单元过关(十三)带电粒子在组合场、复合场中的运动-【衡水真题密卷】2026年高考物理单元过关检测(安徽专版)

·物理· 参考答案及解析 故其运动轨迹如图丙所示，带电粒子在磁场中做 匀速圆周运动周期 2πm 1二Bq (1分) 带电粒子在感场中运动的圆心角为行，第一火回 甲 (2)当带电粒子以某一速度射入磁场时，粒子的 到A点在磁场中运动的时间 运动轨迹恰好与外圆相切，此时粒子不穿过外圆 4π 边界如图乙所示，根据几何关系有 t1=3×2元 (1分) R十r=(R2-r2)2 (1分) 带电粒子在磁场外做匀速直线运动，第一次回到 解得r2=d (1分) A点在磁场外所用的时间 由洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周 R1 运动的向心力，根据牛顿第二定律有 t2=3X (1分) V2 号 q02B=m72 (1分) 带电粒子从A点进入磁场到其第一次回到该点 所需要的时间 解得og=Bqd (1分) t=t1+tz (1分) m 解得t=(6V5+4) Bq (1分) 同理第n次回到A,点的时间 .=nt=(6V3+4x)”m (2分) Ba 乙 (3)带电粒子以速度v射入磁场中时，根据几何 关系有 0-后-9 (1分) 解得日=日 (1分) 2025一2026学年度单元过关检测（十三） 物理·带电粒子在组合场、复合场中的运动 一、选择题 运动，C错误；若质子以速度。从右侧沿中心线 1.B【解析】质子恰好做直线运动，由左手定则可 射入，由左手定则可知，质子受竖直向下的洛伦兹 知，质子受竖直向上的洛伦兹力，则质子受到的电 力，仍受向下的电场力，不满足受力平衡，不能做 场力竖直向下，电场方向向下，则P极板接电源的 直线运动，D错误。 正极，由平衡条件有Eg=qv,B,又有E=是，联立 U 2.B【解析】设粒子的初速度为o0,电场、磁场均存 在，粒子恰好沿直线运动，可得qVB=qE,撤去磁 U 场后，粒子在电场中做类平抛运动，可得y=ot, 解得B一，A错误，B正确；若仅将质子换成电 子，由左手定则可知，电子受竖直向下的洛伦滋 x=2at,又E=ma,撤去电场后，粒子在磁场 1 力，受向上的电场力，仍满足受力平衡，能沿直线 中做匀速圆周运动，则有g,B=m0, ,联立，解得 ·9 7 真题密卷 单元过关检测 r=1m。若仅撤去磁场，粒子将从点（2,2)射出， 滑动变阻器的滑片适当向左滑，通过霍尔元件的 可知粒子受洛伦兹力时与电场力方向相反，结合 电流变小，所以前、后两个面间的电压变小，二极 几何关系，可知轨迹圆的圆心位置为（一1,0），则 管变暗，D错误。 粒子从，点（一1,1)射出，B正确。 6B【解标】粒子在知建电压中有gU,-了m心，在 3.D【解析】带电微粒在竖直平面内做匀速圆周运 动，重力与电场力平衡，则有mg=qE,可得微粒 偏转电场中，设板长为L,间距为d,有y= 2at2, mg 的电荷量大小g=E,由于电场方向不确定，所以 U:L2 L=正，其中a三a,解得y二4，，则H、H 小球的电性不能确定，带电微粒的运动方向不能 和H三种粒子从同一位置射入磁场，A正确：设速 确定，A、B错误；带电徽粒做圆周运动，由洛伦兹 度偏转角为0，位移的偏转角为a,则满足tan0= 02 力提供向心力，则有gvB=m ,联立解得0= 2 2tan a-L ,可知粒子进入磁场的速度方向相同，则 gBR_BRg,C错误；由于常电微粒受到的电场力 m E 三种粒子射入磁场时速度方向相同：假设射入磁场 竖直向上，所以带电微粒从最低点向最高点运动 的速度大小'=” '2 过程，电场力一直做正功，电势能一直减小，则带 co80进入磁场后有gm'B=m,, 电微粒运动到最低点时电势能最大，D正确。 入射与出射点的距离x=2rcos0,解得x= 4.D【解析】粒子进入磁场向右偏转，由左手定则 22mU1 ,三种粒子比荷不同，则H、H和H 可知粒子带正电，A错误；粒子在速度选择器中受 平衡力，则qE=quoB,解得速度选择器中匀强磁 三种粒子不会从同一位置射出磁场，仅增大U2, 则H射入磁场的位置和射出磁场的位置之间的 场的磁感应强度B=E,B错误：粒子在磁场中运 vo 距离不变，B错误，C、D正确。本题选择错误的选 动的轨道半径7=合，由qB,=m,解得带电 项，故选B。 7.A【解析】由题意作出带电粒子的运动轨迹如图 mB,B,C错误；粒子在加速 粒子的比荷g=0=2w0 所示，粒子从a1到b,由动能定理可得qExa,6= 1 1 20品，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何 电场中，由动能定理得gU=2mu,解得加速电场 知识可知，粒子从b到c的运动轨迹对应的圆心 的极板间电势差U=mo6_Boul ，D正确。 角0=60°，可知粒子在c点的速度方向与水平方 2g4 5.C【解析】由题图可知二极管处于导通状态，所 向的夹角为0=60°，粒子从c到d做类斜抛运动， 以霍尔元件前面的电势高于后面的电势，由左手 则有(vo sin60)t=xo sin60°，at=vocos60°，a= 定则可知载流子受到的洛伦兹力方向向后，载流 =7A正魔，B错溪 ,联立解得E=3BqL 子向霍尔元件的后面聚集，所以载流子带负电，A 粒子从α1，点释放，到最后从f点出磁场，粒子在磁 错误；当电路稳定时，载流子受力平衡，有qB= U 9,由电流定义有I=mgSu=ngbc,解得B= 场中运动周期T-绍，则有所用滋时间⅓ ngcU ,B错误；前、后面间的电压U越大，二极管 3ta1b十2te+td+tef,可得t总= (7x+163)m,C 6gB 错误；粒子从a1到b做匀加速直线运动，从b到c 的亮度越大，由前面分析有U=BI」 ，所以磁铁靠 ngc 做匀速圆周运动，从c到d做类斜抛运动，从d到 近霍尔元件，霍尔元件处的磁感应强度B变大，所 e做匀速圆周运动，从e到a2做匀减速直线运动， 以前、后面间的电压U变大，二极管变亮，C正确； 从a2到e做匀加速直线运动，从e到f做匀速圆 7 。10· ·物理· 参考答案及解析 周运动，由几何关系可知，粒子在磁场中的运动轨 O4,半径分别为r1、r2,由几何关系可知，O4恰为 迹半径r=Lsin60°= 2L,由洛伦兹力提供向心 收集屏的最低点，根据几何关系有2=√3R2,设 圆心为O3的离子在磁场中做圆周运动的圆心角 力可得quB=m,,w。 3gB 二，D错误。 2m 为0，根据几何关系有an(元一)=BR R, ,解得日 M N 0_R2,解得T1= =120°，根据几何关系有tan2= 49d 3Re,根据uB=mgU二2mm,将“7”用 8.C【解析】小球受到的洛伦兹力水平指向圆心 “r1”和“r2”替换可得，要使所有离子都能打到收 O',根据左手定则可知，从上面俯视小球沿逆时针 集屏上，加速电压的范周应控制在 3 ≤U'≤3U,D 方向运转，A错误；小球竖直方向受力平衡，则有 Ncos0=mg,可得球面对小球的弹力大小N= 正确。 Q c0s0一2mg,B错误；根据F毒=qB,可知小球的 mg 速率越大，则小球受到的洛伦兹力越大，C正确； 收 集屏 水平方向根据牛顿第二定律可得gwB一Nsin0= 02 03 0 2n0’整理可得2员”w2一gBu十3mg=0 10.AC【解析】开关断开时，极板间的电压大小等 对于0的一元二次方程，根据数学知识可知，需 于电动势。由左手定则可知，正离子受洛伦兹 要满足(gB)-4X2y3mXV5mg≥0，可得 力向上，可知上极板电势高，A正确；根据电阻 3R 定律可知发电机板间部分的等离子体等效内阻 ⑧2√装，可知磁感应强度的大小不可能为 r一p,接通电路，此时发电通道内电荷量为g 2m g 9NR ,D错误。 的离子受力平衡有gwB=g上，解得E=BUoQ) 二、选择题 9.ACD【解析】离子通过加速电场，由动能定理得 由欧姆文律可得1只是，该包流在发也通道内 2q▣ 受到的安培力大小FA=BIa,要使等离子做匀速 U=m2,解得v= ,可知离子进入圆形 m 直线运动，所需推力F=△pXab=f十BIa,整 匀强磁场区城时的速度大小为√m d,A正确；离 现后解释4p点+ -,B错误；两板间电 子经过静电分析器，电场力提供向心力可得qE一 场送交E-日配建w-十无中一台 mv 2U ,一，解得圆弧形虚线处的电场强度大小一尺。， Ba,离子受到的洛伦兹力q01B=Eg,故离子以 B错误；离子最后垂直打在平行PQ放置且与PQ 线速度)2做匀速圆周运动和以1做匀速直线 等高的收集屏上，由几何知识可知r=R2,根据洛 U 伦兹力提供向心力有qB=m,联立解得B 运动的合运动。那么w=。一1=U。一Ba,做 匀速圆周运动的半径R=m0=m U 】2mC,C正确：要让离子全部打在收集屏上， qB-qB (v.-Ba), RN q 2m U 其临界状态的轨迹如图所示，设圆心分别为O3、 则h=2R= B(,一Ba),C正确；当在h<a的 。11· 2 真题密卷 单元过关检测 情况下，即R<号，即U>Raw 9B2a2 时，与极 2m 解得t= 2h,4√3πh 9vo (1分) 板距离小于2R的粒子可以打到极板而形成电 (2)在xOy平面内与AD成60°角斜向 流，单位时间t内打到一块极板上的粒子数N= 12.(1)eB6 m 2 Rbnvot,此时发电机的输出电流I= Ng /π2E2,b2e2B2 t x轴负方向 (3)√9B+ m2 2bmnvo U 【解析】(1)电子受到的洛伦兹力 B 00 Ba ,D错误。 F=evB (1分) 三、非选择题 洛伦兹力提供向心力，有 11.(1)43 h(2)2 h,4√3πh F=mv? (1分) R 【解析】(1)粒子运动的轨迹如图所示，设粒子从 由几何关系可得，半径R=b P1到P2的时间为t1,刚进入磁场时速度v与x 轴正方向夹角为0，则有 解得u=eB (1分) 2h=voti (1分) (2)电子要击中D,点，必定在xO平面运动，洛 伦兹力提供向心力，电子做圆周运动的半径为b, =受 电子做圆周运动的圆心一定在AD连线的中垂 a0-号 (1分) 线上，由几何关系可得AH=DH-61分) 解得v,=√3v0,0=60° 可得∠AGH=∠DGH=60 (1分) 2h 所以从A点出发的电子沿圆孤APD运动所需时 sin -R 间最短，即从A点出发的电子的速度在xO)平面 最大距离d=R 内垂直于AG向上，与AD成60°角。 (1分) 解得d=4V3 0 D (1分) 、H x (3)电子在xOy平面以(2)中相同运动轨迹击中 D点，所以运动时间和(2)相同，有1=号，电子 (2)粒子在电场中运动的时间 做圆周运动的周期 T、2rm (1分) eB Vo 粒子在磁场中运动速度 在之轴方向上，受到沿之轴负方向的电场力 F'=eE (1分) v=√08+0=2x0 (1分) 粒子在磁场中运动的时间 又a ,- (1分) 之方向运动时间与xOy平面运动时间相同，有 4√3πh t="2 (1分) a 解得t2= 9u0 xE t=t1+t2 解得v:一3B 7 ·12· ·物理· 参考答案及解析 即电子枪的电子发射速度大小 T 方向水平向右，可知，电子在0~4内做竖直向上 π2E2,b2e2B2 1-√9B2+ n2 (1分) 的匀速直线运动，在42 电子做匀速圆周运 13.(1)mw 3πd 5πd2 (2) (3) ed d∠≤2u0 3V0 动，则有 【解析】(1)电子在磁场中做匀速圆周运动，平行 于极板方向射出的粒子刚好垂直击中极板，由数 e· ·B= 2 R 学知识可知，电子做匀速圆周运动的半径R=d 由洛伦兹力提供向心力，根据向心力公式 可得R-号 (1分) evoB-m R (1分) 周期为T2-2xR′_2dT (1分) 02 myo 2 联立解得B= (1分) ed 电子运动到右侧极板的时间 (2)根据题意可知，电子做圆周运动的周期 7,-2mk2nd 电子打到右侧极板运动时间最短的运动轨迹如 即在1时刻，电子恰好运动到右极板，同型 图甲所示，由几何关系可得，电子运动轨迹的圆 知，电子在T3 24 时间内向下做匀速直线运动， 心角为，则藏短时间 ~T电子做匀速圆周运动，之后轨迹周期 元 3 πd tm=2元T1-300 (1分) 性重复，综上所述，电子经过区域的面积 电子打到右侧极板运动时间最长的运动轨迹如 s=2(管，T2R）+R-5 4 (1分) 图乙所示，由几何关系可得，电子运动轨迹的圆 1 mU 心角为受则最长时间 14.(1) d q 218号d 【解析】(1)要使离子能直线通过两极板，需在两 3π 2 极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场B1,根据 (1分) Γ200 受力平衡可得 则时间t的范固为 3πd ∠t∠2w0 (1分) qvoB=gE (1分) 300 1××.× 其中E= 0 3 (1分) Ax×××B ×x0 ×××× 解得B= 1 mU d a (1分) ×、×× (2)若撤去极板间磁场B1,对于能进入B2磁场 甲 乙 T 的带电离子，在偏转电场中，水平方向有 (3)根据题意可知，在0~ 内电子受电场力大小 d=vot (1分) Uo mvo 竖直方向有 F=2a·e _2d (1分) (1分) 方向水平向左，电子受洛伦兹力大小 y=2a2,a-95 m Fs=e.v ·B= 3 (1分) 2 2d (1分) 联立解得y= ·13· 7 真题密卷 单元过关检测 3 3 洛伦兹力提供向心力，有 则有 -=1 2 3 (1分) q·vsin0·B1=m (vsin 0)2 解得r1=0.01m (3)若撤去极板间磁场B1,根据(2)分析可知，从 粒子进入Ⅱ区后转过半周第二次穿过xO2平面， 两极板正中央O点平行于极板射入的离子刚好 所经历的时间 从下极板边缘进入磁场B,中，设离子进入磁场 B2的速度大小为v,与水平方向的夹角为日，则 r1 t=- 3 usin 03 xx10-6s (1分) 有u=0 (1分) 粒子第二次穿过xOz平面时的x坐标 cos 0 离子在磁场B2中做匀速圆周运动，由洛伦兹力 an60+t=Y3(20+) 2h x=- 3 ×10-2m(1分) 提供向心力得 y坐标为0 qB2v=m (1分) 之坐标为之=2r1=0.02m 可得r=m 即粒子第二次穿过xOz平面时的坐标为 (1分) gB2 gB2cos 0 (3分) 则离子在磁场B2中运动轨迹的弦长 3(20+×102m,0,0.02m〉 3 (3)粒子进入Ⅲ区时速度大小仍为v=2×104m/s, s=2rcos 0= 2mvo (1分) qBa 方向与xOy平面平行、偏向y轴正方向且与x 1 mU 由于dNq 2 mU ∠B≤aNg 轴正方向成0=60°，粒子在Ⅲ区匀速圆周运动过 (1分) 程有 4 8 可得3d≤s≤3d (1分) quB2=m r2 则落，点间的最大距离 23 -d-d=a. 4 解得r2= 3 ×10-2m (1分) (1分) Ⅲ区的宽度d=2r2sin0=0.02m (1分) 15.(1)2×104m/s,方向与x轴正方向成60°角 (4)粒子进入V区时速度大小仍为v=2×10m/s, (2)(3(20+×102m,00.02m) (3)0.02m 方向与xOy平面平行偏向y轴负方向夹角且与 3 (4)0.03m4nx×10-2m(n-1,2,3,…) x轴正方向成0=60°，粒子进入Ⅳ区后，受到沿y 【解析】(1)带电粒子在I区中做类平抛运动，根 轴负方向的电场力，将速度分解为水平向右的分 速度1，使带电粒子受到竖直向上的洛伦兹力与 据动能定理有 电场力平衡，即 : (1分) qvB3=E2q 解得o=2X104m/s 解得1=0 (1分) 设速度方向与x轴正方向夹角为日，则 由运动的合成分解得另一分速度大小为2=， c0s0=-1X1041 方向与y轴负方向夹角为30°偏向x轴负方向 2×1042 (1分) 带电粒子以02在竖直平面内做匀速圆周运动有 即0=60 (1分) (2)粒子进入Ⅱ区后，粒子速度方向与磁场方向 qv2B:-mra 不垂直，所以粒子做螺旋线运动，一边沿x轴正 解得r3=0.02m (1分) 方向以速度V。做匀速直线运动，一边在垂直于x 带电粒子在V区运动时距xOz平面的最大距离 轴的平面内以速度vsin0做匀速圆周运动，根据 △y=r3(1+sin30)=0.03m (1分) ·14 ·物理· 参考答案及解析 T2=2m=2xX106S (1分) gB3 x,=5,+a:=0.02m+(号+n）×4× 带电粒子在W区运动时沿y轴正方向穿过xOz 102m(n=0,1,2,3,…) (1分) 平面时的时间 带电粒子在V区运动时沿一y方向穿过xOx平 T2十T At-3 面时的时间△t=nT (1分) (1分) 在此过程中沿x轴正方向运动的距离 在此过程中沿x轴正方向运动的距离 x3=v△t=4nπ×10-2m(n=1,2,3,…)。(1分) 2025一2026学年度单元过关检测（十四） 物理·电磁感应 一、选择题 E 1.D【解析】当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈 荷量g=i=尺·t △他=0，C错误；电荷沿圆心 R A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上往下 为O、半径为r'(r'<r)的路径运动过程中感生电 场电场力做功，D错误。 看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流 的方向从上往下看是顺时针方向，A、B错误；电梯 4.C【解析】断开开关S前、后的一小段时间内，通 过电感线圈L的电流方向是不变的，则电感线圈 轿厢在金属线圈A、B的阻碍作用下速度逐渐减 L所在支路的电流如曲线a所示，小灯泡所在支 小，加速度也在减小，等到加速度减为零开始匀速 路的电流如曲线b所示，则断开开关前，灯泡中电 下降，不能阻止磁铁的运动，故轿厢最终不能停在 流为I2,A、D错误；由题图可知，断开开关S前通 图示位置，C错误；闭合线圈A中向上的磁场减 过电感线圈的电流大于通过小灯泡的电流，所以 弱，B中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，线 断开开关S前，小灯泡的电阻大于定值电阻R和 圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势，D正确。 电感线圈L的总电阻，B错误；断开开关S后，电 2.C【解析】根据法拉第电磁感应定律，感应电动 感线圈L产生的自感电动势阻碍电流减小，电感 势与磁通量的变化率有关，质量块摆动速度越大， 线圈L相当于电源，由于线圈L、电阻R和灯泡 磁通量的变化率越大，感应电动势越大，感应电流 重新组成回路，且断开开关S前电感线圈L所在 越大，A错误；阻尼过程中涡流产生是质量块的动 支路的总电阻小于小灯泡的电阻，则其电流大于 能转化为电能，B错误；改变电磁铁中电流方向， 流过小灯泡的电流，则小灯泡先突然变亮再逐渐 同样会在质量块中出现涡流，涡流受安培力，阻碍 熄灭，C正确。 质量块的运动，C正确；根据安培力F=BL,可得 5.D【解析】ab棒由牛顿第二定律得F一BIL= 质量块受到的电磁阻力与电磁铁的磁场强弱有 ma,又1=A △，△g=CAU,AU-BL△，得I= 关，D错误。 3.B【解析】根据法拉第电磁感应定律E=A中 CBLa,则a= m+CBL2=2m/s,做匀加速直 △t xr.ABr 2Cos2t(V),由题图可知，0~1s π 践运动，A错误；根据工2at,得t=2s,0 △t at=4m/s,B错误；在t时刻撤去拉力F,并将开 △B 内，A不断减小，所以线框中产生的感应电动势 关拔向2，导体棒受到的安培力与成正比，故加 减小，A错误；线框最大瞬时热功率P= E一 速度越来越小，C错误；在t时刻撤去拉力F,并 R 将开关拨向2，R上消耗的焦耳热为导体棒的动 能转化而来，放Q=2m02=8J,D正。 =5W,B正确；0~2s内，通过线框的电 R 6.B【解析】开关S闭合后，导体棒在安培力的作 ·15·每一传坚持，都是成功的积累：每一滴汗水，都是梦想的流灌 2025一2026学年度单元过关检测（十三） A.一定沿逆时针方向运动 B一定是带电量为管的负电荷 班级 卺题 物理·带电粒子在组合场、 C运动的速事一定为器 D.运动到最低点时电势能一定最大 复合场中的运动 姓名 4.如图所示为质谱仪原理示意图，带电粒子从小孔O“飘入”加速电场（初速度忽略不计）， 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 经加速后以速度。从小孔O'进入速度选择器并恰好沿直线通过，粒子从小孔S进人磁 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 分析器后做匀速圆周运动打在照相底片上。已知速度选择器中匀强电场的电场强度为 得分 是符合题目要求的。 E,磁分析器中匀强磁场的磁感应强度为B。,在底片上留下的痕迹点到狭缝S的距离为 题号 1 2 6 7 8 !,忽路带电粒子的重力及相互间作用力。下列说法正确的是 () 答案 加速电场 1.速度选择器简化模型如图所示，两极板P、Q之间的距离为d,极板间所加电压为U,两 极板间有一方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质子以速度。从左侧沿两板中心线进 入板间区域，恰好沿直线运动，不计质子重力。下列说法正确的是 速度选择 () 女天买天××只 分析器 X名X×米关 A,粒子带负电 0 A.P极板接电源的负极 且速度选择器中匀强磁场的磁悠应强度为 B.匀强磁场的磁感应强度大小为， C.带电粒子的比荷= mB。l C.若仅将质子换成电子，则不能沿直线运动 D.若质子以速度。从右侧沿中心线射入，仍能做匀速直线运动 D.加速电场的极板间电势差U= Bovol 4 2.如图，在一1≤x≤2,0≤y2区域内有垂直于xOy平面内的匀强磁场和平行于x轴的匀 强电场，x轴和y轴所表示的单位长度相同。一不计重力的带电粒子每次均从坐标原点 5.将某霍尔元件接入如图所示的电路，条形磁铁的N极靠近霍尔元件时，二极管发光。霍 O以一定的速度沿y轴正方向射人。若电场、磁场均存在，粒子恰好沿直线运动：若仅撤 尔元件的长宽高如图所示，霍尔元件单位体积中有个载流子，每个载流子所带电荷量 去磁场，粒子将从点(2,2)射出：若仅撤去电场，粒子将 () 大小为q,载流子定向移动的速率为，稳定时前后两个面的电压为U,流过滑动变阻器 的电流为I。下列说法正确的是 () 磁铁 12 尔元件 A.从点(-1,2)射出 B.从点（一1,1）射出 发光二极管 C.从点(-1,0)射出 D.从点（一0.5,0）射出 3.如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场强度为E,方向沿竖直方向（图中 未画出)，磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。一质量为m的带电微粒，在该场区内沿 竖直平面做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g,则可判断该微粒() A.霍尔元件中载流子带正电 B霍尔元件处的磁感应强度大小为9 C.将磁铁继续靠近霍尔元件，二极管变亮 D,将滑动变阻器的滑片适当向左滑，二极管变亮 单元过关检测（十三）物理第1页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十三）物理第2页（共8页） 6.如图所示，粒子源不断地产生氢的三种同位素原子核(H、H和H),三种粒子飘入（初 pa 速度可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔沿平行金属板©，d的中心线 射入偏转电场。c两板间的电压为U:,在偏转电场的右侧存在范固足够大的有界匀强 R。 磁场，磁场左边界PQ与©d板右端重合，磁场方向垂直纸面向里。三种粒子通过偏转电 A,俯视看小球沿顺时针方向运转 场后从PQ进人磁场，之后又从PQ边界射出磁场，平行金属板c、d的中轴线与PQ边 界交于O点。整个装置处于真空中，加速电场与偏转电场均视为匀强电场，不计粒子重 且球面对小球的弹力大小为己。 力及粒子间的相互作用力。下列说法错误的是 () C小球的速率越大，则小球受到的洛伦兹力越大 P:XXXX×X XXXXXX D.磁感应强度的大小可能为B=2m层 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 ××XX×× 目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 ×XXXX× 题号 10 0X×XXXX 答案 A.H、H和H三种粒子从同一位置射人磁场 9.现代科学研究中，经常用磁场和电场约束带电粒子的运动轨迹，某次一粒子源于A B.}H、H和H三种粒子从同一位置射出磁场 处不断释放质量为m、带电量为十q的离子，离子静止释放，经电压为U的电场加 C.}H、H和H三种粒子射出磁场时速度方向相同 D.仅增大U:,则}H射人磁场的位置和射出磁场的位置之间的距离不变 速后，沿半径为R:的圆弧形虚线通过均匀辐射的电场，从P点沿直径PQ方向 7.如图所示，在两个边长均为2L的正三角形区域内存在垂直纸而向外、磁感应强度大小为 进人半径为Rg的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外，最后垂直打在平 B的匀强磁场，左右两侧有平行于MN、PQ的匀强电场（电场强度大小未知）。质量为m、 行PQ放置且与PQ等高的收集屏上，收集屏到PQ的距离为√3R。,不计离子重 电荷量为十g的带正电粒子（不计重力），由电场中α1点由静止释放，恰好从OM边的中点 力，下列说法正确的是 () 进人磁场区域。已知经过下方磁场区域后，粒子能从OP的中点进人左侧电场，最终能从 PQ上某点沿垂直PQ边界方向射出磁场区域，则下列说法正确的是 () 加速电场 人电场强度大小为 辐射电场 B.从a:到OM中点的距离为L 2qU A.离子进人圆形匀强磁场区域时的速度大小为 C从释放到从PQ边界出蓝场，粒子运动的时间为 m U D带电位子在磁场中运动时的速度大小为船 B.圆弧形虚线处的电场强度大小为 1 2Um 8,如图所示，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，周定在水平面上。整个空间存在磁 C,磁感应强度大小为R9 感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。一质量为m、电荷量为g(g>0)的小球 D,离子运动轨迹不变，改变加速电压和对应虚线处辐射电场大小，使所有离子都能打到 P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O'。球心O到该圆周上任一点的连线与竖 直方向的夹角0一60°。重力加速度为g,以下说法正确的是 () 收集屏上，加速电压的范围应控制在？~3U之间 单元过关检测（十三）物理第3页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十三）物理第4页（共8页） 10.如图所示是磁流体发电机的简易模型图，其发电通道是一一个长方体空腔，长、高、宽分 12.(10分)如图所示，在直角坐标系Oxyz内存在着磁感应强度大小为B、方向沿元轴负 别为1，，b,前后两个侧面是绝缘体，上、下两个侧面是导体电极，这两个电极通过开关 方向的匀强磁场。位于(b,0,0)的A点处有一电子枪，当电子枪沿x轴负方向射击 与阻值为R的电阻连成闭合电路，整个发电通道处于垂直纸面向里、磁感应强度的大 时，射出的电子恰好沿y轴正方向击中位于(0，b,0)的C点。已知电子的质量为m,电 小为B的匀强磁场中。如果等离子源以速度o发射质量均为m、电荷量大小均为q 荷量为一e。 的等离子粒子，沿着与板面平行的方向射入两板间，单位体积内正负离子的个数均为 (1)求电子枪射出电子的速度大小。 n。忽路等离子体的重力、相互作用力及其他因素。下列说法正确的是 (2)为了在最短的时间内击中位于D(0,W2b,0),A处电子枪应向什么方向射击？ -0 (3)接(2)问，若整个空间多了一个沿：轴正方向的电场强度为E的匀强电场，如果A 处电子枪射出的电子在xOy平面以(2)中相同运动轨迹击中D点，则A处电子枪 的电子发射速度大小应调整为多少？ 等离体流动方向 A.开关断开的情况下，稳定后上极板电势高于下极板 4.0C方 B.设等离子体的电阻率为ρ，没有接通电路时，等离子体受到的阻力为「，则接通电路 f⊥B2alem 后，为了维持速度，不变在通道两侧所加的压强差△p一b十RM十心 C,开关闭合时，若正离子在通道中的运动轨迹如图中虚线所示（负离子与之类似），设 13.(10分)如图甲所示，为足够长的平行金属板M、N,距离为2d,板间有垂直纸面向里的 此时两极板电压为U,图中轨迹的最高点和最低点的高度差-2m(B。一U少 匀强磁场，两板间中心有一电子源O。t=0时刻，以速度。向各个方向发射电子，平 Bag 行于极板方向射出的粒子刚好垂直击中极板，电子质量为m、电荷量为一e,仅考虑纸 D.图中轨迹的最高点和最低点的高度差为h,在h<a的情况下，通过电阻的电流 平面内运动的电子。 1-8R (1)求磁感应强度大小B 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 (2)经过时间t后电子打到右侧极板，求时间t的范围， 11.(6分)如图所示，在y>0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场：在第四象限的空间 (3)者电子源在0~内有电子以速度平行于极板向上射出，且在两板间加如图乙所 中，存在匀强磁场，磁场方向垂直Oy平面（纸面）向外。有一带正电的粒子，经过y 轴上y=3h处的点P,时速率为v0,方向沿x轴正方向，后经过x轴上x=2h处的 示电压，U。=m 。,求电子经过区域的面积5。 P:点进人磁场，偏转后垂直于y轴从D点（图中未画出）离开磁场，电场强度E和磁感 M 应强度B均未知，不计粒子重力及阻力。求： (1)粒子在磁场运动过程中离y轴的最大距离d: (2)粒子从P,到D的总时间。 单元过关检测（十三）物理第5页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十三）物理第6页（共8页） 14.(14分)东方超环(EAST),俗称“人造小太阳”，是中国科学院自主研制的磁约束核聚 15.(18分)如图所示，以O为坐标原点建立Oxy坐标系，x轴正方向水平向右，y轴 变实验装置。高速粒子束（包含带电离子和中性粒子）中的带电离子对实验装置有很 正方向竖直向上，x轴正方向垂直纸面向外（图中未画出），沿x轴正方向从左到 大的肢坏作用，因此需要利用“偏转系统”将带电离子从粒子束剥离出来。“偏转系统” 右依次存在四个区城，区域之间的边界均平行于yOz平面。I区存在沿y轴负方 的原理简图如图所示，混合粒子中的中性粒子继续沿原方向运动，被接收器接收：而带 向的匀强电场，电场强度大小E,=15N/C:Ⅱ区存在沿x轴正方向的匀强磁场， 电离子一部分打到下极板被吸收（极板边缘不吸收离子），剩下的进入磁场发生偏转 磁感应强度大小B,一√3×10一T:Ⅲ区存在沿￥轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大 被吞噬板吞噬。已知离子带正电，电荷量为q,质量为m,两极板间电压为U,间距 小B。=√3102T:W区存在沿y轴负方向的匀强电场和沿x轴负方向的匀强磁场，电 为4，极板长度为d。均匀分布的高速粒子束宽度为d,以平行于极板的初速度 场强度大小E=200N/C,磁感应强度大小B3=0.01T,N区足够宽。I区右边界与x轴 - 的交点为O1y轴上的A点到0点的距离h=0.1m。一个比荷号=1X10C/kg的带 全部进入两极板间，离子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑混合粒子 电粒子从A点以速度o=1×10m/s、沿x轴正方向射入I区，经O1点进入Ⅱ区时第一 间的相互作用，sin37=0.6,cos37°=0.8。 次穿过O:平面，进人Ⅲ区时恰好第二次穿过xOx平面，进人W区时恰好第三次穿过 (1)要使离子能直线通过两极板，则需在两极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场B,求 xOz平面，之后在N区内继续运动。不计粒子所受重力。求： B1的大小。 (1)带电粒子进人Ⅱ区时的速度： (2)若撇去极板间磁场B,,能进入B,磁场的带电离子数为N:,打在下极板离子数为 (2)带电粒子第二次穿过xOx平面时的位置坐标： N:,求 (3)Ⅲ区的宽度d； N: (4)带电粒子在W区运动时距xOz平面的最大距离和每次穿过xOz平面时距W区左 ③)者撤去极板间险场B,B:边界足够大，取值范围为<B:≤子一，从两 边界的距离。 极板正中央O点平行于极板射入的离子经偏转后均落在吞噬板上被吞墓，求落点 B 间的最大距离△x。 0* · 收 B 单元过关检测（十三）物理第7页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十三）物理第8页（共8页）