专题卷(九) 带电粒子在组合场、复合场中的运动-【鱼跃龙门卷】2025年高三物理二轮复习专题卷（内蒙古专版）

4.如图所示，气日，氧H,氯H三种核子分别从静止开始经过同一加速电 2024一2025学年度高三二轮复习专题卷（九）】 辰U,(图中米面出)如速，再经过闻一楠转电压U2篇转后进入垂直于最 物理·带电粒子在组合场、复合场中的运动 面角里的有界匀造场，气H的运动轨迹如图所示。财气H,氧日 氧日三种核子财人陆场的点和尉出赋场的点间距最大的是 (考试时可7分钟，调分100分) A.红H B氧H C氢H D.无盐判定 一，法择题：本慧共10小藏，共插分。在每小题地出的四个选项中，第1一7照只有一项符合體目 5。如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区拔内，电场的电易强度为E,方向整直内下，蓝场 要求，每小题4分：第8一10丽有多顺符合蹈日要求，每小题6分，全留选对的得6分，选对但 的磁感应强度为君，方角重直于纸面向里。一质量为群的带电粒子，在场区内的一竖直平面 不全的得3分，有选错的得0分。带·题日为能力提升题，分值不计入总分。 L如图断示，两极板间存在磁感应强度大小为B,方向重直于纸面向外的匀强题场，一束规子花 内做半径为R约匀速衡周运动，已如重力知速度为”，别可判断该带电粒子 以遵度从左侧水平射人，为使校子瓷量过极板中间区线时不发生偏转，需将顾板两极M,N 入带有电背量为管的负电背 与电源正，鱼极相连，使得极板同同时存在匀强电场，电场霸度大小为E。不计粒子的重力及 粒子闻的相互作用，下列说法中正确的是 且铅圆属逆时针运动 AE号农子带正电时，N接电源正做 C运动到最低点时的电势能最： 队B-收子带负电时，N接电源正经 : n运磷的速率为唱 &N 8.石墨烯是一种由碳复子组成的单层二雄材料，其载旋子为电子。如图甲衡示，在长为：，堂为 CE一Bw,不论较子著何种电夜，M都接电熟正报 6的石墨烯样品表面加一番直纸面肉里的匀强磁场，造感皮程度为B,电极1,3可通以们定电 D.E一B:,不论粒子悟何种电育，N都接电那正极 流【，电最2,4闻将产生电压U.当1一L,5mA时：测鞭-B关系图线如图乙新示，元电背 2,闲心为O,半径为？的刺形区线内存在藏感应强度大小为B,方向乐直标所向外的匀强随场， e=1.60×10C,图 半径OA竖直，MN与QA平行，且与周形盈场边界相切于C点，在MN的右鳄有葱国足够大 的匀翼电场，电场翼度大小为E,方向水平向左，在A点有一胶予颦，可以沿A口方向期出面 量为两的带电粒子，当粒子初迪度为时刚好能从C点第一次射出感场，不计粒子重力和粒 子闻的相互作用，下列说悲正确的是 话 A.胶子带负电 收教子的电特量为服 +4 C初速度为”的粒子在藏场中运动的总时间为 2 山初速度为，的轮子在电场中运动的总时两为警 乙 A.电极2的电势高于电极4的电势 B.U与域王比 3.如图所示，是一种由加遥电场、静电分析器，造分析暮构或的质讲仪的原理图。静电分析器通 C,样品每平方米载流子数的为3.5×10个D.样品每平方米载领子数约为3，香×10"个 道内有均匀的，大小方向可焉节的氧向电场，通道圆置中心规半轻为N,中心线处的电场强度 ?.疑量为丽，电荷量为？的微数以与水平方向发日角的速度从O点透人方向知图所尽的正交 大小冪为E,半图形磁分析替中分布看方向重直于展面，虚感应第度为B的匀丝磁场。要让 的匀属电场和匀强磁场组成的复合场区，恰好沿直线运动到A点，重力和速度为g,下列说 质量为州.电荷量为9的带正电粒子（不计重力），由静止开给从M板经如迷电场加速日，后 达中正确的是 图弧中心线通过静电分析器，再由P点猛直晒场边界进入整分析器，疑终打到段片上的Q A该微收可能带正电背 点期 A,珠分析餐中磁场方向屠直于年面向里 B微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 孔在静电分析替中粒子受氧向电括的电桥力为零 C该避场的磁感应强度大小为？ C加速电场的电压=ER quros d 、DP点与Q点向距离d- D.该电海的电婚强度大小为 智理n·专题缩（九）第1项（共取百》 鱼纸地门整 物理B·专理卷（九】第多真（共展真） ·如图所示，空侧存在经直方向的匀强通场和匀雪电号，概感度强度大小为B= 阻率为。别下列说法正端的是 1T,电扬淫度大小可两，一蒂电小球从O点王上方2m处以制速度， Aa板电势比b板电势低 2m/8水平地出。已知小球质量为m=0,1k求：电背量为g=0.2C,则其能经 乱电动机M正常工作时两端的电压为和 过O点时的量大动能的为 A.0.20J 且028J C电动机M正常工作时的机楼功率为B一广(R+r) C1.28J D.2.20J ),电动机M正常工作时极何替正电的高子受到的电场力的动率为B如 8,2024年11月6日，在位于国川锦阳的中广核找质子治疗装爷制造基地，230MV风旋框递器 ·如图所示，空间存在着率直于纸面向黑的匀丝磁场，登然成者度大小为B,一梦电荷量为，面 正式下线，这标志着我国已成功实税国际一流性能婚子的疗系统枝心部件的白主生产，如图 量为m的带正电小球从藏扬中某点P由静止释成，其运动机透是一条摆线，小球的运动实尿 所示是一种园教抑速器示意图，其中D形盒半径为R,我缝霓为，所闻匀溺陆写的蓝感皮强 上是聚直学直内沿逆时针方向，速度大小为。的匀离圆周露动得水平到右，请度大小为要的匀 度可调，新加高顿交变电源电压大小恒为U,顿率为f。质量为网、电萄量为▣的质子从左作 速直线运动的合运动，重力和道度为g。已知角凌上某点的由率半径为在股限情况下，通过演 金的风心用近由静止出发，经相速，箭牌等过程，达到最大动能后由导南版处射出，▣粒子的 点和轨连上紧邻孩点两鳄的两点作出的圆的平径。黑下列说法正确的是 A,小球运动到量低点时的速度为“ gX室为河 顺量为4m,电菊量为2？。带电乾子在陕缝中加这运动的时间不计，下列说法中正确的是 ×《￥人”以” A.加速质子时，藏场的藏感应强度大小为m 玉小球运动到量低点时轨透的由率半径为 1级o 年” g0B一用层 式版子技加速的最大动能为2示mR C质子第1放与第2皮在D形意中做圆周运动的轨迹半径之比为112 C小球第一改运动到最糕点时，距商释放点的竖直距离为型 D.看要用该如速海加迷。粒子，需要将磁场的微感应礼度两为 D,小津从释放到第一次经过最低点斯需时间为四 B 9。如图为某粒子收集器的简化图，南加速，偏转和收集三第分组成。桶射 二、非选择：本题共5小题，共54分。 L.《8分》如图新示，在磁客鹿强度垂直纸面向外，大小为B=0Q5T的匀强随场中有一光常笔 状的加意电场区线边界为两个司心半圆第直，湖心为O,外阔氧置AB 与内圆弧面CD韵电势差为U。足够长的牧集板MN平行于边界AC 绿阅翼航通，北航道半径为Rm0,面m:在最低点与一允带地缘的水平直轨道平滑相连， DB,O到MN的距离为L,ACDB和MN之间存在意直派面向里的匀 个质量m一1×103kg、带电背量为Q一十018C的小球在水平轨道上向右运动。若小球静 强磁场，赋感应强度大小为B。现有大量质量为前，电荷量为？的带正 好能短过阳翼航连量高点，重力加边度g=10曲/，。求： 电粒子，它门均匀姓队附在外四氯面AB上，并从静止开始相速。不计 (1》小球在量高点断受的洛伦数力F的大小： 粒子重力，粒子间的相瓦牛用及酵撞，若测得这进粒予连人磁场后的阔 (2)小球的初速度的大小6：（可用根号表示） 功半径为2，下列说法正隆的是 A.外图道正AB上有子的粒子能打在收集板MN上 玉外圆直AB上有一的粒子能打在收集板MN上 C外圆毫面AB与内圆氧蜜CD期电势差U-gBL D.若增大外圆弧面AB与内阕弧面CD的电势差，剧打在收第版N的粒子数古比将增大 1山.如围为磁流体发电机的示意医，一正对平行极板显，。的间距为d, 两板的面积均为S,内露充调方向与板平行，每感应强度大小为B 的匀强磁场，直流电动机M的内阻为R。现让等离子体（高型下酸 电离出含有大量带正电和负电的离子的气体)以违度，持续垂直喷 等高子伟 人两板的藏场中。若随速体发电机赖定发电时，通过电动机M的电藏为】，此时电动机M 正常工作，磁瓶体爱电机的内阻只考遐充满两板间的等离子体的电用，丙板何等离子体的电 智理B·专题格九】第3页共取真》 鱼餐地门整 物理目·专理卷（九】第4真（共g真） 12.《8分)科学研究经常需要分离同位素。电芳可以给带电轻子加速，也能让粒子发生偏转。如 13,《10分)芯片是现代科技的核心，老片的制造过程中有一个重要少骤就是离子连人，离子在 图所示，粒子豪A不新产生初速度为零，电背量为，面量为m,的气枚和质量为2m,的氟 人是指用高能量的电场把离子相速，打入半导体材料的过程，如图所示，一个边长为L的正 核，轻过电压为U。的如速电场如速日匀速通过准直管，从编转电场的极板左稽中央沿垂直 方形真空空闻ABCD,沿对角钱AC将它分成1，Ⅱ同个区域，其中1区域（包括边界AB: 名 电场方间射人匀望偏转电括。已细偏转电场的电场望度大小为E。整个装置处于真整中， C)有垂直于纸面的匀盖避场，在■区域内有零行于CD且由C指向D的匀强电场。一正 粒子所受重力、篇转电据的边缘效成均可忽略不针。 离子生战器不唐有正离子生成，所有正离子从A点铅AB方向以速度甲射人【区域，然后这 《1》分析论任：箱转电场无法指气核和尔核两种同位素分高： 些正离子从对角线中点O进人Ⅱ区城，数后这些正离子恰好从力点射出。已知离子德申的 (2》为了分离氕枚和氧核，在粒子到达下极板的位置挖一个小孔，范相足够大，上菊和左确 正离子带电背量均为，质量均为m,不考虑离子的重力以及离子何的相互作用力，求， 有理想边界磁感应程度为B,方向垂直纸面向外的匀强武场，磁场区城的上嫡以编转电 《1》【区城做感应程度B的大小和方南： 场的下极板为边界，磁场的左边界MN与偏转电场的下极酸看直，且MN与小孔相交于 2》Ⅱ区城电场强度E的大小， M点。求究核和氘核离开藏场的位置与M点的距离之比 (3》为了到整离子往人的深度，现将随够成组度增递为原来的2倍，同时调整电场强度，使正 等慧老 离子仍可以从D点往人半导体。求调整的后正离子从卫点飞出的动能大小之比 0，。 子 234567*890 直 4.4 物理用·专题格（九）第F页共取页》 鱼纸地门整 物理B·专理卷（九】第6真（共展真） 14,12分高姆霍益视围是一对平行的完全相同的黑形线周。如图所示，通电后线圈闻形成平 15.《16分》如图所示，在x<0的区域存在方向竖直向上、大小为三的匀强电场，在x>0区城存 行于中心抽战O,0,的匀强盾场，腊思应漏度大小为B。沿0，O,建立x,一足够大的圆 在垂直纸面商外的匀强磁场B(B术知)。一个质量为m的带正电粒子甲从A点（一石d,0) 形探测屏蛋直于￥轴收置，其圆心P点位于」抽上。粒子原从x轴上的O点以垂直于工轴 的方向竖直向上持续发射制离度大小为事，的轮子。已知粮子带正电，比虎为，不计轮子重 以速度着：的E方内进人电肠：发子从B点(0，)法人照锅后，怡好与静止在心点额 力和粒子馆相互作用，整个运动过程中，枪子未离开避场或电场。 量为受的中性粒子乙符正鞋正方向发生带性正藏，且有兰的电背量转移辩较于乙。已如C 1》求粒子戴W周运动的半径F: (2》若在线售间再加上滑x帕正方向的匀强电场，电场强度大小为E,沿z陆方向左右调节 点机坐标为x©一5d,不计轮子重力及碰棉后粒子倒的相互作用，氢略电新变化引起的效 挥测解，求粒子打在探两屏上的点距探测屏圆心P点的量玩距离D: 应。求： 《3)在第(2)间情顿下，沿上拍方左右调节探测屏，若粒子恰好打在探测层的圆心P点，米 《1》粒子甲的比背： 粒子到达P点时的速度大小。 (2》粒子甲刚进人磁场时的递率和质感应强度B的大小： (3》若两粒子壁撞后，立即誉去电场，同时在王<0的区域加上与x0区域内相同的壁场，试 通过计算判麻两粒子碰撞后能否再次相温，如果使，我从碰撞后瞬句到再次相遇所用的 时0. 气富丝视周 物理用·专题格（九）第T页共取页》 鱼纸地门整 物理目·专理卷（九】第展真（共g真）高三二轮复习专题卷 则粒子在磁场运动的过程中与AB之间的最大距离为d=OF一OD=T。-7nsin30°=) 0.1m。 (2)根据rm= m0可知在磁场中运动时间最长粒子的最大速度为v。B=4X10m/。 gB 15.a2m2)号(3)8x10s 【解析】（1)根据洛伦兹力提供向心力有9nB="m四，解得，= ×××XX××:A 9B=2 m. ×xDx xBx x× ×对米8ě，了 (2)当粒子的运动轨迹恰好与圆相切时，如图甲所示，根据几何关系可知 ×x×经B:· d2+x2=(R十r)2,故当粒子恰好向左或向右射出时，能够刚好进入B2 区域，因此能够进人B,区域的粒子数与发射的总粒子数之比为2： 1 ××,·· ×X××Xx-。L ××××yx×: (3)利用反向思维可知，若粒子能平行于SO射出，其必然经过圆形区域 X×xk xx:N 最低点，轨迹如图乙所示， 甲 则其在B,区域运动的时间为6，=T-码 gB 在B,区城运动的时间为，=君T-阳 .0 3gB' 故总时间为t=t1十t2= 4πm_8π 3gB 3 10-3s。 物理（九）】 1.D【解析】当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时，粒子流沿直线通过该区域，有qB=qE,所 以E=Bw,假设粒子带正电，则受到向下的洛伦兹力，电场方向应向上，N极接电源正极，同理， 如果粒子带负电，也是V极接电源正极。 2.B【解析】根据题意可知，粒子从A点进入磁场时，受到向右的洛伦兹力作用，根据左手定则可 知，粒子带正电，故A错误：根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，根据几何关系可 知，粒子做圆周运动的半径为R,粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为2，根据洛伦兹力提供向 心力有，B=m尽，所以g=职，故B正确：根据题意可知，粒子从C点进人电场之后，先向右 做减速运动，再向左做加速运动，再次到达C点时，速度的大小仍为。，再次进入磁场，运动轨迹 如图所示，粒子在磁场中的运动时间为鱼=丁-迟，故C错误：粒子在电场 2U0 中，根据牛顿第三定律有Eg=m,解得。品-R结合对称性可得，粒 子在电场中运动的总时间为t电=。一，故D错误。 a 3.D【解析】粒子带正电，在磁分析器中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动且打在Q点，由 左手定则可知，磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外，A错误：带电粒子在静电分析器中做匀速 圆周运动，由粒子所受辐向电场的电场力提供向心力，因此在静电分析器中粒子所受辐向电场的 电场力不是零，B错误；设粒子在静电分析器中的速度大小为v,由牛顿第二定律可得gE=m ·36· ·物理· 参考答案及解析 R,解得o2=gE m ,设加速电压为U,由动能定理可得山=m,解得U=ER,C错误；粒子 在磁分析器中，由洛伦兹力提供向心力，设运动轨迹的半径为，可得gmB=m”,解得r一m” gB 1mER可知P点与Q点间距离d=2r一g” Bq 2mER,D正确。 4.C【解析】设核子的质量为m,带电荷量为q,偏转电场对应的极板长 为L,板间距离为d,板间电场强度为E,进入偏转电场的速度为。，进 入磁场的速度为v,在偏转电场的侧移量为y,速度偏转角为0。核子在 加速电场运动过程，由动能定理得qU1=m,核子在偏转电场做类 。 0' 平抛运动，将运动沿极板方向和垂直极板方向分解，沿极板方向做匀速 则有L=,垂直极板方向做匀加速直线运动，则 U2L2 au,=at,由牛顿第二定律得a=g上=联立解得yd速度偏转角的正切值为tan0 m md =v:_U:L 一。一2心，，可见核子在偏转电场的侧移量y与速度偏转角0均与核子的质量和带电荷量无 关，故三种核子进入磁场的位置和速度方向均相同。进人磁场的速度0= cs0,核子在匀强磁场 v 只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，轨迹如图所示，由牛顿第二定律得Bqu=m,,由几何关系可 2mvo 2 2mU 得，射入磁场的点和射出磁场的点间距s=2rcos0,联立解得s= Bg B q ,对于氕}H、 氘H、氚H三种核子电荷量相等，质量越大，两点间的距离越大，氚H的最大，C正确。 5.A【解析】带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，电场力方向竖直向上， 与电场方向相反，则粒子带负电，令电荷量大小为9，则有mg=9E,解得电荷量？=，故A正 确；粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，粒子带负电，根据左手定则可判断粒子沿顺时针方 向运动，故B错误；结合上述可知，电场力方向竖直向上，粒子运动到最低点，电场力做负功最多， 则粒子运动到最低点时的电势能最高，故C错误；粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 g如B=m反，结合上述有q-受，解得-B,放D结误。 E 6.D【解析】根据电路中的电流方向为电极1→3，可知载流子（电子）的运动方向为电极3→1，根 据左手定则可知电子在洛伦兹力作用下向电极2所在一侧偏转，所以电极2的电势比电极4的 低，故A错误：当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，设电子定向移动的速率 U 为，则有eoB=e5,解得U=Bbu,U与a无关，故B错误；设样品每平方米载流子（电子）数为 n,则时间t内通过样品的电荷量g=netb,根据电流的定义式得I=?=nb,由UB关系图线 aU80-0 可得B一290一0 V/T=V/个，各方程联立解得n-。≈3,6×10个，放C错误，D正确 7.C【解析】假设微粒沿OA做匀变速运动，则垂直OA方向上合力一定为零，由于F备=Bq℃与 OA垂直，随着微粒速度变化，F路变化，则垂直OA方向上不能保持平衡，故微粒一定做匀速直 ·37· 高三二轮复习专题卷 线运动，B错误；假设微粒带正电，微粒受垂直速度斜向下的洛伦兹力、竖直向Bg 下的重力与水平向左的静电力，三力无法平衡，因此该微粒带负电，A错误：微 .0 粒受力分析如图所示，根据平衡条件得qE=mg tan0,mg=Bqucos0,解得该 意场的磁感应强度大小为BC。电场的电场强度大小为Ea1 0 mg C正确，D错误。 *B【解析】由于电场力与重力合力处于竖直方向，磁场方向处于竖直方向，在竖直方向的分速度 不会产生洛伦兹力，水平方向的分速度受到洛伦兹力影响：将小球的运动分解为以初速度。的水 平面内的匀速圆周运动和竖直方向初速度为0的匀加速直线运动；对于水平面内匀速圆周运动有 0,B=m,解得轨道半径为r=1m,周期为T-2=元s,则小球从水平抛出到经过0点所用 时间满足1=nT=nπs(n=1,2,3,…)。小球从水平抛出到经过0点，竖直方向有h= 2,可得 小球经过O点时的竖直分速度为0，=，=元m/ 一m/s(n=1,2,3,…),当n=1时，竖直分速度有最 大值，小球经过0点时的动能有最大值，则有E。名m=m(6十) 2×0.1×(22+ 9a281. 8BD【解析】由题意可知质子在磁场中运动的周期T一质子在磁场中运动时洛伦兹力提供向 心力，有qB=m?,粒子运动周期为T-2红，联立解得B-2,故A错误：当质子的运动半 q 径为R时速度最大，即动能最大，有v。=2xR,所以此时质子的动能Ek一2m0品= 2xm'R2,故B正确；由gU-2m2可得 2qU ,可知粒子第1次与第2次经电场加速后的 m 速度大小之比为1：厄，又粒子在磁场中的衡转半径r一留 ,可得粒子第1次与第2次在D形盒 中做圆周运动的轨迹半径之比为1：√2，故C错误；由题意可知α粒子在磁场中运动的周期T= a粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，有2gB'=4m二，粒子运动周期为T-2”,联 1 立解得B'=4m,故D正确。 gAD【解折1如图所示，由几何关系，得cDsa-R-解得a一吾又 a R 日=Q=号，故外圆孤面AB上有？=二B-号的粒子能打在收集板MN上， 故A正确，B错误；粒子加速过程g=2m,在磁场中qB。=mR,解得 外圆弧面AB与内圆孤面CD的电势差为U=2g5L ，故C错误；若增大外 圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差，进人磁场的速度增大，则粒子在磁场中的半径增大，由cos ·38· ·物理· 参考答案及解析 a- 二R,得。变小，再由)二一Q,可知打在收集板MN的粒子数占比将增大，放D正确」 10.AC【解析】根据左手定则，带正电的离子向下偏转，b板带正电，电势高，故A正确；磁流体发 E 电机稳定发电时，离子在电场力和洛伦兹力作用下做匀速运动，则qB=g:,可得电动势为E =Bdw,电动机正常工作时的电压为路端电压，为U=E一Ir<E=Bdv,故B错误；两板间的等 d 离子体的电阻为r=PS,电动机正常工作时的机械功率为P=IE一I(R+r)=IBo一I(R 十P号)，放C正确：电动机正常工作时板间带正电的离子受到的电场力方向与速度方向不共 线，受到的电场力功率不可能为qB2,故D错误。 *BC【解析】因为小球的运动实际上是竖直平面内沿逆时针方向、速度大小为v的匀速圆周运动 和水平向右、速度大小为的匀速直线运动的合运动，故小球在最高点做圆周运动的分速度水平 向左，做直线运动的分速度水平向右，合速度为0，在最低点时的速度是两分速度的矢量和，为2， (2u)2 故A错误；设在最低点时轨迹的曲率半径为R,则有q·2B一mg=m R,可解得曲率半径R 4mv 2qvB-mg 故B正确：小球在运动过程中洛伦兹力不做功，机械能守恒，有mgh= 2m(2u)2, 解得h=2 一，故C正确；小球从释放到第一次经过最低点的过程中，只运动了半个圆周，根据分运 动的等时性，则有：-石-故D错误。 11.(1)8×10-3N(2)2Im/s 【解析】(1)设小球在最高点的速度为⑦，则小球在最高点所受洛伦兹力为F=qB,方向竖直向 上：由于小球恰好能通过最高点，故小球在最高点由洛伦兹力和重力共同提供向心力，即mg一 F=mR,两式联立得u=1m/s,F=8X103N。 (2)由于无摩擦力，且洛伦兹力不做功，所以小球在运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律 可得2m=mg·2R+m,解得，=团m/ 12.(1)见解析(2)1：，√2 解析】()在加速电场中，根据动能定理有gU。=2m-0, 进人偏转电场后，粒子做类平抛运动，则x一，y=4,又因为在电场中，加速度a- E4,联立解得y一4U。' Ex? 即粒子经过加速电场后，在偏转电场中的轨迹方程相同，与粒子质量、电荷量无关，故无法分离 同位素。 (2)粒子经过两电场的运动轨迹完全一致，从同一位置射出偏转电场，进入磁场后速度与边界 MN的夹角也相等，设夹角为9，偏转电场的极板间距为d,则根据动能定理有c心，十B·号 v 2mv2-0,进人磁场后有eBu=m ·39· 高三二轮复习专题卷 则出射点与入射点的间距为圆弧的弦长L-2rsin0,联立解得L= 2sin0/2U。+Ed)m B 氕核和氘核带电荷量相等，质量之比为1：2，则离开磁场的位置与M点的距离之比为1：√2。 13.（1)2m巴，垂直纸面向里(2) gL (3)45：13 【解析】(1)根据左手定则，可以判断磁场方向垂直纸面向里：设正离子在磁场中运动的半径为 r,有nB=可，依题意Er=AC=L,解得r=L,B=。 1 1 (2)设离子恰好从D点离开电场时对应的电场强度为E,则有L一r= 2L=t2,2L= qE=ma,解得E=4mo 半导体 (3)依题意，原来离子在磁场中转过的圆心角0=90°，磁感应强 度加倍后，运动的半径为，=，离子在磁场中转过的圆心角 0 仍为0=90，离子将从A0中点F经过分界线，即AF=}AC。 正离子生成器A 结合类平抛的知识可知，D点速度的反向延长线交于对应匀速 方向位移的中点，再根据三角形相似可得，调整前=50，调整后=√区。 3w,又E 2m2, 可得Ek:Ek=45:13。 14.(1)B 器 (3)]g+4n元 B2 -(n=1,2,3,…) 【解析】（1D粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得g,B一m吗 根据题意可得9=k,解得轨道半径为r= B (2)粒子在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，在x轴方向上做匀加速运动。若粒子在垂直 于x轴的平面内转过奇数个半圈，此时打到探测屏上的位置距离P点最远：根据几何关系得D o =2r-kB (3)垂直于x轴的平面内，粒子在磁场中运动的周期T=2严， 则粒子回到x轴时间为t=nT=n gB（m=1,2,3,…, 2πm 沿x轴方向粒子的速度v1=at, 沿x轴方向，根据牛顿第二定律有qE=ma, 粒子到达P点时的速度大小v=√0十， 联立解得v= 4n”π2E B2 (n=1,2,3,…)。 15.(1)Ed (2)20 E (3)能 2xm Vo Bq 【解析】(1)粒子在电场中沿x轴做匀速直线运动，3d=oot, ·40· ·物理· 参考答案及解析 -2at',a-9E 沿y轴做匀加速直线运动，4=4 联立求得9=6 m Ed" ·6的 (2)沿y轴做匀加速直线运动，v,=at=√3v。, 进入磁场中粒子的运动轨迹如图所示， 在B点速度与x轴正方向的夹角满足tan0=)=3,即0 0。 =60°， 则进入磁场时的速率v=2v。, R,又gwB=m 由几何关系可得sin60°=5d, R 解得B-E Vo (3)甲、乙两粒子在C点发生弹性碰撞，设碰后速度分别为u12,由弹性碰撞可得m=m,十 202, 2mu2-1 8 两粒子碰后在磁场中运动，号，B-m,9 mv r1'3B= 2r2 求得r1=r2=2d,半径相同，可以再次相遇，两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动， 风期分别为工-暖1：- 则两粒子碰后再次相渴需满足票4！一云△：=2，解得再次相遇的时间4，一 2xm T Bg 物理（十） 1.A【解析】单块电池充满电后储存的电能是E1=U1It=U1q1=3.2×200W·h=640W·h,整 车充满电后储存的电能是E=120E1=76800W·h=76.8kW·h,故B错误；该车充满电后续 E 航里程是s-13kw·hX100km≈591km,故C错误：由题意可知E=,其中刀=80%，U= 600V,t=1h,解得I=160A,故A正确；单块电池充满电后储存的电荷量是q1=200A·h= 200×3600C=7.2×105C,故D错误。 2.B【解析】白炽灯泡额定电压为9V、阻值为18Ω，灯泡恰好正常发光，则输出电流的有效值为 1是-是A=05A,则输出电流的最大值为1.=反1=号A,放A错误，B正角：根据图乙可 知，周期为0.2s,则频率为f=子=5H,故C错误；在一个周期内穿过线圈的总磁通量的变化 量为零，所以由法拉第电磁感应定律可知，一个周期内的平均电动势为零，则平均电流也等于零， 故D错误。 3.B【解析】根据右手定则可知，该时刻电流方向沿顺时针方向（俯视），线圈b端电势高于a端电 势，故A错误，B正确；该时刻线圈中磁通量为0，感应电动势最大，故C错误；风力越大，叶片转 动得越快，线圈ab转动的角速度越大，根据Em=NBSw,感应电动势越大，故D错误。 ·41·