计算题培优练2　带电粒子在组合场、叠加场中的运动--2026江苏高考物理的二轮专题练（含解析）

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2026江苏高考物理的二轮专题
计算题培优练2　带电粒子在组合场、叠加场中的运动
共4题,共60分。
1.(15分)(2025·南京期中)如图所示,在xOy坐标系的第一、第四象限内存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场,y轴和ab为其左、右边界,两边界距离为l=2.4r,第一象限内电场E2方向竖直向下,第四象限内电场E1方向竖直向上。在y轴的左侧有一分布在半径为r的圆内的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,其中OO'是圆的半径。在电场右边界ab上,一电荷量为+q、质量为m的不计重力的粒子以初速度v从M点沿水平方向垂直射入匀强电场,M点和x轴之间的距离为1.2r,该粒子通过x轴上的N点(未画出)进入上部匀强电场,然后从y轴上的P点水平射出,P点坐标为(0,0.8r),经过一段时间后粒子进入磁场区域,该粒子进出磁场时速度方向改变了90°。其中m、+q、v、r为已知量。求:
(1)第一、第四象限内电场强度的比值E2∶E1;
(2)磁场的磁感应强度B的大小;
(3)该粒子从射入电场到射出磁场的全过程运动的总时间。
2.(15分)(2025·扬州期末)在如图所示的xOy平面内,x轴和y=a区间有垂直于纸面向外的匀强磁场,质量为m、电荷量为e的质子从坐标原点O沿y轴射入磁场。入射速度为v0时,质子恰好不从磁场上边界射出。不计粒子的重力。
(1)求磁感应强度大小B;
(2)若入射的质子数按速度大小均匀分布在0~10v0范围,求能到达磁场中横坐标x=a位置(图中虚线PQ)的质子数占总质子数的百分比η;
(3)若磁场区域存在沿-y方向的非匀强电场,电场强度随y方向均匀增大,关系式为E=ky,要使入射速度为10v0的质子不从磁场上边界射出,求k满足的条件。
3.(15分)(2023·江苏卷)如图1所示,回旋加速器的圆形匀强磁场区域以O点为圆心,磁感应强度大小为B,加速电压的大小为U。质量为m、电荷量为q的粒子从O附近飘入加速电场,多次加速后粒子经过P点绕O做圆周运动,半径为R,粒子在电场中的加速时间可以忽略。为将粒子引出磁场,在P位置安装一个“静电偏转器”,如图2所示,偏转器的两极板M和N厚度均匀,构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆心角为α,当M、N间加有电压时,狭缝中产生电场强度大小为E的电场,使粒子恰能通过狭缝,粒子在再次被加速前射出磁场,不计M、N间的距离。求:
图1
图2
(1)粒子加速到P点所需要的时间t;
(2)极板N的最大厚度dm;
(3)磁场区域的最大半径Rm。
4.(15分)(2025·苏州中学5月模拟预测)如图所示,在三维坐标系Oxyz中,xOz平面左侧区域有沿y轴正方向的匀强电场;xOz平面右侧与垂直于y轴足够大的荧光屏之间的区域有沿y轴正方向的匀强磁场,荧光屏与y轴交点位置的坐标为(0,d,0)。一质量为m、电荷量为+q的粒子从坐标为的P点以大小为v0的初速度沿z轴负方向射出,经电场偏转后从O点进入磁场,再经过磁场偏转后击中荧光屏,粒子再次经过y轴的位置离O点距离为d,不计粒子的重力。求:
(1)匀强电场的电场强度大小;
(2)粒子打在荧光屏上的位置坐标及匀强磁场的磁感应强度大小;
(3)若在xOz平面与荧光屏之间的区域加上一平行于y轴的匀强电场,要使粒子仍打在荧光屏上(2)问中所求的位置,则所加匀强电场的电场强度应满足什么条件。
参考答案
1.答案 (1)3∶2　(2)　(3)
解析 (1)粒子经x轴上的N点由第四象限内电场进入第一象限内电场,画出粒子在电场中的运动轨迹如图所示
在第一、第四象限,沿着x轴方向粒子匀速运动,有
vP=vM
在M到P的过程中应用动能定理,有
qE1×1.2r-qE2×0.8r=
解得
E2∶E1=3∶2。
(2)由题意可知粒子由P点射出电场后,经过一段时间进入磁场中做匀速圆周运动,在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周,画出粒子由P点射出电场后的运动轨迹,如上图
过O'作y轴的平行线,与O1F交于K点,O1Q与x轴的交点为H。设粒子做匀速圆周运动的半径为R,则在△QHO'中有
(0.8r)2+HO'2=r2
解得
HO'=0.6r
在△O'KF中有
(R-0.6r)2+(R-0.8r)2=r2
解得
R=1.4r
又
qvB=m
解得
B=。
(3)带电粒子在电场中的运动时间为
t=
做匀速直线运动时间为
t'=
在磁场中的运动时间为
t″=
则带电粒子从M点射入电场到射出磁场的过程中运动的总时间
t总=t+t'+t″=。
2.答案 (1)　(2)2.5%　(3)k≥
解析 (1)根据洛伦兹力提供向心力得ev0B=m
如图1所示,当质子恰好不从磁场上边界射出时r=a
图1
解得B=。
(2)如图2所示,当粒子刚好到达处时r'=a
图2
由洛伦兹力提供向心力有qv'B=m
解得v'=v0
综上,到达PQ的质子入射速度在v0(3)设入射速度为10v0的质子刚好经过y=a边界,此时速度方向沿x轴正向,速度大小为v1
根据动能定理可得W=
电场力做功W=-·a=-·a=-ek1a2
水平方向应用动量定理FfxΔt=mΔvx
即eBvyΔt=mΔvx
由∑eBvyΔt=∑mΔvx
可得eBa=mv1
解得v1=,k1=
所以k≥。
3.答案 (1)
(2)2
(3)R+sin
解析 (1)设粒子在P的速度大小为vP,则根据
qvPB=m
可知半径表达式为
R=
对粒子在静电场中的加速过程,根据动能定理有
nqU=
粒子在磁场中运动的周期为
T=
粒子运动的总时间为
t=(n-1)×
解得
t=。
(2)由粒子的运动半径r=,结合动能表达式Ek=mv2变形得
r=
则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为
r1=,r2=
由几何关系有
dm=2r1-2r2
结合EkP=解得
dm=2。
(3)设粒子在偏转器中的运动半径为rQ,则在偏转器中,要使粒子半径变大,电场力应和洛伦兹力反向,共同提供向心力,即
qvPB-qE=m
设粒子离开偏转器的点为E,圆周运动的圆心为O'。由题意知,O'在EQ上,且粒子飞离磁场的点与O、O'在一条直线上,如图所示
粒子在偏转器中运动的圆心在Q点,从偏转器飞出,即从E点离开,又进入回旋加速器中的磁场,此时粒子的运动半径又变为R,然后轨迹发生偏离,从偏转器的F点飞出磁场,那么磁场的最大半径即为
Rm=OF=R+OO'
将等腰三角形OO'Q放大如图所示。
虚线为从Q点向OO'所引垂线,虚线平分α角,则
OO'=2(rQ-R)sin
解得最大半径为
Rm=R+sin 。
4.答案 (1)　(2)　(3)见解析
解析 (1)带电粒子在电场中做类平抛运动,根据题意
d=v0t1
根据牛顿第二定律
qE=ma
解得
E=。
(2)设粒子经过O点时速度大小为v,根据动能定理
qE×d=mv2-
解得
v=v0
设v与z轴负方向的夹角为θ,则
vcos θ=v0
解得
θ=45°
粒子从O点进入磁场后,沿平行y轴方向做匀速直线运动,速度大小
v1=vsin 45°=v0
在平行xOz平面内做匀速圆周运动,速度大小为
v2=vcos 45°=v0
设做匀速圆周运动的周期为T,根据题意
T=
设圆周运动的半径为r,则
v2T=2πr
解得
r=
粒子在磁场中运动的时间为
=1.5T
则粒子打在荧光屏上的位置坐标为,由牛顿第二定律
qv2B=m
解得
B=。
(3)若所加电场方向沿y轴正方向,则粒子在电场和磁场的叠加场中运动的时间为,则
d=v1×T+
解得
E1=
若所加电场方向沿y轴负方向,粒子做匀减速运动到荧光屏速度刚好为零时,由
d=v1t
解得
t==3T
由此可知,要使粒子仍打在荧光屏上(2)问中所求位置,则粒子在电场和磁场的叠加场中运动的时间为,则
d=v1×T-
解得
E2=。
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