运动与相互作用观念和科学论证能力。设置A组夯实概念、B组突破综合应用，帮助学生掌握“画轨迹、找圆心、用几何关系”的解题技巧，教师可依托此课件实现考点精准突破，提升复习效率。

第一部分　专题特训 专题三　电场与磁场 第10节　带电粒子在复合场中的运动 目录 1 2 A组 基础题组 B组 提升题组 A组 基础题组 高考体验 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 4 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 5 2．(2024·江西卷，7)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图a所示，在长为a、宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10－3 A时，测得U­B关系图线如图b所示，元电荷e＝1.60×10－19 C，则此样品每平方米载流子数最接近(　　) A．1.7×1019 B．1.7×1015 C．2.3×1020 D．2.3×1016 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 6 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 7 3．(2025·广西卷，10)(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B1，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B2、 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θ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(　　) A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 9 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 10 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 11 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 12 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 13 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 14 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 15 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 16 5．(2025·山东省聊城市高三下模拟)排污管道对于一个城市的正常运转是不可或缺的。管道中的污水通常含有大量的正负离子。如图所示，管道内径为d，污水流速大小为v，方向水平向右。现将方向与管道横截面平行，且垂直纸面向内的匀强磁场施于某段管道，磁感应强度大小为B，M、N为管道上的两点，当污水的流量(单位时间内流过管道横截面的液体体积)一定时(　　) A．M点电势低，N点电势高 B．M、N间电势差与污水流速无关 C．由于沉淀物导致管道内径变小时，污水流速变小 D．由于沉淀物导致管道内径变小时，M、N间的电势差变大 好题精选 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 17 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 18 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 19 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 20 7．(2025·重庆市高三下二模)如图所示，xOy平面直角坐标系中，圆形区域内充满垂直xOy平面的匀强磁场(图中未画出)，圆与x轴相切于坐标原点O，圆心坐标为(0，R)。第三象限内存在＋y方向的匀强电场，场强大小为E，－x轴上固定一足够长的粒子接收薄板OP。一群质量为m、电荷量为q的粒子，沿＋x方向以相同速度v从第二象限射入圆形区域。粒子分布在R<y<2R区域内各处，经圆内磁场偏转后均能从O点进入电场区域，并最终落在OP上OC区域(最远 落在C点)。忽略粒子重力及粒子间的相互作用，求： (1)该匀强磁场的磁感应强度； (2)OC的距离； (3)落在C处的粒子在磁场中运动的时间。 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 21 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 22 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 23 B组 提升题组 高考体验 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 25 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 26 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 27 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 28 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 29 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 31 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 32 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 33 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 34 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 35 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 36 5．(2024·新课标卷，26)一质量为m、电荷量为q(q>0)的带 电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标 系内一个点P(vx，vy)表示，vx、vy分别为粒子速度在水平面内两 个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a(0，v0)点，粒子在 水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到b(v0，v0) 点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至c(－v0，v0)点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 37 (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期； (2)电场强度的大小； (3)P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 38 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 39 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 41 好题精选 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 42 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 43 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 44 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 45 ②若离子经过加速电压为U的特殊电场，从O点进入磁场时，与垂直x轴方向左右对称偏离，导致有一个散射角α，如图乙所示。为使两种离子完全分离，求最大散射角αm。[已知，若cosθ＝C，C∈(0，1)，则θ＝arccosC] B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 46 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 47 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 48 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 49 8．(2025·天津市河西区高三下质量调查三)利用电磁场使质量为m、电荷量为e的电子发生回旋共振可获取高浓度等离子体，其简化原理如下。如图甲所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B；电场强度大小为E，平行于纸面的匀强电场绕着过O点且垂直纸面的轴顺时针旋转；旋转电场带动电子加速运动，使其获得较高能量，高能电子使空间中的中性气体电离，生成等离子体。 (1)电子在运动的过程中，洛伦兹力对电子 是否做功。 (2)若空间中只存在匀强磁场，电子只在洛 伦兹力作用下做匀速圆周运动，求电子做圆周 运动的角速度ω0。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 50 (3)将电子回旋共振简化为二维运动进行研究。 施加旋转电场后，电子在如图乙所示的平面内运动， 电子在运动过程中受到与其速度v方向相反的气体阻 力f＝kv，式中k为已知常量。最终电子会以与旋转电 场相同的角速度做匀速圆周运动，且电子的线速度与 旋转电场力的夹角(小于90°)保持不变。只考虑电子受到的匀强磁场洛伦兹力、旋转电场电场力及气体阻力作用，不考虑电磁波引起的能量变化。 ①若电场旋转的角速度为ω，求电子最终做匀速圆周运动的线速度大小v； ②旋转电场对电子做功的功率存在最大值，为使电场力的功率不小于最大功率的一半，电场旋转的角速度应控制在ω1～ω2范围内，求|ω2－ω1|的数值。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 51 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 52 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 53 拔高选做 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 54 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 55 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 56 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 57 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 58 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 59 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 60 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 61 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 62 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 63 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 1．(2025·广东卷，6)某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为－q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是(　　) A．偏转磁场的方向垂直纸面向里 B．第1次加速后，离子的动能增加了2qU C．第k次加速后，离子的速度大小变为2,0)eq \f(\r(m2v＋kqUm),m) D．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为2,0)eq \f(\r(m2v－2kqUm),qR) 解析：离子沿顺时针方向在加速器内循环加速，在磁场区域中 做圆周运动，由左手定则可知，偏转磁场的方向垂直纸面向里，A 正确；每次加速过程，由动能定理有qU＝ΔEk，则第1次加速后， 离子的动能增加了qU，B错误；设第k次加速后，离子的速度大小 为v，则对1～k次加速过程，由动能定理有kqU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得v＝2,0)eq \f(\r(m2v＋2kqUm),m) ，设第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小为Bk，离子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvBk＝meq \f(v2,R)，解得Bk＝2,0)eq \f(\r(m2v＋2kqUm),qR) ，C、D错误。 解析：设此样品每平方米载流子(电子)数为n，载流子从电极3向电极1定向移动的速率为v，则时间t内通过此样品的电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝eq \f(q,t)，当载流子稳定通过此样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有eeq \f(U,b)＝evB，联立解得U＝eq \f(I,ne)B，结合题图b可知，k＝eq \f(I,ne)＝eq \f(88×10－3,320×10－3) V/T，代入数据解得n＝2.3×1016，D正确。 A．M粒子质量为2,1)eq \f(2qUB,E2) 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eq \f(4EUcosθ,4UB1－EdB2) 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eq \f(4UB1,EB2)＋eq \f(（EdB2－4UB1）\r(U),EB2\r(U－Ed)cosθ) 解析：设M粒子质量为mM，进入选择器时的速度为vM，则M粒子 在加速电场中运动的过程，由动能定理有qU＝eq \f(1,2)mMveq \o\al(2,M)－0，M粒子在选择 器中沿轴线OO′运动，则其在选择器中受力平衡，有qE＝qvMB1，联立可 得mM＝2,1)eq \f(2qUB,E2) ，A正确；设N粒子进入选择器时的速度为vN，由于N粒 子从开口的下边缘进入偏转磁场，则有qE<qvNB1，结合A项分析可知 vN>vM，B错误；未调节选择器时，设N粒子在偏转磁场中的运动速率为 vN′，由洛伦兹力提供向心力可知，M、N粒子在偏转磁场中的运动有qvMB2＝mM2,M)eq \f(v,rM) ，qvN′B2＝mNeq \f(vN′2,rN′)，可得M、N粒子在偏转磁场中的运动半径分别为rM＝eq \f(mMvM,qB2)，rN′＝eq \f(mNvN′,qB2)，由几何关系有2rN′cosθ＋d＝2rM，N粒子在选择器中由动能定理有－qEd＝eq \f(1,2)mNvN′2－eq \f(1,2)mNveq \o\al(2,N)， 在加速电场中由动能定理有qU＝eq \f(1,2)mNveq \o\al(2,N)－0，调节选择器后，N粒子 在速度选择器中有qE′＝qvNB1′，联立解得eq \f(E′,B1′)＝eq \f(4E\r(U（U－Ed）)cosθ,4UB1－EdB2)， C错误；调节选择器，使N粒子沿轴线OO′进入偏转磁场，则N粒子 进入偏转磁场时的速度为vN，在偏转磁场中由qvNB2＝m2,N)eq \f(v,rN) 可得N粒子 的运动半径为rN＝eq \f(mNvN,qB2)，与qU＝eq \f(1,2)mNveq \o\al(2,N)－0联立可得rN＝eq \f(2U,vNB2)，同理 可得rM＝eq \f(2U,vMB2)，又vN>vM，则rN<rM，可知N粒子沿轴线OO′进入偏转磁场后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Δx＝2rM－2rN，联立可得Δx＝eq \f(4UB1,EB2)＋ eq \f(（EdB2－4UB1）\r(U),EB2\r(U－Ed)cosθ)，D正确。 4．(2025·河南卷，15)如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电量为q(q＞0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s＝3eq \r(3)h。不计重力。 (1)求磁感应强度的大小； (2)求电场强度的大小； (3)若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看， 粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。(一个周期内 粒子的位移与周期的比值为漂移速度) 答案：(1)eq \f(mv0,2qh)　(2)2,0)eq \f(mv,2qh) 　(3)eq \f(3\r(3),8π＋6\r(3))v0 解析： (1)作出粒子的运动轨迹，如图1所示。 设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，由几何关系有r－h＝rcos60° 解得r＝2h 设磁感应强度的大小为B，对粒子在磁场中 的运动，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m2,0)eq \f(v,r) 解得B＝eq \f(mv0,2qh)。 (2)粒子在电场中做类斜抛运动，设运动时间为t1，加速度大小为a，由斜抛运动规律可知， 水平方向位移大小x1＝v0cos60°·t1 竖直方向有v0sin60°＝a·eq \f(t1,2) 设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律有qE＝ma 粒子从a点开始运动到进入电场水平位移大小为x2＝rsin60° 分析可知，粒子从离开电场至到达b点水平位移大小也为x2，则粒子从a点运动到b点的水平位移大小为s＝x1＋2x2 联立解得E＝2,0)eq \f(mv,2qh) 。 (3)作出竖直向下发射时一个周期内粒子的运动轨迹，如图2所示，粒子在磁场中运动的轨迹半径仍为r＝2h 由几何关系可知，粒子从磁场进入电场时速度与水平 虚线的夹角θ满足cosθ＝eq \f(h,r) 解得θ＝eq \f(π,3) 粒子从a点开始运动到进入电场过程水平向左的位移大小为x2′＝r－rsinθ 该过程粒子的运动时间为t2＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))r,v0) 因为θ＝60°，则一个周期内粒子在电场中水平向左的位移大小仍为x1，运动时间仍为t1，且由(2)得x1＝eq \r(3)h，t1＝eq \f(2\r(3)h,v0) 粒子从电场进入磁场至到达b′的过程水平向右的位移大小为x3＝r＋rsinθ 该过程粒子的运动时间为t3＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(π,2)－θ))r,v0) 则一个周期内粒子向右的位移大小为s′＝x3－x1－x2′ 粒子的运动周期为t＝t1＋t2＋t3 则粒子的漂移速度大小为v＝eq \f(s′,t) 联立解得v＝eq \f(3\r(3),8π＋6\r(3))v0。 解析：根据左手定则可知，正离子向上偏转，负离子向下偏转，则M点电势高，N点电势低，故A错误；由于污水流量一定，有Q＝eq \f(V,t)＝eq \f(vtS,t)＝vS＝eq \f(πvd2,4)，可知，当沉淀物导致管道内径d变小时，污水流速变大，故C错误；稳定后满足qeq \f(U,d)＝qvB，得M、N间电势差U＝Bdv＝Beq \r(\f(4Qv,π))，与污水流速有关，故B错误；由C项分析可知U＝Bdv＝eq \f(4QB,πd)，由于沉淀物导致管道内径d变小时，M、N间的电势差U变大，故D正确。 6．(2025·辽宁省丹东市高三下复习质量测试一)(多选)如图所示，空间电场、磁场分界面与电场方向成45°角，分界面一侧为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，另一侧为平行纸面的匀强电场。一电荷量为＋q、质量为m的粒子从场中某一点P以v0的速度沿垂直电场和磁场的方向射入磁场，一段时间后，粒子恰好从P点第二次离开电场。若场区足够大且不计粒子重力，则下列说法中正确的是(　　) A．匀强电场中，电场强度大小为B0v0，方向竖直向下 B．当粒子第二次离开磁场时，速度与分界线所成的锐角为45° C．粒子回到P点所用的总时间为eq \f(2（π＋1）m,qB0) D．当粒子第二次进入电场时，到P点的距离为eq \f(2\r(2)mv0,qB0) 解析：作出粒子的运动轨迹如图所示，可知当粒子第二次离开磁场时， 速度与分界线所成的锐角为45°，粒子所受电场力竖直向上，则电场方向竖 直向上，A错误，B正确；粒子由S点第二次进入电场，且进入电场时速度 方向水平向右，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律 有qv0B0＝m2,0)eq \f(v,R) ，解得R＝eq \f(mv0,qB0)，由图根据几何关系可得PS＝2eq \r(2)R＝eq \f(2\r(2)mv0,qB0)， D正确；设电场的电场强度为E，粒子在电场中由S点运动到P点的过程，水平方向有2R＝v0t3，竖直方向有2R＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,3)，根据牛顿第二定律有qE＝ma，联立解得E＝B0v0，a＝eq \f(qB0v0,m)，t3＝eq \f(2m,qB0)，粒子在磁场中运动的总时间t1＝eq \f(2πR,v0)＝eq \f(2πm,qB0)，第一次进入电场时的运动时间t2＝eq \f(2v0,a)＝eq \f(2m,qB0)，粒子回到P点所用的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(（2π＋4）m,qB0)，故C错误。 解析：(1)由“磁聚焦”原理可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝R 设该匀强磁场的磁感应强度大小为B，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r) 解得B＝eq \f(mv,qR) 粒子在电场中所受电场力沿y轴正方向，则粒子带 正电，由左手定则知，匀强磁场的磁感应强度方向垂直 xOy平面向外。 (2)设粒子从O点进入电场区域时，速度与－x方向 的夹角为θ，则0<θ<90° 答案：(1)eq \f(mv,qR)，方向垂直xOy平面向外 (2)eq \f(mv2,qE)　(3)eq \f(3πR,4v) 设粒子打在OC上的位置到O点的距离为Δx，在电场中运动的时间为t，则 平行于x轴方向有Δx＝vcosθ·t 平行于y轴方向有vsinθ＝a·eq \f(t,2) qE＝ma，联立解得Δx＝eq \f(mv2sin2θ,qE) 当sin2θ＝1，即θ＝45°时，Δx取最大值， 可得OC＝Δxmax＝eq \f(mv2,qE)。 (3)由(2)可知，落在C处的粒子进入电场时对应的θ＝45° 结合几何关系可得，则在磁场中的速度偏转角α＝180°－θ 该粒子在磁场中运动的时间t′＝eq \f(α,360°)T 又周期T＝eq \f(2πR,v)，联立解得t′＝eq \f(3πR,4v)。 1．(2023·新课标卷，18)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的eq \f(1,10)，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为(　　) A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里 B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外 C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里 D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外 解析：设电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，电子从小孔射出 的速度大小为v1，α粒子从小孔射出的速度大小为v2，则v1＝10v2。假设 α粒子打在a点，则其所受电场力与洛伦兹力平衡，有2eE＝2ev2B，电子 射出小孔时受到的洛伦兹力大小F洛＝ev1B＝10ev2B，所受电场力大小F电 ＝eE，则F洛>F电，而电子打在b点，则电子所受洛伦兹力向右，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向里，由α粒子受力平衡和左手定则，可判断电场方向水平向右；假设电子打在a点，则其所受电场力与洛伦兹力平衡，有eE＝ev1B，α粒子射出小孔时所受洛伦兹力大小F洛′＝2ev2B＝eq \f(1,5)ev1B，所受电场力大小F电′＝2eE，则F洛′<F电′，而α粒子打在b点，所以α粒子所受电场力水平向右，电场方向水平向右，由电子受力平衡和左手定则，可判断磁场方向垂直纸面向里。故选C。 2．(2025·河北卷，10)(多选)如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定，间距为d，M板接地。M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与OP的夹角θ＝60°时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知OQ＝3L，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是(　　) A．粒子一定带正电 B．若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小 C．粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7L D．粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为eq \r(3)d 解析：根据粒子在磁场中的偏转方向，结合左手定则知，粒子 带负电，A错误；板间电场强度最大时，垂直穿过M板的粒子恰好 不能到达N板，由动能定理得－qEd＝0－eq \f(1,2)mv2，解得粒子穿过M 板时的速度大小v＝eq \r(\f(2qEd,m))，v不变，若间距d增大，则板间所形 成的最大电场强度E减小，B正确；发射方向与OP夹角为60°的 粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔，运动轨迹如图甲所示，由 几何关系得rsin30°＋r＝3L，解得轨迹半径r＝2L，则OP＝rcos30° ＝eq \r(3)L，粒子打到M板上表面的位置与O点的距离最大时，有两种可能情况：①粒子运动半周打在M板上表面，如图乙所示，最大距离为xm1＝eq \r(（2r）2－OP2)＝eq \r(13)L； ②粒子从Q点垂直穿过M板后再从Q点以速度v垂直M板射入磁 场，继续偏转半个圆周后打在M板上表面，最大距离xm2＝OQ＋2r ＝7L，xm1<xm2，则粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离 为7L，故C正确；如图丙所示，设打到M板下表面的粒子在磁场 中做圆周运动的圆心为O′，由于PO⊥OQ，可得PQ＝eq \r(PO2＋OQ2)＝2eq \r(3)L，由几何关系可知tan∠PQO＝eq \f(PO,OQ)，cos∠PQO′＝eq \f(\f(1,2)PQ,r)，解得∠PQO＝30°，∠PQO′＝30°，则粒子斜射入极板间时速度与M板夹角α＝90°－∠PQO′－∠PQO＝30°，粒子在板间做类斜抛运动，板间电场强度最大时，粒子打到M板下表面的位置与Q点的距离最小，沿电场力方向，由牛顿第二定律得qE＝ma，粒子在板间运动的时间t＝eq \f(2vsinα,a)，打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为x1＝vcosα·t，与v＝eq \r(\f(2qEd,m))联立，解得x1＝eq \r(3)d，D正确。 3．(2025·山东卷，12)(多选)如图甲所示的Oxy平面内，y轴右侧被直线x＝3L分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ。区域Ⅰ内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。t＝0时刻，质量为m、电荷量为＋q的粒子从O点沿x轴正向出发，在Oxy平面内运动，在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。t0时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的y­t图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是(　　) A．区域Ⅰ内电场强度大小E＝2,0)eq \f(4mL,qt) ，方向沿y轴正方向 B．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R＝eq \f(20L,3) C．区域Ⅱ内磁感应强度大小B＝eq \f(3m,5qt0)，方向垂直Oxy平面向外 D．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17L,3)，0)) 解析：根据题意可知，粒子在区域Ⅰ内做类平抛运动，且加速 度方向沿y轴正方向，则电场强度方向沿y轴正方向，沿y轴方向 上，由运动学规律有2L＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,0)，由牛顿第二定律有qE＝ma，联立 解得电场强度大小E＝2,0)eq \f(4mL,qt) ，A正确；区域Ⅱ中，粒子在洛伦兹力 的作用下做匀速圆周运动，结合题图乙可知，其运动轨迹如图所示， 则粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R＝eq \f(10L,3)，B错误；在区域Ⅰ中，由运动学规律可知，粒子沿x轴方向有3L＝v0t0，可得粒子的初速度v0＝eq \f(3L,t0)，对粒子在区域Ⅰ中的运动过程由动能定理有qE·2L＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得粒子在区域Ⅱ中的运动速度大小为v＝eq \f(5L,t0)， 在区域Ⅱ中，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,R)，解得磁感应强度大小B＝eq \f(3m,2qt0)，由轨迹图结合左手定则可知，磁场的方向垂直Oxy平面向外，C错误；设粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标为(x0，0)，由几何关系有(x0－3L)2＋(2L)2＝R2，解得x0＝eq \f(17L,3)，即圆心坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17L,3)，0))，D正确。 4．(2025·福建卷，7)(多选)如图，竖直面内存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电粒子在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，当粒子运动到N点时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，已知MN与水平面的夹角为45°，NP水平向右。粒子带电荷量为q，速度为v，质量为m，重力加速度为g。则(　　) A．电场强度大小为E＝eq \f(\r(2)mg,q) B．磁感应强度大小为B＝eq \f(\r(2)mg,qv) C．N、P两点的电势差为U＝eq \f(2mv2,q) D．粒子从N运动到P的过程中，与NP的距离最大值为eq \f(v2,8g) 解析：粒子沿MN运动过程中，受到垂直MN方向的洛伦 兹力、水平方向的电场力、竖直向下的重力，由题意可知，该 过程中粒子受力平衡，假设粒子带负电，由左手定则可知，洛 伦兹力垂直MN向下，电场力水平向左，与竖直向下的重力无 法达到平衡，故假设错误，则粒子带正电，即洛伦兹力垂直MN 向上，电场力水平向右，由平衡条件有qvBcos45°＝mg，qvBsin45°＝qE，解得电场强度大小为E＝eq \f(mg,q)，磁感应强度大小为B＝eq \f(\r(2)mg,qv)，A错误，B正确； 撤去磁场后，粒子所受电场力和重力不变，则其在竖直方向上做 竖直上抛运动，由于N、P在同一水平面上，所以粒子从N运动 到P的过程中，当粒子竖直方向的速度减为0时，其与NP的距 离最大，设为hm，则有2ghm＝(vsin45°)2，可解得hm＝eq \f(v2,4g)，D 错误；设粒子从N运动到P的过程所用的时间为t，则有－vsin45°＝vsin45°－gt，解得t＝eq \f(\r(2)v,g)，粒子在水平方向上做匀加速直线运动，有qE＝ma，xNP＝vtcos45°＋eq \f(1,2)at2，解得xNP＝eq \f(2v2,g)，又因电场线从N指向P，所以N、P两点的电势差U＝ExNP＝eq \f(2mv2,q)，C正确。 答案：(1)eq \f(\r(2)mv0,Bq)　eq \f(2πm,Bq)　(2)eq \r(2)Bv0 (3)eq \f(（2－\r(2)）mv0,Bq) 解析：(1)由题意知，粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v＝2,0)eq \r(v＋veq \o\al(2,0)) 解得v＝eq \r(2)v0 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据洛伦兹力 提供向心力有Bqv＝meq \f(v2,r) 解得r＝eq \f(\r(2)mv0,Bq) 粒子在磁场中做圆周运动的周期为T＝eq \f(2πr,v) 解得T＝eq \f(2πm,Bq)。 (2)分析可知，P点由a点移动到b点的过程，粒子在电场中做类平抛运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中运动的加速度大小为a，P点从a点移动到b点所用时间为tab，沿电场方向，由运动学公式有v0＝atab 由牛顿第二定律有qE＝ma 设P点从b点移动到c点的时间为tbc， eq \o(bc,\s\up15(︵))的长度为sbc，根据任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，可知eq \f(tab,tbc)＝eq \f(v0,sbc) 由题图知，eq \o(bc,\s\up15(︵))所对圆心角为θ＝eq \f(3,2)π，半径为v，则sbc＝vθ P点从b点移动到c点，粒子在磁场中做圆周运动的速度 的偏转角即为θ，则tbc＝eq \f(θ,2π)T 联立解得tab＝eq \f(\r(2)m,2qB)，E＝eq \r(2)Bv0。 (3)P点移动1周回到a点的过程中，粒子两次在电场中运动，分析可知，粒子的运动轨迹如图所示。P点从a移动到b过程中，粒子在电场中做类平抛运动，沿y轴正方向运动的距离L＝v0tab 解得L＝eq \f(\r(2)mv0,2qB) 根据几何知识，可得粒子第一次进、出磁场的位置之间的 距离为ybc＝eq \r(2)r 解得ybc＝eq \f(2mv0,qB) 由粒子两次在电场中运动的对称性，结合ybc>2L可知，P点 移动1周回到a点时，粒子位移的大小为y总＝ybc－2L 联立解得y总＝eq \f(（2－\r(2)）mv0,Bq)。 6．(2025·河北省沧州市普通高中高三复习质量监测)如图所示， 空间内存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右， 磁场方向水平向里，磁感应强度大小为B，一电荷量为q、质量为 m的小球，在与磁场垂直的平面内沿直线运动，该直线与电场方向 的夹角为45°。a、b(图中未标出)为轨迹直线上的两点，两点间距离为d，重力加速度为g，小球由a运动到b的过程中所用时间t及电势能的变化量ΔEp分别为(　　) A．t＝eq \f(\r(2)Bqd,2mg)，ΔEp＝eq \f(\r(2)mgd,2) B．t＝eq \f(\r(2)Bqd,2mg)，ΔEp＝－eq \f(\r(2)mgd,2) C．t＝eq \f(\r(2)Bqd,mg)，ΔEp＝eq \f(\r(2)mgd,4) D．t＝eq \f(\r(2)Bqd,mg)，ΔEp＝－eq \f(\r(2)mgd,4) 解析：若小球的速度大小改变，则垂直于运动方向的洛伦兹力 会改变，小球将做曲线运动，故小球一定做匀速直线运动，受力情 况如图所示，则小球一定带正电，且斜向上运动，由平衡条件可得 mg＝Eq，Bqv＝eq \f(mg,cos45°)，解得电场强度E＝eq \f(mg,q)，小球速度v＝ eq \f(\r(2)mg,qB)，由a到b的过程中，小球的运动时间t＝eq \f(d,v)＝eq \f(\r(2)Bqd,2mg)，电场力做的功W＝qEdcos45°＝eq \f(\r(2)mgd,2)，根据功能关系知，电势能的变化量ΔEp＝－W＝－eq \f(\r(2)mgd,2)，B正确。 7．(2025·天津市滨海新区高三下三模)放射性同位素eq \o\al(14, 6)C相对含量的测量在考古学中有重要应用。如图甲所示，将少量古木样品碳化、电离后，产生出电荷量均为q的12C和14C离子，从容器A下方的小孔S1进入加速电压为U的匀强电场中，其初速度可视为零。以离子刚射入磁场时的O点为坐标原点，水平向右为x轴正方向。x轴下方有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为B，离子在磁场中行进半个圆周后被位于原点O右侧x轴上的收集器分别收集。一个核子的质量为m，不考虑离子重力及离子间的相互作用。 (1)写出中子与eq \o\al(14, 7)N发生核反应生成eq \o\al(14, 6)C的核反应方程，以及eq \o\al(14, 6)C衰变生成eq \o\al(14, 7)N的衰变方程式； (2)求收集器收集到的12C和14C离子的位置坐标x12和x14； (3)由于加速电场的变化，可能会使两束离子到达收集器的区域发生交叠，导致两种离子无法完全分离。 ①若加速电压在[U－ΔU，U＋ΔU]区间范围内发生微小变化，为使两种离子完全分离，eq \f(ΔU,U)应小于多少？ 答案：(1)eq \o\al(1,0)n＋eq \o\al(14, 7)N→eq \o\al(14, 6)C＋eq \o\al(1,1)H　eq \o\al(14, 6)C→eq \o\al(14, 7)N＋eq \o\al(　0,－1)e (2)eq \f(2,B) eq \r(\f(24mU,q))　eq \f(2,B) eq \r(\f(28mU,q)) (3)①eq \f(1,13)　②2arccoseq \r(\f(6,7)) 解析：(1)eq \o\al(14, 7)N生成eq \o\al(14, 6)C的核反应方程为eq \o\al(1,0)n＋eq \o\al(14, 7)N→eq \o\al(14, 6)C＋eq \o\al(1,1)H eq \o\al(14, 6)C生成eq \o\al(14, 7)N的衰变方程为eq \o\al(14, 6)C→eq \o\al(14, 7)N＋eq \o\al( 0,－1)e。 (2)质量为M的离子在匀强电场中加速的过程，由动能定理得qU＝eq \f(1,2)Mv2－0 在磁场中由洛伦兹力提供向心力得qvB＝Meq \f(v2,R) 收集器收集到该离子的位置坐标x＝2R 联立可得x＝eq \f(2,B) eq \r(\f(2MU,q)) 故12C和14C离子的位置坐标分别为x12＝eq \f(2,B) eq \r(\f(24mU,q))，x14＝eq \f(2,B) eq \r(\f(28mU,q))。 (3)①由(2)分析可知，12C离子到达收集器的最大位置坐标x12max＝ eq \f(2,B) eq \r(\f(24m（U＋ΔU）,q)) 14C离子到达收集器的最小位置坐标x14min＝eq \f(2,B) eq \r(\f(28m（U－ΔU）,q)) 为保证完全分离，需满足x12max<x14min 联立解得eq \f(ΔU,U)<eq \f(1,13)。 ②由于有散射角α，某种离子经磁场偏转后，到达的x轴上 的可能位置如图所示，其中与O点的最远距离为xmax＝eq \f(2,B) eq \r(\f(2MU,q)) 与O点的最近距离为xmin＝2Rcoseq \f(α,2) 即xmin＝eq \f(2,B) eq \r(\f(2MU,q))coseq \f(α,2) 可得12C离子在磁场中偏转的最大距离x12max′＝eq \f(2,B) eq \r(\f(24mU,q)) 14C离子在磁场中偏转的最小距离x14min′＝eq \f(2,B) eq \r(\f(28mU,q))coseq \f(α,2) 为保证两种离子完全分离，应满足x12max′<x14min′ 联立可得coseq \f(α,2)>eq \r(\f(6,7)) 可知αm＝2arccoseq \r(\f(6,7))。 答案：(1)不做功　(2)eq \f(eB,m) (3)①eq \f(eE,\r(k2＋（mω－eB）2))　②eq \f(2k,m) 解析：(1)洛伦兹力的方向时刻与速度方向垂直，由W＝Flcosα可知，电子在运动的过程中，洛伦兹力对电子不做功。 (2)电子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有evB＝mω0v，解得ω0＝eq \f(eB,m)。 (3)①设电场力方向与速度方向的夹角为θ，其受力分析如图所示，沿轨迹圆的半径方向有eEsinθ＋evB＝mωv 沿轨迹圆的切线方向有eEcosθ＝kv 联立解得v＝eq \f(eE,\r(k2＋（mω－eB）2))。 ②旋转电场对电子做功的功率为P＝eE·v·cosθ 解得P＝eq \f(ke2E2,k2＋（mω－eB）2) 由数学知识可知，当mω－eB＝0时，电场力对电子做功的功率最大，最大功率Pm＝eq \f(e2E2,k) 令P≥eq \f(Pm,2)，可得eq \f(ke2E2,k2＋（mω－eB）2)≥eq \f(e2E2,2k) 解得eq \f(eB,m)－eq \f(k,m)≤ω≤eq \f(eB,m)＋eq \f(k,m)， 即ω1＝eq \f(eB,m)－eq \f(k,m)，ω2＝eq \f(eB,m)＋eq \f(k,m)，则|ω2－ω1|＝eq \f(2k,m)。 9．(2025·四川省乐山市高三下二诊)现代科学仪器常利用电场、 磁场控制带电粒子的运动。如图所示，xOy平面直角坐标系中第Ⅰ 象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场B0(大小未知)；第Ⅱ象限存在 沿x轴正方向的大小未知的匀强电场；第Ⅳ象限交替分布着沿－y 方向的匀强电场和垂直xOy平面向里的匀强磁场，电场、磁场的宽 度均为L，边界与y轴垂直，电场强度E＝2,0)eq \f(2mv,qL) ，磁感应强度B＝ eq \f(\r(6)mv0,2qL)。一质量为m、电量为＋q的粒子从点M(－L，0)以平行于y轴的初速度v0进入第Ⅱ象限，恰好从点N(0，2L)进入第Ⅰ象限，然后又垂直于x轴进入第Ⅳ象限，多次经过电场和磁场后某时刻粒子的速度沿x轴正方向。粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。求： (1)磁感应强度B0的大小； (2)粒子刚射出第1层磁场下边界时的速度方向； (3)粒子进入第n层磁场时的速度大小vn以及最远能进入第几层磁场。 答案：(1)eq \f(mv0,2qL)　(2)与y轴负方向的夹角为30° (3)eq \r(2＋4n)v0　4 解析：(1)设粒子在第Ⅱ象限运动的时间为t，在N点沿x轴的分速度为vx，粒子在电场中做类平抛运动， 沿x轴方向有L＝eq \f(vx,2)t，沿y轴方向有2L＝v0t 通过N点的速度vN＝2,x)eq \r(v＋veq \o\al(2,0)) 与y轴正方向的夹角α满足tanα＝eq \f(vx,v0) 联立解得vN＝eq \r(2)v0，α＝45° 粒子在第Ⅰ象限中的运动轨迹如图甲所示，由几何关系知，轨迹半径R＝eq \f(2L,sinα) 在第Ⅰ象限的运动，由牛顿第二定律有qvNB0＝m2,N)eq \f(v,R) ，联立解得B0＝eq \f(mv0,2qL)。 (2)设粒子穿过x轴下方第1层电场后的速度为v1，在第1层磁场中的轨迹半径为R1，由动能定理有EqL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,N) 粒子在x轴下方第1层磁场中运动的轨迹如图乙所示 由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m2,1)eq \f(v,R1) 设在第1层磁场中的速度偏转角为θ，根据几何关系可得sinθ＝eq \f(L,R1) 联立解得θ＝30° 即粒子刚射出第1层磁场下边界时的速度方向与y轴负方向的夹角为30°。 (3)从x轴至进入第n层磁场，由动能定理有nEqL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,n)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,N) 解得vn＝eq \r(2＋4n)v0 设粒子在第Ⅳ象限磁场中沿y轴负方向运动总位移为ym时，其速度沿x轴正方向，粒子最远能进入第m层磁场，粒子在磁场中，沿x轴方向上由动量定理有 ∑qvyBΔt＝mvm－0 其中vm＝eq \r(2＋4m)v0 ∑vyΔt＝ym 又(m－1)L<ym≤mL 可得3m2－8m－4≥0且3m2－14m－1<0 解得满足条件的正整数m＝4 故最远能进入第4层磁场。 10．(2024·辽宁卷，15)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：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，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eq \f(3,2)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＝2,0)eq \f(9mv,4πqL) 。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。 答案：(1)eq \f(mv0,2qL)　(2)eq \f(3,2)πL　(3)F＝eq \f(qω,3v0)·Δx (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)。 解析：(1)根据题意，画出乙在Ⅰ区的运动轨迹，如图所示 设乙在Ⅰ区做圆周运动的轨迹半径为r1，由几何关系得 L＝r1sin30° 解得r1＝2L 由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m2,0)eq \f(v,r1) 解得B＝eq \f(mv0,2qL)。 (2)根据对称性可知，乙经过P点时的速度沿x轴正方向，在Ⅱ区中的速度偏转角也为30°。乙在磁场中做圆周运动的周期为T＝eq \f(2πr1,v0) 根据题意，乙在磁场中运动的总时间等于甲在Ⅲ区运动的时间，为 t1＝2×eq \f(30°,360°)×T 联立解得t1＝eq \f(2πL,3v0) 由对称性可知，甲在P点的速度沿x轴正方向，则甲从P点到O点做匀加速直线运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得qE0＝ma 解得a＝2,0)eq \f(9v,4πL) 由运动学公式得d＝eq \f(3,2)v0t1＋eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1) 解得d＝eq \f(3,2)πL。 (3)甲经过O点时的速度为v甲＝eq \f(3,2)v0＋at1 设t时刻甲的位置坐标为x1，因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则x1＝v甲t 受力分析知，甲不受电场力作用，则有ωt－kx1＝0 设t时刻乙的位置坐标为x2，对乙可得eq \f(F,q)＝ωt－kx2 乙追上甲前，甲、乙间距Δx＝x1－x2 联立可得，乙追上甲前F与Δx间的关系式为F＝eq \f(qω,3v0)·Δx。 $