帶電粒子在組合場、疊加場交變電磁場中的運動-2025年高考物理（含答案）

帶電粒子在組合場、疊加場交變電磁場中的運

動-2025年高考物理

消電校3點做合場、耋加場會變電磁場中的運劭

考情分析

考點分析三年考情分析2025命題熱點

2024：安徽卷、廣東卷、甘肅卷、新課標(biāo)卷、黑

1、帶電粒子在組合場、疊加場

帶電粒子在組合場、疊加吉遼卷、湖南卷、湖北卷

交變電磁場中的運動

場交變電磁場中的運動2023：海南卷、遼寧卷、江蘇卷、山東卷

2、立體空間模型

2022：廣東卷、湖南卷、湖北卷、山東卷

【課標(biāo)要求】

1.會分析和處理帶電粒子在組合場中運動的問題。

2.知道帶電粒子在復(fù)合場中幾種常見的運動,掌握運動所遵循你的規(guī)律。

3.掌握帶電粒子在交變電、磁場運動問題的分析方法，熟悉帶電粒子運動的常見模型。

【高分技巧】

帶電粒子在場中無約束情況下，常見的幾種情況：

①電場力、重力并存--電場力+重力=其效（恒力）

靜止或勻速直線運動一一艱=mg且方向相反（即與效=0）;

勻加/減速直線運動一一心效20且與n共線；

勻變速曲線運動一與效片。且與“不共線；

無圓周運動

②磁場力、重力并存

勻速直線運動<—>再備=mg且方向相反（或9=琦且方向相反），運動方向與冷垂直;

變加速曲線運動（復(fù)雜曲線），因洛倫茲力不做功，故機械能守恒

無靜止、無勻變速直線運動、無勻變速曲線運動、無勻速圓周

②磁場力、電場力并存

勻速直線運動<-->_F^=mg且方向相反（或琮=璉且方向相反），運動方向與琮垂直;

變加速曲線運動（復(fù)雜曲線），可用動能定理求解。

無靜止、無勻變速直線運動、無勻變速曲線運動、無勻速圓周

③磁場力、電場力、重力并存

靜止<—>璉=1118且方向相反,且罵&=0；

勻速直線運動一一璉、mg,珠三力平衡；

勻速圓周運動一一%=mg且方向相反，且琮=尺；

變加速曲線運動（復(fù)雜曲線），可用能量守恒定律或動能定理求解。

無勻變速直線運動、無勻變速曲線運動

提升練習(xí)

一、單的

1.（2024?安徽蕪湖?一模）如圖所示，氣;H、笊7"、晁:"三種核子分別從靜止開始經(jīng)過同一加速電壓U

（圖中未畫出）加速,再經(jīng)過同一偏轉(zhuǎn)電壓U2偏轉(zhuǎn),后進入垂直于紙面向里的有界勻強磁場，氣\H的運

動軌跡如圖。則氣笊江/、泉江f三種核子射入磁場的點和射出磁場的點間距最大的是（）

B'、

5

A.A及B.笊洱C.C阻D.無法判定

2.（2024?廣東?三模）如圖所示，在0<V<r,0<\<'區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強電場，在，>2。區(qū)域內(nèi)

有垂直紙面向里的勻強磁場，從g軸上0?90范圍內(nèi)平行于c軸正方向射出大量質(zhì)量為m、電荷量為

+q、分布均勻的帶電粒子，粒子射入的初速度均為，當(dāng)電場強度為0時，從。點射入的粒子恰能運

2

動到NQO,y0）點,若電場強度為七=媽警，右側(cè)是粒子接收器，的長度為夕0,不計粒子重

q說

力和粒子間的相互作用，則（）

MxxXX

x8xXX

/V]xxXX

\XX

XX

PXXXx>

A.磁感應(yīng)強度的大小為V%

quo

B.從1%處射入的粒子，恰好從N點進入磁場

C.從處射入的粒子，在磁場中偏轉(zhuǎn)距離最大

D.接收器接收的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的50%

3.（2024?北京東城?二模）水平放置的M、N兩金屬板，板長均為L,板間距為d,兩板間有豎直向下的勻強

電場，場強大小為E,在兩板左端點連線的左側(cè)足夠大空間存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度的大小為方

向垂直紙面向里。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以初速緊靠M板從右端水平射入電場，

隨后從P點進入磁場,從Q點離開磁場（P、Q未畫出）。不考慮粒子的重力,下列說法正確的是

xxxf*L

xxx：

A.PQ間距離與E的大小無關(guān)B.PQ間距離與vO的大小無關(guān)

C.P點的位置與粒子的比荷無關(guān)D.帶電粒子不可能打在N板上

4.（2024?福建?模擬預(yù)測）如圖，真空中有區(qū)域/和〃，區(qū)域/中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直

向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里,腰長為L的等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域〃）內(nèi)存在

勻強磁場,磁場方向垂直紙面向外。圖中A、。、O三點在同一直線上，AO與GR垂直,且與電場和磁

場方向均垂直。入點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域/中，只有沿直線AC運

動的粒子才能進入?yún)^(qū)域II,若區(qū)域/中電場強度大小為E、磁感應(yīng)強度大小為,區(qū)域〃中磁感應(yīng)強

度大小為B2,則粒子從CF邊靠近F的三等分點。射出，它們在區(qū)域II中運動的時間為若改變電

場或磁場強弱，能進入?yún)^(qū)域II中的粒子在區(qū)域〃中運動的時間為3不計粒子的重力及粒子之間的相

互作用，下列說法正確的是（）

G

/)>

A.從。點飛出的粒子速度大小為等B.粒子的比荷為舞多

坨±>I±>2-L

C.若僅將區(qū)域/中電場強度大小變?yōu)?E,則t>to

D.若僅將區(qū)域〃中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?口2,則粒子從G尸邊出射，出射點距離O點乎乙

36

5.（2024?遼寧?模擬預(yù)測）19世紀(jì)末，阿斯頓設(shè)計并應(yīng)用質(zhì)譜儀測原子核的比荷從而發(fā)現(xiàn)了氛-U和宏

-二,證實了同位素的存在。如圖所示，某原子核從容器人下方的小孔：飄入電壓為U的加速電場,

其初速度可視為0,加速后經(jīng)小孔&沿著垂直于磁場且垂直于磁場邊界的方向進入勻強磁場中，最后

q

打到照相底片的。點上，測得so長度為2,則該原子核的比荷三（）

A.與田成正比B.與田成反比c.與r成正比D.與小成反比

6.（2024?福建泉州?模擬預(yù)測）如圖所示，光滑水平地面上放置一足夠長且上表面絕緣的小車，將帶負(fù)電

荷、電荷量q=0.5C,質(zhì)量m=0.02kg的滑塊放在小車的左端，小車的質(zhì)量河=0.08kg,滑塊與絕緣

小車之間的動摩擦因數(shù)必=0.4,它們所在空間存在磁感應(yīng)強度為8=LOT的垂直紙面向里的勻強磁

場，開始時小車和滑塊靜止，突然給小車一個向左的沖量I=0.16N.s,g取10m/s2,那么小車與滑塊因

摩擦而產(chǎn)生的最大熱量為（）

XXXX

B

XXXX

幺XXwXX

叩?八八I

x（?）XX

\W\\\Kx\wxx\x\\\W\

A.0.160JB.0.032JC.0.014JD.0.016J

7.（2024?安徽安慶?三模）如圖所示，兩豎直平行邊界PQ、MN間，有正交的勻強電場和勻強磁場,勻強電

場方向豎直向下，勻強磁場方向垂直紙面向里.一帶電小球從。點以某一速度垂直邊界PQ進入該

場區(qū)，恰好能沿水平方向做直線運動.下列判斷正確的是（）

0一…4X3

A.小球一定帶正電

B.若僅改變小球的電性進入該場區(qū),小球進入后仍將做直線運動

C.若僅改變小球的電性進入該場區(qū)，小球進入后將立即向下偏轉(zhuǎn)

D.若小球以同樣大小速度垂直邊界進入場區(qū),小球進入后仍將做直線運動

二、多頻

4

8.（2024?云南?模擬預(yù)測）空間存在磁感應(yīng)強度為口的勻強磁場，磁場方向垂直于tO.r平面向里,勻強電

場的場強為E、方向沿沙軸向下，將一個質(zhì)量為小、帶正電q的粒子從O點由靜止釋放，粒子的部分運

動軌跡如圖中曲線所示。出發(fā)后粒子第一次到達c軸的坐標(biāo)為（a,0）,已知該曲線在最低點的曲率半

徑為該點到c軸距離的2倍，該粒子運動過程中任意位置的坐標(biāo)可以表示為八工丫），不計粒子的重力,

則（）

A.該粒子運動過程中任意位置坐標(biāo)的夕值不可能取負(fù)值

B.該粒子運動過程中任意位置坐標(biāo)的工值不可能大于a

）nE

C.粒子在運動過程中第一次運動到離支軸最遠處時，距離c軸的距離

D.粒子運動過程中的最大速率.萬

9.如圖所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN,小球P

套在桿上，已知P的質(zhì)量為小，電量為+q,電場強度為E、磁感應(yīng)強度為與桿間的動摩擦因數(shù)為

卬重力加速度為g,小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中（）

A.小球的加速度一直減小

B.小球的機械能和電勢能的總和保持不變

s）n

v--f^-S

C.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是???

t_2fujE+）ng

D.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是“"一】而"

10.（2025?陜西寶雞?一模）醫(yī)生常用CT掃描機給病人檢查病灶，CT機的部分工作原理如圖所示。電子

從靜止開始經(jīng)加速電場加速后,沿水平方向進入垂直紙面的矩形勻強磁場,最后打在靶上的P點，產(chǎn)

生X射線。已知MN間的電壓為U,磁場的寬度為d,電子的比荷為k,電子離開磁場時的速度偏轉(zhuǎn)

角為仇則下列說法正確的為（）

加速電場偏轉(zhuǎn)磁場

A.偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直紙面向里B.電子進入磁場的速度大小為

d匣

D.偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強度大小為sn94

C.電子在磁場中做圓周運動的半徑為ant?

IL（2024?廣西柳州?一模）如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系第二象限內(nèi)有沿"軸正方向的勻強電場,第四象

限某正三角形區(qū)域內(nèi)有方向垂直坐標(biāo)平面向里、磁感應(yīng)強度大小為名孕曳的勻強磁場（圖中未畫

出）?，F(xiàn)有一質(zhì)量為小、電荷量為一q的帶電粒子（不計重力），從第二象限內(nèi)的P點（一”四乙）以平行

于c軸的初速度例射出，并從V軸上/點僅，孚）射出電場，穿過第一象限后,進入第四象限并穿過

正三角形區(qū)域的磁場，最后垂直于"軸離開第四象限，則（）

A.粒子經(jīng)過雙點時速度與“軸負(fù)方向的夾角為60?

B.勻強電場的電場強度大小為亞

C.正三角形區(qū)域磁場的最小面積為今乙2

4

2LTiicZ

D.粒子從開始運動到第二次到達沙軸的最短時間為丁+而丁

12.（2024?廣東湛江?模擬預(yù)測）如圖為某粒子收集器的簡化圖，由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分組成。輻射狀

的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心平行半圓弧面，圓心為。，外圓弧面與內(nèi)圓弧面①的電勢差為

U。足夠長的收集板MN平行于邊界。到AW的距離為乙，ACDB和7W之間存在垂直紙面

向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為&?，F(xiàn)有大量質(zhì)量為小、電荷量為q的帶正電粒子，它們均勻地

吸附在外圓弧面AB上,并從靜止開始加速。不計粒子重力、粒子間的相互作用及碰撞，若測得這些粒

子進入磁場后的運動半徑為2L,下列說法正確的是（）

A歷

A.外圓弧面48上有1■的粒子能打在收集板上

B.外圓弧面4B上有義的粒子能打在收集板VN上

C.外圓弧面48與內(nèi)圓弧面CD的電勢差m

D.若增大外圓弧面與內(nèi)圓弧面CD的電勢差,則打在收集板的粒子數(shù)占比將增大

三、解答題

一一04r4上2

13.（2025?山東?模擬預(yù)測）如圖所示,在平面坐標(biāo)系rcOy中-IWrSO,'2的矩形區(qū)域Oabc內(nèi)存

在沿沙軸負(fù)方向的勻強電場，同時坐標(biāo)平面內(nèi)的其他區(qū)域分布著垂直于紙面向里的勻強磁場。一個

帶負(fù)電的粒子以速度/從坐標(biāo)原點。沿力軸負(fù)方向進入電場，由d點飛出電場,進入磁場后恰好經(jīng)過

b點，已知粒子的質(zhì)量為m、電荷量為-q,d點為兒邊的三等分點，不計粒子的重力。

b,

（1）求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小；

（2）若改變電場強度的大小和粒子的初速度大小，粒子從原點。沿田軸負(fù)方向進入電場，從b點飛出電

場后恰好垂直經(jīng)過"軸。

⑴求改變后的電場強度大小和粒子的初速度大小；

（曲計算粒子第二次進入電場后能否再次從b點射出電場。

14.（2025?廣東?模擬預(yù)測）如圖所示，足夠大的擋板固定在平面直角坐標(biāo)系以為中，擋板與“軸負(fù)方向的

I

夾角Q=50?，分別交力、沙軸于P、Q點，OP長度為Z,擋板上有一小孔K,KP的長度為7。在

△OPQ區(qū)域內(nèi)存在著垂直于xOy平面的勻強磁場,第一象限和第四象限中除A0PQ之外的區(qū)域內(nèi)在

擋板兩側(cè)分別存在著平行于"軸的勻強電場，電場強度大小均為E,方向如圖所示?，F(xiàn)將質(zhì)量為小、

電荷量為+4的粒子A由點9釋放，該粒子恰能垂直擋板穿過小孔K。已知擋板的厚度不計,

粒子可以沿任意角度穿過小孔K,碰撞擋板的粒子會被擋板吸收,不計粒子重力及粒子之間的相互作

用。

（1）求區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小和方向；

（2）現(xiàn)將質(zhì)量也為m,電荷量也為+q的粒子B由第四象限釋放,該粒子能以最小速度從小孔K穿過,

求粒子8釋放點的坐標(biāo)；

（3）若上述中兩粒子人、8穿過小孔K后，分別打在擋板上的河、N點,求河、N兩點之間的距離do

15.（2024?河南新鄉(xiāng)?一模）如圖所示,在第一象限有水平向左的勻強電場，在第二象限有垂直紙面向里的

勻強磁場，一電荷量為，、質(zhì)量為“的帶電粒子（不計重力）在距原點距離為d處垂直于1軸以大小為

%的初速度進入第一象限，經(jīng)過一段時間后以偏離原來30的方向進入第二象限，再經(jīng)過一段時間后

垂直于X軸射出磁場。求：

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

⑴粒子出電場時的坐標(biāo)；

（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小；

（3）粒子在電場和磁場中運動的總時間。

16.（2024?河南鶴壁?模擬預(yù)測）如圖所示,長為二-02m的絕緣細線一端固定在。點，另一端連接一質(zhì)量

為門=04kg、電荷量為］=CSC的帶正電小球，整個區(qū)域內(nèi)有電場強度大小為笈=、方向水平

向右的勻強電場，現(xiàn)將小球拉至最高位置并給小球一水平向左的初速度，讓小球恰好能在豎直面內(nèi)做

半徑為L的圓周運動，PQ為豎直直徑，重力加速度g取IOIWT,sm3?i-06,cos37,-08o

*

---------；-----------------------?

（1）求小球運動過程中的最小動能；

（2）求小球電勢能最小時細線的張力；

（3）若在某時刻剪斷細線，同時在整個區(qū)域內(nèi)加上一個方向垂直紙面的勻強磁場，恰使小球做勻速直

線運動，求所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度。

17.（2024?陜西?模擬預(yù)測）如圖所示的丫力坐標(biāo)平面,在第二、三象限存在半徑為R的圓形勻強磁場區(qū)域,

圓心位于位置，磁感應(yīng)強度大小為8,方向垂直、：o丫坐標(biāo)平面向里;在第一象限存在正交的

勻強電場和勻強磁場，電場方向沿I軸負(fù)方向，勻強磁場的大小和方向與第二、三象限的磁場均相同。

圓形磁場邊界上有一個工點，上點與軸的距離為萼。一個質(zhì)量為，，、電荷量為的粒子從

P點垂直磁場方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，恰好從坐標(biāo)原點。沿,軸正方向進入正交的電磁場區(qū)域。

R后染R

已知電場強度大小為一1何，不計粒子所受重力，求：

(1)帶電粒子從P點垂直進入圓形勻強磁場時的速度大??；

(2)帶電粒子在第一象限距\軸的最大距離；

(3)帶電粒子在第一象限的軌跡與X軸相切點的坐標(biāo)。

18.(2024.江蘇鎮(zhèn)江.一模)如圖所示,絕緣中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑,對應(yīng)圓心角為120°,C、

D兩端等高，O為最低點，圓弧圓心為。，，半徑為R(R遠大于軌道內(nèi)徑),直線段軌道AC、HD粗糙,

與圓弧段分別在C、。端相切，整個裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的

勻強磁場中，在豎直虛線左側(cè)和ND右側(cè)還分別存在著場強大小相等、方向水平向右和向左的勻

強電場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為小、電荷量恒為外直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點的帶正電小球，與直線段

軌道間的動摩擦因數(shù)為〃,從軌道內(nèi)距。點足夠遠的P點由靜止釋放，若PC々，小球所受電場力等

縣

于其重力的3倍。重力加速度為g。求：

(1)小球在軌道上下滑的最大速度；

(2)經(jīng)足夠長時間，小球克服摩擦力做的總功;

（3）經(jīng)足夠長時間，小球經(jīng)過O點時,對軌道的壓力大小。

?M

帶電裁，在做合場、殺和場/變電原場中的運勃

考情分析

考點分析三年考情分析2025命題熱點

2024：安徽卷、廣東卷、甘肅卷、新課標(biāo)卷、黑

1、帶電粒子在組合場、疊加場

帶電粒子在組合場、疊加吉遼卷、湖南卷、湖北卷

交變電磁場中的運動

場交變電磁場中的運動2023：海南卷、遼寧卷、江蘇卷、山東卷

2、立體空間模型

2022：廣東卷、湖南卷、湖北卷、山東卷

【課標(biāo)要求】

1.會分析和處理帶電粒子在組合場中運動的問題。

2.知道帶電粒子在復(fù)合場中幾種常見的運動,掌握運動所遵循你的規(guī)律。

3.掌握帶電粒子在交變電、磁場運動問題的分析方法，熟悉帶電粒子運動的常見模型。

【高分技巧】

帶電粒子在場中無的束情況下，常見的幾種情況：

①電場力、重力并存一一電場力+重力=4賺（恒力）

靜止或勻速直線運動一一小=mg且方向相反（即與效=0）;

勻加/減速直線運動一一心效20且與n共線；

勻變速曲線運動一與效片。且與“不共線；

無圓周運動

②磁場力、重力并存

勻速直線運動<—>再備=mg且方向相反（或9=琦且方向相反），運動方向與耳垂直;

變加速曲線運動（復(fù)雜曲線），因洛倫茲力不做功，故機械能守恒

無靜止、無勻變速直線運動、無勻變速曲線運動、無勻速圓周

②磁場力、電場力并存

勻速直線運動<-->_F^=mg且方向相反（或琮=璉且方向相反），運動方向與琮垂直;

變加速曲線運動（復(fù)雜曲線），可用動能定理求解。

無靜止、無勻變速直線運動、無勻變速曲線運動、無勻速圓周

⑧磁場力、電場力、量力并存

靜止<—>璉=mg且方向相反，且為=0；

勻速直線運動一一璉、mg,珠三力平衡；

勻速圓周運動一一%=mg且方向相反，且琮=尺；

變加速曲線運動（復(fù)雜曲線），可用能量守恒定律或動能定理求解。

無勻變速直線運動、無勻變速曲線運動

?M

提升練習(xí)

一、單,

1.（2024?安徽蕪湖?一模）如圖所示，點］〃、笊晁:“三種核子分別從靜止開始經(jīng)過同一加速電壓U

（圖中未畫出）加速,再經(jīng)過同一偏轉(zhuǎn)電壓U2偏轉(zhuǎn),后進入垂直于紙面向里的有界勻強磁場，氣\H的運

動軌跡如圖。則氣笊江/、泉江f三種核子射入磁場的點和射出磁場的點間距最大的是（）

A.B.笊洱C.免犯D.無法判定

【答案】。

【知識點】粒子由電場進入磁場

【詳解】設(shè)核子的質(zhì)量為m,帶電量為q,偏轉(zhuǎn)電場對應(yīng)的極板長為乙，板間距離為d,板間電場強度為E,進

入偏轉(zhuǎn)電場的速度為比,進入磁場的速度為n,在偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)移量為沙，速度偏轉(zhuǎn)角為。。核子在加速電

場運動過程，由動能定理得

核子在偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動，將運動沿極板方向和垂直極板方向分解。沿極板方向做勻速直線運動，則

有

L-vj

垂直極板方向做勻加速直線運動,則有

at

由牛頓第二定律得

聯(lián)立解得

u.e

4U\d

速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為

tand

2U,d

可見核子在偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)移量沙與速度偏轉(zhuǎn)角6均與核子的質(zhì)量和帶電量無關(guān)，故三種核子進入磁場的位

置和速度方向均相同。進入磁場的速度

以

v?―--

836

核子在勻強磁場只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，軌跡如圖所示

s；'B\

%U1戶x

—?yj??…\e/r：

一、LV/

—■w

*Kv

由牛頓第二定律得

Bqv=m-

j

由幾何關(guān)系可得，射入磁場的點和射出磁場的點間距S為

1-2r8sd

聯(lián)立解得

2mv0_2l2mU,

i=Bqq

對于先\H,氣阻、＜汨三種核子電荷量相等，質(zhì)量越大，兩點間的距離越大，氤汨核的最大，。正確。

故選。。

2.（2024.廣東.三模）如圖所示,在0＜.「「「，°＜'＜、,區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強電場，在2＞必0區(qū)域內(nèi)

有垂直紙面向里的勻強磁場，從,軸上0?儀）范圍內(nèi)平行于c軸正方向射出大量質(zhì)量為小、電荷量為

+q、分布均勻的帶電粒子，粒子射入的初速度均為，當(dāng)電場強度為0時，從O點射入的粒子恰能運

動到N（cO,yO）點,若電場強度為石=衛(wèi)嗎1,AW右側(cè)是粒子接收器，1VW的長度為90,不計粒子重

q端

力和粒子間的相互作用，則（）

MxxXX

x8xXX

NxXXX

ExXXX

PXXXX-

-----------A

A.磁感應(yīng)強度的大小為‘沙

qn。

B.從《仍處射入的粒子,恰好從N點進入磁場

C.從蔣尚處射入的粒子，在磁場中偏轉(zhuǎn)距離最大

D.接收器接收的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的50%

【答案】。

【知識點】粒子由電場進入磁場

【詳解】A.當(dāng)電場強度為。時，從O點射入的粒子恰能運動到N點，則

.F。

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

解得

也

*

故A錯誤；

B.若粒子從!加處射入，則

O

Q.=-曲---

聯(lián)立解得

r幾r5

r=r+上0==+二0=_『＜r

77|3t36」八

由此可知，粒子從N點下方進入磁場，故B錯誤；

C.設(shè)粒子進入磁場中時速度方向與豎直方向的夾角為仇粒子進入磁場中的速度大小為n,則

srnS

qvB^m一

所以粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)距離為

d■2r

由此可知，粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)距離相等，故。錯誤；

D.由以上分析可知，粒子在電場中的豎直位移為

所以從yy0處射入的粒子，恰好從N點進入磁場，且恰好經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在點，即只有o?[%范圍內(nèi)平

行于立軸正方向射出的粒子能被接收器接收，所以接收器接收的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的50%,故。正確。

故選。。

3.（2024?北京東城?二模）水平放置的V、N兩金屬板，板長均為乙，板間距為d,兩板間有豎直向下的勻強

電場，場強大小為E,在兩板左端點連線的左側(cè)足夠大空間存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度的大小為方

■

向垂直紙面向里。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以初速緊靠M'板從右端水平射入電場,

隨后從P點進入磁場,從Q點離開磁場（P、Q未畫出）。不考慮粒子的重力，下列說法正確的是

A.PQ間距離與E的大小無關(guān)B.PQ間距離與”0的大小無關(guān)

C.P點的位置與粒子的比荷無關(guān)D.帶電粒子不可能打在N板上

【答案】A

【知識點】粒子由電場進入磁場

【詳解】AB.粒子進入磁場時的速度為V，進入磁場后粒子在磁場中做圓周運動，偏轉(zhuǎn)后從7W邊界離開

磁場，則由洛倫茲力充當(dāng)向心力有

qvB=—

可得

>W

人a.

qB

又粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)粒子進入磁場時的速度與水平方向的夾角為d,則有

v-A_

cosd

根據(jù)幾何關(guān)系可得，粒子進入磁場的位置與射出磁場的位置之間的距離也為

__2mvcosd"bw.

Z-Jrcosfl----------------------

qBqB

所以PQ間距離與E無關(guān)，與“有關(guān)，故A正確，B錯誤；

C.根據(jù)類平拋運動的規(guī)律有，水平方向

L=vJ

豎直方向

加速度

a=%

m

可知

皿

可知P點的位置與粒子的比荷有關(guān)，故。錯誤;

D.題中的值未做明確限制，若d>「+工，則帶電粒子有可能打在"板上，故。錯誤。

故選力。

4.（2024?福建?模擬預(yù)測）如圖，真空中有區(qū)域/和〃，區(qū)域/中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直

向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里,腰長為L的等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域〃）內(nèi)存在

勻強磁場,磁場方向垂直紙面向外。圖中4、。、。三點在同一直線上，AO與G尸垂直，且與電場和磁

場方向均垂直。A點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域/中，只有沿直線AC運

動的粒子才能進入?yún)^(qū)域IK若區(qū)域/中電場強度大小為E、磁感應(yīng)強度大小為B1,區(qū)域〃中磁感應(yīng)強

度大小為B2，則粒子從CF邊靠近F的三等分點。射出，它們在區(qū)域II中運動的時間為Q若改變電

場或磁場強弱，能進入?yún)^(qū)域II中的粒子在區(qū)域II中運動的時間為力,不計粒子的重力及粒子之間的相

互作用，下列說法正確的是（）

A.從。點飛出的粒子速度大小為善B.粒子的比荷為乎與

C.若僅將區(qū)域/中電場強度大小變?yōu)?E,則t>to

D.若僅將區(qū)域〃中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)楹?2,則粒子從G尸邊出射，出射點距離。點斗L

36

【答案】。

［知識點】粒子由磁場進入電場、帶電粒子在直邊界磁場中運動

【詳解】A.根據(jù)題意可知區(qū)域I中粒子電場力和洛倫茲力相等，由此可得

qE-的耳

解得

E

以■

成

E

粒子在區(qū)域II中做勻速圓周運動，速度大小不變，故從。點飛出的粒子速度大小為B，故人錯誤；

B.粒子的運動軌跡如圖所示

在區(qū)域II中，粒子受到的洛倫茲力提供向心力，則

鐘再.兩￡

T

根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為90?，則

聯(lián)立可得粒子的比荷為

q3舊

)n1R&L

故B錯誤；

C.若僅將區(qū)域I中電場強度大小變?yōu)?E,設(shè)進入?yún)^(qū)域I1中的速度大小為v,則

qZE=qvB.

解得

v=2v=—

o艮

在區(qū)域11中，粒子受到的洛倫茲力提供向心力，則

v~

qvB,=m—

t"I

解得

則粒子將從GF邊離開區(qū)域II,軌跡的圓心角小于9(T,根據(jù)粒子在磁場中的周期公式

_Jjrr2xm

vqB

由于區(qū)域II中的磁場不變，粒子的比荷也不變，所以周期不變，根據(jù)

因為粒子在區(qū)域II中做圓周運動的圓心角減小，所以粒子運動時間減小，則

t<tc

故C錯誤；

七8

D.若僅將區(qū)域II中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?，設(shè)粒子在區(qū)域II中運動的半徑為:，根據(jù)

qv

丁3r.

解得

?yf6.y/2L

r,=J3,—--L>—

132

則粒子從GF邊出射,粒子在區(qū)域11中的運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得

MN=C0=±L

G

根據(jù)勾股定理有

0M=犯=旦

V'6

則出射點與。點的距離

16

故。正確。

故選。。

5.(2024.遼寧?模擬預(yù)測)19世紀(jì)末，阿斯頓設(shè)計并應(yīng)用質(zhì)譜儀測原子核的比荷從而發(fā)現(xiàn)了氛-20和氯

證實了同位素的存在。如圖所示，某原子核從容器A下方的小孔：飄入電壓為U的加速電場,

其初速度可視為0,加速后經(jīng)小孔：沿著垂直于磁場且垂直于磁場邊界的方向進入勻強磁場中，最后

q

打到照相底片的。點上，測得so長度為小則該原子核的比荷m()

A.與2；成正比B.與力成反比C.與F成正比D.與F成反比

【答案】。

【知識點】粒子由電場進入磁場、基于加速電場的質(zhì)譜儀

【詳解】在加速電場中，由動能定理

?1.

qU=丁mv，

在磁場中，由洛倫茲力提供向心力

—

T

可得S「長度為

化簡可得該原子核的比荷為

qW1

—=------ac—

mB:rx

故選。。

6.（2024?福建泉州?模擬預(yù)測）如圖所示，光滑水平地面上放置一足夠長且上表面絕緣的小車，將帶負(fù)電

荷、電荷量q=0.5C,質(zhì)量m=0.02kg的滑塊放在小車的左端，小車的質(zhì)量河=0.08kg,滑塊與絕緣

小車之間的動摩擦因數(shù)〃=0.4,它們所在空間存在磁感應(yīng)強度為8=LOT的垂直紙面向里的勻強磁

場，開始時小車和滑塊靜止,突然給小車一個向左的沖量1=0.16Ms,g取10m/s2,那么小車與滑塊因

摩擦而產(chǎn)生的最大熱量為（）

XXXX

B

XXXX

（2.XXwXX

叩?八八I

x（?）XX

\W\\\Kx\wxx\x\\\W\

A.0.160JB.0.032JC.0.014JD.0.016J

【答案】。

【知識點】帶電粒子在疊加場中做直線運動

【詳解】開始時小車和滑塊靜止，突然給小車一個向左的沖量，即

解得

%=2m/s

根據(jù)左手定則可知，滑塊受到的洛倫茲力方向向上,假設(shè)二者能夠達到共同速度，則

解得

v-16m/s

當(dāng)滑塊脫離小車時，有

qv'B=mg

解得滑塊的速度大小為

vr-04m/s<v

所以二者不可能達到共速，根據(jù)動量守恒定律可得

解得

H-19m/$

根據(jù)能量守恒定律可得

0=1腸-LMV;-1W:=0014J

故選C。

7.（2024?安徽安慶?三模）如圖所示，兩豎直平行邊界PQ、MN間，有正交的勻強電場和勻強磁場,勻強電

場方向豎直向下，勻強磁場方向垂直紙面向里.一帶電小球從。點以某一速度垂直邊界PQ進入該

場區(qū)，恰好能沿水平方向做直線運動.下列判斷正確的是（）

0X+X+X*x

A.小球一定帶正電

B.若僅改變小球的電性進入該場區(qū),小球進入后仍將做直線運動

C.若僅改變小球的電性進入該場區(qū)，小球進入后將立即向下偏轉(zhuǎn)

D.若小球以同樣大小速度垂直邊界進入場區(qū),小球進入后仍將做直線運動

【答案】。

【知識點】帶電粒子在疊加場中做直線運動

【詳解】A.若小球帶正電，則洛倫茲力向上，電場力向下，當(dāng)滿足

Bqv=mg+qE

此時小球可沿水平方向做直線運動；若小球帶負(fù)電，則洛倫茲力向下，電場力向上，當(dāng)滿足

qE=mg+囪v

小球也可以沿水平方向做直線運動，A錯誤；

BC.根據(jù)上述分析可知，僅改變小球的電性，安培力和電場力的方向都會發(fā)生改變，如開始小球帶正電，

洛倫茲力大于電場力，改變電性后，小球的合力向下；同理，若小球帶負(fù)電，電場力大于洛倫茲力，改變電性

后，合力依然向下，故B錯誤，。正確；

D.若小球以同樣大小速度垂直邊界AW進入場區(qū)，由于洛倫茲力反向，小球進入后不會做直線運動，。錯

、口

7天。

故選。。

二、多選題

8.（2024?云南?模擬預(yù)測）空間存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于2丁平面向里,勻強電

場的場強為E、方向沿"軸向下,將一個質(zhì)量為山、帶正電q的粒子從O點由靜止釋放，粒子的部分運

動軌跡如圖中曲線所示。出發(fā)后粒子第一次到達c軸的坐標(biāo)為（a,0）,已知該曲線在最低點的曲率半

徑為該點到土軸距離的2倍，該粒子運動過程中任意位置的坐標(biāo)可以表示為V）,不計粒子的重力，

則（）

A.該粒子運動過程中任意位置坐標(biāo)的,值不可能取負(fù)值

B.該粒子運動過程中任意位置坐標(biāo)的比值不可能大于a

tnE

C.粒子在運動過程中第一次運動到離田軸最遠處時，距離立軸的距離

D.粒子運動過程中的最大速率”「萬

【答案】人。

【知識點】帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動

【詳解】粒子從初始位置運動到立軸時電場力做功為0,所以不可能運動到2軸以上位置，即夕值不可

能取負(fù)值；到達力軸的速度為零，所以會再次向下運動，重復(fù)前一段的軌跡向前運動，則x值會大于a,故A

正確，B錯誤；

C.粒子第一次運動到距離多軸最遠處時洛倫茲力不做功，由動能定理得

解得

一呼

在此處有

qu.B_Eq=m~^~

解得