重难专题04 电场和磁场（抢分专练）（广东专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

题型01 带电粒子在电场中的运动 1．【答案】B 2．【答案】D 3.【答案】D 4．【答案】BD 5．【答案】ACD 6．【答案】ACD 7．【答案】AC 8．【答案】(1)0.2m/s (2)0.04m (3) 【详解】（1）粒子先向右做匀加速直线运动，越过原点后向右做匀减速直线运动，即粒子经过原点时速度最大，根据动能定理有 解得 （2）根据动能定理有 解得 （3）根据牛顿第二定律，粒子在原点左右两侧运动的加速度大小分别为， 粒子在左侧电场做加速运动过程有 利用逆向思维，粒子在原点右侧加速运动过程有 根据运动的对称性可知，粒子运动的周期 又 解得 9．【答案】(1) (2) (3)当时，；当时， 【详解】（1）从A到B，由动能定理得 解得滑块第一次滑上木板时的速度大小 （2）从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽右侧，由于凹槽光滑，小滑块和木板组成的系统合外力为零，动量守恒。木板碰到凹槽右侧时，小滑块速度为，木板速度为，列式子得 整个过程中，由动能定理得 解得， 木板与凹槽相碰后速度立即变为零，损失的机械能 （3）①当时，可得 此时小滑块一直沿斜面上滑，此过程中小滑块仅经过木板一次，因摩擦而产生的热量 ②当时，可得 此时小滑块将滑下斜面返回木板。 从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽右侧，对小滑块由动量能定理得 对木板由动量定理得 滑块滑上光滑斜面后，只有重力和电场力做功。上滑过程中电场力做正功、重力做负功，下滑过程中电场力做负功、重力做正功，由于上滑和下滑过程位移一样，从E点开始滑上到再次滑下到E点，电场力做功为零、重力做功为零，由动能定理得动能不变，即速度不变。 所以，小滑块再次滑上木板的速度仍为，从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽左侧，木板碰到凹槽右侧时，小滑块速度为，木板速度为。 对于小滑块由动量定理得 对木板由动量定理得 小滑块滑过B后，在AB上，在电场力的作用下，先减速再反向加速，根据对称性可得小滑块返回B点时速度仍为。 每次通过木板，小滑块的能量会减少。初始能量为 所以可以通过木板次，小滑块剩余能量 此时小滑块的速度 由于 在这5次通过木板的过程中，未出现小滑块与木板共速的情况，摩擦而产生的热量 在第6次滑上木板后，小滑块与木板共速，由动量守恒定律得 解得 由于，所以假设不成立，在第6次滑上木板后，小滑块与木板不共速，木板获得的能量仍为。 第6次木板撞凹槽损失的能量 根据能量守恒，第6次滑上木板直至停下，摩擦而产生的热量 综上，小滑块共滑上木板6次，并在第6次静止于木板上，整个过程中因摩擦而产生的热量 题型02 带电粒子在磁场中的运动 10．【答案】A 11．【答案】D 12．【答案】D 13．【答案】AD 14．【答案】ABD 15．【答案】BD 16．【答案】(1)； (2)证明过程见解析， (3) 【详解】（1）正对射入的粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动：， 得： 在磁场Ⅱ中：， 在电场中： 得：， （2）由于粒子在磁场Ⅰ中：，所有粒子均会从点沿半径方向进入电场，对任意粒子进入磁场Ⅱ作出运动轨迹，如图，从点射出，由几何关系：， 则四边形为平行四边形，，故能打到接收屏的粒子速度方向均垂直于接收屏。如图，从磁场Ⅱ的最高点射出打中接收屏时时间最长 则， 则粒子在磁场Ⅰ中运动的最长时间（或，） （3）从磁场Ⅱ的最高点射出打中接收屏的粒子在磁场I中运动轨迹如图： 比例 17．【答案】(1)，粒子进入磁场时速度与y轴正方向的夹角为，，大小为 (2) (3)或（n＝0，1，2，3……） 【详解】（1）粒子在电场中运动时，沿电场方向，做匀加速运动，有 其中 在沿y轴方向上，有 联立可解得 粒子进入磁场时的速度大小为 可解得 设粒子进入磁场时的速度方向与y轴方向夹角为，则有 所以角度 （2）粒子从P进入磁场后，经磁场偏转后不会打到电容器的右极板上，需要粒子进入x轴下方磁场，临界条件是粒子轨迹与x轴相切，设此种情况下粒子在x轴上方磁场中运动的半径为，则粒子与x轴相切时，有 粒子与x轴相切时对应磁感应强度的最大值为，此时有 可解得 所以若粒子经磁场偏转后不会打到右极板上，在x轴上方磁感应强度应为 （3）当粒子在x轴上方轨迹半径为时，有 在下方磁场区域内，有 则 画出粒子的运动轨迹，如下图所示 由于 可知粒子在x轴上方的运动轨迹刚好为半圆，设粒子从上到下穿越x轴时速度与x轴成角，根据几何关系可知 根据轨迹可知粒子有可能在x轴上方或下方垂直打在上，也有可能上下转动多次后打在上。所以如果粒子在x轴的下方垂直打到y'上，y'与y的距离满足（n＝0，1，2，3……） 如果粒子在x轴的上方垂直打到y'上，y'与y的距离满足 （n＝0，1，2，3……） 题型03 带电粒子在叠加场中的运动 18．【答案】AB 19．【答案】CD 20．【答案】AD 21．【答案】(1) (2)见解析，， (3) 【详解】（1）根据题意，设、的电势分别为、，质子在电场中从运动到，由动能定理有 解得 （2）依题意，质子在面内运动，所以电场方向与该平面平行，为等势线，a点的电势高于c点的电势，又电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，所以电场方向沿ac由a指向c；由于质子做匀速直线运动，所以电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，根据左手定则，可以判断磁场方向沿，由d指向b，如图所示 设电场强度大小为，匀强电场中电势差与电场强度的关系有 其中， 联立解得 设匀强磁场的磁感应强度为，则有， 联立解得 （3）若撤去电场，只保留磁场，质子从点沿方向射入正方体区域，质子在面内运动，若入射动能不同，测得在该面内运动时间相同，则所有质子在如图面内转半圈后从边离开正方体 则有， 由几何关系有 联立解得 22． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球刚开始下滑，洛伦兹力为0，此时加速度最大，根据牛顿第二定律 解得小球刚开始下滑的加速度大小为 （2）以小球为研究对象，通过分析受力可知，小球受重力，垂直杆的支持力和洛伦兹力，摩擦力，根据左手定则，小球受到的洛伦兹力垂直绝缘杆向下，当时，即小球的速度最大，即 垂直绝缘杆方向有 联立解得 （3）洛伦兹力对小球不做功，下降过程中，根据动能定理有 又有 解得 23．【答案】(1) (2) ， (3) (4) 【详解】（1）由题意可知该粒子在A点速度方向与x轴夹角为45°，在第二象限内x轴方向做匀速直线运动，x轴方向速度为 x轴方向位移为 y轴方向做匀减速直线运动，y轴方向速度为 加速度为 由匀变速直线运动速度公式可知 联立解得 （2）设区域Ⅰ的边界上任意一点坐标为 ， 则粒子在区域Ⅰ内的x轴方向位移为，y轴方向位移为 粒子在区域Ⅰ内的x轴方向做匀速直线运动，则有 在区域Ⅰ内的y轴方向做匀减速直线运动，则有， 加速度 联立可得， 又因为 则有 整理得 ， （3）由几何关系可知图2中的圆弧半径为 弧长 P点沿轨迹的运动速率为 ab之间长度为 P点从a到b所用时间为粒子在第二象限内运动的时间 则 由于任何相等的时间内速度坐标点沿图中曲线通过的曲线长度都相等， 则有 （4）P在b点时粒子的x轴方向加速度为 y轴方向加速度为 总加速度为 P在c点时粒子的加速度为 由于任何相等的时间内速度坐标点沿图中曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示速度变化，根据 可知P从b到c点过程中，粒子加速度为 且曲线上任意点粒子的加速度大小相等，即 联立可得， 题型04 带电粒子在组合场中的运动 24． 【答案】(1)，方向垂直纸面向外 (2) (3) 【详解】（1）电子带负电，根据左手定则可知磁感应强度B方向垂直纸面向外，根据洛伦兹力提供向心力有 由几何关系可得 电子经过电场加速过程，根据动能定理可得 解得   方向垂直纸面向外。 （2）电子带负电，匀强电场的方向竖直向下，电子在电场中做类平抛运动，假设在电场中的时间为t，水平方向有 竖直方向有 加速度 解得 （3）只有垂直纸面方向的匀强磁场时，设从B点飞出的速度方向与水平方向的夹角为，由几何关系可得 电子打在荧光屏上与B点的竖直距离 只有匀强电场时，电子打在荧光屏上与A点的竖直距离设为，由几何关系可得， 解得电子两次打在荧光屏上的距离 25． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子从P到Q做类平抛运动，设运动时间为t1 x方向有 z方向有 其中 联立三式得： （2）设粒子到达Q点时，速度方向与x轴成θ角，由得 粒子在磁场中做匀速圆周运动，从Q点进入磁场，从M点离开磁场。设粒子圆周运动半径为r，速度，由洛伦兹力提供向心力有 并且 粒子打在P点，有 联立三式得 （3）调节I、IV区域的电场分布后，设粒子从Q'点进入磁场，再从M'点离开磁场 由前面分析可知，与IV区域电场强度大小无关。 粒子要进入I区域，打在吸收屏上，需满足，即 粒子到达M'点时，z方向的分速度 粒子在I区域运动，设经历时间t2，落点在吸收屏上坐标设为（x，y，0）有 得 故， 所以打在吸收屏的坐标是 26． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）在磁场分析器中，有 且 解得 （2）在环形加速器中，有 且 解得 （3）在环形加速器中，有 且 解得 27． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力可得 粒子源沿方向射出的粒子恰好未从边离开电场，根据动能定理可得 解得。 （2）由数学知识可知，最短弦对应最短的弧长，由图可知 由几何关系可知 最短的弧长即最短路程为。 （3）粒子源沿方向射出的粒子在区域，根据，且 解得 在磁场中，运动时间为 在电场中，根据牛顿第二定律 根据运动学公式 解得 返回磁场之后，粒子在洛伦兹力作用下向右偏转由几何关系可知，粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为，然后从边飞出区域，则运动时间为 则粒子源沿方向射出的粒子在区域运动的时间为。 28．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子的运动轨迹如图所示 由几何关系可得 根据牛顿第二定律可得 解得 （2）如图 粒子垂直打在接收屏，由对称性以及（1）中式子，根据几何关系有，，， 联立，解得 （3）粒子运动轨迹如图乙所示 设当粒子第一次经挡板反弹后进入磁场并恰好打在接收屏与x轴交点处时，挡板离x轴的距离为，则粒子反弹后进入磁场时的位置离O点的距离为，设粒子第一次在电场中运动的时间为，则有， 解得 设当粒子经挡板第二次反弹后经电场偏转恰好打在接收屏与x轴交点处时，挡板离轴的距离为，则粒子第一次反弹后进入磁场时的位置离O点的距离为，设粒子第二次在电场中运动的时间为，则， 解得 因此 29．【答案】(1) (2)不能从cd边射出掺杂到晶圆内 【详解】（1）在加速电场中加速过程对有 对有 两式相比得 （2）在磁分析器中对有 洛伦兹力提供向心力有 联立 解得 对有 联立 解得 若离子恰好从d点射出，有： 解得，由于，所以不能从cd边射出掺杂到晶圆内。 30．【答案】(1) (2)， (3)，， 【详解】（1）根据动能定理得 代入数据解得 （2）质子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 代入数据解得，质子的轨迹半径为 打在1号靶上的质子在磁场中运动的时间为 代入数据解得 （3）加上脉冲电场后，同时受磁场力和电场力的质子做匀速直线运动打在2号靶上，由共点力平衡得 代入数据解得，电场强度大小为 由几何关系知，磁场的半径为 打在2号靶上的质子在复合场中运动的时间为 代入数据解得 恰好互不影响时，脉冲电场的变化周期为 代入数据得，脉冲电场的变化周期为 每个周期各有一个质子分别打在1号和2号靶上，足够长时间后打在两个靶上的质子数个数之比 1．【答案】D 2．【答案】(1)0.6m (2)0.5m (3) 【详解】（1）氩离子经过加速电场后，由动能定理可得 氩离子从P点沿x轴进入匀强电场做类平抛运动，水平方向则有 根据牛顿第二定律可得 P点的纵坐标 代入数据解得 （2）金属离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 解得 分析可知，金属离子能直接打到M点，沿x轴正方向射出的金属离子，圆心在M点，落点到M点的距离最远，则 即镀膜长度为0.5m。 （3）从O点沿与z轴正半轴夹角为45°方向飞入的金属离子在磁场中的运动轨迹为螺旋状,可将其看成是在 xOy平面内的匀速圆周运动和沿z轴正方向的匀速直线运动的合成 则金属离子在xOy平面内的匀速圆周运动的速度大小 洛伦兹力提供向心力根据牛顿第二定律可得 解得 金属离子做匀速圆周运动的周期为 如图所示 圆周分运动的弦长最短时时间最短，此时打在晶圆上的离子距直线 MN的距离最近。由几何关系可知,此时粒子偏转了，所以打在晶圆上离子的最短运动时间为 由几何关系可知，从磁场最上端打在晶圆上的离子在磁场中偏转角最大为，运动时间最长 金属离子沿z轴正方向匀速直线运动的速度 故离子到直线MN最近距离 最远距离 所以打在晶圆上的离子到直线MN的距离为 3．【答案】(1) (2) (3)或 【详解】（1）第一次试验过程中，进入电场后的加速度水平向左，根据牛顿第二定律可知合力水平向左。 此时小球受电场力和重力， 根据几何关系得 解得 （2）第一次试验中，小球自由落体到边的速度为 小球在区域中运动，沿方向做初速度为零的匀加速直线运动。 由第1问得，合力为 根据牛顿第二定律得，加速度为 根据位移-时间公式得 沿方向做速度为的匀速直线运动，位移为 由于边长为 所以小球正好从点离开区域。 故释放后离开区域时的点与点的距离为 （3）第二次试验，已知 解得， 沿方向的速度 碰撞前，小球速度 速度方向斜向左下方，与水平方向夹角为。 由第2问可知，小球位于点。 弹性碰撞，由动量守恒得 由能量守恒得 解得， 当时，速度方向与方向一致，碰撞后小球从点离开区域，时间 当时，速度方向与方向相反。 的电荷量变为、质量不变，对的受力分析，合力方向与方向一致，大小为 加速度 小球先做匀减速直线运动，减速到零的位移为 由于 可得小球减速到零之前无法到达点。 所以，小球先减速到零，再反向加速，通过点离开区域。 由于减速和加速过程加速度大小不变，位移相等，具有对称性，可得碰撞后小球离开区域的时间 综上，碰撞后小球离开区域的时间为或者 4．【答案】(1) (2)； (3) 【详解】（1）正离子在加速电场中，根据动能定理可得 解得 （2）正离子在偏转电场中做匀变速曲线运动，水平方向上做匀加速运动，有 其中 在竖直方向上做匀速直线运动，有 联立解得 正离子沿电场方向的速度为 则 解得： （3）当离子打在NQ中点时，由洛伦兹力提供圆周运动所需要的向心力，有 解得 若增大磁感应强度，离子运动半径减小，当离子恰好打到点时，运动半径 可得 若减小磁感应强度，离子运动半径增大，由几何关系可得，当离子轨迹与相切时， 所以 求得 故磁感应强度B取值范围是： 5．【答案】(1)垂直纸面向外； (2) (3) 【详解】（1）由左手定则可知，由于电子在匀强磁场中向上偏转，故匀强磁场的方向应垂直纸面向外；电子在加速电场中运动时，根据动能定理可得 解得电子出加速电场时的速度为 电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，对其列牛顿第二定律方程有 解得电子在匀强磁场中运动的半径为 （2）电子在匀强磁场中以及出匀强磁场后的运动轨迹如图所示： 根据几何关系可得 解得 所以电子在匀强磁场中运动的时间为 电子离开匀强磁场后做匀速直线运动，其运动的时间为 所以从进入匀强磁场开始到打到点，电子的运动时间为 （3）点到水平轴线的距离为 可知若仅将区域中匀强磁场换成竖直向下的匀强电场，电子同样打到荧光屏上的点，必由匀强电场上边界飞出，其运动轨迹如图所示： 根据几何关系有 解得电子在匀强电场中做类平抛运动的水平位移为 设电子在匀强电场中的运动时间为，则根据电子在匀强电场中做类平抛运动的规律有， 又因为根据牛顿第二定律有 联立解得匀强电场的电场强度为 6．【答案】(1) (2) 【来源】广东省汕头市2025-2026学年高三上学期教学质量监测物理试题 【详解】（1）电子在加速电场中，根据动能定理可得 所以电子离开加速电场时的速度大小为 （2）电子在偏转电场中做类平抛运动，则，， 所以 电子打在荧光屏上，有 所以 所以示波管电极YYʹ接收到的雷达信号电压的变化范围为。 7．【答案】(1) (2) (3)或 【详解】（1）在y方向上有 其中 同时 解得 （2）若粒子P以的速度发射，在C点经过y轴，并将与球面切于D点，其速度偏转角为，如图一所示则 其中，， 得 由几何关系可知 ，， 其中， 可得 根据 解得， （3）设在处以v的速度沿y轴正方向发射粒子P，若要使其能够垂直通过yOz平面，则需满足① 并且会在点的位置以v的大小通过yOz平面，然后水平射入磁场，其正视图如图二所示 其中②，③，④ 其俯视图如图三所示 则根据几何关系可得⑤ 综上⑥，其中⑦ 以下为计算过程，过程不赋分： ⑥式求解过程：根据④式可求得⑧ 将①⑧式代入⑤即可求得⑥ ⑦式求解过程：将②⑤代入③，可得 ⑨ 将⑥代入⑨，可得 解得 8．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）电子从到轴过程 解得 （2）电子在磁场中运动 由几何关系得 解得 （3）方法一：上端电子，从点射出，由几何关系可知与轴的夹角， 解得 下端电子，从A点射出，由几何关系可知与轴的夹角， 解得 故荧光屏上亮的长度为 方法二：上端电子，从点射出，由几何关系可知与轴的夹角，， 解得 下端电子，从A点射出，由几何关系可知与轴的夹角，， 解得 故荧光屏上亮的长度为 9．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，沿y轴方向有 沿x轴方向有 根据牛顿第二定律有 联立解得 （2）粒子经过Q点时，x轴方向上的速度 合速度 粒子在磁场中做圆周运动，则有 又 解得 根据几何关系，可知粒子从进入磁场到第一次碰到弹性绝缘薄挡板，则运动轨迹对应的圆心角 第一次碰撞弹性绝缘薄挡板的位置距离坐标原点 粒子第一次与弹性绝缘薄挡板相碰的位置为 （3）由第（1）问，可得粒子在电场中运动的时间 粒子与弹性绝缘薄挡板相碰后，沿x轴的速度不变，沿y轴的速度大小不变，方向相反，粒子又在磁场中做圆弧运动，根据几何关系可知，粒子与弹性绝缘薄挡板碰撞两次，第三次圆弧运动后到坐标原点的距离为 此时粒子第一次离开磁场，粒子在磁场中运动时间 解得 粒子从P点进入电场到第一次离开磁场所经历的时间 10．【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）质子在电场中做类斜抛运动，根据对称性可知，P点为抛物线的顶点，从到点经过的时间为 牛顿第二定律有 方向做匀变速运动，到的时间为，根据位移时间关系 可得 方向做匀速运动，到过程中， 解得 方向，速度时间关系 可得， 质子在点的速度 （2）根据运动的对称性可知，质子第一次到达点时速度大小为，方向与轴正方向夹角为 质子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为，如图所示由几何关系有 质子在磁场中做匀速圆周运动的周期 质子在磁场中运动的时间 质子在电场和磁场中运动的总时间 （3）设质子第2次经过轴的位置到的距离为，如图所示 由几何关系有 质子某次出磁场后能经过点，需满足 可得 因质子在磁场中轨迹不能过第三象限，还需满足 所以 则，可得 即或 根据洛伦兹力提供向心力 可得 当越大时，B越小，即时磁感应强度有最小值 则 11．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）从点沿轴正向射入的粒子恰好通过点，则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为，如图所示，根据洛伦兹力提供向心力有   解得 （2）从点沿轴正向射入的粒子在电场中做类平抛运动，设粒子出电场时沿轴负方向的分速度为，如图所示，由题意可知 沿轴方向有 根据牛顿第二定律有 联立解得      （3）由于粒子在磁场I中做圆周运动的半径为，根据磁发散原理，所有粒子均沿轴正方向射出磁场Ⅰ，设某一粒子进入磁场II时，与轴正方向夹角为0， 则该粒子进入磁场时速度为，如图所示 设该粒子在磁场中做圆周运动，半径为，洛伦兹力提供向心力，有 则轨迹的圆心到轴的距离为 代入第一问结果，得 由此可见，所有粒子进磁场II后做圆周运动的圆心均在离轴距离为的水平线上，即此时接收屏距离轴的距离为，根据圆的特点，打到屏上的速度垂直于半径，而半径在接收屏所在的平面，因此所有粒子均能垂直打在接收屏上。 在点沿与轴负方向成向左上方射出的粒子恰好能打在屏上时，该粒子左侧的所有粒子都可以打在屏上，右侧的粒子则不能打在屏上，即有三分之一的粒子经磁场偏转后能直接打在屏上，设这时屏需要移动的距离为L，如图所示， 设该粒子在磁场I中轨迹如图，出磁场时坐标 进入磁场II时的速度大小为，在电场中，根据动能定理有    根据洛伦兹力提供向心力有 解得 即仅有三分之一的粒子经磁场II偏转后能直接打到屏上，接收屏沿轴负方向移动的距离为 12．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由题意可知，在0 < x≤d区域内，微粒做匀加速直线运动，有mg=qE 根据动能定理有 解得 在d < x≤2d区域内，微粒做匀速圆周运动，有 根据几何关系可知 联立解得 （2）在区域内，根据牛顿第二定律有 运动时间为 在区域内，有 其中、 在区域内，由于 则微粒做匀速直线运动，有 微粒到达边界x=3d所需时间 （3）在x>3d区域，微粒运动过程中有最小动能时，微粒运动速度沿水平方向，根据动量定理有 其中 根据动能定理有 联立解得（另解舍去） 13．【答案】(1)， (2)， (3)， 【详解】（1）在第一象限内做匀速圆周运动，则 解得： 第一象限，根据洛伦兹力等于向心力， M点到O点的距离为 故M点坐标为 （2）小球在第二象限做平抛运动，则 解得： 则 则 与x轴负方向夹角的正切值为 匀速圆周运动半周，其时间为 小球在第二象限做平抛运动的时间为 小球从坐标原点到N点所需的时间为 解得： （3）在磁场B2内小球离x轴最远距离ym，此时对应的速度为，由动能定理 水平方向由动量定理 即 取向右为正方向，则 可得小球离x轴最远距离及对应的速度大小分别为 14．【答案】(1)， (2)4 (3) 【详解】（1）粒子在电场中运动的加速度大小 所有粒子穿过两板间电场的时间均为，从时刻射出的粒子刚好从板右端边缘射出电场，沿电场方向有 解得 粒子射入两板间的初速度大小 （2）时刻射出的粒子，由图乙可知粒子沿电场方向的分运动在时间内向下先加速后减速，在时间内向上先加速后减速，根据运动的对称性分析可知粒子刚好从点进入圆形区域，速度方向沿方向、大小为，粒子在两个磁场中的运动轨迹如图甲所示 粒子在圆形区域中由洛伦兹力提供向心力可得 由几何关系可得 联立解得 粒子在矩形区域中由洛伦兹力提供向心力可得 由几何关系可得 联立解得 则 （3）所有粒子穿过两板间电场的时间均为，由题图乙结合对称性可知，所有粒子离开电场时的速度均为、方向均平行于方向，射出电场的粒子刚好分布于两板之间，由于所有粒子进入圆形区域的运动轨迹半径等于圆形区域的半径，根据磁聚焦原理可知，所有粒子均从点进入矩形磁场，进入范围在内，在矩形区域中的临界轨迹为圆弧及圆弧，阴影区域为有粒子经过的区域，如图乙所示 其面积 解得 15．【答案】(1) (2) (3)或 【详解】（1）设粒子射入第一象限电场的速度大小为，则由动能定理得 解得 粒子在第一象限电场中做类平抛运动，其竖直方向为匀速直线运动，设粒子在第一象限电场中运动的时间为t，则有 粒子在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则根据牛顿第二定律有 又 联立可得 可得粒子第一次经过轴时的位置坐标为 （2）粒子进入磁场时的水平速度大小为 设粒子进入磁场时的速度方向与y轴正方向的夹角为，则有 可得 所以粒子在磁场中的运动轨迹如图所示： 由几何关系有 由洛伦兹力提供向心力有 其中 可得第二象限内的磁感应强度 （3）粒子经过点第一次返回轴的点为，根据对称的特点可知两点间距 粒子经过点后再次返回轴的点为，则两点间距 结合，粒子的可能轨迹如图所示 结合图可知圆周轨迹在第一象限与轴相切，可知 代入数据解得 结合图可知圆周轨迹在第一象限与轴相切，可知 代入数据解得，其中不符合要求 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 重难专题04电场和磁场 ONE PART1命题潮源 重难解读 电场和磁场是电磁学的核心内容、也是重点所在。电场的性质、安培力、洛伦兹力、带电粒子在电磁场的 运动都是电与磁现象所涉及到的。 命题预测 2026年高考，电与磁渗透到选择题、压轴综合题，考查规律的灵活运动。题目注重知识综合运用，考查学 生分析解决实际问题的能力。 TWO PART2押题预测 题型01带电粒子在电场中的运动 1.图1为示波管的原理图。如果在电极Y'之间所加的电压按图2所示的规律变化，在电极XX之间所加 的电压按图3所示的规律变化，假设粒子的运动时间相比电场变化周期可忽略不计，则荧光屏上显示的图 像是() Uxx' 电子枪 0 00 偏转电极 荧光屏 图1 图2 图3 A B C D 2.如图所示，一光滑绝缘半圆轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B点，半圆轨道半径为R, 1/26 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 3mg 整个空间存在水平向右的匀强电场E,电场强度大小为写。一常正电小球质量为m、电荷量为9，从4点 以一定的初速度向B点运动，经过B点后恰能运动到轨道的最高点C,小球从轨道最高点C飞出后落到水平 面上的E点（图中未标出）。已知重力加速度为8，sin37。=0.6,cos37=0.8,则有() V09 7T777I777777771777777777777777777 B A A,小球在C点速度最小 B.小球在C点的速度大小为VgR C.小球从轨道最高点C飞出后恰好能落回A点 D.E点与B点的水平距离为V万+R 2 3.静电复印技术在日常办公中十分常用，其关键环节是让带电墨粉在电场力作用下吸附到复印纸的指定位 置。某简化模型中，复印纸与感光鼓之间形成水平方向的匀强电场，感光鼓带正电作为正极板，复印纸带 负电作为负极板，两极板间的电压恒定。将墨粉颗粒从靠近感光鼓的位置由静止释放，不计重力和空气阻 力，下列说法正确的是() 感光鼓 复印纸 A.墨粉颗粒带负电 B.墨粉颗粒在飞往复印纸的过程中，电势能不断增大 C.带电量相同，质量越大的墨粉颗粒，打在复印纸上的速度越大 D.若仅减小感光鼓与复印纸之间的距离，墨粉颗粒打在复印纸上的速率不变 4.如图，当平行板电容器间的电压为U。时，一带电小球静止在板间中间位置A点；当两极板间的电压改 为2U。时，小球经过。时间，从A点由静止运动到上极板下方的B点。两极板间的电场可视为匀强电场， 2/26 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 忽略空气阻力。小球0时刻从A点静止开始运动，要求运动过程中不会撞到两极板，以下为两极板间所加 电压U随时间t周期性变化的图像，可以满足要求的有() ++十+++ B· A·小球 3Uo 3Uo A. U B 0 3 O 0 2 U 3U 3Uo 00 2U C U D. O 21 0 3t t 0 6 2to 31 5.离子推进器是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进的动力，其工作原理如图 所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（离子初速度忽略不计）， A、B间电压为U,使正离子加速形成离子束，在加速过程中推进器获得恒定的推力。己知每个正离子质量 为m,电荷量为q,单位时间内飘入的正离子数目为，加速正离子束所消耗的功率为P,引擎获得的推力 为F,下列说法正确的是() ←一U→别 ⑧ ⊙→ ①→ 气体王 ⊕》 ⑥》 ①→ ①→ 田 ⊕》 ① 电离室A B A,正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小为I=q B.离子推进器获得的平均推力大小为F=n√mqU 3/26 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 C.加速正离子束所消耗的功率P=nqU D。为提底德量的转换效丰要传尽量大，可以使用比荷更小的正离了 6.中国空间站天和核心舱配备了四台国产化的LHT-100霍尔推进器，其简化的工作原理如图所示。放电通 道两端的电极A、B间存在一加速电场E,工作时，工作物质氙气进入放电通道后立即被电离为一价氙离子， 再经电场加速喷出，形成推力。单台推进器每秒喷出的一价氙离子数n=1.8×109个，速度v=2×104m/s, 单个氙离子的质量为m=2.2×1025kg,电子电荷量e=1.6×1019C,不计一切阻力，计算时取氙离子的初速 度为零，忽略离子之间的相互作用，则() 放电通道® 0 oo Xet O>E 0+ 00 ©沙 © 0 0 A.A、B两电极间的加速电压为275V B.A、B两电极间的加速电压为375V C.单台霍尔推进器产生的平均推力大小约为0.08N D.单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流约为2.9A 7.(26-27高三上广东肇庆期末)如图，一质量为m、带电量为+q的绝缘小球从地面上P点正上方高h 处的O点以初速度。水平抛出。当无电场存在时，落在地面上的A点；当空间存在竖直方向的匀强电场时， 落在地面上的B点。已知PB=2PA,重力加速度为g,空气阻力可忽略，则存在电场时，下列说法正确的有 () Vo A.电场的方向竖直向上 B,电场力对带电小球做正功 1 C.从抛出到落地，小球的动能增加二mgh 4 D,从抛出到落地，小球的电势能减少 mgh 4/26 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 8.在雷达技术商业化初期，反射式速调管因能稳定产生特定频率的微波信号，是常用的微波被器件之一。利 用带电粒子与电场相互作用原理模拟制成的微波振荡器件，其内部电场如图所示，在虚线两侧分布着平行 于x轴，方向相反的匀强电场，电场强度大小分别为E,=2×103Vm,E,=1×103V/m。一质量为 m=2×106kg、电荷量大小为g=1×109C的带负电的粒子从x轴上的P(-2cm,0)点由静止释放，仅在电场 力作用下沿x轴往复运动。求： E1← E (1)带电粒子在运动过程中速度的最大值Vmx; (2)粒子向右运动距O点的最远距离d; (3)粒子运动的频率∫。 9.(2026汕头一模)如图所示，光滑水平地面AB和EF中间有一光滑凹槽BCDE,其左侧AB区域有水 平向右的匀强电场，场强大小E,=2.5×10N/C。紧靠凹槽左侧放置一质量为m=1kg、长度为L=4.5m的 木板，其上表面与地面齐平。质量也为m=1kg、电荷量恒为g=+1×106C的小滑块从A点静止释放，随后 滑上木板，当木板碰到凹槽右侧时，滑块恰好运动到木板右端，接着从E点滑上足够长的光滑斜面EG,斜 面上方存在沿斜面向上、场强E,大小可调的匀强电场。已知AB距离xAB=2m,木板上表面与滑块间的动 摩擦因数u=0.2,斜面倾角0=30°，重力加速度g取10m/s2。木板每次与凹槽相碰后速度立即变为零但 不与凹槽粘连，滑块经过E点时速度大小不变。求： E A▣ B E 771797777779 77777777777777777 Ch77777777777777777777777777D (1)滑块第一次滑上木板时的速度大小： (2)木板第一次与凹槽相碰时损失的机械能； (3)滑块与木板在整个过程中因摩擦而产生的热量。 5/26 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 题型02带电粒子在磁场中的运动 10.(2026汕头·一模)如图所示，在空间直角坐标系Oz中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场 沿x轴正方向。原点O处有一粒子源，在x0y平面内发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，速度大小 为9BL ，方向与x轴正方向成0，且0≤0≤90°。不计粒子重力，该粒子运动轨迹在不同坐标平面的投影中， m 可能正确的是() B D 11.如图，在垂直纸面向里的匀强磁场中，静止的单个玻色子(N和单个费米子(Li),由于相互作用而 发生反冲运动，在纸面内做匀速圆周运动，已知玻色子与费米子都带正电，则() 6/26 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 X X × X LiX X X × × A.两个粒子运动轨迹是内切圆 B.费米子做顺时针匀速圆周运动 C.Na和(9Li)的周期之比为6：23 D.Na和Li的半径之比为3：11 12.如图所示，一束电子以不同的速率沿图示方向飞入一正方形匀强磁场区域abcd,下列判断正确的是() d- ×××××× ×××××× ×××××X ××××× ×××个××× c××××××b A.电子可从cd边射出 B.电子速率越大在匀强磁场中运动的轨道半径越小 C.从a点射出的电子比从b点射出的电子速率小 D.从bC边射出的电子在匀强磁场中运动的时间相等 13.(2026·广东·一模)图(a)是洛伦兹力演示仪，其简化模型如图(b)所示。玻璃泡以O点为圆心，励 磁线圈能在玻璃泡内产生垂直于纸面向里的匀强磁场，圆心O正下方M处固定一电子枪，能水平向左射出 速率为。（未知）的电子，当磁感应强度大小为B时，电子以O为圆心做圆周运动；若只把匀强磁场的方 向反向，电子会打到玻璃泡边缘的N点，OM与ON的夹角为30°，OM的长度为d。己知电子质量为， 电荷量为，电子的重力不计，不考虑出射电子间的相互作用。下列说法正确的有() 7/26 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 励磁线圈 玻璃泡 百Q0回i M (a) (b) Bed A.电子的速率。= m B.电子做圆周运动的周期T=文m Be C.玻璃泡的半径0N为1.5d D.电子从M点到N点的时间为t=πm 3Be 14.如图所示，上表面水平的正方体区域内存在着方向竖直向上的匀强磁场。粒子源S射出比荷相同、速度 不同的甲、乙两粒子均从abcd面的正中央小孔P垂直射入磁场，甲粒子打在bc边上，乙粒子打在正方形 bcc'b'的正中央。若不计粒子重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是() 个B a A.甲、乙两粒子的速度之比为1：2 B,甲、乙两粒子均带正电 C.甲、乙两粒子在磁场中运动周期之比为2：1 D.甲、乙两粒子运动过程中所受洛伦兹力做功均为零 15.如图所示，在矩形ABCD平面内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B,在点A处有一个粒子 源，在某时刻均匀向磁场内各个方向发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相等， 方向均在纸面内，与AB的夹角分布在0~90°范围内。已知AB=2a,AD=7a,不计粒子重力及相互间的作 用。若粒子在磁场中运动的最长时间为其做圆周运动周期的四分之一。下列说法正确的是() 8/26 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 B ● ● A D A.粒子在磁场中运动最长时间时，可以从AD边飞出 B.粒子在磁场中做圆周运动的半径为5a C.粒子运动的速率为4gB@ m D.粒子经过CD边的最大长度为a 16.(2026佛山顺德二模)如图为某装置简化示意图。有界匀强磁场Ⅱ垂直纸面向外，上边界是以点Q为 圆心、半径为R=5L的某段圆弧，下边界是以点O为圆心、半径R,=3L的半圆弧，半圆区域内有均匀辐 射电场。有界匀强磁场I垂直纸面向里，边界是以点O为圆心、半径R=3L的圆形，两磁场的磁感应强度 大小相等，OO2、O在同一直线上且O2、O3间距为4L。在磁场Ⅱ右侧有长为9L的接收屏与Q、O连线 平行放置。一束质量为、电荷量为+g、宽度为6L的带电粒子流（分布均匀）以相同的速度，垂直 OO2连线射入磁场I,其中正对O射入的粒子，恰好沿OO2连线方向射出，经电场加速后进入磁场Ⅱ 3 做半径为4L的圆周运动，不计粒子重力及粒子间相互作用，tan37°= 4 接 屏 9L 子流 ××*×× OX 6L ×××× X米 (1)求磁感应强度B的大小及均匀辐射电场点Q到半圆弧边界之间的电压U; (2)请证明能打到接收屏的粒子均垂直打中接收屏，并求能打到接收屏的粒子在磁场I中运动的最长时间t； (3)打到屏幕上的粒子占发射总粒子数的比例门。 9/26 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 17.(2025-2026高三深圳中学&顺德一中.一联)如图所示，有一个位于x轴上方带电的平行板电容器， 极板长度为2L、极板间距为√5L,电容器的右极板与y轴重合且下端在原点O。y轴右侧有一与y轴平行的 虚线y,在y轴和虚线y之间存在垂直于xOy平面的匀强磁场，x轴上方磁场方向垂直纸面向外，x轴下方 磁场方向垂直纸面向里。某时刻一质量为m、电荷量为9、不计重力的带正电粒子沿y轴正方向以大小为% 的初速度紧挨电容器左极板下端射入电容器内，经电场偏转后，粒子刚好从电容器的右极板最上端P射入 磁场中。求： 。iy P ● ××××× X X ××× (1)电容器内的电场强度大小以及粒子进入磁场时的速度大小和方向； (2)若粒子从P进入磁场后，经x轴上方磁场偏转（未到达虚线y)后不会打到电容器的右极板上，x轴上方 磁场的磁感应强度应满足怎样的条件； )若x轴上、下磁场的磁感应强度大小之比为1：2，粒子在x轴上方轨道半径为-25L。虚线y与y轴 3 之间距离满足怎样关系时，粒子垂直于y离开磁场。 题型03带电粒子在叠勁加场中的运动 18.(2026广东梅州一模)如图所示，真空中坐标系x0y所在的空间存在一正交的匀强电磁场。匀强磁场 方向垂直于坐标系xOy向里，磁感应强度大小为B；匀强电场方向沿y轴负方向，电场强度大小为E。一群 质量均为，带电荷量均为9q的正电粒子，以大小不同的初速度从坐标原点0沿x轴正方向射出，不计粒子 的重力和粒子间的相互作用，则下列说法正确的是() E A.若初速度v= 粒子恰好能做匀速直线运动 10/26 重难专题04 电场和磁场 重难解读 电场和磁场是电磁学的核心内容、也是重点所在。电场的性质、安培力、洛伦兹力、带电粒子在电磁场的运动都是电与磁现象所涉及到的。 命题预测 2026年高考，电与磁渗透到选择题、压轴综合题，考查规律的灵活运动。题目注重知识综合运用，考查学生分析解决实际问题的能力。 题型01 带电粒子在电场中的运动 1．图1为示波管的原理图。如果在电极之间所加的电压按图2所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图3所示的规律变化，假设粒子的运动时间相比电场变化周期可忽略不计，则荧光屏上显示的图像是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据可知，粒子通过偏转电极时偏转距离与偏转电压成正比关系；设当两个偏转电极加最大偏转电压时的最大偏转距离分别为ym和xm，则 当t=0时在两个偏转电极的偏转距离分别为ym和-xm（对应于A点）； 当时在两个偏转电极的偏转距离分别为和0（对应于B点）； 当时在两个偏转电极的偏转距离分别为和xm（对应于C点和点）； 当时在两个偏转电极的偏转距离分别为0和0（对应于O点）； 当时在两个偏转电极的偏转距离分别为和xm（对应于D点和点）； 当时在两个偏转电极的偏转距离分别为和0（对应于E点）； 当时在两个偏转电极的偏转距离分别为和xm（对应于F点） 则显示如图所示 故选B。 2．如图所示，一光滑绝缘半圆轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于点，半圆轨道半径为，整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为。一带正电小球质量为、电荷量为，从点以一定的初速度向点运动，经过点后恰能运动到轨道的最高点，小球从轨道最高点飞出后落到水平面上的点（图中未标出）。已知重力加速度为，，，则有（　　） A．小球在点速度最小 B．小球在点的速度大小为 C．小球从轨道最高点飞出后恰好能落回点 D．点与点的水平距离为 【答案】D 【详解】A．小球在半圆轨道上运动时，当小球所受重力，电场力的合力方向与速度方向垂直时，如图中点，小球速度最小，故A错误； B．小球所受电场力为 则小球在点所受合力大小为 设小球在点的速度为，由于小球恰好能运动到轨道的最高点，则在点时此合力恰好能提供小球做圆周运动所需的向心力，由牛顿第二定律得 解得 设点小球所受合力与竖直方向的夹角为，由图可知 则，小球从点到点由动能定理得 解得，故B错误； C．因为图中A、B两点距离未知，故无法确定小球从轨道最高点飞出后能否落回点，故C错误； D．当小球离开点后，在竖直方向上做自由落体运动，水平方向上在电场力的作用下做匀加速直线运动，设小球从点到点的运动时间为，水平方向的加速度为，点到点的水平距离为 则在水平方向有， 竖直方向有 联立解得，故D正确。 故选D。 3．静电复印技术在日常办公中十分常用，其关键环节是让带电墨粉在电场力作用下吸附到复印纸的指定位置。某简化模型中，复印纸与感光鼓之间形成水平方向的匀强电场，感光鼓带正电作为正极板，复印纸带负电作为负极板，两极板间的电压恒定。将墨粉颗粒从靠近感光鼓的位置由静止释放，不计重力和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．墨粉颗粒带负电 B．墨粉颗粒在飞往复印纸的过程中，电势能不断增大 C．带电量相同，质量越大的墨粉颗粒，打在复印纸上的速度越大 D．若仅减小感光鼓与复印纸之间的距离，墨粉颗粒打在复印纸上的速率不变 【答案】D 【详解】A．墨粉颗粒向复印纸运动，两极板间电场强度方向由感光鼓指向复印纸，故墨粉颗粒带正电，故A错误； B．电场力对墨粉颗粒做正功，电势能不断减小，故B错误； C．由动能定理可得 可得打在复印纸上的速度 可知带电量相同，质量越大的墨粉颗粒到达复印纸的速度越小，故C错误； D．由可知仅减小感光鼓与复印纸之间的距离，而感光鼓与复印纸间的电压恒定，所以到达复印纸的速率不变，故D正确。 故选D。 4．如图，当平行板电容器间的电压为时，一带电小球静止在板间中间位置A点；当两极板间的电压改为时，小球经过时间，从A点由静止运动到上极板下方的B点。两极板间的电场可视为匀强电场，忽略空气阻力。小球0时刻从A点静止开始运动，要求运动过程中不会撞到两极板，以下为两极板间所加电压U随时间t周期性变化的图像，可以满足要求的有（　　） A． B． C． D． 【答案】BD 【详解】A．当电压为时小球静止，可得平衡关系 即 以竖直向上为正方向，当，合力 加速度，方向竖直向上； 由题意，小球从经运动到上极板附近，因此到上下极板的距离均不超过 当，电场反向，电场力竖直向下，总合力竖直向下，有 加速度（大小，方向竖直向下）； 当，电场力竖直向上，总合力竖直向上，有 加速度（方向竖直向上）； 加，加速度，方向竖直向上，小球位移 时刻速度 加，，到时总位移 时刻速度 运动中最大向上位移为，不会撞到上极板。 再加，时刻总位移回到，速度减为0，后续运动图像如图所示，一直向下运动，最终一定撞到下极板，故A错误； B． 运动图像如图所示，结合A分析可知运动中最大向上或向下位移大小为，不会撞到两极板，故B正确； C． 运动图像如图所示，小球一直向上运动，一定会撞到上极板，故C错误； D． 运动图像如图所示，结合A分析可知运动中最大竖直向上或向下位移大小为，不会撞到两极板，故D正确。 故选BD。 5．离子推进器是利用电场将处在等离子状态的“工质”加速后向后喷出而获得前进的动力，其工作原理如图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场（离子初速度忽略不计），A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中推进器获得恒定的推力。已知每个正离子质量为m，电荷量为q，单位时间内飘入的正离子数目为n，加速正离子束所消耗的功率为P，引擎获得的推力为F，下列说法正确的是（　　） A．正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小为 B．离子推进器获得的平均推力大小为 C．加速正离子束所消耗的功率 D．为提高能量的转换效率要使尽量大，可以使用比荷更小的正离子 【答案】ACD 【详解】A．电流的定义为单位时间内通过横截面的电荷量，单位时间喷出个正离子，每个电荷量为，因此正离子喷出形成的等效电流大小为，故A正确； B．对单个正离子，加速过程由动能定理，得 解得加速后速度 取时间内喷出的所有离子为研究对象，初动量为0，由动量定理，推力对离子的冲量等于总动量，则 整理得推力，故B错误； C．加速功率是单位时间内电场力对离子做的总功，每个离子被加速过程电场力做功为，单位时间加速个离子，因此总功率，故C正确； D．代入、的表达式，得 可见比荷越小，越大，提高能量转换效率需要尽量大，因此可以使用比荷更小的正离子，故D正确。 故选ACD。 6．中国空间站天和核心舱配备了四台国产化的LHT-100霍尔推进器，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端的电极A、B间存在一加速电场，工作时，工作物质氙气进入放电通道后立即被电离为一价氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。单台推进器每秒喷出的一价氙离子数个，速度，单个氙离子的质量为，电子电荷量，不计一切阻力，计算时取氙离子的初速度为零，忽略离子之间的相互作用，则（　　） A．A、B两电极间的加速电压为 B．A、B两电极间的加速电压为 C．单台霍尔推进器产生的平均推力大小约为 D．单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流约为 【答案】ACD 【详解】AB．氙离子经电场加速，根据动能定理有 解得，A正确，B错误； C．根据动量定理可得 代入数据解得，C正确； D．单台霍尔推进器向外喷射氙离子形成的电流，D正确。 故选ACD。 7．（26-27高三上·广东肇庆·期末）如图，一质量为m、带电量为+q的绝缘小球从地面上P点正上方高h处的O点以初速度v0水平抛出。当无电场存在时，落在地面上的A点；当空间存在竖直方向的匀强电场时，落在地面上的B点。已知 PB=2PA，重力加速度为g，空气阻力可忽略，则存在电场时，下列说法正确的有（　　） A．电场的方向竖直向上 B．电场力对带电小球做正功 C．从抛出到落地，小球的动能增加 D．从抛出到落地，小球的电势能减少 【答案】AC 【详解】A．由题知，不管是否存在电场，小球在水平方向都是做匀速直线运动，根据 解得 水平方向的速度不变，而水平位移关系为PB=2PA 可知有电场时运动时间t2是无电场时运动时间t1的两倍，即t2=2t1；竖直位移均为h，根据 解得竖直方向上的加速度 根据牛顿第二定律有 解得电场力为 电场力的方向为竖直向上，因小球带正电，场强方向与电场力方向相同，故场强方向竖直向上，即电场的方向竖直向上，故A正确； B．因电场力方向竖直向上，小球的位移向下，故电场力对小球做负功，故 B 错误； C．根据牛顿第二定律，可得带电小球所受合外力 根据动能定理有 可得动能增加，故 C 正确； D．电场力做功 可知电势能增加，故 D 错误。 故选AC。 8．在雷达技术商业化初期，反射式速调管因能稳定产生特定频率的微波信号，是常用的微波器件之一。利用带电粒子与电场相互作用原理模拟制成的微波振荡器件，其内部电场如图所示，在虚线两侧分布着平行于x轴，方向相反的匀强电场，电场强度大小分别为，。一质量为、电荷量大小为的带负电的粒子从x轴上的点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴往复运动。求： (1)带电粒子在运动过程中速度的最大值； (2)粒子向右运动距O点的最远距离； (3)粒子运动的频率。 【答案】(1)0.2m/s (2)0.04m (3) 【详解】（1）粒子先向右做匀加速直线运动，越过原点后向右做匀减速直线运动，即粒子经过原点时速度最大，根据动能定理有 解得 （2）根据动能定理有 解得 （3）根据牛顿第二定律，粒子在原点左右两侧运动的加速度大小分别为， 粒子在左侧电场做加速运动过程有 利用逆向思维，粒子在原点右侧加速运动过程有 根据运动的对称性可知，粒子运动的周期 又 解得 9．（2026·汕头·一模）如图所示，光滑水平地面和中间有一光滑凹槽，其左侧区域有水平向右的匀强电场，场强大小。紧靠凹槽左侧放置一质量为、长度为的木板，其上表面与地面齐平。质量也为、电荷量恒为的小滑块从A点静止释放，随后滑上木板，当木板碰到凹槽右侧时，滑块恰好运动到木板右端，接着从E点滑上足够长的光滑斜面，斜面上方存在沿斜面向上、场强大小可调的匀强电场。已知距离，木板上表面与滑块间的动摩擦因数，斜面倾角，重力加速度g取。木板每次与凹槽相碰后速度立即变为零但不与凹槽粘连，滑块经过E点时速度大小不变。求： (1)滑块第一次滑上木板时的速度大小； (2)木板第一次与凹槽相碰时损失的机械能； (3)滑块与木板在整个过程中因摩擦而产生的热量。 【答案】(1) (2) (3)当时，；当时， 【详解】（1）从A到B，由动能定理得 解得滑块第一次滑上木板时的速度大小 （2）从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽右侧，由于凹槽光滑，小滑块和木板组成的系统合外力为零，动量守恒。木板碰到凹槽右侧时，小滑块速度为，木板速度为，列式子得 整个过程中，由动能定理得 解得， 木板与凹槽相碰后速度立即变为零，损失的机械能 （3）①当时，可得 此时小滑块一直沿斜面上滑，此过程中小滑块仅经过木板一次，因摩擦而产生的热量 ②当时，可得 此时小滑块将滑下斜面返回木板。 从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽右侧，对小滑块由动量能定理得 对木板由动量定理得 滑块滑上光滑斜面后，只有重力和电场力做功。上滑过程中电场力做正功、重力做负功，下滑过程中电场力做负功、重力做正功，由于上滑和下滑过程位移一样，从E点开始滑上到再次滑下到E点，电场力做功为零、重力做功为零，由动能定理得动能不变，即速度不变。 所以，小滑块再次滑上木板的速度仍为，从小滑块滑上木板到木板碰到凹槽左侧，木板碰到凹槽右侧时，小滑块速度为，木板速度为。 对于小滑块由动量定理得 对木板由动量定理得 小滑块滑过B后，在AB上，在电场力的作用下，先减速再反向加速，根据对称性可得小滑块返回B点时速度仍为。 每次通过木板，小滑块的能量会减少。初始能量为 所以可以通过木板次，小滑块剩余能量 此时小滑块的速度 由于 在这5次通过木板的过程中，未出现小滑块与木板共速的情况，摩擦而产生的热量 在第6次滑上木板后，小滑块与木板共速，由动量守恒定律得 解得 由于，所以假设不成立，在第6次滑上木板后，小滑块与木板不共速，木板获得的能量仍为。 第6次木板撞凹槽损失的能量 根据能量守恒，第6次滑上木板直至停下，摩擦而产生的热量 综上，小滑块共滑上木板6次，并在第6次静止于木板上，整个过程中因摩擦而产生的热量 【点睛】小问3中，在小滑块第二次滑上木板后，木板撞到凹槽左侧时，小滑块还没有到达木板最左侧，所以对于小滑块第二次滑上木板到木板撞到凹槽左侧可以使用动量守恒计算，但是对于小滑块第二次滑上木板到小滑块滑到B点这整个过程不能用动量守恒计算。 题型02 带电粒子在磁场中的运动 10．（2026·汕头·一模）如图所示，在空间直角坐标系中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场沿x轴正方向。原点O处有一粒子源，在平面内发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，速度大小为，方向与x轴正方向成，且。不计粒子重力，该粒子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】粒子的速度与磁场夹角为，其运动轨迹为螺旋线，根据洛伦兹力提供向心力有 解得 粒子运动的周期为 圆周运动的角速度为 解得， A．在yOz平面内，有， 联立解得 可见轨迹的投影是圆，其圆心坐标为（0，-r），若，则半径为L，圆心坐标为（0，-L），故A正确； BD．在xOy平面内，根据运动的分解可知， 联立解得 则图像为正弦曲线，振幅为，若振幅为L时，对应x轴无投影，故BD错误； C．综上分析可知，在xOz平面内，函数关系式满足 图像为余弦函数，故C错误； 故选A。 11．如图，在垂直纸面向里的匀强磁场中，静止的单个玻色子和单个费米子，由于相互作用而发生反冲运动，在纸面内做匀速圆周运动，已知玻色子与费米子都带正电，则（　　） A．两个粒子运动轨迹是内切圆 B．费米子做顺时针匀速圆周运动 C．和的周期之比为 D．和的半径之比为 【答案】D 【详解】A．由于两个粒子均带正电，故粒子在磁场中受洛伦兹力而做圆周运动的轨迹如图所示，两圆为外切圆，故A错误。 B．两粒子均做逆时针圆周运动，故B错误。 C．粒子运动周期 故，故C错误。 D．两粒子由于反冲作用，故动量相同，由洛伦兹力提供向心力，可知 解得 则有 故半径之比，故D正确。 故选D。 12．如图所示，一束电子以不同的速率沿图示方向飞入一正方形匀强磁场区域abcd，下列判断正确的是（　　） A．电子可从cd边射出 B．电子速率越大在匀强磁场中运动的轨道半径越小 C．从a点射出的电子比从b点射出的电子速率小 D．从bc边射出的电子在匀强磁场中运动的时间相等 【答案】D 【详解】A．由左手定则可知，电子进入磁场顺时针偏转，故电子不可能从cd边射出，A错误； B．由可得，电子在磁场中的偏转半径为 故电子速率越大在匀强磁场中运动的轨道半径越大，B错误； C．由几何关系可知从a点射出的电子比从b点射出的电子半径大，故从a点射出的电子比从b点射出的电子速率大，C错误； D．由可知，粒子在磁场中运动的周期相同，由几何关系可知从bc边射出的电子在匀强磁场中恰好转动半圈，故运动的时间为，时间相等，D正确。 故选D。 13．（2026·广东·一模）图（a）是洛伦兹力演示仪，其简化模型如图（b）所示。玻璃泡以O点为圆心，励磁线圈能在玻璃泡内产生垂直于纸面向里的匀强磁场，圆心O正下方M处固定一电子枪，能水平向左射出速率为（未知）的电子，当磁感应强度大小为时，电子以O为圆心做圆周运动；若只把匀强磁场的方向反向，电子会打到玻璃泡边缘的N点，与的夹角为，的长度为。已知电子质量为，电荷量为，电子的重力不计，不考虑出射电子间的相互作用。下列说法正确的有（　　） A．电子的速率 B．电子做圆周运动的周期 C．玻璃泡的半径为 D．电子从M点到N点的时间为 【答案】AD 【详解】A．当磁场垂直纸面向里时，电子以O为圆心做匀速圆周运动，轨道半径为d，由洛伦兹力提供向心力有 解得，故A正确； B．电子做圆周运动的周期 联立解得，故B错误； C．磁场反向后，电子轨迹圆半径r=d，电子轨迹如图 几何关系可知，故C错误； D．几何关系可知 则电子从M点到N点的时间为，故D正确。 故选AD。 14．如图所示，上表面水平的正方体区域内存在着方向竖直向上的匀强磁场。粒子源射出比荷相同、速度不同的甲、乙两粒子均从面的正中央小孔垂直射入磁场，甲粒子打在边上，乙粒子打在正方形的正中央。若不计粒子重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两粒子的速度之比为1：2 B．甲、乙两粒子均带正电 C．甲、乙两粒子在磁场中运动周期之比为2：1 D．甲、乙两粒子运动过程中所受洛伦兹力做功均为零 【答案】ABD 【详解】A．设正方体边长为，甲粒子打在边上，轨道半径 乙粒子打在正中央，轨道半径 故 由洛伦兹力提供向心力 得 比荷相同，相同，速度与成正比，故，故A正确； B．根据左手定则，磁场竖直向上，粒子偏转方向符合正电荷受力特点，故甲、乙均带正电，故B正确； C．粒子在磁场中运动周期 比荷相同，相同，周期相同，故周期之比为，故C错误； D．洛伦兹力始终与速度方向垂直，由功的公式（）可知，洛伦兹力做功为零，故D正确； 故选ABD。 15．如图所示，在矩形平面内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，在点A处有一个粒子源，在某时刻均匀向磁场内各个方向发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相等，方向均在纸面内，与的夹角分布在范围内。已知，不计粒子重力及相互间的作用。若粒子在磁场中运动的最长时间为其做圆周运动周期的四分之一。下列说法正确的是（　　） A．粒子在磁场中运动最长时间时，可以从边飞出 B．粒子在磁场中做圆周运动的半径为 C．粒子运动的速率为 D．粒子经过边的最大长度为a 【答案】BD 【详解】AB．根据题意作出粒子在磁场中运动时间最长的运动轨迹，如图所示 设粒子在磁场中运动的半径为r，则水平方向有 竖直方向有 联立解得，，故A错误、B正确； C．根据，可知，故C错误； D．经过边的最上面的位置距C点长度为 在该位置以下均能通过边，故粒子经过边的最大长度为，故D正确。 故选BD。 16．（2026·佛山顺德·二模）如图为某装置简化示意图。有界匀强磁场Ⅱ垂直纸面向外，上边界是以点为圆心、半径为的某段圆弧，下边界是以点为圆心、半径的半圆弧，半圆区域内有均匀辐射电场。有界匀强磁场I垂直纸面向里，边界是以点为圆心、半径的圆形，两磁场的磁感应强度大小相等，在同一直线上且间距为。在磁场Ⅱ右侧有长为的接收屏与、连线平行放置。一束质量为、电荷量为、宽度为的带电粒子流（分布均匀）以相同的速度垂直连线射入磁场Ⅰ，其中正对射入的粒子，恰好沿连线方向射出，经电场加速后进入磁场Ⅱ做半径为的圆周运动，不计粒子重力及粒子间相互作用，。 (1)求磁感应强度的大小及均匀辐射电场点到半圆弧边界之间的电压； (2)请证明能打到接收屏的粒子均垂直打中接收屏，并求能打到接收屏的粒子在磁场I中运动的最长时间； (3)打到屏幕上的粒子占发射总粒子数的比例。 【答案】(1)； (2)证明过程见解析， (3) 【详解】（1）正对射入的粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动：， 得： 在磁场Ⅱ中：， 在电场中： 得：， （2）由于粒子在磁场Ⅰ中：，所有粒子均会从点沿半径方向进入电场，对任意粒子进入磁场Ⅱ作出运动轨迹，如图，从点射出，由几何关系：， 则四边形为平行四边形，，故能打到接收屏的粒子速度方向均垂直于接收屏。如图，从磁场Ⅱ的最高点射出打中接收屏时时间最长 则， 则粒子在磁场Ⅰ中运动的最长时间（或，） （3）从磁场Ⅱ的最高点射出打中接收屏的粒子在磁场I中运动轨迹如图： 比例 17．（2025-2026高三·深圳中学&顺德一中·一联）如图所示，有一个位于x轴上方带电的平行板电容器，极板长度为2L、极板间距为L，电容器的右极板与y轴重合且下端在原点O。y轴右侧有一与y轴平行的虚线y'，在y轴和虚线y'之间存在垂直于xOy平面的匀强磁场，x轴上方磁场方向垂直纸面向外，x轴下方磁场方向垂直纸面向里。某时刻一质量为m、电荷量为q、不计重力的带正电粒子沿y轴正方向以大小为的初速度紧挨电容器左极板下端射入电容器内，经电场偏转后，粒子刚好从电容器的右极板最上端P射入磁场中。求： (1)电容器内的电场强度大小以及粒子进入磁场时的速度大小和方向； (2)若粒子从P进入磁场后，经x轴上方磁场偏转（未到达虚线y'）后不会打到电容器的右极板上，x轴上方磁场的磁感应强度应满足怎样的条件； (3)若x轴上、下磁场的磁感应强度大小之比为1：2，粒子在x轴上方轨道半径为。虚线y'与y轴之间距离满足怎样关系时，粒子垂直于y'离开磁场。 【答案】(1)，粒子进入磁场时速度与y轴正方向的夹角为，，大小为 (2) (3)或（n＝0，1，2，3……） 【详解】（1）粒子在电场中运动时，沿电场方向，做匀加速运动，有 其中 在沿y轴方向上，有 联立可解得 粒子进入磁场时的速度大小为 可解得 设粒子进入磁场时的速度方向与y轴方向夹角为，则有 所以角度 （2）粒子从P进入磁场后，经磁场偏转后不会打到电容器的右极板上，需要粒子进入x轴下方磁场，临界条件是粒子轨迹与x轴相切，设此种情况下粒子在x轴上方磁场中运动的半径为，则粒子与x轴相切时，有 粒子与x轴相切时对应磁感应强度的最大值为，此时有 可解得 所以若粒子经磁场偏转后不会打到右极板上，在x轴上方磁感应强度应为 （3）当粒子在x轴上方轨迹半径为时，有 在下方磁场区域内，有 则 画出粒子的运动轨迹，如下图所示 由于 可知粒子在x轴上方的运动轨迹刚好为半圆，设粒子从上到下穿越x轴时速度与x轴成角，根据几何关系可知 根据轨迹可知粒子有可能在x轴上方或下方垂直打在上，也有可能上下转动多次后打在上。所以如果粒子在x轴的下方垂直打到y'上，y'与y的距离满足（n＝0，1，2，3……） 如果粒子在x轴的上方垂直打到y'上，y'与y的距离满足 （n＝0，1，2，3……） 题型03 带电粒子在叠加场中的运动 18．（2026·广东梅州·一模）如图所示，真空中坐标系所在的空间存在一正交的匀强电磁场。匀强磁场方向垂直于坐标系向里，磁感应强度大小为；匀强电场方向沿轴负方向，电场强度大小为。一群质量均为，带电荷量均为的正电粒子，以大小不同的初速度从坐标原点沿轴正方向射出，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（　　） A．若初速度，粒子恰好能做匀速直线运动 B．若初速度，粒子每隔时间就会返回轴一次 C．若初速度，粒子偏离轴的最远距离为 D．当粒子离轴最远时，速度达到最大 【答案】AB 【详解】A．带正电的粒子不计重力，受向上的洛伦兹力和向下的电场力，若，则qvB=qE 故粒子恰好能做匀速直线运动，故A正确； BC．若初速度，粒子的运动规律表现出周期性，可将速度分解为一个和另一个，即可将粒子的运动分解为两个分运动：向右的匀速运动和圆周运动，每经历圆周运动的一个周期，粒子将返回x轴一次，粒子做圆周运动的半径为，则粒子偏离轴的最远距离为，故B正确，C错误； D．正粒子的速度若满足，电场力小于洛伦兹力，粒子向上偏转，电场力做负功，当粒子离x轴最远时，电场力做负功最多，其速度达到最小；若满足，电场力大于洛伦兹力，粒子将向下偏转，当粒子离x轴最远时，电场力做正功最多，其速度达到最大，故D错误。 故选AB。 19．物流分拣系统中，有一个足够长的水平绝缘传送带以大小为的速度顺时针匀速转动，在传送带上方足够大空间内存在垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场，如图所示。将一质量为m、电荷量为＋q的带电小货物无初速度地放在传送带的左端，将小货物看成质点、小货物与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，下列说法可能正确的是（　　） A．小货物在传送带上运动过程中，摩擦力对小货物做的功一定等于 B．小货物在传送带上运动的过程中，只有与传送带共速后才能做匀速直线运动 C．小货物可能先做加速度减小的变加速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动 D．小货物在传送带上的最大加速度是，最大速度可能是 【答案】CD 【详解】A．小货物的速度可能增大到使洛伦兹力与重力平衡时， 速度大小是 此后支持力为0，不再受摩擦力，全过程摩擦力对小货物做的功为， A错误； B．小货物的速度可能增大到使洛伦兹力与重力平衡时，速度大小是，此后做匀速直线运动，B错误； C．由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小，滑动摩擦力减小，根据牛顿第二定律可知加速度减小，当与传送带共速后摩擦力为零了，合力为零了，此后速度不再变化， C正确； D．速度为零时，支持力最大，与重力平衡，滑动摩擦力最大，加速度最大，为，当小货物的速度可能增大到使洛伦兹力与重力平衡时，速度大小是 此后支持力为零，不再受摩擦力了，最大速度可能是，D正确。 故选CD。 20．研究所工作人员设计了如图所示的分离装置，可将氕H、氦He两种原子核分离。混合原子核从A点进入匀强电场1由静止开始加速，然后沿轴线进入电场和磁场的复合区域。已知电场2为匀强电场，场强方向垂直于轴线向上，磁场的场强方向垂直于纸面向外，磁感应强度B从零开始逐渐增大，直到有原子核沿轴线运动打在收集器上，此时B=B₀，不计原子核重力及原子核间相互作用，原子核不会打在极板上，则下列说法正确的是（　　） A．B=B₀时，沿轴线打在收集器上的是氕H B．B=0时，氦原子核在电场2区域运动时间较短 C．B=0时，两种原子核离开电场2的位置不同 D．若B=B₀时，匀强电场1的电场强度变为原来的4倍，仍能打在收集器上的原子核在复合区域的运动时间不变 【答案】AD 【详解】A．原子核在电场1中加速过程有 解得 原子核沿轴线打在收集器上，有 得 即越大，则越大，故时，沿轴线打在收集器上的是氕，故A正确； B．时，粒子进入电场2区域后做类平抛运动，沿轴线方向的分运动为匀速直线运动，由可知，氕进入电场2区的速度较大，故氕在电场2区域运动时间较短，故B错误； C．设极板长度为，时，原子核离开电场2区域时有 又，， 联立得 则与q、m无关，故两种原子核离开电场2的位置相同，故C错误； D．由可知，若匀强电场1电场强度变为原来的4倍，则原子核进入复合区域的速度变为，B=B₀时，原子核一边以速度v沿顺时针方向匀速圆周运动，一边以速度v向右匀速直线运动，该原子核仍打在收集器上，则该原子核复合区域内做了整数次完整的圆周运动，在复合区域的运动时间不变，故D正确。 故选AD。 21．（2026·广东·一模）如图，空间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域，该区域内有一边长为L的正方体，正方体顶点a、c、的电势之比为。若质子以的动能从a点沿方向射入该区域，质子恰好做匀速直线运动；若撤去磁场，仅保留电场，质子仍以的动能从a点沿方向射入该区域，质子在面内运动并以的动能从离开正方体。已知质子的质量为m、电荷量为q，重力不计。 (1)求a点的电势； (2)在正方体上标出电场和磁场方向（要求简要说明理由）并求出电场强度和磁感应强度的大小； (3)若撤去电场，只保留磁场，一束包含不同动能的质子流从c点沿方向射入正方体区域，测得所有质子穿过正方体的时间相同。求n的取值范围。 【答案】(1) (2)见解析，， (3) 【详解】（1）根据题意，设、的电势分别为、，质子在电场中从运动到，由动能定理有 解得 （2）依题意，质子在面内运动，所以电场方向与该平面平行，为等势线，a点的电势高于c点的电势，又电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，所以电场方向沿ac由a指向c；由于质子做匀速直线运动，所以电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，根据左手定则，可以判断磁场方向沿，由d指向b，如图所示 设电场强度大小为，匀强电场中电势差与电场强度的关系有 其中， 联立解得 设匀强磁场的磁感应强度为，则有， 联立解得 （3）若撤去电场，只保留磁场，质子从点沿方向射入正方体区域，质子在面内运动，若入射动能不同，测得在该面内运动时间相同，则所有质子在如图面内转半圈后从边离开正方体 则有， 由几何关系有 联立解得 22．如图所示，质量为1kg的小球，带有0.5C的负电荷，套在一根与水平方向成37°角的足够长的绝缘杆上，小球与杆之间的动摩擦因数为，杆所在空间有磁感应强度的匀强磁场，小球由静止开始下滑。（）求： (1)小球下滑的最大加速度大小； (2)小球下滑的最大速度。 (3)下降高度为h之前小球的速度已达到最大值。求小球下降h的过程中，因摩擦产生的热量Q。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球刚开始下滑，洛伦兹力为0，此时加速度最大，根据牛顿第二定律 解得小球刚开始下滑的加速度大小为 （2）以小球为研究对象，通过分析受力可知，小球受重力，垂直杆的支持力和洛伦兹力，摩擦力，根据左手定则，小球受到的洛伦兹力垂直绝缘杆向下，当时，即小球的速度最大，即 垂直绝缘杆方向有 联立解得 （3）洛伦兹力对小球不做功，下降过程中，根据动能定理有 又有 解得 23．空间中存在如图1的坐标系，在第二象限某一区域Ⅰ（边界未知）内存在着平行轴正方向的匀强电场（大小未知），其余象限中存在着垂直纸面向里，磁感应强度大小为（大小未知）的匀强磁场以及方向沿轴负方向的匀强电场（大小未知）。在轴上的点坐标为，有一发射源向外发射可沿平行纸面方向，质量为、电荷量为、速度大小均为的带电粒子，速度方向与轴成。已知所有粒子离开区域Ⅰ时粒子速度方向均沿轴正方向，粒子速度可用图2的速度直角坐标系内的一个速度坐标点表示，、分别为粒子速度在轴方向和轴方向上的分量。某次发射源射出粒子时，粒子的速度坐标点位于速度直角坐标系中的点，点沿线段移动至点，点对应的粒子的空间位置恰好在轴上。随后该粒子进入第一象限，速度坐标点沿以为圆心的圆弧移动至点。已知任何相等的时间内速度坐标点沿图中曲线通过的曲线长度都相等。不计重力与各带电粒子间的相互作用，忽略边界效应，求： (1)电场强度的大小； (2)区域Ⅰ的边界方程； (3)该粒子速度坐标点从点改变至点所需的运动时间； (4)磁感应强度的大小。 【答案】(1) (2) ， (3) (4) 【详解】（1）由题意可知该粒子在A点速度方向与x轴夹角为45°，在第二象限内x轴方向做匀速直线运动，x轴方向速度为 x轴方向位移为 y轴方向做匀减速直线运动，y轴方向速度为 加速度为 由匀变速直线运动速度公式可知 联立解得 （2）设区域Ⅰ的边界上任意一点坐标为 ， 则粒子在区域Ⅰ内的x轴方向位移为，y轴方向位移为 粒子在区域Ⅰ内的x轴方向做匀速直线运动，则有 在区域Ⅰ内的y轴方向做匀减速直线运动，则有， 加速度 联立可得， 又因为 则有 整理得 ， （3）由几何关系可知图2中的圆弧半径为 弧长 P点沿轨迹的运动速率为 ab之间长度为 P点从a到b所用时间为粒子在第二象限内运动的时间 则 由于任何相等的时间内速度坐标点沿图中曲线通过的曲线长度都相等， 则有 （4）P在b点时粒子的x轴方向加速度为 y轴方向加速度为 总加速度为 P在c点时粒子的加速度为 由于任何相等的时间内速度坐标点沿图中曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示速度变化，根据 可知P从b到c点过程中，粒子加速度为 且曲线上任意点粒子的加速度大小相等，即 联立可得， 题型04 带电粒子在组合场中的运动 24．现代科学仪器中常利用电磁场控制带电粒子的运动。如图，电子枪发出的电子（初速度可以忽略）经M、N之间的加速电场加速后，从A点进入宽度的虚线方形框内，虚线方形框内只有垂直纸面方向的匀强磁场或只有竖直向下的匀强电场时，电子都从B点飞出打在足够长的竖直荧光屏上。已知M、N之间的加速电压，A、B两点之间的竖直距离，虚线框的右边界到竖直荧光屏的距离，忽略电子的重力，电子的比荷。求： (1)虚线方形框内只有垂直纸面方向的匀强磁场时，匀强磁场的磁感应强度B； (2)虚线方形框内只有竖直向下的匀强电场时，匀强电场的电场强度E的大小； (3)电子两次打在荧光屏上的距离L。 【答案】(1)，方向垂直纸面向外 (2) (3) 【详解】（1）电子带负电，根据左手定则可知磁感应强度B方向垂直纸面向外，根据洛伦兹力提供向心力有 由几何关系可得 电子经过电场加速过程，根据动能定理可得 解得   方向垂直纸面向外。 （2）电子带负电，匀强电场的方向竖直向下，电子在电场中做类平抛运动，假设在电场中的时间为t，水平方向有 竖直方向有 加速度 解得 （3）只有垂直纸面方向的匀强磁场时，设从B点飞出的速度方向与水平方向的夹角为，由几何关系可得 电子打在荧光屏上与B点的竖直距离 只有匀强电场时，电子打在荧光屏上与A点的竖直距离设为，由几何关系可得， 解得电子两次打在荧光屏上的距离 25．（2026·广州·一模）如图空间直角坐标系O-xyz将y≥0的空间划分为四个区域，IV区域存在沿z轴负方向的匀强电场，Ⅱ、Ⅲ区域存在沿y轴负方向的匀强磁场。在xOy平面内x>0区域放置一足够大的吸收屏，吸收屏下方紧靠P（l，0，0）处有一粒子源可向x轴负方向发射速率为v0、质量为m、带电量为+q的粒子（重力不计）。粒子运动经过Q（0，0，）点且刚好打在屏上P点，粒子打在吸收屏上即被吸收且不影响空间电、磁场分布。 (1)求匀强电场的电场强度大小E0； (2)求匀强磁场的磁感应强度大小B0； (3)若在I区域加沿y轴正方向、电场强度大小为2E0的匀强电场，同时调节IV区域中电场强度大小为kE0（电场方向不变），求粒子打在吸收屏上落点的坐标。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子从P到Q做类平抛运动，设运动时间为t1 x方向有 z方向有 其中 联立三式得： （2）设粒子到达Q点时，速度方向与x轴成θ角，由得 粒子在磁场中做匀速圆周运动，从Q点进入磁场，从M点离开磁场。设粒子圆周运动半径为r，速度，由洛伦兹力提供向心力有 并且 粒子打在P点，有 联立三式得 （3）调节I、IV区域的电场分布后，设粒子从Q'点进入磁场，再从M'点离开磁场 由前面分析可知，与IV区域电场强度大小无关。 粒子要进入I区域，打在吸收屏上，需满足，即 粒子到达M'点时，z方向的分速度 粒子在I区域运动，设经历时间t2，落点在吸收屏上坐标设为（x，y，0）有 得 故， 所以打在吸收屏的坐标是 26．在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示离子注入工作原理示意图。环形加速器的圆心角为90°，沿半径为R的中心圆弧线有大小恒定、方向如图中箭头所示的电场，可对从入口S进入加速器的带电粒子进行加速。在环形加速器内有能使加速粒子沿中心弧线做圆周运动的磁场Bx（未画出）。某一质量为m、电荷量为q的带正电离子通过加速区域后垂直进入磁场分析器，并恰好垂直于磁场下边界射出，注入处于水平面内的晶圆（硅片）。磁场分析器截面是内外半径分别为和的四分之一圆环（在竖直方向），圆心为，其两端中心位置为M和N，离子从M进入磁场分析器，并从N射出，磁场分析器的匀强磁场磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外，整个系统置于真空中，不计离子进入加速器时的初速度和离子重力。求： (1)离子在匀强磁场中运动时速度的大小； (2)加速器中心圆弧线上电场强度E的大小； (3)设环形加速器中圆弧线上某点到圆心O连线与SO的夹角为，求圆弧线上各点磁场磁感应强度的大小与对应的关系。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）在磁场分析器中，有 且 解得 （2）在环形加速器中，有 且 解得 （3）在环形加速器中，有 且 解得 27．如图所示，正方形区域被分为上、下两个矩形，、，下方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为，上方有平行边向下的匀强电场。在边的中点处有一粒子源，沿纸面向磁场中各方向均匀的辐射出速率大小均为的某种带正电粒子，粒子的质量为、电荷量为。粒子源沿方向射出的粒子恰好未从边离开电场，不计粒子重力和粒子之间的库仑力。求： (1)匀强电场的场强大小E； (2)从上射出的粒子中，在磁场中运动的最短路程s； (3)粒子源沿方向射出的粒子在区域运动的时间。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力可得 粒子源沿方向射出的粒子恰好未从边离开电场，根据动能定理可得 解得。 （2）由数学知识可知，最短弦对应最短的弧长，由图可知 由几何关系可知 最短的弧长即最短路程为。 （3）粒子源沿方向射出的粒子在区域，根据，且 解得 在磁场中，运动时间为 在电场中，根据牛顿第二定律 根据运动学公式 解得 返回磁场之后，粒子在洛伦兹力作用下向右偏转由几何关系可知，粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为，然后从边飞出区域，则运动时间为 则粒子源沿方向射出的粒子在区域运动的时间为。 28．如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内有沿轴负方向的匀强电场，在区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，平行于轴的接收屏到轴的距离为，其上端紧靠轴；现在点沿轴正方向以大小为的初速度射出一个质量为、电荷量为的带正电的粒子，粒子经磁场偏转从坐标原点进入电场，经电场偏转后再次进入磁场，粒子在磁场中运动后垂直打在接收屏上，粒子重力不计，求： (1)匀强磁场的磁感应强度的大小； (2)匀强电场的电场强度的大小； (3)现在第一象限内放置一个足够长的绝缘弹性挡板，挡板垂直于坐标平面且平行于轴，粒子与挡板碰撞前后，平行于板的分速度不变，垂直于板的分速度等大反向，为了使粒子经挡板碰撞后最终不能打在接收屏上，则挡板到轴的距离应满足什么条件。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子的运动轨迹如图所示 由几何关系可得 根据牛顿第二定律可得 解得 （2）如图 粒子垂直打在接收屏，由对称性以及（1）中式子，根据几何关系有，，， 联立，解得 （3）粒子运动轨迹如图乙所示 设当粒子第一次经挡板反弹后进入磁场并恰好打在接收屏与x轴交点处时，挡板离x轴的距离为，则粒子反弹后进入磁场时的位置离O点的距离为，设粒子第一次在电场中运动的时间为，则有， 解得 设当粒子经挡板第二次反弹后经电场偏转恰好打在接收屏与x轴交点处时，挡板离轴的距离为，则粒子第一次反弹后进入磁场时的位置离O点的距离为，设粒子第二次在电场中运动的时间为，则， 解得 因此 29．（2026·广东深圳·一调）离子注入是现代半导体芯片制造中的工艺，如下图所示是工作原理示意图。磁分析器截面是内外半径分别为r和3r的四分之一圆环，内有方向垂直纸面向外的匀强磁场。离子源中的电子轰击气体，使其电离，得到离子，质量分别为11m、49m，电荷量均为e。初速度可忽略不计的离子飘入加速电场，经加速后由ab边中点水平向右垂直ab进入磁分析器。已知离子由cd边中点N射出后，竖直向下注入下方水平面内的晶圆。加速电压为U，整个系统置于真空中，不计离子间作用和离子重力。 (1)进入磁分析器时，的速度大小之比； (2)离子注入的目标是将注入晶圆，试通过计算分析是否经过cd边被掺杂进了晶圆内。 【答案】(1) (2)不能从cd边射出掺杂到晶圆内 【详解】（1）在加速电场中加速过程对有 对有 两式相比得 （2）在磁分析器中对有 洛伦兹力提供向心力有 联立 解得 对有 联立 解得 若离子恰好从d点射出，有： 解得，由于，所以不能从cd边射出掺杂到晶圆内。 30．中国在地处大湾区的东莞市大朗镇水平村建造了一台散裂中子源（CSNS），如图甲所示。其原理是质子从静止开始经电场加速后垂直进入匀强磁场后分成不同方向的质子束去轰击不同的金属靶产生高能中子射线，加速及偏转系统原理简化示意图如图乙所示，右侧加速电场由两块平行金属板构成，板间电压；右侧偏转区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T，磁场边界为圆形。质子的质量，电荷量。从加速电场左板由静止释放，经加速后正对磁场中心进入偏转磁场，最终偏转角从磁场边界射出沿直线打到1号靶上。 (1)求打在1号靶上的质子的速度大小v； (2)求打在1号靶上的质子在偏转磁场中运动的轨迹半径及运动时间（结果均保留2位有效数字）； (3)若在偏转磁场区域叠加垂直磁场方向的脉冲式电场（如图丙），质子周期性地交替进入圆形磁场区域。0时刻进入的第1个质子偏转90°角出磁场后最终打在1号靶上；第1个质子出磁场后立即进入第2个质子沿直线通过圆形磁场区域后最终打在2号靶上，第2个质子出磁场后立即进入第3个质子偏转90°角出磁场后最终打在1号靶上，第3个质子出磁场后立即进入第4个质子沿直线出磁场后最终打在2号靶上……如此持续交替进入，两部分质子恰好互不影响。求垂直磁场的电场强度大小、变化周期T及足够长时间后打在两个靶上的质子数个数之比。 【答案】(1) (2)， (3)，， 【详解】（1）根据动能定理得 代入数据解得 （2）质子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 代入数据解得，质子的轨迹半径为 打在1号靶上的质子在磁场中运动的时间为 代入数据解得 （3）加上脉冲电场后，同时受磁场力和电场力的质子做匀速直线运动打在2号靶上，由共点力平衡得 代入数据解得，电场强度大小为 由几何关系知，磁场的半径为 打在2号靶上的质子在复合场中运动的时间为 代入数据解得 恰好互不影响时，脉冲电场的变化周期为 代入数据得，脉冲电场的变化周期为 每个周期各有一个质子分别打在1号和2号靶上，足够长时间后打在两个靶上的质子数个数之比 1．xOy空间存在一范围足够大的匀强磁场和匀强电场。磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度大小为B；电场方向为y轴正向，电场强度为E，一质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子从坐标原点O以初速度v0沿y轴正向发射，其运动轨迹如图所示。不计重力，则（　　） A．粒子向y轴正向上运动的过程中电势能逐渐增大 B．粒子能到达的最低点距x轴距离为 C．运动过程中粒子的最大速度为 D．运动过程中粒子的最大速度为 【答案】D 【详解】A．正电荷向y轴正向上运动，沿电场方向运动，电场力做正功，电势能减小，故A错误； B．如图所示，将v0分解为v1和v2，且使v1满足qv1B=qE，即v1引起的洛伦兹力与粒子所受电场力平衡，得 则粒子的运动可以分解成由v1引起的沿x轴正方向的匀速直线运动，和由v2引起的在xOy平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有 解得 粒子能到达的最低点距x轴距离 解得，故B错误； CD．粒子实际的运动就是这两个分运动的合运动，当两个分运动的速度均沿x轴正方向时，粒子的合速度最大，，故C错误，D正确。 故选 D。 2．《中国激光》杂志第六期报道，上海光学精密机械研究所林楠团队创新地采用固体激光器方案，实现了LPP-EUV光源技术全球领先，这标志着国产芯片制造迈入了新阶段。物理气相沉积镀膜是芯片制作的关键环节之一，该设备的结构图简化如下（z方向足够长），面积足够大的晶圆（截面为坐标系第一象限内的直线）固定放置，空间区域内有匀强磁场，磁感应强度，方向沿z轴负方向；坐标平面第二象限内有匀强电场，场强，方向沿y轴负方向。初速度可忽略的氩离子（比荷）经电压为的电场加速后，从距y轴0.5m的P点沿x轴正方向进入匀强电场E中，恰好打到位于原点O处的金属靶材并被全部吸收，靶材溅射出的金属离子（比荷）从O点飞入磁场区域，速度大小均为，并沉积在晶圆上。忽略离子重力及其离子间的相互作用力，求： (1)P点的纵坐标y； (2)假设进入磁场的离子沿各个方向都有，求晶圆方向上的镀膜（金属离子打中的区域）长度； (3)从O点沿与z轴正半轴夹角为方向飞入磁场且打在晶圆上的离子到直线距离的范围。 【答案】(1)0.6m (2)0.5m (3) 【详解】（1）氩离子经过加速电场后，由动能定理可得 氩离子从P点沿x轴进入匀强电场做类平抛运动，水平方向则有 根据牛顿第二定律可得 P点的纵坐标 代入数据解得 （2）金属离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 解得 分析可知，金属离子能直接打到M点，沿x轴正方向射出的金属离子，圆心在M点，落点到M点的距离最远，则 即镀膜长度为0.5m。 （3）从O点沿与z轴正半轴夹角为45°方向飞入的金属离子在磁场中的运动轨迹为螺旋状,可将其看成是在 xOy平面内的匀速圆周运动和沿z轴正方向的匀速直线运动的合成 则金属离子在xOy平面内的匀速圆周运动的速度大小 洛伦兹力提供向心力根据牛顿第二定律可得 解得 金属离子做匀速圆周运动的周期为 如图所示 圆周分运动的弦长最短时时间最短，此时打在晶圆上的离子距直线 MN的距离最近。由几何关系可知,此时粒子偏转了，所以打在晶圆上离子的最短运动时间为 由几何关系可知，从磁场最上端打在晶圆上的离子在磁场中偏转角最大为，运动时间最长 金属离子沿z轴正方向匀速直线运动的速度 故离子到直线MN最近距离 最远距离 所以打在晶圆上的离子到直线MN的距离为 3．如图，虚线下方存在与竖直方向成角斜向左上方的匀强电场，在上、下方各划定一个边长为的正方形区域、，区域内曲线Ⅰ上的点满足这样的条件：任一点到边的距离和到边的距离满足（，均为变量）。第一次试验：将一质量为、带电量为（）的小球在曲线Ⅰ上任意一点静止释放，仅在重力作用下竖直下落通过边，发现进入电场后的加速度水平向左，最终离开区域；第二次试验：将从曲线Ⅰ上距离边为的点静止释放，进入电场后，当到达边界某点时，与一静止不带电的质量为的小球发生弹性正碰（时间极短）。已知碰后的电荷量变为、质量不变，离开边界后便不再与相互作用，重力加速度为，求： (1)电场强度的大小； (2)第一次试验中，释放后离开区域时的点与点的距离； (3)第二次试验中，发生碰撞后到离开区域经历的时间。 【答案】(1) (2) (3)或 【详解】（1）第一次试验过程中，进入电场后的加速度水平向左，根据牛顿第二定律可知合力水平向左。 此时小球受电场力和重力， 根据几何关系得 解得 （2）第一次试验中，小球自由落体到边的速度为 小球在区域中运动，沿方向做初速度为零的匀加速直线运动。 由第1问得，合力为 根据牛顿第二定律得，加速度为 根据位移-时间公式得 沿方向做速度为的匀速直线运动，位移为 由于边长为 所以小球正好从点离开区域。 故释放后离开区域时的点与点的距离为 （3）第二次试验，已知 解得， 沿方向的速度 碰撞前，小球速度 速度方向斜向左下方，与水平方向夹角为。 由第2问可知，小球位于点。 弹性碰撞，由动量守恒得 由能量守恒得 解得， 当时，速度方向与方向一致，碰撞后小球从点离开区域，时间 当时，速度方向与方向相反。 的电荷量变为、质量不变，对的受力分析，合力方向与方向一致，大小为 加速度 小球先做匀减速直线运动，减速到零的位移为 由于 可得小球减速到零之前无法到达点。 所以，小球先减速到零，再反向加速，通过点离开区域。 由于减速和加速过程加速度大小不变，位移相等，具有对称性，可得碰撞后小球离开区域的时间 综上，碰撞后小球离开区域的时间为或者 4．为了研究微观粒子的运动，设计如图所示的实验装置。离子源A产生初速度为零、带电量均为、质量为的正离子，经电压为的加速电场加速后匀速通过准直管，从点垂直电场方向射入匀强偏转电场（O为偏转电场两极板的中点），偏转后通过极板上的小孔离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域为等腰直角三角形．已知，，。忽略粒子的重力和粒子间的相互作用力，求： (1)离子从O点进入偏转电场时速度的大小； (2)偏转电场两极板间的电压的大小以及离子离开偏转电场时速度的大小； (3)改变磁感应强度大小，可使离子打在不同位置上。当匀强磁场的磁感应强度大小为时，离子垂直打在的中点处，要使所有离子均打在上，求磁感应强度的调节范围。 【答案】(1) (2)； (3) 【详解】（1）正离子在加速电场中，根据动能定理可得 解得 （2）正离子在偏转电场中做匀变速曲线运动，水平方向上做匀加速运动，有 其中 在竖直方向上做匀速直线运动，有 联立解得 正离子沿电场方向的速度为 则 解得： （3）当离子打在NQ中点时，由洛伦兹力提供圆周运动所需要的向心力，有 解得 若增大磁感应强度，离子运动半径减小，当离子恰好打到点时，运动半径 可得 若减小磁感应强度，离子运动半径增大，由几何关系可得，当离子轨迹与相切时， 所以 求得 故磁感应强度B取值范围是： 5．如图甲所示为电视机显像管的内部结构原理示意图，可以进一步简化为图乙所示模型：阴极K连续产生初速度不计的电子，经过加速电压加速，电子穿过右侧金属板上的狭缝后，沿水平轴线飞入垂直纸面方向的正方形匀强磁场区域中进行偏转，最终打到竖直荧光屏上的点（O为磁场区域的中心，为水平轴线与荧光屏的交点）。已知电子的质量为，电荷量为，匀强磁场区域的边长为，磁感应强度大小，荧光屏与磁场区域的右边界相距也为，不计电子之间的相互作用。求： (1)匀强磁场的方向以及电子在匀强磁场中运动的半径； (2)从进入磁场开始到打到点，电子的运动时间； (3)若仅将区域中匀强磁场换成竖直向下的匀强电场，电子同样打到荧光屏上的点，求匀强电场的电场强度。 【答案】(1)垂直纸面向外； (2) (3) 【详解】（1）由左手定则可知，由于电子在匀强磁场中向上偏转，故匀强磁场的方向应垂直纸面向外；电子在加速电场中运动时，根据动能定理可得 解得电子出加速电场时的速度为 电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，对其列牛顿第二定律方程有 解得电子在匀强磁场中运动的半径为 （2）电子在匀强磁场中以及出匀强磁场后的运动轨迹如图所示： 根据几何关系可得 解得 所以电子在匀强磁场中运动的时间为 电子离开匀强磁场后做匀速直线运动，其运动的时间为 所以从进入匀强磁场开始到打到点，电子的运动时间为 （3）点到水平轴线的距离为 可知若仅将区域中匀强磁场换成竖直向下的匀强电场，电子同样打到荧光屏上的点，必由匀强电场上边界飞出，其运动轨迹如图所示： 根据几何关系有 解得电子在匀强电场中做类平抛运动的水平位移为 设电子在匀强电场中的运动时间为，则根据电子在匀强电场中做类平抛运动的规律有， 又因为根据牛顿第二定律有 联立解得匀强电场的电场强度为 6．炮瞄雷达的示波管用于显示其雷达信号，如图1为封装于真空玻璃壳中示波管的核心部分XXʹ两极间加锯齿形扫描电压，YYʹ两极接雷达电压信号，电子从电子枪以初速度为零逸出，经电压U0的电场加速后，进入偏转电极XXʹ和YYʹ偏转，最后打在荧光屏上形成一个亮斑，当两偏转电极都不加电压时，电子射到荧光屏中央O点。已知电子的电量为e，质量为m，电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，偏转电极XXʹ和YYʹ沿轴线方向的长度和极板间的间距均为L，YYʹ右边缘到荧光屏的距离为D。某次测量中在示波管荧光屏显示了一个“V”形信号如图2，已知“V”形信号的两个顶点在荧光屏上关于y轴对称，左边顶点在荧光屏上的坐标为（-X0，Y0），单个电子穿过极板时间极短，视为电压不变。求： (1)电子离开加速电场时的速度多大？ (2)示波管电极YYʹ接收到的雷达信号电压Uy的变化范围。 【答案】(1) (2) 【来源】广东省汕头市2025-2026学年高三上学期教学质量监测物理试题 【详解】（1）电子在加速电场中，根据动能定理可得 所以电子离开加速电场时的速度大小为 （2）电子在偏转电场中做类平抛运动，则，， 所以 电子打在荧光屏上，有 所以 所以示波管电极YYʹ接收到的雷达信号电压的变化范围为。 7．如图所示，在三维坐标系Oxyz存在一球形区域，其半径大小为R，其球心的坐标为，其球面方程为，并且在球形区域内部充满沿z轴负方向的匀强磁场。在的空间内充满了匀强电场E（大小未知），其方向与z轴垂直，与x轴负方向和y轴正方向的夹角均为45°。现从点以初速度沿y轴正方向发射一带负电的粒子P，其荷质比为，刚好从球形区域与y轴的切点沿x轴正方向射入磁场，并从球形区域与x轴的切点射出。不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。 (1)求出匀强电场E的大小； (2)若仅改变从S点发射粒子P的初速度大小，为了使粒子P能射入球形磁场区域，求其发射初速度的最大值；（提示：） (3)若在，且的平面上沿y轴正方向发射大量P粒子，要求都能沿x轴正方向垂直通过yOz平面，并从球面与平面的交线圆A上射出磁场，求发射点中与的函数关系，并写出的取值范围。 【答案】(1) (2) (3)或 【详解】（1）在y方向上有 其中 同时 解得 （2）若粒子P以的速度发射，在C点经过y轴，并将与球面切于D点，其速度偏转角为，如图一所示则 其中，， 得 由几何关系可知 ，， 其中， 可得 根据 解得， （3）设在处以v的速度沿y轴正方向发射粒子P，若要使其能够垂直通过yOz平面，则需满足① 并且会在点的位置以v的大小通过yOz平面，然后水平射入磁场，其正视图如图二所示 其中②，③，④ 其俯视图如图三所示 则根据几何关系可得⑤ 综上⑥，其中⑦ 以下为计算过程，过程不赋分： ⑥式求解过程：根据④式可求得⑧ 将①⑧式代入⑤即可求得⑥ ⑦式求解过程：将②⑤代入③，可得 ⑨ 将⑥代入⑨，可得 解得 8．（2026·广东佛山·一模）如图所示，在平面坐标系的第三象限内有水平向左、电场强度大小为的匀强电场，距离轴处有一长度为、平行轴的装置，其右侧能产生初速度为零的电子。第四象限有一半径为、方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，该区域恰好分别与、轴相切于、点，切点与装置的中心连线平行于轴。在第一象限距离轴处固定一足够长且与轴平行的光屏。已知电子质量为、电荷量大小为，重力不计，忽略电子间的相互作用。 (1)求电子进入磁场时的速度大小； (2)若从点进入磁场的电子恰能从点射出，求磁感应强度的大小； (3)若满足（2）问中磁感应强度的条件，装置产生的电子均从点射出，求光屏上有电子打到的区间长度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）电子从到轴过程 解得 （2）电子在磁场中运动 由几何关系得 解得 （3）方法一：上端电子，从点射出，由几何关系可知与轴的夹角， 解得 下端电子，从A点射出，由几何关系可知与轴的夹角， 解得 故荧光屏上亮的长度为 方法二：上端电子，从点射出，由几何关系可知与轴的夹角，， 解得 下端电子，从A点射出，由几何关系可知与轴的夹角，， 解得 故荧光屏上亮的长度为 9．（26高三上·广东肇庆·期末）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，y>0的区域内有沿x轴负方向的匀强电场，y<0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，t=0时刻，一质量为m、电荷量为+q的粒子从P点（0，L）处以初速度v0沿y轴负方向射出，从Q（，0）点处进入磁感应强度的匀强磁场。ON为处于x轴正方向且长为4L的弹性绝缘薄挡板，粒子与挡板相碰后x轴方向上的速度不变，y轴方向上的速度大小不变，方向相反，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变。不计粒子的重力，求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)粒子第一次与弹性绝缘薄挡板相碰的位置； (3)粒子从P点进入电场到第一次离开磁场所经历的时间。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，沿y轴方向有 沿x轴方向有 根据牛顿第二定律有 联立解得 （2）粒子经过Q点时，x轴方向上的速度 合速度 粒子在磁场中做圆周运动，则有 又 解得 根据几何关系，可知粒子从进入磁场到第一次碰到弹性绝缘薄挡板，则运动轨迹对应的圆心角 第一次碰撞弹性绝缘薄挡板的位置距离坐标原点 粒子第一次与弹性绝缘薄挡板相碰的位置为 （3）由第（1）问，可得粒子在电场中运动的时间 粒子与弹性绝缘薄挡板相碰后，沿x轴的速度不变，沿y轴的速度大小不变，方向相反，粒子又在磁场中做圆弧运动，根据几何关系可知，粒子与弹性绝缘薄挡板碰撞两次，第三次圆弧运动后到坐标原点的距离为 此时粒子第一次离开磁场，粒子在磁场中运动时间 解得 粒子从P点进入电场到第一次离开磁场所经历的时间 10．如图，平面直角坐标系中，第一象限存在沿轴负方向的匀强电场，电场强度大小为，第四象限存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。现有一质子从坐标原点以某一速度飞入电场，先后经过点进入磁场。点坐标为点坐标为。已知质子质量为，带电荷量为，不计重力。 (1)求质子在点的速度大小及该速度与轴正方向的夹角； (2)若质子第一次进入磁场后，到达轴时速度方向恰好垂直轴，求质子在电场和磁场中运动的总时间； (3)若质子某次出磁场后能经过点（2d，0.5d），求磁感应强度的最小值。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）质子在电场中做类斜抛运动，根据对称性可知，P点为抛物线的顶点，从到点经过的时间为 牛顿第二定律有 方向做匀变速运动，到的时间为，根据位移时间关系 可得 方向做匀速运动，到过程中， 解得 方向，速度时间关系 可得， 质子在点的速度 （2）根据运动的对称性可知，质子第一次到达点时速度大小为，方向与轴正方向夹角为 质子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为，如图所示由几何关系有 质子在磁场中做匀速圆周运动的周期 质子在磁场中运动的时间 质子在电场和磁场中运动的总时间 （3）设质子第2次经过轴的位置到的距离为，如图所示 由几何关系有 质子某次出磁场后能经过点，需满足 可得 因质子在磁场中轨迹不能过第三象限，还需满足 所以 则，可得 即或 根据洛伦兹力提供向心力 可得 当越大时，B越小，即时磁感应强度有最小值 则 11．在粒子物理学的研究中，经常用电场和磁场来控制或者改变粒子的运动。如图所示为一控制粒子运动装置的模型。在平面直角坐标系的第二象限内，一半径为的圆形区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁场I的边界圆刚好与两坐标轴相切，与轴的切点为，与轴的切点为，在第一象限内有沿轴负方向的匀强电场，在轴下方区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场II，磁场II中有一垂直于轴的足够长的接收屏。点处有一粒子源，粒子源在坐标平面内均匀地向第二象限的各个方向射出带正电粒子，粒子射出的初速度大小均为。已知沿轴正向射出的粒子恰好通过点，该粒子经电场偏转后以与轴正方向成的方向进入磁场II，并恰好能垂直打在接收屏上。磁场I、II的磁感应强度大小均为，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。 (1)求粒子的比荷； (2)求匀强电场的电场强度大小； (3)将接收屏沿轴负方向平移，直至仅有三分之一的粒子经磁场II偏转后能直接打到屏上，求接收屏沿轴负方向移动的距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）从点沿轴正向射入的粒子恰好通过点，则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为，如图所示，根据洛伦兹力提供向心力有   解得 （2）从点沿轴正向射入的粒子在电场中做类平抛运动，设粒子出电场时沿轴负方向的分速度为，如图所示，由题意可知 沿轴方向有 根据牛顿第二定律有 联立解得      （3）由于粒子在磁场I中做圆周运动的半径为，根据磁发散原理，所有粒子均沿轴正方向射出磁场Ⅰ，设某一粒子进入磁场II时，与轴正方向夹角为0， 则该粒子进入磁场时速度为，如图所示 设该粒子在磁场中做圆周运动，半径为，洛伦兹力提供向心力，有 则轨迹的圆心到轴的距离为 代入第一问结果，得 由此可见，所有粒子进磁场II后做圆周运动的圆心均在离轴距离为的水平线上，即此时接收屏距离轴的距离为，根据圆的特点，打到屏上的速度垂直于半径，而半径在接收屏所在的平面，因此所有粒子均能垂直打在接收屏上。 在点沿与轴负方向成向左上方射出的粒子恰好能打在屏上时，该粒子左侧的所有粒子都可以打在屏上，右侧的粒子则不能打在屏上，即有三分之一的粒子经磁场偏转后能直接打在屏上，设这时屏需要移动的距离为L，如图所示， 设该粒子在磁场I中轨迹如图，出磁场时坐标 进入磁场II时的速度大小为，在电场中，根据动能定理有    根据洛伦兹力提供向心力有 解得 即仅有三分之一的粒子经磁场II偏转后能直接打到屏上，接收屏沿轴负方向移动的距离为 12．如图所示，在一竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，其中y轴竖直向上，x轴水平向右。空间中0<x≤3d区域分布有电场强度大小相等的匀强电场，其中0<x≤d、2d<x≤3d区域电场方向沿x轴正向，d<x≤2d区域电场方向沿y轴正向；x>d区域还分布有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。现从点P（，0）静止释放一带正电微粒，该微粒依次经过每个边界的速度大小都相等且速度方向与边界的夹角都为45°。已知重力加速度为g，sin37°=0.6，求： (1)带电微粒的比荷； (2)微粒由释放至到达边界x=3d所需时间t； (3)在x>3d区域，微粒运动过程中的最小速度vmin。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由题意可知，在0 < x≤d区域内，微粒做匀加速直线运动，有mg=qE 根据动能定理有 解得 在d < x≤2d区域内，微粒做匀速圆周运动，有 根据几何关系可知 联立解得 （2）在区域内，根据牛顿第二定律有 运动时间为 在区域内，有 其中、 在区域内，由于 则微粒做匀速直线运动，有 微粒到达边界x=3d所需时间 （3）在x>3d区域，微粒运动过程中有最小动能时，微粒运动速度沿水平方向，根据动量定理有 其中 根据动能定理有 联立解得（另解舍去） 13．如图所示，竖直平面内的直角坐标系xOy，第一象限内有竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场；第三、四象限有磁感应强度大小为，方向垂直坐标平面向里的匀强磁场。t＝0时刻，质量为m、带电量为＋q的绝缘小球，从x轴的O点，沿x轴正方向以速度射入第一象限，在第一象限做匀速圆周运动并从M点（M点并未画出）离开第一象限；小球离开第一象限后经过第二象限，并从N点（N点并未画出）进入第三象限的磁场区域。不计空气阻力，重力加速度为g。求： (1)电场强度的大小E及小球离开第一象限时的坐标； (2)小球运动到N点时的速度大小及从坐标原点运动到N点所需的时间t； (3)在磁场内，小球离x轴最远距离及对应的速度v大小。 【答案】(1)， (2)， (3)， 【详解】（1）在第一象限内做匀速圆周运动，则 解得： 第一象限，根据洛伦兹力等于向心力， M点到O点的距离为 故M点坐标为 （2）小球在第二象限做平抛运动，则 解得： 则 则 与x轴负方向夹角的正切值为 匀速圆周运动半周，其时间为 小球在第二象限做平抛运动的时间为 小球从坐标原点到N点所需的时间为 解得： （3）在磁场B2内小球离x轴最远距离ym，此时对应的速度为，由动能定理 水平方向由动量定理 即 取向右为正方向，则 可得小球离x轴最远距离及对应的速度大小分别为 14．如图甲所示为某一粒子控制装置的原理图。平行金属板水平放置，两板的长度及两板间距均为，在两板间加有如图乙所示的交变电压（图中纵轴上已知、横轴上未知），两板左侧有一放射性粒子源，沿两板中线向右不断射出比荷为的正电粒子，所有粒子穿过两板间电场的时间均为，两板右侧较远地方有一直径为的圆形磁场区域点为圆心，为竖直直径）和一足够长、宽为的矩形磁场区域，极板的延长线与矩形区域的边界重合，与圆形区域在点相切。圆形区域与矩形区域内磁场的方向均垂直纸面向里、磁感应强度大小分别为（未知量）、（未知量）。已知时刻从两板左侧飞入的粒子刚好从板右端边缘射出电场，时刻射入的粒子经圆形区域偏转后刚好从点进入矩形区域，之后从边界飞出，经过矩形区域过程其速度方向改变了，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，求： (1)交变电压的周期及粒子射入两板间的初速度大小； (2)与的比值； (3)在矩形区域内有粒子经过的区域的面积。 【答案】(1)， (2)4 (3) 【详解】（1）粒子在电场中运动的加速度大小 所有粒子穿过两板间电场的时间均为，从时刻射出的粒子刚好从板右端边缘射出电场，沿电场方向有 解得 粒子射入两板间的初速度大小 （2）时刻射出的粒子，由图乙可知粒子沿电场方向的分运动在时间内向下先加速后减速，在时间内向上先加速后减速，根据运动的对称性分析可知粒子刚好从点进入圆形区域，速度方向沿方向、大小为，粒子在两个磁场中的运动轨迹如图甲所示 粒子在圆形区域中由洛伦兹力提供向心力可得 由几何关系可得 联立解得 粒子在矩形区域中由洛伦兹力提供向心力可得 由几何关系可得 联立解得 则 （3）所有粒子穿过两板间电场的时间均为，由题图乙结合对称性可知，所有粒子离开电场时的速度均为、方向均平行于方向，射出电场的粒子刚好分布于两板之间，由于所有粒子进入圆形区域的运动轨迹半径等于圆形区域的半径，根据磁聚焦原理可知，所有粒子均从点进入矩形磁场，进入范围在内，在矩形区域中的临界轨迹为圆弧及圆弧，阴影区域为有粒子经过的区域，如图乙所示 其面积 解得 15．如图所示，在坐标平面内，第一象限内存在水平向左的匀强电场，第三、四象限内存在竖直向上的匀强电场，两处电场强度大小均为。第二象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，一个质荷比为的带正电粒子从点由静止释放，点的坐标为，一段时间后，粒子恰好经过坐标为的点，粒子重力忽略不计。求： (1)粒子第一次经过轴时的位置坐标； (2)第二象限内的磁感应强度的大小； (3)若粒子运动到点的瞬间，将区域的电场和磁场全部撤去，改为垂直于平面向里、大小为的匀强磁场，使得粒子此后的运动轨迹能够与轴相切，试求与第（2）问中的比值。 【答案】(1) (2) (3)或 【详解】（1）设粒子射入第一象限电场的速度大小为，则由动能定理得 解得 粒子在第一象限电场中做类平抛运动，其竖直方向为匀速直线运动，设粒子在第一象限电场中运动的时间为t，则有 粒子在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则根据牛顿第二定律有 又 联立可得 可得粒子第一次经过轴时的位置坐标为 （2）粒子进入磁场时的水平速度大小为 设粒子进入磁场时的速度方向与y轴正方向的夹角为，则有 可得 所以粒子在磁场中的运动轨迹如图所示： 由几何关系有 由洛伦兹力提供向心力有 其中 可得第二象限内的磁感应强度 （3）粒子经过点第一次返回轴的点为，根据对称的特点可知两点间距 粒子经过点后再次返回轴的点为，则两点间距 结合，粒子的可能轨迹如图所示 结合图可知圆周轨迹在第一象限与轴相切，可知 代入数据解得 结合图可知圆周轨迹在第一象限与轴相切，可知 代入数据解得，其中不符合要求 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $