第1章 专题探究3 带电粒子在复合场中的运动-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）

专题探究三带电粒 黑题 专题强化 题型1带电粒子在叠加场中的运动 1.(2024·安徽安庆三模)如图所示，两竖直平 行边界PQ、MN间，有正交的匀强电场和匀强 磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向 垂直纸面向里.一带电小球从0点以某一速度 垂直边界PQ进入该场区，恰好能沿水平方向 做直线运动.下列判断正确的是 P x:M 0 B ”×x Q×××1×N A.小球一定带正电 B.若仅改变小球的电性进入该场区，小球进 入后仍将做直线运动 C.若仅改变小球的电性进入该场区，小球进 入后将立即向下偏转 D.若小球以同样大小速度垂直边界MN进入 场区，小球进入后仍将做直线运动 2.(2024·浙江嘉兴期末)霍尔推进器的部分结 构如图所示，在很窄的圆环空间内存在沿半 径方向向外的辐射状的磁场I,其磁感强度 大小可近似认为处处相等.若在垂直圆环平面 的方向上加上匀强磁场Ⅱ和匀强电场（图中 都没有画出)，沿平行圆环的方向以一定的速 度射入电子，电子恰好可以在圆环内沿顺时 针方向做半径为R、周期为T的匀速圆周运 动.已知磁场I、Ⅱ的磁感应强度大小相等， 电子的电量为e,质量为m,电子重力忽略不 计，则 ( 磁场 电子运 动轨迹 第一章 子在复合场中的运动 限时：60min A.磁场I对电子的作用力提供电子做匀速圆 周运动所需向心力 B.电场方向垂直圆环平面向外，磁场Ⅱ的方 向垂直圆环平面向里 C.磁场I、Ⅱ的磁感应强度大小为2πm T D.电场的电场强度大小为4nmR 3.(2023·天津二十四中期末)如图所示，足够 长的竖直绝缘管内壁粗糙程度处处相同，处 在方向彼此垂直的匀强电场和匀强磁场中， 电场强度和磁感应强度的大小分别为E和B, 一个质量为m、电荷量为+g的小球从静止开 始沿管下滑，下列关于小球所受弹力N、运动 加速度a、运动速度v、运动位移x、运动时间t 之间的关系图像中正确的是 ( ●● ··E 4.（2023·北京杨镇一中模拟)如图所示，空间 中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，有 一带电液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆 黑白题019 周运动，已知电场强度为E,磁感应强度为B, 重力加速度为g,则液滴环绕速度大小及方 向分别为 ( ) 顺时针 E A. 逆时针 E B. C.B E,顺时针 D.B ,逆时针 E 5.如图所示，用纸面表示竖直面，空间中同时存 在着足够大的匀强电场在纸面内水平向右， 匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小 月=2T有带正电的固体颗粒，质量m=1× 103kg,电荷量g=2×103C,正以某一与水平 方向成45°的速度在竖直面内做匀速直线运 动，当经过M点时撤掉磁场，一段时间后运动 到最高点N(题目中未标出)g取10m/s2,求： (1)电场强度大小及颗粒做匀速直线运动的 速度v的大小； (2)从M点撤掉磁场到颗粒运动到最高点N 经历的时间t; (3)颗粒再次回到与M点水平方向等高位置 时，颗粒的动能 X x B 选择性必修第二册·RJ 题型2带电粒子在组合场中的运动 6.如图所示，在第一象限内有沿y轴负方向的匀 强电场，在第二象限内有垂直纸面向外的匀 强磁场，一个速度大小为，的带正电的重力不 计的带电粒子从距O点为L的A点射入磁 场，速度方向与x轴正方向成60°时，粒子恰 好垂直于y轴进人电场，之后通过x轴上的C 点，C点距O点距离也为L则电场强度E与 磁感应强度B大小的比值为 ● 60 A 4 2 A.3 B.30 C.vo D.2vo 7.(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，磁感应强度为B,其中C、 D在x轴上，它们到原点0的距离均为a,0= 45°.现将一质量为m、带电荷量为g的带正电 粒子，从y轴上的P点由静止释放，设P点到 0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A=Ba,则粒子垂直CM射出磁场 2mE B.若h= Ba'q 则粒子平行于x轴射出磁场 4mE C.若h= Ba'q 则粒子垂直CM射出磁场 6mE D.若h= Ba ,则粒子平行于x轴射出磁场 8mE 黑白题020 8.(2024·河北邢台一模)如图所示， 视频讲 xOy平面内，x轴下方充满垂直于 纸面向外的匀强磁场，x轴上方充满竖直向下 的匀强电场（图中未画出），其他部分无电场. 从P点水平向右向电场内发射一个比荷为 m 的带电粒子，粒子的速度大小为。，仅在电场 中运动时间t,从x轴上的N点与x轴正方向 成角（未知）斜向下进人磁场，之后从原点 O第一次回到电场.已知P、N两点间的电势差 3mv UpN 2q ,忽略边界效应，不计粒子受到的重 力.求： (1)粒子第一次通过N点的速度大小v及角 度a; (2)匀强电场的电场强度大小E及匀强磁场 ! 的磁感应强度大小B; (3)粒子从P点发射到第2024次从x轴上方 进入磁场的时间t224: a. 第一-章 9. 如图所示，半径分别为a、b的两同心虚线圆所 围空间分别存在电场和磁场，中心0处固定 一个半径很小（可忽略）的金属球，在小圆空 间内存在沿半径向内的辐射电场，小圆周与 金属球间电势差为U,两圆之间的空间存在垂 直于纸面向里的匀强磁场，设有一个带负电 的粒子从金属球表面沿+x轴方向以很小的初 速度逸出，粒子质量为m,电荷量为g(不计粒 子重力，忽略粒子初速度)，求： (1)粒子到达小圆周上时的速度为多大？ (2)粒子以(1)中的速度进入两圆间的磁场 中，当磁感应强度超过某一临界值时，粒 子将不能到达大圆周，求此最小值B. (3)若磁感应强度取(2)中最小值，且b= (2+1)a,要使粒子恰好第一次沿逸出方 向的反方向回到原出发点，粒子需经过多 少次回旋？并求粒子在磁场中运动的时 间.（设粒子与金属球正碰后电荷量不变 且能以原速率原路返回) 黑白题021M M ×××\x ××××文、 ××××× N 甲 乙 d 粒子圆周运动半径-2，轨迹为两个90°圆弧，故在磁场中 1 12Tmπm 的总时间=2T=2·9BgB (3)若粒子以=2gB必速度射人感场，由mB=m 2m 可得 r2= 24,轨迹大体如图乙所示： 由儿何关系可得()户+()广°=后，代人数据可解得= 或为=，考虑到当时，粒子可能多次穿过： 2 轴，故y应满足的条件为y1= 2+1d或2= 2 2 d- 2 227a=12.3- 1 7.C解析：设粒子的质量为m,带 电荷量为q,则带电粒子在磁场 中偏转时的运动轨迹如图所示 设粒子的偏转半径为r,经)粒 D 子转过的圆周角为，则有2 rsin a=AB,2(r-rcos a)=AD,又 因AB=3AD,联立解得a=60,= 3AB,所以有267 T。=2,解得T,三23ABm如果把磁场换为电场，则有AB= 9vo ,工，解得，=B,所以 -2婚微选c 8A解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，0-子，时间内， 有m,B,=m6,解得， ,三0，周期为T, _2mm1_2mm2 9B。 T r. ogB。’5 ,时间内，有90×子B。=m2,解得r2B。 .2 2 _3mo=1.5r1,周期为 _2m2_3mm=1.5,要求在T时，粒子距y轴最远，作出 T2= vo gBo 粒子运动轨迹如图，根据几何关系，可得si血0=h=0.6, T1+r2 解得0=3°，则0~名，时间内圆周运动转过的圆心角为 5 选择性必修第二册·RJ 0=8,可得-念柴立解为元-故 选A. 0 0 专题探究三带电粒子在复合场中的运动 黑题 专题强化 1.C解析：A.若小球带正电，则洛伦兹力向上，电场力向下， 当满足Bg=mg+qE时，小球可沿水平方向做直线运动；若小 球带负电，则洛伦兹力向下，电场力向上，当满足qE=mg+ Bgw时，小球也可以沿水平方向做直线运动，A错误；BC.根 据上述分析可知，仅改变小球的电性，洛伦兹力和电场力的 方向都会发生改变，如开始小球带正电，洛伦兹力大于电场 力，改变电性后，小球的合力向下；同理，若小球带负电，电场 力大于洛伦兹力，改变电性后，合力依然向下，B错误，C正 确；D.若小球以同样大小速度垂直边界MW进入场区，由于 洛伦兹力反向，小球进入后不会做直线运动，D错误故选C 2.D解析：AB.根据左手定则可知磁场I对电子的作用力沿 圆环方向垂直纸面向里，不能提供向心力，磁场Ⅱ对电子的 作用力提供电子做匀速圆周运动所需向心力，即磁场Ⅱ的方 向垂直圆环平面向里，电子所受电场力与磁场I对电子的作 用力平衡，所以电场方向垂直圆环平面向里，故AB错误； C根据m8=m发，又7-2，联立解得B-2m v e7,故C错 R,联立解得E=4mmR 4π2 误；D.根据eE=ewB,又ewB=m 故D正确.故选D. 3.A解析：小球向下运动的过程中，在水平方向上受向右的 电场力gE、水平向左的洛伦兹力gB和管壁的弹力N的作 用，水平方向上合力始终为零，则有N=gE-gB①，在竖直方 向上受重力mg和摩擦力f作用，其中摩擦力f=uW= 4(gB-gB)②，在运动过程中加速度a=mg寸=g- m u(95-9B)8,由①式可知，N-图像是一条直线，且N随v m 的增大而减小，A正确；由①②③式可知，小球向下运动的过 程中，速度的变化不是均匀的，所以加速度的变化也不是均 匀的，B错误：由②式可知，在速度增大的过程中，摩擦力是 先减小后增大的（在达到最大速度之前），结合③式可知加 速度先增大后减小，C图体现的是加速度先减小后增大， C错误；在速度增大到最大之前，速度一直增大，而图D体现 的是速度先减小后增大，D错误 4.C解析：液滴在复合场中做匀速圆周运动，可知重力和电 场力平衡，则液滴受到竖直向上的电场力，可知液滴带负电， 根据左手定则可知液滴做顺时针的匀速圆周运动，根据洛伦 黑白题10 兹力提供向心力有qB=m ,又因为重力和电场力平衡，则 有5=，解得=密，故ABD错误，C正确故连C ② 5.(1)5NVC10ms(2)'2s(3)0.25J 解析：(1)颗粒匀速直线运动时的受力gmB 如图所示.其所受的三个力在同一平面 内，合力为零电场力和重力的合力方向 K45 与水平方向成45°，由三角函数关系可 得m45e=爱则可得E:学- mg 0 2x10NVC=5NC,因为做匀速直线运动，所以合力为零， 10-2 即有qwB=√gE2+m2g,代人数据解得v=10m/s. (2)根据运动的独立性，竖直方向做初速度0=2、加速度 为g的匀减速运动.由速度与时间关系得”0-2=，解得 (3)颗粒再次回到与M点水平方向等高位置时，时间为2= 万，在水平方向上的初速度为及，水平方向的末速度 为巴.=+5·24，其中9比=g,联立解得=152m3,在 m 竖直方向的速度，=52m/s,合速度大小为v'=105m/s, 则动能E=2mm2=025J 6.A解析：根据题目表述，粒子恰 。。。。 好垂直y轴进人电场，可知粒子 L 在磁场中运动半径r= ··。 c0s30° 2w3 ●/0。·· ,由wB=m6得B="m,A可30O r 0 所以磁感应强度B= 在约 强电场中做类平抛运动，水平位移大小为L,运动时间t= ←，由几何关系得M0=分，竖直位移为了-停，由1 23 3 得E= 2m 3,则E4 B30,故选A 7.AD解析：A.若h=a9,则在电场中，由动能定理，有 2mE gh=之m2,在磁场中，有gB=m,联立可得r=a,即此时 轨迹圆的圆心在C点，图中C0为该轨迹圆的一条半径，所 以粒子垂直CM射出磁场，故A正确：D.若h-a9,同理可 8mE 得=20，轨迹圆的圆心在C0的中点，记为0，然后过0， 参考答案与解析 作x轴的垂线，交CM于N点，根据几何知识可得O,N= 1 ,即N为粒子射出点，且粒子在该点的速度方向平行于x 轴，故D正确；B.若h= ,同理可得。，此时，散子 4mE 射出磁场时，既不平行于x轴，也不垂直于CM,故B错误； C补品同理可得？号此时，粒子對出磁场时既 不平行于x轴，也不垂直于CM,故C错误故本题选AD. 8(1)=2a=60°(2)E=e825m qt (3)(40465m+4047b 9 解析：(1)对粒子从P点到N点的运动过程，根据动能定理 1 有qUm=2m2-2m,解得u=2o,粒子在电场中做类平 抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，其轨迹如图所示，在电场 中粒子沿水平方向做匀速直线运动，在N点有c0sa=: 2,解得a=60°； 1 M P 0 N 。。。。。。。。。。。。 (2)粒子沿水平方向的分位移大小s1=,粒子在V点沿竖 直方向的分速度大小v,=sina=√3uo,在电场中，粒子在竖 1 直方向上做匀加速直线运动，对应的分位移大小s2=2= ，电场强腹大小B=,解得石=B,粒子在破场 √3 中，由洛伦兹力提供向心力，有B=m,由几何关系有 解得 2√3m rsin a=- (3)粒子在磁场中运动的周期T=2π=3"，粒子每次在磁 场中运动的时间t' 360。T,可得24=1+2023(2+)，解得 240° t2024= 140463开+4047} 9 g.(1)m 2qU (2)26 2mU m 62-a2 g (3)4次6ma√2U 解析：(1)粒子在电场中加速，根据动能定理，得q0=2m, q0 解得二入√m 黑白题11 (2)粒子进入磁场后，做匀速圆周运动，有gB=m一 要使粒子不能到达大圆周，其最大的轨迹圆与大圆周相切 如图所示： M b2-a2 由几何关系得√a2+r2=b-r,解得r= 26,联立解得B= 2b/2m0 b-aq 。=2b=1,即0=45°，则粒子在磁场中 r b2-a2 (3)由图知tan0= 转过p=270°，然后沿半径进入电场减速到达金属球表面， 再经电场加速原路返回磁场，如此重复，恰好经过4次回旋 后，沿与原出射方向相反的方向回到原出发点 因为T= 码所以粒子在险场中运建时间为1：4x 3m(b2-a2)m m √20-6ma√2元 第4节 质谱仪与回旋加速器 白题 基础过关 1.B2.B3.D4.D5.C 6.D解析：A.根据左手定则及图中带电粒子的偏转方向可 知，两种粒子均带正电，故A错误；B.粒子经过加速电场加 速时，有U=m,进人电场后有B=m联立解得= L2m,即质量小的粒子半径也较小，打在M处的粒子质 B q 量较小，故B错误；CD.假设m2的质量大，则m1的最大半径为 1 2m,(U+△Uの n-BN ,m的最小半径为2=20-a0 9 两种粒子的轨迹不发生重叠，则有<，解得匹-四 U m2+m 当U一定时，△U越大，越不容易满足上式，越容易发生重 叠；当△U一定时，U越小，越不容易满足上式，越容易发生 重叠，故D正确，C错误.故选D. 7.BD 8.B解析：A.设回旋加速器D形盒的半径为R,氘核的最大 速度为，根据牛顿第一定律有wB=mR,解得。- m 2B2g'R2 氘核获得的最大动能为E。-2m 1 所以最大动能 2m 选择性必修第二册·RJ 与U无关，只增大加速电压U,氘核获得的最大动能不变， 故A错误；B.氘核在回旋加速器中加速次数为n=B gU BR9,所以只增大加速电压U,氘核在回旋加速器中加速次 2mU 数减少，故B正确：CD.氘核做匀速圆周运动的周期为T= 2氘核每运动一个周期都祓加速两次，而交变电 场的方向每个周期改变两次，且氘核每次经过电场都会被加 速，所以D形盒缝隙间电场变化的周期等于氘核运动的周 期，而氘核和质子的比荷不同，所以保持B、和T不变，该 回旋加速器不能加速质子.而质子的比荷为氘核比荷 的2倍，则由上式可知若要加速质子，可只将磁感应强度大 小调为原来的一半或只将D形盒缝隙间电场变化周期调为 原来的一半，故CD错误故选B. 9.(1)9B2R2 (2)TBR2 (3)见解析 2m 2U 解析：(1)根据牛顿第二定律得qB=mR, 根据动能的公式Em=2m, 解得粒子离开加速器时获得的最大动能为E。=BR 2m (2)粒子在磁场中运动的周期为T-2mm gB 粒子在回旋加速器中运动的时间为t= T 02, 解得t=TBR 2U (3)第n次加速后，根据动能定理得ngU= 1 2, 在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得q心B= 1 2nmU 。 第(n+1)次加速后的轨迹半径为r1=B‘√ 1 (n+1)mU 相邻轨迹间距△d=2rn+1-2rn, 解得△d= 2/2md(n+i-n). B a 通过上面的计算分析可知，该同学画的轨迹不合理正确的 画法是：轨迹间距不相等，轨迹半径越大，△d越小，轨迹 越密 黑题 应用提优 1.A 2.D解析：A.根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，则 有半径公式R=与mU=子m2联立，可得R= Ba' 上2nm,所以粒子第n次被加速前、后的轨道半径之比为 B 9 √n-1：√n,选项A错误；B.从D形盒出口引出时根据 黑白题12