突破计算题练(六) 带电粒子在交变场和立体空间中的运动-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习课时作业

突破计算题练（五） 1.解(1)依题意，小球从P点运动到坐标原点O,速率没有 改变，即动能变化为零，由动能定理可知合力功为零，电场 力与重力等大反向，可得gE=mg,解得E=m8 可知小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图1： E. 30时 P +x X O × + X × × 图1 根据qB=m ,解得r= 6 ,由几何关系，可得xp=r十 g cos30°，联立解得xp= (2+√3)喝 2g (2)把小球在坐标原点的速度0分解为沿x轴正方向的 v0和与x轴负方向成45°的√20，如图2： y C. E● 30 。0 X0'4 × × × × 图2 其中沿x轴正方向的0对应的洛伦兹力恰好与小球重力 平衡，即F洛=qoB=mg 小球沿x轴正方向做匀速直线运动，与x轴负方向成45 的√2。对应的洛伦兹力提供小球做逆时针匀速圆周运动 的向心力，可知小球第一次到达最低，点时速度的大小为) =o+√26=(1+√2)o； (3)由第二问分析可知小球在撤去电场后做匀速圆周运动 的分运动轨迹如图3所示： ↑y 30 。0 o ×04 135° 04 × 图3 根据q√2B=m (W20)2 R ,又T=2πR 2v0 ·25 由几何关系，可得小球从过坐标原，点时到第一次到达最低 点时圆孤轨迹对应的圆心角为135°，则所用时间为15 T联立，解得=受 2.解(1)设该粒子通过速度选择器的速率为，根据平衡条 U U 件可得：B=g,解得：一B。: (2)粒子垂直于y轴进入磁场，垂直于x轴进入正方形磁 屏藏区，则O为圆心，粒子的轨迹半径为：R=O八=马 2 L,根据洛伦兹力提供向心力可得：B=m尺，解得：B =-mU qLdBoi 粒子进入磁屏蔽区ONPQ,若B2=B1,则粒子在磁屏蔽区 ONPQ中运动的半径最小，打在y轴上的位置距离O点最 近，即为L;若B2=0,则粒子从PQ中点射出，由于外部的 磁场为B1,则粒子做匀速圆周运动的半径仍为L,轨迹如 图所示： Y L L P 磁屏 区 0 N * 蹈 速度选择器 所以y抽上可能检测到该粒子的范围为：L<y<3L; (3)若在Q处检测到该粒子，粒子运动轨迹如图所示： y 磁 2L 区 N U 速度选择器 根据几何关系可得：2=(2L)2+(r一L)2,解得粒子运动 的轨迹半径为：r=2.5L,根据洛伦兹力提供向心力可得： mU B,=m,解得：B,2,50B,磁屏藏效率为：7户 B1一B2X100%,解得：0=60%. B1 突破计算题练（六） 1.解(1)带电粒子在yO:平面左侧磁场中做圆周运动，由 几何关系得R2=(2L)2+(R-L)2 2 解得R=号L,由牛频第二定律可得B=m,解得B =2mv 5gL (2)在右侧磁场中由牛领第二定律得如B,=m二，又B 52B,解得，= 4 y=2rsin45°= L-20s45°=子，即粒子第二次经 L 过0x平面的坐标为(0，乞，乞： L LY (3)粒子在电场中做类平抛运动，x轴方向上：2L=vt,y轴 方向上Ly2光2·解得E=心 4gL 2.解(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手 定则可知，粒子带正电； 粒子在磁场中运动的周期为T=2。 ① 根据T=2πm gB ① 则粒子所爷的电荷堂9一配 ③ (2)若金属板的板间距离为D,则板长为少，粒子在板间运 3 动时D 3 vlo ④ 出金属板间电场时竖直速度为零， 则经直方向y=2x号×0.5% ⑤ v2 在磁场中时uB=m ⑥ 其中y=2r=2mu ⑦ gB Uo 联立解得u=元√24Bt ⑤ 3πtoUd D-8B ⑨ (3)带电粒子在电场和磁场中的运 动轨迹如图，由③④（⑦联立可得金 属板的板间距离D=3r 则粒子在30时刻再次进入中间的 偏转电场，在4。时刻进入左侧的电场做减速运动，速度为 零后反向加速，在6。时刻再次进入中间的偏转电场，6. 50时刻碰到上金属板，因粒子在偏转电场中运动时，在时 间。内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次 电场力做功也为零，可知整个过程中只有最初。在左侧电 场时电场力做功和最后0.5t。时间内电场力做功， 则w=令mu2+ 1 U D9· D = 元3mU 3 48BLo 3Bto =πm(x2+16) 48Bto 3.解(1)通过速度选择器的离子由于受力平衡需满足qE quB,可得速度v=卡 由题图知，从磁分析器中心孔V射出离子的运动半径为R _R+R,由 2 R=B得 品霜R,十RB 2E (2)偏转系统仅加电场时，离子在偏转系统中做类平抛运 动，设离子离开偏转系统时速度的偏转角为日，离开电场 时，离子在x方的偏特的距离=立，光.（仁）”m0 =at_gEL 7u9 ·25 离开电场后，离子在x方向偏移的距离x2=Ltan0= m,则x=1十2=3E以 gE 3L2 2mF=R千R 3L2 位置坐标为R十R0 (3)如图所示，偏转系统仅加磁场延 · 时，由B=m心得，离子进入磁场 后做匀速圆周运动的半径”= =R,十R 2 sina=上，离开磁场时，离子在y方向偏转距离1=r(1一 cosa)≈乞(sina)2≈R1+R 离开磁场后，离子在y方向偏移距离y2=Ltan a≈Lsin a≈ 2L2 3L2 R1十R,则=M+为R十R 3L2 故位置坐标为(0R十R2) 3L23L2 （4)注入晶圆的位置坐标为干R,十R),电场引起 的速度增量只对离子在x轴方向的运动产生影响，而磁场 只对离子在y轴方向的运动产生影响， 专题强化练（十） 1.C电动势随时间变化的规律为e=10sin(100πt)V,则w =2π∫=100π，解得该交流电的频率为：f=50Hz,故A错 误；图示位置为磁通量为零的位置，此位置磁通量变化率 最大，感应电动势最大，故B错误：根据右手定则可知图示 位置电流方向为D→C→B→A,根据左手定则可知，线图转 到图示位置时，AB边受到的安培力方向向上，故C正确； 根据电动势随时间变化规律可知，感应电动势的最大值 为：Em=NBSw=10V,仅线图转速加倍，即角速度加倍， 电动势的最大值变为20V,故D错误. 2.B根播电阻定律R=P专，得△R=P告答旅据欧好定律 =1△R,叁卫可得p=亭·兴结合题园可知学你 0.2 L1L2的电阻率之比凸= 0.25 0.5-0.2 =子，故选B 1.00-0.25 3.D开关S接3时输出电压的瞬时值2=Um sin ot,则有 效值：U3= 九4 。0月：匝数：m=n一2X65n,开关5接2时， 臣数=一品品对有是是解得，U,=号U n 9 则：U=,=吕U变压器变压不变频，所以周期不 变，2一t的图像为D,故D正确、ABC错误. 4B根据会光-0-1：25，收A错联：特电线上的 .P_1000×103 电流为14==10X10A=100A.故R造成的电压 损失△U损=12R=100×5V=500V,故B正确：变压器原 我因中的电流方1一号-1心A=250A,款C 错误；变压器不能改变交流电的频率，故D错误。 9班级 姓名 突破计算题练（六） 带电粒子在 1.(2025·湖北省黄石市 高三质检)如图所示，在 A 三维坐标系O一xy之中 dB B 存在一长方体ABCD D z 一abOd,yO平面左侧存在沿之轴负方向、 磁感应强度大小为B1(未知)的匀强磁场， 右侧存在沿BO方向、磁感应强度大小为 B2(未知)的匀强磁场（未画出）.现有一带 正电粒子以初速度v从A点沿平面ABCD 进入磁场，经C点垂直yOx平面进入右侧 磁场，此时撤去yO之平面左侧的磁场B,, 换上电场强度为E(未知)的匀强电场，电场 强度的方向竖直向上，最终粒子恰好打在 Aa棱上.已知AB=2L、Aa=AD=L,B2 5√2B1,粒子的电荷量为q,质量为m(重力 不计).求： (1)磁感应强度B1的大小； (2)粒子第二次经过yOx平面的坐标； (3)电场强度E的大小： ·138 得分 交变场和立体空间中的运动 (2024·广东卷·15)如图甲所示，两块平 行正对的金属板水平放置，板间加上如图 乙所示幅值为U。、周期为to的交变电压. 金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电 场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场， 磁感应强度大小为B.一带电粒子在t=0 时刻从左侧电场某处由静止释放，在t=to 时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金 属板间的电场内，在t=21o时刻第一次离 开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并 在t=3to时刻从下板右端边缘位置再次水 平进入金属板间的电场.已知金属板的板 长是板间距离的倍，粒子质量为m,忽略 粒子所受的重力和场的边缘效应. 电场 金属板。 议：酷场 不。●、。● 。。e。 ·。 6 金属板 甲 00.5t fo 1.5to 2o U 乙 (1)判断带电粒子的电性并求其所带的电 荷量q; (2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t =t。时刻的速度大小； 班级 姓名 (3)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰 到上金属板的过程中，电场力对粒子做的 功W 3.(2025·安徽省六安市高三二模)在芯片制 造过程中，离子注入是其中一道重要的工 序.如图所示是离子注入工作的原理示意 图，离子经加速后沿水平方向进入速度选 择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷 的离子，经偏转系统后注入处在水平面内 的晶圆（硅片）.速度选择器、磁分析器和偏 转系统的匀强磁场的磁感应强度大小均为 B,方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏 转系统中的匀强电场的电场强度大小均为 E,方向分别为竖直向上和垂直纸面向外. 磁分析器截面是内外半径分别为R,和R2 的四分之一圆环，其两端中心位置M和V 处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场 的分布区域是同一边长为L的正方体，其 底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L 当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好 竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原 点，x轴垂直纸面向外).整个系统置于真空 中，不计离子重力，打在晶圆上的离子经过 电场和磁场偏转的角度都很小.当α很小 时，有sima≈tana≈a,6osa1-c2.求： ·13 得分 离子源速度选择器 磁分析器 R2· .N. 阃 偏转系统 0/晶圆所在水平面 (1)离子通过速度选择器后的速度大小) 和磁分析器选择出来的离子的比荷品： (2)偏转系统仅加电场时离子注人晶圆的 位置，用坐标(x,y)表示； (3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的 位置，用坐标(x,y)表示； (4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子 注入晶圆的位置，用坐标(x,y)表示，并说 明理由