高考物理一轮复习 考点巩固卷68 带电粒子在复合场中的运动（解析版）

考点巩固卷68带电粒子在复合场中的运动建议用时：50分钟考点序号考点题型分布考点1带电粒子在电磁组合场中的运动3单选+5多选+2解答考点2带电粒子在复合场（电磁+重力）中的运动2单选+3多选+3解答考点01：带电粒子在电磁组合场中的运动（3单选+5多选+2解答）一、单选题1．（2023·新疆阿勒泰·统考三模）如图所示，在的区域存在方向沿轴正方向的匀强电场，场强大小为，在的区域存在方向垂直于平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。一个带负电的粒子（重力不计）从轴上的A点以大小为的初速度沿轴正方向射出，粒子在电场和磁场中运动后回到A点。则（）

A． B．C． D．【答案】B【详解】设粒子类平抛的分运动匀速运动的位移为y，离开电场时瞬时速度与y轴的夹角，则有粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系可得联立可得故选B。2．（2023·山东日照·统考三模）如图所示，三个同心圆、、的半径分别为、、，在圆区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。在圆和圆间的环形区域存在背向圆心的辐向电场，在圆和圆间的环形区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为。一质量为、电荷量为的粒子，从圆边界上的A点沿半径方向以速度射入圆内，第一次从圆边界射出时速度方向偏转，经过辐向电场加速后，从圆边界上进入外环区域，粒子恰好不会从圆飞离磁场。已知磁感应强度，不计粒子的重力。则（）

A．圆区域内匀强磁场的磁感应强度大小为B．圆与圆两边界间辐向电场的电势差为C．粒子从电场回到入射点A，在磁场中运动的最短时间为D．粒子从电场回到入射点A，在磁场中运动的最短时间为【答案】B【详解】A．如图

根据由几何关系得，半径联立解得故A错误；B．如图

根据几何关系，在圆和圆间的环形区域的匀强磁场偏转半径又联立解得U=故B正确；CD．粒子运动轨迹如图

粒子圆区域内匀强磁场运动的周期粒子从电场回到入射点A，在磁场中运动的最短时间为故CD错误。故选B。3．（2023·山东潍坊·统考三模）如图所示，在轴下方宽度为的区域中，的区域有沿轴正方向的匀强电场，场强，的区域无电场。在和的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度。一比荷的带正电粒子从点由静止释放，不计粒子重力，以下判断正确的是（）

A．粒子第一次经过轴时速度大小为B．粒子第三次经过轴时速度方向与轴垂直C．粒子第三次经过轴时的位置坐标为D．粒子从开始释放到第五次经过轴所用的时间为【答案】D【详解】A．粒子从M点由静止释放经过电场加速到第一次经过轴过程中有得故A错误；BC．根据题意画出粒子的运动轨迹如图所示

设粒子经过电场加速一次后在磁场中的运动半径r1，由洛伦兹力提供向心力得得同理可知，粒子经过电场加速两次后在磁场中的运动半径由图可知，粒子第三次经过轴时速度方向与轴不垂直，粒子第三次经过轴时的位置坐标不为，故BC错误；D．粒子在磁场中运动的周期为粒子在电场中第一次加速的时间为粒子在电场中第二次加速的时间为粒子在无电场和磁场区域做匀速直线运动时间分别为、则粒子从开始释放到第五次经过轴所用的时间为故D正确。故选D。二、多选题4．（2023·河南开封·统考三模）如图所示，MN是半径为R的圆形磁场区域的直径，MN上方存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，MN下方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。在M点有一质量为m、电荷量为+q（q＞0）的离子源，离子从N点射出时的速度大小不同，但方向均与磁场方向垂直且与MN成30°角。不计离子重力及离子间的相互作用，则从N点射出磁场的离子速度可能是（）

A． B． C． D．【答案】AB【详解】根据洛伦兹力提供向心力离子在MN上方运动的半径为离子在MN下方运动的半径为若离子从MN上方通过N点有

解得

即……若离子从MN下方通过N点有

解得

即……AB正确，CD错误。故选AB。5．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考三模）现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动，如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为L的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B．现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的a点由静止释放，运动到磁场的下边界的b点时正好与下边界相切．若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界c点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点d，下列说法正确的是（

）

A．匀强电场的场强大小为B．a、b两点之间的距离为C．粒子在d点的速度大小为D．粒子从c点到d点的竖直位移为【答案】BC【详解】A．设粒子在磁场中的速率为，半径为，由动能定理可得由洛伦兹力充当向心力可得由几何关系可得，综合解得故A错误；B．由几何关系可得粒子从到的位移为故B正确；CD．把粒子从到的过程中的平均速度分别沿着水平方向和竖直方向分解，设两个平均分速度分别为，把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，根据左手定则，两个分洛伦兹力分别为设粒子在最低点的速度为，水平方向由动量定理可得由动能定理可得结合综合解得故C正确，D错误。故选BC。6．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，在xOy坐标系中，以（r，0）为圆心、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。在的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场。在xOy平面内，从O点以相同速率、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r。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相等B．最终都从磁场边界与x轴的交点C处平行于发射速度方向离开磁场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【答案】ABC【详解】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O1、O2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OO1AO2为菱形，即AO2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，则有所以质子第一次在磁场中运动的时间此后质子轨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。如上图所示，其中O1、O3分别为磁场区域圆和质子轨迹圆的圆心，AO3平行x轴。由于O1AO3C为菱形，即CO1平行AO3，即平行x轴，说明C就是磁场区域圆与x轴的交点。这个结论与无关。所以OO2O3C为平行四边形，则质子第二次在磁场中运动的时间则质子在磁场中运动的总时间故质子在磁场中运动的总时间为。A．进入电场的速度和方向相同，故在电场中的运动路程相同，A正确；B．最终都从磁场边界与轴的交点C处离开磁场时的速度方向与O3C垂直，平行于发射速度方向离开磁场；B正确；C．在磁场中运动的总时间均相等，为，C正确；D．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；在而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；D错误。7．（2023·湖北·模拟预测）如图甲所示，两平行金属板与电路连接，电路中的电压与时间关系如图乙所示。图甲中板长，板间距离，在金属板右侧有一足够大的匀强磁场区域，磁感应强度，方向垂直纸面向里。磁场边界MN恰好与金属板边缘相接，MN与两板中线垂直。现从O点连续发射速率均为，比荷的带正电的粒子流，粒子的重力忽略不计，粒子速度很大，通过电场区域时电场可看成是恒定不变的，下列说法正确的是（）A．不同时刻从电场射出的带电粒子，在MN上的入射点和出射点间的距离相等B．不同时刻从电场射出的带电粒子，在MN上的入射点和出射点间的距离不相等C．不同时刻从电场射出的带电粒子，离开电场时的最大速度为D．不同时刻从电场射出的带电粒子，在磁场中运动的最长时间为【答案】AD【详解】AB．粒子轨迹如下图设粒子进入磁场时速度方向与的夹角为，则速度大小粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径粒子从磁场中飞出的位置与进入磁场的位置之间的距离代入数据解得s与无关，即射出电场的任何一个带电粒子进入磁场的入射点与出射点间距离恒为定值。故A正确，B错误；CD．设两板间电压为时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，粒子轨迹如下图故有代入数据解得在电压低于100V时，带电粒子才能从两板间射出，电压高于100V时，带电粒子打在极板上，不能从两板间射出。粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大，设最大速度为，则有解得设此时出射方向与之间的夹角为，则故当粒子从下板边缘飞出电场再进入磁场时，在磁场中运动时间最长，此时轨迹对应的圆心角为，对应的运动时间为故C错误，D正确。故选AD。8．（2023·辽宁沈阳·统考三模）如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向外，第三象限内的磁场方向垂直纸面向里。、为坐标轴上的两个点。现有一电量大小为q、质量为m的带正电粒子（不计重力），以与x轴正向成45°角从P点射出，恰好经原点O到达Q点，则下列对PQ段运动描述正确的是（）A．粒子运动的最短时间为B．粒子运动的总路程可能为C．粒子在Q点速度方向与y轴正向的夹角可能为45°D．粒子从P到O的时间与从O到Q的时间之比可能为1：3【答案】BCD【详解】C．若粒子从P点出发恰好经原点O到达Q点，运动轨迹可能如图所示：或第一种情况粒子在Q点速度方向与y轴负向的夹角为45°；第二种情况粒子在Q点速度方向与y轴正向的夹角为45°，选项C正确；A．根据粒子的运动轨迹图可知第一种情况粒子运动的时间最短，为选项A错误；B．第一种情况粒子运动的总路程第二种情况粒子运动的总路程粒子运动的总路程选项B正确；D．根据粒子的运动轨迹图可知第一种情况粒子从P到O的时间与从O到Q的时间之比为1∶1；第二种情况粒子从P到O的时间为粒子与从O到Q的时间为因此第二种情况粒子从P到O的时间与从O到Q的时间之比为选项D正确。故选BCD。三、解答题9．（2023·河南开封·统考一模）光滑水平桌面上和之间存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于桌面向上，如图所示（俯视图），和之间的夹角为，一带电小球的质量为m，电荷量为q，沿纸面以大小为的速度从的某点Q向左上方射入磁场，速度方向与成角。已知带电小球在磁场中的运动轨迹与恰好相切，且带电小球能从上另一点P射出磁场。（P点未画出）（1）带电小球离开磁场的出射点P到O点的距离s多大？（2）若在与之间加上水平方向的匀强电场，带电小球离开磁场后在该电场中继续运动，恰能从Q点以与第一次相同的速度射入磁场，求匀强电场的场强？

【答案】（1）；（2），方向垂直于向上【详解】（1）设小球做圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力得由题知小球必沿顺时针方向作圆周运动，由几何关系可得，小球到达时速度必沿水平方向向左，间距故

（2）小球从P到Q运动的过程中，加速度不变．小球在方向做匀速直线运动，所以电场E必垂直于方向向上。由几何关系知：距离为R，则①在垂直方向上②其中③①②③联立得方向垂直于向上。10．（2023·江苏扬州·扬州市新华中学校考一模）如图所示，第一象限内存在垂直于纸面向里的匀强磁场；第四象限内存在沿轴的匀强电场，场强大小为。时刻，粒子从P点以速度v0平行轴射入电场，第1次通过x轴从Q点进入磁场。已知P点坐标为（0，），粒子质量为m、电荷量为+q，重力不计。（1）求粒子经过Q点的速度v；（2）欲使粒子不从y轴射出磁场，求磁感应强度的最小值Bm；（3）若磁感应强度，求粒子第5次通过x轴的位置x和时间t。

【答案】（1），与轴正方向的夹角为；（2）；（3），【详解】（1）解析：粒子从P到Q做类平抛运动，轨迹如图所示，根据动能定理解得根据几何关系解得（2）Q点到O点的距离粒子进入磁场做匀速圆周运动，轨道半径为R，根据牛顿第二定律欲使粒子不从y轴射出磁场，临近状态如图所示

根据几何关系解得解得（3）粒子进入磁场做匀速圆周运动，轨迹为圆周，轨道半径返回电场后做类斜抛运动，运动轨迹如图所示第5次通过x轴时粒子在电场中的运动时间粒子在磁场中的运动时间解得考点02：带电粒子在复合场（电磁+重力）中的运动（2单选+3多选+3解答）一、单选题1．（2023·四川巴中·南江中学校考模拟预测）如图所示，某竖直平面内存在着相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向水平向外．一质量为、电荷量为的微粒以速度与水平方向成角从点射入该区域，微粒恰好沿速度方向做直线运动，下列说法中正确的是（）

A．微粒从到的运动可能是匀减速直线运动B．该微粒一定带正电荷C．该磁场的磁感应强度大小为D．该电场的场强为【答案】C【详解】AB．若微粒带正电，它受竖直向下的重力、向左的电场力和右斜向下的洛伦兹力，知微粒不能做直线运动．据此可知微粒一定带负电，它受竖直向下的重力、向右的电场力和左斜向上的洛伦兹力，又知微粒恰好沿着直线运动，可知微粒一定做匀速直线运动，故AB错误；CD．由平衡条件有关系得磁场的磁感应强度电场的场强故C正确，D错误。故选C。2．（2023·湖南长沙·长郡中学校考二模）如图所示，一轨道由半径为的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可以调节的水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为0.5kg的带正电小球从A点无初速释放，经过圆弧上的B点时，传感器测得轨道所受压力大小为7.5N，小球经过BC段所受阻力为其重力的0.2倍，然后从C点水平飞离轨道，落到水平面上的P点，P、C两点间的高度差为3.2m。g取，不计空气阻力。下列说法正确的是（）

A．小球沿圆弧面下滑过程中，机械能守恒B．若施加一垂直轨道面向里的磁场，洛伦兹力不做功，小球经过B点的速度不变C．若将小球放在B点，对其施加一方向始终与速度方向相同的拉力F，把小球沿圆弧轨道拉到A点，则F至少做功为15.75JD．仅调节BC的长度，可以使小球落地点P到B点的水平距离为2.5m【答案】D【详解】A．小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有解得A至B过程中，由动能定理解得J故机械能不守恒，故A错误；B．当施加磁场后，洛伦兹力不做功，但是小球与轨道的挤压力会减小，克服摩擦力做功会减少，故B点速度增大，故B错误；C．小球沿圆弧轨道缓慢拉到A点的过程，相对于从A下滑到B过程，速度小，向心力小，正压力小，克服摩擦力做功小于6.75J，而克服重力做功9J，则F做功小于15.75J，故C错误；D．B至C过程中，由动能定理B至P的水平距离为联立两式，由数学知识可得当时，P至B的水平距离最大，最大距离为m故D正确。故选D。二、多选题3．（2023·辽宁沈阳·沈阳二中校考模拟预测）如图所示，以竖直向上为轴建立坐标系，空间中存在匀强电场和匀强磁场。匀强电场的电场强度方向沿着轴正向，大小为，匀强磁场的磁感应强度为，方向未知。现有一个质量为、电荷量为的带正电的小球恰好从点沿轴正方向以速度做匀速直线运动，为重力加速度，下列说法正确的是（）

A．匀强磁场的方向一定沿轴正方向B．若的方向改为沿轴正方向，则改变磁场方向，可使小球仍做匀速直线运动，磁感应强度大小可能为C．若撤去电场，小球运动的最低点坐标为D．若撤去电场，小球第一次返回到平面的可能坐标为（，）【答案】BCD【详解】A．根据题意知正电的小球恰好从点沿轴正方向以速度做匀速直线运动，由平衡条件可知带电小球不受洛仑兹力，所以速度方向与磁场方向相互平行，匀强磁场的方向可能沿轴正方向，也可能沿轴负方向，故A错误；B．若的方向改为沿轴正方向，则小球受到的重力和电场力的合力为方向方向沿轴正方向和y轴负方向的角平分线，改变磁场方向，可使小球仍做匀速直线运动，根据平衡条件可知小球所受的洛仑兹力大小为则磁感应强度大小可能为故B正确；C．撤去电场后，粒子的运动如图：

在最低点有且根据题意可知根据几何关系可知最低点坐标为故C正确；D．撤去电场后，小球沿轴做匀速直线运动，则粒子做圆周运动的周期为且x方向的坐标为解得，所以小球第一次返回到平面的可能坐标为（，），故D正确；故选BCD。4．（2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，匀强电场的电场强度大小、方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里。一质量为、电荷量为的带正电小圆环套在杆上，圆环与杆间的动摩擦因数为。现使圆环以初速度沿杆向下运动，经过时间，圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为，则下列说法中正确的是（

）

A．圆环下降过程中的加速度逐渐减小B．圆环的最大加速度C．圆环在时间内损失的机械能为D．圆环下降过程和上升过程中，系统因摩擦产生的内能相等【答案】AC【详解】A.圆环向下运动时竖直方向受到重力、向上的电场力和向上的摩擦力。设圆环向下运动的加速度大小为，则因此圆环速度的减小，会导致其所受洛伦兹力减小，则摩擦力会减小，因此圆环做加速度减小的减速运动，故A正确；B.当圆环向上运动时，圆环的加速度大小随着圆环速度的增大，圆环开始做加速度减小的加速运动，之后做匀速直线运动，圆环向下运动时的加速度大于向上运动时的加速度，而向下运动时圆环受到的摩擦力越大，则加速度越大，因此圆环刚开始运动时，加速度最大，有可得故B错误；C.圆环先后两次经过出发点过程中，重力势能变化量为零，可知圆环机械能的损失，即为动能的损失，根据动能定理，有而圆环最后做匀速运动的速度因此圆环在时间内损失的机械能为故C正确；D.圆环上升和下降的过程中，摩擦力大小的平均值不同，而圆环运动的路程相同，所以两过程中，系统因摩擦产生的内能不相等，故D项错误。故选AC。5．（2023·湖南·校联考模拟预测）如图，光滑绝缘水平面的右侧存在着匀强电场和匀强磁场组成的复合场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B；一电荷量为q、质量为m的金属小球a在水平面上从静止开始经电压U加速后，与静止着的另一完全相同的不带电金属小球b发生弹性碰撞，此后小球b水平向右进入复合场中，在竖直面内做匀速圆周运动。电荷量的损失不计，碰撞后不考虑a、b之间的相互作用，重力加速度大小为g。下列判断正确的是（）

A．小球a可能带正电B．小球a、b碰撞后的b速度C．小球b做匀速圆周运动的半径为D．小球b从圆的最低点到最高点，机械能增加量为【答案】CD【详解】A．球a、b碰撞后，b球在竖直面内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，所以电场力竖直向上，b球带负电，则小球a带负电，故A错误；B．小球a加速过程，由动能定理得碰撞过程由动量守恒定律及机械能守恒可知a、b小球速度互换，解得故B错误；C．小球a、b碰撞后b在竖直面内做匀速圆周运动，b的带电量为，由牛顿第二定律得解得故C正确；D．洛伦兹力不做功，电场力做功为所以机械能增加量故D正确。故选CD。三、解答题6．（2023·吉林·统考模拟预测）如图所示，在竖直平面的直角坐标系xOy中，第一象限有沿y轴正方向的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，第二象限有沿x轴正方向的匀强电场，两匀强电场的电场强度大小均相等。一质量为m，电荷量为+q的带电小球，从x轴上的P点以某一初速度v0沿y轴正方向射入第二象限，依次经过Q点和M点，图中M点末标出。经过Q点的速度与y轴正方向成45°，重力加速度为g，不计空气阻力，求：（1）小球从P点射出的初速度v0；（2）匀强磁场的磁感应强度的大小。

【答案】（1）；（2）【详解】（1）根据题意可知，粒子从P到Q的过程中，水平方向上有竖直方向上有由几何关系有联立可得（2）根据题意，由（1）分析可知，粒子到达Q点的速度为由于则粒子在第一象限做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据粒子在磁场中的运动轨迹，由几何关系可知QM为直径，则有由牛顿第二定律有联立可得7．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）如图，在光滑绝缘水平面上有一平面直角坐标系xOy，x<0区域有方向垂直平面向外的匀强磁场I：x>0区域有方向垂直平面向外的匀强磁场II和沿y轴负方向的匀强电场E。管壁光滑、厚度不计的绝缘直细管两端分别固定在A（，0）、B（0，L）两点。一质量为m、带电荷量为q的带正电小球（直径略小于管的内径）从管口A处以某一初速度沿AB方向射入管中，从B点射出管口时的速率为v，然后沿水平面运动，通过y轴上的C点时撤去电场，小球在第一象限运动后恰好从A处进入第四象限。已知磁场I的磁感应强度大小，电场的场强大小。（1）求小球从管口A射入时的初速率v0以及B、C两点间的距离y0；（2）求磁场II的磁感应强度大小B2以及小球第一、二次通过B处的时间差t；（3）若小球过B点后第一次运动到第一象限且与x轴距离最大时撤去AB，且恢复匀强电场、但场强大小变为，求小球速度的最大值vmax以及小球速度最大时与x轴间的距离y1。

【答案】（1），2L；（2），；（3），【详解】（1）设∠OAB=θ，则解得θ=30°小球运动轨迹如图所示

从A运动到B的过程中，根据动能定理有其中，解得设小球在磁场I中运动的轨迹半径为，圆心为，则由几何关系得∠O1CB=∠O1BC=θ，则有y0=2r1cosθ解得y0=2L（2）由得∠OCA=30°由于∠OCA=θ，则AC是小球第一次在第一象限中运动的轨迹直径，则圆心O2为AC中点，小球在磁场II中运动的轨迹半径磁场II的磁感应强度大小为B2，则解得由于∠AOC=90°，小球从A处进入第四象限后恰好从O点离开第四象限进入第二象限，