专题二十一 带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动 跟踪训练-2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 专题聚焦带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动，以分层训练构建从基础辨析到创新应用的知识逻辑链，强化运动和相互作用观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础对点练|7题（4单2多1选择）|场力平衡、轨迹分析|叠加场中重力-电场力-洛伦兹力平衡→圆周运动条件推导| |综合提升练|3题（计算题）|多场区域运动|交变电磁场周期性→运动时间与轨迹半径关联计算| |培优加强练|1题（计算题）|实际情境应用|霍尔推进器中离子加速与磁场约束→能量与动量综合应用|

专题二十一 带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动 跟踪训练 基础对点练 1． 选择题： 对点1　带电粒子在叠加场中的运动 1.如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度大小为E、方向竖直向下;该磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则(　　) A.液滴带正电 B.液滴比荷 C.液滴沿顺时针方向运动 D.液滴运动速度大小v＝ 2.如图所示，在以坐标原点O为圆心的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场(图中未画出)和匀强磁场，电场方向沿x轴正方向，磁场方向垂直于xOy平面向里。一质量为m、带电荷量为q的带电粒子从O点沿y轴正方向以一定速度射入，带电粒子沿直线运动，经时间t0从P点射出。若仅撤去磁场，带电粒子经射出半圆形区域，不计粒子受到的重力，匀强磁场的磁感应强度大小为(　　) A. B. C. D. 3.(多选)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有(　　) A.电子从N到P，静电力做正功 B.N点的电势高于P点的电势 C.电子从M到N，洛伦兹力不做功 D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力 4.(多选)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，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示;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。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则(　　) A.油滴a带负电，所带电量的大小为 B.油滴a做圆周运动的速度大小为 C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为 D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 对点2　带电粒子在交变电磁场中的运动 5．如图甲所示，竖直面内矩形区域ABCD内存在磁感应强度按如图乙所示的规律变化的磁场(规定垂直纸面向外为正方向)，区域边长＝，一带正电的粒子从A点沿AB方向以速度v0射入磁场，在T1时刻恰好能从C点平行DC方向射出磁场。现在把磁场换成按如图丙所示规律变化的电场(规定竖直向下为正方向)，相同的粒子仍以速度v0从A点沿AB方向射入电场，在T2时刻恰好能从C点平行DC方向射出电场。不计粒子的重力，则磁场的变化周期T1和电场的变化周期T2之比为(　　) A．1∶1 B．2π∶3 C．2π∶9 D．π∶9 6.如图甲所示，在xOy坐标系的一、四象限存在匀强磁场，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示，t＝0时刻，一个比荷＝1.0×104 C/kg的正电荷从(0，)处以v0＝1.0×104 m/s的速度沿y轴负方向射入磁场，则正电荷从射入磁场至第一次经过x轴所需的时间为(　　) A.8π×10－5 s B.π×10－5 s C.1.2π×10－4 s D.×10－4 s 7.(多选)如图甲所示,M、N为竖直放置且彼此平行的两块不带电平板,板间距离为d,两板中央各有一个小孔O、O′正对,在两板间有垂直于纸面方向的磁场,磁感应强度随时间的变化如图乙所示,取垂直于纸面向里的磁场方向为正方向。有一正离子(受到的重力不计)在t=0时刻垂直于M板从小孔O射入磁场,且正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0,不考虑由于磁场变化而产生的感生电场的影响。要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场,正离子射入磁场时的速度大小v0的可能值为(　　) A B C D 综合提升练 计算题： 8.如图所示，在xOy坐标系的第一象限内，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，其中电场在0≤x≤2L的范围内，磁场在x≥L的范围内。一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子(重力不计)从y轴上P点以初速度v0进入第一象限，速度方向与y轴负方向成α＝30°角，P点纵坐标为L。粒子经过电场后，刚好沿直线MN穿过电场、磁场叠加场区，最终从x轴上A点离开磁场，已知MN与x轴平行。求: (1)电场强度的大小E及M点的纵坐标yM; (2)粒子经过A点时的速度方向及A点的横坐标xA; (3)粒子从P点到A点所用的时间t。 9.如图，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.如图甲所示，xOy平面内存在着变化电场和变化磁场，变化规律如图乙所示，磁感应强度的正方向为垂直纸面向里，电场强度的正方向为y轴正方向。t＝0时刻，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从坐标原点O以初速度v0沿x轴正方向入射(不计粒子重力)。B－t图像中B0＝，E－t图像中E0＝。求: (1)时刻粒子的坐标; (2)0~4t0时间段内粒子速度沿x轴负方向的时刻; (3)0~7t0时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值。 培优加强练 11.我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。如图为某种霍尔推进器的放电室(两个半径接近的同轴圆筒间的区域)的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和B1;还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动(如截面图所示)，可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为＋e，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。已知电子的质量为m、电荷量为－e;对于氙离子，仅考虑匀强电场的作用。 (1)求氙离子在放电室内运动的加速度大小a; (2)求径向磁场的磁感应强度大小B2; (3)设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。 参考答案： 1.答案　C解析　液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的叠加场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得，选项B错误;静电力方向竖直向上，液滴带负电，选项A错误;由左手定则可判断液滴沿顺时针方向运动，选项C正确;对液滴有qE＝mg，qvB＝m，联立得v＝，选项D错误。 2.答案　D解析　设粒子带正电，半圆形区域的半径为R，粒子射入时的速度大小为v，粒子能从P点射出，说明其受到的静电力和洛伦兹力相互平衡，则有qE＝qvB，R＝vt0。撤去磁场后，粒子沿y轴方向做匀速运动，经射出半圆形区域，则y方向位移为，沿x轴方向做匀加速直线运动，由几何关系可知从处离开半圆形区域，有，联立解得B＝，故D正确。 3.答案　BC解析　由题可知电子所受静电力水平向左，电子从N到P的过程中静电力做负功，故A错误;根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N点的电势高于P点的电势，故B正确;洛伦兹力总是和速度方向垂直，电子从M到N，洛伦兹力不做功，故C正确;M点和P点在同一等势面上，从M点到P点静电力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受静电力作用，在匀强电场中电子在这两点所受静电力相等，即所受合力相等，故D错误。 4.答案　ABD解析　油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有mg＝qE，解得q＝，故A正确;根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，得R＝，解得油滴a做圆周运动的速度大小为v＝，故B正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得3R＝，解得v1＝，周期为T＝，故C错误;带电油滴a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分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv＝v1＋v2，解得v2＝－，由于分离后的小油滴受到的电场力和重力仍然平衡，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。 5.答案　C解析　设粒子的质量为m，带电荷量为q，粒子的偏转半径为r，经粒子转过的圆心角为α，则由几何关系有2r sin α＝＝，联立解得α＝60°，所以有＝T，T＝，解得T1＝＝v0T2，解得T2＝，所以＝，故C正确，A、B、D错误。 6.答案　C解析　由洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m，解得r＝0.4 m，圆周运动的周期为T＝＝8π×10－5 s，则粒子每次圆周运动持续三分之一周期，对应的圆心角为120°;位移大小2rsin 60°＝ m，位移方向与y轴负方向成60°角，沿y轴负方向的位移为 m，则正电荷射入磁场后到x轴的轨迹如图;正电荷第一次运动到x轴应为A点，运动时间为t＝T＝1.2π×10－4 s，故C正确。 7.答案　BD 解析 要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场,最简单的运动轨迹如图所示,若运动轨迹为n个以上轨迹的重复,则d=4nR(n=1,2,3,…),联立上式可得,正离子的速度v0==·=(n=1,2,3,…),故选B、D。 8.答案　(1)　L　(2)与x轴负方向夹角为60°斜向左下　2.5L　(3) 解析　(1)由题意知，带电粒子从P到M过程中只受静电力作用，做匀变速曲线运动，且粒子到M点时速度沿MN方向，将v0分解成沿x轴正方向的分速度v1和沿y轴负方向的分速度v2，则qE＝ma，v2＝at，Δx＝L＝v1t＝t，Δy＝t＝v0t 解得E＝，Δy＝L 故yM＝L－L＝L。 (2)粒子经过叠加场区时以v1沿MN做匀速直线运动，则qE＝qv1B 粒子离开N点后在磁场中做匀速圆周运动，则qv1B＝m 解得r＝L 由几何关系得cos θ＝，θ＝60° xA＝2L＋rsin 60°＝2.5L 即粒子经过A点时的速度方向与x轴负方向的夹角为60°，A点的横坐标为2.5L。 (3)粒子从P经M到N的过程中，沿x轴方向做匀速直线运动，则t1＝ 粒子从N到A做匀速圆周运动，对应圆心角为120°，则t2＝T＝· 粒子从P点到A点所用的时间为t＝t1＋t2＝。 9.答案　(1)　(2)　(3)60° 解析　(1)粒子在cdef区域做匀速直线运动，由平衡条件有qv0B＝qE 解得粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小v0＝。 (2)由粒子的运动轨迹知，粒子带正电，粒子在cdef区域做匀速直线运动，粒子受力平衡，静电力方向竖直向下，洛伦兹力方向竖直向上，粒子速度水平向右，在abcd区域的逆运动为类平抛运动，则 水平方向有L＝v0t 竖直方向有·t2 结合(1)问联立解得粒子的电荷量与质量之比。 (3)粒子在圆形区域中，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m 解得粒子在圆形区域中做圆周运动的轨迹半径r＝L 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θ，作出粒子在圆形区域的运动轨迹如图所示 由几何关系有tan 解得θ＝60°。 10.答案　(1)　(2)t0和t0 (3)v0t0 解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 有qv0B0＝m 又周期T＝，B0＝ 解得T＝t0，r1＝ 所以时刻粒子坐标为。 (2)在2t0时刻，vy＝at0＝t0＝·＝v0，v＝v0，可知在2t0时刻粒子的速度方向3与＋x方向的夹角为45°，此后，根据左手定则可知粒子沿逆时针方向做圆周运动，当粒子的速度方向偏转135°时速度沿－x方向。 粒子在0~4t0时间内 的运动轨迹如图所示 0~4t0时间内粒子速度沿x轴负方向的时刻为t1＝t0和 t2＝2t0＋t0＝t0。 (3)根据运动的对称性和匀变速运动的规律可得t0~2t0、3t0~4t0、5t0~6t0时间内粒子沿y轴方向的位移均为y0＝v0t0 6t0时刻与2t0时刻粒子的速度相同 6t0~7t0时间内粒子沿y轴方向的最大位移 y磁＝(1＋cos 45°)r2 洛伦兹力提供粒子在磁场中运动的向心力，有 qvB0＝m，解得r2＝v0t0 综上所述可得ym＝3y0＋y磁＝v0t0。 11.答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)对于氙离子，仅考虑电场的作用，则氙离子在放电室内只受静电力作用，由牛顿第二定律有eE＝Ma 解得a＝。 (2)电子由阴极发射运动到阳极过程，由动能定理有eEd＝mv2 处于阳极附近的电子在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动，则轴线方向上所受静电力与在径向磁场作用下受到的洛伦兹力平衡，即eE＝evB2 解得径向磁场的磁感应强度大小为B2＝。 (3)单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，则单位时间内被电离的氙原子数为N＝ 氙离子经电场加速，有eEd＝Mv'2 设Δt时间内氙离子所受到的作用力大小为F'，则由动量定理有F'·Δt＝NΔt·Mv' 解得F'＝ 由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小为 F＝F'，则F＝。 学科网（北京）股份有限公司 $