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2025人教版新教材物理高考第一轮
第 6 讲专题提升 : 带电粒子在组合场和交变电、磁场中的运动
基础对点练
题组一 带电粒子在组合场的运动
1.如图所示,坐标系xOy的第一象限内有一条平行于x轴的虚线,虚线与x轴的距离为L,在
虚线与x轴之间的区域(包括x轴上)分布有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,
在虚线上方足够大的区域内分布有竖直向下的匀强电场。一质量为 m、电荷量为q的带
正电的粒子从坐标原点O沿x轴正向以某一速度射入磁场,从P(√3L,L)点第一次射入电场,
当粒子在电场中的速度方向第一次沿 x轴正方向时到达Q点(图中未标出),Q点到y轴的
距离为2√3L。不计粒子的重力。求:
(1)粒子从O点射入时的速度大小v;
(2)电场强度的大小E。
2.在如图所示的直角坐标系 xOy中,x轴上方存在大小为E、方向与x轴负方向成45°角的
匀强电场,x轴下方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正
电粒子从y轴上的点P(0,√2L)由静止释放,从x轴上的A点第一次进入匀强磁场,不计粒子
受到的重力。(1)求粒子第一次进入磁场的速度大小v 。
A
(2)若第一次进入磁场后经第三象限垂直穿过y轴进入第四象限,求匀强磁场的磁感应强
度大小B 。
1
(3)若第一次进入磁场后从x轴上的C点第一次离开匀强磁场,恰好又从A点第二次进入
匀强磁场,求匀强磁场的磁感应强度大小B 。
2
题组二 带电粒子在交变电、磁场中的运动
3.(2024河南焦作模拟)如图甲所示,在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场,磁场方向垂
直坐标平面,磁感应强度大小 B随时间变化的关系如图乙所示,在t=0时刻有一比荷为
1×104 C/kg的带正电粒子从坐标为(3√3 )的P点以初速度v =2×103 m/s且与x轴
m,0 0
5
正方向成60°的方向垂直磁场射入。开始时,磁场方向垂直坐标平面向里,不计粒子重力,
求:
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径;
4 4
(2)在时间 π×10-4~2π×10-4 s内和时间0~ π×10-4 s内,粒子运动轨迹对应的圆心角之比;
3 3
(3)粒子到达y轴时与O点的距离s。综合提升练
4.(2024山西晋城模拟)如图所示,水平虚线与竖直虚线交于O点,将空间分成四个区域,区
域Ⅰ中存在垂直纸面向外的匀强磁场B (未画出),区域Ⅱ中存在水平向左的匀强电场E(未
1
画出),区域Ⅲ中有一垂直纸面向外、边界为圆形的匀强磁场 B (未画出),B ∶B =1∶4。比
2 1 2
荷为k的带负电的粒子从O点正上方的P点,沿与竖直虚线成α角方向以速度v 射入区
0
域Ⅰ,经过一段时间粒子垂直水平虚线由 Q点射入区域Ⅱ;粒子经O点正下方的M点后,
最终由水平虚线上的N点沿竖直向上的方向离开区域Ⅲ,忽略粒子的重力。点Q、M、N
2√3
均未画出,已知OP=√3L,OQ=L,OM= L,ON=4L,上述v 、k、L为已知量。求:
0
3
(1)角度α及电场强度E、磁感应强度B 的大小;
1
(2)区域Ⅲ中圆形磁场面积的最小值。
5.(2023安徽合肥一模)如图所示,在平面直角坐标系xOy内,x轴上方有垂直于坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,x轴下方有沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小为
√3qB2d
。x轴上S(d,0)处有一粒子源,在坐标平面内先后向磁场中与x轴正方向夹角为
2m
30°~150°范围内发射带正电的粒子,所有粒子第一次经磁场偏转后均可同时从 O点进入
电场。已知粒子的质量为m、电荷量为q,不计粒子重力及粒子间相互作用。
(1)求由S处最先发射的粒子与最后发射的粒子的发射时间差。
(2)求由S处发射的速度最小的粒子,从发射到第二次经过O点的时间。
2√3qB2d
(3)若仅电场强度大小变为 ,最小速度的粒子从 S处发射后第2 023次经过x轴
m
的位置为P点,最先发射的粒子从S处发射后第2 023次经过x轴的位置为Q点,求PQ间
的距离。
参考答案
第6讲 专题提升:带电粒子在组合场和交变电、磁场中的运动
2BqL
1.答案 (1)
m
qLB2
(2)
m
解析 (1)粒子的运动轨迹如图所示,由几何关系可知粒子在磁场中运动半径为
R=2L
粒子在磁场中运动,由牛顿第二定律有v2
qvB=m
R
2BqL
解得v= 。
m
(2)粒子进入电场以后,竖直方向做匀减速直线运动,水平方向做匀速直线运动,进入电场时,
水平方向的初速度v 和竖直方向的初速度v 分别为
x y
v =vcos 60°
x
v =vsin 60°
y
设粒子在电场中运动的时间为t,水平方向的位移为
x=2√3L-√3L=v t
x
竖直方向的速度满足
0=v +at
y
由牛顿第二定律有qE=-ma
qLB2
联立解得E= 。
m
√EqL √Em
2.答案 (1)2 (2)
m qL
1 √Em
(3)
4 qL
解析 (1)粒子先在电场中加速,由动能定理得
√2L 1
Eq = mv 2
cos45° 2 A
√EqL
故第一次进入磁场的速度v =2 。
A
m
(2)第一次进入磁场后做匀速圆周运动轨迹如图中图线1所示,由几何关系得轨迹半径
R =2L
1
由牛顿第二定律得B qv =mv 2
1 A A
R
1
√Em
解得B = 。
1
qL
(3)若粒子从A进入磁场经C又回到A的运动轨迹如图中图线2所示,由几何关系可知在
C点速度大小仍为v ,方向与x轴负方向成45°角,出磁场后做类平抛运动,垂直电场线方向
A
L cos 45°=v t
AC A
沿电场线方向
1 Eq
L sin 45°= t2
AC
2 m
解得L =8√2L
AC
由几何关系得轨迹半径
R =L sin 45°=8L
2 AC
由牛顿第二定律得
B qv =mv 2
2 A A
R
2
1 √Em
解得B = 。
2
4 qL
3.答案 (1)0.4 m
(2)1∶2
(3)1 m
解析 (1)粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动,设轨迹半径为R,由洛伦兹力提供向心
力有
qv B=mv 2
0 0
R
mv
解得R= 0=0.4 m。
qB
(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,则
2πR 2πm
T= = =4π×10-4 s
v qB
0
4
π×10-4~2π×10-4 s内,粒子运动的周期数为
32π
×10-4 s
N = 3 1
2 =
4π×10-4 s 6
运动轨迹对应的圆心角为60°
4
0~ π×10-4 s内,粒子运动的周期数为
3
4π
×10-4 s
N = 3 1
2 =
4π×10-4 s 3
运动轨迹对应的圆心角为120°
4 4
在 π×10-4~2π×10-4 s内和0~ π×10-4 s内,粒子运动轨迹对应的圆心角之比为1∶2。
3 3
(3)粒子运动轨迹如图所示
8
粒子恰好在t= π×10-4 s时到达y轴,由图可知粒子到达y轴时与O点的距离为
3
s=R+Rcos 60°+2R(1-cos 60°)=1 m。
4.答案 (1)60° 3v 2 v (2)3πL2
0 0
2kL 2kL 4
解析 (1)由题意画出粒子轨迹如图所示
由几何关系得
(R-L)2+(√3L)2=R2
√3L
sin α=
R
解得R=2L,α=60°粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有
qv B =mv 2
0 1 0
R
q
又k=
m
v
联立得B = 0
1
2kL
粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动,设粒子运动的时间为t,则竖直方向
2√3
L=v t
0
3
水平方向
1
L= at2,Eq=ma
2
联立得E=3v 2。
0
2kL
(2)设粒子在M点的速度为v,与竖直虚线的夹角为θ,M点水平方向速度
v =at,v =√3v
1 1 0
由v= ,tan θ=v
√v 2+v 2 1
0 1 v
0
得v=2v ,θ=60°
0
设粒子在区域Ⅲ中做匀速圆周运动的半径为r,由牛顿第二定律有
v2
qB v=m
2
r
q
又k=
m
B ∶B =1∶4
1 2
得r=L
如图所示,粒子在区域Ⅲ中运动的轨迹与磁场边界交于C点和D点,粒子在磁场中做圆周
运动的轨迹为弧CD,圆心角
∠CO D=180°-θ=120°
2
则CD=2Rsin 60°
得CD=√3L
当磁场边界是以CD为直径的圆时,磁场有最小面积S=π(√3L) 2 3πL2。
=
2 4
4πm
5.答案 (1)
3qB
(2) m ( 2√3)
π+
qB 3
1 011
(3) d
4
v2
解析 (1)粒子在磁场中做圆周运动,有qvB=m
r
2πr 2πm
周期T= =
v qB
设粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为θ,则粒子在磁场中的运动时间为
θ θm
t= T=
2π qB
所以t与θ成正比。由几何知识可知,发射粒子运动方向与x轴正方向夹角为150°时,θ角
π
最小为θ= ,粒子发射时间最晚;发射粒子运动方向与x轴正方向夹角为30°时,θ角最大为
3
5π
θ= ,粒子发射时间最早。所以最先发射的粒子与最后发射的粒子的发射时间差为
3
t= m (5π π) 4πm。
- =
qB 3 3 3qB
(2)粒子在磁场中运动时,有
mv2
qvB=
r
qBr
解得v=
m
可知发射速度越小的粒子,其圆周运动半径越小。由几何知识得,粒子圆周运动半径最小
为
d
r =
1
2
则粒子最小速度为
qBd
v =
1
2m速度最小的粒子在磁场中运动的时间为
1 πm
t = T=
1
2 qB
粒子在电场中运动时有
a =qE √3q2B2d
1 1=
m 2m2
粒子在电场中先减速,再反向加速返回O点,在电场中运动的时间为
t '=2v 2√3m
1 1=
a 3qB
1
所以粒子从发射到第二次经过O点的时间为
t 总 =t 1 +t 1 '= m ( π+ 2√3)。
qB 3
(3)最小速度的粒子,在磁场中偏转半个圆周,垂直x轴方向进入电场,然后在电场中做直线
运动,先减速到0,然后再反向加速返回到x轴,返回到x轴时,位置会向左移动2r,此后不断
重复相同的运动过程,所以从S处发射后第2 023次经过x轴时的位置坐标为
2 022
x =- ×2r =-1 011d
P 1
2
由几何知识得,最先发射的粒子在磁场中做圆周运动的半径为
r =d
2
则粒子速度为
qBd
v =
2
m
2√3qB2d
电场强度大小变为 时,最先发射的粒子经过x轴进入电场,然后再返回到x轴的
m
过程中,在y轴方向有
a =qE 2√3q2B2d
2 2=
m m2
1
0=-v sin 30°·t + a t 2
2 2 2 2 2
在x轴方向有
x=v cos 30°·t
2 2
√3m d
解得t = ,x=
2 6qB 4最先发射的粒子,先在磁场中偏转,然后进入电场做类平抛运动,并返回到x轴,返回到x轴
时,位置会向左移动
d 3
Δx=d- = d
4 4
此后不断重复相同的运动过程,所以最先发射的粒子从S处发射后第2 023次经过x轴时
的位置坐标为
2 022 3 3 033
x =- × d=- d
Q
2 4 4
则PQ间的距离为
1 011
x =x -x = d。
PQ Q P
4
