专题精准强化10 带电粒子在复合场中的运动-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案课时作业

丨物理 迹如图所示.设该轨迹半径为，由 M 专题精准强化10 几何关系可得+(2R)-n=R, 2R 1.C[设原子核的质量为m,电荷量为q,进入磁场时的速度 、B 解得n=三R≠r,故C错误：若粒子 大小为，则粒子在电场中加速的过程，由动能定理有U A 速率为B那，由gB=m 互，解得 合m,解得逢度为√四在磁场中，洛伦按力提供向 2m rn一2 =,由C项的分析可知，此 心力B=型代入建度得，一√可由遁知-号 时若粒子正对着O处入射，则恰好可以到达地面；而在对 八=受，因此有片-吾√一，解得原子接质量之比为册 r2 x2 m2 着O处以上的方向入射的粒子，因为向上偏转，均不能到 达地面；而在对着O处以下的方向入射的粒子均会达到地 面，综上所述，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地 2.AB[设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为，由动能 面，故D正确.门 12.解析：(1)根据动能定理可知q= 2m2, 定理得gU=之m.0 由牛顿第二定律有g%B=m互，② 代入数据可得= 2qU. 2×1.0×10X2.5 5×10-8 m/s m 联立①②式解得n=B√9 1 /2mU =10m/s. ,故A正确；设质子从静止 (2)根据gwB= -可得粒子在磁场中的轨迹半径 mu 开始加速到出口处运动了n圈，质子在出口处的速度为， gB 0.251m=25cm, 则2gU=号m,③ 根据几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的圆心恰好在 x轴上，因此OQ=r+rcos37°=45cm B=mR,国 (3)若粒子不能进入x轴上方， y 临界状态时，运动轨迹恰好与x 质子做圆周运动的周期T=2,⑤ gB 轴相切，如图所示， 质子运动的总时间t=nT,⑥ 根据几何关系可知r'十r'sin37 X × =0P, × 联这@①6@式解得R=√隔故B正确：旅格nB 由guB=m × 荒解得 BR,质子射出加速器时的动能E=立mt 1 解得B=9工。 37 BR1=BU☑L,故C错误：根据圆周运动的周期T= 2 因此若粒子不能进入x轴上方，磁感应强度B≥ 16 T 3 绍，由于质子与。粒子的电荷量之比为1：2，而质子与0 答案：110m/s245cm（3)B≥5T 粒子的质量之比为1：4，因此它们周期之比为1：2，那么频 13.解析：(1)由电场力与洛伦兹力平衡可得qE=qB,得E 率之比为2：1，故D错误.] 3.C[由左手定则可知，发电通道的上极板为电源的正极，下 =U6B. 极板为负极，则外部电路中的电流方向为→R→V,选项A (2)根据运动的对称性，微粒能从P,点经A,点运动到Q,点， 应满足L=x(n为整数)，其中x为每次偏转圆孤对应的 错误：稳定时，洛伦兹力等于电场力，即9B=9 U,所以发 弦长：偏转圆孤对应的圆心角为受或受设围狐的半径为 电机产生的电动势为E=U=Ba,根据闭合电路欧姆定律 R,则有一R,解得R-受，又周为B=m发由以上 可得回路中的电流为I=E R-p最 BaL,选项B错误， Rbl-pa 2n 各式可解得 -2qBL 发电机的输出功率为P出=IR= Baubl R,选项C正 n=1、2、3、… (Rbl+m】 2m1 (3)如图所示，当n取奇×××n取××米心父n取 确；矩形发电通道左右端的压强差为△p=是=B弘 ab 数时，微粒从P到Q的过××B×偶数 ×××父奇数 程中圆心角的总和为日 al,选项D错误.] Rblpa =n×交+X3=2mm, 4.BD「设粒子在磁场中的速率为U,半径为R,在电场中 2 2 、xxp芯×× ..g× 故其运动时间t1= 由动能定理，有gd=名m,在磁场中，洛伦兹力提供 2π X······入X 2πm_2πm 向心力，有gB=m尺，由几何关系可得R=d,综上可得 9B 9Bn=1、3、5、 …;当n取偶数时，微粒从P到Q的过程中圆心角的总 E=BgL,故A错误；粒子在电场中的运动时间为 2m 和为=X受十X 2 =nπ，故其运动时间为 兰器在雅场中的运动时网为五=哥一器拉子从 t 2元qB9Bm=2,46、 nr、2m_n 答案：(1)4B(2)u=EgBL O运动到P的时间为t=t1十t2= (元十4)m,故B正确； n=1、2、3、 2nm 将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和 82m=1.35…ggm=24.6 向下的分量、℃，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水 gB 平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为F,= ·290· 答案精析1 q心，B,F,=qv,B,设粒子在最低点N的速度大小为u1, MN的竖直距离为y.水平方向由动量定理可得mU1一0 在区城Ⅱ中做匀速直线运动的时间为与=L=L他 v3gBR =qu,B△r=qBy,由动能定理可得gEy=2m心-0， 则总时间为t=t十t= √5L 3gB 3gBR' 联立解得=B ,y=d,故C错误，D正确.] 答案：a)BgB,RB, (2) (3) πm R: 5.BD[若小球与挡板碰撞一次，轨迹 72 3qB 如图甲所示.根据几何知识得 +3Lm 2=OM+00,00=3r-ON, 3gBR 解得r1=3m,r2=3.75m; 7.解析：(1)粒子从M点到V,点 根据牛顿第二定律得 做类平抛运动，在y轴方向上 做匀速直线运动，在x轴方向 B=m 9%B=m 上做初速度为零的匀加速直 线运动，设粒子到达N点x 解得v1=3m/s,,=3.75m/s; 设带电小球从释放，点到V点距离为·、·· 轴方向的速度为vr,v,=at, 如图甲 60 ,报据动能定理得B=合m, ··N 则tan60°=兰=9Et 甲 Uo mvo 甲 1 qEx:-2m, 根据牛顿第二定律qE=ma, 粒子在y轴方向的位移大小为y=3lsin60°=Uot, 解得x1=1.8m,x2=2.8m; 若小球与挡板没有发生碰撞，轨迹如图乙所示，根据几 解得匀强电场的电场强度大小E=2 3gl 何知识得 (2)粒子达到N点的速度大 片=OM+OO2,O0=ON-r3,解 y 得r3=5m, 小u= c0s60°=25， 根据牛顿第二定律得q心B=m 粒子由V点进入一矩形磁场 并沿y轴负方向经过O点，运 解得=5m/s, 动轨迹如图乙所示， 人60° 根据牛颜第二定律得gB=之m听 粒子在磁场中做匀速圆周运 o 动的半径r=(3l-r)sim30°， 解得x3=5.0m,分析计算可知小球 解得r=l, 与挡板最多碰撞一次，故A、C错误， B、D正确. ··W 由mB=m二，解得B- 2mvo gr gl 6.解析：(1)带电粒子在区域I中做圆 (3)如图丙所示 ) 矩形磁场区域的面积最小时， 周运动的半径r=√3R, 矩形的宽为a=r=l 根据洛伦兹力提供向心力有q心B1=m 矩形的长为b=r十rsin30° 0 解得u=3BR 受，所以矩形碳场区城的最 小面积为Sm=ab= 3,2 60° 在区域Ⅱ中做匀速直线运动，则有qB2=qE, 2. O M 解得E=BgB,RB, 答案：(1)2m (2)2nm 丙 l gl (2)带电粒子在区域I中做圆周运动的半径r=√R,如 图所示， 8.解析：(1)粒子进入电场，在y轴方向有 ↑y v,=vsin 0,qE=ma,v;=2aL, 联立解得E= 3m6 8gL' (2)粒子在磁场中的运动轨迹如图 所示， 粒子进入磁场的速度v,=c0s日， MX, O 由儿何关系可得59十y=L 根据几何关系可知tan9=-5, R 解得r=L 3 解得0=60 洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆 则入射粒子速度方向与竖直方向的夹角为 a=20-90°=30°， 周运动的向心力，有g心B三m,, 入#点坐标为x=-Rsin30=-之R. 联立解得B=觉 =Rcos 30-R (3)粒子第一次进入电场，在竖直方向有L=号。 2a, (3)粒子在区域I中做圆周运动的时间为 粒子在磁场中运动的时间，=心 4需·巴品 v 3gB 粒子再次选入电场，在竖直方向有L一2r=a, ·291 |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·专题精准强化「 ⑧错题序号： 专题精准强化10 带电粒子在复合场中的运动 @错因分析 (建议用时：40分钟) [A组 基础达标练] A.外部电路中的电流方向为N→R→M 1.(2025·广东深圳市第 Ba2vl 次调研)质谱仪可以用来 B.回路电流I=RaL十p而 分析同位素.如图所示， S, 在容器A中有互为同位 9 C.发电机的输出功率P= Bavbl R 素的两种原子核，它们可 NM·· Rbl+pa) D.为维持等离子体匀速流动，矩形发电通道 从容器A下方的小孔S 无初速度飘入加速电场， 左右端的压强差△p二R十Aab 经小孔S垂直进人匀强 4.（多选)(2025·湖北武汉二模)现代科学仪器 磁场，分别打到M、N两点，距离S3分别为 中常利用电、磁场控制带电粒子的运动.如图 x1、x2.则分别打到M、N的原子核质量之 甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强 比为 电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁 场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B.现有 月 B. C. D. 质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计 重力)从电场的上边界的O点由静止释放，运 2.(多选)(2025·昆明质 动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相 检)某型号的回旋加速 ×R×x×× 切.若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所 器的工作原理图如图 ××A×××高交流电 示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经 所示.回旋加速器的核 心部分为D形盒，D形 /p. 过一段时间粒子第一次到达最低点N,下列说 法正确的是 ) 盒置于真空容器中，整个装置放在电磁铁两极 之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且 与D形盒盒面垂直.两盒间狭缝很小，带电粒 子穿过的时间可以忽略不计.质子从粒子源A 处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加 速到出口处所需的时间为t,已知磁场的磁感 应强度大小为B,质子质量为m、电荷量为十 q,加速器接一高频交流电源，其电压为U,可 A,匀强电场的电场强度大小为Bq心 m 以使质子每次经过狭缝都能被加速，不考虑相 对论效应和重力作用，则下列说法正确的是 B,粒子从O点运动到P点的时间为π十4)m 2gB A.质子第一次经过狭缝被加速后，进人D形 C.M,N两点的竖直距离为d 盒运动轨迹的半径r=B√ 2mU D.粒子经过N点时速度大小为Bgd q 2Ut 5.(多选)(2025·湖南衡阳 B.D形盒半径R= 元B 模)如图所示，在2Oy平面的 、二、三象限内存在垂直纸 C.质子能够获得的最大动能为2g2BU 面向外，磁感应强度大小B=1 元m M T的匀强磁场，第四象限存在 D.加速质子时的交流电源频率与加速α粒子 沿x轴负方向的匀强电场，电 的交流电源频率之比为1：1 场强度E=2.5N/C,ON为处 3.(2025·泰安高三期 于y轴负方向的弹性绝缘薄 未)磁流体发电机的原 挡板，长度为OV=9m,M点为x轴正方向上的 理如图所示，燃烧室在 3000K的高温下将气 等离子体 点，0M=3m现有一个比荷为号=1.0C/kg 体全部电离成高温等 流动向N 的带正电小球（可视为质点且重力不计），从挡板 离子体.等离子体经喷管提速后以速度？进入 下端V处小孔的右侧某处由静止释放，经匀强 矩形发电通道，发电通道中有垂直于喷射速度 电场加速后从N处小孔沿x轴负方向射人磁 方向的匀强磁场.已知磁感应强度大小为B, 场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间 发电通道长为l,宽为b,高为a,高温等离子体 不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M 的电阻率为ρ，外部电路连接一阻值为R的电 点，则带电小球从释放点到N点距离的可能值 阻，导线电阻不计.当开关S闭合后，下列说法 为（结果保留2位有效数字） 正确的是 A.2.5m B.2.8m C.4.0m D.5.0m ·167 〡物理 6.(2025·河北沧 [B组创新应用练] 州一模)如图所 7.（2025·重庆模拟预 y 示，一个以坐标 测)如图所示，OP与x 原点为圆心、半 轴的夹角0=60°，在第 9 径为R的圆形 一象限中OP右侧有 有界区域「内存在磁感应强度大小为B,、方 沿x轴负方向的匀强 60° M 向垂直于纸面向外的匀强磁场，其边界上有一 电场，一质量为m、电 粒子源，在纸面内沿不同方向向区域「内连续 荷量为q(q>0)的粒子以速度0从x轴上的 射人大量电荷量为十q、质量为m的带电粒 M点平行于y轴射人电场，经电场后沿垂直 子，部分粒子经磁场偏转后沿x轴水平射人右 于OP的方向由N点立刻进人一矩形磁场区 侧匀强电场和匀强磁场叠加的区域Ⅱ中，其内 域（未画出，方向垂直纸面向里），并沿y轴负 磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向里，电 方向经过O点.已知O点到N点的距离为 场强度大小为E(未知)、方向沿y轴负方向. 3,不计粒子的重力，求： 已知这部分带电粒子在区域I中做圆周运动 (1)匀强电场的电场强度大小； 的半径r=√3R,在区域Ⅱ中做匀速直线运 (2)匀强磁场的磁感应强度大小： 动，粒子的重力和粒子间的相互作用均不计. (3)矩形磁场区域的最小面积. (1)求匀强电场的电场强度的大小E: (2)求该粒子源的位置坐标； (3)若区域Ⅱ的长度为L,求这部分粒子从射 入区域I到离开区域Ⅱ的总时间. ·168· 专题精准强化」 8.(2025·福建厦门三 BO 9.质谱仪是最早用来测 检)如图所示，在2Oy M× 定微观粒子比荷9的 平面直角坐标系中， x B 虚线OO与x轴正方 精密仪器，某一改进后 向的夹角0=60°，OO'与y轴之间存在垂直纸 带有速度选择器的质 ××S,××× 面向里的匀强磁场（边界存在磁场），第二象限 谱仪能更快测定粒子 C×××B,xX× ×××××× 存在沿y轴正方向的匀强电场.一质量为m、 的比荷，其原理如图所示，A为粒子加速器，加 带电荷量为一q(q>0)的粒子从x轴负半轴的 速电压为U1,B为速度选择器，其中磁场与电 P点以初速度o进人电场，o与x轴正方向 场正交，磁场磁感应强度为B1,两板距离为 的夹角0=60°，经电场偏转后从点M(0,L)垂 d,C为粒子偏转分离器，磁感应强度为B2,今 直y轴进人磁场，粒子恰好不从OO边界射出 有一比荷为k1(未知)的带正电的粒子P,不计 磁场.不计粒子重力.求： 重力，从小孔S“飘入人”（初速度为零），经加速 (1)电场强度E的大小； 后，该粒子从小孔S2进人速度选择器B,恰能 (2)磁感应强度B的大小； 通过速度选择器，粒子从小孔S进人分离器 (3)粒子从P点进人电场到再次回到x轴的 C后做匀速圆周运动，恰好打在照相底片D点 时间 上，测出D点与S3距离为L. (1)粒子P的比荷k1为多大； (2)速度选择器的电压U2应为多大； (3)另一粒子Q同样从小孔S“飘人”，保持U2 和d不变，调节U1的大小，使粒子Q能通过速 度选择器进人分离器C,最后打到照相底片上的 F点（在D点右侧），测出F点与D点距离为x, 则可得粒子Q比荷k2,求k2(用k1表示). ·169·