第十一章　第64练　专题强化：复合场中的摆线问题　动量定理在磁场中的应用-2026版一轮复习

第64练专题强化：复合场中的摆线问题动量定理在磁场中的应用分值：60分1、2题每小题7分，3、4题每小题15分，5题16分，共60分1.(2022·全国甲卷·18)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是()2.如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁场的磁感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为＋q的粒子，以不同速率沿着两板中轴线PQ方向进入板间后，速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动；速率为v2的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，A为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全程速率在v2和3v2A.两板间电场强度的大小为BB.乙粒子偏离中轴线的最远距离为mvC.乙粒子的运动轨迹在A处对应的曲率圆半径为9D.乙粒子从进入板间运动至A位置的过程中，在水平方向上做匀速运动3.(15分)如图所示，坐标系xOy平面在纸面内，在x≥0的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，0≤x<d的区域Ⅰ和x≥d的区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小分别为B1和B2。大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，同时从原点O射入磁场，粒子射入的速度大小相等，在坐标平面内与x正方向成θ(－90°≤θ≤90°)角。沿y轴正方向射入的粒子在P(d，d)点垂直两磁场的边界射入区域Ⅱ。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。(1)(3分)求粒子从原点O射入磁场时的速度大小；(2)(3分)求不能进入区域Ⅱ内的粒子，在区域Ⅰ内运动的最长时间；(3)(9分)若粒子在区域Ⅱ中受到与速度大小成正比、方向相反的阻力，比例系数为k，观察发现沿y轴正方向射入的粒子，射入区域Ⅱ后粒子轨迹呈螺旋状并与两磁场的边界相切于Q点(未画出)，求：①该粒子由P点运动到Q点的时间；②该粒子在区域Ⅱ中运动轨迹的长度。4.(15分)(2024·甘肃卷·15)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。(1)(5分)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。(2)(3分)求O点到P点的距离。(3)(7分)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。我用夸克网盘分享了「与您分享-国家、地方、行业、团体标准」，点击链接即可保存。打开「夸克APP」，无需下载在线播放视频，畅享原画5倍速，支持电视投屏。链接：/s/45a9f612fe59提取码：t9EX联系qq:1328313560我的道客巴巴：/634cd7bd0a3f5a7311db139533c20794

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5.(16分)(八省联考·四川·15)电容为C的平行板电容器两极板间距为d，极板水平且足够长，下极板接地，将电容器与开关S、电阻R1和R2连接成如图所示电路，a、b是两个输出端，S断开，极板间充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。由质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子组成的粒子束以水平速度v0沿下极板边缘进入极板间区域，单位时间进入的粒子数为n。带电粒子不计重力且不与下极板接触，忽略极板边缘效应和带电粒子间相互作用。(1)(4分)为使带电粒子能落在电容器上极板，求极板间距的最大值dm；(2)(5分)满足(1)的前提下，求电容器所带电荷量的最大值Qm；(3)(7分)已知R1＝2R，R2＝R，闭合S，电容器重新达到稳定状态后，为使a、b端接入任意负载时进入极板间的带电粒子全部落在上极板，求R应满足的条件和此时a、b间输出功率的最大值。

答案精析1.B[解法一在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动，磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转，A、C错误；运动的过程中静电力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直.由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，静电力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受静电力作用再次进入第二象限重复向左偏转，B正确，D错误。解法二粒子在O点静止，对速度进行分解，分解为沿x轴正方向的速度v，沿x轴负方向的速度v'，两个速度大小相等，方向相反，使得一个洛伦兹力平衡静电力，即qBv'＝qE，则粒子在电场、磁场中的运动，可视为沿x轴负方向以速度v'＝EB做匀速直线运动，同时在x轴上方做匀速圆周运动。故选B。2.B[速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动，则qE＝Bqv，解得两板间电场强度的大小为E＝Bv，选项A错误；由于洛伦兹力一直不做功，乙粒子所受静电力方向一直竖直向下，当粒子速度最大时，静电力做的功最多，偏离中轴线的距离最远，根据动能定理有qEymax＝12m×(3v2)2－12m×(v2)2，整理可得ymax＝mvqB，故B正确；由题意，乙粒子的运动轨迹在A处时为粒子偏离中轴线的距离最远，粒子速度达到最大为vA＝3v2，洛伦兹力与静电力的合力提供向心力qvAB－qE＝mvA2rA，所以对应圆周的半径为rA＝3.(1)qB1dm(2)π②q解析(1)由题意知，粒子做圆周运动的半径r＝d由qvB1＝mv解得v＝q(2)由旋转圆模型知，对于不能进入区域Ⅱ内的粒子，当粒子沿x轴正向进入Ⅰ区域时，运动时间最长，即tmax＝T2＝(3)①该粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图所示洛伦兹力提供向心力qvB2＝mωv可得ω＝q即角速度为一定值，又可知粒子与边界相切时转过的弧度θ＝32π时间t＝θ解得t＝3π②粒子在区域Ⅱ中做螺旋线运动，由于阻力最后停下来，在切线方向上，由动量定理有－kvtΔt＝mΔvt求和则有－k∑(vtΔt)＝m∑Δvt有kl＝mv解得l＝q4.(1)带正电E122(3)2解析(1)粒子在磁场B2中O处所受洛伦兹力方向向上，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为v0，在加速电场中，由动能定理qU＝12m在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件qv0B1＝qE1联立解得，粒子的比荷为q(2)在Ⅲ中由洛伦兹力提供向心力qv0B2＝mv可得O点到P点的距离为OP＝2r＝4(3)粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力F洛＝qv0B1向下的静电力F＝qE2由于E2>E1，且qv0B1＝qE1所以通过配速法，如图所示其中满足qE2＝q(v0＋v1)B1则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0＋v1做匀速直线运动的同时，竖直方向以v1做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O'点的要求，故此时粒子打在O'点的速度大小为v'＝v0＋v1＋v1＝2E5.(1)2mv0qB(2)CBd(v(3)R≤Bd3nq(v0－Bqd2解析(1)由题意可知带电粒子在两极板间做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有qv0B＝mv为使带电粒子能落在电容器上极板，则有r≥d联立可得d≤2即最大值为dm＝2(2)当电容器所带电荷量最大时，板间电势差最大，粒子束恰好不能到达上极板，将粒子入射速度分解为向右的两个速度，一个速度产生的洛伦兹力与电场力平衡，做匀速直线运动；另一个速度提供洛伦兹力，做匀速圆周运动；即v0＝v1＋v2其中qE＝qv1B粒子以v2做匀速圆周运动，有qv2B＝mv粒子恰好不到达上极板，则有d＝2r'联立各式可得E＝B(v0－Bqd2此时两极板所带电荷量最大为Qm＝CUm＝CEd＝CBd(v0－Bqd2(3)根据题意可知当R1和R2两端的总电压不大于Um时带电粒子才能全部落在上极板，闭合S，电容器重新达