课时跟踪检测(六) 带电粒子在复合场中的运动（Word练习）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（鲁科版 福建专用）

课时跟踪检测(六)　带电粒子在复合场中的运动 1.如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力的说法正确的是(　　) A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右 B．小球运动过程中的速度不变 C．小球运动过程中的加速度保持不变 D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功 2．如图所示，足够长的导体棒AB水平放置，通有向右的恒定电流I。足够长的粗糙细杆CD处在导体棒AB的正下方不远处，与AB平行。一质量为m、电荷量为＋q的小圆环套在细杆CD上。现给小圆环向右的初速度v0，圆环运动的v­t图像不可能是(　　) 3．如图所示，在真空中一个光滑绝缘的水平面上，有两个完全相同的金属球A、C，两球质量均为m＝0.01 kg，静止在磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中的C球带正电，电荷量qC＝2×10－2 C，在磁场外的不带电的A球以速度v0＝15 m/s进入磁场中与C球发生正碰后，C球对水平面压力恰好为零，设向右为正，重力加速度为g＝10 m/s2，则碰后A球的速度为(　　) A．5 m/s B．10 m/s C．15 m/s D．20 m/s 4．(2025·四川成都高二月考)(双选)如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内有一条虚线x＝L，虚线左方有与虚线平行的匀强电场(图中未画出)，虚线右方有垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从坐标原点O点以速率v0沿某一方向射入第一象限，经电场作用后，粒子正好从点A(L，L)平行于x轴离开电场进入磁场。之后，粒子在磁场作用下正好经过x轴上的点C(2L,0)。不计重力，则下列说法中正确的是(　　) A．粒子带正电 B．电场方向沿＋y方向 C．磁场磁感应强度B＝ D．粒子从O到A的时间小于从A到C的时间 5．(2025·滨州高二调研)(双选)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为m、带电量大小为q的小球，以初速度v0沿与电场方向成45°夹角射入场区，能沿直线运动。经过时间t，小球到达C点(图中没标出)，电场方向突然变为竖直向下，电场强度大小不变。已知重力加速度为g，则(　　) A．小球可能带正电 B．匀强磁场的磁感应强度为 C．时间t内小球可能做匀减速直线运动 D．电场方向突然变为竖直向下，则小球做匀速圆周运动 6．如图所示，半径为R的光滑半圆形绝缘轨道固定在竖直平面内，轨道所在空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于轨道平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)由轨道左端A处无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持速率不变滑过轨道右侧的D点。若轨道两端等高，小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断正确的是(　　) A．小球在C点受到的洛伦兹力大小为qB B．小球在C点对轨道的压力大小为3mg C．小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变 D．小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大 7．(2025·福建高考)(双选)空间中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以速度v做匀速直线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。粒子带电量为q、质量为m，重力加速度为g。当粒子到N点时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，则(　　) A．电场强度为E＝ B．磁感应强度为B＝ C．NP两点的电势差为U＝ D．粒子从N→P时离NP的距离最大值为 8．如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是(　　) A．粒子的运动轨迹可能经过O点 B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为 D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为 9.如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差U＝100 V，不计重力的带电粒子以初速度v0＝300 m/s沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后，又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，磁场垂直于纸面向里，粒子射入磁场的点M和射出磁场的点N之间的距离d＝20 cm，则(　　) A．当v0＝600 m/s，U＝50 V时，d＝20 cm B．当v0＝600 m/s，U＝100 V时，d＝40 cm C．当v0＝300 m/s，U＝50 V时，d＜20 cm D．当v0＝600 m/s，U＝100 V时，d＜40 cm 10．(14分)(2025·福建福安月考)如图所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场和方向水平向右的匀强电场，磁感应强度大小B＝0.5 T，电场强度大小E＝5 V/m。质量M＝0.2 kg的绝缘立方体物块中心为一球形空洞，空洞内有一半径等于空洞半径、质量m＝0.05 kg的光滑圆球，圆球均匀带电，总电荷量q＝＋0.5 C。水平面足够长，且立方体物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5。将物块放置在水平面上由静止释放。g取10 m/s2，不计空气阻力。 (1)求物块释放瞬间的加速度大小a1；(4分) (2)求物块脱离水平面前的瞬间，圆球对物块的弹力FN；(4分) (3)若在物块脱离水平面前的瞬间，保持匀强电场的电场强度大小不变，方向改为竖直向上，求再经过 s时物块距离水平面的高度h。(该过程中物块可视为质点)(6分) 11.(16分)如图所示，光滑绝缘的水平面上放置一个质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为点电荷)。在竖直平面内存在匀强磁场和匀强电场，y轴左侧电场方向水平向右，无磁场；y轴右侧电场方向竖直向上，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向里。两侧电场强度大小相等，均为。现将小球从左侧距O点为L的A点由静止释放，若小球第一次落回地面时落到A点。 (1)求小球第二次经过y轴时与O的距离d；(6分) (2)小球从开始运动到第二次经过y轴后速度达到最小所用的时间t。(10分) 12．(18分)如图在第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二、三、四象限内存在垂直xOy平面向外的匀强磁场。一带正电粒子从x轴上的M点以速度v0沿与x轴正方向成60°角射入第二象限，恰好垂直于y轴从N点进入匀强电场，从x轴上的P点再次进入匀强磁场，且经过P点的速度v＝v0。已知磁场的范围足够大，＝h，粒子的比荷为，不计粒子重力及一切阻力。求： (1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(4分) (2)匀强电场的电场强度E的大小；(6分) (3)粒子从P点进入匀强磁场再次到达x轴的位置与M点的距离以及经历的时间。(8分) 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 课时跟踪检测(六) 1．选A　根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；小球受洛伦兹力和重力作用，合力不为零且时刻变化，则小球运动过程中的速度、加速度都改变，B、C错误；洛伦兹力永不做功，D错误。 2．选B　由右手螺旋定则可知导体棒AB下方的磁场垂直纸面向里，所以带电小圆环受到竖直向上的洛伦兹力，当qvB＝mg时，小圆环做匀速直线运动，故A可能；当qvB<mg时，在竖直方向，根据平衡条件有FN＋qvB＝mg，水平方向，有f＝μFN＝ma，小圆环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v­t图像的斜率应该逐渐增大，故B不可能，C可能；当qvB>mg时，在竖直方向，根据平衡条件有qvB＝mg＋FN，水平方向，有f＝μFN＝ma，小圆环做加速度逐渐减小的减速运动，直到重力与洛伦兹力相等时，小圆环开始做匀速运动，故D可能。 3．选A　设碰后A、C速度分别为vA和vC，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC，碰后两球平均分配电荷，C球对水平面压力恰好为零，则有mCg＝BqCvC，代入数据得vA＝5 m/s，故选A。 4．选BD　根据粒子在磁场中的运动轨迹可知，粒子带负电，选项A错误；粒子垂直虚线进入磁场，可知粒子在电场中沿y轴正方向做减速运动，电场力沿y轴负方向，则电场方向沿＋y方向，选项B正确；设v0的水平分量为v，粒子在磁场中运动的轨迹半径为R＝L，则根据qvB＝m，可得磁场磁感应强度B＝，选项C错误；粒子从O到A的时间tOA＝，从A到C的时间tAC＝>＝tOA，选项D正确。 5．选BD　若小球做变速运动，则洛伦兹力的大小一定改变，而小球沿直线运动，洛伦兹力方向一定不变，则合外力方向一定改变，则小球不可能做直线运动，故小球做匀速直线运动，故C错误；根据平衡条件可以判断，小球所受合力必然为零，故电场力水平向右，洛伦兹力斜向左上，故小球一定带负电，故A错误；根据平衡条件qv0B＝，解得B＝，故B正确；根据平衡条件可知mg＝qEtan 45°，电场方向突然变为竖直向下，则电场力变为竖直向上，与重力恰好平衡，洛伦兹力提供向心力，小球做匀速圆周运动，故D正确。 6．选D　小球从A到C过程机械能守恒mgR＝mv2，解得v＝，所以小球在C点受到的洛伦兹力大小为f＝qB，故A错误；在C点由牛顿第二定律有FN－mg＋f＝m，解得FN＝3mg－qB，由牛顿第三定律可知，小球在C点对轨道的压力大小为3mg－qB，故B错误；小球从C到D的过程中，合外力大小不变，方向始终指向圆心，而洛伦兹力和支持力沿水平方向的分力增大，故外力F的大小发生变化，故C错误；小球从C到D的过程中，由能量守恒定律可知外力F的功率等于重力功率大小，所以外力F的功率逐渐增大，故D正确。 7．选BC　带电粒子在复合场中能沿着MN做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图1所示，由受力平衡可知mg＝qE，qvB＝mg，解得电场强度E＝，磁感应强度B＝，故A错误，B正确。在N点撤去磁场后，粒子所受合力方向与MN垂直，做类平抛运动，如图2所示，且加速度a＝＝g，粒子到达P点时，位移偏转角为45°，故在P点， 速度偏转角的正切值tan θ＝＝2tan 45°＝2，所以粒子在P点的速度vP＝＝v，N到P过程，由动能定理有qU＝mvP2－mv2，解得NP两点间的电势差U＝，C正确。将粒子在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且vNy＝vsin 45°＝v，故粒子能向上运动的最大距离h＝＝，D错误。 8.选D　在圆形匀强磁场区域内，沿着半径方向射入的粒子，总是沿着半径方向射出，根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，故A、B错误；若粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域用时最短，则根据对称性可知粒子运动轨迹如图甲所示，则最短时间t＝2T＝，故C错误；若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则粒子运动轨迹如图乙所示， 设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知r＝，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得v＝，故D正确。 9．选B　设带电粒子离开电场时速度为v，与水平方向的夹角为θ，可得v＝，粒子以速度v进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，则粒子在磁场中运动的轨迹半径r＝，由几何关系可得M、N之间的距离d＝2rcos θ，联立可解得d＝，与U无关。当v0＝300 m/s时，d＝20 cm，故当v0＝600 m/s时，d＝40 cm，选项B正确。 10．解析：(1)物块释放瞬间，圆球不受洛伦兹力，对物块和圆球整体受力分析 根据牛顿运动定律，水平方向有qE－μFN′＝(M＋m)a1 竖直方向有FN′－(M＋m)g＝0，解得a1＝5 m/s2。 (2)物块脱离水平面时，水平面对物块的支持力为零，对物块和圆球整体受力分析，根据牛顿运动定律，水平方向有qE＝(M＋m)a2 以物块为研究对象，可知物块受到重力和圆球对物块的弹力FN两个力的作用，设弹力FN与水平方向的夹角为θ，分析可知 FNsin θ＝Mg，FNcos θ＝Ma2 解得FN＝2 N，θ＝45°，弹力方向斜向右上方。 (3)物块脱离水平面的瞬间，对物块和圆球整体有qvB＝(M＋m)g 保持匀强电场的电场强度大小不变，方向改为竖直向上，对物块和圆球整体受力分析可知qE＝(M＋m)g 重力与电场力恰好平衡，相当于只受洛伦兹力作用，整体做匀速圆周运动 由洛伦兹力提供向心力可知qvB＝ 角速度为ω＝，圆心角为φ＝ωt，解得φ＝ 物块底部距离水平面的高度为h＝r＋rcos(φ－π) 解得h＝15 m。 答案：(1)5 m/s2　(2)2N，方向斜向右上方45°　(3)15 m 11．解析：(1)在y轴右侧空间中，由于qE＝mg 小球相当于只受洛伦兹力，做匀速圆周运动qvB＝，R＝ 根据动能定理qEL＝mv2，解得v＝ 结合几何关系可得d＝2R＝。 (2)由A到O小球做匀加速运动，根据牛顿第二定律有qE＝ma 根据运动学规律有L＝at12 小球在磁场中做匀速圆周运动 qvB＝，T＝，t2＝ 小球回到y轴左侧后，做类斜抛运动，当速度与合力方向垂直时，即速度方向斜向左下45°时，速度最小，设小球从回到y轴左侧起至速度最小所需时间为t3 vx＝v－t3，vy＝gt3，vx＝vy，解得t3＝ 总时间t＝t1＋t2＋t3＝3＋。 答案：(1)　(2)3＋ 12．解析：(1)粒子从M点做匀速圆周运动到N点，设轨迹圆的半径为r1，根据洛伦兹力提供向心力qv0B＝m 由几何关系r1sin 60°＝h，解得r1＝2h，B＝。 (2)粒子离开电场时v＝v0，设粒子从P点进入磁场时速度与x轴正方向夹角为θ，则有cos θ＝，tan θ＝ 解得θ＝45°，vy＝v0 又vy＝ 对带电粒子，沿电场方向有qE＝ma 根据几何关系＝r1(1－cos 60°)＝h 解得E＝。 (用动能定理qE＝mv2－mv02解答亦可) (3)在电场中粒子做类平抛运动，可得＝v0t，t＝ 解得t＝，＝2h 从P点进入磁场后由洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝m 解得r2＝＝2h 根据对称性可知，粒子再次到达x轴时的速度与x轴正方向夹角为45°，粒子转过圆周 设再次到达x轴的位置为P′，可得 ＝ 则与M点相距为＝(2－)h 圆周运动的周期为T＝＝ 从P到P′点经历时间为t＝T＝。 答案：(1)　(2)　(3)(2－)h　 $