微专题3 带电粒子在交变场中的运动-【创新教程】2027年高考物理艺考生文化课百日冲关课时作业

专题精准强化 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： 1.如图甲所示的坐标系中，在x 2.如图甲所示，在xOy平面的第一象限内（含 轴上方的区域内存在着如图乙 A◆ x轴和y轴的正半轴)存在周期性变化的磁 所示周期性变化的电场和磁场， 场，规定垂直纸面向内的方向为正，磁感应 交变电场的电场强度大小为E。, 甲 强度B随时间t的变化规律如图乙所示.某 交变磁场的磁感应强度大小为 质量为m、电荷量为十q的粒子，在t=0时 B。,取x轴正方向为电场的正方向，取垂直纸 刻沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场. 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g,重力不计的带正电粒 图乙中T。为未知量.已知B。=km 子，从y轴上A点由静止释放.粒子经过电场 sin37°=0.6，c0s37°=0.8.求： 加速和磁场偏转后垂直打在x轴上.求： B E B Bo 01 。红。2巧 11.5 +/2πm 11.52 /2m 2B. 0.512 9B 00.51 2.5 乙 10一~号，时间内粒子微匀速圆周运动的 (1)粒子第一次在磁场中运动的半径； (2)粒子打在x轴负半轴上距O点的最小 角速度ω； 距离； (2)若粒子不能从y轴正半轴射出磁场，磁 (3)起点A与坐标原点间的距离d应满足 感应强度变化周期的最大值Tm; 的条件； (3)若粒子能沿x轴正方向通过坐标为 (3d,4d)的D点，其射入磁场时速率v. (4)粒子打在x轴上的位置与坐标原点O 的距离跟粒子加速和偏转次数n的关系. 177 丨物理 3.如图甲所示，水平放置的平行金属板P和 4.如图甲所示，在xOy平面的第I象限内有 Q,相距为d,两板间存在周期性变化的电场 沿x轴正方向的匀强电场E1,第Ⅱ、Ⅲ象限 或磁场.P、Q间的电势差Uo随时间的变化 内同时存在着竖直向上的匀强电场E2和垂 规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变 直纸面的磁场B,,已知E2=0.25N/C,磁 化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向 场B,随时间t变化的规律如图乙所示，其 里为正方向.t=0时刻，一质量为m、电荷量 为十q的粒子（不计重力），以初速度。由P 中B。=0.25T,=无s,设重直纸面向外为 板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方 磁场正方向.一个质量为m=2.5×106kg、电 向射入两板之间，q、m、d、℃o,U。为已知量. 荷量为q=1×10-4C的带正电液滴从P点 Q 以速度v。=4m/s沿x轴负方向入射，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.已知t=0时 液滴恰好通过O点，重力加速度g取 (1)若仅存在交变电场，要使粒子飞到Q板 10m/s2.求： 时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场 1B, 周期T; 2B (2)若仅存在匀强磁场，且满足B。 2mvo _gd 2.34.51 粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上（不 -2B 考虑粒子反弹)，求打中点到出发点的水平 甲 乙 距离. (1)电场强度E,的大小及液滴第一次到达 O点时速度v的大小； (2)液滴在0~牙s内的路程： (3)若在1=不s时撤去电场E、E,和磁场 B,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）. 178(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,=ocos日， M 由几何关系可得”。 cosg十r=L, 解得=台， O 洛伦兹力提供粒子在磁场中微圆周运动的向心力，有 %,B=m】 联立解得B=3m】 2gL (3)粒子第一次进入电场，在整直方向有=ai, 粒子在磁场中运动的时间=” 粒子再次选入电场，在经直方向有L一2r=弓， 粒子从P点进入电场到再次回到x轴的时间 t=t1十t2+t3, 联立解得t=4B+2十4)L 3Uo 答案：(1)3m0 (2)3u (3)43+2x+40L 8gL 2gL 3 1 6.解析：(1)由动能定理得gU=2m6, 粒子在进入分离器C后做匀速圆周运动，则 qvoB:=m R' 由几何关系得R=台， 由题意知飞=g, m 8U 联立解得k1一B下 (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qB,=q, 解得U,= 4B dU B,L' (3)由题意得，Q粒子进入分离器的速度与P粒子的速 度相同，别，品=w食， 由几何关系得R=L十2。 2 南整意如么子 kL 解得k:一L十x 8U1 答案：(1)BD 608 (2)BL 微专题3带电粒子在交变场中的运动 1.解析：(1)粒子第一次进入电场中gE。=ma,01=at,粒 子第一次进入磁场中心B。二R, 联立方程解得R,=mE, 9B: (2)可知粒子经2次加速和偏转后 打在x轴负半轴上距O,点的距离 最小，如图所示， 第一次加速的位移为△虹，= 24x 2 _mB,第二次加选的位移△ 2gB. 2xEo =3△x1,4=2a1t6=B, 36 练习册参考答案 根据洛伦兹力提供向心力有必B,二 △，=△，-4+R=(x+2) -； gB (3)分析带电粒子运动，如图 △x 所示 2△x1 DR 可知A与坐标原点间的距离d 应满足 4△x1 3R d=n'R =W'xmE -(n=1,2,3 4R, gB 0 …); (4)由上图知，若粒子经过次加速和偏转后打在x轴 上，则与坐标原点O的距离 x=n(A1+R,)=(x+2)”mE2（m=1,2,3…. 2qB 答案：(1)mE gBo (2)(x+2)xmE gB (3d=mE(m=1,2,3) gB2 (4)x=(π十2) xmE(m=1,2,3…） 2gB 2.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9X3B。=m r 解得轨道半径为r= q×3B。 则粒子微匀速圃周运动的角速度为仙=些=3B9 m 3k xmg -=3k元. m (2)要使得粒子不从y轴正半轴射出，则y 轨迹如图(a)所示 在前号。内的运动丰径为 mu I2,0" 9X3B,, 在后号工，内的运动半径为，=。 X2B· 0' 可得3r1=2r2, 0 由几何关系可知sin0= 一，联立解 r1十r2 (a) 得0=37°， 粒子做圆月运动的周期为T二经品， 2 则在0~号T,时间内有 360° 解得磁感应强度变化周期的最大值为T三6 (3)使粒子经过D,点且平行x轴射y1 出，在T。时刻达到D点的轨迹如图4d D (b)所示 /@ra 由儿行关系可得am一彩是 g-1O2 0) 可得a=37°， 0 3d 根据周期性，在nT。时刻达到D点可 满足题意，由几何关系可得 (b) n(2r1cos37°+2rcos37)=√(3d)+(4d)= 5d(n=1,2,3…), 又有3r1=2r2,根据洛伦兹力提供向心力可得q℃X3B。 =m r 联立解得=15bxd(n=1,2,3…). 4n 答案：132)器al15a1.28… An I物理 3.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 。=马，半个周期内，粒子向上运动的距离为 md y= 1 2a2 d=2ny,(n=1,2,3…), md(m=1,2,3…） 联立得T=√m4U。 (2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为？的 匀速圆周运动，则有g,B。=m,解得r=2d, 若要使粒子能垂直打到Q板上，在交变磁场的半个周期 内，设粒子轨迹的圆心角为90°十日，如图所示，由几何关 系得r十2 rsin 0=d, 1 解得sinf=2' P 则粒子打到上极板的位置距出发点的水 平距离为x=r一2一rcos)=Y2d 答案：u=1.28）a6 Amd 4.解析：(1)对带电液滴由动量定理可知，水平方向 一qEt1=0-mo,解得E,=0.2N/C, 竖直方向有mgt1=mv一0，解得v=5m/s. (2)液滴通过O点后，由于qE:=mg,可知液滴将在洛伦 兹力作用下做匀速圆周运动，由 解得磁感应强度为B。时T,= 5 s,r1=0.5m, 磁感应强度为2B,时T,=音 E s,r2=0.25m, B 0~ s内运动轨迹如图 所示， 则5=3××2+2X 1 X2πr2: 解得=平m (3)只有磁场B,存在时，液滴在水平面内做匀速圆周运 动，则 周期T=2πm=x 9B210s, 半径一B 2m=0.25m: 液滴在坚直方向微自由落体运动，经过1=无， 沿y轴下落高度为y=名g, 经过1=无s后距0点的距离为s=小十(2广， 解得7」 8m. 答案：1)0.2/C5m/s(2)5m(3)厘m 4 8 专题精准强化11直流电路与交流电路 1C[扫地机器人正常工作时的电流为1=吕=装A 3A,A错误；扫地机器人是非纯电阻用电器，根据题中 条件无法计算扫地机器人的电阻，B错误：根据题意有 q=9000mA·h=9A·h,扫地机器人充满电后最长工 作时问约为1=号×80%=号×0,8h=24h:C正确： 扫地机器人充满电后最长工作时间内消耗的电能约为 E=LUgX80%=57.6W·h,D错误. 3 2.B[当环境温度降低时，R。阻值变大，总电阻变大，总电 流减小，内阻”上的电压减小，路端电压变大，即电压表 读数变大；R。两端电压变大，电容器两板电压变大，根据 Q=CU可知，电容器带电荷量变大：根据E,可知电 容器两极板间的电场强度将会增大：根据P=产R,总电 流I减小，可知R消耗的功率减小，故选项A、C、D错 误，B正确，」 3.BD[AB.根据输电功率公式P=UI,输电电流I= =2.6×10° A=3.25X103A,故A错误，B正确：CD.输 800×10 电损耗功率为P描=IR,输送功率P不变时，提高输电 P 电压U,由I=可知输电电流I减小，因此P减小， 故C错误，D正确，」 4.C[变压器副线圈电压有效值为U,=1巨V=11V, √2 则变压器原，刷线烟的题数比是是-瓷=9】 U, 5.B[在光照强度增大的过程中，R的阻值减小，电路总 电阻减小，总电流增大，则R。的电压增大，V,的示数增 大，内电压和R,的电压增大，则路端电压减小，V1的示 数减小，R的电压减小，故A错误，B正确；R,的电压减 小，则电容器板间电压减小，板间电场强度减小，带电小 球受到的静电力减小，则带电小球向下运动，故C、D 错误. 6.D[将P向上移动，通过L1的电流的频率保持不变，故 A错误；将P向上移动，原线图的匝数1变大，副线圈匝 数不变，输入电压U,不变，根据U:=U,可知副线图 输出电压U:变小，L1两端电压减小，L1变暗，故B错 误；闭合开关S,副线圈总电阻减小，副线圈输出电流增 大，则定值电阻R两端电压增大，L1两端电压减小，L 不会烧掉，故C错误；将P向下移动，原线圈的匝数变 小，根据U=U1,可知副线图输出电压U,变大；闭合 开关S,副线圈电路中的总电阻减小，副线圈输出电流增 大，定值电阻R两端电压增大，由于U,也变大，则L1两 端电压可能不变，L1可能正常发光，故D正确，门 7.C[=0时刻，两线圈感应电动势均为零，故两线圈均 处于中性面的位置，选项A错误；由图线可知，两线圈的 周期之比T。:T。=2:3;故根据n=下可知a,b对应的 线图转速之比为3：2，选项B错误；根据Em=NBSw, 总-是=是后-8-子则受。=}选项 T。2'E S Emwa 正确；若只改变两线圈的形状（匝数不变），则两线圈的 面积要变化，故感应电动势的最大值要变化，电动势的 有效值之比一定变化，选项D错误.门 8.B[题图所示时刻，穿过线框ABCD的磁通量最大，磁 通量变化率最小，故A错误；线框产生感应电动势的峰 值为E。=nBS=2002V,则有数值为E=E会=200V. √2 由于线框电阻不计，则理想变压器原线图两端电压有效值 为U=E200V,变压器原，剧线图臣数比为=光 20Y0,故B正确，C错误；闭合开关后，由于副线园 输出电压由原线圈输入电压和匝数比决定，副线圈输出 电压不变，即电压表示数不变，故D错误.门 9.BC[原、副线圈两端的电压与匝数成正比，所以副线围 两端电压为44V,由于副线圈连接二极管，它具有单向 导电性，根据电流的热效应知44V). T U R 2=R·T,解 得U=22√2V≈31V,故C正确，D错误；电流表A)的示 64