专题二十 带电粒子在组合场中的运动 专项训练-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦带电粒子在组合场中的运动，以洛伦兹力与电场力为核心，通过轨迹分析与几何关系建构解题模型，系统训练科学推理与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择题|3题|洛伦兹力提供向心力、轨迹圆心角计算、多磁场区域半径比与时间比|从磁场力到圆周运动模型，结合几何关系推导半径与周期公式| |计算题|7题|类平抛运动分解、动能定理应用、临界轨迹分析、多过程运动时间叠加|电场加速/偏转与磁场圆周运动组合，通过运动分解与能量转化串联知识链|

专题二十　带电粒子在组合场中的运动 专项训练 1． 选择题： 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,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先后从电场中的同一点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轴正方向夹角成60°。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=2∶3 3.如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形;Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与Ⅰ区边界重合;正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。sin 37°=0.6。则带电粒子(　　) A.在Ⅰ区的轨迹圆心在O点 B.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2 C.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37 D.在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148 二．计算题： 4.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。 5.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。 6.如图所示,在坐标系的第一象限内存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场;第二象限内存在竖直向下、电场强度为E的匀强电场,电场的上边界到x轴距离为d,下边界有一较长屏且位于x轴上;一粒子加速装置位于电场上边界上方的处,它将初速度为零、质量为m、电荷量为+q的粒子加速后,以v0水平飞入第一象限。 (1)求粒子加速装置的加速电压U; (2)要使粒子能够进入电场,求v0的范围; (3)保持粒子加速装置位置不动,改变加速电压使粒子到达屏上距离O点最远,求此时粒子的速度v0的值。 7.如图,两个半圆状同心圆弧,分别交于坐标轴上的a、b、c点和d、e、f点。大圆半径为R0,辐向电场(电场方向由原点O向外)分布于两圆弧之间,其间的电势差为U0;圆弧abc内为无电磁场区。半圆弧def外侧区域有垂直纸面向里的足够大匀强磁场,其上边界在y=2R0处,O点处有一粒子源,可以在xOy平面内向x轴上方各个方向均匀射出带正电的粒子(粒子的质量为m、电荷量为q),初速度均为,先后经过电场和磁场区域。不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用,不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界后的运动。 (1)求粒子刚进入磁场区域的速度; (2)某粒子初速度方向与x轴正方向夹角为45°,恰能从磁场上边界垂直射出,则磁感应强度B1为多少; (3)调节不同的磁感应强度,则能从磁场上边界垂直射出的粒子的运动半径不同。其中半径最小时对应的磁感应强度B2为多少。 8.(2026·江苏无锡期中)如图所示，位于竖直平面内的平面直角坐标系xOy的第一象限内有一抛物线，如图中虚线所示，其方程y=0.5x2，虚线上方(包含虚线)存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E=4 N/C;第三象限内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2 T。在抛物线的下方0≤y≤0.5 m的区域有大量质量m=6.0×10-6 kg、电荷量q=+6.0×10-6 C的粒子以相同的初速度v0平行于x轴射入电场，最后均经过O点进入磁场，不计粒子的重力，求: (1)初速度v0的大小; (2)粒子在磁场中运动时间的范围; (3)粒子出磁场的位置坐标。 9.(2026·江苏海安高级中学月考)如图所示，两极板P、Q竖直放置，长度为2L，间距为L。极板下方存在垂直于纸面向外的矩形匀强磁场，磁感应强度大小为B=B0。荧光屏MN水平放置，长度为2L。一粒子源向两极板间持续不断地竖直向下发射速度v0=、质量为m、电荷量为+q的粒子，形成宽度为L，横向均匀分布的粒子流。不计粒子重力及粒子之间的相互作用(sin 37°=0.6)。 (1)两板间电压为0时，求粒子在磁场中做圆周运动的半径R; (2)当两板间存在恒定的匀强电场时，进入磁场的粒子数为射入电场粒子数的，求电场强度E的大小和打在屏上的粒子在磁场中运动的时间t; (3)在第(2)问中，进入磁场的粒子全部打到荧光屏上，求磁感应强度B的取值范围。 10.(2026·江苏南京期末)如图所示，在某空间建立平面直角坐标系xOy，第一象限有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。第四象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一不计重力、质量为m、带电荷量为+q的粒子从M点(d，0.5d)沿x轴正方向飞出，第1次经过x轴时的位置为N点，坐标为(2d，0)。 (1)求粒子的初速度大小; (2)如果粒子第一次经过x轴后不能回到第一象限，求磁感应强度的大小范围; (3)如果粒子第一次经过x轴后能再次经过N点，求磁感应强度大小的取值。 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.A　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,所以v=。粒子在磁场中运动时,其轨迹如图所示,a粒子的圆心为O,b粒子的圆心为O',根据几何知识可知R2·sin 30°+R1=R2,则有R1∶R2=1∶2,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=,联立可得=1∶4,将=1∶4代入v=,可得v1∶v2=2∶1,故A正确,B错误;粒子在磁场中运动的周期为T=,所以两粒子在磁场中运动的时间之比为 t1∶t2=T1∶T2==3∶8,故C、D错误。 3.答案　D解析　粒子的运动轨迹如图所示，由图可知在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点，故A错误;由洛伦兹力提供向心力有qvB=m，可得r=，则粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为==，故B错误;粒子在磁场Ⅱ区每段圆弧对应的圆心角相等，设为α，由几何关系可知cos α==，可得α=37°，故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1=T1=·，粒子在Ⅱ区运动的时间为t2=T2=·，则粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为=，故D正确;粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1=×2πr1=×2πr1， l2=×2πr2=×2πr2，则粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为=，故C错误。 4.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≥。 5.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=m evλB=m 由于最终能回到O点，由几何关系，可得r2=2r1 联立解得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 联立解得t=。 6.答案.(1)　(2)<v0<　(3) 解析 (1)粒子在加速装置中被加速过程由动能定理得: Uq=-0 即U=。 (2)粒子加速后水平飞入第一象限,由左手定则判断粒子轨迹向下,做匀速圆周运动,且穿出磁场时轨迹为半圆,由几何关系知:d<2R<d,粒子能够进入电场 粒子做匀速圆周运动,有F洛=F向,即Bqv0=m 可得:R=,v0= 联立上式可得:<v0<。 (3)加速后的粒子进入磁场后速度方向变化,水平进入电场位置的纵坐标为 y=d-2R=d-2 进入电场区域做类平抛运动,到达屏上的点到O点的距离为x=v0t=v0 其中粒子在电场中的加速度为a= 代入解得:x=v0= 设ρ=,求导,并令其导数为零, 由数学关系可得:v0=时粒子到达屏上距离O点最远。 7.答案.(1)　(2)　(3) 解析 (1)设粒子刚离开电场的速度为v,粒子在电场中有qU0=mv2-, 解得v=。 (2)如图所示,由图可知粒子做圆周运动的半径r1==(2-1)R0,由洛伦兹力提供向心力得B1qv=m,解得B1=。 (3) 粒子运动过程如图所示, 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r2,O'是粒子做圆周运动的圆心,OO'间的距离为d,由几何关系可知,d的大小总满足d2=,当r2最小时,d也最小,由图可知dmin=2R0,代入可求r2=R0,由洛伦兹力提供向心力得B2qv=m,解得B2=。 8.答案　(1)2 m/s　(2) s≤t≤ s　(3)(0，-2 m) 解析　(1)设从坐标为(x，y)处射入的粒子，在电场中做类平抛运动，进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图， 在电场中，水平方向有x=v0t 竖直方向有y=t2 由题知y=0.5x2 联立解得v0=2 m/s。 (2)粒子从O点进入磁场时，水平分速度vx=v0=2 m/s 竖直分速度vy=at=·=2x 速度方向与x轴负方向夹角的正切值tan θ==x 可知，x越大，θ越大，粒子在磁场中运动的时间越短;由y=0.5x2和0≤y≤0.5 m可知0≤x≤1 m 当x=0时θ=0，此时粒子在磁场中运动的时间最长，且最长时间tmax=== s 当x=1 m时θ=45°，此时粒子在磁场中运动的时间最短， 且最短时间tmin=== s 粒子在磁场中运动时间的范围为 s≤t≤ s。 (3)粒子进入磁场时的速度v= 则粒子在磁场中运动的半径r== 则粒子从y轴射出时出射点距离O点的距离d=2rcos θ 其中cos θ= 解得d=2 m 即所有的粒子出磁场的位置坐标都为(0，-2 m)。 9.答案　(1)L　(2)　 (3)B0≤B≤8B0 解析　(1)两板间电压为0时，粒子将匀速穿过两极板间，然后在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B0=m 解得R=L。 (2)当两板间存在恒定的匀强电场时，进入磁场的粒子数为射入电场粒子数的，说明只有射入电场时离Q板距离L范围内的粒子能进入磁场，由此可知能进磁场的粒子在电场中水平方向上的位移均为，粒子在电场中做类平抛运动，有 2L=v0t，L=t，vx=t 解得E=，vx=v0 射入磁场时粒子的速度v==v0 方向与水平方向夹角满足tan θ==，则θ=53°= 分析可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为2θ，由洛伦兹力提供向心力， 可得qvB0=m 解得R'=L 打在屏上的粒子在磁场中运动的时间t==。 (3)由前面分析可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为2θ，设磁场的磁感应强度变化后粒子的轨迹半径为R″，粒子入射磁场的入射点和达到荧光屏上的点之间的距离满足l=2R″sin θ 为确保进入磁场的粒子全部打到荧光屏上，轨迹如图所示 可知应满足≤l≤2L 由此可知≤R″≤L 粒子在磁场中做匀速圆周运动， 由洛伦兹力提供向心力有qvB=m 可得B= 由此可得B0≤B≤8B0。 10.答案　(1)　(2)0<B< (3)B=(n=2、3、4、5) 解析　(1)粒子在电场中做类平抛运动。设粒子在M点的速度为v0，在电场中运动的加速度为a，从M点第一次到达N点经过的时间为t， 由牛顿第二定律有qE=ma 沿y轴负方向做匀加速直线运动，有d=at2 沿x轴正方向做匀速运动，有2d-d=v0t 联立解得v0=。 (2)设粒子第一次到达N点时的速度为v，方向与x轴正方向夹角为θ，到达N点时速度竖直分量vy=at 速度水平分量vx=v0 根据平抛运动位移偏角与速度偏角的关系，有 tan θ=2×=1 又tan θ= 粒子在N点速度v== 当磁感应强度为B1时，粒子在磁场中的轨迹恰与y轴相切，如图甲所示， 设此时轨迹半径为r1，由洛伦兹力提供向心力有qvB1=m 由几何关系有2d=r1(1+sin θ) 解得B1= 则磁感应强度大小的取值范围为0<B<。 (3)设粒子在磁场中的轨迹半径为r2时，粒子第2次经过x轴的位置到O的距离为Δx，如图乙所示 由几何关系有Δx=2d-2r2sin θ 之后粒子还能经过N点，需满足2d=nΔx(n=2、3、4、…) 解得r2=d(n=2、3、4、…) 又因粒子在磁场中轨迹不能到达第三象限，故需满足2d≥r2(1+sin θ) 联立解得n≤3+2 故n可以取2、3、4、5，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m 解得B=(n=2、3、4、5)。 学科网（北京）股份有限公司 $