2025年高考复习二轮专题突破（十六） 带电粒子在电场、磁场中的运动（解析版）

专题解析：（十六）带电粒子在电场、磁场中的运动1．在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。下列4幅图中带箭头的实线表示电场线，如果用虚线表示电子可能的运动轨迹，其中正确的是()解析：选A运动中的物体所受合力应指向运动轨迹凹侧，结合电子受到的电场力及电子的运动轨迹进行分析，可知A正确，B、C、D错误。2．某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R1和R2的圆弧平滑连接成的虚线(等势线)运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E1和E2，则R1、R2和E1、E2应满足()A.eq\f(E1,E2)＝eq\f(R2,R1) B.eq\f(E1,E2)＝eq\f(R12,R22)C.eq\f(E1,E2)＝eq\f(R1,R2) D.eq\f(E1,E2)＝eq\f(R22,R12)解析：选A带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有qE1＝meq\f(v2,R1)，qE2＝meq\f(v2,R2)，联立可得eq\f(E1,E2)＝eq\f(R2,R1)，故选A。3．一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的eq\f(1,10)，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为()A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外解析：选C带电粒子在电场和磁场中运动，打到a点的粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，当电场水平向左、磁场垂直纸面向里时，α粒子受到水平向左的电场力和洛伦兹力，电子受到水平向右的电场力和洛伦兹力，均不能满足受力平衡打到a点，A错误；同理可知，D错误。电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外时，此时如果α粒子打在a点，则受到水平向左的电场力和水平向右的洛伦兹力平衡，qE＝qvB，则电子受到水平向左的洛伦兹力大于水平向右的电场力，向左偏转，同理如果电子打在a点，则α粒子受到水平向左的电场力大于水平向右的洛伦兹力，向左偏转，均不会打在b点，B错误；同理可知，C正确。4．(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。则射出后，()A．小球的动能最小时，其电势能最大B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量解析：选BD对小球受力和运动进行分析，如图所示，Eq＝mg，故等效重力G′的方向与水平方向成45°。当vy＝0时速度最小为vmin＝v1，由于此时v1存在水平分量，电场力还可以做负功，故此时电势能不是最大，故A错误；水平方向上v0＝eq\f(Eq,m)t，竖直方向上v＝gt，由于Eq＝mg，得v＝v0，如图所示，小球的动能等于初始动能，由于此时速度没有水平分量，故电势能最大，由动能定理可知WG＋WEq＝0，则重力做的功等于小球电势能的增加量，故B、D正确；当速度为图中v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误。5.(多选)如图所示，在竖直平面矩形ABCD区域内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从AD的中点O射入磁场，速度方向与磁场垂直且与DA的夹角α＝45°，粒子经过磁场偏转后在C点垂直CD穿出。已知AD长度为L，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则下列说法正确的是()A．粒子带正电荷B．粒子速度大小为eq\f(\r(2)qBL,2m)C．粒子在磁场中运动的轨道半径为eq\f(\r(2),4)LD．粒子在磁场中运动的时间为eq\f(3πm,4qB)解析：选BD粒子进入磁场后沿顺时针方向做圆周运动，由左手定则可知，粒子带负电，A错误；由题意可知，粒子运动轨迹如图所示。由几何关系可得，粒子做圆周运动的轨道半径为r＝eq\f(\f(L,2),cos45°)＝eq\f(\r(2),2)L，根据粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(\r(2)qBL,2m)，B正确，C错误；由几何关系可知粒子在磁场中偏转了135°，则在磁场中运动的时间为t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(135°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(3πm,4qB)，D正确。6.空间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面，线段MN是屏与纸面的交线，长度为4L，其左侧有一粒子源S，可沿纸面内各个方向不断发射质量为m、电荷量为q、速率相同的粒子；SP⊥MN，P为垂足，如图所示。已知SP＝MP＝L，若MN上所有的点都能被粒子从其右侧直接打中，则粒子的速率至少为()A.eq\f(\r(2)qBL,m)B.eq\f(2qBL,m)C.eq\f(\r(5)qBL,m)D.eq\f(\r(10)qBL,m)解析：选C粒子要打中MN的右侧所有位置，必须满足粒子速率最小时能绕过M点，从右侧打中MN最下端的N点，粒子运动的轨迹如图所示，MN为轨迹圆的弦长，Q为MN中点，SP＝PQ＝L，MQ＝2L；设粒子运动的半径为r，根据几何关系可知四边形SPOQ为平行四边形，则r2＝OQ2＋MQ2，解得r＝eq\r(5)L，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可知qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子的最小速率为v＝eq\f(\r(5)qBL,m)，故选C。7．(多选)如图所示，空间存在四分之一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。一电子以初速度v从圆心O沿着OD方向射入磁场，经过时间t恰好由A点离开磁场。若电子以初速度v′从圆心O沿着OD方向射入磁场，经时间t′恰好由C点离开磁场。已知圆弧CD长度是圆弧AC长度的一半，则()A．v′＝eq\r(2)v B．v′＝2vC．t′＝eq\f(t,3) D．t′＝eq\f(t,2)解析：选BC电子从A点和C点离开磁场的轨迹如图所示，设四分之一圆形匀强磁场区域的半径为R，则电子从A点离开磁场时的轨道半径为r＝eq\f(R,2)，电子从C点离开磁场时的轨道半径为r′＝R，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，qv′B＝meq\f(v′2,r′)，解得r＝eq\f(mv,qB)，r′＝eq\f(mv′,qB)，联立可得v′＝2v；电子从A点离开磁场所用时间为t＝eq\f(180°,360°)×eq\f(2πr,v)，电子从C点离开磁场所用时间为t′＝eq\f(60°,360°)×eq\f(2πr′,v′)，联立可得t′＝eq\f(t,3)，故选B、C。8.(多选)如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场边界上的P点有一粒子源，可以在纸面内向各个方向以相同的速率发射电荷量均为＋q、质量均为m的相同粒子进入磁场区域，粒子的重力以及粒子之间的相互作用力均可忽略，进入磁场的粒子会从某一段圆弧射出磁场边界，这段圆弧的弧长是圆形区域周长的eq\f(1,n)，则下列结论正确的是()A．若n＝2，则所有粒子离开磁场时的速度方向相互平行B．若n＝2，则粒子从P点进入磁场时的速率为eq\f(qBR,m)C．若n＝4，则粒子从P点进入磁场时的速率为eq\f(\r(2)qBR,2m)D．若n＝4，仅将磁场的磁感应强度大小由B减小到eq\f(1,2)B时，则n的值变为2解析：选ABC边界上有粒子射出的范围是以偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧，若n＝2，则粒子在磁场中做圆周运动的直径为磁场区域直径，所以运动的轨道半径为r＝R，由于粒子做圆周运动的轨道半径与磁场区域半径相等，四边形PODO′为菱形，如图(a)所示，粒子离开磁场时的速度方向均与OP垂直，即所有粒子离开磁场时的速度方向相互平行，故A正确；若n＝2，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)，故B正确；若n＝4，粒子运动轨迹如图(b)所示，粒子做圆周运动的轨道半径为r′＝Rsin45°＝eq\f(\r(2),2)R，由牛顿第二定律得qv′B＝meq\f(v′2,r′)，解得v′＝eq\f(\r(2)qBR,2m)，故C正确；若n＝4，粒子做圆周运动的轨道半径为r′＝eq\f(\r(2),2)R，仅将磁场的磁感应强度大小由B减小到eq\f(1,2)B时，其半径变为eq\r(2)R，而n＝2时的运动半径为R，故D错误。9．(多选)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是()A．L∶d＝2∶1B．U1∶U2＝1∶1C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2D．仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变解析：选BD微粒在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得E＝eq\f(U2,2d)，F＝qE＝ma，微粒射入电容器后的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度vx＝v0cos45°＝eq\f(\r(2),2)v0，vy＝v0sin45°＝eq\f(\r(2),2)v0，从射入电容器到运动到最高点由运动学公式可得vy2＝2ad，微粒经电压U1加速，由动能定理可得qU1＝eq\f(1,2)mv02，联立可得U1∶U2＝1∶1，B正确；微粒从射入电容器到运动到最高点由运动学公式可得2L＝vxt，d＝eq\f(0＋vy,2)·t，联立可得L∶d＝1∶1，A错误；微粒穿过电容器时，从最高点到穿出时由运动学公式可得L＝vxt1，vy1＝at1，从射入电容器到最高点有vy＝at，解得vy1＝eq\f(vy,2)，设微粒穿过电容器与水平方向的夹角为α，则tanα＝eq\f(vy1,vx)＝eq\f(1,2)，微粒射入电容器和水平方向的夹角为β，tan(α＋β)＝3，C错误；微粒射入电容器到最高点的过程中水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，则x＝vxt′，y＝eq\f(vy,2)t′，y＝eq\f(1,2)a′t′2＝eq\f(1,2)·eq\f(U2q,2dm)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,vx)))2＝eq\f(1,2)·eq\f(U2q,2dm)·eq\f(x2m,qU1)＝eq\f(U2x2,4dU1)，同理下降过程也满足y＝eq\f(U2x2,4dU1)，所以仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变，D正确。10.如图所示，xOy为竖直面内的直角坐标系，y轴正向竖直向上，空间中存在平行于xOy所在平面的匀强电场。质量为m的不带电小球A以一定的初动能从P(0，d)点沿平行x轴方向水平抛出，并通过Q(2eq\r(2)d,0)点。使A带上电量为＋q的电荷，仍从P点以同样的初动能沿某一方向抛出，A通过N(2d,0)点时的动能是初动能的0.5倍；若使A带上电荷量为－q的电荷，还从P点以同样的初动能沿另一方向抛出，A通过M(0，－d)点时的动能是初动能的4倍。重力加速度为g。求：(1)A不带电时，到达Q点的动能；(2)电场强度的大小和方向。解析：(1)小球做平抛运动，则有d＝eq\f(1,2)gt2，2eq\r(2)d＝v0t，解得v0＝2eq\r(gd)，t＝eq\r(\f(2d,g))从P到Q，由动能定理得mgd＝EkQ－eq\f(1,2)mv02解得EkQ＝3mgd。(2)小球带电后，从P到N，由动能定理有mgd＋qUPN＝0.5Ek0－Ek0从P到M由动能定理可得2mgd－qUPM＝4Ek0－Ek0由(1)中可知Ek0＝eq\f(1,2)mv02＝2mgd联立以上各式可得eq\f(UPN,UPM)＝eq\f(1,2)，故O、N两点电势相等，场强方向为沿y轴正方向，场强大小为E＝eq\f(|UNP|,d)＝eq\f(2mg,q)。答案：(1)3mgd(2)eq\f(2mg,q)，方向沿y轴正方向11．(2023·湖北高考，节选)如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t＝0时刻，一带正电粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入，第一次到达点