复习练案11 第一部分 专题三 第9讲 带电粒子在电场和磁场中的运动-【衡中学案】2026年高考物理二轮总复习提能训练

复习练案[11] 第一部分专题三 第9讲 带电粒子在电场 和磁场中的运动 A组·基础巩固练 A.B点的电场强度E= er 1.（2025·广东江门模拟)如图为静电喷印原理的简 B.P点场强大于C点场强 图，在喷嘴和收集板之间施加高压电源后，电场分布 C.b粒子在P点动能小于Q点动能 如图中虚线所示。喷嘴处的液滴受到各方面力的共 D.b粒子全程克服电场力做功小于2eU 同作用形成泰勒锥，当电压增至某个临界值时（假设4.(2024·浙江1月选考）如图所示， 此后电压保持不变)，液滴从泰勒锥尖端射出形成带 金属极板M受到紫外线照射会逸 电雾滴，落在收集板上，则此过程中雾滴 出光电子，最大速率为vm。正对M 放置一金属网N,在M、N之间加恒 喷嘴 定电压U。已知M,N间距为d(远 M 高压电源 泰勒锥 小于板长)，电子的质量为m,电荷 量为e,则 () A 收集板 A.M、N间距离增大时电子到达N 的动能也增大 A.动能减小 B.带正电荷 B.只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能 C.电势能减小 D.加速度增大 1 2mm2+el 2.(2025·宁夏石嘴山模拟)如图所示，曲线为一带电 C.电子从M到N过程中y方向位移大小最大为 粒子在匀强电场中运动的轨迹，虚线A、B、C、D为相 互平行且间距相等的四条等势线，M、N、O、P、Q为轨 迹与等势线的交点。带电粒子从M点出发，初速度 大小为。，到达Q点时速度大小为，则 ( DM,N间加反向电压时电流表示数恰好为零 4e D 5.（2025·浙江杭州二模)如图甲所示，某多级直线加 C 速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中 M 心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源 的两极M、N上，序号为0的金属圆板中央有一个质 子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所 A.四条等势线中D的电势最高 示的电压U,一段时间后加速器稳定输出质子流。 B.粒子从O到P和从P到Q的动能变化量不相等 已知质子质量为m、电荷量为e,质子通过圆筒间隙的 C.粒子从M到N和从0O到P的速度变化量相同 时间不计，且忽略相对论效应，则 D.如果粒子从Q点以与v相反、等大的速度进入电 Mo 场，则粒子可能不会经过M点 2345678 3.（2025·福建卷)某种静电分析器简化图如图所示， 在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。 现将一电子a自A点垂直电场射出，恰好做圆周运 动，运动轨迹为ABC,半径为r。另一电子b自A点垂 直电场射出，轨迹为弧APQ,其中PBO共线，已知BP 电势差为U,ICQ1=21BPI,a粒子入射动能为Ek,则 ( 乙 A.质子在各圆筒中做匀加速直线运动 2(n-1)eUo B.质子进入第n个圆筒瞬间速度为。 m C.各金属筒的长度之比为1：2：5： D.质子在各圆筒中的运动时间之比为1：√2： 5:… 199 6.(2025·山东菏泽期中)如图所a B组·综合提升练 示，正方形abcd区域（包含边 界)存在垂直纸面向里的匀强磁 9.(多选)(2025·四川卷)如图所示，I区有垂直于纸 场，磁感应强度大小为B。一质 + 面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于 量为m、电荷量为g的带正电粒b 纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与I 子从a点沿着ab方向射入磁场中，正方形边长为l, 区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。I区和 不计粒子的重力，为使粒子从cd边射出磁场区域，粒 Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4：1。一带正电的粒 子的速度可能为 ) 子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线 A.9BI B.gBI C.2gBI D.4qBl 方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin37°= 4m 3m 3m 3m 0.6。则带电粒子 () 7.（2025·广西贵港模拟)如图所示，空间存在范围足 够大且与长方形ABCD所在平面平行的匀强电场，已 知AC=2AB=43cm,A、B、C三点的电势分别为 12V8V4V。一带电粒子从A点以斜向右上方与 AD成30°角、大小为。=2m/s的初速度射入电场， 恰好经过C点。不计粒子的重力，下列说法正确的 A.在I区的轨迹圆心不在O点 是 ( B.在I区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1：2 A.30 ---D C.在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127：37 D.在I区和Ⅱ区的运动时间之比为127：148 10.(2025·甘肃卷)离子注入机是研究材料辐照效应 的重要设备，其工作原理如图1所示。从离子源S A.D点电势为6V 释放的正离子（初速度视为零）经电压为U,的电场 加速后，沿00'方向射入电压为U2的电场(00'为 B.电场强度大小为40V/m 平行于两极板的中轴线)。极板长度为1、间距为d, C.粒子过C点时的速度与初速度方向间夹角的正切 U2-t关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置 值为5 在距U2极板L处，样品中心位于O'点。假设单个 D.粒子过C点时的速度大小为43m/s 离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为 8.（多选)(2025·吉林白城三模)两个质量相同的带电 不变，当U2=±Um时。离子恰好从两极板的边缘 粒子a、b,从圆上A点沿AO方向进入垂直于纸面向 射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法 里的圆形匀强磁场，0为圆心，其运动轨迹如图所示， 正确的是 () 两粒子离开磁场区域的出射点连线过圆心O,且与 X A0方向的夹角大小为60°，两粒子在磁场中运动的 时间相等。不计粒子的重力，则 ( ××× ××× 图1 U, ××× U A.a粒子带负电，b粒子带正电 27 B.a、b两粒子在磁场中运动的速度之比为2：3 C.a、b两粒子的电荷量之比为1：3 D.α、b两粒子在磁场中运动的周期之比为2：1 图2 200 A的最大值U。=P 12.(2025·湖北卷)如图所示，两平行虚线MN、PQ间 无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直 B.当U,=±Un且L=a时，离子恰好能打到 于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B _2d 和2B。一质量为m、电荷量为g的带正电粒子从 样品边缘 MN左侧O点以大小为o的初速度射出，方向平行 C.若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增 大U 于W向上。已知O点到MN的距离为2Wg粒子 D.在t1和2时刻射入U,的离子，有可能分别打在 能回到0点，并在纸面内做周期性运动。不计重 A和B点 力，求： 11.(2025·四川卷)如图所示，真空中固定放置两块较 M 大的平行金属板，板间距为d,下极板接地，板间匀 强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为 9(9>0)的金属微粒，从两极板中央O点由静止释 放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞 后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不 计微粒重力。求： B N 2B 上极板 不++++++++++ (1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径； (2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距； 电源 (3)粒子的运动周期。 下极板 (1)微粒第一次到达下极板所需时间； (2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。 201子圆弧4D段的电荷、4圆弧4B段的电荷在N点的电 势相等，且等于4圆弧BC段的电荷在M点的电势，令 大小均为2，则有9=2e,+,9=22+91,撤去4 圆弧AD段的电荷，则有PM1=,+92,PM=92+P1,解 得Pm=Pn=9"9,故C正确，D错误。 3 复习练案[11] A组·基础巩固练 1.C收集板带正电，雾滴带负电，落到收集板的过程中， 电场力做正功，动能增大，速度增大，电势能减小，故A、 B错误，C正确；由题图可知从喷嘴到收集板，电场线逐 渐稀疏，电场强度减小，根据牛顿第二定律F=qE= ma,可得a=g,加速度减小，故D错误。 2.C由于粒子电性未知，无法判断电势高低，故A错误； 粒子从0到P和从P到Q,电场力做功相等，根据动能 定理可知，动能变化量相等，故B错误：根据粒子做类 斜抛运动的规律，粒子从M到V和从O到P的时间相 同，而加速度也相同，则速度变化量相同，故C正确；根 据粒子做类斜抛运动的轨迹具有对称性，如果粒子从Q 点以与，方向相反、大小相等的速度进人电场，则粒子 一定经过M点，故D错误。 3.Da粒子入射动能为E,根据动能的表达式有E,= 2m,粒子恰好做圆周运动，则b-”m,联立解得 E-2,故A错误；由题图可知，P点电场线密度较稀 er 疏，则场强小于C点场强，故B错误；已知ICQ!= 21BPI,因为BC在同一等势线上，且沿电场方向电势降 低，则Q点电势小于P点，电子在电势低处电势能大， 则b粒子在Q点电势能大，根据能量守恒可知，b粒子 在Q点动能较小，故C错误；由电场线密度分布情况可 知，沿径向向外电场强度减小，则BP之间平均电场强 度大小大于CQ之间的平均电场强度大小，根据U= Ed,则Uo<2UP,则b粒子全程克服电场力做功W= eUo<2eUm=2eU,故D正确。 4.C根据动能定理，从金属板M上逸出的光电子到达N 板时，有c心=E。-22,则到达N板时的最大动能 为E=U+m,∴，与两极板间距无关，与电子从金 属板中逸出的方向无关，选项A、B错误；当以最大速率 32 逸出的电子沿y方向逸出时，其到达N板时在y方向的 位移最大，电子在电场中做类平抛运动，则有y=vmt, =之监，解得y=√需迷项C正确：M,N间加 1 反向电压电流表示数恰好为零时，则U.=2m。,解 得U,选项D错误。 5.C金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，做匀速直 线运动，故A错误；质子进人第n个圆筒时，经过n次加 nelo 速，根据动能定理nU。=2me,2-0:解得.=√m, T 故B错误；只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为2 时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误；第n ·3-P,则各金属简的 个圆筒长度L.=,·2=√m 长度之比为1：√2：√5：…，故C正确。故选C。 6.C 根据洛伦兹力充当向心力，有即=mR,可得R= 需可知对于同一粒子或比待相同的粒子，在同一磁场 中做圆周运动的轨迹半径由速度决定，速度越大轨迹 半径越大，速度越小轨迹半径越小。因此，粒子若要从 cd边射出磁场区域，则恰好从d点出射时，粒子有最小 速度，且此时a以为粒子轨透的直径，有宁店，解得 -4,若粒子恰好从c点射出，粒子有最大速度，根 vin二2m 据几何关系可知，此时粒子的轨迹半径为1，则有1= 6,解得，综上可知，者粒子从cd边射出圈 m n≤BL,故选Cd 场区战，则粒子速度的取值范图为兴≤≤号 m 7.B因AC=2AB=4√3cm,A、B、C三点的电势分别为 12V、8V4V,取0点为AC的中点，则Po=8V,则B0 为等势线，连接BO并延长过D点，则po=8V,故A错 误：过A点作BO的垂线，则带箭头的实线为电场线，如 图所示，E=1401sim60°= 4 V/m 2W3x102×号 40V/m,故B正确；粒子初速度方向刚好与电场方向 垂直，则根据类平抛运动的推论tana=2tan0=2√3，故 C错误；粒子在C点时ve=votan o=43m/s,vc= √vc2+vc=2√13m/s,故D错误。 .30 B 8.AB根据图像确定洛伦兹力的方向，根据左手定则可 知，a粒子四指指向与速度方向相反，b粒子四指指向与 速度方向相同，则a粒子带负电，b粒子带正电，故A正 确；沿磁场圆半径方向射人的粒子飞出磁场时也沿磁 场圆半径方向，作出粒子运动的轨迹圆心如图所示，根 据几何关系可知0=60°，=180°-60°=120°，两粒子 在磁场中运动的时间相等，则有30工。3品，解得 2Tm T。:T,=1:2,故D错误；粒子运动的周期T。= 9nB’ 刀，-2心，结合上述可以解得4，b两粒子的电荷量之 比为2：1，故C错误：令磁场圆半径为R,根据几何关 系有R.=Ram30°=5R,R,=Ram60°=5R,根据线 3 _2m-2π，结合上述解得 速度的关系式有”.=T,,,=T, 子，故B正确。故法A8 x19°×× XXX X B组·综合提升练 9.AD由图可知，在I区的轨迹 圆心不在0点，故A正确；由 、 0 洛伦兹力提供向心力gB= m号，可得一密放在I区和 Ⅱ区的轨迹半径之比为上= 03 T2 B=4,故B错误；设粒子在 B21 磁场Ⅱ区偏转的圆心角为a,由几何关系cosα T1+T2 5,可得a=37°，故粒子在I区运动的时间为4， 3 360°-2(90-37)7=254°×2mm,粒子在Ⅱ区运动的 360° 360×4B 时间为t2= 2×37°。 360。T=4×2m,联立可得在【区和 Ⅱ区的运动时间之比为二=3，故D正确：粒子在I 区和I区的轨迹长度分别为1，-360°-2〔90-37)× 360° 2rt1 360°×2m1,=2×37 254° 360°×2m, 74° 360×2m12,故 1127 在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为-48，故C错误。 故选AD。 10.B粒子在加速电场中被加速时U9=m,。在偏转 ,d-1.U9,解得 电场中做类平抛运动，则l=o4,2=2·m 2d」 U。=U,选项A错误；当=±.时粒子从板的 d 边缘射出，恰能打到样品边缘时，则2= 2一，解得 a l 22+ 1:0业，法项8正确返超)宁·品试 2d 若其他条件不变，要增加样品的辐照范围，则需减小 U,选项C错误；由题图可知t,时刻所加的向上电场 电压小于t2时刻所加的向下的电场的电压，则t,时刻 射入的粒子打到A点时的竖直位移小于打到B点时 的竖直位移，选项D错误。 1① (2)2√gbmd 【解析】（1)由牛顿第二定律gE=ma 由运功字公式号-宁d 联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为 md t= (2)微粒第一次到达下极板时的速度大小为”，= at gEd Am 由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电 性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，设微粒碰后 第一次到达上极板时的速度大小为巴2，满足，2-， =2ad 代入解得2=入 3gEd m 同理可得微粒第一次从上极板回到O点时的速度大 04 小为4，满足2-2=20号 Ed 代入解得华=2√m 故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为p= m=2√qEmd。 12.(1)m 2)。B(3)π严+5， gB 【解析】(1)粒子在左侧磁场中运动，根据洛伦兹力 提供向心力有q心B= R 可得R=m B (2)粒子在左侧磁场运动，设从MN射出时速度方向 与MN的夹角为0，由于O到MN的距离d= 合R=m,根据几何关系可知0=60°； gB 粒子在MW和PQ之间做匀速直线运动，所以粒子从 PQ进入右侧磁场时与PQ的夹角0=60°；粒子在右侧 磁场做匀速圆周运动有9。·2B=m, R' 解得R-2冠 根据几何关系可知粒子第一次和第二次经过PQ时位 置的间距x=√3R'= 3mvo 2gB (3)由园可知：子在左边磁场运功的时间一号，一 22mm_4πm 3+ 粒子在右边磁场运动的时间？= 1= 3 2mm 3 2gB T 3qB M 3m% d 2gB 0 R 0 0 R B 2B N 根据对称性可知粒子在MN左侧进出磁场的距离x,= 3R3mwo gB 3 所以粒子从MN到PO过程中运动的距离为l= 3R-3R'3 mvo 2c0s0 2qB 粒子在MW和PQ之间运动的时间t3= 2l√3m vo gB 综上可知粒子完成完整运动回到O点的周期为T=t, 5πm,3m +2+6=3B+ gB 复习练案[12] A组·基础巩固练 1.C利用圆形区域匀强磁场实现对带电粒子流的磁聚 焦，需要满足：粒子匀速圆周运动半径与圆形磁场区域 的半径相等，设粒子做匀速圆周运动的半径为R,则有 R=T,粒子匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，则 有B=m会解得B-肥，放选C。 gr 2.AB沿直径方向飞入的粒子在有界磁场中偏转90°射 出，根据几何关系可知，粒子圆周运动的轨迹半径为R, 则任意方向进人磁场的粒子其入射点、出射点、轨迹圆 心与磁场圆心四点构成棱形，则出射点速度方向始终 垂直于入射点位置磁场圆的半径，即所有粒子离开磁 场时的速度方向相互平行，故A正确；结合上述可知 quB m 发解得u-2-BR,故B正确，C错误：若粒 m 子从射出点沿射出速度反方向以相等速率射入，根据 左手定则可知，粒子所受洛伦兹力方向与射出前洛伦 兹力方向相反，粒子偏转方向与射出前相反，此后轨迹 入射点、出射点、轨迹圆心与磁场圆心四点构成棱形， 根据磁汇聚可知，粒子将从磁场圆上与P点对称的点 射出，故D错误。故选AB。 3.B粒子带正电，根据左手定则可 C 知，粒子进人磁场后将向上偏转，粒 130° 子从BC边离开时，粒子在磁场中运 动轨迹对应的圆心角最大，运动时 间最长，当轨迹刚好与AC边相切D 时，粒子轨迹如图1所示 由洛伦兹力提供向心力可得q吧，B= m 图1 T 根据几何关系可得+in30°=L L gBL 联立解得1=3，=3m 可知粒子在磁场中运动的最长时间为t=2T 1T= aB 25