专题3 课时作业12 带电粒子在复合场中的运动-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习练习手册

课时作业12 带电粒 (分值：( 基础巩固练 1.(5分)（多选）(2024·湖北卷)M一 -N 磁流体发电机的原理如图所 ××××× 示，MN和PQ是两平行金属 —Q 极板，匀强磁场垂直于纸面向 里。等离子体（即高温下电离的气体，含有大量 正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷 入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是 () A.极板MN是发电机的正极 B.仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小 C.仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压 增大 D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度， 极板间的电压增大 2.(5分)(2025·黑龙江哈尔滨二模)半导体材料的 发展为霍尔效应的实际应用提供了高质量的换能 器。如图所示，一块宽为a,厚为b,长为c的长方 体N型半导体，导电粒子为电子，单位体积内自由 电子数为n,通入方向向右的恒定电流I,将元件 置于垂直上表面向下的匀强磁场中，磁感应强度 大小为B,元件的前、后表面间出现电势差，其绝 对值大小为U,则 () 后表面 上表面 前表面 电流 A.前表面的电势比后表面的电势低 B.若选择单位体积内自由电子数n值较大的半导 体，其他条件相同，则U减小 C.若选择宽度a更小的半导体，其他条件相同，则 U更大 D.若选择厚度b更小的半导体，其他条件相同，则 U减小 3.(5分)（多选）(2024·安徽卷)空间中存在竖直向 下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电 红对勾·讲与练 13 班级： 姓名： 子在复合场中的运动 60分) 场强度大小为E,磁感应强度× 大小为B。一质量为m的带B 3R 电油滴a,在纸面内做半径为R 的圆周运动，轨迹如图所示。× x P 当a运动到最低点P时，瞬间 分成两个小油滴I、Ⅱ，二者带电荷量、质量均相 同。I在P点时与a的速度方向相同，并做半径 为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画 出。已知重力加速度为g,不计空气浮力与阻力以 及1、Ⅱ分开后的相互作用，则 () A.油滴a带负电，所带电荷量的大小为 E B油滴a做圆周运动的速度大小为BR E C小油清I做圆周运动的速皮大小为，周期 为rE gB D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 4.(5分)（多选）如图所示， 平面坐标系xOy中，一 抛物线的方程为y=2 (x≤0)，在抛物线的上方 有竖直向下的匀强电场， 第四象限内存在垂直于 纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B= √J2mvo 抛物线上每个位置可连续发射质量为 m、电荷量为g的粒子，粒子均以大小为v。的初速 度水平向右射入电场，所有粒子均能到达原点O。 不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正 确的是 () A.电场强度的大小为E=m0 B电场强度的大小为E=3m gl C.从抛物线上横坐标x=一1的A点发射的粒子 射出磁场时的坐标为(0，一√2) 高三二轮物理 班级： 姓名： D.从抛物线上横坐标x=一1的A点发射的粒子 6.(10分)(2025·四川德阳二模)竖直平面内水平虚 射出磁场时的坐标为(0，一2√21) 线上方有方向水平向左的匀强电场。虚线下方高 5.(10分)如图所示，为回旋加速器 度为H的区域内有方向垂直于纸面向里的匀强 的工作原理示意图，两个D形盒 磁场和方向竖直向上的匀强电场，虚线上、下方的 的正中间有狭缝，狭缝宽度为d, 电场强度大小相等。将质量为m、电荷量为十q的 狭缝之间存在匀强电场，电场强 小球从a以初速度v。竖直向上抛出，小球的运动 度为E;两个半径为R的D形盒接上高频交流电， 轨迹如图所示，a、c两点在虚线上，b点为轨迹的 并处在匀强磁场中，在D,的中心A处有一个粒子 最高点。小球从c点进入虚线下方区域做匀速圆 源，它产生并发出比荷为k的带正电粒子，粒子的 周运动且恰好不出下边界。不计空气阻力，重力 初速度视为0，经加速后从D形盒的边缘以速度 加速度为g。求： 得分 飞出，不计粒子重力，求： 得分 (1)小球运动到c点时的速度大小； (1)粒子在狭缝之间运动的总时间和匀强磁场的 (2)匀强磁场的磁感应强度B的大小。 磁感应强度； (2)粒子第4次被加速结束的瞬间位置与A点之 间的距离。 ×× (横线下方不可作答)133] 专题三电场与磁场 ■ 能力提升练 尖子生选练 7.(15分)(2024·甘肃 8.(5分)（多选）(2025·山东卷)如图甲所示的Oxy 卷)质谱仪是科学研究 平面内，y轴右侧被直线x=3L分为两个相邻的 ×× 中的重要仪器，其原理 L U ě 区域I、Ⅱ。区域I内充满匀强电场，区域Ⅱ内充 如图所示。I为粒子加 满垂直Oxy平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、 速器，加速电压为U;Ⅱ E↓ 0' 方向均未知。t=0时刻，质量为m、电荷量为十q 为速度选择器，匀强电 XX 的粒子从O点沿x轴正向出发，在Oxy平面内运 场的电场强度大小为 动，在区域I中的运动轨迹是以y轴为对称轴的 E1,方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小 抛物线的一部分，如图甲所示。t。时刻粒子第一 为B1,方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强 次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的y-t图 磁场的磁感应强度大小为B2,方向垂直纸面向 像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子 里。从S点释放初速度为0的带电粒子（不计重 重力。下列说法正确的是 ( 力)，加速后进入速度选择器做直线运动，再由O Y4 10L 点进入偏转分离器做圆周运动，最后打到照相底 区域：区域Ⅲ 2L 2L 片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。 得分 3L (1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。 10L 3 (2)求O点到P点的距离， 甲 (3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小 变为E2(E2略大于E1),方向不变，粒子恰好垂直 A.区域I内电场强度大小E=4m ,方向沿y轴 打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在 正方向 O'点的速度大小。 B.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R=2OL 3 C.区域Ⅱ内磁感应强度大小B= ,方向垂直 3m Oxy平面向外 D粒子在区城Ⅱ内周周运动的圆心坐标0】 红对勾·讲与练 134 高三二轮物理 ■(2)当粒子轨迹与ad边相切时，如图 乙所示， 乙 设此时粒子的初速度为1，运动半径 为r1,由几何关系可得 r1+r1sin53°=0.4l, 又qvo1B=m 001 ri 2qBI 解得v1= 9m 假设粒子运动轨迹能与cd边相切，如 图丙所示， 丙 设此时初速度为℃2，运动半径为r2, 由几何关系可得r十r2cos53°=1， 5 解得r2= 8 0.41 又O,a= tan 53 =0.3l≠rg, 可知粒子轨迹无法与cd边相切； 粒子从d点射出时速度最大，如图丁 所示， 丁 根据几何关系可知rcos0十r cos a=l, rsin 0-r2sin a=0.41, 29 解得= 46 根据洛伦兹力提供向心力有q00B= m 29gB1 解得v2= 46m 综上可得 2qBl 29gB1 9m 46m 课时作业12 带电粒子在 复合场中的运动 1.AC由左手定则可知，带正电粒子在 磁场中受到向上的洛伦兹力，带负电 粒子在磁场中受到向下的洛伦兹力， 则等离子体从左侧喷入磁场时，带正 电粒子向上偏转，带负电粒子向 下偏 转，所以极板MN带正电，为发电机的 正极，A正确；极板间的电压稳定后， 对在极板间运动的某个带电粒子，有 250红网勾·讲与练·高三二轮物理 gE=guB,又U=Ed,可得U=oBd,所 以仅增大两极板间的距离d,极板间的 电压增大，B错误；结合B项分析可知， 仅增大等离子体的喷入速率，极板间 的电压增大，C正确；结合B项分析可 知，仅增大等离子体的正、负带电粒子 数密度，极板间的电压不变，D错误。 2.B根据左手定则可知电子向后表面 偏转聚集，则前表面的电势比后表面 的电势高，故A错误；由洛伦兹力和静 U 电力平衡evB=e ，再结合电流微观 表达式I=neab,可得U=BL ne6,可知 电压U与宽度a无关，选择单位体积 内自由电子数n值较大的半导体，其 他条件相同，则U减小，选择厚度b更 小的半导体，其他条件相同，则U更 大，故C、D错误，B正确。 3.ABD油滴a做圆周运动，故重力与静 电力平衡，可知油滴a带负电，有g= E,解得g=置，故A正确：根洛伦 兹力提供向心力有B咖=mR,得 R=m,解得油滴a做圆周运动的速 度大小为=8BR,故B正确：设小油 E 2 1 滴I的速度大小为1，得3R= 2 解得，= 3BqR 3gBR ,周期为T= E 2元·3R_2πE,故C错误；带电油滴a 01 gB 分离前后动量守恒，设分离后小油滴 Ⅱ的速度为v2,取油滴a分离前瞬间 的选度方向为正方向，得受+分一 T mv,解得℃2=- gBR ,由于分离后的 小油滴受到的静电力和重力仍然平 衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正 方向相反，根据左手定则可知小油滴 Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。 4.AC分析从A点射入的粒子，进入电 场后做类平抛运动，水平方向1=ot, 竖直方向y=分=2a,由牛频第二 定律可得a=9,联立解得E= g' 故A正确，B错误；从A点射入的粒子 到达O点时，水平分速度为，=。，竖 直分速度为v,=at=vo,则合速度为 =√0十=√2，方向与x轴成 45°斜向右下方，粒子在磁场中做匀速 圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 quB=mu -,解得r=1,粒子在磁场中 运动的轨迹为圆，从y轴上射出，轨 迹对应的弦长为d=2rsin45°=√2l, 则粒子射出磁场时的坐标为(0，一√21)， 故C正确，D错误。 5.(1kE kR (2)2W3+1-2)尽V2Ea 解析：(1)由牛顿第二定律有qE=ma, 根据运动学公式)=at, 整理得1= kE' 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛 頓第二定律有qB=mR: U 解得B= kR (2)加速1次由动能定理有gEd 2 mvi, 解得v1=入 2gEd =√2kEd, m 如图，从A点出发向右运动2r1,则 A 3次 1次2次4次 m01 2 2Ed 2r1=2 qB 同理可得加速第2次粒子向左运动 2r:=22 2Ed B 粒子加速第3次后向右运动2r3= 2Ed B 所以，第4次加速结束瞬间距A点的 距离为x=2r1一2r2十2r3=2(√3十 1-2)2Ea 6.(1)50(2) (2+√5)m℃a gH 解析：(1)由于小球在虚线下方磁场和 电场中做匀速圆周运动，则qE=mg, 从a到c,在竖直方向上小球做竖直上 地运动，则t=0,0,=o, 2vo g 在水平方向上qE=ma,vx=atae, 由运动的合成得u,=√0十 联立解得v.=√5o。 (2)由题意可知小球的运动轨迹如图 所示， +% X r 40 XH X X X X × × X 设在c,点小球速度方向与水平方向成 0角，由c0s日=，解得cos0= 2√⑤ 5 由几何关系可得，rcos日十r=H,解得 5H r= 5+2√5 由牛颜第二定律得gm.B=m, (2+√5)m0 由以上各式联立解得B= qH E 4UB 7.(1)正电 2UB (2) E B: 2E:-E1 (3) B 解析：(1)粒子在Ⅲ区域磁场中向上偏 转，根据左手定则可知，粒子带正电。 粒子在Ⅱ区域中做直线运动，必是做 匀速直线运动，则有q0oB1=qE1, 粒子在I区域中，根据动能定理有 9U= 2 E 联立解得 2UB (2)粒子在Ⅲ区域磁场中做匀速圆周 运动，根据洛伦兹力提供向心力有 qo.B2=m 根据几何关系有dop=2r, 结合(1)问解得don= AUB EB2 (3)粒子进入Ⅱ区域瞬间，粒子受到向 上的洛伦兹力F嘉=q℃。B1, 向下的静电力F=qE2, 由于E2>E1,且qoB1=qE1, 所以通过配速法，如图所示， X B ǒ S- qE2 I Ⅱ Ⅲ 其中满足gE2=q(0。十1)B1, 则粒子在速度选择器中水平向右以速 度。十1做匀速直线运动的同时，竖 直方向以1做匀速圆周运动，当做匀 速圆周运动的速度转向到水平向右 时，满足垂直打在速度选择器右挡板的 O'点的要求，故此时粒子打在O'点的速 2E2-E1 度大小为'=，十01十u1= B 8.AD粒子在区域I中的运动轨迹是以 y轴为对称轴的抛物线的一部分，可以 判断出粒子做类平抛运动，根据曲线 轨迹可知，粒子受到的静电力方向竖 直向上，电场方向沿y轴正方向，设粒 子初选度为西，竖直方向有y=号 2 at 水平方向有x=ot,由牛顿第二定律 有Eg=ma,联立解得E= AmL ,A正 qt o 确；粒子在区域Ⅱ中运动的y一t图像 为正弦曲线的一部分，可以判断粒子做 匀速圆周运动，运动轨迹如图甲所示， H 影 10L 3 甲 由题图乙可知，轨迹圆心在横轴上，设 为O',则粒子在区域Ⅱ内圆周运动的 半径R 10L,B错误；粒子做类平抛 运动进入匀强磁场时的速度？ √o十(at),联立解得v= L,根据 to 洛伦兹力提供向心力有gB=mR, 解得B= 3m,C错误：如图乙所示， 2gto 10L I 2L -、 R 0 3L0'·· 10L… 3 乙 设粒子进入匀强磁场时的速度方向与竖 直方向夹角为日，由速度关系有sin日= =0.6,可得0=37”，由几何关系得 ∠O'=37°，那么有O0'=3L+Rcos37°= ,粒子在区城Ⅱ内圆周运动的圆心 多标()D正 课时作业13带电粒子在交 变场和立体空间中的运动 1.AD粒子从M点到N点做类平抛运 动，有h= 2 ai,qE=ma,tan 0=at t=uot,联立解得E=mvtan日 2gh an日，故A正确：粒子从N点进入磁 2h 场，由配速法将速度分解为沿一y方向 的速度和沿十x方向的速度，其中 沿一y方向的速度与磁感应强度方向 平行，在此方向不受洛伦兹力而做匀 速直线运动，沿十x方向的速度。与 磁感应强度方向垂直，在此方向受洛 伦兹力做匀速圆周运动，粒子在以后 的运动中恰好不离开磁场，则轨迹圆 2h 与之轴相切，则有R=x= tan 6' gB=m尺，联立解得B=m,an日， 2gh 故B、C错误；粒子在yO:平面上相邻 切点间的距离为匀速圆周运动一圈的 时间内在一y方向做匀速直线运动的 距离，有y=utan0·T,T=2xm 4xh ,am),联立可得y=4h,故D正确。 2.)m (√2+1)mvg (2) gL 解析：(1)粒子在电场区域做类平抛运 动，设电场中粒子的加速度为a,沿之 轴正方向看，如图所示， 在界面I、Ⅱ间，有L=0t,2 2 at,qE=ma. 2 7m0 联立解得E= gL (2)设粒子到O1点时的速度为v,与x 轴夹角为日， 则u,=at=,tan0=g=1, 即0=45°， u=√0。+u=√2， 在磁场区域，粒子做匀速圆周运动，粒 子刚好不从界面Ⅲ飞出，运动轨迹与 界面Ⅲ相切，如图所示，有qB= m 又根据几何关系有r十rsin45°=L, (√2+1)mvo 解得B= qL √3mu号 4r7n00 3.(1 gE (2)20 (3) 3gB 3√3m0o 2 3m0 3m00 (4)x= qB y= 2gE qB 解析：(1)粒子在电场中，根据牛顿第 二定律有qE=ma, 粒子在电场中做类平抛运动，则有 ℃，=at1,vy=vo tan60°，LoM=ot1y √3mu8 解得LOM= gE (2)粒子进入磁场时，根据速度合成有 Vo cos60°' 解得0=200。 (3)粒子进入磁场后，沿之轴正方向做 匀速直线运动，最后粒子打在P上，则 有LMP=Vat, ATmvo 结合题意解得LMP= 3gB (4)粒子进入磁场后，在xOy平面内做 匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心 力，则有q0,B=mR, √3m℃0 解得R= gB 粒子做匀速圆周运动的周期 T 2πR 2xm Uy qB 4xm 由于t= 3qB 2T, 可知，粒子在7 时间内做圆周运动的 轨迹对应的圆心角为2=120°， 3 粒子轨迹在xOy平面内的投影如图 所示， 参考答案 251