专题集训13 带电粒子在叠加场、交变场中的运动-（配套练习）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

专题集训(十三)　带电粒子在叠加场、交变场中的运动 (时间：45分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－4题，每题5分，共20分) 1.如图所示，某空间存在水平向左的匀强电场和垂直于纸面方向的匀强磁场(图中未画出)，一质量为m的带负电粒子恰能以速度v沿图中虚线所示的轨迹做直线运动，粒子的运动轨迹与水平方向的夹角为30°，匀强电场的电场强度大小为E，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A.匀强磁场的方向垂直于纸面向里 B.匀强磁场的磁感应强度大小为 C.粒子的电荷量为 D.若粒子运动过程中，磁场突然消失，则粒子可能做匀减速直线运动 答案：C 解析：粒子受到的洛伦兹力与速度大小和方向有关，则粒子必定做匀速直线运动，对粒子受力分析可知，粒子受到的电场力水平向右，重力竖直向下，洛伦兹力垂直运动轨迹斜向上，根据左手定则可知，匀强磁场的方向垂直于纸面向外，故A错误；根据受力平衡有tan 30°＝，sin 30°＝，则粒子的电荷量q＝，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝，故B错误，C正确；若粒子运动过程中，磁场突然消失，粒子受到的合力方向与粒子的速度方向不共线，则粒子一定做曲线运动，故D错误。故选C。 2.(多选)光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球，桌面右侧存在由匀强电场和匀强磁场组成的叠加场，叠加场的下边界是水平面，到桌面的距离为h，电场强度为E、方向竖直向上，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外，重力加速度为g，带电小球的比荷为，如图所示。现给小球一个向右的初速度，离开桌边缘立刻进入叠加场运动，从下边界射出，射出时的速度方向与下边界的夹角为60°。下列说法正确的是(　　) A.小球在叠加场中的运动时间可能是 B.小球在叠加场中运动的加速度大小可能是 C.小球在叠加场中运动的路程可能是 D.小球的初速度大小可能是 答案：AC 解析：带电小球的比荷为，则有qE＝mg，则在叠加场中小球所受合力为洛伦兹力，所以小球在叠加场中做匀速圆周运动，射出时的速度方向与下边界的夹角为60°，则小球运动情况有两种，轨迹如图所示，若小球速度为v1，根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为120°，此时小球在叠加场中的运动时间为t1＝T＝＝，根据几何知识可得，其轨迹半径为R1＝h，根据洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m，可得小球的速度v1＝，小球在叠加场中运动的路程s1＝×2πR1＝，小球的加速度a1＝＝；若小球速度为v2，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为60°，此时小球在叠加场中的运动时间t2＝T＝×＝，根据几何知识可得，其轨迹半径为R2＝2h，根据洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m，可得小球的速度为v2＝，小球在叠加场中运动的路程为s2＝×2πR2＝，小球的加速度为a2＝＝。故选AC。 3.(多选)(2025·江西宜春二模)某控制带电粒子运动的装置模型如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场。电场强度大小为E(未知)，方向竖直向下；磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从电场的上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是(　　) A.匀强电场E的大小为 B.粒子从O点运动到P点的时间为 C.粒子经过N点时速度大小为 D.MN两点的竖直距离为d 答案：AC 解析：设粒子在磁场中的速率为v，轨迹半径为R，在电场中由动能定理，有qEd＝mv2，在磁场中由洛伦兹力充当向心力，有qvB＝m，由几何关系可得R＝d，解得E＝，故A正确；粒子在电场中的运动时间为t1＝＝，在磁场中的运动时间为t2＝＝，粒子从O运动到P的时间为t＝，故B错误；将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量vx、vy，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为Fx＝qvyB，Fy＝qvxB，设粒子在最低点N的速度大小为v1，M、N的竖直距离为y，水平方向由动量定理可得∑qvyBΔt＝qBy＝mv1－0，由动能定理可得qEy＝m－0，联立解得v1＝，y＝d，故C正确，D错误。故选AC。 4.(2025·安徽马鞍山二模)垂直于纸面的匀强磁场，其方向随时间呈周期性变化。变化规律如图所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一电荷量q＝1×10－7 C、质量m＝1×10－10 kg的带电粒子，位于某点O处，在t＝0时刻以初速度v0＝2π m/s沿某方向开始运动，不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的其他影响。从t＝0时刻开始的磁场变化的一个周期内，带电粒子的平均速度的大小为(　　) A.2π m/s B.4π m/s C.2 m/s D.4 m/s 答案：D 解析：设粒子运动半径为r，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，解得r＝2π×10－2 m，周期为T0＝＝2π×10－2 s，由题图可知磁场变化的周期为T＝10π×10－3 s＝T0，根据t＝T0，可得在0～5π×10－3 s时间内偏转的角度为θ1＝，在5π×10－3～10π×10－3 s时间内偏转的角度为θ2＝，设粒子的出发点为a，经磁场变化的一个周期的终点为b，由题图可知，磁场先垂直纸面向里再垂直纸面向外，作出其在磁场变化的一个周期内的运动轨迹，如图所示，由几何关系可得粒子的位移的大小即为a、b两点的距离，则有x＝2r＝4π×10－2 m，从t＝0时刻开始的磁场变化的一个周期T＝10π×10－3 s内，带电粒子的平均速度的大小为v＝＝ m/s＝4 m/s。故选D。 5.(15分)如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，在第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场；在第一象限内存在方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度大小也为B、方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。一带正电的小球P从x轴上的A点以某一速度沿AK方向做直线运动，AK与x轴正方向的夹角θ＝60°，从K点进入第一象限后小球P恰好做匀速圆周运动，经过x轴时竖直向下击中紧贴x轴上方静止的带电小球Q，碰后两球结合为一个结合体M，之后M从y轴上的F点离开第四象限，第四象限存在匀强磁场，方向垂直坐标平面向外。已知重力加速度大小为g，小球P、Q的电荷量均为q，质量均为m，不计空气阻力。 (1)求第二象限与第一象限内电场的电场强度大小之比； (2)求小球Q静止的位置距O点的距离； (3)若结合体M进入第四象限时的速度为v，M在第四象限运动时的最大速度为2v，则当其速度为2v时，结合体M距x轴的距离是多少？ 答案：(1)　(2)(＋2)　(3) 解析：(1)小球P沿AK方向做直线运动，由于洛伦兹力与速度有关，可知其一定做匀速直线运动，受力分析如图甲所示，根据几何关系可得＝tan θ 小球Q静止在第一象限，则 qE1＝mg 联立可得＝tan θ＝。 (2)小球P竖直向下击中Q，轨迹如图乙所示 根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m，根据几何关系有rsin θ＋r＝d 在第二象限中有qv0Bcos θ＝mg 联立解得d＝(＋2)。 (3)结合体M在第四象限中只有重力做功，根据动能定理可得2mgh＝×2m(2v)2－×2mv2 解得h＝。 6.(15分)(2024·广东高考)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场，水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。 (1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q； (2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v； (3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。 答案：(1)正电　　(2)　π　(3) 解析：(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电 粒子在磁场中运动的周期为T＝2t0 根据T＝，可得粒子所带的电荷量q＝。 (2)若金属板的板间距离为D，则板长为 粒子在板间运动时，水平方向有＝vt0 出电场时竖直方向速度为零，则竖直方向有 y＝2×× 在磁场中洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m 由题图甲知y＝2r 联立解得D＝，v＝π。 (3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，由(2)的计算可知金属板的板间距离D＝3r 则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动，速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在t0～2t0、3t0～4t0时间内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则W＝mv2＋q×＝＋＝。 学科网（北京）股份有限公司 $