专题6 带电粒子在组合场中的运动-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（教科版）

(2)设一个周期内没有磁场的时间为t1,存在磁场的时间为 6则=4 πR 1秒 因为LM0N=120,可求得MN与AB之间的距离为x= 2 粒子从B点返回时，刚好进入磁场并做】圆周运动，然后进 入电场做匀减速运动，当返回后刚离开电场时粒子做圆周运 动，此时一定存在磁场，为了满足题图甲的运动轨迹，粒子在 电场中的最短时间为4+子，则粒子从B点运动到A点的 最短时间为：=2+子）+5=24+5=(445m) 5 R (3)粒子在电场中做匀变速运动，加速度为a=些， m 根据速度公式得2”-监x么+子）， m 8mv 8mv2 解得E= (4+3π)gR g4t1+32 专题五带电粒子在叠加场中的运动 1.C解析：A.如图所示，小球在叠加场中受重力、电场力和洛 伦兹力沿光滑管道轴线由P端恰好无触碰地运动到Q端， 根据洛伦兹力的特点可知，小球做的是匀速直线运动.小球 带正电时受到重力竖直向下，从P端运动到Q端时，洛伦兹 力垂直于虚线向右上，根据匀速直线运动的条件是合力为 零，所以电场力方向水平向右，故电场方向向右，A错误； B.由以上分析可知，根据共点力平衡，有quBsin60°=gE, qBeos60°=mg,整理得E-3 “B2v,B=g,B错误，C正确：D 若小球以大于v的速度从P端进入管道后，受到的重力和电 场力不变，但是洛伦兹力会变大，这时管道对小球会产生垂 直于管道向右下方的支持力，管道光滑，所以不会有摩擦力， 即小球合力仍为零，做匀速直线运动，D错误.故选C. .9B·360°· 。之。·。·。 2.ACD解析：AB.带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方 向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力，由于α>B,这 三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力 的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做曲线 运动或匀变速直线运动，B错误，A正确；CD.若带电液滴 带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重 力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上 方的洛伦兹力作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿 虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负电或电场线方向 斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故 选择性必修第二册·JK 液滴一定带正电，电场线方向一定斜向上，CD正确.故 选ACD. 3.D解析：小环带正电，小环受竖直向下的重力和向左的电 场力（大小不变）作用，随着下落速度的增加，还受到不断增 大的向右的洛伦兹力作用，另外小环还受到杆的弹力和向上 的滑动摩擦力，如图所示.由于环套在杆上，水平方向无加速 度，所以小环受到的弹力F先向右并逐渐减小到零，后向左 并逐渐增加，由f=FN,可知小环所受的摩擦力先减小后增 加故小环的加速度（由重力和摩擦力产生）先增大后减小， 速度则不断增大，相应的动能也不断增大.当摩擦力增大到 等于重力时，小环的加速度减小为零，速度不再增加，所以动 能增大到某一最大值后不再变化.故①③错误，②④正确.故 选D. 96 quB mg 4.AD解析：AB.由题意可知，小球做的是匀速直线运动，小球 受力平衡，小球受向下的重力，若小球带正电，受水平向左的 电场力，小球受洛伦兹力应斜向右上，则磁场垂直纸面向里： 若小球带负电，受水平向右的电场力，若磁场垂直纸面向里， 小球受洛伦兹力斜向左下；若磁场垂直纸面向外，小球受洛 伦兹力斜向右上，小球受力都不会平衡，所以小球一定带正 电，选项A正确，B错误：C.若该小球从C点沿CA方向以速 率√ag射入正方形区域，小球受向下的重力、小球带正电， 受水平向左的电场力，由左手定则可知，小球受洛伦兹力斜 向左下，可知小球受的合力不是零，速度会变化，洛伦兹力也 会变化，小球将做曲线运动，选项C错误； D.由物体的平衡条件有guB=√2mg,其中v=√ag,gE=mg, 若电场的电场强度大小不变，方向变为竖直向上后，电场力 与重力平衡，小球沿逆时针方向做匀速圆周运动，设轨道半 径为，有m8=m号解得-只，小球将从D点封出选项 D正确.故选AD. 专题六带电粒子在组合场中的运动 1.A解析：设离子P3+经电压为U的电场加速后的速度为v, 由动能定理3eU= 2m,离子进入磁场做匀速圆周运动，由 洛伦滋力提供向心力B=m。由儿何关系，离子P旷在酸 场中转过角度的正弦为血0=，联立解得s血0=，则离 子P3+在磁场中转过的角度0=30°.故选A. 2.D解析：A由题意得，在电场中时，带电粒子从M点水平射 入，从N点射出，电场方向沿y轴正方向，所以带电粒子在电 场中向下做类平抛运动，其电场力竖直向下，由上述分析可 知，带电粒子所受电场力方向与电场方向相反，所以粒子带 负电.当把电场换成磁场时，带电粒子在磁场中做匀速圆周 黑白题50 运动，根据左手定则可知，其磁场方向垂直于x0y平面向外， 故A项错误：B.由之前的分析可知，粒子在电场中做类平抛 运动，所以在：轴方向有受R=,在，箱方向有)， 22 对带电粒子受力分析有gE=ma,由上述式子解得o= L网，故B项错误；C.带电粒子在电场中由M点到N 2 m 点，由动能定理有W电=Ew-EM,带电粒子在匀强电场中做 功为队。=98，子R=号R,常电粒子在M点的动能为 Bw-了m,由上述式子解得Ew-1Bg4,放C项错误：D 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有如8=m二，根据几何 关系有(，广+() =子，解得B=1正，故 2 OR D项正确.故选D. 3.D解析：根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示， ×××D×××× ××××××× 设Q点纵坐标为h,粒子到达0点的速度为v,水平分速度为 v,运动时间为t1,则由运动规律可得h=o1,d= ,= 2 tan45°，u=√02+6， 2d 解得h=2d,v=√2vo,41= 设粒子在磁场中的运动半径为R,周期为T,由几何关系可 得R=√2h=2√d. 则粒子在磁场中的运动周期为T=2mR_4md 3 4）r= 粒子在磁场中的运动时间为=（2+2)T -T= 82w 在电场和磁场中运动的总时间为1=+-24+7π4(2+ vo 2vo vo 7π 2 ,故选D. 4.A解析：设带电粒子经电压为U,的电场加速后速度为o, 由动能定理，有g,=26, 带电粒子在电势差为U,的电场中做类平抛运动，可将射出 电场的粒子速度v分解成沿初速度方向与沿加速度方向，设 出射速度与水平夹角为0，则有=0s0, 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为 参考答案与解析 R,由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于日，则有 Rvo R=cos8,所以d= 又因为半径公式R=m,则有d= 2mvo 9B1 gB 故d与m,o成正比，与B,g成反比，即d只与U,有关，与U2 无关，故A正确，BCD错误故选A 5.AC解析：粒子运动轨迹如图： 粒子在电场中做类平抛运动，根 1.四 据公式有：d=o1,d=2·m 粒子在磁场中做匀速圆周运动，×× 有R =结合几何知识，可得R=d,联立可得 B=2又因 为类平抛运动的总时间t=4t,=一 =4址，匀速圆周运动的轨迹是 两个半圆，所以，-2m,故带电粒子运动一个周期的时间为 4d,2d故AC正确. 6.(1)2(1+√W2-1)a(2) 3 mvo 2gB 解析：(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨迹 半径为R,其在第一象限的运动轨迹如图甲所示.此轨迹由 两段圆弧组成，圆心分别在C和C处，轨迹与x轴交点为P. 由对称性可知，C'在x=2a直线上.设此直线与x轴交点为 D,P点的x坐标为xp=2a+DP.过两段圆弧的连接点作平行 于x轴的直线EF,则DF=R-√R2-a,C'F=√R2-a,C'D= CF-DF,DP=√R2-(CD)2,由此可得P点的x坐标为 xp=2(1+√W2-1)a. E ×× 2a· (2)若要求带电粒子能够返回原点，由对称性可知其运动轨 迹如图乙所示，这时C在x轴上.设LCC'0=a,由几何关系 /coa3a粒子人射速度为o由牛顿第二 得a=π，R'=a=25 √3mwo 定律和洛伦兹力提供向心力得4，B=,解得a 2aB a好（品）需 7.(1)m 解析：(1由动能定理，得g=m2-0,解得：U= 2q (2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示： 黑白题51 AX X 0 两个轨迹圆的圆心分别为01、02，半径R=2 3 3k1 1 R 2 7 由几何关系：y=l+l+ 岭 3 (3)当磁感应强度均变为2B时，粒子在磁场里运动的轨迹 半径为R-得由儿何关系知，散子在两个磁杨中的圆心角 西为120°粒子运动的周期为T=C因此粒子运动的时恒 为了工粒子想要在无磁区域时间最大，需路程最长，由此可 得轨迹如图所示： -0 X P -P √3l- 2R -(5.2）m 由几何关系，得：。=3T+3+,一（元+3）而 专题七楞次定律的广义表述 1.B解析：AB.磁铁靠近铝环，铝环中的磁通量变大，根据 楞次定律可知，要想阻碍铝环中磁通量变化，铝环会有缩小 趋势，且远离磁铁，A错误，B正确：C.磁铁靠近铝环，铝环中 磁感线方向向右，磁通量增大，根据楞次定律及右手螺旋定 则可知，要想阻碍磁通量变化，铝环中应产生逆时针方向电 流（从A向B看），C错误：D.能景是守恒的，不可能凭空产 生，D错误故选B. 2.A解析：磁铁由高处静止释放接近回路，通过回路的磁通 量向下增大，根据楞次定律得感应电流的磁场总是阻碍磁通 量的变化，即回路中产生感应电流的磁场方向向上，由右手 螺旋定则可知，回路中电流的方向为MWOP:根据楞次定律 选择性必修第二册·JK 的推论：增缩减扩可知，PQ与MN相互靠拢故选A. 3.C解析：吉他弦向右靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增大， 线圈中产生感应电流，由“来拒去留”可知吉他弦受到向左 的安培力，由“增缩减扩”可知线圈有收缩趋势，故ABD错 误，C正确.故选C. 4.C解析：根据楞次定律的推论可知，电磁感应产生的现象 总是阻碍两物体间的相对运动，但阻碍不是阻止，磁铁旋转 时，磁铁相对圆盘旋转，则圆盘也跟着同向旋转，即阻碍磁铁 相对圆盘的旋转运动，但不会阻止，则圆盘相对磁铁同方向 旋转，且角速度小于ωo,ABD错误，C正确.故选C. 5.D解析：磁体转动前，通过线框的磁通量最大，线圈内磁场 方向向上，若以磁体中心为轴在xOz平面内顺时针转过一个 小角度，通过线框的磁通量减小，根据楞次定律，线框产生 adcba方向的感应电流，磁体以磁体中心为轴在xOz平面内 顺时针转过一个小角度，等效为磁体向左上方移动，根据来 拒去留，磁体对线框产生向左上方的吸引力，根据平衡条件， 线框受地面的摩擦力方向水平向右，线框ab边、cd边安培力 均向上，对地面的压力减小故选D. 专题八电磁感应中的电路问题 1.D解析：A.依题意，根据楞次定律判断知通过线圈内部的 电流方向为从α端流人，b端流出，根据电源内部电流从低 电势流向高电势，可知α点的电势低于b点的电势，故A错 误：B.通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设Φ，=BS 为正，则线圈中磁通量的变化量为△中=B'S-(-BS), 代人数据即△Φ=(0.1+0.4)×50×10-4Wb=2.5×10-3Wb 可得磁通量的变化率为A中_25×10 Wb/s=0.025Wb/s, △t 0.1 故B错误：C.根据法拉第电磁感应定律可知，当α、b间断开 时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小 △Φ△B E=n- =n△ S=2.5V,若在a、b间接一个阻值为102的 电阻时，根据闭合电路欧姆定律可得αb间的电势差为 10 U,=-RE=10t10X2.5V=-1.25V,放C错误； D.在a、b间接一个理想电流表时，则电流表的示数为 =E-25A=0,25A,故D正确故选D, r10 2.D解析：A.闭合回路的磁通量增加，由楞次定律和右手螺 旋定则可知，定值电阻中的电流方向为b流向α，故A错误； 3矩形线圈产生的感应电动势E=S,A=S △B 两个小圆线圈产生的感应电动势E,=25,=2kS, 由楞次定律可知，两部分感应电动势的方向相同，所以总电 动势E=E1+E2=k(S1+2S2),故B错误； C定值电阻中的电流大小1=E(S,+29）,故C错误， R+rR+r D.定值电阻中的电流是恒定电流，定值电阻两端的电压U= 黑白题52专题 带电粒子在组合场中的运动 1.(2023·山西大同期末) 如图为半导体离子注入工 +U 艺原理示意图.离子P3+经 电压为U的电场加速后， 垂直进人宽度为d的匀强 磁场区域，转过一定角度后从磁场射出，注 人半导体内部达到掺杂的目的.已知磁感应 mU 强度大小为 、方向垂直纸面向里，离 V6ed2 子P3+的质量为m,元电荷为e.则离子P3+在 磁场中转过的角度为 ( A.30° B.60° C.37° D.53° 2.(2023·江西赣州联考)如 图所示，圆形区域内存在沿 y轴正方向的匀强电场（未 画出)，电场强度为E,圆的 半径为R,以圆心0为坐标原点，建立坐标 0,M为网上的一点，与x轴的距离为公， 一质量为m,电荷量大小为g的粒子从M 点沿x轴负方向射入圆形电场区域.从圆上 的N点(0，-R)离开该区域，若将电场换为 垂直xOy平面的匀强磁场，将同一粒子以 相同的速度从M点沿x轴负方向射入圆 形区域，也从N点离开该区域，不计粒子 重力，则 ( A.磁场的方向垂直于xOy平面向里 B.粒子的初速度vo= EgR m 3 C.粒子离开电场时的动能E=。EgR 1 mE D.磁感应强度的大小B= 2 gR O6黑白题物理1选择性必修第二册·K O限时 45分钟 3.(2023·湖北沙市中学质检)如图所示，在 第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场 强度为E,在第I、V象限内分别存在如图 所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等有 一个带电粒子以垂直于x轴的初速度o从 x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与 y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂 直于x轴进入第V象限的磁场.已知OP之 间的距离为d,则带电粒子在磁场中第二 次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总 时间为 ( E Do+ ××× ×××V×××× 7πd d A. 2w0 B.(2+5π) Vo c.2+2 ) D.4(2+2 4.(2023·山西忻州期末)如图所示，某种带 电粒子由静止开始经电压为U,的电场加速 后，射入水平放置，电势差为U,的两导体板 间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板 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 中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两 点间的距离d随着U1和U,的变化情况为 (不计重力，不考虑边缘效应) W 、为 B M A.d随U变化，d与U,无关 B.d与U无关，d随U,变化 C.d随U,变化，d随U,变化 D.d与U无关，d与U,无关 5.(2023·陕西延安中学期中)（多选）研究表 明，蜜蜂是依靠蜂房、采蜜地点和太阳三个 点来定位的，蜜蜂飞行时就是根据这三个位 置关系呈8字形运动来告诉同伴蜜源的方 位.一兴趣小组用带电粒子在如图所示的电 场和磁场中模拟蜜蜂的8字形运动，即在 y>0的空间中和y<0的空间内同时存在着 大小相等、方向相反的匀强电场，上、下电场 以x轴为分界线，在y轴左侧和图中竖直虚 线MN右侧均无电场，但分别有方向垂直纸 面向里和向外的匀强磁场，MN与y轴的距 离为2d.一重力不计的负电荷从y轴上的P (0,d)点以沿x轴正方向的初速度o开始 运动，经过一段时间后，电荷又以相同的速 度回到P点，下列说法正确的是 ( ↑E XX 2d- E A.电场与磁场的比值为2vo B.电场与磁场的比值为4vo C.电荷运动一个周期的时间为4d,2md vo vo D.电荷运动一个周期的时间为 4d 4md 6.如图所示，在xOy平面内有磁感应强度大小N 为B的匀强磁场，其中x∈（0，a)内磁场方 向垂直xOy平面向里，在x∈(a,∞)内磁场 方向垂直x0y平面向外，在x∈(-∞，0)内 无磁场.一个带正电的电荷量为g、质量为m 的粒子（重力不计）在x轴上x=0处，以速 度v沿x轴正方向射入磁场： (1)若v未知，但粒子做圆周运动的轨道半 径为R=√2a,求粒子与x轴的交点的x 坐标 (2)若无(1)中R=√2a的条件限制，粒子的 初速度仍为（已知)，问粒子回到原点 0需要使a为何值？ ×。。。。 0 7.如图所示，真空中的I、Ⅱ两个相同矩形匀 强磁场区域处于第一象限，矩形的长和宽 分别为31和1，磁感应强度大小均为B,方 向相反.磁场上方位于y轴上存在足够长的 屏，下方有一能在水平方向上左右移动的 粒子加速装置.质量为m,电荷量为+g的粒 子（不计重力）从装置的正极板处由静止开 始被加速，再从O'点以速度v射入磁场，速 度与磁场边界间夹角0=30°，一段时间后粒 子刚好垂直于I磁场的边界进入Ⅱ磁场最 后飞到屏上 (1)求加速装置的电压U; (2)求粒子从O'点运动到屏上时在竖直方 向上运动的位移y; (3)当磁感应强度均变为2B时，通过在水 平方向上移动加速装置，可使粒子运动 到屏上的时间t增加，求t的最大值 ××××× P 进阶突破·专项练07