高频微专题8 带电粒子在组合场、叠加场中的运动《巅峰突破》2026版物理高三一轮复习（含答案解析）

(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
高频微专题8　带电粒子在组合场、叠加场中的运动
满分100分,限时75分钟
一、选择题(本题共10小题,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1—7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8—10题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.2021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
2.如图所示,磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场E和垂直于纸面向里的匀强磁场B。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,下列说法正确的是 (　　)
A.电子到达P点时的速度为0
B.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
C.电子从N到P,电场力做正功
D.N点的电势低于P点的电势
3.为监测某化工厂含有离子的污水排放情况,技术人员在排污管中安装了监测装置,该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔,其宽和高分别为b和c,左、右两端开口与排污管相连,如图所示。垂直于上、下底面加磁感应强度为B向下的匀强磁场,在空腔前、后两个侧面上各有长为a的相互平行且正对的电极M和N,M和N与内阻为R的电流表相连。污水从左向右流经该装置时,电流表将显示出污水排放情况。下列说法中正确的是 (　　)
A.M极比N极电势高
B.污水中离子浓度越高,则电流表的示数越小
C.污水流量大小对电流表的示数无影响
D.若只增大所加磁场的磁感应强度,则电流表的示数也增大
4.某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示,通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B=k1I,通有待测电流I'的直导线ab垂直穿过螺绕环中心,在霍尔元件处产生的磁场B'=k2I'。调节电阻R,当电流表示数为I0时,元件输出霍尔电压UH为零,则待测电流I'的方向和大小分别为 (　　)
A.a→b,I0　　　　B.a→b,I0
C.b→a,I0　　　　D.b→a,I0
5.一质量为0.3 kg的带电小球,用不可伸长的轻质绝缘细线悬挂于O点,开始小球静止于O点正下方,整个空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场。突然给小球施加一个方向水平向左、大小为1.2 N·s的瞬时冲量,此后小球在竖直平面内绕O点做半径为0.3 m的圆周运动,如图所示。已知小球在最高点时细线的拉力大小为2 N,重力加速度大小g=10 m/s2,下列说法正确的是 (　　)
A.小球带负电
B.小球在最高点受到的洛伦兹力大小为1 N
C.小球在最低点时,细线的拉力大小为18 N
D.小球与圆心在同一水平面时,细线的拉力大小为10 N
6.某小型医用回旋加速器,最大回旋半径为0.5 m,磁感应强度大小为1.12 T,质子加速后获得的最大动能为1.5×107 eV。根据给出的数据,可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应,1 eV=1.6×10-19 J) (　　)
A.3.6×106 m/s　　　　B.1.2×107 m/s
C.5.4×107 m/s　　　　D.2.4×108 m/s
7.粗糙水平地面上方存在着方向竖直向下的匀强电场,MN边界的左边存在着如图所示的匀强磁场,一带电滑块(可视为质点)以速度v向右匀速运动,已知电场强度为E,磁感应强度B=,重力加速度为g,滑块滑过边界MN之后经时间t,速度方向与水平面夹角为30°,根据以上条件,下列结论正确的是 (　　)
A.滑块带正电
B.滑块可带正电也可带负电
C.t=
D.在时间t内,滑块在水平方向的位移为
8.一种质谱仪示意图如图所示,由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R,通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E,磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器,由P点垂直于边界进入磁分析器,最终打到胶片上的Q点,不计粒子重力,下列说法正确的是 (　　)
A.加速电场的电压U=ER
B.极板M比极板N电势高
C.PQ=2B
D.若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点,则这群离子有相同的质量
9.磁流体发电机发电通道是一个长、高、宽分别为a、h、b的长方体空腔。上下两个侧面是电阻不计的电极,电极与固定在水平桌面上间距为L、电阻不计的平行金属导轨相连。发电通道内的匀强磁场方向垂直于前后表面,磁感应强度大小为B。电阻率为ρ的等离子体以速率v水平向右通过发电通道。导轨间匀强磁场与导轨平面成θ角斜向右上方,磁感应强度大小也为B,质量为m、电阻为R的金属棒垂直于导轨放置,与导轨间的动摩擦因数为μ。棒的中点用水平垂直于棒的细线通过光滑定滑轮与重物相连。重力加速度为g。S闭合后,金属棒恰好处于静止状态,则重物的质量可能为 (　　)
A.-μm
B.-μm
C.-μm
D.+μm
10.如图所示,绝缘中空轨道竖直固定,圆弧段COD光滑,对应圆心角为120°,C、D两端等高,O为最低点,圆弧圆心为O',半径为R(R远大于轨道内径),直线段AC、HD粗糙,与圆弧段分别在C、D端相切,整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着电场强度大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球,与直线段间的动摩擦因数为μ,从轨道内距C点足够远的P点由静止释放。若PC=l,小球所受电场力等于其重力的,重力加速度为g。则 (　　)
A.小球在轨道AC上下滑的最大速度v=
B.小球第一次沿轨道AC下滑的过程中先做加速度减小的加速运动,后做匀速运动
C.经足够长时间,小球克服摩擦力做的总功是mgl+mgR
D.经足够长时间,小球经过O点时,对轨道的弹力一定为2mg+Bq
二、非选择题(本题共4小题,共60分)
11.(12分)如图所示,在y>0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场,在y<0的空间中存在方向垂直于xOy平面(纸面)向外的匀强磁场,一带电荷量为q、质量为m的带正电的粒子,自y轴上的P1点以速率v0沿x轴正方向射入电场,然后经过x轴上的P2点进入磁场,经磁场偏转后,经过坐标原点O返回第一象限。已知OP1=d,OP2=2d,不计粒子重力。求:
(1)电场强度的大小E;
(2)磁感应强度的大小B。
12.(14分)如图所示,直角坐标系xOy位于竖直平面内,在x<0的圆形区域内存在垂直于平面向里的匀强磁场,在x>0的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场,圆形磁场的直径与电场的宽度均为L,在圆形磁场区域的左边界P点先后分别沿与x轴成θ角射入质量均为m、电荷量均为q的正负粒子各一个,粒子的初速度均为v0,两粒子恰好通过O点进入匀强电场,最后两粒子均以垂直于电场方向的速度离开电场,不计粒子重力和粒子间的相互作用力。求:
(1)匀强磁场的磁感应强度大小B和匀强电场的电场强度大小E;
(2)两粒子射出电场位置间的高度差h。
13.(15分)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014.(19分)如图甲所示,两平行板P、Q足够大,间距为d。板间有可独立控制的变化的电场和磁场。取垂直于纸面向里为正方向,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示,电场强度E随时间的变化规律如图丙所示。t=0时刻,一质量为m、带电荷量为+q(q>0)的粒子(不计重力),以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0、TB、TE取某些特定值时,可使t=0时刻入射的粒子经Δt垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、d、v0、E0为已知量。
(1)若只加磁场,当B0=时,求TB满足的条件;
(2)若同时加电场、磁场,当B0=时,求TE满足的条件和粒子的位移大小;
(3)若同时加电场、磁场,当B0=时,求TB。
　
答案全解全析
1.D
思路点拨　离子的分速度v1与磁场方向平行,不产生洛伦兹力,分速度v2与磁场方向垂直,产生的洛伦兹力F洛=qv2B,方向垂直于磁场方向和v2方向。
解析　根据功率的计算公式可知P=Fv cos θ,则电场力的瞬时功率为P=qEv1,A错误;由于v1与磁场方向平行,则根据洛伦兹力的计算公式有F洛=qv2B,B错误;根据运动的叠加原理可知,离子在垂直于场的方向上做匀速圆周运动,在平行于场的方向做加速运动,则v1增大,v2不变,v2与v1的比值不断变小,C错误;离子受到的洛伦兹力大小不变、电场力不变,且二者始终相互垂直,则该离子的加速度大小不变,D正确。
2.A　由于M点和P点在同一等势面上,故电子从M到P电场力做功为0,而洛伦兹力不做功,电子在M点时速度为0,根据动能定理可知电子在P点时速度也为0,则电子在M点和P点都只受电场力作用,即所受合力相等,故A正确,B错误;电子从N到P电场力做负功,故C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D错误。故选A。
3.D
思路点拨　液体流量Q=Sv,v是液体流速,S是液体的横截面积。
解析　根据左手定则,正离子往N极一侧偏,负离子往M极一侧偏,最终M极带负电,N极带正电,M极电势比N极电势低,故A错误;最终正、负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态,可得q=Bqv,污水的流量Q=vbc,则M、N两极间的电势差为U=,污水流量越大,M、N两极电势差越大,电流表示数越大;增大磁感应强度,电势差增大,电流表示数也增大;污水中离子浓度越大,导电性能越好,即电阻率减小,M、N间污水的电阻r越小,其他条件不变时,回路中的电流越大,故B、C错误,D正确。
4.D
解题指引　“元件输出霍尔电压UH为零”霍尔元件处合磁感应强度为零。
根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下,则要使元件输出霍尔电压UH为零,直导线ab在霍尔元件处产生的磁场方向应向上,根据安培定则可知待测电流I'的方向应该是b→a;元件输出霍尔电压UH为零,则霍尔元件处合磁感应强度为0,所以有k1I0=k2I',解得I'=I0,故选D。
5.B　设小球所带电荷量为q,小球在最低点时的速度大小为vmax,在最高点时的速度大小为vmin,与圆心在同一水平面时的速度大小为v,磁场的磁感应强度大小为B。由已知条件I=mvmax,解得vmax=4 m/s,由于整个过程中只有重力做功,由动能定理可知-mgR=mv2-m,-2mgR=m-m,解得v= m/s,vmin=2 m/s,在最高点,假设小球所受洛伦兹力方向竖直向上,小球所需向心力大小F向==4 N=T+mg-qvminB,解得小球在最高点受到的洛伦兹力大小Fmin=qvminB=1 N,方向竖直向上,由左手定则可知,小球带正电,A错误,B正确;在最低点,小球所受洛伦兹力大小Fmax=qvmaxB=2 N,方向竖直向下,根据合外力提供向心力有Tmax-Fmax-mg=,解得Tmax=21 N,C错误;小球与圆心在同一水平面时所受洛伦兹力大小F=qvB= N,拉力与洛伦兹力的合力提供向心力,即T-F=,解得T= N,D错误。故选B。
6.C
模型建构　由于回旋加速器D形盒的半径R一定,粒子在D形盒中的轨迹半径最大为R,由Bqv=可知v=,所以带电粒子的最大动能E==。
解析　洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,质子加速后获得的最大动能为Ek=mv2,解得最大速率约为v=5.4×107 m/s,故选C。
7.C
解题指引　(1)“向右匀速运动”带电滑块受力平衡。
(2)“滑块滑过边界MN之后经时间t,速度方向与水平面夹角为30°”滑块脱离水平面做曲线运动,恒力作用下,做加速度竖直向上的类平抛运动。分析类平抛运动要用运动分解的方法。
解析　滑块滑过边界MN之后经时间t,速度方向与水平面夹角为30°,可知滑块所受电场力竖直向上,所以滑块带负电,故A、B错误;在MN左侧,带电滑块(可视为质点)以速度v向右匀速运动,则有qE=qvB+mg,结合题中B=,解得qE=2mg,滑块在MN右侧,根据牛顿第二定律有qE-mg=ma,解得a=g,方向竖直向上,经t时间,有tan 30°=,解得t=,水平方向做匀速直线运动,有x=vt=,故C正确,D错误。故选C。
8.AB　在加速电场中根据动能定理有Uq=mv2,在静电分析器中电场力提供向心力,有Eq=m,可得加速电场的电压U=ER,故A正确;在静电分析器中粒子所受电场力方向与电场方向相同,故粒子带正电,粒子在加速电场中加速,加速电场方向水平向右,故极板M比极板N电势高,故B正确;磁分析器中洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,PQ=2r=,故C错误;若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点,则这群离子有相同的比荷,故D错误。故选A、B。
9.CD　等离子体中的正电荷受向上的洛伦兹力偏向上极板,可知上极板为正极,电流流过金属棒,金属棒所受安培力斜向左上方,若金属棒恰不向左运动,则摩擦力向右,对金属棒受力分析,如图1所示,则Mg=BIL sin θ-μ(mg-BIL cos θ),其中I=,q=qvB,r=ρ,解得M=-μm,同理,若金属棒恰不向右运动,则摩擦力向左,对金属棒受力分析,如图2所示,则M'g=BIL sin θ+μ(mg-BIL cos θ),其中I=,q=qvB,r=ρ,解得M'=+μm,故选C、D。
　　　
10.AB
思路点拨　小球第一次沿轨道AC下滑的过程中,小球所受电场力等于其重力的,即F电=mg,
电场力垂直于轨道方向的分量为
F电分=mg sin 60°=mg
重力垂直于轨道方向的分量为
G分=mg cos 60°=mg=F电分
因此,电场力与重力的合力方向恰好沿着AC方向,且刚开始时小球与轨道无作用力,当小球从静止运动后,由左手定则可知,小球受到的洛伦兹力垂直于AC向上,导致小球对轨道有作用力,小球将受到滑动摩擦力,随着速度增大,洛伦兹力增大,轨道对小球的压力增大,摩擦力增大,小球所受合力减小,根据牛顿第二定律可知小球做加速度减小的加速运动,当加速度减至零时做匀速运动。
解析　小球在轨道AC上匀速运动时,速度最大,此时有μqvB=mg cos 60°+mg sin 60°,解得v=,故A正确;小球第一次沿轨道AC下滑过程中,先做加速度减小的加速运动,当加速度减至零时做匀速运动,故B正确;由于在AC、HD段要克服滑动摩擦力做功,最终小球在C、D间做往复运动,在C点和D点速度为零,从P点到C点或D点,根据动能定理得·l-Wf=0,则经足够长时间,小球克服摩擦力做的总功Wf=mgl,故C错误;小球在圆弧段COD做往复运动时,设小球经O点的速度为v,根据动能定理有mgR(1-cos 60°)=mv2,解得v=,根据牛顿第二定律,小球从C向D运动经过O点时,有N'-mg+qvB=m,解得N'=2mg-Bq,小球从D点向C点运动经过O点时,有N-mg-qvB=m,解得N=2mg+Bq,根据牛顿第三定律可得,小球经过O点时对轨道的弹力大小为2mg-Bq或2mg+Bq,故D错误。故选A、B。
11.答案　(1)　(2)
解析　(1)粒子在第一象限做类平抛运动,沿x轴方向位移大小为OP2,沿y轴方向位移大小为OP1,设粒子在第一象限运动的时间为t,电场强度的大小为E,粒子在电场中的加速度为a,则
2d=v0t (2分)
d=·t2 (1分)
联立解得E= (1分)
(2)(易错点),θ表示速度和x轴的夹角,根据类平抛运动特点,速度反向延长线过水平位移中点,则有 tan θ== (2分)
解得θ=30° (1分)
进入磁场时粒子的速度v=v0 (1分)
粒子在磁场中运动轨迹如图所示,设轨迹半径为r,根据几何关系可得2r sin 30°=2d (1分)
即r=2d (1分)
洛伦兹力提供向心力,有Bqv= (1分)
解得B= (1分)
归纳总结　带电粒子从电场偏转进入磁场的问题,求解带电粒子在电场和磁场交界处的速度大小和方向非常重要。
12.答案　(1)　　(2)L tan θ
解析　(1)在磁场中,由牛顿第二定律得
Bqv0=m (2分)
由几何关系得r sin θ= (1分)
解得B= (1分)
在电场中,粒子沿x轴方向做匀速运动,则
L=v0 cos θ·t (2分)
在竖直方向做匀减速运动,即0=v0 sin θ-at (2分)
由牛顿第二定律得Eq=ma (1分)
解得E= (1分)
(2)在电场中,粒子在竖直方向做匀减速运动,即
0-(v0 sin θ)2=2(-a)y (2分)
两粒子射出电场位置间的高度差h=2y (1分)
解得h=L tan θ (1分)
归纳总结　带电粒子在磁场中运动轨迹圆心的确定方法:两线定一点。
①圆心一定在垂直于速度的直线上。
如图甲所示,已知入射点P和出射点M的速度方向,可通过入射点和出射点作速度的垂线,两条直线的交点就是圆心。
　　　
②圆心一定在弦的中垂线上。
如图乙所示,作P、M连线的中垂线,与其中一个速度的垂线的交点为圆心。
13.答案　(1)v0B　(2)　(3)90%
思路点拨　电场力和洛伦兹力共同作用下的曲线运动,轨迹既不是抛物线也不是圆周。
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 (2分)
解得E=v0B (1分)
(2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中运动,由于洛伦兹力不做功,且电子入射速度为,则电子受到的电场力大于洛伦兹力,则电子向上偏转,根据动能定理有
eEy1=m-m (2分)
解得y1= (1分)
(3)当电子以v入射时,设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y,则根据动能定理有
eEy=m-mv2 (1分)
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等,则在最高点有F合=evmB-eE (1分)
在最低点有F合=eE-evB (1分)
联立有vm=-v (1分)
y= (1分)
要让电子到达纵坐标y2=位置,即y≥y2 (1分)
解得v≤v0 (1分)
则若电子入射速度在014.答案　(1)TB≥　(2)见解析　(3)见解析
解析　(1)若只加磁场,当B0=时,设粒子做圆周运动的半径为R1,由洛伦兹力提供向心力得
qv0B0=m (1分)
可得R1=d (1分)
根据题意,由几何关系可得Δt=≤TB (1分)
解得TB≥ (1分)
(2)若同时加电场、磁场,当B0=时,设粒子做圆周运动的半径为R2,由洛伦兹力提供向心力得
qv0B0=m (1分)
可得R2= (1分)
由丙图可知在一个电场周期TE内,沿电场方向的速度变化为0;根据题意由几何关系可得
Δt==nTE (1分)
解得TE=(n=1,2,3,…) (1分)
粒子沿电场方向的位移为
xE=nTE=n···TE·TE=
粒子的位移大小为s==(n=1,2,3,…) (1分)
(3)若同时加电场、磁场,当B0=时,设粒子做圆周运动的半径为R,周期为T,由圆周运动公式可得
T= (1分)
由牛顿第二定律可得qv0B0=m (1分)
可得R=,T= (1分)
粒子运动轨迹如图所示
O1、O2为圆心,O1O2连线与水平方向的夹角为θ,在每个TB内,只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板,且均要求0<θ<,由题意可得T= (1分)
可得TB= (1分)
设经历完整TB的个数为n(n=0,1,2,3,…)。
若在A点击中P板,根据题意由几何关系可得
R+2(R+R sin θ)n=d=6R(n=0,1,2,3,…) (1分)
当n=0,1,n≥3时,无解;
当n=2时,有sin θ=,TB= (1分)
若在B点击中P板,根据题意由几何关系可得
R+2R sin θ+2(R+R sin θ)n=d=6R(n=0,1,2,3,…) (1分)
当n=0,n≥3时,无解;
当n=1时,sin θ=,TB= (1分)
当n=2时,有sin θ=,TB= (1分)
专题通法
带电粒子在复合场中的运动的分析方法
(1)当带电粒子在复合场中做匀速运动时,应根据平衡条件列方程求解。
(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时,往往应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解。
(3)当带电粒子在复合场中做非匀速曲线运动时,应选用动能定理或动量守恒定律列方程求解。
注意:如果涉及两个带电粒子的碰撞问题,要根据动量守恒定律列方程,再与其他方程联立求解。
由于带电粒子在复合场中的受力情况复杂,运动情况多变,往往出现临界问题,这时应以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口,挖掘隐含条件,并根据临界条件列出辅助方程,再与其他方程联立求解。