专题二十一 带电粒子在叠加场和交变电、磁场中的运动 专项训练-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦带电粒子在叠加场及交变电、磁场中的运动，通过典例构建“受力分析-运动判断-规律应用”逻辑链条，强化科学思维与物理观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |叠加场运动|6选择+5计算（如第1、3、7题）|平衡条件应用、洛伦兹力提供向心力、动能定理结合运动学|从力的合成与分解（重力/电场力平衡）到运动形式判断（匀速圆周/直线/曲线），应用牛顿定律、能量观点推导规律| |交变电/磁场运动|2选择+2计算（如第6、10题）|周期性运动分析、轨迹多过程叠加|基于磁场周期性变化，结合圆周运动周期公式，通过几何关系构建轨迹模型，体现模型建构与科学推理|

专题二十一 带电粒子在叠加场和交变电、磁场中的运动 专项训练 1． 选择题： 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做匀速圆周运动,其轨迹半径为R,已知电场的电场强度为E,方向竖直向下;磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　) A.液滴带正电 B.液滴所受合力为零 C.液滴受到重力、静电力、洛伦兹力、向心力的作用 D.液滴运动的速度v= 2.(2026·广东深圳一模)如图所示,整个空间存在一水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场,光滑绝缘斜面固定在水平面上,一带正电滑块从斜面顶端由静止下滑,下滑过程中始终没有离开斜面,下滑过程中滑块的位移x、受到的洛伦兹力F洛、加速度a与机械能E机等物理量的大小随时间变化的图像可能正确的是(　　) 3.(2026湖南常德模拟)空间中存在磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于xOy平面向里,匀强电场的电场强度为E、方向沿y轴向下,将一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点由静止释放,粒子的部分运动轨迹如图中曲线所示。出发后粒子第一次到达x轴的坐标为(a,0),已知该曲线在最低点的曲率半径为该点到x轴距离的2倍,该粒子运动过程中任意位置的坐标可以表示为P(x,y),不计粒子的重力,则(　　) A.该粒子运动过程中任意位置坐标的y值可能取负值 B.该粒子运动过程中任意位置坐标的x值不可能大于a C.粒子在运动过程中第一次运动到离x轴最远处时,距离x轴的距离ym= D.粒子运动过程中的最大速率vm= 4.(2026江西新余模拟预测)如图所示,足够长光滑水平面上方空间中有垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和水平向右、电场强度为E的匀强电场,水平面上有一个质量为m且不带电的绝缘物块N,在物块N左边某处静止释放一个质量为2m且带正电的物块M,电荷量为q,物块M、N都可以看成质点,若M、N恰能相碰(碰撞时间很短),且碰后粘为一体(碰后电荷量不变),重力加速度为g,下列说法正确的是(　　) A.物块M与物块N碰前的速度是 B.物块M释放点到物块N初始位置的距离是 C.物块M与物块N碰后的速度是 D.物块M与物块N碰后又滑动时间后会离开水平地面 5.(多选)如图,竖直面内存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E,一带电粒子在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动,当粒子运动到N点时,撤去磁场,一段时间后粒子经过P点,已知MN与水平面的夹角为45°,NP水平向右。粒子带电荷量为q,速度为v,质量为m,重力加速度为g。则(　　) A.电场强度大小为E= B.磁感应强度大小为B= C.N、P两点的电势差为U= D.粒子从N运动到P的过程中,与NP的距离最大值为 6.(多选)如图甲所示,M、N为竖直放置彼此平行的两块足够长的平板,板间距离为d,两板中央各有一个小孔O、O'且正对,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(垂直于纸面向里的磁场方向为正方向)。有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场,已知正离子质量为m,带电荷量为q,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电场的影响,离子撞到平板即被吸收,不计离子所受重力,下列说法正确的是(　　) A.磁感应强度B0大小等于 B.当入射速度大小为时,离子能从O'飞出磁场 C.当入射速度大小为时,离子能从O'飞出磁场 D.若正离子能从O'孔垂直于N板射出磁场,则当离子做匀速圆周运动的半径为时所用时间最短 二．计算题： 7.如图所示，在x轴下方，沿y轴方向每间隔d=0.2 m的高度就有一段间距为d的区域P，区域P内既存在竖直向上、电场强度E=20 N/C的匀强电场，也存在垂直坐标平面水平向里的匀强磁场，磁感应强度B=2 T。现有一电荷量q=5×10-10 C、质量m=1×10-9 kg的带正电的粒子从坐标原点O自由下落。粒子可视为质点，重力加速度g=10 m/s2。 (1)求粒子刚到达第一个区域P时的速度大小v1; (2)求粒子穿出第一个区域P时的水平分速度大小vx; (3)若将所有区域的磁感应强度的大小调整为B'，使粒子刚好不能穿出第2个区域P，求B'的大小。 8.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。 9.如图,cd边界与x轴垂直,在其右方竖直平面内,第一、二象限存在垂直纸面向外的匀强磁场,第三、四象限存在垂直纸面向内的匀强磁场,磁场区域覆盖有竖直向上的外加匀强电场。在xOy平面内,某质量为m、电荷量为q的带正电绝缘小球从P点与cd边界成30°角以速度v0射入,小球到坐标原点O时恰好以速度v0竖直向下运动,此时去掉外加的匀强电场。重力加速度大小为g,已知磁感应强度大小均为。求: (1)电场强度的大小和P点距y轴的距离; (2)小球第一次到达最低点时速度的大小; (3)小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时所用时间。 10.如图甲所示,在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场,磁场方向垂直坐标平面,磁感应强度大小B随时间变化的关系如图乙所示,在t=0时刻有一比荷为1×104 C/kg的带正电粒子从坐标为的P点以初速度v0=2×103 m/s且与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入。开始时,磁场方向垂直坐标平面向里,不计粒子重力,求: (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径; (2)在时间π×10-4~2π×10-4 s内和时间0~π×10-4 s内,粒子运动轨迹对应的圆心角之比; (3)粒子到达y轴时与O点的距离s。 11.如图甲所示，平面直角坐标系xOy中，第三象限内存在方向沿y轴负方向的匀强电场，第四象限直角三角形OBC区域中存在着大小、方向均可调整的磁场。已知C点坐标(L，0)，BC边与x轴正方向的夹角大小为60°，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，从P点以大小为v，方向与BC边平行的初速度进入电场。经偏转后从A点垂直于OB边进入磁场。若磁场为方向垂直于纸面向外的匀强磁场，则发现粒子恰好不从BC边射出。若磁场为随时间呈周期性变化的交变磁场(如图乙，取磁场方向垂直于纸面向外为正)，则发现在t=0时从A点进入磁场的粒子，经两个完整周期后恰好从C点射出。已知匀强电场电场强度E=，不计粒子的重力。求: (1)A点的坐标; (2)粒子恰好不从BC边射出时的匀强磁场磁感应强度B1的大小; (3)交变磁场的磁感应强度B2的大小和周期t0。 参考答案： 1.答案D　解析 带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动,可知其受到的向下的重力和向上的静电力平衡,则液滴带负电,液滴受到重力、静电力、洛伦兹力的作用,其中洛伦兹力充当做圆周运动的向心力,液滴受合力不为零,由qE=mg、qvB=m,解得v=,故A、B、C错误,D正确。 2.答案　B解析　滑块从静止开始沿斜面下滑,且下滑过程中始终不离开斜面,则重力沿斜面向下的分力大于静电力沿斜面向上的分力,洛伦兹力不影响速度的大小,故滑块沿斜面向下做加速度恒定的匀加速直线运动,a-t图像应为一条平行于时间轴的直线,x-t图像为一条开口向上的抛物线,A、C错误;滑块沿斜面向下做匀加速运动,即加速度恒定,速度随时间均匀变化,洛伦兹力F洛=qvB随时间均匀变化,B正确;滑块下滑过程,除重力做功外还有静电力做功,机械能不守恒,D错误。 3.答案　C　解析 粒子从初始位置运动到x轴时静电力做功为0,所以不可能运动到x轴以上位置,即y值不可能取负值;到达x轴时的速度为零,所以会再次向y轴正方向运动,重复前一段的轨迹向x轴正方向运动,则x值会大于a,A、B错误。粒子第一次运动到距离x轴最远处时洛伦兹力不做功,由动能定理得Eqym=,解得vm=,在此处有qvmB-Eq=m,解得ym=,C正确。最大速率满足Eqym=,解得vm=,D错误。 4.答案　B　解析 M在静电力的作用下向右加速,同时洛伦兹力向上且大小也在增加。若M、N恰好能相碰,此时对M有qvB=2mg,求得M的速度v=,A错误;设物块M释放点到物块N初始位置的距离是L,根据动能定理得qEL=×2mv2,代入得L=,B正确;碰撞过程满足动量守恒定律,且碰后粘为一体,故有2mv=(2m+m)v1,解得v1=v=,C错误;设物块M与物块N碰后粘为一体运动速度为v2时离开水平地面,则有qv2B=3mg,可求得速度v2=,连接体受到静电力的作用加速运动,加速度a=,所以时间t=,D错误。 5.答案　BC解析　由于粒子沿着MN做匀速直线运动,粒子所受洛伦兹力垂直于MN,所以粒子所受重力和电场力的合力也垂直于MN,即电场力水平向右,粒子带正电,由力的平衡条件有qvBcos 45°=mg,=tan 45°,解得电场强度大小为E=,磁感应强度大小为B=,A错误,B正确;撤去磁场后,粒子所受电场力和重力不变,则其竖直方向上做竖直上抛运动,水平方向上做匀加速直线运动,由于NP水平向右,所以粒子从N运动到P点所用的时间为t=,水平方向上的位移为xNP=vtcos 45°+·t2,联立解得xNP=,所以NP两点的电势差U=ExNP=,C正确;结合C项分析可知,当粒子竖直方向的速度减为0时,其与NP的距离最大,为xm==,D错误。 6.答案　CD解析　正离子射入磁场,洛伦兹力提供向心力,有qv0B0=m,做匀速圆周运动的周期T0=,联立两式得磁感应强度B0=,故A错误;要使正离子从N板O'孔射出磁场,v0的方向应如图所示,结合离子运动的方向可知,当运动的轨迹是一个周期时,运动的时间最短,所以tmin=T0,此时离子做匀速圆周运动的半径为;若正离子在两板之间运动n个周期,即nT0,则rn=(n=1、2、3、…),联立可得正离子的速度v0==(n=1、2、3、…),当n=1时v01=,当n=2时v02=,故B错误,C、D正确。 7.答案　(1)2 m/s　(2)0.2 m/s　(3)10 T 解析　(1)由动能定理得v1==2 m/s。 (2)在区域P中，因qE=mg 所以粒子在区域P中做匀速圆周运动，粒子穿出第一个区域P时，设v1与x轴正方向的夹角为θ，则vx=v1cos θ，其运动轨迹如图所示。 则有qv1B=m d=r1cos θ 联立解得vx=0.2 m/s。 (3)设粒子进入第2个区域P时的速度为v2，由动能定理得 2mgd=m-0 解得v2=2 m/s x方向由动量定理得qvyB'Δt=mΔvx 求和有qB'∑vyΔt=m∑Δvx 得qB'·2d=mv2 解得B'=10 T。 8.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°。 9.答案　(1)　　(2)(1+)v0　(3) 解析　(1)依题意,小球从P点运动到坐标原点O,速率没有改变,即动能变化量为零,由动能定理可知合力的功为零,电场力与重力等大反向,可得qE=mg 解得E= 可知小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,轨迹如图甲所示 根据qv0B=m 又B= 解得r= 由几何关系可得xP=r+rcos 30° 联立解得xP= (2)把小球在坐标原点的速度v0分解为沿x轴正方向的v0和与x轴负方向成45°的v0,如图乙所示 其中沿x轴正方向的v0对应的洛伦兹力恰好与小球重力平衡,即 F洛=qv0B=mg 小球沿x轴正方向做匀速直线运动,与x轴负方向成45°的v0对应的洛伦兹力提供小球做逆时针方向的匀速圆周运动的向心力, 可知小球第一次到达最低点时速度的大小为v=v0+v0=(1+)v0 (3)由第二问分析可知小球在撤去电场后在第三、四象限做匀速圆周运动的分运动轨迹如图丙所示 有q·v0B=m 又T= 由几何关系,可得小球从过坐标原点时到第一次到达最低点时圆弧轨迹对应的圆心角为135°,则所用时间为t=T 联立解得t=。 10.答案 (1)0.4 m　(2)1∶2　(3)1 m 解析 (1)粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动,设轨迹半径为R, 由洛伦兹力提供向心力有qv0B=m 解得R==0.4 m。 (2)粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,则T==4π×10-4 s π×10-4~2π×10-4 s内,粒子运动的周期数为N2= 运动轨迹对应的圆心角为60° 0~π×10-4 s内,粒子运动的周期数为N2= 运动轨迹对应的圆心角为120° 在π×10-4~2π×10-4 s内和0~π×10-4 s内,粒子运动轨迹对应的圆心角之比为1∶2。 (3)粒子运动轨迹如图所示 粒子恰好在t=π×10-4 s时到达y轴,由图可知粒子到达y轴时与O点的距离为 s=R+Rcos 60°+2R(1-cos 60°)=1 m。 11.答案　(1)(0，-L)　(2)　(3)　 解析　(1)粒子在电场中做类斜上抛运动，沿y轴正方向，粒子做匀减速直线运动，则有=2ahAB，vy=vsin 60° 根据牛顿第二定律有qE=ma 联立解得hAB=2L 由几何关系得hOB=xOCtan 60°=3L 故hOA=hOB-hAB=L A点的坐标为(0，-L)。 (2)粒子进入磁场B1时速度为vA=vcos 60° 由牛顿第二定律有qvAB1=m 由几何关系得hAB=R1+ R1= 联立解得B1=。 (3)粒子进入磁场B2中，由牛顿第二定律有qvAB2=m 设粒子在的时间内，轨迹的圆心角为θ。 由几何关系得，平行x轴方向有L=4R2sin θ 平行y轴方向有L=4R2(1-cos θ) 联立解得θ=60°，R2=，B2= 交变磁场每经过的时间，粒子在磁场中轨迹的圆心角为θ=60°， 则=T=· 解得t0=。 学科网（北京）股份有限公司 $