专题提升：带电粒子在组合场和交变电、磁场中的运动 专项训练-2027届高三物理一轮复习

专题提升：带电粒子在组合场和交变电、磁场中的运动-2027届高三物理一轮复习同步练习 姓名： 班级： 学号： 基础对点练 题组一　带电粒子在组合场中的运动 1.（11分）（2025江西模拟预测）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场。一电荷量为q（q>0）、质量为m的粒子从x轴上的A点（－L，0）沿y轴正方向以初速度v0进入第二象限，经电场偏转后从y轴上的点进入第一象限，后又回到第二象限，不计粒子重力。求： （1）匀强电场的电场强度大小E。 （2）磁感应强度大小B满足的条件。 2.(11分)(2025河北邢台模拟)如图所示,在直角坐标系xOy平面内,第Ⅱ象限中存在平行于x轴向左的匀强电场,第Ⅰ、Ⅳ象限中存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子从x轴上的M点沿y轴正方向以初速度v0射入电场后,第一次从y轴上的N点离开电场,经过磁场偏转一次后恰好通过坐标原点O。M点的坐标为(-2l,0),N点的坐标为(0,l),粒子所受重力不计。 (1)求匀强电场的电场强度大小E; (2)求匀强磁场的磁感应强度大小B; (3)若带电粒子从x轴上的任意一点K射入电场,射入的速度大小、方向均不变,试证明粒子第二次经过y轴时均通过原点O。 3.(12分)(2025四川绵阳模拟)如图所示,在xOy竖直平面内,第一象限内存在方向竖直向上、电场强度为E的匀强电场,第二、三象限内存在垂直于平面向内、磁感应强度为B的匀强磁场。现有质量为m、电荷量为-q(q>0)、速度为v0的带电粒子甲和质量为m、电荷量为+q、速度为2.5v0的带电粒子乙,先后从A点(-R,0)分别沿y轴正方向和负方向射入匀强磁场,已知带电粒子甲刚好沿x轴正方向进入电场,经过x轴上P点时速度方向与x轴正方向夹角为45°,且两粒子恰好同时到达第四象限中的C点(未画出),不计重力,不考虑带电粒子间的相互作用力。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)磁感应强度B和电场强度E的大小; (2)C点的坐标; (3)甲、乙两粒子出发的时间间隔Δt。 题组二　带电粒子在交变电、磁场中的运动 4.（11分）（2025江西新余模拟）如图甲所示，在0≤x≤2d，0≤y≤d的区域中，存在平行板电容器，板长为2d，板间距为d，极板上加周期性电压如图乙所示，电容器右侧的周围分布着垂直于纸面向外的恒定匀强磁场，磁感应强度B1＝，电容器左侧的周围分布着垂直于纸面向里的恒定匀强磁场B2。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在t＝0时刻从O点沿x轴方向以v0进入极板间（不计粒子重力），从上极板边缘飞出电容器，粒子恰好能再次经过O点完成周期性运动。求： 甲 乙 （1）极板上所加周期性电压的大小。 （2）磁场的磁感应强度B2的大小。 （3）极板上所加周期性电压的周期。 5.(13分)如图甲所示,在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场,磁场方向垂直坐标平面,磁感应强度大小B随时间变化的关系如图乙所示,在t=0时刻有一比荷为1×104 C/kg的带正电粒子从坐标为的P点以初速度v0=2×103 m/s且与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入。开始时,磁场方向垂直坐标平面向里,不计粒子重力,求: (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径; (2)在时间π×10-4~2π×10-4 s内和时间0~π×10-4 s内,粒子运动轨迹对应的圆心角之比; (3)粒子到达y轴时与O点的距离s。 综合提升练 6.（多选）（2025河北卷）如图所示，真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定，间距为d，M板接地。M板上方整个区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与OP的夹角θ＝60°时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知OQ＝3L，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电荷量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（　　） A.粒子一定带正电 B.若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小 C.粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7L D.粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为d 7.（14分）（2025湖南常德三模）如图甲所示，三维直角坐标系中xOy平面与水平面平行，空间存在与z轴平行的周期性变化的匀强磁场和匀强电场（图中没有画出），磁场和电场随时间变化规律分别如图乙和丙所示，规定沿z轴正方向为匀强磁场和匀强电场的正方向，不考虑磁场和电场变化而产生的感生电磁场的影响。在t＝0时刻，一个质量为m、电荷量为＋q（q>0）的小球（可视为质点），以速度v0从坐标原点O沿y轴正方向开始运动，小球恰好做圆周运动，已知重力加速度为g，图中t0已知，B0＝，而E0未知。 甲 乙 丙 （1）求E0的大小，画出0~2t0时间内小球的运动轨迹； （2）求3t0时刻小球的位置坐标； （3）求20t0时刻小球在z轴的位置坐标。 培优拔高练 8.（13分）（2025广东佛山模拟预测）真空中存在两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B（未知），方向垂直于纸面向里，虚线为磁场边界，P、Q为Ⅱ区域边界上的两个点，如图所示，P、Q间距为6L。在长、宽分别为 d、L的Ⅲ区域内存在水平向左的匀强电场，电场强度为E。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点静止释放。不计带电粒子的重力，忽略电、磁场的边界效应。 （1）求粒子第一次加速后的速度v0； （2）若粒子恰能经过Q点，求磁感应强度的最小值B1； （3）若磁感应强度为B2＝，求粒子从开始释放到永远离开磁场区域被加速的次数n。 9.(15分)(2024贵州卷)如图所示,边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与ab边平行的匀强电场,ef右边有一半径为L且与ef相切的圆形区域,切点为ef的中点,该圆形区域与cdef区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动,经cd边的中点进入cdef区域,并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内,粒子始终在该纸面内运动,不计粒子重力。求: (1)粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小; (2)粒子的电荷量与质量之比; (3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。 10.(17分)如图所示,水平虚线与竖直虚线交于O点,将空间分成四个区域,区域Ⅰ中存在垂直纸面向外的匀强磁场B1(未画出),区域Ⅱ中存在水平向左的匀强电场E(未画出),区域Ⅲ中有一垂直纸面向外、边界为圆形的匀强磁场B2(未画出),B1∶B2=1∶4。比荷为k的带负电的粒子从O点正上方的P点,沿与竖直虚线成α角方向以速度v0射入区域Ⅰ,经过一段时间粒子垂直水平虚线由Q点射入区域Ⅱ;粒子经O点正下方的M点后,最终由水平虚线上的N点沿竖直向上的方向离开区域Ⅲ,忽略粒子的重力。点Q、M、N均未画出,已知OP=L,OQ=L,OM=L,ON=4L,上述v0、k、L为已知量。求: (1)角度α及电场强度E、磁感应强度B1的大小; (2)区域Ⅲ中圆形磁场面积的最小值。 答案： 1.答案 （1）　（2）B≥ 解析 （1）粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律，有qE＝ma，沿x轴方向，有L＝t2，vx＝at，沿y轴方向，有L＝v0t，联立解得vx＝v0，E＝。 （2）粒子进入磁场时的速度v＝v0，设粒子进入磁场时速度与y轴正方向夹角为θ，则cos θ＝。 粒子在磁场中的运动轨迹刚好与x轴相切时，半径最大，如图所示，根据几何关系，有L＝R（1＋sin θ），在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，解得B＝，磁感应强度越大，半径越小，故磁感应强度B满足的条件为B≥。 2.答案 (1) (2) (3)见解析 解析 (1)设粒子第一次在电场中做类平抛运动的时间为t1,加速度大小为a,根据牛顿第二定律有qE=ma 根据运动规律有l=v0t1,2l= 解得E=。 (2)设该粒子进入磁场时的速度大小为v,方向与y轴的夹角为α,根据几何关系有cos α= 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R,根据几何关系有2Rsin α=l,tan α= 根据牛顿第二定律有qvB= 解得B=。 (3)设K点到原点O的距离为x0,粒子在电场中的运动时间为t2,第一次经过y轴时到原点O的距离为y1,根据运动规律有x0=,y1=v0t2 整理可得y1= 设该粒子进入磁场时的速度方向与y轴的夹角为θ,速度大小为v1,则tan θ=,v1= 粒子在磁场中做圆周运动的半径r= 粒子经过磁场偏转一次后Δy=2rsin θ 整理可得Δy= 即y1=Δy 证毕。 3.答案 (1) (2)(14R,-12.5R) (3) 解析 (1)带电粒子甲刚好沿x轴正方向进入电场,则粒子甲做圆周运动的半径为R,根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=m 解得B= 粒子甲经过x轴上P点时速度方向与x轴正方向成45°,则有vy=v0 且=2aR,a= 解得E=。 (2)设P点的坐标为(x0,0),粒子甲在电场中做类平抛运动,轨迹如图所示 有x0=v0t,R=at2 联立解得x0=2R 粒子乙在磁场中做圆周运动,有q×2.5v0×B=m 解得R'=2.5R 根据几何关系可知粒子乙进入第四象限的坐标为(0,-2R),速度方向与y轴负方向的夹角为53° 两粒子恰好同时到达第四象限中的C点,设C点的坐标为(x,-y),根据几何关系有y=x-1.5R, 解得x=14R,y=12.5R,故C点的坐标为(14R,-12.5R)。 (3)甲粒子到达C点所用的时间t1= 根据几何关系可知乙粒子进入第四象限的水平分速度为vx=2v0 到达C点所用的时间t2= 则甲、乙两粒子出发的时间间隔 Δt=t1-t2=。 4.答案 （1）　（2）　（3） 解析 （1）粒子在电容器中做类平抛运动，从上极板边缘飞出电容器，运动时间为t1＝，竖直位移为d＝，其中加速度为a＝，联立可得U＝。 （2）vy＝at1＝v0，即带电粒子以速度大小为v＝v0、与水平方向成45°角进入右侧磁场，粒子做匀速圆周运动，有qv0B1＝，解得r1＝d，则带电粒子将从下极板右侧边缘返回电容器，在y方向做匀减速运动，到上极板的左侧边缘竖直速度恰好减为零，粒子以水平速度v0打入左侧磁场，并沿逆时针运动，根据题意可知r2＝d，根据qv0B2＝m，得r2＝，解得B2＝。 （3）根据题意，带电粒子以速度大小为v0、与水平方向成45°角进入右侧磁场，粒子做匀速圆周运动的偏转周期T1＝，粒子在磁场B1中实际偏转时间t2＝T1＝，粒子再返回电容器中，运动时间相同，即t3＝t1，同理，粒子进入左侧磁场的周期为T2＝，粒子在磁场B2中实际偏转时间t4＝T2＝，故极板上所加周期性电压的周期为T＝2t1＋t2＋t4＝。 5.答案 (1)0.4 m　(2)1∶2　(3)1 m 解析 (1)粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动,设轨迹半径为R,由洛伦兹力提供向心力有 qv0B=m 解得R==0.4 m。 (2)粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,则 T==4π×10-4 s π×10-4~2π×10-4 s内,粒子运动的周期数为 N2= 运动轨迹对应的圆心角为60° 0~π×10-4 s内,粒子运动的周期数为 N2= 运动轨迹对应的圆心角为120° 在π×10-4~2π×10-4 s内和0~π×10-4 s内,粒子运动轨迹对应的圆心角之比为1∶2。 (3)粒子运动轨迹如图所示 粒子恰好在t=π×10-4 s时到达y轴,由图可知粒子到达y轴时与O点的距离为 s=R+Rcos 60°+2R(1-cos 60°)=1 m。 6.BCD　解析 根据左手定则，粒子带负电，A项错误；当发射方向与OP的夹角θ＝60°时，粒子恰好垂直穿过M板上的小孔，此时粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系得rcos 60°＋r＝3L，解得r＝2L，当板间电场强度最大时，粒子恰不到N板，则有－qEd＝－mv2，解得v＝，v不变，间距d增大，则板间形成的最大电场强度E减小，B项正确；由题意得OP＝rsin 60°＝L，粒子打在M板上表面的位置与O点距离最大时轨迹圆弧对应弦长为直径，如图乙所示，x＝L，但本题有特殊情况，在M、N间电场稳定后，θ＝60°的粒子穿过Q点，在静电力的作用下又返回Q点，向右偏转做圆周运动，如图丙所示，此时击中位置到O点的距离为3L＋2r＝7L，C项正确；设打到M板下表面的粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O'，PO⊥OQ，PQ＝＝2L，又∠PQO'＝30°，∠PQO＝30°，粒子射入极板与M板夹角θ＝90°－∠PQO'－∠PQO＝30°，M、N间电场强度最大时，粒子打在M板下表面的位置到Q点的距离最小，粒子在板间做类斜抛运动，运动轨迹如图丁所示，可得Eq＝ma，t＝，最小距离x1＝vtcos θ＝d，D项正确。 7.答案 （1）　轨迹见解析　（2）　（3）－90g 解析 （1）0~t0内，小球在xOy平面内做匀速圆周运动，有qE0＝mg，得E0＝，小球做圆周运动的周期T＝＝2t0，得t0＝， 甲 可知轨迹如图甲所示。 （2）0~t0内小球做圆周运动的半径为r，r＝，t0~2t0内，小球做匀速直线运动L＝v0t0，2t0~3t0内，小球在水平面内做匀速圆周运动，正好运动半周，竖直方向上做自由落体运动，下落距离d＝，可知3t0时，小球位置坐标（x，y，z）满足x＝4r＝，y＝－L＝－v0t0，z＝－d＝－。 乙 （3）小球在水平面内运动具有周期性，4t0时小球恰好沿x轴正向平移了4r，20t0时x20＝20r，y20＝0，小球在竖直方向上，第一个2t0内不运动，竖直位移d1＝0，第二个2t0内做加速运动，竖直位移d2＝g（2t0）2＝2g，第三个2t0内再匀速运动，竖直位移d3＝（g×2t0）×2t0＝4g，如图乙所示，由v－t图意义可知公差为Δd＝2g，20t0时刻小球z轴上坐标为z20＝－（d1＋d2＋…＋d10）＝－（0＋2＋4＋…＋18）g＝－90g。 8.答案 （1）　（2）　（3）45 解析 （1）粒子在电场中加速，根据动能定理，有W＝ΔEk 静电力做功W＝qEd 粒子动能的变化量ΔEk＝－0 由动能定理，有qEd＝ 可得v0＝。 （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB＝m 可得R＝ 又粒子经电场加速后进入磁场，速度v0＝ 则R＝ 粒子恰能经过Q点，P、Q间距为6L，粒子在磁场中做圆周运动的直径最大为6L，此时半径最大，磁感应强度最小，即2Rm＝6L，Rm＝3L 联立解得B1＝。 （3）经n次电场加速后，根据动能定理，有nqEd＝Ek＝mv2 可得速度v＝ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝m 代入得B2＝，v＝ 化简得圆周运动半径Rn＝ 可知第一次电场加速之后R1＝ 直径为d1＝2R1＝<L 在匀强磁场区域Ⅰ中，做匀速圆周运动之后，又会沿电场线的反方向进入电场，直至速度减为0之后，又会在静电力的作用下，继续沿电场线方向进行第2次加速 可知第二次电场加速之后R2＝R1＝ d2＝d1 d1＋d2＝ 可知经过第二次加速后，粒子在匀强磁场区域Ⅰ中，做匀速圆周运动之后，速度不改变，沿直线进入匀强磁场区域Ⅱ，之后经过和区域Ⅰ中半径相同的匀速圆周运动之后，再次进入电场区域进行加速。为了求粒子从开始释放到永远离开磁场区域被加速的次数n，粒子的直径需要大于匀强磁场区域Ⅱ的宽度，粒子就会永久离开磁场。由于最开始使粒子加速2次过程中粒子向下偏转的位移为，所以在这个偏移的基础上，直径dn＝2Rn＝2×>6L－ 解得6.5<，即42.25<n＝43 又因为一开始还有2次加速，所以粒子从开始释放到永远离开磁场区域被加速的次数为45。 9.答案 (1)　(2)　(3)60° 解析 (1)带电粒子在cdef区域做直线运动,则有电场力与洛伦兹力平衡,可知粒子带正电,在cd边的中点时速度水平向右,设粒子到达cd边的中点时速度大小为v0,带电荷量为q,质量为m,由平衡条件则有qE=qv0B 解得v0=。 (2)粒子从b点到cd边的中点的运动,可逆向看作从cd边的中点到b点的类平抛运动,设运动时间为t,加速度大小为a,由牛顿第二定律可得qE=ma 由类平抛运动规律可得v0t=L at2= 联立解得粒子的电荷量与质量之比 。 (3)粒子从ef中点射出后在圆形区域内做匀速圆周运动,设粒子的运动半径为R,由洛伦兹力提供向心力可得qv0B=m 解得R=L 粒子在磁场中运动轨迹图如图所示,由图可知,粒子沿半径方向射入,又沿半径方向射出,设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为α,由几何关系可知 α=2θ 可得tan θ= θ=30° 则有α=60°。 10.答案 (1)60°　　(2) 解析 (1)由题意画出粒子轨迹如图所示 由几何关系得 (R-L)2+(L)2=R2 sin α= 解得R=2L,α=60° 粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有 qv0B1=m 又k= 联立得B1= 粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动,设粒子运动的时间为t,则竖直方向 L=v0t 水平方向 L=at2,Eq=ma 联立得E=。 (2)设粒子在M点的速度为v,与竖直虚线的夹角为θ,M点水平方向速度 v1=at,v1=v0 由v=,tan θ= 得v=2v0,θ=60° 设粒子在区域Ⅲ中做匀速圆周运动的半径为r,由牛顿第二定律有 qB2v=m 又k= B1∶B2=1∶4 得r=L 如图所示,粒子在区域Ⅲ中运动的轨迹与磁场边界交于C点和D点,粒子在磁场中做圆周运动的轨迹为弧CD,圆心角 ∠CO2D=180°-θ=120° 则CD=2Rsin 60° 得CD=L 当磁场边界是以CD为直径的圆时,磁场有最小面积 S=π。 学科网（北京）股份有限公司 $