专题训练(十三) 带电粒子在复合场中的运动-【成功方案】2025年大暑假小一轮高二物理专题复习

专题训练（十三） 带电粒子在复合场中的运动 [保分基础练] 偏转隘场 1.(多选)如右图所示，正方形 X射线束 abcd区域内有沿ah方向的 匀强电场（图中未画出），一 粒子（不计受到的重力）以速 (b) 率。从ab边的中点平行ad方向射入电 A.M处的电势高于N处的电势 场，恰好从c点离开电场.若把电场换为方 B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移 向垂直纸面向里的匀强磁场，粒子也恰好 C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外 从c点离开磁场，则下列说法正确的是 D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使 ( P点左移 A.匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁 3.如右图所示，为一种改 悠应强度大小关系为后号 进后的回旋加速器示 意图，在D形盒边上的 D形盒 B.粒子离开电场时和离开磁场时的速度大 缝隙间放置一对中心 小之比为2：1 开有小孔a、b的平行金属板M、N.每当带 C.粒子在电场和磁场中运动的加速度大 正电的粒子从α孔进入时，就立即在两板 小之比为4：5 间加上恒定电压，经加速后从b孔射出，再 D.粒子离开电场时和离开磁场时速度偏 立即撤去电压.而后进入D形盒中的匀强 向角的正切值之比为3：4 磁场，做匀速圆周运动.缝隙间无磁场，不 2.CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的 考虑相对论效应，则下列说法正确的是 简称，CT扫描机可用于对多种病情的探 测.图(a)是某种CT机主要部分的剖面 A.D形盒中的磁场方向垂直纸面向外 图，其中X射线产生部分的示意图如图 B.粒子运动的周期不断变大 (b)所示.图(b)中M、N之间有一电子束 C.粒子每运动一周直径的增加量越来 的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场：经 越小 调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线 D.增大板间电压，粒子最终获得的最大动 所示的方向前进，打到靶上，产生X射线 能变大 (如图中带箭头的虚线所示)：将电子束打 4.(多选)如右图所示，实 到靶上的点记为P点，则 ) 线表示竖直平面内的 偏转线圈 探测器 + 电子枪 电子束 电场线，电场线与水平 X射线束 方向成a角，水平方向 的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿 虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向 目标靶环 成3角，且a>B,则下列说法中正确的是 37 A.液滴一定做匀速直线运动 6.如图甲所示的空间直角坐标系Oxy之中， B.液滴一定带负电 分界面P、荧光屏Q均与平面Oxy平行， C.电场线方向一定斜向上 分界面P把空闻分为区域I和区域Ⅱ两 D.液滴有可能做匀变速直线运动 部分，分界面P与平面Oxy间的距离为 [争分提能练] L,之轴与分界面P相交于O'.区域I空间 5.如右图所示，在竖直1 中分布着沿y轴正方向的匀强电场，区域 平面内建立直角坐 ￥E 标系xOy,其第一象 Ⅱ空间中分布者沿x轴正方向和之轴正方 X B X 限存在着正交的匀 向的交替出现的磁场，磁感应强度大小均 强电场和匀强磁场， 为B。,变化规律如图乙所示.电荷量为q、 电场强度的方向水 质量为m的带正电粒子在y轴负半轴上 平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里 的某点沿之轴正方向出射，经过区域I,到 带电荷量为十q、质量为m的微粒从原 达O点时速度大小为。，方向与轴正方 点出发沿与x轴正方向的夹角为45°的初 向成0=60°角：以带电粒子在)点的对刻 速度进入复合场中，正好做直线运动，当微 为1=0时刻，再经过区域Ⅱ打在荧光屏Q 粒运动到A(1,)时，电场方向突然变为竖 直向上（不计电场变化的时间），微粒继续 上，其速度方向恰好与经过O点时速度的 运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复 方向相同.粒子所受重力忽略不计，不考虑 合场.不计一切阻力，求： 场的边缘效应及相对论效应，求： (1)电场强度E的大小： (2)磁感应强度B的大小： 区域】 区域Π (3)微粒在复合场中的运动时间. 0 图甲 B R 8mm 10mm B 图乙 38 (1)区域I内电场强度E的大小： (2)1=时刻粒子的速度大小与 gB。 0 方向； (3)分界面P与荧光屏Q之间的距离d: (4)粒子打在荧光屏上的x坐标. (1)若粒子源为U,经过一次a衰变和一 次B衰变后，生成电荷数为90的T和电 荷数为91的Pa,请写出对应的衰变方程， 提出一条能简单快速去除α粒子但对B粒 子几乎无影响的方法： (2)求打在)点下方0.32m处的电子在 经过电场时的电压Us: (3)若在两板右侧到荧光屏DC间加上垂 直向外的B=言×10T的匀强磁场：则 打在荧光屏上的粒子数占入射粒子数的百 分比？ 7.如图所示，某粒子源S持续、均匀地射出速 度w=1.2×10m/s,比荷元=1.8×10 C/kg的电子，由小孔沿两水平金属板A 与B间的中心线射入.A、B极板长L,=0. 24m,A、B极板间相距d=0.24m,加在 两板间的电压u=10sin100πt(V),开始 时A极板电势高于B;A与B间的电场可 看作是匀强电场，两板外无电场，离两板右 侧距离L=0.20m处放一垂直轴线的荧 光屏CD,A与B间的中心线与CD交于O 点，整个装置处于真空中，不计重力，不考 虑相对论效应，每个电子在极短时间内通 过电场区域时电场可视作不变. 39 8.如图甲所示，竖直线MN左侧存在水平 (3)电荷从O点出发运动到挡板所需时 向右的匀强电场，MN右侧存在垂直纸面 间1. 的匀强磁场，磁感应强度B随时间（变化 规律如图乙所示，O点下方竖直距离d= 23.5cm处有一垂直于MN的足够大的 挡板.现将一重力不计、比荷，是=10C/kg 的正电荷从O点由静止释放，经过△1= 需×10s后，电荷以%=1.5×10m/s 的速度通过MN进入磁场.规定磁场方 向垂直纸面向外为正，=0时刻电荷第 一次通过MN.求：（结果均保留两位有效 数字) 03 7行2 T4T17T×158) 5 15 -05---- 甲 乙 (1)匀强电场的电场强度E的大小： (2)1=×10‘s时刻电荷与0点的竖直 距离△d; 40专题训练（十三）带电粒子在复合场中的运动 4.AC带电液滴受整直向下的重力(G、沿电场线方 向的电扬力F、垂直于速度方向的洛伦兹力F老： 「保分基础练 若合力不为零，则洛伦兹力变化，不能沿直线运 1.)本题考查带电粒子在匀强电场和匀强磁场 动，图此这三个力的合力一定为零，带也液满数 中的运动，目的是考查学生的分析综合能力.粒 匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，故A 子在电场中运动时，1一61,2一2a,a一5 1 1 正确，D错误：当带电液滴带正电，且电场线方向 斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场 轻子在磁场中运动时户=十（一专}广，解得， 线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方 的洛伦兹力作用，这三个力的合力可能为零，带 头由牛领落二定术有ow= ，解得 E 电液滴沿虚线L做匀速直线运动，如采带电液滴 带负电、电场线方向斜向上或斜向下时，带电液 506 ，选项A错误：粒子在电扬中运动离开：点 滴所受合力均不为雾，不可能沿直线运动，故B 错误，C正确。 时，由类平抛运动规律可知一√②如，粒子在磁 [争分提能练】 场中运动时速度大小不变，所以粒子腐开电场时 5.解析(1)微粒在到达 和离开磁场时的速度大小之比为√2·1，选项B BX A(1,1)之前做句远直线 正确：粒子在电场中运动时1=些，遮度偏向角 运动，受力分析如图甲， 根据平衡条件，有： AgE× 为45，粒子在磁场中运动时42一B ,追度偏向 qE=mg 商的正初值为专，解得g=5,aA= 4 解得：E=坚， az 'tan 82 了，逃项 (2)根据平衡条件，有： C错误、D正确， gvB-√2mg, 2.D电子在M,N间受向右的电场力，电场方向向 电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡， 左，故M处的电势低于N处的电势，故A错误； 微粒在洛伦兹力作用下做匀速圖周运动，轨迹如 加速电压增大，可使电子获得更大的速度，根据 图乙， ?器可知电子在场中微国同运动的半径变 14 大，P点右移，故B错误：电子受到的洛伦兹力方 向向下，根据左手定则，可判断磁场方向垂直于纸 面向卫，就C错远：报据一阳：增大，可使电 子在磁场中做圆周运动的半径变小，P点左移，故 3服产B× D正确， 3.C根据左手定则，D形盒中的磁场方向垂直纸 面向里，故A情误；根据洛伦兹力提供向心力得 根搭牛领第二定律，有：9B=m, B=加，教子运动的月期T==,教 由几何关系可得：r=√2， 子运动的刷期不变，故B错误：粒子每运动一周贞 径的增加量，-2+1-)-2合，由7m, 联主新得-√2@，8-： (3)微粒微匀说直线运动的时间为： 1 =gE,2m,品1=（n-1）9E可得. △UN (2n+2)qE_ 2mgE-(wa+i-n)· 微粒做匀逃圆周运动的时间为： 正，可得粒子每运动一周直径的增加量越来越 了·v② m 2= 3/ 小，故C正确：粒子最终得的动能，E= 2m2 微粒在复合场中的运动时间为： -2B32 2m,当半径等于D形盒的单径时，粒子动 =中=（得-λW月 能最大，与板问电压无关，故D错误 答案1g(2)√ 3(+1W月 94 6.解析(1)在区域「电场中做类平抛运动 沿z轴：L-%·cos0·1 (40~时间内， 沿y轴：hsin0=al qBo qBo 由牛顿第二定律得：qE一na 沿x轴正向，每经过 5元m 的时间，粒子沿x轴发 3qBa 解袋：E3m喝 √3m购 4g1. 生的位移走前进2r' qBa (2)带电粒子在区域Ⅱ磁场中的运动周期： 粒子打在荧光屏上的x坐标： 7-2nm gBe x一n· 3m购-3n(n-1,2,3…） B。 qBo 从)点开始，0一时间内，粒子做螺旋线运动， gBo 答案 (1)v3m (2)心方向与水平交方向成 在垂直轴的平面内分运动为匀速四周运动，有 4qL 60°角斜向y轴负向(3)见解析(4)见解析 效速度为沿y轴正向的，一m日一 2%. 7.解析(1)城反应方程为 U一Th+Hc 沿之轴正向的分运动为双=0s一之0的匀速直 Th一→Pa+ge 线运动， 因α射线是高速象核流，贯穿能力很弱，一张纸就 运动时间为-在垂直：轴的平面内的匀 能把它挡住，而B射线能贷穿儿毫米厚的铝板，所 以用一张纸挡住即可将两种射线分离开， 速圆周运动正好半周， (2)根据类平抛运动的规律，打在O点下方 此时分速度方向沿少轴负向，大小仍为 0.32m处的电子满足 uosin 0-v3 2 所以=√，十正=功 2 方向与水平名方向成60°角斜向y轴负向 解得y=0.12m (3)在π。 gBo 5π时间内，粒子以0为初论度在 3g3 由于y=2 1 Uane dm 垂直于x轴的平面内做匀递回周运动 L1=vot 运动的时间为：3=30B 工=2πm 解得JAg=8V (3)由(2)的计算可知，打在0点下方0.32m处 转过的角度为：a-径，瓶子此时的选度治好与经 的电子恰好从B板右侧边缘射出，且粒子射出的 过了点时的速度方向相同， 方向与初速度夹角为45°，则合速度为 国此要想使粒子打在荧光屏上时满足题目要求， 0=W26 所经过的时间为： 由于磁场方向向外，可知电子受到斜向上的洛伦 兹力作用，粒子在磁场中运动 (一n· π1n2πm qB。3qBo evBi=m 0一时间内，沿：轴上发生的位移： gB。 可得 π xIU r一mx =0.42m x1一%c0s0· gBo 2qBo Be 则一定能打到荧光屏上； 时间内，r=m qB。3gB a 沿：轴上发生的往移：2=2rsin0 √3m6 qBe 所以，d=n(1十g）一4 rl7论 3mvo \2gBo gBa 2,3…) 95 当上板电势较高时，电子向上偏转，当电子射出 (3)从电荷第一次通过MN开始 从电场中射出后进入磁场，轨迹与光算相切时位 置最远，此时设电子从电场中射出时逸度方向与 计时，其运动周期为T=4红X 初速度夹角为0，由几何关系 10-5s I.2-R(I-sin 8) 裉据电荷的运动情况可知，电荷 粒予在磁场中运动 到达挡板前运动的完整周期数为 eu=n发 4个，此时电荷沿N运动的距离 s-4△d-16cm,别最后△s-7.5 可得R=器 cm的距离如图乙所示， 则 有r1十r1cos&=△s解得cosa= 1-常1-sn0-罗-m9 0.5, eBeB B(o-飞，) 则a=60° 带入数搭可得-飞y=0.6×105m/s 放电荐运动的总时网t%=十4T+背打=15 5 又w2-=话=(1.2×10) ×105s≈1.1×104s. 联立解得，=0.9X10m/s 电子在电场中偏转，则由 答案(1)7.2×10N/C(2)4.0cm(3)1.1 U'ane ×101s vy-dm 专题训练（十四）直流电路与交流电路 L=vst' 解得U'As-6V [保分基础练 则能打到光屏上的电子在偏转电扬中的电压范 1.入设输送的电功奉为P,当谕送电压为可时，在 国为+6V--8V之间，由4g-10sin100xd ，得△P= (V)可知，在一个周期T内能打到屏上的电子的 线路上损失的功率△P=PR,I-号 时间为2T了，即有50%的电子能打到屏上. P2R 同理，当输送电压为U时，在线路上损失 答案()整U一→Th-He 的功率△P' Th一Pa一9e用一张纸挡住即可将两 《6产由题意可知，△P-P,联立 PR 种射线分离开(2)8V(3)50% 解得△P= 密P,脚输电我上损托的电功车脊变 8.解析(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，有 购-adf 为输入总功率的务A正角。 由牛颜第二定律得：Eg=m4 2.A 解得F=m≈7.2X103N/C 从题周乙中可知a=票=是器ad/s g△t 5πrad/s,线图产生的最大感应电动势为：Em一 2由B-m,T-心得-的Tm nBSu=n④m=10×0.2×5rV=10πV,因为线 gB 图从垂直中性而开始计时，所以交变电流惑应电 当磁场垂直纸而向外时，半径r1一，B,=5n 动势的瞬时值表达式为g-10πc5(5πt)V,感应 周期T1= 2xm_2x×10-5s 电动势有效值为E g313 E-5区xV,线周转动过 _mw一3cn 当磁场垂直纸面句里时，半径一qB 程中消衫的电功率为P= R =10π”W,A正确， 周期T2=2π-2红×10-i9 C错误：从题图乙中可知在1一0,2s时，磁道量为 0,线图中的感应电动势最大，电流方向不变，B错 故电荷从一0时刻开始做周期性运动，其运动轨 误：图示位置线图平面与磁场方向平行，磁通量为 迹如图甲所示， 0,磁通量的变化率最大，穿过线图的磁通量变化最 1=4红×10ss时刻电荷与0，点的竖直距离△d 5 快，转过90°，感通量最大，磁通量的变化率为0，ID -2(n-r2)-4.0cm 错误. 96