专题二十 带电粒子在组合场中的运动 跟踪训练-2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦带电粒子在组合场中的运动，通过分层训练构建“模型建构-几何分析-规律应用”的解题体系，强化运动与相互作用观念及科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |磁场与磁场组合|3题|轨迹半径公式、周期公式、几何关系（圆心角/弦长）|从单磁场到双磁场（方向/大小变化），构建圆周运动分段模型| |电场与磁场组合|3题|动能定理求速度、洛伦兹力提供向心力、类平抛运动分解|电场加速/偏转与磁场圆周运动组合，形成“场-力-运动”逻辑链| |综合提升练|4题|多过程运动分析、轨迹图绘制、临界条件判断|整合电场（类平抛）、磁场（圆周）多过程，培养科学论证能力| |培优加强练|1题|能量守恒、周期性运动、半径与速度关系|深化复杂组合场（含电场、磁场、插入体）模型，提升质疑创新能力|

专题二十　带电粒子在组合场中的运动 跟踪训练 基础对点练 1． 选择题： 对点1　磁场与磁场组合 1.如图在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。若粒子重力不计，则粒子在磁场中运动的时间为(　　) A. B. C. D. 2.如图所示，竖直放置的PQ板左侧为垂直纸面向里的匀强磁场，右侧为垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B＝0.332 T，一质量m＝6.64×10－27 kg，带电荷量q＝3.2×10－19 C的粒子(不计重力)从小孔1位置以垂直板方向，大小为v＝3.2×106 m/s的速度开始运动，依次通过小孔2、3、4，已知相邻两孔间的距离相等。则(　　) A．粒子带负电 B．相邻两孔间的距离为0.2 m C．带电粒子从小孔1运动到小孔4所需时间约为5.89×10－7 s D．带电粒子在PQ板右侧匀强磁场中运动的时间约为1.95×10－7 s 3.(多选)如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小均为B的匀强磁场，其中第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向外，第三象限内的磁场方向垂直纸面向里，P(－L，0)、Q(0，－L)为坐标轴上的两个点。现有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子(不计重力)，以与x轴正向成45°的速度v从P点射入磁场，恰好经原点O并能到达Q点，则下列对粒子从P运动到Q的过程描述正确的是(　　) A.粒子运动的总路程一定为 B.粒子运动的最短时间为 C.粒子从P点运动至Q点动量变化量大小为2mv D.粒子从P点到O点的时间与从O点到Q点的时间之比可能为1∶3 对点2　电场与磁场组合 4.如图所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场，已知左侧匀强电场的电场强度大小为E、方向水平向右，宽度为L;中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外;右侧匀强磁场的磁感应强度大小也为B、方向垂直纸面向里。一个带正电的粒子(质量为m、电荷量为q、不计重力)从电场左边缘O点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到了O点，然后重复上述运动过程，则中间磁场区域的宽度d和带电粒子从O点开始运动到第一次回到O点时所用的时间t分别是(　　) A.、2 B.、2 C.、2 D.、2 5.(多选)如图所示，在x轴上方第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下方存在沿y轴正方向的匀强电场。a、b两个重力不计的带电粒子分别从电场中的同一点P由静止释放后，经电场加速从M点射入磁场并在磁场中发生偏转。最后从y轴离开磁场时，速度大小分别为v1和v2，v1的方向与y轴垂直，v2的方向与y轴正方向成60°角。a、b两粒子在磁场中运动的时间分别记为t1和t2，则以下比值正确的是(　　) A．v1∶v2＝2∶1 B．v1∶v2＝1∶2 C．t1∶t2＝3∶2 D．t1∶t2＝3∶8 6.(多选)如图所示，P、Q两个平行金属板之间的电压为U，虚线AC上方有垂直纸面向外的匀强磁场，AC下方存在电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于AC，且垂直于磁场方向。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子重力)从靠近P板的S点由静止开始做加速运动，从小孔M沿垂直于磁场的方向进入匀强磁场中，速度方向与边界线的夹角θ＝60°，粒子恰好从小孔D垂直于AC射入匀强电场，最后打在N点，已知AD＝L，AN＝2L，则下列说法正确的是(　　) A.粒子从小孔M进入磁场时的速度大小为2 B.粒子在磁场中做圆周运动的半径为L C.匀强磁场的磁感应强度大小为 D.匀强电场的电场强度大小为 综合提升练 计算题： 7.图所示，平面直角坐标系xOy中存在一与x轴相切的圆形匀强磁场区域，圆心坐标为(0，0.2)，匀强磁场的磁感应强度大小B＝ T、方向垂直于纸面向外。y＜0区域，存在电场强度大小E＝4×103 N/C、方向沿y轴正方向的匀强电场。第四象限内的P点有一质量m＝2×10－9 kg、带电量q＝5×10－5 C的带正电粒子，以大小v0＝5×103 m/s的初速度沿x轴负方向射入匀强电场，从坐标原点O以与x轴负方向成θ＝45°角进入匀强磁场。粒子所受重力不计，求： (1)P点的坐标； (2)粒子在匀强磁场中做圆周运动的时间。 8.如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的P点以速度v沿与x轴正方向成60°的方向射入第一象限内的垂直于纸面向外的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。第二象限分布着水平向左的匀强电场，电场强度为E。已知OP＝a，电场和磁场范围均足够大，重力忽略不计。求： (1)带电粒子电性以及第一次穿出第一象限的坐标； (2)匀强磁场的磁感应强度B的大小； (3)带电粒子从P点入射到第三次穿过y轴的时间。 9.如图所示，虚线ab上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场Ⅰ，下方存在方向相同、磁感应强度大小为λB的匀强磁场Ⅱ，虚线ab为两磁场的分界线。M、O、N位于分界线上，点O为MN的中点。一电子从O点射入磁场Ⅰ，速度方向与分界线ab的夹角为30°，电子离开O点后依次经N、M两点回到O点。已知电子的质量为m，电荷量为e，重力不计，求: (1)λ的值; (2)电子从射入磁场到第一次回到O点所用的时间。 10.如图所示，在xOy平面内虚线OM与x轴负方向的夹角为45°，虚线OM右侧区域Ⅰ内存在垂直xOy平面向里的匀强磁场，虚线OM左侧区域Ⅱ内存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从原点O沿x轴正方向以速度v0射入磁场，此后当粒子第一次穿过边界线OM后恰好能到达x轴上的P点。原点O与P点间的距离为d，不计粒子受到的重力，求: (1)匀强磁场的磁感应强度大小B; (2)匀强电场的电场强度大小E; (3)粒子从O点射出至第三次穿过边界线OM所用的时间t总。 培优加强练 11.如图所示，两个半圆环区域abcd、a'b'c'd'中有垂直纸面向里的匀强磁场，区域内、外边界的半径分别为R1、R2。ab与a'b'间有一个匀强电场，电势差为U，cd与c'd'间有一个插入体，电子每次经过插入体速度减小为原来的k倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子，从cd面射入插入体，经过磁场、电场后再次到达cd面，速度增加，多次循环运动后，电子的速度大小达到一个稳定值，忽略相对论效应，不计电子经过插入体和电场的时间。求: (1)电子进入插入体前后在磁场中运动的半径r1、r2之比; (2)电子多次循环后到达cd的稳定速度v; (3)若电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界d，求电子从P到d的时间t。 参考答案： 1.[答案]　D[解析]　粒子在磁场中的第二象限和第一象限的运动轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得R1＝，R2＝，根据几何关系可得cos θ＝，解得θ＝60°，粒子在第二象限、第一象限做圆周运动的周期分别为T1＝，T2＝，则带电粒子在第二象限、第一象限中运动的时间分别为t1＝，t2＝T2，则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝，故D正确。 2.[答案]　C[解析]　由左手定则可判断出粒子带正电，故A错误；画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，可得R＝＝0.2 m，则d＝2R＝0.4 m，故B错误；圆周运动周期为T＝≈3.93×10－7 s，带电粒子从小孔1运动到小孔4所需时间等于1.5T，即约为5.89×10－7 s，故C正确；如图所示，带电粒子在PQ板右侧匀强磁场中运动的时间等于T，约为3.93×10－7 s，故D错误。 3.[答案]　BD[解析]　若粒子从P点出发恰好经原点O到达Q点，运动轨迹可能如图甲、乙所示，图甲中粒子运动的总路程为s1＝πr1＝πL，图乙中粒子运动的总路程为s2＝2×2πr2＝2×2π×L＝πL，故A错误;粒子运动的周期为T＝，根据粒子的运动轨迹图可知，图甲中粒子运动的时间最短，tmin＝·，故B正确;根据粒子的运动轨迹图可知，图甲中粒子从P到Q的动量变化量大小为2mv，图乙中粒子从P到Q的动量变化量大小是0，C错误;由于粒子在磁场中运动的周期相同，由t＝T知粒子运动的时间之比等于圆心角之比，根据粒子的运动轨迹图可知，图甲中粒子从P到O的时间与从O到Q的时间之比为1∶1，图乙中粒子从P到O的时间为t1＝2×T＝T，粒子从O到Q的时间为t2＝2×T＝T，可得t1∶t2＝1∶3，故D正确。 4.[答案]　B [解析]　带电粒子在电场中加速过程，根据动能定理得qEL＝mv2，得v＝，粒子在两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qvB＝m，得r＝。画出粒子的运动轨迹，如图所示，三段圆弧的圆心构成的三角形是等边三角形，边长为2r，故中间磁场的宽度为d＝rsin 60°＝，粒子在电场中做匀变速直线运动，加速阶段由运动学公式L＝a，根据牛顿第二定律得a＝，解得t1＝，在中间磁场中所用时间t2＝2×，在右侧磁场中的运动时间t3＝，总时间为 t＝2t1＋t2＋t3＝2，故B正确。 5.[答案]　AD[解析]　粒子在电场中加速，设加速的位移为x，则根据动能定理有qEx＝mv2，解得v＝，粒子在磁场中运动时，其轨迹如图所示。a粒子运动轨迹的圆心为O，b粒子运动轨迹的圆心为O′，根据几何知识可知，r2·sin 30°＋r1＝r2，则r1∶r2＝1∶2，根据洛伦兹力提供向心力，有r＝，联立可得∶＝1∶4，v1∶v2＝2∶1，故A正确，B错误；粒子在磁场中运动的周期T＝＝，粒子在磁场中运动的时间t＝T，则两粒子的运动时间之比t1∶t2＝3∶8，故C错误，D正确。 6.[答案]　BC[解析]　粒子在电场中加速，由动能定理得qU＝mv2，可得带电粒子从小孔M沿垂直于磁场方向进入磁场的速度大小v＝，故A错误;画出粒子运动的轨迹如图所示(O为粒子在磁场中做圆周运动的圆心)，∠MOD＝120°，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则r＋rcos 60°＝AD＝L得r＝L，故B正确;粒子在磁场中做圆周运动时由洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，磁感应强度大小B＝，故C正确;粒子在电场中做类平抛运动，加速度a＝，垂直于电场方向有2L＝vt，沿电场方向有L＝at2，电场强度大小E＝，故D错误。 7.答案：(1)(0.25，－0.125)　(2)×10－5 s 解析：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由几何关系有 vy＝v0tan θ＝5×103 m/s 根据牛顿第二定律有a＝＝1×108 m/s2 则粒子在匀强电场中运动的时间t＝＝5×10－5 s 水平方向有x＝v0t＝0.25 m 竖直方向有y＝at2＝0.125 m 故P点的坐标为(0.25，－0.125)。 (2)粒子进入匀强磁场的速度大小v＝＝5×103 m/s 由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m 解得R＝0.2 m 粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期T＝＝×10－4 s 粒子的运动轨迹如图所示， 由几何关系可知，粒子在匀强磁场中转过的圆心角α＝135°，故粒子在匀强磁场中的运动时间t′＝T＝×10－5 s。 8.答案：(1)负电　(0，3a)　(2)　(3)＋ 解析：(1)粒子从P点以速度v沿与x轴正方向成60°的方向射入，垂直y轴从A点射出，根据题意可知，运动轨迹如图所示，根据左手定则可知粒子带负电。由几何关系可知 R＝＝2a，OA＝R＋R sin 30°＝3a 因此A点坐标为(0，3a)。 (2)由洛伦兹力公式以及牛顿第二定律可知qvB＝m 解得B＝＝。 (3)进入电场后，由于粒子带负电，电场力F向右，因此粒子减速到零，又加速返回，以原速度大小第二次穿过A点， 根据左手定则可知，向上偏转180°第三次经过y轴， 在电场中Eq＝ma 由运动学公式以及对称性可知t2＝＝ 在磁场中，由T＝ 以及t＝T，θ1＝120°，θ2＝180° 可知t1＝T＝，t3＝T＝ 带电粒子从P点入射到第三次穿过y轴的时间 t总＝t1＋t2＋t3＝＋。 9.答案　(1)　(2) 解析：(1)电子在磁场中的运动轨迹如图所示。 设电子在匀强磁场Ⅰ、Ⅱ中做匀速圆周运动的半径分别为r1、r2， 电子在磁场中做匀速圆周运动有evB＝ ① evλB＝ ② 由于最终能回到O点，由几何关系，可得r2＝2r1 ③ 联立①②③，解得λ＝ 。 (2)电子在磁场Ⅰ中的运动周期T1＝ 电子在磁场Ⅱ中的运动周期T2＝ 设电子经过三段轨迹的时间分别为t1、t2、t3，由几何关系可得 O到N的圆心角为60°，则t1＝T1 N到M的圆心角为300°，则t2＝T2 M到O的圆心角为60°，则t3＝T1 电子从射入磁场到第一次回到O点所用的时间为t＝t1＋t2＋t3 联立以上式子，解得t＝。 10.答案　(1)　(2)　(3) 解析：由题意，可画出粒子在磁场和电场中的运动轨迹如图所示。 (1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，有 qv0B＝m，r＝d 解得B＝。 (2)粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得 －qEd＝0－m 则E＝。 (3)粒子在磁场中运动的周期为T＝ 粒子第一次在磁场中运动的时间为t1＝T＝ 在电场中的加速度为a＝ 粒子第一次在电场中来回的时间为t2＝2× 粒子第二次在磁场中运动的时间为t3＝T＝ 粒子从O点射出至第三次穿过边界线OM的时间t＝t1＋t2＋t3＝(π＋2)。 11.答案　(1)　(2) (3) 解析：(1)设电子进入插入体前的速度大小为v0，电子经过插入体前后由洛伦兹力提供向心力有ev0B＝m，e·kv0B＝m 联立解得。 (2)电子多次循环稳定后对电子从c'd'出发经电场到ab的过程， 由动能定理有eU＝mv2－m(kv)2 解得v＝。 (3)结合(2)问分析，当电子到达cd中点P时速度稳定后， 其在abcd区域运动有evB＝m 解得r＝ 结合(1)问分析可知，电子在a'b'c'd'区域运动的半径为r'＝ 所以电子相邻两次经过cd边的位置间的距离为l＝2(r－r') 由几何关系可知＝nl 又电子在磁场中运动的周期为T＝ 联立解得电子从P运动到d的时间为t＝nT＝。 学科网（北京）股份有限公司 $