2024年高考物理第一轮复习讲义：第十章 突破12 带电粒子在叠加场和组合场中的运动

分层训练高效提能■

■分层提升•培优素养■

【A级——夯实基础】

1.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的

水平匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环

上套有一个带正电的小球。。点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环

上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，6d沿水平方向。已知

小球所受电场力与重力大小相等，现将小球从环的顶端a点由静止

释放，下列判断正确的是（）

A.小球能越过与。等高的d点并继续沿环向上运动

B.当小球运动到c点时，洛伦兹力最大

C.小球从a点到6点，重力势能减小，电势能增大

D.小球从8点到c,点，电势能增大，动能先增大后减小

解析：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°由于合力是恒力，故

类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点关于圆心对称的

位置（即A弧的中点）就是“最低点”，速度最大。由于a、d两点关于新的“最高点”对称,

若从〃点静止释放，最高运动到d点，故选项A错误；由于历弧的中点相当于“最低点”，

速度最大，当然这个位置洛伦兹力最大，故选项B错误：从“到6,重力和电场力都做正功，

重力势能和电势能都减少，故选项C错误；小球从人点运动到c点，电场力做负功，电势

能增大，但由于儿弧的中点速度最大，所以动能先增大后减小，选项D正确。

答案：D

2.（2022•河北衡水模拟）如图所示，在平面直角坐标系第二,

象限的O48C矩形区域内存在沿），轴方向的匀强电场（方向未画BL--------A

出），第四象限的ODEF矩形区域内存在垂直于第四象限的匀强4-----------n-------------

磁场（方向未画出）磁感应强度大小为B,一带电粒子从B点以速D---------二

度。0沿X轴正向飞入电场恰好从坐标原点。飞入磁场，经过一段时间，粒子最终从尸点飞

出磁场，已知OC=。尸=2O4=2O£）=2LC、尸两点位于x轴上，不计粒子重力，则粒子

的比荷为（）

.BL00

A-。。B.

y/2BL

c•猊小BL

D.Vo

解析：。点的速度反向延长线过A3边的中点，因此速度方向与x轴正向成45°角，做

出粒子在磁场中的运动轨迹如图，根据几何关系可知L,又qvB=m^,R=*,

粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系可知。=6。0,代入到半径表达式得2=概，

故选C。

答案：c

3.如图所示，两平行金属板水平放置，板长和板间距均为L,两板

间接有直流电源，极板间有垂直纸面向外的匀强磁场。一带电微粒从板

左端中央位置以速度v产而垂直磁场方向水平进入极板，微粒恰好

E

做匀速直线运动。若保持a板不动，让b板向下移动0.5L,微粒从原

位置以相同速度进入，恰好做匀速圆周运动，则该微粒在极板间做匀速

圆周运动的时间为（）

A”gL

AB.

-3g2g

2n或

D.

g

F

解析：微粒恰好做匀速直线运动时有市=qv（）B+mgf恰好做

匀速圆周运动时有婿=岫联立解得货—qVoB,即。（＞=苗根，

2

由题意可知如=/1,则有方第,由公式qv（）B=〃%得R

=簿,联立解得R=2"微粒运动轨迹如图所示，由几何关系可

30°2nX2L=噜，只有选

得NMON=30°,所以微粒在磁场中运动的时间t=X——F=-

360°迎

项A正确＞,

答案：A

4.如图所示，长方形a物长ad=0.6m,宽ab=0.3m,e、/■分

别是ad、be的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，

磁感应强度8=0.25To一群不计重力，质量〃?=3Xl（）-7kg,电荷量

q=+2XIO、c的带电粒子以速度为=5X1（）2m/s从左右两侧沿垂直ad

和秘方向射入磁场区域（不考虑边界粒子），则以下说法错误的是（）

A.从ae边射入的粒子，出射点分布在外边和好,边

B.从ed边射入的粒子，出射点全部分布在"边

C.从好•边射入的粒子，出射点全部分布在边

D.从心边射入的粒子，全部从d点射出

解析：粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：gooB

2

，代入数据解得粒子就道半径r=0.3m;若匀强磁场为矩形磁场，从e点垂直射入

的粒子，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，则刚好从b点射出，所以从e

点垂直射入的粒子出射点落在歹边上；从a?边垂直射入的粒子，从圆弧q/"上射出，出射点

分布在油边和。■边；从ed边射入的粒子，出射点全部分布在好边，故A、B正确。

若匀强磁场为圆形磁场，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，所以从bf

边射入的粒子，出射点全部分布在边，从我边射入的粒子，全部从4点射出，故C错误，

D正确。

答案：C

5.（2022•湖北襄阳模拟）如图所示，在X。），坐标系中，以S0）为圆心、y

r为半径的圆形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。在y>r的足够

T叱：-IV--

大的区域内，存在沿），轴负方向的匀强电场。在平面内，从点以相/XX\

xOyO，xxxx\

1

9..X..x..r♦x----x-/—

同速率、沿不同方向向第一象限发射质子，且质子在磁场中运动的半径也为

八不计质子所受重力及质子间的相互作用力，则质子（）

A.在电场中运动的路程均不相等

B.最终离开磁场时的速度方向均沿x轴正方向

C.在磁场中运动的总时间均相等

D.从进入磁场到最后离开磁场过程的总路程均相等

解析：当质子沿与x轴正方向成夹角。的方向从第一象限射入磁场时，设质子将从A

点射出磁场，如图所示,

其中。卜。2分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心。由于轨迹圆的半径等于磁场区域

圆的半径，所以。。伏。2为菱形，即4。2平行x轴，说明质子以平行y轴的速度离开磁场，

也以沿y轴负方向的速度再次进入磁场，则有

Z（?2=900-0

900—6

所以质子第一次在磁场中运动的时间T

此后质子枕迹圆的半径依然等于磁场区域圆的半径，设质子将从C点再次射出磁场。

如图所示，其中。1、。3分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心，4。3平行X轴。由于01Ao3c

为菱形，即COi平行AO.、，即平行x轴，说明C就是磁场区域圆与x轴的交点。这个结论

与6无关。所以OQO3C为平行四边形，则/03=90°+0

90。_|_e

质子第二次在磁场中运动的时间r=——T

2JOU

则质子在磁场中运动的总时间，=，］+力=,

ZCjD

质子进入电场的速度和方向相同，故在电场中的运动路程相同，故A错误。最终离开

磁场时的速度方向与03c垂直，故不一定沿x轴正方向，故B错误。在磁场中运动的总时

间均相等，为湍，故C正确。从不同位置第一次离开磁场时，在非场区的运动路程显然

不同；而在磁场中总的圆心角相同，则在电场和磁场中的路程相同，故总路程不同，故D

错误。

答案：C

6.如图甲所示，M、N是间距为1的两竖直线，其间存在垂直纸面方向的磁场（未画出）,

磁感应强度随时间按图乙所示规律变化（垂直纸面向外为正，公为已知），现有一个质量为小

电荷量为+q的离子在£=0时从直线M上的O点沿着线射入磁场，离子重力不计，离

子恰好不能从右边界穿出且在2n时恰好返回左边界M,则图乙中磁感应强度Bo的大小和

离子的初速度比分别为（）

BIT

MN

J1B。

0

岂

2：4

-Bo

甲乙

2H772JId2兀Jid

A'Bo=~qn'下B-Bo="^r'p0=27b

nmndJimnd

c氏=后‘°°=7rD-'=而'内=西

解析：由题意，对带电离子在磁场中运动的过程进行分析，洛M

N

伦兹力不做功，根据卯o&=〃ry得尸^^,磁场虽然方向改变但。r-一卜一；一…；

大小不变，所以半径不变，由以上分析知，MN之间距离4=4r：1"、

由以上分析知带电粒子匀速圆周运动一个周期的时间7等于磁；

感应强度随时间变化的周期7b,即T=7b①i/：：

带电粒子圆周运动的周期公式7=2阴②

qHo

联立①②式得7B=qB（），解得Bo=qT0③

MN之间的距离d=4r即r=^④

带电粒子圆周运动的半径,・=等⑤

qHo

联立③④⑤得女）=邛,故选B。

答案：B

7.（2022・山东烟台模拟）如图所示，在xOy坐标系中，第一、二象限有沿y轴负方向的

匀强电场，电场强度大小为Bv,第三、四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大

小为B。一带正电粒子自y轴上的M点以大小为。的初速度沿着与y轴垂直的方向向左射

出，粒子的质量为，小带电荷量为q,粒子第一次到达x轴时沿着与x轴正方向为30。的方

向进入电场。不计粒子重力，对粒子的运动，以下说法正确的是（）

5冗〃？

A.粒子自开始射出至第一次到达x轴时的时间间隔为切瓦

B.粒子再次与y轴相交时速度最小

C.粒子运动过程中的最小速度为/。

D.粒子离开M点后，其速度第〃次与初速度相同时距M点的距离为（1—坐）卷

解析：画出粒子运动轨迹如图：

粒子第一次到达x轴时沿着与x轴正方向为30°的方向进入电场，由图中几何关系可

知粒子自开始射出至第一次到达x轴时，转过的角度为150°角，根据洛伦兹力提供向心力

,v2_mv2nr2nm~150°5nm.

有qvB=，M,可付厂=证>又7=一1=~qB~，所以时间间隔'=丽丁，选

项A正确；粒子进入电场后做类平抛运动，竖直方向分速度为0时即合速度水平时速度最

小，最小速度0min=ocos30°=2选项B、C错误；vy=vsin30°根据牛顿第

二定律可得解得”=喈，减速到零的时间/=疏=奇，水平方向通过的距离

/=j

x=vxt而粒子从式轴射出到y轴距离d=rsin30°=方*，离子第一次射出磁

场进入电场，在电场中根据对称性可知，在电场中的对称轴距y轴的距离小=方^一，

每经历一个周期，都会向左移动"的距离，故速度第〃次与初速度相同时距M点的距离为

(L半舞，选项D错误。

答案：A

8.(2022•南昌十校联考)如图所示，半径，=0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点

。处，半径R=0.1m、磁感应强度大小B=0.075T的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0,

0.08m),平行金属板M、N长Z,=0.3m,间距d=0.1m,极板间所加电压U=6.4X102

V,其中N极板上收集的粒子被全部中和吸收。一位于。处的粒子源向第I、II象限均匀

地发射速度大小。=6.OXl^m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第I象限出射的粒

子速度方向均沿x轴正方向。若粒子重力不计，比荷2=1X108C/kg,不计粒子间的相互

作用力及电场的边缘效应，sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

0.18

1-、

-0.0600.06x/m

(1)粒子在磁场中的运动半径Ro;

(2)从坐标(0,0.18m)处射出磁场的粒子在。点入射方向与y轴的夹角0；

(3)N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例

解析：(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，有伏出=/他

解得R()=~£=0.08m。

C[D

(2)如图所示，设从y=0.18m处出射的粒子对应入射方向与y轴夹甫为氏由几何关

系可得sin8=0.8

故夕=53°。

(3)如图所示，设恰能从下极板右端出射的粒子射出磁场时的纵坐标为y,则》=五窝

=0.08m

设此粒子入射时速度方向与x轴夹角为“，则有

y=rsina+R()-R()cosa

解得tana=W,即a=53°

53°

比例X100%^29%o

1oU

答案：(1)0.08m(2)53°(3)29%

9.(2022•甘肃兰州一中模拟)某空间存在着一个变化的电场和一个变化的磁场，电场方

向向右(如图甲中由B到C的方向)，电场变化如图乙中图像，磁感应强度变化如图丙中

图像。在A点，从f=ls(即1s末)开始，每隔2s,有一个相同的带电粒子(重力不计)沿

AB方向(垂直于8。以速度。射出，恰能击中C点，且粒子在AB间运动的时间小于1s,若

AC=2BC,求：

E/(N/C)

Brq--------------C

I-J

v1

A02-46t/s

甲乙丙

(1)图线上瓦和8。的比值是多少？磁感应强度B的方向是怎样的？

(2)若第1个粒子击中C点的时刻已知为(l+A/)s,那么第2个粒子击中C点的时刻是

多少？

解析：（1）设AC=2BC=2d,在f=ls时，空间区域只有磁场，故粒子做匀速圆周运动，

则有：qvBQ=〃TR

由几何关系可得：R=AC=2d

…mv

则&=砺

当粒子在电场中运动时，在AB方向上匀速运动，在8c方向上匀加速运动，则有：

小d=vt

at2

qE°=ma

2/如2

联立可求得Eo=3qd

■=3。

由于粒子的电场力方向与电场方向相同，故粒子带正电，由粒子在磁场中的偏转方向和

左手定则可以判断磁场方向垂直纸面向外。

（2）第一个粒子击中。点的时刻已知为（1+A，）s,该粒子在磁场中运动，所需时间是由

其轨迹对应的圆心角所确定，由几何关系可得，粒子从A到C时，轨迹所对应的圆心角。

=-y,故粒子在磁场中运动的时间

n

—•2d

3R

△r=

vv

又第二个粒子在电场中运动的时间♦=*=*△/

故第2个粒子击中C点的时刻

介=3s+/=(3+1j^Ar)So

43、八

答案：⑴？。方向垂直纸面向外（2）（3+建Ar）s

【B级——能力提升】

3

10.如图所示，直线x与y轴之间有垂直于xOy平面向外

的匀强磁场是，直线x=d与），=1x间有沿），轴负方向的匀强电场,

41

电场强度X104V/m,另有一半径R二m的圆形匀强磁场区

域，磁感应强度囱=§T,方向垂直于坐标平面向外，该圆与直线x=d相切，且与x轴相

切于S点。一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度如进入圆形磁场区域，经过一段

3

-垂直

时间进入磁感应强度为&的磁场区域，且进入磁场&时的速度方向与直线4X

粒子速度大小。o=l.OX105m/s,粒子的比荷'=5.OX105C/kg,粒子重力不计。求:

(1)粒子在圆形匀强磁场中运动的时间tl;

(2)d的值：

(3)要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度电应满足的条件。

2

解析：(1)在磁场J中qvB\=trr^

解得门=：m=/?

T12n77?

则轨迹恰为四分之一圆，n=T=7x%一

44QD\

得力=0.26X10-5S«=2.6X10-6SO

(2)粒子在电场中做类平抛运动

Vo4.

v=-―不丁=7X10?m/s

)Ytan373

qE

V>=mt

解得f=2xi(r$

又根据

0+^y

解得x=2m,y=Tm

立xtan37°+y+n

故d="皿。

tan37

(3)进入磁场生的速度

X15m/S

5=^丁=1°

当带电粒子出磁场的速度与)，轴垂直时，圆周半径

2

可得&=百T^O.13T

所以OW&WO.13T

当带电粒子的运动轨迹与y轴相切时，有+COS~37。-=2，5m

可得&=0.3T

所以B220.3TO

答案：(1)2.6X106s(2)4m(3)0W&W0.13T或比20.3T

11.(2021.广东卷)如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图。空间有三个同心圆〃、b、

c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆力之间存在辐射状电场，圆〃与圆c之间有三个

圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区I、II和HI。各区磁感应强度恒定，大小不同，

方向均垂直纸面向外。电子以初动能反。从圆％上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保

证电子每次进入电场即被全程加速。已知圆。与圆b之间电势差为U,圆〃半径为R,圆c

半径为小R,电子质量为，W，电荷量为e,忽略相对论效应，取tan22.5°=0.4。

(1)当Eko=O时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的

夹角。均为45°,最终从。点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示。求I区的磁感应强

度大小、电子在I区磁场中的运动时间及在。点出射时的动能；

(2)已知电子只要不与I区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当&0=履［/时，要

保证电子从出射区域出射，求”的最大值。

解析：(1)设电子加速后进入磁场运动的速度为。，在磁场中做圆周

运动的半径为人轨迹如图所示，

由几何关系可知，

0

r=/?tanf=Rtan22.5°=0.4R

公

电子在磁场中做匀速圆周运动，有evB=tn—

电子在电场中被全程加速，有2eU=3mvl

设电子在I区磁场中运动的时间为r,圆心角为。，由几何关系知a=2n—(n—())=n

+8=”

5

故运动时间壬

联立以上各式得8=得'阿，『芋/

设电子在。点出射时的动能为Ek,结合图示有

8eU=Ek,即Ek=8eU。

(2)要使电子从出射区域出射，则不从I区边界射出，设其轨迹半径为

r',在I区的临界轨迹如图所示,

由几何关系可得

、R2+/2+，=小R,解得，=坐R

v'2

在磁场中，有'ev'B=nrp-

在电场中，有2eU=gzm/2—Eko

已知Ek°=keU

联立以上各式解得攵=今O

o

答案：⑴焉A/V¥书8eU(2)普

12.如图甲所示，粒子源靠近水平极板M、N的M板，N板下方有一对长为L,间距d

=1.5乙的竖直极板P、Q,P、Q下方存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场上边界的部

分放有感光胶片。水平极板M、N中间开有小孔，两小孔的连线为竖直极板P、Q的中线，

与磁场上边界的交点为。。水平极板M、N之间的电压为外；竖直极板P、Q之间的电压

UPQ随时间r变化的图像如图乙所示；磁场的磁感应强度8=得寸噤。粒子源连续释

放初速度不计、质量为机、带电荷量为+g的粒子，这些粒子经加速电场获得速度进入竖直

极板P、Q之间的电场后再进入磁场区域，都会打到感光胶片上。己知粒子在偏转电场中运

动的时间远小于电场变化的周期，粒子重力不计。求：

粒子源o

M

—N

工一炉

磁场上边界

XXXXXXX

XXXXXXX

XXXXXXX

…e…族丽M界

甲乙

⑴带电粒子进入偏转电场时的动能Ek；

⑵磁场上、下边界区域的最小宽度；

⑶带电粒子打到磁场上边界的感光长度。

解析：(1)带电粒子进入偏转电场时的动能等于MN间的电场力做的功，反=叫似=。(刈。

(2)设带电粒子以速度o进入磁场，o与磁场边界的夹角为a时，向下偏移的距离

^y=R—Rcosa=/?(1—cosa)

v\=vsina

fnv\1-cosamv\ct

：=

△•)'=万Bq一・—sm---a---~DB~q•tan于2

由数学知识知，当a=90°时，Ay有最大值。

即加速后的带电粒子以v\的速度进入竖直极板区域后不发

生偏转，沿中心线进入磁场，磁场上、下边界区域的最小宽度

即为此时的带电粒子运动轨道半径。

,x-x-xNfiqTVV•-x

xxxTxvxx~~x―jfK'Xxx

xxxixxxxxxxxx

〃孙

Uoq=32N_X_X_X_\_X)

所以。尸产率

n=吧r

RLBq=~L°

(3)粒子运动轨迹如图所示，若粒子在电场中做匀速直线运动进入磁场，则R=A,打在

感光胶片上的落点与中心线的最近距离x=2L

设任意电压时，粒子做曲线运动，射出偏转电场时的速度为%,速度偏南为从

根据几何关系有°,尸木7

R

RLBq

在胶片上落点长度为

△x=2R”cos£=Bq=2L

打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距相等，与偏转电压无关，在感光胶片上

的落点宽度等于粒子在电场中的偏转距离。带电粒子在电场中最大偏转距离

x,=21"<2=51乂-3U曷oqX“(I-)2-2L

故粒子在感光胶片上的感光长度为与。

答案：⑴