专题卷(9)带电粒子在组合场、复合场中的运动-【鱼跃龙门卷】2026年高三物理二轮复习专题金卷（黑吉辽蒙、广东、广西、河北、江西 云南、陕晋青宁、河南、四川专版）

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（九） 物理·带电粒子在组合场、复合场中的运动 （考试时间75分钟，满分100分) 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目 要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但 不全的得3分，有选错的得0分。带￥题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.如图所示，两极板间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，一束粒子流 以速度从左侧水平射入，为使粒子流经过极板中间区域时不发生偏转，需将极板两极M、N 与电源正、负极相连，使得极板间同时存在匀强电场，电场强度大小为E。不计粒子的重力及 粒子间的相互作用，下列说法中正确的是 AE=吕粒子带正电时，N接电源正极 9 M B.E-?粒子错负电时，M接电源正极 o9: ··B oN C.E=B,不论粒子带何种电荷，M都接电源正极 D.E=Bv,不论粒子带何种电荷，N都接电源正极 2.圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场， 半径OA竖直，MN与OA平行，且与圆形磁场边界相切于C点，在MN的右侧有范围足够大 的匀强电场，电场强度大小为E,方向水平向左。在A点有一粒子源，可以沿AO方向射出质 量为m的带电粒子，当粒子初速度为v。时刚好能从C点第一次射出磁场，不计粒子重力和粒 子间的相互作用，下列说法正确的是 A.粒子带负电 B粒子的电荷址为职 C.初速度为。的粒子在磁场中运动的总时间为 200 D.初速度为，的粒子在电场中运动的总时间为迟 3.暨南大学相关团队成功开发智能质谱机器人，该机器人集成了多种技 术，用于在放射性环境中远程控制复杂样品的化学分析。在实验中发 现了氖22和氖20两种同位素粒子（两种粒子电荷量相同、质量不同）， D 从A容器下方小孔S1飘入电压为U的加速电场，初速度为0，从小孔 S2出加速电场，再从小孔S3进人磁感应强度大小为B的匀强磁场，分 别打在底片上相距为△L的两点。为便于观测，△L的数值大一些为宜。以下措施正确的是 A.减小磁感应强度B的大小 B.减小加速电场的电压U C.增大S1、S2间的距离 D.增大S2、S3间的距离 物理B·专题卷（九）第1页（共8页） 鱼跃龙 4.如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的电场强度为E,方向竖直向下，磁场 的磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里。一质量为m的带电粒子，在场区内的一竖直平面 内做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g,则可判断该带电粒子 A。带有电荷量为坚的负电荷 B.沿圆周逆时针运动 C.运动到最低点时的电势能最低 D.运动的速率为唱 5.现代出租车使用的电子里程计，其核心部件之一是霍尔元件，如图所示。该元件被安装在车 轮附近，一块磁铁固定在轮毂上随车轮转动，每当磁铁靠近霍尔元件时，元件就会输出一个脉 冲电压信号，行车电脑通过记录脉冲次数并结合车辆参数，即可计算行驶里程。此现象主要 利用了霍尔效应，已知该霍尔元件的宽度为α，长度为c,通有恒定电流I,磁场方向垂直于电 流方向。下列说法正确的是 A.其余条件不变，c越长，脉冲电压峰值越大 后表面 B B.该霍尔元件输出脉冲电压信号是通过上下两表面输出 C.行车电脑最终计算出的里程，与车轮直径无关，与脉冲电压频 上表面 前表面 电流 率有关 c D.若将恒定电流Ⅰ增大为原来的两倍，则每次产生的脉冲电压峰值也会增大为原来的两倍 6.质量为m、电荷量为g的微粒以与水平方向成0角的速度v从O点进入方向如图所示的正交 的匀强电场和匀强磁场组成的复合场区，恰好沿直线运动到A点，重力加速度为g。下列说 法中正确的是 A.该微粒可能带正电荷 ● B.微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 E。 。B。 C.该磁场的磁感应强度大小为mg。 qucos 0 ● D.该电场的电场强度大小为mg gtan 0 7.某化工厂的排污管末端安装如图所示的电磁流量计。流量计处于方向竖直向下的匀强磁场 中，其测量管由绝缘材料制成，长为L、直径为D,左右两端开口，在前后两个内侧面α、c固定 有金属板作为电极。当污水（含有大量的正、负离子）充满管口从左向右流经该测量管时，稳 定后、c两端的电压为U,显示仪器显示污水流量为Q(单位时间内排出的污水体积)，下列说 法正确的是 显示 仪器 A.匀强磁场的磁感应强度B=πDV 4Q B.a侧电势比c侧电势低 液体 C.污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大 入口 D.污水流量Q与U成正比，与L、D无关 卷 物理B·专题卷（九）第2页（共8页） ￥如图所示，空间存在竖直方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B= ● 1T,电场强度大小可调。一带电小球从O点正上方2m处以初速度v。 2m/s水平抛出。已知小球质量为m=0.1kg,电荷量为q=0.2C,则其能经 2 m 过O点时的最大动能约为 A.0.20J B.0.28J C.1.28J D.2.20J 8.如图所示是一种回旋加速器示意图，其中D形盒半径为R,狭缝宽为，所加匀强磁场的磁感应 强度可调，所加高频交变电源电压大小恒为U,频率为f。质量为m、电荷量为q的质子从左半 盒的圆心附近由静止出发，经加速、偏转等过程，达到最大动能后由导向板处射出。α粒子的质 量为4m、电荷量为2g。带电粒子在狭缝中加速运动的时间不计。下列说法中正确的是 A.加速质子时，磁场的磁感应强度大小为不f B.质子被加速的最大动能为2π2mf2R2 C.质子第1次与第2次在D形盒中做圆周运动的轨迹半径之比为1：2 D.若要用该加速器加速α粒子，需要将磁场的磁感应强度调为4πm」 9.如图为某粒子收集器的简化图，由加速、偏转和收集三部分组成。辐射状的加速电场区域边 界为两个同心半圆弧面，圆心为O,外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差为U。足够长的收 集板MN平行于边界ACDB,O到MN的距离为L,ACDB和MN之间存在垂直纸面向里的 匀强磁场，磁感应强度大小为B。。现有大量质量为、电荷量为g的带正电粒子，它们均匀地 吸附在外圆弧面AB上，并从静止开始加速。不计粒子重力、粒子间的相互作用及碰撞，若测 得这些粒子进入磁场后的运动半径为2L,下列说法正确的是 2 A.外圆弧面AB上有？的粒子能打在收集板MN上 B.外圆弧面AB上有2的粒子能打在收集板MN上 C.外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差U=9BL m D.若增大外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差，则打在收集板MN 的粒子数占比将增大 10.如图为磁流体发电机的示意图，一正对平行极板a、b的间距为d, M 两板的面积均为S,内部充满方向与板平行、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，直流电动机M的内阻为R。现让等离子体（高温下被 b 电离出含有大量带正电和负电的离子的气体)以速度)持续垂直喷 等离子体 入两板间的磁场中。若磁流体发电机稳定发电时，通过电动机M的电流为I,此时电动机M 正常工作，磁流体发电机的内阻只考虑充满两板间的等离子体的电阻，两板间等离子体的电 阻率为ρ。则下列说法正确的是 物理B·专题卷（九）第3页（共8页）】 鱼跃龙 A.a板电势比b板电势低 B.电动机M正常工作时两端的电压为Bdv C.电动机M正常工作时的机械功率为IBdu一I(R+pS） D.电动机M正常工作时板间带正电的离子受到的电场力的功率为qBv2 ￥如图()所示，真空内有两个上下宽度均为d的区域，上方区域内存在竖直向下的匀强电场，下 方区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现将一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子自电场上边界的M点由静止释放，粒子恰好不能穿越磁场的下边界。若将下方 磁场移到上方与电场区域重合，如图(b)所示，再次将该粒子自M点由静止释放，使其在电磁场 的复合场中运动，不计粒子重力。下列说法正确的是 M 图(a) 图(b) A.电场强度大小为Bg则 2m B.图(a)中，粒子从释放至第一次到达磁场下边界所用时间为2gB (π+4)m C.图(b)中，粒子将在电磁场的复合场中做周期性的往复运动 D.图(b)中，粒子离上边界的最大距离为4d 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(8分)如图所示，在磁感应强度垂直纸面向外、大小为B=0.05T的匀强磁场中有一光滑绝 缘圆弧轨道，其轨道半径为R=0.50m,在最低点与一光滑绝缘的水平直轨道平滑相连。一 个质量m=1×10-3kg、带电荷量为g=十0.16C的小球在水平轨道上向右运动。若小球恰 好能通过圆弧轨道最高点，重力加速度g=10m/s2。求： (1)小球在最高点所受的洛伦兹力F的大小； B (2)小球的初速度的大小。（可用根号表示） ·m,q· 门卷 物理B·专题卷（九）第4页（共8页）】 班级 12.(8分)芯片是现代科技的核心，芯片的制造过程中有一个重要步骤就是离子注入。离子注人 13. 是指用高能量的电场把离子加速，打入半导体材料的过程。如图所示，一个边长为L的正方 姓名 形真空空间ABCD,沿对角线AC将它分成I、Ⅱ两个区域，其中I区域（包括边界AB、BC) 有垂直于纸面的匀强磁场，在Ⅱ区域内有平行于CD且由C指向D的匀强电场。一正离子 得分 生成器不断有正离子生成，所有正离子从A点沿AB方向以速度射入I区域，然后这些正 离子从对角线中点O进入Ⅱ区域，最后这些正离子恰好从D点射出。已知离子流中的正离 子带电荷量均为g,质量均为m,不考虑离子的重力以及离子间的相互作用力，求： (1)I区域磁感应强度B的大小和方向； 半导体D 答题栏 (2)Ⅱ区域电场强度E的大小； :1 (3)为了调整离子注入的深度，现将磁感应强度增强为原来的 2 2倍，同时调整电场强度，使正离子仍可以从D点注入半 3 导体。求调整前后正离子从D点飞出的动能大小之比。 4 正离子生成器A 5 6 7 8 9 10 物理B·专题卷（九）第5页（共8页） 鱼跃龙门卷 (10分)亥姆霍兹线圈是一对平行的完全相同的圆形线圈。如图所示，通电后线圈间形成平 行于中心轴线O1O2的匀强磁场，磁感应强度大小为B。沿O1O2建立x轴，一足够大的圆 形探测屏垂直于x轴放置，其圆心P点位于x轴上。粒子源从x轴上的O点以垂直于x轴 的方向竖直向上持续发射初速度大小为。的粒子。已知粒子带正电，比荷为，不计粒子重 力和粒子间相互作用，整个运动过程中，粒子未离开磁场或电场。 (1)求粒子做圆周运动的半径r; (2)若在线圈间再加上沿x轴正方向的匀强电场，电场强度 探测屏 大小为E,沿x轴方向左右调节探测屏，求粒子打在探测 B 屏上的点距探测屏圆心P点的最远距离D; (3)在第(2)问情境下，沿x轴方向左右调节探测屏，若粒子 恰好打在探测屏的圆心P点，求粒子到达P点时的速度 亥姆霍兹线圈 大小v。 物理B·专题卷（九）第6页（共8页） 14.(12分)如图所示，在x<0的区域存在方向竖直向上、大小为E的匀强电场，在x>0区域存 15. 在垂直纸面向外的匀强磁场B(B未知)。一个质量为m的带正电粒子甲从A点（一√3d,0) 3 以速度0沿x轴正方向进入电场，粒子从B点(0,2d)进入磁场后，恰好与静止在C点质 量为%的中性粒子乙沿x轴正方向发生弹性正碰，且有。的电荷量转移给粒子乙。已知C 点横坐标为xc=√d,不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场变化引起的效 应。求： (1)粒子甲的比荷； (2)粒子甲刚进入磁场时的速率和磁感应强度B的大小； (3)若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x<0的区域加上与x>0 E B B ● 区域内相同的磁场，试通过计算判断两粒子碰撞后能否再次相遇， A d x 如果能，求从碰撞后瞬间到再次相遇所用的时间△t。 物理B·专题卷（九）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 (16分)为测量带电粒子在电磁场中的运动情况，在某实验装置中建立如图所示的三维坐标 系O-xy之，并沿y轴负方向施加磁感应强度为B的匀强磁场。此装置中还可以添加任意方 向、大小可调的匀强电场。一质量为m、电荷量为十q(q>0)的粒子从坐标原点O以初速度 沿x轴正方向射入该装置，不计粒子重力的影响。 (1)若该粒子恰好能做匀速直线运动，求所加电场强度E的大小和方向； (2)若不加电场，保持磁场方向不变，改变磁感应强度的大小，使该粒子恰好能够经过坐标为 (√31,0，一)的点，求改变后的磁感应强度B的大小； (3)若保持磁感应强度B的大小和方向不变，将电场强度大小调整为 2 E',方向平行于yOz平面，使该粒子能够在xOy平面内做匀变速曲 0 线运动，并经过坐标为（√31,1,0）的点，求调整后电场强度E'的大小 和方向。 物理B·专题卷（九）第8页（共8页）·物理B· 电子在磁场中做匀速圆周运动有euB=m。 ,解得r= 12mU。 B e (2)带电粒子从S点到达Q点的运动轨迹如图所示，由几何关 系可得0=60，则a=2=30°， R -12m,解得g-20 因ana-,类比有r'=B√g m 3B2R2 √网 (3)m sin 2eU 【解析】(1)电子在电子枪中被加速，由动能定理得eU 2mu2, 解得电子离开枪口T时的速度大小一√m。 2eU (2)电子进入垂直纸面向里的匀强磁场中做匀速圆周运动，洛 02 伦兹力充当向心力，有eoB=m,, 14. 由几何关系d=2 rsin o, 解得磁感应强度B=2s1n/2mU (3)设电子从离开枪口T第一次到靶点M所需的时间为t,对 应的圆心角为2p, T 对应的时间t 2π·20， 电子做匀速圆周运动的周期T=2” 联立解得1=心m sin o2eU· 13.(1)30 2品 (3)(23-2)L (√/43-3-1)L 【解析】(1)带电粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律有 9B=mR,解得R=2L,粒子运动轨迹如图甲所示， 设沿da方向发射出的粒子，在磁场中做圆周运动的圆心角是 .1 a,由几何关系知sina=2, 由几何关系可知粒子射出磁场时速度方向的偏转角日=30°。 a --b d·yc 15 (2)从c点射出磁场的粒子，轨迹如图乙所示，由几何关系知 sin B=2' 弧dc对应的圆心角为23，粒子在磁场中做圆周运动的周期为 T=2rm gB 所以，粒子从d到c的时间为t= 2T,解得1=3qB xm (3)临界轨迹如图丙所示， h c 丙 当粒子的运动轨迹与ab边界相切时，从bc边界的h点射出磁 场，则eg为ab边界上有粒子射出的区间，hc为bc边界上有粒 1 子射出的区间，由几何关系知cosp=2,df=ag=Rsin9, ae=ab-be=ab-Rcos a,eg=ag-ae=df-ae,sin Y- 2L-df,hc-Rcos Y-L. R 解得hc=(√43-3-1)L,eg=(2W5-2)L. 1 π×103s (1)2m(2)7(3)3 【解析】(I)根据洛伦兹力提供向心力有q0B=m口，解得， r m B=2m。 (2)当粒子的运动轨迹恰好与圆相切时，如图甲所示， 根据几何关系可知d十r2=(R十r)2,故当粒子恰好向左或向 右射出时，能够刚好进人B2区域，因此能够进入B2区域的粒 子数与发射的总粒子数之比为2。 XXXX 。}。 ×× -0 甲 乙 (3)利用反向思维可知，若粒子能平行于SO射出，其必然经过 圆形区域最低点，轨迹如图乙所示， 则其在R,区城运动的时间为，=号T-器 gB 1 在B2区域运动的时间为t2= 3gB' 故总时间为：=4十：-霜-弩×10 5x10g4x10ms(2(39+)×107: (3)8×102m/s ·9 参考答案及解析 【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力 v2 提供向心力有qwB=m女，0 L120m,故△L= 供向心力得qB=mR,联立解得R=B√g ,一2工，解得带电粒子在磁场中运 动的周期为T=5π×10-8s。 B\qB q (√m-√m2),从表达式 当带电粒子以某一速度射入磁场时，粒子的运动轨迹恰好与 可以看出，为使△L的数值大一些，可以通过减小B和增大U 外圆相切，此时粒子的速度为不能穿越磁场外边界的最大速 进行，故选A。 度，如图甲所示， 4.A【解析】带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，重力与电 根据几何关系有R十r=(R2-ro)2,解得r。=1m, 场力平衡，电场力方向竖直向上，与电场方向相反，则粒子带负 洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力， 有g0,B=m,解得，=4X10m/. 电，令电荷量大小为q,则有mg=gE,解得电荷量g一2，故A 正确；粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，粒子带负电，根 据左手定则可判断粒子沿顺时针方向运动，故B错误；结合上 述可知，电场力方向竖直向上，粒子运动到最低点，电场力做负 R 功最多，则粒子运动到最低点时的电势能最高，故C错误；粒子 0 R 做圆周运动，由洛伦孩力提侯向心力，则有B=加君，结合上 甲 乙 述有g=爱，解得。=B,故D错误。 E (2)带电粒子以速度v。射入磁场中时，根据几何关系有tan0= 5.D【解析】电流的方向水平向右，磁场的方向竖直向下，由左手 R=号，解得0=晋 定则可知该霍尔元件输出脉冲电压信号是通过前后两表面输 U 故其运动轨迹如图乙所示， 出的。根据qB=g,解得U=Ba,因此电压与该霍尔元件 4π 带电粒子在磁场中运动的圆心角为？，在磁场中运动的时间为 的长度c无关，故A、B错误。由题可知行车电脑是通过记录脉 冲次数并结合车辆参数来计算行驶里程。因此行车电脑最终 4π 计算出的里程，与车轮直径和脉冲电压频率都有关系，故C错 t4=3×2元1 带电粒子在磁场外做匀速直线运动，所用的时间为2= 误.由1=gS0和V=Ba可得U-0S,因此将恒定电流1 32欢 增大为原来的两倍，则每次产生的脉冲电压峰值也会增大为原 t。’ 来的两倍，故D正确。 带电粒子从某点进入磁场到其第一次回到该点所需要的时间 6.C【解析】假设微粒沿OA做匀变速运动，Bg t=t1十t2, 则垂直OA方向上合力一定为零，由于F酱= 0→qE Bqv与OA垂直，随着微粒速度变化，F格变 解得：=(35+)×107 化，则垂直OA方向上不能保持平衡，故微 (3)要使束缚效果最好，如图丙所示，粒子在 粒一定做匀速直线运动，B错误；假设微粒带 内圆区域内运动时，轨迹圆心为O1,在环形 正电，微粒受垂直速度斜向下的洛伦兹力、竖直向下的重力与水 区域内运动时，轨迹圆心为O2,设粒子在两 平向左的静电力，三力无法平衡，因此该微粒带负电，A错误；微 区域内运动的半径分别为r1、r2,因为B= 粒受力分析如图所示，根据平衡条件得qE=mg tan0,mg= 2B,所以=号，根据几何关系有2，s0 Bqucos0,解得该磁场的磁感应强度大小为B=mg 丙 9ucos日，电场的 R1,001=r1,O02=R2-r2,O102=r2-r1=r1,则三角形 电场强度大小为E=mg tan0, ，C正确，D错误。 9 O01O2为等腰三角形，∠O01O2=20,所以2r1sin0= R2-r2, 又A【解析】流量Q=50=天《？)‘，又因为稳定后离子所受电 解得，=2m,则u=9Br2=8X10m/s. 场力等于洛伦兹力，达到平衡时，电势差稳定，即qB=qE,E= m ,解得U=BDu,U的大小与离子浓度无关，所以流量Q= U 物理（九） 4B,解得B=πDU πDU D2.B 1Q,故A正确，C、D错误；磁场方向竖直向 A【解析】粒子打在底片上相距为△L的两点，△L为粒子做匀 下，由左手定则，污水中的正离子聚集到a端，负离子聚集到c 速圆周运动的直径的差值，在加速电场中，根据动能定理得 端，a侧电势比c侧电势高，B错误。 9U=弓m,粒子在脑场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提 B【解析】由于电场力与重力合力处于竖直方向，磁场方向处于 竖直方向，在竖直方向的分速度不会产生洛伦兹力，水平方向的 高三二轮复习专题卷 分速度受到洛伦兹力影响；将小球的运动分解为以初速度。的 水平面内的匀速圆周运动和竖直方向初速度为0的匀加速直线 及水平向左的初速度U。,并且满足Bg。=Eg,可得。三片，所 以粒子释放后在电磁场的复合场中的运动可视为水平向右的匀 运动；对于水平面内匀速圆周运动有q℃oB=m ,解得轨道半 r 速直线运动与竖直平面内的匀速圆周运动的合运动，并不是往 径为r=1m,周期为T=2πr =πs,则小球从水平抛出到经过O 返运动，则有Bg0。-m,可得粒子做圆周运动的半径r= 21 点所用时间满足t=nT=nπs(n=1,2,3,…)。小球从水平抛出 则粒子离上边界的最大距离为d,故C、D错误。 到经过0点，竖直方向有A=受之，可得小球经过0点时的竖直 11.(1)8X10-3N(2)√21m/s 分速度为，坠-6a=12,3.当=1时，竖直分 gL,垂直纸面向里(2)4mw 12.(1)2mw (3)45：13 gL 【解析】(1)根据左手定则，可以判断磁场方向垂直纸面向里；设 速度有最大值。小球经过O点时的动能有最大值，则有Ekm= mw2=2m(6+a)=2×0.1x(2+)I0.28J. 1 正离子在磁场中运动的半径为，有mB=m矿，依题意厄，= 1 8.BD 2AC=2反L,解得r=L,B-2C。 9.AD【解析】如图所示，由几何关系，得 a (2)设离子恰好从D点离开电场时对应的电场强度为E,则有 =,L=,gB=,解得E- 1 1 R L一r= 2 9L。 吾，放外圆弧面AB上有？=”-号的 半导体 粒子能打在收集板MN上，故A正确， B错误：粒子加速过程Ug=子m心，在磁场 0 中gB。=mR,解得外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差为 正离子生成器A U=29BL,故C结误：若增大外圆孤面AB与内圆弧面CD的 (3)依题意，原来离子在磁场中转过的圆心角0=90°，磁感应强 m 电势差，进入磁场的速度增大，则粒子在磁场中的半径增大，由 度加倍后，运动的半径为，=是 L,离子在磁场中转过的圆心 co3a-R。,得a变小，再由7=二“，可知打在收集板MN 角仍为0=90°，离子将从AO中点F经过分界线，即AF R 的粒子数占比将增大，故D正确。 TAC. 10.AC【解析】根据左手定则，带正电的离子向下偏转，b板带正 结合类平抛的知识可知，D点速度的反向延长线交于对应匀 电，电势高，故A正确；磁流体发电机稳定发电时，离子在电场 速方向位移的中点，再根据三角形相似可得，调整前。=√5o, 、E 力和洛伦兹力作用下做匀速运动，则9B=g后，可得电动势 调整后-又工， 2mu2,可得Ek:E=45:13。 为E=Bdv,电动机正常工作时的电压为路端电压，为U=E- Ir<E=Bdv,故B错误；两板间的等离子体的电阻为r= 1元 -(n=1,2,3,…) B2 P号，电动机正常工作时的机械功率为P=E-1严(R十7) 【解析】(1)粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得 IBd。一I(R十p号)，故C正确；电动机正常工作时板间带正 9v0B=mvg 电的离子受到的电场力方向与速度方向不共线，受到的电场力 根据题意可得g=k,解得轨道半径为r一B。 功率不可能为gBu2,故D错误。 (2)粒子在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，在x轴方向 AB【解析】图(a)中，粒子在电场中的运动过程由动能定理得 如，在隧场中有g如B=m尽，由题意知运动的半径 上做匀加速运动。若粒子在垂直于x轴的平面内转过奇数个 9Ed=1 半圈，此时打到探测屏上的位置距离P点最远；根据几何关系 R=d,解得E=Bg 2Uo ,故A正确：图(a)中，粒子在电场中的运动 得D=2r= 2m kB 时间，=d=2m、 B在磁场中的运动时间2三4·忍 (3)垂直于x轴的平面内，粒子在磁场中运动的周期T=2π” 2 则粒子回到x轴时间为t=nT=n 2xm (π+4) gB(n=1,2,3,…), 粒子运动的总时间t=t1十t2= 2gB ,故B正确；图(b)中粒 沿x轴方向粒子的速度o1=at, 子在M点释放瞬间，可视为粒子具有一个水平向右的初速度。 沿x轴方向，根据牛顿第二定律有 ·10 gE=ma, 方向。 粒子到达P点时的速度大小v=√o十， (2)粒子运动的轨迹如图甲所示， 联立解得v=,6+4nE 由几何关系有x2=(r-)2+(W31)2, (n=1,2,3,…)。 解得粒子运动的半径为r=21, (1) Ed (2)200 (3)能Ba E 2πm Vo 由牛顿第二定律有qB'=m,’ 【解析】(I)粒子在电场中沿x轴做匀速直线运动W3d=uot, 解得B'- 2gl 沿y轴做匀加速直线运动，受d=aa-5, 3 2 m 联立求得9=6 9E m Ed 96 (2)沿y轴做匀加速直线运动，v,=at=√3v。, 进入磁场中粒子的运动轨迹如图所示， (3)由题意，电场力的一个分力沿之轴正方向平衡洛伦兹力，另 一个分力沿y轴正方向提供类平抛运动的加速度，如图乙 所示， 则由平衡条件有qE:=qB, =5,即 由平抛运动规律有51=，1=，，其中a,- m 在B点速度与x轴正方向的夹角满足tan0= 0 解得E1=B,E2 _2mv2 0=60°， 3gl 则进入磁场时的速率v=20。, 侧合电场强度为E=E+EAB十8，方向在 R,又guB=mu 由几何关系可得simn60”=3d, R, yOz平面内与y轴正方向夹角为0斜向上，其中0满足tan9= 解得B=E E13qlB Uo E2-2m (3)甲、乙两粒子在C点发生弹性碰撞，设碰后速度分别为1、 物理（十） ,由弹性碰撞可得m=m,十受：， 1.A【解析】单块电池充满电后储存的电能是E:=U1I=U19,= 1 2 8 3.2×200W·h=640W·h,整车充满电后储存的电能是E= 120E1=76800W·h=76.8kW·h,故B错误；该车充满电后续 两粒子碰后在隧场巾运动，号B-心，9。 、r,302B=2x2、 E 航里程是s=13kW,X10km≈591km,故C错误；由题意可 求得r1=r2=2d,半径相同，可以再次相遇，两粒子在磁场中 知E=7UIt,其中n=80%,U=600V,t=1h,解得I=160A, 一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为T,三， 故A正确；单块电池充满电后储存的电荷量是q1=200A·h= 200×3600C=7.2×105C,故D错误。 T-四 2.B【解析】设正方形边长为L,材料电阻率为ρ，则电阻R= 则两粒子碰后再次相遇需满足纪山一专 2年△4=2π，解得再次相遇 专-P六-P方，可知电阻与h成反比，由于R,的厚度，小 L L 的时间-贸。 于R2的厚度h2,可知R1>R2,故A借误；由于二者并联，电压 相同，根据P-只可知电阻大的功率小，放R,的功率小于R, 5.(1)大小为B,方向沿x轴正方向(2)m四 2gl 的功率，故B正确；若R1、R2沿竖直方向接入电路，则电阻 ③大小为，0B+票，方向在0平商内与y销正方 R,=pSP,可知电阻会发生改变，故C错误；若R1R,的 向夹角为0斜向上，其中0满足tan0=3B 厚度变化，结合A选项可知，其电阻发生变化，故D错误。 2mv 3.B【解析】根据右手定则可知，该时刻电流方向沿顺时针方向 【解析】(1)由左手定则可知，带电粒子所受洛伦兹力沿x轴负 (俯视)，线圈b端电势高于a端电势，故A错误，B正确；该时刻 方向，则由平衡条件可知，电场力沿之轴正方向，即电场强度 线圈中磁通量为0，感应电动势最大，故C错误；风力越大，叶片 沿x轴正方向，且有qE一qB=0,解得E=B,方向沿z轴正 转动得越快，线圈ab转动的角速度越大，根据Em=NBSw,感