素养培优3 带电粒子在交变场与三维空间中的运动(专题跟踪检测)-【领跑高中】2026年高考物理二轮专题复习学生用书Word

素养培优3　带电粒子在交变场与三维空间中的运动 1.（2025·海南海口三模）如图所示，水平面上的长方体空间，棱长A1A3＝2L，截面A2B2C2D2将长方体均分为两正方体，长方体内（含边界）分布有竖直向上的匀强电场，右侧正方体内（含边界）还分布有竖直方向的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B0。一质量为m、带电荷量为＋q的带电微粒沿平行于A1A3的方向从A1B1中点G以水平速度射出，恰好沿直线到达A2B2中点，之后进入右侧正方体，从C3D3的中点F离开长方体。已知重力加速度为g，求： （1）匀强电场的场强大小E； （2）带电微粒从G到F运动的时间； （3）若仅改变微粒进入长方体时的速度大小，带电微粒自G出发最终从C1D1中点离开长方体，带电微粒从出发到离开长方体运动的时间。 2.（2025·广东潮州联考）如图a所示，平面直角坐标系xOy中，第三象限中存在方向沿y轴负方向的匀强电场，第四象限直角三角形OBC区域中存在着大小、方向均可调整的磁场。已知C点坐标，BC边与x轴正方向的夹角大小为60°，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，从P点以大小为v，方向与BC边平行的初速度进入电场。经偏转后从A点垂直OB边进入磁场。若磁场为方向垂直纸面向外的匀强磁场，则发现粒子恰好不从BC边射出。若磁场为随时间呈周期性变化的交变磁场（如图b，规定磁场方向垂直纸面向外为正），则发现在t＝0时从A点进入磁场的粒子，经两个完整周期后恰好从C点射出，已知匀强电场场强E＝，不计粒子重力。求： （1）A点的坐标； （2）粒子恰好不从BC边射出时，匀强磁场磁感应强度B1的大小； （3）交变磁场的磁感应强度B2和周期t0的大小。 3.（2025·江苏南京模拟）亥姆霍兹线圈是一对平行的完全相同的圆形线圈。如图所示，通电后线圈间形成平行于中心轴线O1O2的匀强磁场，磁感应强度大小为B。沿O1O2建立x轴，一足够大的圆形探测屏垂直于x轴放置，其圆心P点位于x轴上。粒子源从x轴上的O点以垂直于x轴的方向竖直向上持续发射初速度大小为v0的粒子。已知粒子带正电，比荷为k，不计粒子重力和粒子间相互作用力，整个运动过程中，粒子未离开磁场或电场。 （1）求粒子做匀速圆周运动的半径r； （2）若在线圈间再加上沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，沿x轴方向左右调节探测屏，求粒子打在探测屏上的点距探测屏圆心P点的最远距离D； （3）在第（2）问情境下，沿x轴方向左右调节探测屏，若粒子恰好打在探测屏的圆心P点，求粒子到达P点时的速度大小v。 4.（2025·山东济宁二模）如图甲所示，在xOy平面内，虚线与x轴垂直并相交于P（－L，0）点，在虚线左侧有一加速电场，电压为U0。一质量为m，带电量为＋q的带电粒子从A点飘入加速电场（忽略初速度），当粒子运动到P点时，在虚线与y轴之间的区域加上如图乙所示的与y轴平行的交变电场（T未知），y轴正方向为电场的正方向，粒子经时间T从y轴上的Q点（0，L）进入第一象限。某一时刻在第一象限加上如图丙所示的变化磁场，磁场变化周期为T0，垂直xOy平面向里为磁场的正方向，粒子恰好不会回到第二象限。已知B0＝，不计粒子重力，忽略电场、磁场突变的影响。求： （1）带电粒子经过P点时速度的大小v0； （2）交变电场的电场强度大小E0； （3）加上磁场后，粒子在时刻所处的位置坐标。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 素养培优3　带电粒子在交变场与三维空间中的运动 1.（1）　（2）　（3） 解析：（1）带电微粒从A1B1中点进入电场，恰好运动到A2B2中点，则带电微粒受力平衡，则qE＝mg 解得E＝。 （2）带电微粒从G点开始运动，先做匀速直线运动，运动时间为t1＝ 在右边正方体内竖直方向电场力和重力平衡，合力仅为洛伦兹力，故带电微粒做匀速圆周运动，则根据几何关系知半径r＝L 则由洛伦兹力提供向心力得：qvB0＝m 带电微粒做匀速圆周运动的周期T＝ 带电微粒在磁场中的运动时间t2＝T 所以带电微粒从G到F运动的时间t＝t1＋t2＝。 （3）仅改变微粒进入长方体时的速度大小，带电微粒自G出发最终从C1D1中点离开长方体，则在左边正方体中运动时间为t1'＝ 根据几何关系知半径r'＝ 则由洛伦兹力提供向心力得：qv'B0＝m 带电微粒做匀速圆周运动的周期T'＝ 带电微粒在磁场中运动时间t2'＝T 所以带电微粒从G到C1D1中点运动的时间t'＝t1'＋t2'＝。 2.（1）（0，－L）　（2）　（3）　 解析：（1）沿电场线反方向，粒子做匀减速直线运动，则有＝2ahAB，vy＝vsin 60° 根据牛顿第二定律有qE＝ma 联立解得hAB＝2L 对A点hOA＝Ltan 60°－hAB 解得hOA＝L 所以A点的坐标为（0，－L）。 （2）粒子进入磁感应强度为B1的磁场中，则有vA＝vcos 60° 由牛顿第二定律得：qvAB1＝ 由几何关系得hAB＝R1＋ R1＝ 联立解得B1＝。 （3）粒子进入磁感应强度为B2的磁场中，由牛顿第二定律得：qvAB2＝ 设粒子在的时间内，轨迹的圆心角为θ。由几何关系得，平行x轴方向上，有L＝4R2sin θ 平行y轴方向上，有L＝4R2（1－cos θ） 联立解得θ＝60°，R2＝，B2＝ 交变磁场每经过的时间，粒子在磁场中轨迹所对的圆心角为θ＝60° 则＝T＝× 解得t0＝。 3.（1）　（2）　（3）（n＝1，2，3，…） 解析：（1）粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝ 根据题意可得＝k 解得轨道半径为r＝。 （2）粒子在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，在x轴方向上做匀加速运动。若粒子在垂直于x轴的平面内转过奇数个半圈，此时打到探测屏上的位置距离P点最远；根据几何关系得D＝2r＝。 （3）垂直于x轴的平面内，粒子在磁场中运动的周期T＝ 则粒子回到x轴时间为t＝nT＝n（n＝1，2，3，…） 沿x轴方向粒子的速度v1＝at 根据牛顿第二定律得qE＝ma 粒子到达P点时的速度大小v＝ 联立解得v＝（n＝1，2，3，…）。 4.（1）　（2）　（3）（ ，L＋） 解析：（1）根据题意，由动能定理有qU0＝m 解得v0＝。 （2）在偏转电场中，沿x轴方向有L＝v0T 沿y轴方向有L＝2×a，E0q＝ma 解得E0＝。 （3）粒子从Q点射出时速度方向沿x轴正方向，速度大小为v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T'＝＝ 粒子在磁场中运动的轨迹如图所示 设粒子做匀速圆周运动的半径为r，则qv0B0＝m 解得r＝ 经分析可知，粒子经过时间恰好运动至如图所示的M点位置，则x＝2r，y＝3r＋L 解得x＝，y＝L＋ 即粒子所处的位置坐标为（ ，L＋）。 学科网（北京）股份有限公司 $