小练43 带电粒子在组合场、复合场中的运动-【衡水金卷·先享题】2026年新高考物理拿满基础分自主小练

拿满基础分自主小练·物理 班级： 姓名： 小练43带电粒子在组合场、复合场中的运动 (考试时间：30分钟，满分59分) 第1小题为单项选择题，每小题4分；第3.（多选，教材改编题）霍尔推进器某局部区 2~3小题为多项选择题，每小题6分 域可抽象成如图所示的模型。xOy平面内 1.如图甲所示，光滑绝缘水平面上方足够大 存在竖直向下的匀强电场和方向垂直坐标 的空间内存在磁感应强度大小B=1T、方 平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁 向垂直纸面向里的匀强磁场，带电荷量q= 场，大量质量为m、电荷量为q的粒子从O +0.2C的物块A静置在水平面上。t=0 点以不同速率沿x轴正方向水平入射。当 时刻，水平力F作用在物块A上，物块A 入射速度大小为时，粒子沿x轴做直线 由静止开始运动，图乙为其对水平面的压 运动；当入射速度小于时，粒子的运动轨 力随时间的变化图像，已知重力加速度g= 迹如图中虚线所示，且粒子在最高点和在 10m/s2,下列说法正确的是 最低点所受的合力大小相等。不计粒子重 FN/N 力及粒子间的相互作用力，下列说法正确 70 的是 A 77 + A.物块A的质量m=3kg B.水平力F不断增大 ×EX C.水平力F的大小为70N A.电场强度大小E=B,粒子带负电 D.物块A做匀加速直线运动 B.若粒子人射时的速度大小为华，则在最 2.(多选)如图所示，xOy平面（纸面）的第 象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行 高点时的速度大小为受 x轴的区域I和Ⅱ，其中区域I存在磁感应 强度大小为B,、方向垂直纸面向里的匀强 C.若粒子在O点无初速度释放，则电场力 磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小B2= 做功的最大值为2m后 7B,、方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域 D.若粒子在O点无初速度释放，一个周期 Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0,3L)处的 内洛伦兹力的冲量大小为π 离子源能释放出质量为、电荷量为q、速 4.(10分，教材改编题)如图所示，在xOy平 度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸 面内，x=0与x=3L两直线之间存在两匀 面射向磁场区域。不计离子的重力及离子 强磁场，磁感应强度大小相同、方向均垂直 间的相互作用力，忽略磁场的边界效应，下 于xOy平面，x轴为两磁场的分界线；在第 列说法正确的是 二象限内存在沿y轴负方向、场强大小为E 3 的匀强电场。一质量为m、电荷量为q(q≥ X60 0)的粒子从x轴上的A点以某一初速度射 2L 入电场，一段时间后，该粒子运动到y轴上 0 的P(0,)点，以速度沿x轴正方向进 A.速度大小为3BL的离子不能进入区 入磁场，不计粒子的重力。 2m 域Ⅱ (1)求A点的坐标； (2)若粒子能从磁场右边界离开，求磁感应 以速度大小为二的离了在磁场中的运 强度的取值范围。 动时间为3qB, 2πm C.恰能到达x轴的离子速度大小为4Bg必 D.恰能到达x轴的离子速度大小 ×××× 为16BgL m 85 5.(18分，教材改编题)如图所示，研究员在研6.(15分)如图所示为一磁约束装置的原理 究带电粒子的受控轨迹时，设置了以下场 图，平面直角坐标系xOy的原点O为同心 景：xOy直角坐标系的第一象限内存在方 圆的圆心，半径为R。的圆形区域I内有方 向沿y轴负方向、电场强度为E的匀强电 向垂直于xOy平面向里、磁感应强度大小 场；第四象限内有一条与x轴正方向的夹 为B,(未知)的匀强磁场。一束质量为、 角为30°的分界线ON,在x轴与ON间存 电荷量为q、动能为E,的带正电粒子从坐 在垂直纸面向外的匀强磁场。研究员将一 标为(0，R,)的A点沿y轴负方向射入圆形 带正电的粒子从y轴上的P点以速度vo 区域I,粒子全部沿x轴正方向经过坐标 沿x轴正方向射入电场，经电场偏转后从x 为(R,O)的P点。当在环形区域Ⅱ加上方 轴进入磁场，在磁场中运动一段时间后从 向垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小 ON上以平行于x轴方向的速度射出。已 B2=√3B1的另一匀强磁场时，上述粒子经 知P点与原点O的距离为d,粒子的比荷 过多次偏转后再次从A点沿y轴负方向射 为总不计粒子重力。 入圆形区域I,所有粒子恰好能够约束在 环形区域Ⅱ内，且经过环形区域Ⅱ的磁场 (1)求粒子经过x轴时的位置与原点O的 偏转后第一次沿半径方向从环形区域Ⅱ射 距离以及粒子经过x轴时的速度大小； 入圆形区域I时经过内圆周上的M点（未 (2)求磁场的磁感应强度大小； 画出)，不计粒子重力和粒子间的相互作用 (3)若仅改变磁感应强度的大小，使粒子第 力，求： 一次进入磁场后轨迹恰好与ON相切，并 (1)圆形区域I中磁感应强度B,的大小； 再次打入电场，求粒子第三次进人磁场时 (2)M点的坐标； 的位置与原点O的距离。 (3)粒子从A点开始射入圆形区域I至再 次以相同速度经过A点的过程所通过的总 P◆ 路程。 ,×米×、 ××米×xP ×米 86参考答案及解析 根据几何关系有 iang-R、B rBo (1分) 若电子打在接收屏上，有>R,则B。>|B| y=2Rn29=2R2a品 (1分) BB。 联立解得y=4R路BB<B,） (1分) (3)将电子枪沿竖直方向向上平移了一段距离h= 冬，则电子的运动轨迹如图乙所示 y 0 0, 0 2R h1 由于sina=R=2 (1分) 解得a=30° (1分) 根据几何关系有 y=h+(htan B+2R)tan 28=h+(htan B+2R) 2tan B 1-tan'B (1分) 化简有4tan2B+4tanB-3=0 解得an户-之或-是（舍去） (1分) 由于'= Rcos a-h (1分) tan B 解得r=(√3-0.5)R (1分) 由于euB=m, (1分) 解得B= B。 (1分) √3-0.5 小练43带电粒子在组合场、 复合场中的运动 1.D【解析】由图乙可知mg=20N,解得m=2kg,A 项错误；物块A对水平面的压力Fv=qgBv十ng= gBat十g,物块A对水平面的压力不断增大，则洛伦 兹力不断增大，速度不断增大，结合图乙可知，物块A 做匀加速运动，图像斜率k=gBa,解得a= 12.5m/s2,F=ma=25N,B、C项错误，D项正确。 2.ABC【解析】当离子不能进入区域Ⅱ且速度最大 ·56 物理 时，轨迹与边界线相切，如图甲所示： 60° 6060 2L II 0 甲 则由几何关系m1cos60°=n1一L,解得r1=2L,根据 gB=m生，解得-2BL,在区域I中运动的周 期T=器，所有述度小于的离子名未进入区城 Ⅱ，速度的偏转角均为120°，运动的时间均为t= 器T-器A,B项正确：A=7B,且区线Ⅱ的陆 120 场方向向外，则离子进区域Ⅱ后顺时针偏转，离子恰 到x轴时速度与x轴平行，如图乙所示： 3L60° 2之 a Ⅱr2 0 乙 取水平向右为正方向，全过程在水平方向由动量定理 有qBL-qB,L=m(-)-mcos60°，解得v= 4BL,C项正确，D项错误。 m 3.AC【解析】当入射速度为。时，粒子沿x轴做直线 运动，则有gE=qB,解得电场强度大小E=B,当 入射速度小于时，则qE>qB,粒子向上偏转，粒 子受到向上的电场力，因为粒子受到的电场力方向与 场强方向相反，故粒子带负电，A项正确；若粒子的入 射速度为，可将入射速度分解为水平向右的速度 “和水平向左的速度3，可看成水平向右的匀速直 线运动和顺时针的匀速圆周运动，粒子在最高点时的 3 7 速度u=十产心=不w,B项错误：若粒子在0点 无初速度释放，可分解为水平向右的速度和水平 向左的速度，可看成水平向右的匀速直线运动和 顺时针的匀速圆周运动，粒子在最高点时的速度= 十w=2,电场力做功的最大值为w=之m2 0=2w听，C项正确；粒子在磁场中运动的周期T= 2x”,电场力冲量的大小1电=gET=qwB·2π g gB 2πm,一个周期内洛伦滋力的冲量大小I洛=I电= 物理 2π1w,D项错误。 4.【解析】(1)粒子由A点到P点的运动可逆向看成由 P点到A点做类平抛运动，设运动时间为t,加速度 大小为a,有 IA=vt (1分) gE=ma (1分) L=1 (1分) 2 D 解得xA=√gE (1分) A点的坐标为（一√E ,0) (1分) (2)只要粒子不会从左边界离开，粒子就能到达右边 界，设磁感应强度的最大值为B。,最小轨迹半径为 R。,如图所示为粒子的轨迹 32 根据几何关系有 2Ro cos 0=Ro (1分) 尺n叶R=号 (1分) 在磁场中由洛伦滋力提供向心力，有 mB.=0是 (1分) 解得Bn= (2十√3)w (1分) gL 磁感应强度的取值范围为0<B≤(2+y)m(1分) 5.【解析】(1)粒子在电场中有 qE=ma To =vot (1分) 经过x轴时的速度大小v=/(at)2+ (1分) 联立解得=2d,u=25山 (2分) 3 (2)粒子离开电场时与x轴的夹角满足c0sa= (1分) 解得a=30 (1分) 粒子的运动轨迹如图所示 ·57 参考答案及解析 9 根据几何关系有 xo=xA=xB十xB=xB十Rsin309 (1分) TBC R+Rcos 30 TB = tan 30 tan 30 (1分) 联立可得R= 23d (1分) 2+√5 由gB=m R (1分) 解得B=2(2+3)E (1分) (3)粒子第一次进入磁场后轨迹恰好与ON相切，则 粒子第一次在磁场中转过的圆心角0=300°，根据几 何关系有 2R'=xosin 30 (1分) 解得粒子在磁场中的轨迹半径R'=d (1分) 第一次出磁场的位置在A点左侧，与A点相距s1= g-Ea (1分) 出磁场后，粒子在电场中做类斜抛运动，根据对称 性，有 vsin 30 (1分) 52=c0s30°·t/ (1分) 联立解得粒子第二次在电场中向右运动的位移大小 s:=43d (1分) 根据类斜抛运动对称性，第二次进入磁场时速度方向 仍与第一次进入磁场时速度方向相同，故第二次出磁 场时相比较第二次进磁场时位置向左偏移5，然后第 三次在电场中向右运动52=4√3d后，第三次进入磁 场，故粒子第三次进入磁场时与原点O的距离x1= x6-2s1+2s2=9V3d (1分) 6.【解析】(1)粒子在圆形区域I内从A点做匀速圆周 运动到P点，有r=R。 (1分) 在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，有 9Biw=m (1分) 71 1 E=m6 (1分) 参考答案及解析 联立解得B,=√2mE (2分) gRo (2)粒子进入环形区域Ⅱ后做顺时针方向的匀速圆周 运动，有 UB gB2 vo=m (1分) 由题可知B,=√3B (1分) 联立解得行-停R (1分) 如图所示为粒子在环形区域Ⅱ内做匀速圆周运动的 轨迹 2 、B2 60°1 由几何关系可知∠POM=60°，则M点的坐标为 (R,-R) (2分) (3)粒子在圆形区域工和环形区域Ⅱ经两次偏转后， 从M点再次进入圆形区域I时，粒子与原点O连线 的角度转过了150°，设经过次这样的偏转后第一 次从A点再次以相同速度经过A点，此时转过 个360 则有150m=360n(m、n均取正整数) (1分) 解得m=12,n=5 (1分) 而粒子在圆形区域I和环形区域Ⅱ偏转一次通过的 路程=×2十号2an=(+)R (1分) 所以经过12次如此偏转后的总路程s=12s=(6十 16B)R。 3 (2分) 小练44楞次定律实验：探究影响感应 电流方向的因素法拉第电磁感应定律 1.A【解析】经过时间t,面积为S的线圈平面逆时针 转动至与磁场夹角为日处，磁通量的变化量△Φ BSsin0,由法拉第电磁感应定律，可知线圈中产生的 平均感应电动势的大小E=N=NBSsin9,由楞 △t t 次定律可知感应电流的方向为逆时针方向，A项 正确。 2.C【解析】越靠近通电导线，磁场越强，由图结合安 培定则可知，穿过左侧向外的磁通量大于穿过右侧向 ·5 物理 里的磁通量，即穿过线框的磁通量向外均匀减少，则 感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，根据楞次定 律可知，感应电流的方向为A→B→C,C项正确。 3.A【解析】金属棒ab水平抛出后做平抛运动，其速 度越来越大，但只有水平分速度切割磁感线并产 生感应电动势，故U=Blo保持不变，结合右手定 则可知a>%,A项正确。 4.B【解析】赤道附近地磁场的方向由南指向北，与地 面平行，甲、乙两位同学沿南北方向站立摇动导线，切 割磁感线效果不明显，所以不易观察到感应电流，A 项错误；沿东西方向站立摇动导线，导线运动到最高 点时，导线的速度方向与地磁场方向平行，切割磁感 线效果最差，产生的感应电流最小，B项正确；沿东西 方向站立摇动导线，导线会上升或下降，方向相反，故 感应电流的方向相反，C项错误：更换更细的导线，由 R=p5可知，S变小，电阻变大，电流更小，指针偏转 更不明显，D项错误。 5.A【解析】当用电器正常工作时，紧靠的两根绝缘电 线的电流大小相等、方向相反，此时穿过线圈的磁通 量为零：当用电器漏电时，两根绝缘电线的电流方向 相反，且电线2中的电流小于电线1中的电流，则由 安培定则可知穿过线圈的磁场方向向右，穿过线圈的 磁通量增加，根据楞次定律可知感应电流方向从V 到M,A项正确。 6.C【解析】线圈N有靠近线圈M的趋势，根据楞次 定律，说明线圈M中的电流减小，导致线圈N中的 磁通量减小，由法拉第电磁感应定律E=BL)可知金 属棒ab做减速运动，A、B项错误：线圈V中产生图 示方向的电流，由安培定则可得，线圈N左端是S 极，右端是N极，要使线圈M、V靠近，那么线圈M 的右端是N极，左端是S极，则金属棒ab中的电流方 向应该是从b到a,由右手定则可得金属棒ab向上运 动，C项正确，D项错误。 7.C【解析】变化的磁场才能在受电线圈中产生感应 电流，故充电座只能使用交流电源，A项错误：由楞次 定律可知，当送电线圈中的电流增大时，两线圈表现 为斥力，电流减小时，表现为引力，B项错误：由法拉 第电磁感应定律可知，感应电流的大小与线圈的匝数 和磁通量变化率均有关，而电源频率决定磁通量变化 率，C项正确，D项错误。 8.B【解析】当条形磁铁水平向右平移时，闭合金属圆 环内向上的磁通量减小，由楞次定律可知，金属圆环 中会产生逆时针方向的感应电流，将金属圆环等效成 条形磁体，则上面为N极，故与条形磁铁相吸，则圆 环对桌面的压力小于其重力，A项错误，B项正确：当