分组练(8)带电粒子在电磁场中的运动B组-【衡水金卷·先享题】2026年新高考物理专项分组练(湖南专版)

分组练(8)带电粒子在电磁场中的运动B组 (限时50分钟) 1.(12分)如图所示，直角坐标系xOy中存在无限长2.(12分)如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向 的平行边界MN(与y轴重合)和PQ,两者间距为 上的匀强电场，电场强度大小E=20N/C,MN上 5h,0≤x≤5h区域内的x轴上、下部分分别存在 方有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度 垂直纸面向外、向里的匀强磁场，磁感应强度大小 大小B=务工。现将一重力不计、比荷只 m 分别为B.罗，在第二象限内存在沿y轴负方向的 10°C/kg的正电荷从电场中距离MN为0.4m的 匀强电场。现将质量为m、电荷量为q(q>0)的粒 P点由静止释放，在P点右方是m处有一垂直于 子从点F(一2h,0)处射入电场，改变粒子的速度 MV的足够大的挡板。 和电场强度的大小以保证粒子均从点C(0,h)垂 (1)求该电荷到达直线MN时的速度大小； 直于y轴进人磁场。不计粒子重力，sin37°= (2)求该电荷从P点出发至打到挡板所需的时间； 0.6,c0s37°=0.8。 (3)如果从该电荷第一次通过MN时开始计时，直 (1)若匀强电场的电场强度大小为E。,求粒子从C 线MN上方磁场的磁感应强度按图乙所示规律变 点进人磁场时的速率o; 化（垂直纸面向外为正方向），求该电荷打到挡板 (2)若匀强电场的电场强度大小E=25gBh,求粒 所需的时间t和打到挡板的位置与MV的垂直距 8m 子第一次经过x轴正半轴时的位置坐标： 离s。 B/T (3)若粒子从PQ边界上的点D(5h,h)飞出，求粒 子在两磁场中运动的最短时间tmn和最长时 3×105s) 间tmax。 5h M P Co. D ×××××××× N××××××× 物理(XD)第55页（共66页） 3.(20分)如图所示，边长为L的正方形abcd区域内 (1)磁感应强度大小； 存在着方向垂直该平面向外的匀强磁场，ad边与 (2)带电粒子出发点p满足的坐标轨迹方程； y轴重合，且坐标原点O位于ad边的中点。在第 (3)从bc边飞出磁场的粒子的出发点p的x轴坐 三象限内存在着方向沿y轴正方向、电场强度大 标范围。 小为E的匀强电场。带正电的粒子的质量为m 电荷量为q,从第三象限内（包含坐标原点）的不同 位置p沿x轴正方向以速度。发射，都经过坐标 原点O进人正方形abcd区域。若p位于O点时， 粒子恰好从cd边的中点垂直于cd边射出，不计 粒子的重力，sin37°=0.6，求： y ↑E 。。。。} 物理(XD)第56页（共66页）物理(XD) 2=2gh (1分) 解得h=0.8m (2分) 3.【解析】(1)粒子通过粒子加速器，根据动能定理有 cU,=立 (1分) 粒子通过速度选择器，根据平衡条件有eBv= U (1分) eU 解得U,=Bd√m (2分) (2)粒子在速度选择器中，如果电场消失，粒子做匀速 圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有Bu=m, (1分) 根据几何关系可得M点与右板上端的距离y=rsin 30 (1分) 联立解得y=B√2e 1 /mU (2分) (3)若撤去速度选择器中的磁场B,粒子在速度选择 器中偏转飞出时做类平抛运动 在竖直方向上有L=t (1分) .1 在水平方向上有x=立at (1分) 根据牛顿第二定律有号=m0 (1分) 联立解得x=BL√8mU e (1分) 设速度与水平方向间的夹角为，则有=” sin (1分) 粒子经偏转分离器后偏转到Q点，弦长x'=2rsin0 (1分) '2 洛伦兹力提供向心力有eB=m (1分) 粒子从静止开始加速后，该粒子恰好能沿速度选择器 的中轴线通过且从V点射出速度选择器，之后进入 偏转分离器后做匀速圆周运动打到屏上的P点，由 洛伦兹力提供向心力有eB2u=m (1分) 根据几何关系有NP=2,” (1分) 由几何关系得PQ=VP+x一x (1分) 联立解得PQ=BL√8mU e (2分) 分组练(8) 带电粒子在电磁场中的运动B组 1 1.【解析】(1)由类斜抛运动规律得2h=ot,h= (1分) 由牛顿第二定律得gE。=ma (1分) 2qEoh 解得w=m (1分) (2)当E=25gB时，粒子进入磁场的速度=5gB跳 8m 2m (1分) ·33 参考答案及解析 由牛额第二定律得B=加号 (1分) 粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示 P Vo r-h 0 5h 甲 由几何关系得cosa=二 -,x=rsin a (1分) 解得x=2h 故粒子第一次经过x轴正半轴时的位置坐标为(2h, 0) (1分) (3)粒子在磁场中运动的轨迹半径满足1：n=2:3, 运动轨迹如图乙所示 (1分) 乙 由几何关系可知d=2(十n)sin0,cos9=h-n (1分) 联立解得d=5√2hr1-h2 设粒子运动的周期数为n(n=1,2,3…),则有nd= 5h。n=1时，时间最短，8=90°：粒子恰好不从MN 边界射出时，时间最长，02=37°，此时n=3(1分) 设粒子在上、下部分磁场内运动的周期分别为T、T, 则T,=21=2x",T,=2π=3x gB gB 且=m2×12.97i+3690o27 360° (1分) 解得t-2B-2 5π1m 143πm (1分) 2.【解析】(1)设该电荷到达直线MN时的速度为v 根据动能定理有子m=Ed (1分) d=0.4m 解得u=4X103m/s (1分) (2)设该电荷在电场中的加速度为a,正电荷从P点 到达直线MN时经过的时间为to 有，=巴，a=画 (1分) n 解得to=2×10-4s (1分) 该电荷在篮场中运动有Bg=n号，B=m· T 参考答案及解析 解得，=，T=2πm (1分) Ba Bg 当磁感应强度大小B=死T时，对应的轨迹半径和 20 周期为1=8X10:m=8 cm,T1=4×10-is π (1分) 由题意可知P点到挡板的水平距离L=2m,即L= 200 cm=25r (1分) π 可知该电荷射入磁场后在电场和磁场中来回进出，最 后水平打到挡板上，运动轨迹如图a所示，故该电荷 从P点出发至打到挡板所需的时间t=十12×2t +12×号+号=5.25×10s 4 (1分) B ①②③④⑤ M E (3)当磁感应强度大小B=无T时，对应的轨迹半径 X10-m- 4 和周期为2= -cm,T2=2×10-is (1分) 由题图乙可知在每个磁场的变化周期内，该电荷均在 某一磁场方向上运动一周期，并逐渐向挡板靠近，轨 迹如图b所示，有L=20 cm=16(r1十n)十m1,最后 该电荷以轨迹半径”水平打到挡板上 (1分) 故该电荷打到挡板所需的时间1=16（子+平）十升 4 =2.5×10-4s (1分) 打到挡板的位置与MN的垂直距离s=16(r1十r2)十 72 m (1分) ● M下1①t②↑③ 个个6 6 3.【解析】(1)从坐标原点发射的粒子恰好从cd边的中 ·34 物理(XD) 点垂直于cd边射出，初速度大小为、方向沿x轴正 方向，故圆周运动的半径R= 2 (1分) 根据洛伦滋力提供向心力有qB=m尺 (1分) 解得磁感应强度大小B=2m四 (1分) gL (2)设p点的坐标为（一x,一y),粒子运动到坐标原 点的时间为t,由运动学公式有 x=vt (1分) y=at (1分) Eg=ma (1分) 联立解得出发点p的坐标轨迹方程y一2m (1分) (3)设经过坐标原点O飞入磁场的粒子的速度为， 方向与x轴正方向的夹角为α，运动轨迹半径为r,有 gB 0o。 L (1分) 即rcos a=2 (1分) 可知磁场中所有粒子的轨迹圆心都在d边上，当粒 子与ab边相切时，粒子打到bc边上的位置为飞出的 上边缘，运动轨迹如图甲所示 0-------2 -:b g·· ,·‘r dt----------s4-lc 由图甲的几何关系可知=L (1分) 联立解得a=60° (1分) 飞入磁场时的竖直分速度y,=wtan60° (1分) 则出发点p的x轴坐标x1=t (1分) t=义 解得=3mG (1分) Eg 粒子打在c点为从bc边飞出的下边缘，打在c点的粒 子的运动轨迹如图乙所示 ----b d----s-.-----Jc 此时轨迹与c点相切，由几何关系有r2sina十r2=L (1分) 解得α=37° (1分) 粒子飞入磁场时的竖直分速度u,=tan37°(1分) 则出发点p的x轴坐标x2=t (1分) 物理(XD) 解得m=3m 4Eg (1分) 从bc边飞出磁场的粒子的出发点p的x轴坐标范围 m≤r≤-3m (1分) Eg 4Eg 分组练(9) 电磁感应规律的综合应用A组 1.【解析】导体棒切割磁感线产生的电动势为 E=BLU (1分) 回路中的电流为 E I一R十 (1分) 极板间的电压等于电阻R两端的电压，为 U-IR (1分) 极板间粒子释放后的加速度方向指向下极板，根据牛 顿第二定律得 a兴 (1分) 初速度竖直向上的粒子做匀减速直线运动，一定能到 达其正上方极板处，其余粒子在水平方向做匀速直线 运动，竖直方向上做匀减速直线运动，则恰好到达上 极板且竖直速度减为零的粒子为到达上极板且距中 心粒子最远的临界粒子，该粒子竖直分运动可逆向看 作初速度为零的匀加速直线运动，所用时间为t,则有 d-jar (1分) 竖直分速度为 Vy=at (1分) 解得 Ug ,= (1分) 水平方向的分速度为 v=√/- (1分) 水平最大半径为 r=vt (1分) 射中上极板的面积为 S=πr2 (1分) 联立解得 S=2mtnd(R+n）-4πd (1分) BLv gR 2.【解析】(1)根据题意，由法拉第电磁感应定律有E= △Φ △t (1分) 又△Φ=△BS (1分) 由图乙可知，0~3X102s内，A5=10T/5 (1分) △t 又s= (1分) 联立解得E=0.2V (1分) 感应电演1=是=01A (1分) 方向为顺时针，由图乙可知，t=2×102s时，B= 0.2T (1分) ·35 参考答案及解析 此时线框所受的安培力F=BIL=0.004N(1分) 方向沿斜面向下，由平衡条件有F:=mngsin30°十F= 0.054N (1分) (2)结合(1)和图乙可知，0~3×102s内，感应电流 I1=0.1A (1分) 3×10-2~5×10-2s内，感应电流12=0 (1分) 5×10-2~6×10-2s内，感应电流1=0.3A(1分) 根据有效值的定义得IRt十0十IRt=IR(t十t2 十t3) (1分) 解相1侣A (1分) 3.【解析】(1)假设线框进入磁场前做匀加速运动，根据 牛顿第二定律有a=m8=g (1分) m 根据运动学公式2ad=u-0 (1分) 解得U1=2m/s<w (1分) 说明线框进入磁场前一直做匀加速运动，匀加速时间 t=4=1s (1分) a (2)ab边刚进入磁场时产生的电动势E=Blu=8V (1分) 由闭合电路欧姆定律1=票=2A R (1分) 0=x子R=6V (1分) (3)进入磁场前传送带位移x传1=t=4m(1分) 多消耗电能△E电1=1gx传1=80J (1分) 线框进入磁场后受到的安培力F=Bi (1分) (1分) 解得F=B R (1分) 由动量定理mg山-y=一m (1分) 其中u△t=l (1分) 解得2=2.8m/s (1分) 线框进入磁场阶段一直与皮带发生相对运动，传送带 位移x2=△t=3.2m (1分) 多消耗电能△E电2=gx妆2=64J (1分) 线框进入磁场后继续加速，直至与皮带共速，之后一 起匀速运动，不再多消耗电能，线框在磁场中匀加速 运动的时间t2=二心=0.6s (1分) a 传送带位移x传3=t2=2.4m (1分) 多消耗电能△E电3=gx传3=48J (1分) 整个过程多消耗电能△E电=△E电1十△E电2十△E电3= 192J (1分) 分组练（10) 电磁感应规律的综合应用B组 1,【解析】(1)平均感应电动势E=A⑨=BLd △t△t (1分) .△Φ_BLd q=1·△t=R￥rR+r (1分)