专题二十 带电粒子在叠加场、交变场中的运动 课时作业 -2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦带电粒子在叠加场、交变场中的运动，以受力分析为基础，整合运动合成、几何关系及能量观点，构建“力-运动-能量”三阶解题体系，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|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|6选择+1计算|平衡条件（速度选择器）、运动分解（匀速+圆周）、左手定则|从电场力/洛伦兹力概念出发，推导叠加场中直线/曲线运动条件，结合几何关系求解轨迹与周期| |综合提升练|3选择+2计算|霍尔效应公式推导、动量守恒（碰撞）、磁屏蔽轨迹分析|拓展至实际应用（电磁流量计）与复杂场（交变场），通过能量守恒、动量定理深化运动规律应用|

专题二十 带电粒子在叠加场、交变场中的运动 课时作业 基础巩固练 一．选择题： 1.(2026·湖南省衡阳市第一中学高三上第一次月考)速度选择器的简化模型如图所示，平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B互相垂直。一质子以速度v从左侧沿两板中线进入，恰好沿直线运动，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　) A．v＝ B．若质子以速度v从右侧沿两板中线进入，将向下偏转 C．若电子以速度v从左侧沿两板中线进入，将向上偏转 D．若α粒子以速度v从左侧沿两板中线进入，将向下偏转 2.(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= 3．2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则(　　) A．电场力的瞬时功率为qE B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B C．v2与v1的比值不断变大 D．该离子的加速度大小不变 4．(2025·北京卷)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是(　　) A．N点电势比M点高 B．U0正比于流量Q C．在流量Q一定时，管道半径越小，U0越小 D．若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小 5．(多选)地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动。如图所示，由此可以判断(　　) A．油滴一定做匀速运动 B．油滴一定做匀变速运动 C．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点 D．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点 6．(多选)如图所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是(　　) A．小球一定带正电 B．小球一定带负电 C．小球的绕行方向为顺时针 D．改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 7．如图甲，竖直面中存在竖直向上的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时(此时开始计时t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时速度方向如图所示，与PQ连线成60°角，且以后能多次经过D点做周期性运动。图乙中，B0、t1、t2均为未知量，且t1、t2均小于小球在磁场中做圆周运动的周期。忽略磁场变化造成的影响，重力加速度为g。求： (1)电场强度E的大小； (2)t1与t2的比值； (3)小球做周期性运动的周期(用t1、t2表示)。 综合提升练 一．选择题： 8．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U­B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 9.(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 10．(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 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 11．霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。 (1)求电场强度的大小E； (2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1； (3)若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2＝位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 12.(2025云南卷)磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示,x≥0区域存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场,其磁感应强度大小为B1(未知)。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ,经磁屏蔽后,该区域内的匀强磁场方向仍垂直于xOy平面向里,其磁感应强度大小为B2(未知),但满足0<B2<B1。某质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子通过速度选择器后,在xOy平面内垂直于y轴射入x≥0区域,经磁场偏转后刚好从ON中点垂直于ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小B0已知,不考虑该粒子的重力。 (1)求该粒子通过速度选择器的速率; (2)求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围; (3)定义磁屏蔽效率η=×100%,若在Q处检测到该粒子,则η是多少? 参考答案： 1.答案：B解析：质子恰好沿直线运动，则受到的电场力与洛伦兹力平衡，即eE＝evB，解得v＝，A错误；若质子以速度v从右侧沿两板中线进入，则受到的电场力及洛伦兹力方向均向下，故将向下偏转，B正确；若电子以速度v从左侧沿两板中线进入，则受到的电场力向上、洛伦兹力向下，且eE＝evB，故将沿直线运动，C错误；若α粒子以速度v从左侧沿两板中线进入，则受到的电场力向下、洛伦兹力向上，且2eE＝2evB，故将沿直线运动，D错误。 2..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。 3.答案：D解析：该离子带正电，则所受电场力水平向右，大小为qE，电场力的瞬时功率为P＝qEv1，A错误；该离子速度垂直于磁场方向的分量大小为v2，则该离子受到的洛伦兹力大小为F洛＝qv2B，B错误；根据运动的合成与分解可知，离子在平行于磁场和电场方向上在电场力作用下向右做匀加速直线运动，在垂直于磁场和电场方向的平面内在洛伦兹力作用下做速率为v2的匀速圆周运动，即v1增大，v2不变，则v2与v1的比值不断变小，C错误；该离子受到的电场力大小qE不变，方向始终水平向右，受到的洛伦兹力大小qv2B不变，方向始终与电场力方向垂直，故该离子受到的合力大小不变，该离子的加速度大小不变，D正确。 4.答案：C解析：导电液体沿管道向左运动时，根据左手定则可知，正离子向下偏，负离子向上偏，故N点电势比M点高，A正确；设管道半径为r，稳定时，离子受到的洛伦兹力与电场力平衡，有q＝Bqv，由题知，Q＝Sv＝πr2v，联立解得U0＝，故U0正比于流量Q，在流量Q一定时，管道半径r越小，U0越大，故B正确，C错误；若直径MN与磁场方向不垂直，可知此时U0＝中B的真实值为磁场磁感应强度的一个分量，即此时代入的B值偏大，测得的流量Q偏小，故D正确。本题选说法错误的，故选C。 5.答案：AC解析：对油滴受力分析，油滴受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，且油滴做直线运动，故油滴所受洛伦兹力亦为恒力，根据F洛＝qvB可知，油滴的速度一定保持不变，即油滴一定做匀速直线运动，故A正确，B错误。油滴的受力分析如图所示，如果油滴带正电，由左手定则判断可知，油滴的速度方向从M点到N点，故C正确，D错误。 6.答案：BC解析：小球做匀速圆周运动，重力必与静电力平衡，则静电力方向竖直向上，结合电场方向可知小球一定带负电，A错误，B正确；洛伦兹力充当向心力，由曲线运动轨迹的弯曲方向结合左手定则可得，小球的绕行方向为顺时针方向，C正确；改变小球的速度大小，重力仍与静电力平衡，小球仍在洛伦兹力作用下做圆周运动，D错误。 7.答案：(1)　(2)　(3)6t1＋3t2 解析：(1)根据题意，在重力场与电场的复合场中，带电小球做直线运动， 则有Eq＝mg 解得E＝。 (2)根据题意和左手定则可知，从第1次经过D点到第2次经过D点过程中，带电小球的运动轨迹应如图1所示 粒子在0～t1时间内做匀速直线运动，其位移x＝v0t1 加入磁场后，粒子在t1～(t1＋t2)时间内做匀速圆周运动， 根据几何关系可得粒子做圆周运动的半径R＝xtan 又＝t2 联立解得＝。 (3)画出粒子在一个运动周期内的轨迹如图2所示 结合图2可知粒子的运动周期T＝3×(t1＋t2＋t1)＝6t1＋3t2。 8.答案：D解析：设此样品每平方米载流子(电子)数为n，载流子从电极3向电极1定向移动的速率为v，则时间t内通过此样品的电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝，当载流子稳定通过此样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有e＝evB，联立解得U＝B，结合题图b可知，k＝＝ V/T，代入数据解得n＝2．3×1016，D正确。 9.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。 10.答案：ABD解析：设油滴a所带电量的大小为q，运动至P点之前，油滴a做圆周运动，故所受重力与电场力平衡，有mg＝Eq，且所受电场力方向竖直向上，与电场方向相反，可知q＝，油滴a带负电，故A正确；设油滴a做圆周运动的速度大小为v，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得v＝，故B正确；设小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为v1，根据洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝m，解得v1＝，则小油滴Ⅰ做圆周运动的周期为T＝＝，故C错误；带电油滴a分离前后系统动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，以油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，由动量守恒定律有mv＝v1＋v2，解得v2＝－，负号表示小油滴Ⅱ在P点的速度方向与正方向相反，由mg＝qE知，分离后的小油滴Ⅱ受到的电场力和重力仍然平衡，结合左手定则可知，小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。 11.答案：(1)v0B　(2)　(3)90% 解析：(1)由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动， 则有eE＝ev0B 解得E＝v0B。 (2)由于洛伦兹力不做功，则根据动能定理有eEy1＝m－m 解得y1＝。 (3)电子以速度v入射时，设电子能到达的最高点位置的纵坐标为y， 则根据动能定理有eEy＝mv－mv2 电子在最高点时有F合＝evmB－eE 在最低点时有F合′＝eE－evB 由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，有F合＝F合′ 联立解得vm＝2v0－v，y＝ 要让电子到达纵坐标y2＝位置，即y≥y2 解得v≤v0 则若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，能到达纵坐标y2＝位置的电子数N占总电子数N0的百分比为η＝×100%＝90%。 12.答案：(1)　(2)　L<y<3L　(3)60% 解析：(1)该粒子通过速度选择器时受力平衡,可知qE=qB0v0 又因为速度选择器中电场强度大小满足E= 解得该粒子通过速度选择器的速率v0=。 (2)因为该粒子经磁场偏转后刚好从ON中点垂直于ON射入磁屏蔽区域 所以该粒子在第四象限内做圆周运动的半径为r1=L 在运动过程中洛伦兹力提供向心力,即qB1v0=m 所以B1= 当B2=B1时,粒子打到y轴上的(0,L)处 当B2=0时,粒子在磁屏蔽区域向上做匀速直线运动,离开磁屏蔽区域后逆时针做匀速圆周运动,如图甲所示 甲 其此时的轨迹半径r2满足qv0B1=m 可得r2=L 粒子打到y轴上的(0,3L)处 由于0<B2<B1,因此y轴上可能检测到该粒子的范围为L<y<3L。 (3)设粒子刚好到达Q处时,在磁屏蔽区域所做圆周运动的半径为r3,轨迹如图乙所示 乙 由数学知识可知=(r3-L)2+(2L)2 解得r3=L 此时B2=B1 因此η=×100%=60%。 学科网（北京）股份有限公司 $