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（湖南专版）

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、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。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v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 A.E=B,粒子带正电时，N接电源正极 9M 0元····B B.E=B,粒子带负电时，M接电源正极 。·· o N C.E=Bv,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。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.粒子的电荷量为 BR C.初速度为的粒子在磁场中运动的总时间为 2U0 D.初速度为，的粒子在电场中运动的总时间为B 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 山 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 S 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:···· S3 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 呼B。· S2出加速电场，再从小孔S?进入磁感应强度大小为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X·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。带有电荷量为管的负电荷 B 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 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.该霍尔元件输出脉冲电压信号是通过上下两表面输出 上表面 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 前表面 电流 率有关 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.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a、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 2 B.a侧电势比c侧电势低 液体 入口 C.污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大 D.污水流量Q与U成正比，与L、D无关 ￥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 2m 过O点时的最大动能约为 A.0.20J B.0.28J C.1.28J D.2.20J 门卷 物理X·专题卷（九）第2页（共8页） 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对的得5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。 7.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4、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」 B.质子被加速的最大动能为2πmf2R2 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。粒子，需要将磁场的磁感应强度调为4π 8.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AC DB,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m、电荷量为q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 A.外圆弧面AB上有号的粒子能打在收集板MN上 B.外圆弧面AB上有，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=gBL 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 9.如图为磁流体发电机的示意图，一正对平行极板α、b的间距为d,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X·专题卷（九）第3页（共8页） 鱼跃龙 A.a板电势比b板电势低 N☑a> 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IBdo一I户(R十P) 等离子体 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qB%2 10.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、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 ×××× d 灯灯灯 图(a) 图(b) 4.电场强度大小为2 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π+4)m 2gB 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d 如图所示，空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B,一带电荷量为q、质 量为的带正电小球从磁场中某点P由静止释放，其运动轨迹是一条摆线。小球的运动实际 上是竖直平面内沿逆时针方向、速度大小为的匀速圆周运动和水平向右、速度大小为⑦的匀 速直线运动的合运动，重力加速度为g。已知轨迹上某点的曲率半径为在极限情况下，通过该 点和轨迹上紧邻该点两侧的两点作出的圆的半径。则下列说法正确的是 A.小球运动到最低点时的速度为) ××××××× ×区×及×/× Amv2 ×××XX×× B.小球运动到最低点时轨迹的曲率半径为 quB-mg C.小球第一次运动到最低点时，距离释放点的竖直距离为 g D.小球从释放到第一次经过最低点所需时间为2 aB 门卷 物理X·专题卷（九）第4页（共8页） 班级 三、非选择题：本题共5小题，共56分。 11.(7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 姓名 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=+0.16C的小球在水平轨道上向右运动。若小球恰 得分 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； (2)小球的初速度的大小。（可用根号表示） 。m,q· 答题栏 :1 2 3 5 6 12.(9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。离子注入 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 7 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) 8 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 9 :10 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进人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q,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 (2)Ⅱ区域电场强度E的大小； (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倍，同时调整电场强度，使正离子仍可以从D点注入半 导体。求调整前后正离子从D点飞出的动能大小之比。 2 正离子生成器A 物理X·专题卷（九）第5页（共8页） 鱼跃龙门老 13.(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k,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X·专题卷（九）第6页（共8页） 14.(14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X·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(g>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X·专题卷（九）第8页（共8页）高三二轮复习专题卷 r。=1m, 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/s。 (2)带电粒子以速度v。射人磁场中时，根据几何关系有tan0= 后-侣解得0=言 故其运动轨迹如图乙所示， 带电粒子在磁杨中运动的圆，心角为暂，在脑 4π 杨中运动的时间为=3×。 带电粒子在磁场外做匀速直线运动，所用 的时间为42=3×2R:, 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 t=t1十t2, 解得：=(3+)×101 (3)要使束缚效果最好，如图丙所示，粒子在 内圆区域内运动时，轨迹圆心为O,,在环形 区域内运动时，轨迹圆心为O2,设粒子在两 0 区域内运动的半径分别为r1、r2,因为B'= 2B,所以-分， 根据几何关系有2x1c0s0=R1,OO1=r1, O02=R2-72,0102=r2一r1=r1,则三角形O0102为等腰 三角形，∠O01O2=20,所以2r1sin9=R2-r2, 解得r,=2m,则0=9B2=8X10m/5。 物理（九） 1.D2.B 3.A【解析】粒子打在底片上相距为△L的两点，△L为粒子做匀 速圆周运动的直径的差值，在加速电场中，根据动能定理得 qU=2mw,粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提 向心力得gB=m。,联立解得R三、孤，故A山 2/20m-220m=22四 B q BNq B q √m-√m2),从表达式 可以看出，为使△L的数值大一些，可以通过减小B和增大U 进行，故选A。 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 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 电，令电荷量大小为9，则有mg=9E,解得电荷量Q=管故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 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 微圆周运动，由洛伦旅力提供向心力，则有如B=m尽，结合上 述有g=管，解得。=B,散D错误。 E D【解析】电流的方向水平向右，磁场的方向竖直向下，由左手 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 出的。根据qB=g,解得U=Ba,因此电压与该霍尔元件 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 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 。由I=gSv和U=Bum可得US,因此将恒定电流 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，故D正确。 A【解折】流量Q=50=()》广，又因为稳定后离子所受电 场力等于洛伦兹力，达到平衡时，电势差稳定，即qoB=qE,E= ,解得U=BD,U的大小与离子浓度无关，所以流量Q U 4B,解得B=DU, πDUU 4Q,故A正确，CD错误；磁场方向竖直向 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 端，a侧电势比c侧电势高，B错误。 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 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 运动：对于水子面内匀速圆周运动有如，B=m兰，解得轨道半 径为r=1m,周期为T-2=元s,则小球从水平抛出到经过0 点所用时间满足t=nT=nπs(n=1,2,3,…)。小球从水平抛出 到经过0点，竖直方向有=之，可得小球经过0点时的竖直 2h4 分速度为，一至元m/s(m=1,2,3,…),当n=1时，竖直分 速度有最大值。小球经过O点时的动能有最大值，则有Ekm= mi=md+2a)=2xm1x(g:+9）10,281. 1 BD【解析】由题意可知质子在磁场中运动的周期T=,质 子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，有加B=m葉，粒子 运动周期为T=2”,联立解得B=2mm,故A错误；当质子的 9 运动半径为R时速度最大，即动能最大，有om=2πfR,所以此 1 时质子的动能Ea=2o品=2xmfR2,故B正确；由gU= 心可得=√吧，可知粒子第1次与第2次经电场加选 1 后的速度大小之比为1：√2，又粒子在磁场中的偏转半径r= 可得粒子第1次与第2次在D形盒中做圈周运动的轨迹半 径之比为1：√2，故C错误；由题意可知α粒子在磁场中运动的 周期T=了。粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，有 20B'=m,粒子运动周期为T=2红，联立解得日= 4m过，故D正确。 10 8. AD【解析】如图所示，由几何关系，得cosa= a 不做功，机械能守恒，有mgh=了m(2)3,解得五-2 1 ,故C正 R-2解得。=子，又=e=子，故 R-L 1 确；小球从释放到第一次经过最低点的过程中，只运动了半个圆 外圆弧面AB上有)=2-号的粒子能 周，根据分运动的等时性，侧有1=召-器故D错误。 打在收集板MN上，故A正确，B错误；粒 11. (1)8×10-3N(2)√2Im/s 1 子加速过程Ug=2mw,在磁场中gB。= 【解析】(1)设小球在最高点的速度为，则小球在最高点所 受洛伦兹力为F=qB,方向竖直向上；由于小球恰好能通过 mR,解得外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差为U= 最高点，故小球在最高点由洛伦兹力和重力共同提供向心力， 2qB3 即mg-F=mR,两式联立得u=1m/s,F=8X103N。 一，故C错误；若增大外圆弧面AB与内圆弧面CD的电 m (2)由于无摩擦力，且洛伦兹力不做功，所以小球在运动过程中 势差，进入磁场的速度增大，则粒子在磁场中的半径增大，由 0aR,得。变小，再由”2，可知打在收集板MN 机被能守恒，由机械能守恒定律可得2m6=mg·2R十 R 的粒子数占比将增大，故D正确。 2mo2,解得，=V2Im/s。 AC【解析】根据左手定则，带正电的离子向下偏转，b板带正 2.少2”，垂直纸面向里2m 电，电势高，故A正确；磁流体发电机稳定发电时，离子在电场 gL(3)45:13 E 力和洛伦兹力作用下做匀速运动，则9B=q三，可得电动势为 【解析】(1)根据左手定则，可以判断磁场方向垂直纸面向里； 设正离子在磁杨中运动的半径为T,有如B-m口，依题意 E=Bdo,电动机正常工作时的电压为路端电压，为U=E一 I<E=Bd,故B错误；两板间的等离子体的电阻为r=pS, d Er=名AC=aL,解得r=L,B-20 电动机正常工作时的机械功率为P=IE一I2(R十r)=IBdo (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 1 1 了P(R+p号)，故C正确：电动机正常工作时板间带正电的离 L-r=2L=v:2L-2ati. 子受到的电场力方向与速度方向不共线，受到的电场力功率不 qE=ma,解得E= 4mv 9l。 可能为qBu2,故D错误。 半导体。 10.AB【解析】图(a)中，粒子在电场中的运动过程由动能定理 得g以=心2，在隘畅中有B=m员，由题意知运动的半 0 径R=d,解得E=,g弧，故A正确；图(a)中，粒子在电场中 1.2m= 的运动时间七号-g在毯场中的运动时间，=4·B 正离子生成器A” 2 (3)依题意，原来离子在磁场中转过的圆心角0一90°，磁感应强 粒子运动的总时间？=1十一名严，故B正确：图 πm 度加倍后，运动的半径为，=L,离子在磁场中转过的圆心 2gB (b)中粒子在M点释放瞬间，可视为粒子具有一个水平向右的 角仍为0=90°，离子将从AO中点F经过分界线，即AF= 初速度及水平向左的初速度vo,并且满足Bq℃o=Eq,可得 1 AC。 @,=君，所以粒子释放后在电磁场的复合场中的运动可视为 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 水平向右的匀速直线运动与竖直平面内的匀速圆周运动的合 速方向位移的中点，再根据三角形相似可得，调整前。=√5o, 运动，并不是往返运动，则有BgU。=m 1 ,可得粒子做圆周运 r 调整后。= 3,又E=2m0,可得E,:E以=45：13. 动的半径r=号，则粒子离上边界的最大距离为d,故CD13.(1)器 00 2v0 (2)kB 86+nE6a=1,2.3… B2 错误。 【解析】(1)粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得 *BC【解析】因为小球的运动实际上是竖直平面内沿逆时针方 向、速度大小为的匀速圆周运动和水平向右、速度大小为？的 9voB=mvi r 匀速直线运动的合运动，故小球在最高点做圆周运动的分速度 根据题意可得g=k,解得轨道半径为，一B· 00 水平向左，做直线运动的分速度水平向右，合速度为0，在最低点 时的速度是两分速度的矢量和，为2，故A错误；设在最低点时 (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 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 轨迹的曲率半径为R,则有q·2B一mg=m 2知)，可解得曲 R 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 率半径R=2gB-mg 40,故B正确；小球在运动过程中洛伦兹力 20o 得D=2r=B· ·物理X· (3)垂直于x轴的平面内，粒子在磁场中运动的周期T=2 则粒子回到x轴时间为t=nT=n 2m(n=1,2,3,…), 沿x轴方向粒子的速度v1=at, 沿x轴方向，根据牛顿第二定律有qE=ma, 粒子到达P点时的速度大小=√/十v, 联立解得。√+切 -(n=1,2,3,…)。 B2 E 14.①2（2)2w。2 s能贸 【解析】(1)粒子在电场中沿x轴做匀速直线运动，W3d=ot, 沿y轴做匀加迷直线运动，号4=了ar,a-E m 联立求得9= m Ed (2)沿y轴做匀加速直线运动，v,=at=√3vo, 进入磁场中粒子的运动轨迹如图所示， 4。 、60 3d 在B点速度与c轴正方向的夹角满足an0==5,即 0=60°， 则进入磁场时的速率v=2o, 由几何关系可得sin60°=3d, R,又qB=mw2 R 解得B=E (3)甲、乙两粒子在C点发生弹性碰撞，设碰后速度分别为℃、2， 由弹性碰撞可得mw=mw1十22' 17n 2mw2- 1 m+×，解得=号=号 2 8 丙粒子缓后在隧场中运动，号B-m心，号。 m02 ,3:B=2r, 求得r1=r2=2d,半径相同，可以再次相遇，两粒子在磁场中 一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为T,=Bg 6πm - 2π 则两粒子碰后再次相遇需满足红41一T△=2x,解得再次相 遇的时间△丛=贸 15.1大小为B,方向沿。轴正方向(2)0 (3)大小为 3 √0B24mo 9g0,方向在0：平面内与y轴正方向夹角为0 斜向上，其中0满足tan0=3gB 2mv 【解析】(1)由左手定则可知，带电粒子所受洛伦兹滋力沿之轴负 方向，则由平衡条件可知，电场力沿之轴正方向，即电场强度 沿之轴正方向，且有gE一qvB=0,解得E=vB,方向沿之轴正 方向。 (2)粒子运动的轨迹如图甲所示， 由几何关系有r2=(r-)2+(3)2, 解得粒子运动的半径为r=21, 由牛顿第二定律有9B'=m,, 解得B-0 y 9E E B'. 甲 乙 (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qE1=qB, 1 qE2 由平抛运动规律有V3l=t,l=2a,t,其中a。= m 解得E1=oB,E2= 2m2 3gl 则合电场强度为E'-V+厨-√B+奶亮 9g212,方向在 yOz平面内与y轴正方向夹角为0斜向上，其中0满足tan9= E13qlB E2 2mv 物理（十） A【解析】单块电池充满电后储存的电能是E1=U1It=U1q1= 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 E 续航里程是s=13kW,h×100km≈591km,故C错误；由题 意可知E=U1t,其中”=80%，U=600V,t=1h,解得I= 160A,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。 B【解析】设正方形边长为L,材料电阻率为ρ，则电阻R= P片-P法=®片，可知电阻与无成反比，由于R,的厚度么小 于R2的厚度h2,可知R1>R2,故A错误；由于二者并联，电压 U2 相同，根据P=R,可知电阻大的功率小，故R,的功率小于R: 的功率，故B正确；若R1、R2沿竖直方向接入电路，则电阻 R,=P号=P会，可知电阻会发生改变，放C错误若RR,的 厚度变化，结合A选项可知，其电阻发生变化，故D错误。 B 4.D A【解析】若增大线圈转动角速度ω，根据w=2πf知交流电 的频率增大，电容器容抗减小，电感器感抗增大，使得通过灯泡 L,的电流比L2的大，所以灯泡L1将比L2更亮，故A正确；若 大电容器C两极板间的距离，根据C三：知，电容器的电 容减小，容抗增大，使得通过灯泡L,的电流减小，所以灯泡L, ·11 参考答案及解析 变暗，故B错误；若抽掉电感线圈L内部的铁芯，感抗减小，使 的示数变大，电压表V1的示数变大，故C正确 得通过灯泡L2的电流增大，所以灯泡L2变亮，故C错误；若增 *ACD【解析】低速转轴转速为n,由升速齿轮箱可知发电机线 大照射在光敏电阻R上的光强，光敏电阻的阻值减小，通过L 圈转速为kn,所以用户端的交变电流的频率为kn(Hz),故A正 的电流变大，L3变亮，故D错误。 确；根据理想变压器原、副线圈功率相同，U1I,=U2I2,因所有灯 6.C【解析】副线圈反向接，当铁芯在中央时上下方两个次级线 泡相同且正常发光，所以I2=mI1,根据理想变压器的原、副线圈 圈的磁通量相同，此时次级线圈整体电压为零。即铁芯移动时 会因铁芯的移动导致的磁通量的变化产生感应电动势。铁芯 电压与复关系如片-品-片-宁：放卫结误根据条件可知 上移时，它会使得上方的次级线圈中的磁通量增多，下方的次 U2=U,所以发电线圈的电动势有效值为E=(m十1)U,则发电 级线圈中的磁通量减小。由于次级线圈是沿相反方向串联的， 线圈的电动势最大值为Emx=√2E=√2(m十l)U,且Emx= 所以上方的次级线圈产生的感应电动势会与下方的次级线圈 NBSw=NBSX2πkn,求得发电机线圈的面积为S= 产生的感应电动势方向相反。所以，电压表示数为两个次级线 圈产生电动势有效值之差，故A错误。铁芯下移，t1~t2时间 2knNB,故C正确；理想变压器输入功率与输出功率相等， √2(m+1)U 内，原线圈的电流减小，根据楞次定律可得，c端电势低于d端 电势，故B错误。当铁芯从中央位置开始移动量越大时，它改 所以P人=PU,EU_,整理得到 U 变穿过次级线圈的磁通量也越多，从而导致次级线圈中产生的 RA R R (E-UU 感应电动势也越大，所以可以通过电压表示数关系判断铁芯移 E叫一心若增多用户端的灯泡数量，且叶片的转速不变，则电 1 动距离的大小关系，故C正确。两个次级线圈反向接，当铁芯 U:U 在中央时上下方次级线圈的磁通量相同，电压表示数一直为 零，故D错误。 动势E不变，R2变小，RA不变，原、副线圈电压比值不变，所以 B【解析】将R1、R:、E视为一个等效电 U2变小，U1变小，UA变大，则A灯变亮，其余灯泡的亮度变暗， 源(E1、1),如图虚线框所示，由闭合电路 故D正确。 R 欧姆定律有I= E1 11.(1)502.5W(2)47.5J(3)7.62 十R2十R,R增大时，I A 【解析】(1)以每秒出水量为研究对象，每秒钟水泵对水做功为 减小，电流表A示数减小，故A错误：电压 表V,的示数为电源E的路端电压，R增 W=mgH+2 mv, 大时，外电阻增大，干路电流减小，由闭合 其中H=8m十0.8m=8.8m 电路欧姆定律有U1=E一Ir,可知电压表 E.r V1示数增大；由于电流表的示数减小，即流过R2的电流减小， 的输出功率为P聚输入功率为P泰入=80%， t 所以R2两端的电压减小，即V2示数减小，故B正确：将除R外 解得P暴人=502.5W。 的其余部分视为等效电源(E2、r2),则有U3=E2一Ir2,所以 (2)由题意对电动机可得P总=P出十P内=P桑人十P内， △U3 _+R)R十R,而不是R,故C错误：R消耗的功 电动机线圈每秒产生的焦耳热为Q=P内t,解得Q=47.5J。 =:=,+R+R ER 电动机额定电压为20V,则额定电流为1三-220 率即等效电源(E2、r2)的输出功率，即PR=I2R= (R十r2)2 2.5A, E 一，可知，R从0逐渐增大到r2过程中，PR逐渐增 P内=I2R=47.5W,解得电动机线圈的电阻为R=7.62。 (R-r2)2 +4r2 12.(1)e=500sin(10πt)V(2)250V(3)35.4A318.2V R 【解析】(1)根据题意，转速为n=300r/min=5r/s, 大；R=r2时，PR最大；R继续增大，PR减小，故D错误。 故频率∫=n=5Hz, AD 8.BD 9.AD 角速度为w=2πf=10πrad/s, 10.AC【解析】仅将滑动变阻器滑片向上移动，I和Ⅱ、Ⅲ线圈 感应电动势的最大值为Em=NBSw=500V, 匝数比不变，所以电压比均不变，电压表V的示数和电压表 因为从中性面开始计时，所以感应电动势按正弦规律变化，有 V2的示数均不变，故A正确，B错误；仅将线圈触头P向上移 e=Em sin wt=500sin(10πt)V。 动，不变，：变小，变大，根据变压比有-，= (2)将t 60s代人表达式得e=250V. ,可知，电压表V1的示数变小，电压表V,的示数变大，因 (3)电动势的有效值为E= Em=250√2V, √2 m1=m2+n3P1=P2+P,=R。+ _U+U3_U(n号+n) R。 ,又P= n1R。 U111,则11= U1(n+n号)-Ui(2n2-21n2+n) 电流表示数I一R是，25反A35.4A niRo niRo 联立解得电压表示数U=IR=2252V=318.2V。 2u[(-)+ 13.(1)1.5W(2)122(3)83.3% ,由数学知识可知，当：-受时，电流 【解析】(1)由闭合电路欧姆定律的推论可知，当电路外电阻等 niRo 于电源内阻时，输出的功率最大。把定值电阻R看成电源内 表A1的示数最小，即线圈触头P初始在中间位置时电流表 阻的一部分，结合题图乙可知，当R,=R十x=62时，滑动变 A,的示数最小，仅将线圈触头P向上移动，电流表A,的示数 E 变大，故D错误；同理，仅将线圈触头P向下移动，电流表A1 阻器消耗的功率最大，最大功率P,一4R十=1.5W。