专项突破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（人教版）

心专项突破6 带电粒子在组合场 1.（2024·江西抚州一模)如图所示，坐标系 xOy内存在磁感应强度大小为B的匀强磁 场（方向未标明）.P0是电子枪管，电子枪 发出的电子初速度为零，经电场加速后，从 坐标原点O点沿y轴正方向射出，电子经 过位置M.已知M点坐标为(xo,yo),电子电 荷量e,质量m,则电子枪加速电压为() 0 Ep A.U= eB2 (xo+y)2 eB2(xo+yo) B.U= 8mxo 4mxg C.U eB2(xo+yo) D.U=- 2(xo+yo)2 4m 8myo 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)，电场强度大小为E, 圆的半径为R,以圆心O为坐标原点，建立 坐标xOy,M为圆上的一点，与x轴的距离 为公-质量为m,电荷量大小为？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o= EgR 3 C.粒子离开电场时的动能E=2EgR O6黑白题物理|选择性必修第二册·RJ 中的运动 D.磁感应强度的大小B=2qR 1 mE 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 强度大小为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 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 O、P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 。。 PO X××××× 7xd d A. 2w0 B.(2+5π) Uo c. 4.(2024·江苏扬州期中)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U,和U,的变化情况为 (不计重力，不考虑边缘效应) B 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.(2024·广东三模)如图所示，在0≤y≤yo, 0<x<x区域内有竖直向上的匀强电场，在 x>x区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，从 y轴上0~y,范围内平行于x轴正方向射出 大量质量为m、电荷量为+q、分布均匀的带 电粒子，粒子射人的初速度均为o,当电场 强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动 到N(x,%)点，若电场强度为E= %3 MN右侧是粒子接收器，MN的长度为yo,不 计粒子重力和粒子间的相互作用，则( M × ×BX N P× ×× 0 o mvo A.磁感应强度的大小为 gyo B.从了处射入的粒子，恰好从N点进入 磁场 C.从)处射人的粒子，在磁场中偏转距离 大于从其他地方射入的 D.接收器接收的粒子数占粒子总数的50% 6.如图所示，在xOy平面内有磁感应强度大小 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xOy平面向外，在x∈（-0,0)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 度沿x轴正方向射入磁场. (1)若未知，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v(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专项突破4带电粒子在磁场中运动的 周期性问题 1.(1)98d m 33-4πm 62gB 解析：(1)粒子的运动半径d=m0,解得=9Bd gB m (2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨 迹恰好与磁场左边界相切， 由几何关系得d。=d(1+sin60),解 得d=2+ -d. 2 (3)粒子的运动周期T=2mm gB 设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t',则t=n4+t (n=1,3,5,…) (a当L=n+(1-)d时，粒子斜向上射出磁场，2， 解得=（台3）器 （)当=d+(受)上时，栽子斜有下射瑞磁场 12 /L35-4)πm 解得=（a62q5 2.(1)2mw gR (2)(4+5m)2 8m2 (3)(4+3m)qR 解析：(1)根据题意，粒子在磁场中运动的半径为=2， R v 由洛伦兹力提供向心力得m8,=m解得B。R 由题图分析可知：粒子从A点沿直径AOB匀速运动到O点， 然后做一个完整的圆周运动所用的时间为一个周期T。,则 刀，=R+mR=(m+1)R (2)设一个周期内没有磁场的时间为1，存在磁场的时间为 6则尽6 因为∠MON=120,可求得MN与AB之间的距离为x=2 R 粒子从B点返回时，刚好进人磁场并做人圆周运动，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+，则粒子从B点运动到A点的 最短时间为1=2(+子4)=24+了=(45如)是 3 (3)粒子在电场中做匀变速运动，加速度为a=华， m 参考答案与解析 根据速度公式得2-瓷<(+2)小， m 8mv 8mv2 解得E= 94t1+3t2 (4+3π)gR 专项突破5带电粒子在叠加场中的运动 1.C 2.ACD 3.BD解析：A小球要做匀速圆周运动，电场力与重力必须等 大反向，电场力向上，小球必须带负电，A错误；B.由gE=mg 求得m-,B正确：C.小球做匀速圆周运动的周期为T= g 码g,C错误，D.若把电场的方向改成竖直向上，小 2um_2wE 球正好做匀速直线运动，由三力平衡可得Bqm=Eg+mg,求得 -2B,D正确故选BD B 4.CD解析：A.小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦 力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上：开始时，小球的加速 度为a-m唱gE,小球速度将增大，产生洛伦兹力，由左手定 m 则可知，洛伦兹力向右，故水平方向支持力将减小，摩擦力减 小，故加速度增大，故A错误；C.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，水平方向上的支持力增大，摩擦力将增 大，加速度将减小，故加速度为最大加速度的一半会有两种 情况，一是在洛伦滋力小于电场力的情况下，另一种是在洛 伦兹力大于电场力的情况下，则可能有長= 2 mg-u(qE-Bqv ,解得，-E-mg,故C正确：D.同理，可 m 2ugB 能有冬-mgu(Bg,gb 2 ,解得2-5+m,故D正确； m 2ugB B.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CD. 专项突破6带电粒子在组合场中的运动 1.A解析：电子在磁场中做匀速圆周运动，设电子运动半径 为R,如图所示，根据几何关系可得R=y+(x。-R)2,解得电 子的运动半径为R二，由洛伦兹力提供向心力司 得ewB=m R,电子经过加速电场过程，根据动能定理可 得eU=2m2,联立解得U-（t6 -,故选A 8mx R R 2.D 3.D解析：根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示设Q点 纵坐标为h,粒子到达Q点的速度为v,水平分速度为v,运 黑白题51 动时间为t1,则由运动规律可得h=vo1,d= tan45°，v=√元2t话，解得h=2d,v=√2vo,t1 24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= 22d,则粒子在磁场中的运动周期为T=2mR_4md,粒子在 3 磁场中的运动时间为t2= 4 一+ 匹T= 7T=7m,在电场 2π2m 82, 和磁场中运动的总时间为t=t1+t2= 022,7md.d(2+2 .7π vo2woto（ 故选D. ××:×)×X×/× X×××××× 4.A解析：设带电粒子经电压为U1的电场加速后速度为o, 1 由动能定理有g0,=2m6,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沿初速度方向 与加速度方向分解，设出射速度与水平方向夹角为6，则有 0=c0s0,粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应 的半径为R,由几何关系可得，半径与直线MW夹角正好等 d R=0os0,所以d=2 于6，则有 。,又因为半径公式R= aB 则有d= R,故d与mo成正比，与Bg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.D解析：A.当电场强度为0时，从0点射入的粒子恰能运 动到N点，则=公，根据洛伦滋力提供向心力有9，B= m,解得B= r m,故A错误：B.若粒子从了%处射入，则 水平方向有=4，竖直方向有之42，a-胎，联立解 1 m YoyoYo 5 得y=%+3=2+3=石o<,则粒子从N点下方进入磁 场，故B错误；C.如图，设粒子进入磁场中时速度方向与竖 直方向的夹角为0，粒子进人磁场中的速度大小为v,则v= 出09如B=m号，粒子在磁场中偏转距离为d=2in9,解得 d=yo,由此可知，粒子在磁场中偏转距离相等，故C错误； D.由以上分析可知，粒子在电场中的竖直位移为1分，所 以从2处射入的粒子，恰好从N点进入磁场，且恰好经磁 场偏转后打在M点，即只有0~子，范围内平行于x轴正方 选择性必修第二册·RJ 向射出的粒子能被接收器接收，所以接收器接收的粒子数占 粒子总数的50%，故D正确.故选D. √3mo 6.(1)2(1+2-1)a(2)2B 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-,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卧× XX C 2a· XX 甲 ) (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∠CC0=a,由几何关系 得a=石R二。2。粒子人射速度为，由牛顿第二 定律和洛伦兹力提供向心力得gwB= 受解得a √3mo 1(罗(2子(3)(5）m 2q （6m3JBg u 解析：(1)由动能定理得U=2m2-0,解得U= (2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示， Q××x:Q ×/××\×× 0· 70 两个轨迹圆的圆心分别为01、0，半径R=25 3 1 3l- 2R 1 R 2 7 由几何关系：y=l+l+ √3 二3 黑白题52 (3)当磁感应强度均变为2B时，粒子在磁场里运动的轨道 半径为R'三由几何关系知，粒子在两个磁场中的圆心角 均为120°，粒子运动的周期为T=2πm=m因此粒子在 2Bg Bq 每个磁场中运动的时间均为写工粒子想要在无磁场区域运 动时间最长，需路程最长，由此可得轨迹如图所示 ·0 0 电系不付说 (552πm +eos30-（6m+3)B两 专项突破7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.能量是守恒的，不可能凭空产 生，D错误故选B. 2.B解析：B.第一种情形下，小磁铁只受重力的作用，则小磁 铁做自由落体运动，第二种情形下，穿过导线的磁通量发生 变化，导线中有感应电流产生，则电流传感器有示数，故B正 确；A.小磁铁下落速度越大，导线中产生的感应电流越大， 对小磁铁的阻碍作用越大，小磁铁的合力越小，加速度越小， 所以小磁铁在第二种情形下不是匀变速运动，故A错误： C.由以上分析可知，第一种情形小磁铁的加速度较大，则小 磁铁下落过程所用的时间较短，t1<2,故C错误；D.第一种 情形小磁铁的机械能守恒，则有meh=之m,第二种情形由 能量守恒定律得mgh=2m听+Q,显然>2，故D错误故 选B. 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.A解析：A.当带负电的绝缘圆环α顺时针加速旋转时，相 当于逆时针方向的电流在增大，根据右手螺旋定则，其内 (金属圆环α内)有垂直纸面向外的磁场，其外（金属圆环b 处)有垂直纸面向里的磁场，并且磁场的磁感应强度在增 大，金属圆环b包围的面积内的磁场的总磁感应强度垂直纸 参考答案与解析 面向外（因为向外的比向里的磁通量多，向外的是全部，向 里的是部分)且增大，根据楞次定律，b中产生的感应电流的 磁场垂直纸面向里，磁场对电流的作用力向外，故b中产生 顺时针方向的感应电流，根据左手定则，磁场对感应电流的 作用力向外，所以有扩张趋势，故A正确；B.同理可得，当a 顺时针减速转动时，b产生逆时针方向电流并有收缩趋势， 故B错误；C.同理可得，当α顺时针匀加速转动时，b产生顺 时针方向电流并有扩张趋势，故C错误；D.当α顺时针匀速 转动时，相当于恒定不变的逆时针方向电流，金属圆环b包 围的面积内的磁通量不变，b不产生感应电流，b不受安培 力，没有收缩趋势，故D错误，故选A. 5.BC解析：AB.线圈从位置1向位置2运动和从位置2向位 置3运动的这两个过程中，穿过线圈的磁通量先向上增加后 向上减小，根据楞次定律可知，从上往下看，线圈从位置1向 位置2运动和从位置2向位置3运动的这两个过程中，产生 的感应电流方向先沿顺时针方向后沿逆时针方向，故A错 误，B正确；C.线圈所受安培力的方向与运动方向相反，线 圈做减速直线运动，故C正确：D.线圈从位置1向位置2运 动的过程中，为了阻碍穿过线圈的磁通量增大，线圈有离开 磁铁的趋势，线圈对桌面的压力小于线圈的重力，在位置2 时，线圈对桌面的压力等于线圈的重力，从位置2向位置3 运动的过程中，为了阻碍穿过线圈的磁通量减小，线圈有靠 近磁铁的趋势，线圈对桌面的压力大于线圈的重力，故D错 误故选BC 专项突破8电磁感应中的电路问题 1.D解析：A.利用微元法，将圆盘看作由沿半径方向的一根 根细导线构成，每一根细导线均等效为一个电源，所有等效 电源为并联关系，则电动势为E=BL上=】B,可知电 22 动势大小一定，根据右手定则，电动势方向一定，圆盘发电机 产生的是直流电，故A错误；B.结合上述可知，法拉第圆盘 发电机的电动势为2B0L,故B错误；C,感应电流为1： R+,电源的输出功率为P=rR= =4R),故C错误D.结 PRR=1,可知电 合上述可知，电源的效率为n=P(R+r)R+ -= r 1*R 阻R越大，电源的效率越高，故D正确.故选D. 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； B,矩形线圈产生的感应电动势E,=S,=ks,两个小圆线 圈产生的感应电动势E2=2S,=2%S2,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=E,+E2= k(S+2S,),故B错误，C.定值电阻中的电流大小1= R+, k(S,+2S,）,故C错误，D.定值电阻中的电流是恒定电流，定 R+r 值电阻两端的电压U=R= (S+2S,）,故D正确故选D. R+r 黑白题53