2026版《金版教程》高考一轮复习物理第6节 专题：带电粒子在叠加场、交变场中的运动

高考总复习首选用卷物理第6节专题：带电粒子在叠加场、交变场中的运动考点一带电粒子在叠加场中的运动1.如图所示，某空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好沿虚线ab向上运动。下列说法中正确的是()A．该微粒一定带负电B．该微粒的动能一定减少C．该微粒的电势能一定增加D．该微粒的机械能不一定增加答案：A解析：微粒受到的重力和静电力是恒力，且该微粒沿直线运动，则可以判断出微粒受到的洛伦兹力也是恒定的，即该微粒做匀速直线运动，其动能不变，所以B错误；如果该微粒带正电，则受到竖直向下的重力、水平向右的静电力和向左下方的洛伦兹力，受力不平衡，所以不会沿直线运动，故该微粒一定带负电，沿虚线运动过程中，静电力做正功，该微粒的电势能一定减少，机械能一定增加，A正确，C、D错误。2.如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是()A．ma>mb>mc B．mb>ma>mcC．mc>ma>mb D．mc>mb>ma答案：B解析：设三个微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与静电力平衡，即mag＝qE①b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbg＝qE＋qvbB②c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcg＋qvcB＝qE③比较①②③式得：mb>ma>mc，B正确。3.(2023·海南高考)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是()A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B．小球运动过程中的速度不变C．小球运动过程的加速度保持不变D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功答案：A解析：根据左手定则可判断，小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，故A正确；小球运动过程中只受重力和洛伦兹力，洛伦兹力对小球不做功，只改变速度的方向，重力对小球做功，故小球运动过程中速度的大小、方向均变化，故B、D错误；因为重力大小、方向均不变，洛伦兹力大小、方向均随v的变化而变化，则小球所受合力大小、方向会发生改变，根据牛顿第二定律可知，小球运动过程的加速度发生变化，C错误。4．(2022·重庆高考)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则()A．电场力的瞬时功率为qEeq\r(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2))B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1BC．v2与v1的比值不断变大D．该离子的加速度大小不变答案：D解析：该离子带正电，则所受电场力水平向右，大小为qE，电场力的瞬时功率为P＝qEv1，A错误；该离子速度垂直于磁场方向的分量大小为v2，则该离子受到的洛伦兹力大小为F洛＝qv2B，B错误；根据运动的合成与分解可知，离子在平行于磁场和电场方向上在电场力作用下向右做匀加速直线运动，在垂直于磁场和电场方向的平面内在洛伦兹力作用下做速率为v2的匀速圆周运动，即v1增大，v2不变，则v2与v1的比值不断变小，C错误；该离子受到的电场力大小qE不变，方向始终水平向右，受到的洛伦兹力大小qv2B不变，方向始终与电场力方向垂直，故该离子受到的合力大小不变，该离子的加速度大小不变，D正确。5.(2023·新课标卷)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答案：C解析：设电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，电子从小孔射出的速度大小为v1，α粒子从小孔射出的速度大小为v2，则v1＝10v2。假设α粒子打在a点，则其所受电场力与洛伦兹力平衡，有2eE＝2ev2B，电子射出小孔时受到的洛伦兹力大小F洛＝ev1B＝10ev2B，所受电场力大小F电＝eE，则F洛>F电，而电子打在b点，则电子所受洛伦兹力向右，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向里，由α粒子受力平衡和左手定则，可判断电场方向水平向右；假设电子打在a点，则其所受电场力与洛伦兹力平衡，有eE＝ev1B，α粒子射出小孔时所受洛伦兹力大小F洛′＝2ev2B＝eq\f(1,5)ev1B，所受电场力大小F电′＝2eE，则F洛′<F电′，而α粒子打在b点，所以α粒子所受电场力水平向右，电场方向水平向右，由电子受力平衡和左手定则，可判断磁场方向垂直纸面向里。故选C。6.(2024·安徽高考)(多选)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则()A．油滴a带负电，所带电量的大小为eq\f(mg,E)B．油滴a做圆周运动的速度大小为eq\f(gBR,E)C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为eq\f(3gBR,E)，周期为eq\f(4πE,gB)D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动答案：ABD解析：设油滴a所带电量的大小为q，运动至P点之前，油滴a做圆周运动，故所受重力与电场力平衡，有mg＝Eq，且所受电场力方向竖直向上，与电场方向相反，可知q＝eq\f(mg,E)，油滴a带负电，故A正确；设油滴a做圆周运动的速度大小为v，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(gBR,E)，故B正确；设小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为v1，根据洛伦兹力提供向心力，有eq\f(1,2)qv1B＝eq\f(1,2)meq\f(veq\o\al(2,1),3R)，解得v1＝eq\f(3gBR,E)，则小油滴Ⅰ做圆周运动的周期为T＝eq\f(2π·3R,v1)＝eq\f(2πE,gB)，故C错误；带电油滴a分离前后系统动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，以油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，由动量守恒定律有mv＝eq\f(m,2)v1＋eq\f(m,2)v2，解得v2＝－eq\f(gBR,E)，负号表示小油滴Ⅱ在P点的速度方向与正方向相反，由eq\f(1,2)mg＝eq\f(1,2)qE知，分离后的小油滴Ⅱ受到的电场力和重力仍然平衡，结合左手定则可知，小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。7．(2022·全国甲卷)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()答案：B解析：在xOy平面内，电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电的粒子在电场力作用下开始向y轴正方向运动；最初带正电的粒子速度方向沿y轴正方向，又磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则可知，带正电的粒子所受洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子开始向x轴负方向偏转，故该粒子的运动轨迹的初始部分必然在第二象限，A、C错误。开始一段时间内，电场力对该粒子做正功，该粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，不做功，但会一直改变该粒子的速度方向，则开始一段时间粒子的速度增大，且该粒子逆时针偏转；当速度方向变为沿x轴负方向时，该粒子受到的洛伦兹力沿y轴负方向，此后粒子将向y轴负方向偏转，此过程电场力对该粒子做负功，该粒子速度减小；由于匀强电场方向沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势线，由动能定理可知，该粒子再次回到x轴时的速度刚好为0，即其不会进入第三象限，此后将在第二象限重复上述运动，故B可能正确，D错误。8.(多选)滚轮线(也称为摆线)是数学中众多迷人曲线之一，它是这样定义的：一个圆沿一直线无滑动地滚动，则圆上一固定点所经过的轨迹称为滚轮线。在竖直平面内有xOy坐标系，空间存在垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、电荷量为＋q的小球从坐标原点由静止释放，小球的轨迹就是滚轮线。小球在O点速度为0时，可以分解为一水平向右的速度v0和一水平向左的速度v0两个分速度，如果v0取适当的值，就可以把滚轮线分解成以v0的速度向右做匀速直线运动和从O点向左速度为v0的匀速圆周运动两个分运动。设重力加速度为g，下列说法正确的是()A．速度v0所取的适当值应为eq\f(mg,qB)B．经过t＝eq\f(2πm,qB)第一次到达滚轮线最低点C．最低点的y轴坐标为y＝－eq\f(2m2g,q2B2)D．小球经过最低点的速度为eq\f(2mg,qB)答案：ACD解析：对以v0的速度向右做匀速直线运动这个分运动进行分析，根据平衡条件有mg＝qv0B，则速度v0所取的适当值应为v0＝eq\f(mg,qB)，故A正确；对从O点向左速度为v0的匀速圆周运动这个分运动进行分析，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)，圆周运动的周期T＝eq\f(2πR,v0)，解得轨迹半径R＝eq\f(mv0,Bq)，T＝eq\f(2πm,qB)，小球第一次到达滚轮线最低点时，经过的时间t＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πm,qB)，最低点的y轴坐标为y＝－2R＝－eq\f(2m2g,q2B2)，故B错误，C正确；根据运动的合成可知，小球在最低点的速度大小为2v0＝eq\f(2mg,qB)，故D正确。考点二带电粒子在叠加场中运动的实例分析9．在如图所示的两平行金属板间存在匀强电场和匀强磁场，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一带电粒子(重力不计)从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子()A．一定带正电B．速度v＝eq\f(E,B)C．若速度v>eq\f(E,B)，粒子一定不能从板间射出D．若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动答案：B解析：无论粒子带正电还是带负电，所受静电力和洛伦兹力都在竖直方向上，且方向相反，A错误；粒子做直线运动，则一定做匀速直线运动，由平衡条件有，qvB＝qE，解得速度v＝eq\f(E,B)，B正确；若速度v>eq\f(E,B)，粒子不能沿虚线通过，但仍可能从板间射出，C错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，所受静电力和洛伦兹力方向相同，不能做直线运动，D错误。10．笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的()A．前表面的电势比后表面的低B．前、后表面间的电压U与v无关C．前、后表面间的电压U与c成正比D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eq\f(eU,a)答案：D解析：由左手定则判断，后表面带负电，电势低，A错误；电子受力平衡后，U稳定不变，由eeq\f(U,a)＝evB得U＝Bav，故前、后表面间的电压U与v成正比，与c无关，故B、C错误；自由电子受到的洛伦兹力F＝evB＝eq\f(eU,a)，D正确。11．(2024·湖北高考)(多选)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是()A．极板MN是发电机的正极B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大答案：AC解析：等离子体在两平行金属极板间向右运动时，由左手定则可知，带正电的粒子受到的洛伦兹力向上，带负电的粒子受到的洛伦兹力向下，则极板MN上聚集正电荷，极板PQ上聚集负电荷，故极板MN是发电机的正极，A正确；当带电粒子受到的洛伦兹力和电场力平衡时，极板间获得稳定电压U，设两极板间的距离为d，匀强磁场磁感应强度大小为B，等离子体的喷入速率为v，带电粒子的电荷量为q，则有qvB＝qeq\f(U,d)，可得U＝Bdv，若仅增大两极板间的距离d，则U增大，若仅增大等离子体的喷入速率v，则U增大，U与喷入等离子体的正、负带电粒子数密度无关，B、D错误，C正确。12．(2024·江西高考)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图a所示，在长为a、宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10－3A时，测得U­B关系图线如图b所示，元电荷e＝1.60×10－19C，则此样品每平方米载流子数最接近()A．1.7×1019 B．1.7×1015C．2.3×1020 D．2.3×1016答案：D解析：设此样品每平方米载流子(电子)数为n，载流子从电极3向电极1定向移动的速率为v，则时间t内通过此样品的电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝eq\f(q,t)，当载流子稳定通过此样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有eeq\f(U,b)＝evB，联立解得U＝eq\f(I,ne)B，结合题图b可知，k＝eq\f(I,ne)＝eq\f(88×10－3,320×10－3)V/T，代入数据解得n＝2.3×1016，D正确。13.(2025·北京市朝阳区高三上期中)为了测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计(流量Q为单位时间内流过某截面流体的体积)。如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，所在空间有垂直于前后表面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动。测得M、N间电压为U，污水流过管道时受到的阻力大小Ff＝kLv2，k是比例系数，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速。则()A．污水的流量Q＝eq\f(abU,B)B．金属板M的电势不一定高于金属板N的电势C．电压U与污水中离子浓度成正比D．左、右两侧管口的压强差Δp＝eq\f(kaU2,bB2c3)答案：D解析：当污水中的离子做匀速运动时，以该离子为研究对象，竖直方向上，离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有qvB＝qeq\f(U,c)，得污水向右匀速流动的速度v＝eq\f(U,cB)，则污水的流量Q＝vS＝vbc＝eq\f(U,cB)bc＝eq\f(Ub,B)，故A错误；根据左手定则可知，在洛伦兹力的作用下，正离子向金属板M偏转，负离子向金属板N偏转，知金属板M的电势一定高于金属板N的电势，故B错误；由qvB＝qeq\f(U,c)，解得U＝vBc，则电压U与污水中离子浓度无关，故C错误；根据平衡条件，水平方向有F＝Ff，其中F＝Δp·S，Ff＝kav2，S＝bc，v＝eq\f(U,cB)，联立解得Δp＝eq\f(kaU2,bB2c3)，故D正确。考点三带电粒子在交变场中的运动14．(2024·江西省景德镇市高三下第三次质量检测)如图甲所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内有沿x轴正方向的匀强电场E1；第Ⅱ、Ⅲ象限内同时存在着竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面的匀强磁场B1，E1＝0.2N/C，E2＝0.25N/C，磁场B1随时间t变化的规律如图乙所示，B0＝0.5T，t0＝eq\f(π,40)s，设垂直纸面向外为磁场正方向。一个质量为m＝5×10－6kg、电荷量为q＝2×10－4C的带正电液滴从P点以速度v0＝2m/s沿x轴负方向入射，恰好以指向y轴负方向的速度v经过原点O(此时t＝0)后进入x≤0的区域。重力加速度g取10m/s2。(1)求液滴第一次到达O点时速度v的大小；(2)求液滴在0～eq\f(π,8)s时间内的路程；(3)若在t＝eq\f(π,8)s时撤去电场E1、E2和磁场B1，同时在整个空间区域加竖直向上的匀强磁场B2(未画出)，B2＝0.25T，求从此时刻起，再经过eq\f(π,10)s液滴距O点的距离(结果保留一位有效数字)。答案：(1)2.5m/s(2)eq\f(5π,16)m(3)0.7m解析：(1)设液滴在第Ⅰ象限运动的时间为t1，根据题意，由动量定理，在水平方向有－E1qt1＝0－mv0在竖直方向有mgt1＝mv－0解得v＝2.5m/s。(2)液滴通过O点后，计算可知E2q＝mg则液滴可视为仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)液滴做圆周运动的周期T＝eq\f(2πr,v)解得r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)故磁感应强度大小为B0时，r1＝eq\f(1,8)m，T1＝eq\f(π,10)s＝4t0磁感应强度大小为2B0时，r2＝eq\f(1,16)m，T2＝eq\f(π,20)s＝2t0结合左手定则，可知液滴在0～eq\f(π,8)s即0～5t0时间内的运动轨迹如图所示，可知液滴在0～eq\f(π,8)s内一直在复合场中运动，速度大小均为v，则运动的路程s＝v·eq\f(π,8)s解得s＝eq\f(5π,16)m。(3)只有磁场B2存在时，液滴在水平面做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r3，由洛伦兹力提供向心力有qvB2＝meq\f(v2,r3)周期T3＝eq\f(2πr3,v)解得r3＝0.25m，T3＝eq\f(π,5)s则t′＝eq\f(π,10)s＝eq\f(T3,2)时间后，液滴距离y轴2r3液滴在竖直方向做自由落体运动，经过t′＝eq\f(π,10)s沿y轴下落高度为h＝eq\f(1,2)gt′2经过t′＝eq\f(π,10)s液滴距O点的距离l＝eq\r(h2＋（2r3）2)解得l＝0.7m15．(2024·广东高考)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的eq\f(π,3)倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v；(3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。答案：(1)正电eq\f(πm,Bt0)(2)eq\r(\f(3πt0U0,8B))πeq\r(\f(πU0,24Bt0))(3)eq\f(πmU0（π2＋16）,48Bt0)解析：(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹，结合左手定则可知，粒子带正电设粒子在磁场中运动的周期为T，则有eq\f(T,2)＝3t0－2t0设粒子在磁场中运动的速率为v0，轨迹半径为r，则有T＝eq\f(2πr,v0)根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)联立解得q＝eq\f(πm,Bt0)。(2)由题意知，金属板的板长为L＝eq\f(πD,3)粒子在板间运动时，沿金属板方向有L＝vt0根据题意，粒子离开金属板间电场时，垂直金属板方向的速度为0，则v0＝v设粒子在金属板间运动的加速度大小为a，则沿垂直金属板方向的位移大小为y＝2×eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t0,2)))eq\s\up12(2)根据牛顿第二定律，有qE＝ma其中板间场强大小E＝eq\f(U0,D)由几何关系可知y＝2r联立解得D＝eq\r(\f(3πt0U0,8B))，v＝πeq\r(\f(πU0,24Bt0))。(3)由(2)可解得r＝eq\r(\f(πt0U0,24B))，即金属板的板间距离D＝3r分析可知，粒子在t＝4t0时刻进入金属板左侧的电场开始做减速运动，在t＝6t0时刻再次进入金属板间的偏转电场，t＝6.5t0时刻碰到上金属板，带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示。根据轨迹图分析可知，整个过程中电场力对粒子做的功，等于粒子最开始在水平向右的匀强电场中运动的过程以及最后0.5t0时间内电场力做功之和，设在这两个过程中电场力做的功分别为W1、W2，则W＝W1＋W2根据动能定理知W1＝eq\f(1,2)mv2－0根据功的定义有W2＝qE(D－2r)联立解得W＝eq\f(πmU0（π2＋16）,48Bt0)。16．研究高能粒子的运动时，电磁场约束可以控制带电粒子运动的轨迹。如图甲所示为相关研究装置的简化示意图，两块面积足够大的金属板M、N水平放置，金属板与可调电源连接形成电场，在两板之间施加磁场。电场强度与磁感应强度随时间