《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理培优专练二 培优点1　带电粒子在复合场中的运动含答案

大二轮刷题首选卷物理《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理培优专练二培优点1带电粒子在复合场中的运动培优专练二电磁场综合问题培优点1带电粒子在复合场中的运动题组一带电粒子在组合场中的运动1.(2024·山东省泰安市高三下三模)如图所示，比荷不同的两个带电粒子在A处由静止释放，经加速电压U0加速后，垂直磁场左边界MN射入宽度为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向里。两个粒子经磁场偏转后一个从左边界MN的a点离开磁场区域，另一个从磁场的右边界b点离开磁场区域，a、b两点的连线刚好与磁场边界垂直，从b点离开的粒子在磁场区域运动过程中偏转的角度为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是()A．从a点离开磁场区域的粒子带正电，从b点离开磁场区域的粒子带负电B．从a点离开磁场区域的粒子比荷大小为eq\f(2U0,3d2B2)C．从b点离开磁场区域的粒子比荷大小为eq\f(3U0,2d2B2)D．从a、b两点离开的粒子在磁场区域中运动的时间之比为3∶1答案：C解析：粒子进入磁场区域后均向上偏转，根据左手定则可知，两个粒子均带正电，A错误；两粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，从b点离开的粒子在磁场做匀速圆周运动的半径rb＝eq\f(d,sin60°)＝eq\f(2\r(3),3)d，从a点离开的粒子在磁场做匀速圆周运动的半径ra＝eq\f(rb（1－cos60°）,2)＝eq\f(\r(3),6)d，粒子经加速电压U0加速后，由动能定理有U0q＝eq\f(1,2)mv2－0，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子的比荷eq\f(\a\vs4\al(q),m)＝eq\f(2U0,B2r2)，则从a点离开的粒子的比荷为eq\f(qa,ma)＝eq\f(2U0,B2req\o\al(2,a))＝eq\f(24U0,d2B2)，从b点离开的粒子的比荷为eq\f(qb,mb)＝eq\f(2U0,B2req\o\al(2,b))＝eq\f(3U0,2d2B2)，B错误，C正确；两个粒子在磁场中运动的周期分别为Ta＝eq\f(2πma,qaB)，Tb＝eq\f(2πmb,qbB)，运动轨迹对应圆心角分别为θa＝180°，θb＝60°，则运动时间ta＝eq\f(θa,360°)Ta，Tb＝eq\f(θb,360°)Tb，联立解得ta∶tb＝3∶16，D错误。2．现代科学仪器常用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的相同匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度相同，长度足够长。电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个带正电的粒子在第1层左侧边界某处由静止释放，不计粒子的重力及运动时的电磁辐射。已知粒子从第4层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为30°。若保证粒子不能从第n层磁场右边界穿出，n至少为()A．12 B．16C．20 D．24答案：B解析：设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨道半径为rn，则有nqEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，qBvn＝meq\f(veq\o\al(2,n),rn)，设粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，则有vn－1·sinθn－1＝vnsinαn，由图甲可知rnsinθn－rnsinαn＝d，则有rnsinθn－rn－1·sinθn－1＝d，则r1sinθ1、r2sinθ2、r3sinθ3、…、rnsinθn为一组等差数列，公差为d，可得rnsinθn＝r1sinθ1＋(n－1)d，当n＝1时，由图乙可知：r1sinθ1＝d，则rnsinθn＝nd，解得sinθn＝Beq\r(\f(nqd,2mE))。由题目可知当n＝4时，θ4＝30°，即sin30°＝Beq\r(\f(4qd,2mE))；若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则θn＝eq\f(π,2)，即sinθn＝Beq\r(\f(nqd,2mE))＝1，解得n＝16，故B正确，A、C、D错误。3.(2024·江苏高考)如图所示，两个半圆环区域abcd、a′b′c′d′中有垂直纸面向里的匀强磁场，区域内、外边界的半径分别为R1、R2。ab与a′b′间有一个匀强电场，电势差为U，cd与c′d′间有一个插入体，电子每次经过插入体速度减小为原来的k倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子，从cd面射入插入体，经过磁场、电场后再次到达cd面，速度增加，多次循环运动后，电子的速度大小达到一个稳定值，忽略相对论效应，不计电子经过插入体和电场的时间，电子每次进出磁场时速度方向均垂直于边界。求：(1)电子进入插入体前后在磁场中运动的半径r1、r2之比；(2)电子多次循环后到达cd的稳定速度v；(3)若电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界d，求电子从P到d的时间t。答案：(1)eq\f(1,k)(2)eq\r(\f(2eU,m（1－k2）))(3)eq\f(π（R2－R1）,2)eq\r(\f(（1＋k）m,2（1－k）eU))解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B，电子进入插入体前的速度大小为v0，则电子经过插入体后的速度大小为kv0，由洛伦兹力提供向心力有ev0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)e·kv0B＝meq\f(（kv0）2,r2)联立解得eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,k)。(2)电子多次循环稳定后，到达cd的速度为v，则到达c′d′的速度为kv，此后，对电子从c′d′出发经磁场、电场、磁场到cd的过程，由动能定理有eU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m(kv)2解得v＝eq\r(\f(2eU,m（1－k2）))。(3)当电子到达cd中点P时速度稳定后，设其在abcd区域运动的轨迹半径为r，则有evB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,e（1－k2）))结合(1)问分析可知，电子在a′b′c′d′区域运动的半径为r′＝eq\f(k,B)eq\r(\f(2mU,e（1－k2）))所以电子相邻两次经过cd边的位置间的距离为l＝2(r－r′)设电子从P到d运动了n周，由几何关系可知eq\f(R2－R1,2)＝nl又电子在磁场中运动的周期为T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,eB)T与速度大小无关，则电子从P运动到d的时间为t＝nT联立解得t＝eq\f(π（R2－R1）,2)eq\r(\f(（1＋k）m,2（1－k）eU))。4．(2024·辽宁高考)现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽；各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q、质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为eq\f(3,2)v0和v0。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°。甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小E0＝eq\f(9mveq\o\al(2,0),4πqL)。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。(1)求磁感应强度的大小B；(2)求Ⅲ区宽度d；(3)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E＝ωt－kx，其中常系数ω>0，ω已知、k未知，取甲经过O点时t＝0。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围)。答案：(1)eq\f(mv0,2qL)(2)eq\f(3,2)πL(3)F＝eq\f(qω,3v0)·Δx解析：(1)根据题意，画出乙在Ⅰ区的运动轨迹，如图所示设乙在Ⅰ区做圆周运动的轨迹半径为r1，由几何关系得L＝r1sin30°解得r1＝2L由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)解得B＝eq\f(mv0,2qL)。(2)根据对称性可知，乙经过P点时的速度沿x轴正方向，在Ⅱ区中的速度偏转角也为30°。乙在磁场中做圆周运动的周期为T＝eq\f(2πr1,v0)根据题意，乙在磁场中运动的总时间等于甲在Ⅲ区运动的时间，为t1＝2×eq\f(30°,360°)×T联立解得t1＝eq\f(2πL,3v0)由对称性可知，甲在P点的速度沿x轴正方向，则甲从P点到O点做匀加速直线运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得qE0＝ma解得a＝eq\f(9veq\o\al(2,0),4πL)由运动学公式得d＝eq\f(3,2)v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)解得d＝eq\f(3,2)πL。(3)甲经过O点时的速度为v甲＝eq\f(3,2)v0＋at1设t时刻甲的位置坐标为x1，因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则x1＝v甲t受力分析知，甲不受电场力作用，则有ωt－kx1＝0设t时刻乙的位置坐标为x2，对乙可得eq\f(F,q)＝ωt－kx2乙追上甲前，甲、乙间距Δx＝x1－x2联立可得，乙追上甲前F与Δx间的关系式为F＝eq\f(qω,3v0)·Δx。5．(2024·新课标卷)一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内一个点P(vx，vy)表示，vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a(0，v0)点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到b(v0，v0)点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至c(－v0，v0)点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；(2)电场强度的大小；(3)P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。答案：(1)eq\f(\r(2)mv0,Bq)eq\f(2πm,Bq)(2)eq\r(2)Bv0(3)eq\f(（2－\r(2)）mv0,Bq)解析：(1)由题意知，粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,0))解得v＝eq\r(2)v0设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(\r(2)mv0,Bq)粒子在磁场中做圆周运动的周期为T＝eq\f(2πr,v)解得T＝eq\f(2πm,Bq)。(2)分析可知，P点由a点移动到b点的过程，粒子在电场中做类平抛运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中运动的加速度大小为a，P点从a点移动到b点所用时间为tab，沿电场方向，由运动学公式有v0＝atab由牛顿第二定律有qE＝ma设P点从b点移动到c点的时间为tbc，eq\o(bc,\s\up8(︵))的长度为sbc，根据任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，可知eq\f(tab,tbc)＝eq\f(v0,sbc)由题图知，eq\o(bc,\s\up8(︵))所对圆心角为θ＝eq\f(3,2)π，半径为v，则sbc＝vθP点从b点移动到c点，粒子在磁场中做圆周运动的速度的偏转角即为θ，则tbc＝eq\f(θ,2π)T联立解得tab＝eq\f(\r(2)m,2qB)，E＝eq\r(2)Bv0。(3)P点移动1周回到a点的过程中，粒子两次在电场中运动，分析可知，粒子的运动轨迹如图所示。P点从a移动到b过程中，粒子在电场中做类平抛运动，沿y轴正方向运动的距离L＝v0tab解得L＝eq\f(\r(2)mv0,2qB)根据几何知识，可得粒子第一次进、出磁场的位置之间的距离为ybc＝eq\r(2)r解得ybc＝eq\f(2mv0,qB)由粒子两次在电场中运动的对称性，结合ybc>2L可知，P点移动1周回到a点时，粒子位移的大小为y总＝ybc－2L联立解得y总＝eq\f(（2－\r(2)）mv0,Bq)。6．(2024·浙江1月选考)类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U＝φⅠ－φⅢ。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角θ射向Ⅰ区，在P点以出射角θ射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为v0，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。(1)若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值；(2)若U＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2e)，求“折射率”n(入射角正弦与折射角正弦的比值)；(3)计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”(即质子束全部返回Ⅰ区)；(4)在P点下方距离eq\f(\r(3)mv0,eB)处水平放置一长为eq\f(4mv0,eB)的探测板CQD(Q在P的正下方)，CQ长为eq\f(mv0,eB)，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且θ＝30°，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。答案：(1)eq\f(2mv0,Be)(2)eq\r(2)(3)U≤－eq\f(mveq\o\al(2,0)cos2θ,2e)(4)F＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2Nm\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)＋\f(2eU,m))，U≥0,Nm\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)＋\f(2eU,m))，－\f(mveq\o\al(2,0),3e)≤U<0,0，U<－\f(mveq\o\al(2,0),3e)))解析：(1)设质子在Ⅰ区中运动的轨迹半径为r，根据牛顿第二定律有Bev0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，当质子射入Ⅰ区的速度平行于边界时，d有最小值，为dmin＝2r联立解得dmin＝eq\f(2mv0,Be)。(2)设质子进入Ⅲ区时速度大小为v1，根据动能定理有Ue＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)其中U＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2e)设“折射”角为θ′，质子在Ⅱ区运动时，平行于边界方向不受电场力，则平行于边界方向上的分速度不变，有v0sinθ＝v1sinθ′又由“折射率”定义有n＝eq\f(sinθ,sinθ′)联立解得n＝eq\r(2)。(3)“全反射”的临界情况为：质子到达Ⅱ区与Ⅲ区的边界时，速度方向与边界平行；又质子在Ⅱ区运动时，平行于边界方向的分速度不变，则质子到达Ⅱ区与Ⅲ区的边界时，速度大小为v2＝v0sinθ质子从Ⅱ区的上边界到Ⅱ区的下边界，根据动能定理，有Ue＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)联立解得U＝－eq\f(mveq\o\al(2,0)cos2θ,2e)分析可知，要实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”，应满足U≤－eq\f(mveq\o\al(2,0)cos2θ,2e)。(4)设质子进入Ⅲ区时的速度大小为v3，速度的竖直分量大小为vy，由质子在Ⅱ区中沿平行边界方向速度不变，可知质子进入Ⅲ区时速度的水平分量大小vx＝v0sinθ则v3＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))质子从Ⅱ区上边界到Ⅱ区下边界，由动能定理，有eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)联立解得vy＝eq\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)＋\f(2eU,m))设单位时间内有N0个质子打到探测板上，探测板对质子沿竖直方向的作用力大小为F′，以竖直向上为正方向，对Δt时间内打到探测板上的质子，在竖直方向由动量定理有F′Δt＝0－N0Δt·m(－vy)由牛顿第三定律有F＝F′联立解得F＝N0meq\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)＋\f(2eU,m))。①在△CPQ中，tan∠CPQ＝eq\f(CQ,PQ)由题意知CQ＝eq\f(mv0,eB)，PQ＝eq\f(\r(3)mv0,eB)联立解得∠CPQ＝30°故当U＝0时，其中一束质子恰好打在C点，另一束质子打在探测板上分析可知，当U≥0时，两束质子都能打到探测板上，此时N0＝2NF＝2Nmeq\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)＋\f(2eU,m))；②在△DPQ中，tan∠DPQ＝eq\f(DQ,PQ)由题意知DQ＝eq\f(4mv0,eB)－eq\f(mv0,eB)，PQ＝eq\f(\r(3)mv0,eB)联立解得∠DPQ＝60°当其中一束质子恰好打在D点时，有eq\f(vx,vy)＝tan60°联立解得U＝－eq\f(mveq\o\al(2,0),3e)故当－eq\f(mveq\o\al(2,0),3e)≤U<0时，只有一束质子能打到探测板上，此时N0＝NF＝Nmeq\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)＋\f(2eU,m))当U<－eq\f(mveq\o\al(2,0),3e)时，没有质子打到探测板上，N0＝0，F＝0。综上所述，F与U之间的关系为F＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2Nm\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)＋\f(2eU,m))，U≥0,Nm\r(\f(3,4)veq\o\al(2,0)＋\f(2eU,m))，－\f(mveq\o\al(2,0),3e)≤U<0,0，U<－\f(mveq\o\al(2,0),3e)))。题组二带电粒子在叠加场中的运动7.如图所示，空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左、场强为E的匀强电场。有一质量为m、电荷量大小为q的微粒以垂直于磁场方向且与水平方向成45°角的速度v进入磁场和电场并做直线运动，重力加速度为g。则下列说法正确的是()A．微粒可能做匀加速直线运动B．微粒可能只受两个力作用C．匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(\a\vs4\al(mg),qv)D．匀强电场的电场强度E＝eq\f(\a\vs4\al(mg),q)答案：D解析：若微粒做变速运动，洛伦兹力随速度变化而变化，故不可能做直线运动，故微粒一定做匀速直线运动，A错误；若微粒只受电场力和洛伦兹力两个力，合力不为零，微粒不可能做直线运动，B错误；若微粒带正电，电场力水平向左，洛伦兹力垂直速度方向斜向右下方，而重力竖直向下，则电场力、洛伦兹力和重力三个力的合力不可能为零，微粒不可能做匀速直线运动，由此可知微粒带负电，电场力水平向右，洛伦兹力垂直速度方向斜向左上方，重力竖直向下，根据平衡条件，有：qE＝mgtan45°，qvB＝eq\r(（mg）2＋（qE）2)，解得：E＝eq\f(\a\vs4\al(mg),q)，B＝eq\f(\a\vs4\al(\r(2)mg),qv)，C错误，D正确。8.(2024·安徽高考)(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eq\f(mg,E)B．油滴a做圆周运动的速度大小为eq\f(gBR,E)C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为eq\f(3gBR,E)，周期为eq\f(4πE,gB)D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动答案：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＝eq\f(\a\vs4\al(mg),E)，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＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(\a\vs4\al(gBR),E)，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eq\f(1,2)qv1B＝eq\f(1,2)meq\f(veq\o\al(2,1),3R)，解得v1＝eq\f(\a\vs4\al(3gBR),E)，则小油滴Ⅰ做圆周运动的周期为T＝eq\f(2π·3R,v1)＝eq\f(2πE,gB)，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＝eq\f(m,2)v1＋eq\f(m,2)v2，解得v2＝－eq\f(\a\vs4\al(gBR),E)，负号表示小油滴Ⅱ在P点的速度方向与正方向相反，由eq\f(1,2)mg＝eq\f(1,2)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。9.如图所示，将一质量为m、带电量为＋q的小球在空间垂直纸面向里的匀强磁场中由静止释放，其运动轨迹为“轮摆线”，为方便分析，可将初始状态的速度(为零)分解为一对水平方向等大反向的速度v，即该运动可以分解为一个匀速直线运动1和一个匀速圆周运动2两个分运动，重力加速度为g，磁感应强度大小为B，为实现上述运动的分解，下列说法正确的是()A．速度v＝eq\f(2mg,qB)B．分运动2的半径为eq\f(m2g,2q2B2)C．小球在轨迹最低点处的曲率半径为eq\f(4m2g,q2B2)D．小球从释放到最低点的过程中重力势能的减少量为eq\f(m3g2,2q2B2)答案：C解析：因分运动1为匀速直线运动，根据平衡条件有qvB＝mg，所以v＝eq\f(\a\vs4\al(mg),qB)，A错误；对于分运动2，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB＝meq\f(v2,R)，所以R＝eq\f(\a\vs4\al(m2g),q2B2)，B错误；小球在轨迹最低点处根据牛顿第二定律，有qv′B－mg＝meq\f(v′2,r)，当小球运动到轨迹最低点时，v′水平向右，根据运动的合成v′＝2v，解得r＝eq\f(\a\vs4\al(4m2g),q2B2)，C正确；从释放到最低点的过程只有重力做功，重力势能全部转化为动能，所以ΔEp＝eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(\a\vs4\al(2m3g2),q2B2)，D错误。题组三带电粒子在组合场和叠加场中运动的综合问题10．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＝eq\f(E,2v)，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．滑块可以带正电也可以带负电C．t＝eq\f(\r(3)v,3g)D．在时间t内，滑块在水平方向的位移大小为eq\f(\r(3)v2,g)答案：C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向上且大于重力，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，滑块受力平衡且不受摩擦力作用，根据平衡条件和左手定则，滑块所受洛伦兹力竖直向下，且有qE＝qvB＋mg，结合题中B＝eq\f(E,2v)，解得qE＝2mg，滑块在MN右侧运动时，根据牛顿第二定律有qE－mg＝ma，解得滑块的加速度大小a＝g，方向竖直向上，经时间t，根据速度的关系有tan30°＝eq\f(at,v)，解得t＝eq\f(\r(3)v,3g)，水平方向做匀速直线运动，则在时间t内，滑块在水平方向的位移大小为x＝vt＝eq\f(\r(3)v2,3g)，故C正确，D错误。11.(2023·湖南高考)如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下(与纸面平行)，磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是()A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t>t0B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t>t0C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq\f(\r(3),4)B2，则t＝eq\f(t0,2)D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq\f(\r(2),4)B2，则t＝eq\r(2)t0答案：D解析：设能进入区域Ⅱ中的粒子沿AC做匀速直线运动的速度为v，则有qvB1＝qE，可得粒子的运动速度v＝eq\f(E,B1)；在区域Ⅱ中，由洛伦兹力提供向心力，有qvB2＝meq\f(v2,r)，得轨迹半径r＝eq\f(mv,qB2)；粒子从CF的中点射出，由几何关系可知，轨迹半径r＝eq\f(1,2)CO，粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角为θ＝90°，则t0＝eq\f(rθ,v)。若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，由v＝eq\f(E,B1)可知，进入区域Ⅱ的粒子的运动速度变为vA＝eq\f(v,2)，再根据r＝eq\f(mv,qB2)，可知粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹半径减小为rA＝eq\f(1,2)r，则粒子仍然从CF边射出区域Ⅱ，粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角仍为θ＝90°，则t＝eq\f(\f(1,2)r·θ,\f(1,2)v)＝t0，A错误。若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，由v＝eq\f(E,B1)可知，进入区域Ⅱ的粒子的运动速度变为vB＝2v，再根据r＝eq\f(mv,qB2)，可知粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹半径变为rB＝2r，由几何关系可知，粒子由F点射出区域Ⅱ，粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角仍为θ＝90°，则t＝eq\f(2r·θ,2v)＝t0，B错误。若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq\f(\r(3),4)B2，则沿AC做直线运动的粒子速度仍为v，粒子在区域Ⅱ中运动时，由r＝eq\f(mv,qB2)，可知粒子运动轨迹半径rC＝eq\f(4,\r(3))r>2r，则粒子从OF边射出区域Ⅱ，设粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角为θC，根据几何关系可知，sinθC＝eq\f(2r,rC)＝eq\f(2r,\f(4,\r(3))r)＝eq\f(\r(3),2)，解得θC＝60°，所以粒子在区域Ⅱ中的运动时间t＝eq\f(rCθC,v)＝eq\f(\f(4,\r(3))r·\f(2,3)θ,v)＝eq\f(8\r(3)t0,9)，C错误。若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq\f(\r(2),4)B2，则沿AC做直线运动的粒子速度仍为v，粒子在区域Ⅱ中运动时，由r＝eq\f(mv,qB2)，可知粒子运动轨迹半径rD＝eq\f(4,\r(2))r>2r，则粒子从OF边射出区域Ⅱ，设粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角为θD，根据几何关系可知，sinθD＝eq\f(2r,rD)＝eq\f(2r,\f(4,\r(2))r)＝eq\f(\r(2),2)，解得θD＝45°，所以粒子在区域Ⅱ中的运动时间t＝eq\f(rDθD,v)＝eq\f(\f(4,\r(2))r·\f(1,2)θ,v)＝eq\r(2)t0，D正确。12．(2024·海南高考)如图，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心O1、O2连线与x轴平行，半圆与圆相切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、eq\f(B,2)的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到v0。改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ(不计粒子的重力和粒子之间的影响)。(1)求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R；(2)在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t；(3)在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小E＝Bv0，方向沿x轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在的位置到y轴的距离eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin37°＝\f(3,5)，sin53°＝\f(4,5)))。答案：(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2q)eq\f(mv0,Bq)(2)eq\f(πm,Bq)(3)eq\f(13,5)v0eq\f(172mv0,25Bq)解析：(1)带电粒子在加速电场中运动时，根据动能定理得qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得U＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2q)由题意可知，粒子在区域Ⅰ中做圆周运动的半径r＝R粒子在区域Ⅰ中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有Bqv0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)联立解得R＝eq\f(mv0,Bq)。(2)带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可知粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径均为R，分析可知，粒子都从Q点射入区域Ⅱ，且射入区域Ⅱ时的速度方向在沿y轴负方向到沿y轴正方向右侧180°角范围内。设粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的半径为r′，由洛伦兹力提供向心力有qeq\f(B,2)v0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r′)解得r′＝eq\f(2mv0,Bq)＝2R在能射入区域Ⅲ的粒子中，在区域Ⅱ中运动的时间最短的粒子的运动轨迹如图甲所示，根据几何知识可得，此粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的轨迹所对应的圆心角都为θ＝60°粒子在两区域磁场中的运动周期分别为T1＝eq\f(2πr,v0)T2＝eq\f(2πr′,v0)该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为t＝eq\f(60°,360°)T1＋eq\f(60°,360°)T2联立解得t＝eq\f(πm,Bq)。(3)将粒子进入区域Ⅲ时的速度v0分解为v1和v2，使其中一个分速度v1对应的粒子所受洛伦兹力与电场力平衡，则粒子沿v1方向做匀速直线运动分运动，粒子的另一个分运动是初速度为v2的匀速圆周运动。根据平衡条件可知，v1对应的洛伦兹力方向沿x轴负方向，且qv1B＝qE又E＝Bv0解得v1＝v0由左手定则知，v1沿y轴正方向，将粒子射入区域Ⅲ时的速度v0分解，如图乙所示，由几何关系可知，2β＝74°解得β＝37°则v2＝2v0cosβ设圆周分运动的半径为r″，由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),r″)根据运动的合成可知，当圆周分运动的速度变为沿y轴正方向时，粒子的速度最大，动能最大，此时粒子的速度大小为vm＝v1＋v2联立解得vm＝eq\f(13,5)v0从进入区域Ⅲ到粒子动能最大，圆周分运动的轨迹如图丙所示，由几何关系可知，粒子动能最大时，粒子所在位置到y轴的距离为L＝2R＋2R＋r″(1＋cosβ)联立解得L＝eq\f(172mv0,25Bq)。培优点2带电粒子在交变场中的运动题组一带电粒子在交变电场中的运动1．(2024·广东高考)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的eq\f(π,3)倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v；(3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。答案：(1)正电eq\f(πm,Bt0)(2)eq\r(\f(3πt0U0,8B))πeq\r(\f(πU0,24Bt0))(3)eq\f(πmU0（π2＋16）,48Bt0)解析：(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹，结合左手定则可知，粒子带正电设粒子在磁场中运动的周期为T，则有eq\f(T,2)＝3t0－2t0设粒子在磁场中运动的速率为v0，轨迹半径为r，则有T＝eq\f(2πr,v0)根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)联立解得q＝eq\f(πm,Bt0)。(2)由题意知，金属板的板长为L＝eq\f(πD,3)粒子在板间运动时，沿金属板方向有L＝vt0根据题意，粒子离开金属板间电场时，垂直金属板方向的速度为0，则v0＝v设粒子在金属板间运动的加速度大小为a，则沿垂直金属板方向的位移大小为y＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t0,2)))eq\s\up12(2)根据牛顿第二定律，有qE＝ma其中板间场强大小E＝eq\f(U0,D)由几何关系可知y＝2r联立解得D＝eq\r(\f(3πt0U0,8B))，v＝πeq\r(\f(πU0,24Bt0))。(3)由(2)可解得r＝eq\r(\f(πt0U0,24B))，即金属板的板间距离D＝3r分析可知，粒子在t＝4t0时刻进入金属板左侧的电场开始做减速运动，在t＝6t0时刻再次进入金属板间的偏转电场，t＝6.5t0时刻碰到上金属板，带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示。根据轨迹图分析可知，整个过程中电场力对粒子做的功，等于粒子最开始在水平向右的匀强电场中运动的过程以及最后0.5t0时间内电场力做功之和，设在这两个过程中电场力做的功分别为W1、W2，则W＝W1＋W2根据动能定理知W1＝eq\f(1,2)mv2－0根据功的定义有W2＝qE(D－2r)联立解得W＝eq\f(πmU0（π2＋16）,48Bt0)。题组二带电粒子在交变磁场中的运动2．(2024·陕西省铜川市王益区高三下四模)如图1所示，在直角坐标系xOy中，MN垂直x轴于N点，第二象限中存在方向沿y轴负方向的匀强电场，Oy与MN间(包括Oy、MN)存在均匀分布的磁场，取垂直纸面向里为磁场的正方向，其磁感应强度随时间变化的规律如图2所示。一比荷eq\f(q,m)＝eq\f(π,B0t0)的带正电粒子(不计重力)从O点沿纸面以大小v0＝eq\f(L,t0)、方向与Oy夹角θ＝60°的速度射入第一象限中，已知场强大小E＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2\r(3),3)))eq\f(2B0L,t0)，ON＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,π)＋\f(\r(3),2)))L。(1)若粒子在t＝t0时刻从O点射入，求粒子在磁场中运动的时间t1；(2)若粒子在0～t0之间的某时刻从O点射入，恰好垂直y轴进入电场，之后从P点离开电场，求从O点射入的时刻t2以及P点的横坐标xP；(3)若粒子在0～t0之间的某时刻从O点射入，求粒子在Oy与MN间运动的最大路程s。答案：(1)eq\f(2,3)t0(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(3)π)))t0－eq\f(L,π)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5＋\f(4\r(3),3π)))L解析：(1)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)且eq\f(q,m)＝eq\f(π,B0t0)粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq\f(2πR,v0)解得T＝2t0若粒子在t0时刻从O点射入，运动轨迹如图甲所示由几何关系可知轨迹对应的圆心角α＝eq\f(2π,3)粒子在磁场中运动的时间t1＝eq\f(α,2π)T＝eq\f(2,3)t0。(2)由(1)可知R＝eq\f(L,π)，粒子的运动轨迹如图乙所示则eq\f(R,tanθ)＝v0(t0－t2)解得t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(3)π)))t0粒子在电场中做类平抛运动，设加速度大小为a，沿电场方向有R＋eq\f(R,sinθ)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)根据牛顿第二定律有qE＝ma垂直电场方向有－xP＝v0t3解得xP＝－eq\f(L,π)。(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，已知周期T＝2t0，粒子在Oy与MN间运动的路程最大时，其运动轨迹如图丙所示当粒子第1次圆周运动的轨迹与y轴相切时，OC＝eq\f(R,tan\f(θ,2))＝eq\f(\r(3),π)L<v0t0＝L，该运动情况符合题意由于3t0－t0＝2t0＝