假期作业(三)-【百汇大课堂·暑假作业】2023-2024学年高二物理假期作业（新教材）

假期作业 假期作业(三) 1.(多选)质谱仪是一种测定带 A.在电场中的加速度之比为1:1 电粒子质量或分析同位素的 B.在磁场中运动的半径之比为,3;1 重要设备,它的构造原理如图 C.在磁场中转过的角度之比为1:2 所示,离子源S产生的各种不 D.离开电场区域时的动能之比为1:3 同正离子束(速度可视为零),经MN间的 4.(多选)如图所示,空间存在垂 加速电压U加速后从小孔S.垂直于磁感线 直纸面向外的匀强磁场,在O 进入匀强磁场,运转半周后到达照相底片上 点固定一点电荷Q,一带电粒 的P点,设P到S的距离为x,则( ) 子在电场力和磁场力的共同 A.若离子束是同位素,则:越大对应的离子质 作用下做顺时针匀速圆周运动(不计重力和阻 量越小 力),半径为,,周期为T,线速度为v,则当点电 B.若离子束是同位素,则x越大对应的离 荷Q电量突然为零,则此后关于带电粒子的运 动,下列说法正确的是 子质量越大 A.半径大小一定变大 C.只要文相同,对应的离子质量一定相同 B.线速度大小一定不变 D.只要x相同,对应的离子的比荷一定 C.周期大小一定变大 相等 D.仍然可能做半径为:的匀速圆周运动 2.(多选)一个电子穿过某一空间而未发生偏 5.(多选)一带负电粒子的质 进 转,则 ( ) 量为、电荷量为q,空间 A.此空间一定不存在磁场 中一平行板电容器两极板 B.此空间可能有磁场,方向与电子速度平行 S.、S。间的电压为U.将此 C.此空间可能有磁场,方向与电子速度垂直 粒子在靠近极板S.的A处无初速度释放, D.此空间可能有正交(即相互垂直)的磁场 经电场加速后,经O点进入磁感应强度大小 和电场,它们的方向均与电子速度垂直 为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场 3.(多选)在半导体离子注入 (右边界平行S。),图中虚线Ox:垂直极板 工艺中,初速度可忽略的碳 S.,当粒子从P点离开磁场时,其速度方向 离子P和P,经电压为U 与Ox方向的夹角9一60{},如图所示,整个装 的电场加速后,垂直进入磁 置处于真空中,不计粒子所受重力作用,则 ( 感应强度大小为B、方向垂 ) A.极板S.带正电 直纸面向里,有一定的宽度的匀强磁场区 _ 域,如图所示,已知离子P在磁场中转过 B.粒子到达O点的速度大小为 -30{}后从磁场右边界射出,在电场和磁场 .7n C.此粒子在磁场中运动的时间 。 ) 中运动时,离子P和P 3B 高二暑假·物理 D.若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度, B.图乙是磁流体发电机的结构示意图,可以 使粒子经过O点后恰好不能从右侧离 判断出B极板是发电机的正极,A极板 开该有界磁场,则该有界磁场区域的宽 是发电机的负极 /Um C.图丙是速度选择器的示意图,带电粒子 度d- B{} (不计重力)能够沿直线匀速通过速度选 6.(多选)如图所示,垂直纸面向 E 择器的条件是Ea一qoB,即 外的V形有界匀强磁场磁感 。 应强度大小为B,左边界AC D.图丁是质谱仪的结构示意图,粒子打在底 是一块竖直放置的挡板,其上 片上的位置越靠近狭缝S。说明粒子的 开有小孔Q,一束电荷量为 比荷越小 十a,质量为n(不计重力)的带 8.初速为0的电子经电压U.加速后垂直电场 电粒子,以不同的速率垂直挡板从小孔Q 方向进入平行板间电场,平行板间的电压为 射入右侧磁场中,CD为磁场右边界,它与 U.,若U.加倍,为了使电子在板间的轨迹不 变,下列做法可行的是 ( 挡板的夹角9一30{*},小孔Q到板的下端C ) 的距离为L,若速率最大的粒子恰好垂直 CD边射出,则 ) A.恰好不从CD边射出的粒子的速率 7B. A.将U。加倍 B.将板间距离加倍 ?BL B.粒子动能的最大值E. 2m C.将U。及板间距离同时加倍 C.能够从CD边射出的粒子在磁场中运动 D.将U。变为原来的一半 2nn 9.如图所示,在正交的 的最长时间 3qB 匀强电磁场中有质 _ 量、电荷量都相同的 两油滴,A静止,B做 。_ 7.关于下列四幅图的说法正确的是 ~ 半径为R的匀速圆周 运动,若B与A相碰并结合在一起,则它们 将 ) A.以B原速率的一半做匀速直线运动 甲 1 C.仍以R为半径做匀速圆周运动 D.做周期为B的一半的匀速圆周运动 丁 10.如图所示,M、N是两个平行金属板,右侧 A.图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器 有一圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直于 的示意图,要想粒子获得的最大动能增 纸面向里,圆心为O,A、B、C、D、E、F六 大,可增加电压U 个点将圆六等分,有两个质量相同且不计 假期作业 重力的带电粒子a、b,分别由靠近M板的 12.如图,一半径为R的圆表 P点由静止释放,穿过N板后,沿AO方 示一柱形区域的横截面 向进入磁场,粒子a、b分别从E点和F点 (纸面).在柱形区域内加 ( 离开磁场,下列说法正确的是 ) 一方向垂直于纸面的匀强 {般# 磁场,一质量为、电荷量为。的粒子从直 线ac与圆的交点a正对圆心射入柱形区 域,而后从圆上的点离开该区域,60连 线与直线垂直.圆心O到直线的垂直距离 为R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于 A.两带电粒子的带电性质不同 B.M板的电势低于N 板的电势 直线ac的匀强电场,同一粒子以同样速率 C. 两带电粒子在磁场中的运动时间相同 在a点沿直线ac射人柱形区域,也在6点 D.两带电粒子a、的电荷量之比为9:1 离开该区域,若磁感应强度大小为B,不计 11.如图所示,一质量为n、电荷 重力. 量为9的带正电粒子从O点 (1)求粒子入射的初速度大小 以初速度 。水平射出,若该 (2)求电场强度的大小 带电粒子运动的区域内有一 方向竖直向下的匀强电场; 则粒子恰好能通过该区域中 的A点;若撤去电场,加一垂直纸面向外 的匀强磁场,仍将该粒子从O点以初速度 v。水平射出,则粒子恰好能经A点到达该 区域中的B点,已知OA之间的距离为d B.点在O点的正下方,BOA=60{*},粒子 重力不计,求: (1)磁场磁感应强度的大小B; (2)粒子在电场时运动中到达A点速度的 大小v. 9假期作业 当其他条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径， (3)a粒子的周期 从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确.门 T'=2红·4m_xm 2eB eB 9.C[粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力可得 周期是质子周期的2倍，如采α粒子与质子经最短时间在坐 g四B=mR 标原点相谩，可知α粒子运动的时间为四分之一个周期，即 B·则周期T=2xR2xm 解得R- 國瓢对应的圆心角为90度，根据几何关系知，α粒子的速度 方向与x轴正方向成45°，根据几何关系知，a粒子的轨道半 粒子在纸面内运动，经过时间1离开磁场 时速度方向与半径OA垂直，作出粒子运 径二受，根帮eBm 订得n-活年 动轨迹如下图所示，由几何关系可 2 Bel 得a=120 4m 所以粒子以速率？运动的时间为 者案贸 (2) eB (3)E,方向与：轴的正方 Am 高T-需 向成45°角 当粒子滤事变为？，此时粒子运动辛径为R'- 12.解析带电粒子在磁场中受洛伦兹力徽匀速 2 周期T'-=T=2m 圆周运动，由牛领第二定佛gB=m R,得R gB 作出此时粒子运动的轨迹图如下图所示 gB0.4m>r=0.25m,因此要使a粒子 根据几何知识可知旋转的角度a'=180 在磁场中运动的时间最长，则需要α粒子在磁场中运动的圆 则粒子以魂率受运动的时阿为 瓢所对应的弦长最长，从图中可以看出，沿以直径OA为弦、 R为半径的圆弧做圆周运动时，a粒子在磁场中运动的时何 最长.由周期公式T=2R,得T=2 B,圆孤的运动时问 故A,B、D错误，C正确.] 20 10.CD[当粒子刚好与b加边相切时运动轨迹 如图所示，所以粒子不会经过点也不能经 37B代入数据解得1.=1.3X10g 2xm 过ab的中点e点：设ab=L,则bc=3L., ae=2L:设圆周半径为R,由几何知识可知 答案1.3×102s 女=L,R=sim30,解得R目 1 假期作业（三） 1 R+2 素养测评 ?L,则O=L三2ac,即O点是ac的中点·则图与c的 L.BD[粒子在加速电场中做加速运动，由动能定理得gU一 切点正好是b的中点f,即轨迹过f点：同理可证明h点是 mv一0，解得= 1 2qU ,粒子在磁场中做匀速圆周运 Am aO的中点，可知从h点射出后恰能经过ad的中点g点：故 选C,D.] 动，洛伦燕力提供向心力，由牛顿第二定律得gB=m口解 11.解析(1)质子从x=1。处出发恰好经过坐标原点O,知质 1 子的轨道半径r= 9B五√，，所以有=2r= 得r=m” 1 2 mU 2 2mU 据B=得=- 22md可知x越 若离子束是同位素，则9相同，由r=B√9 2 大对应的离子质量越大，故A错误，B正确：由x (2)质子在磁场中运动的周期 T=2xm 2。②m可知，只要r相同，对应的离子的比荷一定相等， gB' BN 9 则质子到达坐标原点O处的时何 离子质量不一定相同，故C错误，D正确，] T不m 2.BD[电子透入磁场有两种情况，一是速度方向平行于磁感 1-2B 线，此种情况下电子不受洛伦蕊力作用，电子不会偏转：二是 45 高二暑假·物理 速度方向垂直于滋感线，粒子在洛伦兹力作用下发生偏转， 3B,散C正确：者改变右侧磁场（左边界位里不变）宽度， 沉刀 做圆周运动，故A、C错误，B正确.若此空间内存在正交的电 场与磁场，则电子在该区城内既受到电场力作用，又受到洛 使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，画出临 伦兹力作用，并且两力方向相反，当这两个力大小相等时，电 界轨渣如上图所示，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律 子运动不发生偏转，故D正确.] 可得B如=mR,把A选项中求得速度表达式代入可得R一 3.BCD[两个离子的质量相同，其带电量是1：3的关系，所以 √B则该有界猫场区域的宽度d=R三 2Um 由4=可知，其在电场中的加速度是1：3，故A错误.离 V9B,故D md 错误.] 2gU 子在离开电场时速度v= m ,可知其速度之比为1：√3. 6.BC[根据推论公式r= B,粒子的速度越 :::D 又由B=m 一B所以其半径之比为原：1，故B 知r= 大，轨道半径越大：恰好不从CD边射出的 粒子的轨迹与CD相切，如图所示：结合几 正确.由B的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为√3 ：1,设磁场宽度为L,离子通过磁场转过的角度等于其园心 何关系，有QC■L=r sin30,解得r 角，所以有sm0=名，则可知角度的正弦值之比为1：尽，又 ，根馨r-阳有。-，故A错误：者 L gB 3m P的角度为30°，可知P角度为60°，即在磁场中转过的角 速事最大的粒子恰好垂直CD边射出，则C为园心，轨道半 度之比为1：2，故C正确.离子在电场中加速时，根据动能定 1 径为r,根籍二WB有。，故餐大动能为瓦。与 理可得：gU=2mm,两离子离开电场的动能之比为1：3，故 D正确，门 2m2=9B上·故B正确：恰好能够从CD边射出的粒子 2m 4.BD[若带电粒子带正电，点电荷Q也带 轨流与CD相切，根据A选项分折，华径r=专，对应的围心 正电，电量变为零之前，粒子受到指向圆心 的洛伦兹力，以及沿着半径背离圆心的电 角为120，成1-号-行×需-器放C三有：报据选项 场力，其向心力等于F。=F,一Ft,当点 A的分析，如果是粒子的轨迹与CD边相切，则切点与C点 电荷Q电量突然为军，电荷只受到洛伦兹 力的作用，此时洛伦兹力大于电荷需要的· 的距离为3r三L,如栗速度最大，轨流与CD的交点与C 向心力，粒子做近心运动，则半径减小，故A错误：因为当点 电荷清失，粒子只受到洛伦兹力的作用，而洛伦兹力总是和 点的距离为L:武CD道上有起子打到的区线长度为L-… 速度方向相互垂直，不会改变粒子的速度大小，所以不论粒 故D错误。] 子之后做什么运动，其速度大小都不会改变，故B正确：若带 7.BC甲图中，根据B=m 广·可知0=B ,粒子获得的最 n 电粒子带负电，则在点电荷Q电量变为零之前·粒子受到指 向圆心的电场力，以及沿着半径背离画心的洛伦蓝力，向心 大梦能为B=名=言（吧）- 2m,所以要想 力为F。=F。一F。,若此时电场力是洛伦兹力的两倍，则 拉子获得的最大动能增大，可增加D形套的半径R和增大磁 其向心力的大小等于洛伦兹力，当电场力消失时，洛伦兹 感应强度B,增加电压U不能增大最大初动能，故A错误：乙 力的大小刚好等于粒子需要的向心力，粒子继续做半径不 图中根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B极板带正电，为 变的圆周运动，如图中轨壶所示，由于半径不变，向心力大 发电机的正极，A极板是发电机的负极，故B正确：丙图中， 小不变，则运动周期不变，故C错误，D正确，门 电子从右向左运动通过复合场时，电场力竖直向上，根据左 5.BC[带负电粒子向右加速，电场力向 手定则，洛伦燕力方向也向上，所以不是速度选择器，故C蟠 右，场强向左，说明极板S,带负电，故 A错误：设粒子到达)点的速度大小 误：由B=加尺·期号-成起R感小，说明比新稳大，款 D错误.门 为，由动能定理可得=2m0,解 8.A[电子现在加速电场中被加速，获得速度后进去偏转电场 2,故B正确：由儿何关系可知粒子运动圆心角为 做类平抛运动，由类平抛运动的公式r=v,y=2t,其中 a=0=60,此粒子在磁场中运动的时间1=6 ×贸 U T 6 a= dm ,在加速电场中，由动能定理得U,e=2m,,化简可 46 假期作业 U 北半球的磁感应强度的整直分量是向下的，根据右手定则， 得电子做类平抛运动的轨进方程为y=Uar,若U,加 感应电动势的方向D指向C,新以C点的电势高于D点的 倍，为了使电子在板闻的轨迹不变，可以将U,加倍，或者将 电势：故D正确，A,B,C错误.] 板问距离减半，] 4.C[由“来拒去留”得磁铁与蝶线管之问产生相斥的作用，脚 9.B[由A,B相碰时动量守恒mv=2m,有=？，根据题 螺线管的C端一定与磁铁的B端校性相同，与螺线管的绕法 意碰后A、B合成的大油滴仍受重力与电场力平衡，合外力 无关.但因为磁铁AB的N,S极性不明，所以螺线管CD的 两端校性也不能明确，所以A,BD错，C对.] 是洛伦兹力，所以继续微匀速圆周运动，且有” 2m2 5.D[提高温度，这种合金会从非磁性合金变成强磁性合金， 2gB qB 穿过线圈的磁通量增大，从而在环绕它的线图中产生电流， .T-2x2m-2m 、R 2BB,选项B正确.] 由于原磁场的方向未知，所以不能判断出感应电流的方向。 10.B[两带电粒子在磁场中 故A,B错误：A外侧的磁场的方向与A内部的磁场的方向 M N 都是向下偏转，带电粒子的 相反，B的面积越大，则穿过线图B的磁通量越小，当B中磁 带电性质相同，均带负电，故 通量增大时，则线图产生的感应电流方向阻碍磁通量的增 A错误：两带电粒子带负电， 大，面积有扩张的趋势.故C错误，D正确.故选D.] 在电场中加速，所以M板的 6.B[无论开关S找至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边线 电势低于N板的电势，故B 圈中的电流从无到有，电流在线圈轴线上的磁场从无到有， 正确：从E点和F点离开磁 从而引起穿过圆环的磁通量突然增大，根据榜次定律（增反 场的两粒子a,b的轨凌如图所示，设磁场区城的半径为R, 减同)，右边阅环中产生了与左边线圈中方向相反的电流，异 由几何关系可得rr=Rtan60°，r,=Rtan30°，所以两粒子 向电流相互排斥，所以无论哪种情况，圆环均向右运动.] a,b在磁场中做圆周运动的半径之此为3：1：在加速电扬 7,C[闭合开关的瞬间，通过铝环的磁通量从无到有，知在铝 中根据动能定理可得gU=?m,在磁场中由洛伦装力提 环上产生感应电流，感应电流引起的效果要阻碍磁通量的变 化（即增加），所以铝环向上跳起，断开的瞬问，在铝环上也有 供商心力，有B=m二，可得r- 2mU B·联立可得g=B· 感应电流，但不会跳起，因为此时战圈的电流为零，与铝环间 没有作用力，所以不会跳起，故C正确，A、BD错误，] 所以两带电粒子、b的电荷量之比为1：9；根据两粒子在 8.D[当磁铁N校向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量增 磁场中的运动时间(= B,两拉子质量相等，偏转角度分别 m 大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再 为0。一号，一号，所以丙香电数子口6在藏场中的运动 由安培定则可得感应电流方向沿线园盘旋而下，由于线圈相 当于电源，线圈下端相当于电源正校，则流过R的电流方向 时间之比为9：2，敌C、D错误.] 是从b到a,对电容器充电，下极板带正电，故D正确，B、C错 11.(1)m 7 (2)√3 误：磁铁下落过程中，根据楞次定律“来拒去留”，线圈与条形 磁铁之间产生了相互排斥力，故A错误.] √3qBR 12.(1)0。= (2)E=12gBR m 9,A[由楞次定律可知，要使铝框向左远离，则螺线管中应产 生增大的磁场，即螺线管中电流应增大：而螺线管中的电流 假期作业（四） 是由abcd区域内的磁场变化引起的，故abcd中的磁场变化 1.B[当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根 率应增大，故A正确，BC,D错误.] 据楞次定律，感应电流的磁场要阻得磁通量的增加，则两环 10.AC[当条形磁铁沿轴线竖直自由下落的过程中，闭合 将向两侧运动，故选B.] 导体环内的磁通量增大，根据榜次定律可知环内感应电 2.D[导体f切制磁感线产生感应电动势，圆环两侧组成外 流的磁场与原燕场的方向相反，且导体环有收缩的趋势， 电路，所以环上有感应电流，故A错误，报据右手定则判断可 所以对磁体的运动有阻碍作用，所以磁铁受向上的安培 知，ef中产生的感应电流方向从e→f,则环的右侧有逆时针 力，则向下的加速度小于g:因有电能产生，可知下落过 方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流，故B、C错误，D 程中机械能减小：根据牛顿第三定律可知，导体环受到的 正确.] 安培力向下，故对桌面压力大于其重力，故A,C正确，B 3.D[飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，切割磁感应强 D错误.了 度的竖直分量，切制的长度等于机翼的长度，所以U=B,m ,11.(1)右偏(2)左偏相同 47