微专题3 带电粒子在交变场中的运动-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案课时作业

ㄧ物理 ⑧错题序号： 微专题3带电粒子在交变场中的运动 @错因分析： (建议用时：40分钟) 1.(2025·湖北武汉市模拟)如图甲所示，两平行 ↑E B 金属板水平放置，间距为d,金属板长为L= Bo 2d,两金属板间加如图乙所示的电压(U。= →/2πm 0.51 52 00.51 2.5 一/2mm gB。 16md2 -Bo 9T2 ,初始时上金属板带正电).一粒子源射 乙 出的带电粒子恰好从上金属板左端的下边缘 (1)粒子第一次在磁场中运动的半径： 水平进入两金属板间.该粒子源能随时间均匀 (2)粒子打在x轴负半轴上距O点的最小距离； 发射质量为m、电荷量为十g的带电粒子，初 (3)起点A与坐标原点间的距离d应满足的 速度功共，重力忽略不计，忽略粒子间相互 条件； (4)粒子打在x轴上的位置与坐标原点O的 影响，则 距离跟粒子加速和偏转次数n的关系. U U TT 3T 2T 2 1-21 甲 乙 A.能从板间飞出的粒子在板间运动的时间 为 B.能从板间飞出的粒子束进人极板的时刻为 买+na=123… C.若粒子在=工时刻进入两极板之间，粒子 4 飞出极板时的偏移量)是号 D.若发射时间足够长，则能够从两金属板间 飞出的粒子占总入射粒子数的比例 为②1 4 2.(2025·山东青岛市黄岛区期 未)如图甲所示的坐标系中，在 x轴上方的区域内存在着如图 乙所示周期性变化的电场和磁 甲 场，交变电场的电场强度大小为 E,交变磁场的磁感应强度大小为B,取x轴正 方向为电场的正方向，取垂直纸面向外为磁场的 正方向.在t=0时刻，将一质量为m,带电荷量为 q,重力不计的带正电粒子，从y轴上A点由静止 释放.粒子经过电场加速和磁场偏转后垂直打在 x轴上求： ·170· 专题精准强化 3.(2025·湖南永州市三模)如图甲所示，在xOy 4.如图甲所示，在xOy平面的第一象限内（含x 平面的第I象限内有沿x轴正方向的匀强电 轴和y轴的正半轴)存在周期性变化的磁场， 场E1,在≤0区域内同时存在着竖直向上的 规定垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度B 匀强电场E2和垂直纸面的磁场B1(未画出)， 随时间t的变化规律如图乙所示.某质量为 E1=0.1N/C,E2=0.25N/C,磁场B1随时 m、电荷量为十q的粒子，在t=0时刻沿x轴 间t变化的规律如图乙所示，o=160s,设垂直 正方向从坐标原点O射人磁场.图乙中T。为 纸面向外为磁场正方向.一个质量为m、电荷量 未知量.已知B。=km ,sin37°=0.6，cos37 为q的带正电液滴从P点以速度o=2m/s沿 =0.8.求： x轴负方向人射，恰好沿y轴负方向以速度 y --------D 3B 经过原点O后进人x≤0的区域.已知m=5× 10-6kg,q=2×10一4C,t=0时液滴恰好通过 3d -2Bo 。红平 O点，重力加速度g取10m/s2 E 甲 ↑B1/T +p B 1D0~兰，时间内粒子做匀速圆周运动的角 to 2to 3to 4to 5to t 速度wω； (2)若粒子不能从y轴正半轴射出磁场，磁感 甲 乙 应强度变化周期的最大值Tom: (1)求液滴第一次到达O点时速度v的大小； (3)若粒子能沿x轴正方向通过坐标为(3d, (2)求液滴在0一5to时间内的路程. 4d)的D点，其射人磁场时速率u. ·171 ㄧ物理 5.如图甲所示，水平放置的平行金属板P和Q, 6.(2025·辽宁朝阳高三统考)如图甲所示，在 相距为d,两板间存在周期性变化的电场或磁 xOy平面的第I象限内有沿x轴正方向的匀 场.P、Q间的电势差UPQ随时间的变化规律如 强电场E1,第Ⅱ、Ⅲ象限内同时存在着竖直向 图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如 上的匀强电场E2和垂直纸面的磁场B,,已知 图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向.t E2=0.25N/C,磁场B1随时间t变化的规律 =0时刻，一质量为m、电荷量为十q的粒子 如图乙所示，其中B=0.25T0=无s,设垂 (不计重力)，以初速度。由P板左端靠近板 直纸面向外为磁场正方向.一个质量为m= 面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之 间，q、m、d、o、Uo为已知量. 2.5×10-6kg、电荷量为q=1×10-4C的带 正电液滴从P点以速度vo=4m/s沿x轴负 Q .↑Uo ↑B U 方向人射，经t1=0.5s恰好以沿y轴负方向 的速度v经过原点O后进入x≤0的区域.已 -B 甲 乙 丙 知t=0时液滴恰好通过O点，重力加速度g (1)若仅存在交变电场，要使粒子飞到Q板 取10m/s2.求： 时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场周 E B ←→P 2B 期T: (2)若仅存在匀强磁场，且满足B。=2m心，粒 qd -B。 -2B 子经一段时间恰能垂直打在Q板上（不考虑 粒子反弹)，求打中点到出发点的水平距离. ® (1)电场强度E1的大小及液滴第一次到达O 点时速度？的大小； (2)液滴在0~不、内的路程： (3)若在1=平s时撒去电场E、E和磁场 B1,同时在整个空间区域加竖直向上的磁感 应强度大小为B2=0.5T的匀强磁场（未画 出)，从此时刻起，再经过1=无s,液滴距0 点的距离（π2≈10）. ·172·|物理 粒子从P点进入电场到再次回到x轴的时间t=t十t2 属板右端飞出，则如图甲中情形相同.d=2X立@ 1 十t, 联立解得1=4VB+2π+4L 36 (a)川，则△站=子，所以5=子-△=子，可知能从板 答案：(1)3mu 8gL (2)3m飞 (3)45+2π+4)L 同飞出的粒子束选入板板的时刻为十nT心m=1,23, ’2gL 3U0 …).若从上金属板临界点射出，在第一个周期内设带电 9.解析：(1)由动能定理得qU=2mw6, 粒子在2时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速 粒子在进入分离器C后做匀速圆周运动，则qB2= 向下，在经过△，时间后电场反向，开始在竖直方向减速 向下，根据对称性，再经过△，时间竖直方向速度减为 mR' 0,然后加速向上直到恰好从上金属板右端飞出，运动轨 由几何关系得R=兰， 远知图乙所示，可知2X号a(,)2=, 由题意知k1=9 a(-24)，解得=2 7 4 股主解得人器 T或△，=2士2T(舍去)，所以4 乙 4 (2)该粒子从小孔S进入速度选择器B,恰能通过速度 U, 选择器，可得quB=q 吾-出：号，在第一个周期内带电粒子不重到会居 4 解得U,=4Bd☑ 板而能够飞出的入射时刻满足T<<T,剥第一个 B.L 周期内能够飞出的粒子占第一周期内入射粒子总数的 (3)由题意得，Q粒子进入分离器的速度与P粒子的速 比例与足够长的时间内飞出的粒子占入射粒子总数的 度相同，则，B=加京， 由几何关系得R=L十x」 比例相同，均为k= 4 T =2-1,故B错误，D 2 正确.门 由题意如名， 2.解析：(1)粒子第一次进入电场中gE。=ma,飞=ato,粒 解得k,= 子第一次进入磁场中q心B,=R LFx 答案：1)BD 8U1 (2)4Bd 联立方程解得R=E； B.L 、9B 微专题3 (2)可知粒子经2次加速和偏 转后打在x轴负半轴上距O 1.D[由于粒子只受到竖直方向的静电力作用，则粒子做 点的距离最小，如图所示， 类平抛运动.水平方向上不受外力，故做匀速直线运动， 第一次加速的位移为△x1 竖直方向做匀变速直线运动，故能从板间飞出的粒子在 2△x△x a_元mE R 板同运动的时同为：二-造子，戴A错联：说粒子 ,第二次加速的 v。4d 2 2gB T 位移△2=3A1,=2a16= 2πE 在两金偏板间运动时的加速度为a,则。-，若 ,△xp=△x2一△x1十R2= B 粒子在1=于时刻进入两权板之间，则它在竖直方向上 (π+2)mE gB 先匀加建向下运动的时网，有头召（图）-号 (3)分析带电粒子运动，如图 所示 2△x1 R 子时同之后电场反向，熊子开始在坚直方向上匀减道向 可知A与坐标原，点间的距离d 2R,3△x 应满足 3R, 下运功，则根据竖直方向运动的对琳性，再经过的时 d=n'R= immE（m=1,2,3 4R 9B: 0 间粒子竖直分速度减为零，共经历二的时间从两金属板 …）; (4)由上图知，若粒子经过n次加速和偏转后打在x轴 间飞出 上，则与坐标原点O的距离 如图甲所示， 粒子飞出极板时的总偏移量y=2y x=(Ax1+R)=(元+2)"5（n=1,2,3. 2gB =d,故C错误；由题意可知，第一个 周期内只有在0≤1<子时间段内选 答案：(1)mE qBo (2)(π+2)mmE gB 入才有可能飞出.假设t=0时刻进入 （3d=nmmE(n=12,3…） 两金属板间的粒子可以飞出，则飞出 qB 时偏移量为y=宁（侵）=2>4，则发设不成立4=0 (4)x=(x+2)xmE (n=1,2,3…) 时刻进入两金属板间的粒子会打在金属板上，若从下金 3.解析：(1)对带电液滴在水平方向和竖直方向的运动由 属板临界，点射出，在第一个周期内设带电粒子在1时刻 动量定理有一E1qt=0一m心，mgt=mu, 进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下，在经过 解得v=5m/s. △时间后电场反向，开始在竖直方向减速向下，根据对 (2)带电液滴在第Ⅱ、Ⅲ象限有E2q=mg, 称性，再经过△1时间竖直方向速度减为0，恰好从下金 则带电液滴在第Ⅱ、Ⅲ象限中在洛伦兹力作用下做匀速 ·292· 答案精析 因周送动gA=m二，T-智 T v=2a( ,d=2ny,(n=1,2,3…), 1 当B=2T时n-6m,1=无s 4md(n=1,2,3,…). 联立得T=√ng」 当B=4T时=2m1=需 1 (2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r的 匀速圆周运动，则有 带电流滴在056即0~竞s内 0,B=m兰，解得r=合d, 运动轨迹如图所示， R 若要使粒子能垂直打到Q板上，在交变磁场的半个周期 则液滴在0~6，即0~竞s时间 内，设粒子轨迹的圆心角为90°十日，如图所示，由几何关 内的路程 系得r十2rsin0=d, 受西十2解得竞m 解得sim0=之 1 答案：(1)5m/s(2) 则粒子打到上极板的位置距出发，点的水 32m 平距离为 4.解析：(1)设粒子进入磁场的速度为。，根据洛伦兹力提 供向心力可得gX3B=m, x=r-2(r-r cos 0)-2d. m=12.8w）ed Amd 解得轨道半径为r= 9X3B。' 答案：1D√nU 6解析：(1)对带电液滴由动量定理可知，水平方向 则粒子做匀速圆周运动的角速度为“==3B,9 一gEt1=0-mu,解得E1=0.2N/C, r m 竖直方向有mgt1=mv一0，解得v=5m/s. 3k m (2)液滴通过O点后，由于qE2=mg,可知液滴将在洛伦 q =3kπ. 兹力作用下做匀速圆周运动，由 m (2)要使得粒子不从y轴正半轴射出，则 轨迹如图(a)所示 9B=m号T- 在前号T。内的运动半径为 I2,0" 解得磁感应强度为B,时T=行 s,r1=0.5m qX3B 0 磁感应强度为2B。时T,=无 0+P 在后是工。内的运动半径为厅 s,r2=0.25m, B =、7mu 04 s内运动轨迹如图 9X2B。' (a) 所示， 可得3r1=2r2, 则：=3× 1 X2πm1十2× 由几何关系可知sin0= 。,联立解得日=37， r1十r2 X2πr2· 拉于餐调网运动的月期为了一名-器一品， 解得-买 m. 则在0~号T时间内有 (3)只有磁场B。存在时，液滴在水平面内做匀速圆周运 1辽T-号1 动，则 360° 周期T,=2m-x 9B10s, 解得磁感应强度变化周期的最大值为Tm=216 143 半径r= mu =0.25m gB2 (3)使粒子经过D点且平行x轴射y 出，在T。时刻达到D点的轨迹如图4d D 流滴在竖直方向做自由落体运动，经过1=无s, (b)所示 /T2 3d3 由几何关系可得ana=4d4' 沿y轴下落高度为y=习， 可得a=37°， 0 根据周期性，在nT。时刻达到D点可 3d 经过t=费s后距0点的距离为s=√十(2)， 满足题意，由几何关系可得 (b) 解得≈ 8 -m. n(2r1c0s37°十2r2c0s37°)= √3d)2+(4d)=5d(n=1,2,3…), 答案：10.2N/C5m/s(2)平m8) -m 8 又有3r1=2,根据洛伦兹力提供向心力可得q心X3B。 专题精准强化11 m r 联立解得=15（n=1,2,3…). 1.C[扫地机器人正常工作时的电流为1=号-器A 4n 3A,A错误；扫地机器人是非纯电阻用电器，根据题中 管案.13m2)0(s)15m=1,2a… 条件无法计算扫地机器人的电阻，B错误；根据题意有( An =9000mA·h=9A·h,扫地机器人充满电后最长工 5.解析：(1)当粒子飞到Q板时的速度方向恰与Q板相切 时，竖直速度为零，设加速度为a,则 作时间约为1=号X80%=号×0.8h=2.4h,C正确； 口胎本个网有内，点子白上运动的距离为 扫地机器人充满电后最长工作时间内消耗的电能约为 E。=Uq×80%=57.6W·h,D错误.] ·293·