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 江苏专用）

专题探究三带电粒子在复合场中的运动 错题 黑题 专题强化 限时：60min 题型1带电粒子在叠加场中的运动 A.磁场I对电子的作用力提供电子做匀速圆 1.*(2025·江苏无锡检测)质量为m、电荷 周运动所需向心力 量为g的微粒以速度v与水平方向成0角从 B.电场方向垂直圆环平面向外，磁场Ⅱ的方 O点进人方向如图所示的由正交的匀强电场 向垂直圆环平面向里 和匀强磁场组成的混合场区中，该微粒在静 C.磁场1、Ⅱ的磁感应强度大小为2πm 电力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿 直线运动到A点，下列说法中正确的有（重力 D.电场的电场强度大小为4mmR 加速度为g) eT2 ( 3.*(2025·宁夏银川三模)如图所示，在水 A 。··0 平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场 E··,B· 中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN,小球P 0 套在杆上，已知P的质量为m,电量为+q,电 A.该微粒一定带正电荷 场强度大小为E、磁感应强度大小为B,P与 B.微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 杆间的动摩擦因数为“，重力加速度大小为g, C.该磁场的磁感应强度大小为mg 小球由静止开始下滑直到稳定的过程中 qvcos 0 D.该电场的电场强度大小为mg qtanθ 2.*（2025·浙江嘉兴模拟)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 A.小球的加速度一直减小 环平面的方向上加上匀强磁场Ⅱ和匀强电场 B.小球的机械能和电势能的总和保持不变 (图中都没有画出)，沿平行圆环的方向以一 C.下滑加速度为最大加速度一半时的速度可 定的速度射入电子，电子恰好可以在圆环内 能是v= 2ugE-mg 2ugB 沿顺时针方向做半径为R、周期为T的匀速 D.下滑加速度为最大加速度一半时的速度可 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 能是=mgtugE ugB 忽略不计，则 ( 4.（2025·四川南充期中)如图所示，在匀 磁场 3 强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场 N R S 强为E,方向竖直向下，磁场的磁感应强度为 B,方向垂直于纸面向外，一质量为m的带电 电子运 动轨迹 粒子，在场区内的一竖直平面内做匀速圆周 第-章黑白题019 运动，则可判断该带电质点 题型2带电粒子在组合场中的运动 6.整如图所示，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 A.沿圆周顺时针运动 磁场，速度方向与x轴正方向成60°时，粒子 B.运动的周期为2mE 恰好垂直于y轴进入电场，之后通过x轴上的 gB C点，C点距O点距离也为L.则电场强度E与 C.运动的速率为 磁感应强度B大小的比值为 E ●●●●● D.带电粒子机械能守恒 5.籍(2025·辽宁沈阳模拟)如图所示，在竖 60° 直平面内建立直角坐标系xOy,其第一象限存 在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度 2 的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直于 A.30 B.30 C.vo D.20 纸面向里.一带电荷量为+g、质量为m的微粒 7.#如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向 从原点出发，以某一初速度沿与x轴正方向的 的匀强电场，电场强度为E,在x轴的下方等 夹角为45°的方向进入复合场中，正好做直线 腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面由内 运动，当微粒运动到A(1,)时，电场方向突然 向外的匀强磁场，磁感应强度为B,其中C、D 变为竖直向上（不计电场变化的时间），微粒 在x轴上，它们到原点0的距离均为a,0= 继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复 45°.现将一质量为m、带电量为g的带正电粒 合场.不计一切阻力，重力加速度大小为 8,求： 子，从y轴上的P点由静止释放，设P点到O (1)电场强度E的大小； 点的距离为，不计重力作用与空气阻力的影 (2)磁感应强度B的大小； 响.下列说法正确的是 (3)微粒在复合场中的运动时间. .x AǚD,BXE 45×× A.若h= 0 ag,则粒子垂直CM射出磁场 2mE 视频 B.若h= Ba ,则粒子平行于x轴射出磁场 2mE C.若h B2a'q ,则粒子垂直CM射出磁场 8mE D.若h= ag,则粒子平行于y轴射出磁场 8mE’ 选择性必修第二册黑白题020 8.整(2025·黑龙江哈尔滨期末)如图，在y>09.熱如图所示，半径分别为a、b的两同心虚线 的区域存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在 圆所围空间分别存在电场和磁场，中心0处 y<0的区域存在方向垂直xOy平面向外的匀 固定一个半径很小（可忽略）的金属球，在小 强磁场.一电量为q(q>0)、质量为m的粒子， 圆空间内存在沿半径向内的辐射电场，小圆 从y轴上y=h处的P,点以沿x轴正方向的速 周与金属球间电势差为U,两圆之间的空间存 度射出，然后从x轴上x=2h处的P2点进 在垂直于纸面向里的匀强磁场，设有一个带 入磁场，并经过y轴上y=-2h处的P,点.不计 负电的粒子从金属球表面沿+x轴方向以很小 粒子重力，求： 的初速度逸出，粒子质量为m,电荷量为g(不 (1)电场强度E的大小； 计粒子重力，忽略粒子初速度) (2)磁感应强度B的大小； (1)求粒子到达小圆周上时的速度大小 (3)粒子从P1点到第二次经过P2点所用的 (2)粒子以(1)中的速度进入两圆间的磁场 时间。 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. 11411 (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) 第-章黑白题021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 「)粒子转过的圆心角为&，则有 2rsin a=AB,2(r-rcos a)=AD, 又因AB=√3AD,联立解得= 60°，r= a所以有号石-2巴解得-20 3 9vo 如果把磁场换为电场，则有AB=6,解得T=,所以。 o 23,故选C. 9 8A解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，0~子时间内。 有风三得需网为r受 gBo 2 亿时间内，有X子8，=m解得2B _3mw0=1.5r1,周期为 ,=2_3mm-1,5T,要求在，时，粒子距y轴最远，作出 oqB。 粒子运动轨迹如图，根据几何关系，可得sin0=?=0.6, r1+r2 解得0=37，则0-子时间内圈周运动转过的圆心角为 0=18,可得号-6，联立解得万-，故 72gB0 选A r人e 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.C2.D 3.C解析：A.小球刚开始下滑时只受电场力、重力、支持力及 摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上，小球的加速度应 为4=-mggE,小球速度将增大，产生洛伦兹力，由左手定则 m 可以知道，洛伦兹力向右，故支持力将减小，摩擦力减小，故 加速度增大，故A错误：CD.当洛伦兹力等于电场力时，摩擦 力为零，此时加速度为g,达到最大，此后速度继续增大，则 洛伦兹力增大，支持力增大，摩擦力将增大；加速度将减小， 故下滑加速度为最大加速度的一半会有两种情况，一是在洛 伦兹力小于电场力的时间内，另一种是在洛伦兹力大于电场 力的省汉下则导-白条，同 m 理有￡=mg-u(Bg驰2-Eg ,解得，-5+mg,故C正确， m 2ugB D错误；B.而在下降过程中有摩擦力做功，故有部分能量转 化为内能，故机械能和电势能的总和将减小，故B错误故 选C. 4.B 参考答案与解析 5竖2受(3(1日 解析：(1)微粒到达A(1,)之前做匀速直线运动，对微粒受 力分析如图甲所示： y A(LD ×,× × 45×× mg 可知Eg=mg,得E=mg: (2)由平衡条件得gmB=√2mg, 电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦 兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙所示： AOD O 由几何知识可得r=√2l, 联立B=m二，解得=V2g, T 进而可解得B=m&」 9V1: (3)微粒做匀速直线运动的时间t1= 4·21 微粒做匀速圆周运动的时间t2= 微数在复合中的运动时调4物=（停1人召 6.A解析：根据题目表述，粒子恰 ↑y 好垂直y轴进人电场，可知粒子 。。·,。。 L 在磁场中运动半径r= 0s30°= 2 3 L,由，B=m6得B=,冷 所以磁感应强度B= 子 0 在匀强电场中做类平抛运动，水平位移大小为L,运动时间 1片由儿何关系得0，竖宜位移为了得，由1 3 黑白题09 2得E= 2m 5m则5=4。 B=3o,故选A. 7.A解析：AB.若 _Ba9,则由动能定理，到达0点的速度 2mE m,解得-，此时粒子在磁场中运动的 满足Eh=人m m 半径为R=a,可知粒子垂直CM射出磁场，选项A正确，B错 误：CD.若h=g,则由动能定理，到达0点的速度满足 8mE Bh=了，解得6-，此时粒子在磁场中运动的半径 2m 为R=,则粒子平行于x轴负向射出磁场，选项CD错误 故选A. 8票(g2 解析：(1)粒子在电场中仅受电场力作用，沿y轴负方向做 匀加速运动，电场力为gE,由牛顿第二定律可得gE=ma, 粒子在y方向运动的时间t可由x方向匀速运动的位移关系 得出：2h=,粒子在y方向的加速运动满足：=之a,联立 两武=器 (2)粒子到达P2点时，沿x方向速度仍为o,沿y方向速度 为，则有？=h,可得。，=，进入磁场时速度与x轴夹角 为45°，粒子到P2时速度大小为v=√2o 粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出其运动轨迹： 0 2h.P0. 3 由轨迹可知，r=√2h,由洛伦兹力提供向心力有：qB=m 解得：B=m gh (3)粒子从P1到第二次经过P2的全过程如下图所示： 第一阶段，粒子从P1到P2,沿x方向匀速运动，位移2h,时 间为治 第二阶段，粒子在磁场中做匀速圆周运动，为四分之三圆，对 33πh 应的时间为4=4T 2vo 选择性必修第二册 粒子从P1运动到第二次通过P2点，对应时间为t=3+ 2,=3(2+m)h g0 g.(1)m (2 2mU m b-a21 q (3)4次6ma√2gU 解析：(1)粒子在电场中加速，根据动能定理，得gU=2m0, q可 解得入m (2)粒子进人磁场后，做匀速圆周运动，有gBv=m 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 N 由几何关系得匠7=b-工解得1联立解得B 26 2mU b2-a2 g r b2-a2 (3)由图知am0=。=2b=1,即0=45°，则粒子在磁场中 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7=2所以粒子在磁畅中运动时间为：=4xT: Bg 6绿 m 第4节 质谱仪与回旋加速器 白题 基础过关 1.B2.A3.C4.B5.C6.D7.B 8.B解析：A.设回旋加速器D形盒的半径为R,氘核的最大 速度为根据牛顿第二定律有，B=m解得 m 氘核获得的最大动能为E=2m- 12 R,所以最大动能 2m 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=- gU ?R,所以只增大加速电压U,氘核在回旋加速器中加速次 数减少，故B正确；CD.氘核做匀速圆周运动的周期为T= 2mR_2,氘核每运动一个周期都被加速两次，而交变电 vm Bg 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 黑白题10