第11章 课时测评55 带电粒子在叠加场、交变场中的运动(word练习)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

**基本信息** 聚焦带电粒子在叠加场、交变场中的运动规律，通过分层题组构建从基础平衡到综合应用的知识逻辑链，强化科学思维中的模型建构与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |叠加场运动|2题|平衡条件与圆周运动结合|重力-电场力平衡时洛伦兹力提供向心力，推导周期公式| |交变场运动|2题|周期性场中多过程运动分析|场强周期性变化下运动状态的分段分析，结合动量定理与轨迹拼接| |应用实例|2题|实际情境模型应用（霍尔效应/离子推进器）|从理论规律到工程应用的迁移，建立电场力与洛伦兹力平衡方程| |综合计算|1题|多场多过程综合计算|平抛-圆周-匀变速运动的过程衔接，综合运用运动合成与动能定理|

课时测评55　带电粒子在叠加场、交变场中的运动 (时间：30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1－6，每题5分，共30分) 题组1　带电粒子在叠加场中的运动 1．如图所示，场强为E的匀强电场竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直电场向外，一带电小球获得垂直磁场水平向左的初速度，正好做匀速圆周运动。重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　) A．小球带负电 B．小球做匀速圆周运动的周期为 C．若撤去电场，小球可能做平抛运动 D．若将电场的方向改为竖直向下，小球一定做曲线运动 答案：B 解析：小球要做匀速圆周运动，静电力与重力要等大反向，静电力向上，小球必须带正电，故A错误；小球要做匀速圆周运动，则mg＝qE，周期T＝，联立可得T＝，故B正确；若撤去电场，小球受到重力和洛伦兹力的作用，不可能做平抛运动，故C错误；若把电场的方向改成竖直向下，小球所受重力与静电力均向下，由运动方向可知洛伦兹力向上，如果合力为零，则小球做匀速直线运动，故D错误。 2.如图所示，在某空间同时存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下。一带电体a带负电，电荷量为q1，恰能静止于此空间的c点，另一带电体b也带负电，电荷量为q2，正在过c点的竖直平面内做半径为r的匀速圆周运动，结果a、b在c处碰撞并粘合在一起，关于a、b粘合一起后的运动性质，下列说法正确的是(　　) A.向左做匀速直线运动 B.顺时针继续做匀速圆周运动，半径为r'＝r C.顺时针继续做匀速圆周运动，半径为r'＝r D.因为有重力和静电力这样的恒力存在，故以上说法都不对 答案：B 解析：设a、b的质量分别为m1和m2，b的速度为v0，因为带电体a处于静止状态，则有q1E＝m1g，带电体b在竖直平面内做匀速圆周运动，则重力和静电力平衡，洛伦兹力提供向心力，有q2E＝m2g，q2v0B＝m2，a和b碰撞粘合在一起时，满足动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v共，a和b粘合在一起，总电荷量为q总＝q1＋q2，总质量为m总＝m1＋m2，仍满足静电力与重力平衡，即(q1＋q2)E＝(m1＋m2)g，洛伦兹力仍提供向心力，粘合体继续做顺时针方向的匀速圆周运动，设轨迹半径为r'，则有(q1＋q2)v共B＝(m1＋m2)，联立以上各式可得r'＝r。故选B。 题组2　带电粒子在交变场中的运动 3.(2026·重庆万州区模拟)在未来太空粒子研究站“激光号”中，科学家利用环形装置研究高能粒子特性，其内部结构可简化为如图甲所示的模型，在xOy平面内存在一个半径为R的圆形匀强磁场区域，t＝0时磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度随时间变化如图乙所示，在x＜－R范围内存在竖直向下的匀强电场，在x＞R范围内存在竖直向上的匀强电场，两处电场强度大小E相同。已知A点坐标为(－R，0)，一质量为m、电荷量为＋q的粒子在A点以初速度v进入圆形磁场，经过T时间达到(R，0)位置，然后进入右侧的匀强电场中，再经过T时间后从(R，0)位置进入磁场中，不计粒子重力，则(　　) A.＝ B.＝ C.粒子运动一个周期，运动的轨迹长度为vT＋πR D.粒子运动一个周期，运动的轨迹长度为vT＋2πR 答案：D 解析：根据题意分析可知，粒子垂直x轴射入匀强磁场，粒子经过T时间到达(R，0)位置，粒子再经T时间后从电场回到(R，0)位置，可知粒子回到(R，0)时速度方向沿y轴方向，由此可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝，由qvB0＝m，解得B0＝，粒子进入匀强电场中先匀减速运动，后匀加速运动，运动过程中加速度不变，故由动量定理可知－qET＝－mv－mv，解得E＝，则＝，A、B错误；粒子运动一个周期需要在磁场中完成4个半圆，在电场中完成两个匀减速和两个匀加速运动，在电场中做匀变速运动的过程中，由动能定理可得－qEx1＝0－mv2，解得x1＝，半个圆周运动的路程s＝πr＝，故一个周期运动的轨迹长度Δx＝4x1＋4s＝vT＋2πR，C错误，D正确。 题组3　带电粒子在叠加场中运动的应用实例 4.(2026·贵州黔东南模拟)离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，其利用强电场的作用将离子加速喷出，通过反作用力推动飞行器进行姿态调整或者轨道转移等任务。如图所示，右侧是间距为d的两金属板M、N，M、N间存在大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，左侧是间距为l的两金属板P、Q，其中P板带有小孔，M、P和N、Q之间用导线相连。现有大量的等离子体从右侧以速度v0垂直于磁场方向进入金属板M、N间，其中等离子体电荷量的绝对值相等。稳定后，从Q板附近的粒子源S发射出初速度为零的大量同种带电粒子，粒子最终从P板的小孔喷出。下列说法正确的是(　　) A.M板的电势比N板的电势高 B.从粒子源S发射出的粒子带负电 C.增大l，可使粒子从P板小孔喷出的速度变大 D.B、d、v0都加倍，可使粒子从P板小孔喷出的速度变为原来的2倍 答案：D 解析：等离子体进入金属板M、N后，受洛伦兹力偏转，根据左手定则知带正电的等离子体向下偏转，使N板带正电，带负电的等离子体向上偏转，使M板带负电，所以N板的电势比M板的电势高，故A错误；M、P和N、Q之间用导线相连，则Q板带正电，P板带负电，要使从粒子源S发射出的粒子被加速，粒子应带正电，故B错误；等离子体进入金属板M、N稳定后，有q＝qv0B，得U＝v0Bd，对粒子源S发射出的粒子由动能定理有q'U＝mv2，得v＝，粒子从P板小孔喷出的速度大小与l无关，故C错误；由v＝知，B、d、v0都加倍，粒子从P板小孔喷出的速度变为原来的2倍，故D正确。 5.(2024·江西卷·T7)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图(a)所示，在长为a、宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10－3 A时，测得U -B关系图线如图(b)所示，元电荷e＝1.60×10－19 C，则此样品每平方米载流子数最接近(　　) A.1.7×1019 B.1.7×1015 C.2.3×1020 D.2.3×1016 答案：D 解析：设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝＝nevb，当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有evB＝e，联立解得U＝B，结合题图(b)可得k＝＝ V/T，解得n≈2.3×1016。故选D。 6.(多选)(2026·西南大学附中模拟)如图甲所示的平行金属极板M、N之间存在交替出现的匀强磁场和匀强电场，取垂直纸面向外为磁场正方向，磁感应强度B随时间t周期性变化的规律如图乙所示，取垂直极板向上为电场正方向，电场强度E随时间t周期性变化的规律如图丙所示。t＝0.5t0时，一不计重力、带正电的粒子从极板左端以速度v沿板间中线平行极板射入板间，最终平行于极板中线射出，已知粒子在t＝1.5t0时速度为零，且整个运动过程中始终未与两极板接触，则下列说法正确的是(　　) A.粒子可能在t＝2.5t0时刻射出极板 B.极板间距不小于＋ C.极板长度为(n＝1，2，3，…) D.＝ 答案：ABD 解析：根据题意可知，在0.5t0～t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，且转了圆周；在t0～1.5t0内，粒子在电场中向下做匀减速直线运动，且速度减到零；在1.5t0～2t0内，粒子在电场中向上做匀加速直线运动，且速度加到v；在2t0～2.5t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，转了圆周，粒子回到极板中线，速度平行于极板中线，接下 来粒子周期性地重复以上运动，粒子在一个运动周期内的轨迹如图所示。 粒子一个运动周期为T＝2.5t0－0.5t0＝2t0，故粒子射出极板的时刻可能为t＝0.5t0＋nT＝(0.5＋2n)t0(n＝1，2，3，…)，当n＝1时t＝2.5t0，故A正确；粒子在磁场中，设粒子的轨迹半径为r，则有T磁＝＝2t0，解得r＝，粒子在电场中向下减速的位移为y＝·0.5t0＝，故极板间距应满足d≥2(r＋y)＝＋，故B正确；极板长度为L＝n·2r＝(n＝1，2，3，…)，故C错误；粒子在磁场中，有T磁＝＝2t0，解得B0＝，粒子在电场中，有v＝a·0.5t0＝·0.5t0，解得E0＝，可得＝，故D正确。 7．(20分)如图甲所示，空间存在方向竖直向上周期性变化的匀强电场，场强大小随时间变化如图乙所示，空间还存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化如图丙所示。一个质量为0.1 kg、电荷量为＋0.2 C的带电小球，在t＝0时刻从P点在纸面内以水平向右、大小为10 m/s的速度抛出。小球在空中运动的时间大于2 s，最终落地时速度垂直于地面。重力加速度g取10 m/s2，小球可视为质点，求： (1)t＝1 s时，小球的速度大小； (2)第2 s内小球受到的合力大小； (3)小球第一次速度水平向左时与P点的竖直距离； (4)P点离地面的最小高度大小。 答案：(1)10 m/s　(2)2π N (3) m　(4) m 解析：(1)小球在前1 s内只在重力作用下做平抛运动，设t＝1 s时，小球的速度为v1，此时小球竖直方向分速度v1y＝gt1＝10 m/s 因此v1＝ m/s。 (2)在第2 s内，由于qE＝5×0.2 N＝1 N，mg＝0.1×10 N＝1 N 则重力与电场力的合力为0，此时合力F合＝qv1B＝2π N。 (3)小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由T＝和qvB＝m得运动周期T＝＝1 s 即在第2 s内，小球刚好在磁场中做完整的圆周运动，根据牛顿第二定律得qv1B＝m 解得R1＝ m 小球在第1 s内下落的高度h1＝＝5 m 由(1)知小球开始做圆周运动时，速度与水平方向夹角为45°，当小球做圆周运动速度水平向左时，小球与P点的竖直距离h＝h1＋R1＋ m。 (4)小球第二次在磁场中运动且落地时速度垂直于地面，这时P点离地面的高度最小。 在前3 s内，小球下落的高度h2＝＝20 m 设第3 s末，小球的速度为v2，根据动能定理得mgh2＝ 解得v2＝10 m/s 设此时速度与竖直方向的夹角为θ，则 sin θ＝ 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R2，根据牛顿第二定律得qv2B＝m 解得R2＝ m 根据几何关系可知P点离地面的最小高度 H＝h2＋R2sin θ＝ m。 学科网（北京）股份有限公司 $