专题卷(八) 带电粒子在磁场中的圆周运动(侧重各类有界的磁场边界)-【鱼跃龙门卷】2025年高三物理二轮复习专题卷（山东专版）

·物理· 参考答案及解析 滑块滑上平板,设经时间t1 两者速度相等,则有v=v0-a1t1=a2t1, 解得v= 42 5 m/s,t1= 2 5s ,平板的位移x1= 1 2a2t 2 1= 4 25 m, 共速后,两者一起做匀减速运动,对整体,根据牛顿第二定律有μ2(m+M)g=(m+M)a3, 解得a3=1 m/s2, 设再经时间t2 平板运动至CD,则有x2=d-L-x1=vt2- 1 2a3t 2 2,解得t2= 42 5 s, 故平板到达CD 的时间t=t1+t2= 2 s。 (3)若滑块经过平板后滑上C 平台,则此过程滑块与平板之间的摩擦生热为Q1=μ1mgL=7.2 J, 平板与凹槽底面间的摩擦生热为Q2=μ2(M+m)g(d-L)=1.6 J, 可知Q1、Q2 均为定值,根据能量守恒定律可知,当平板到达CD 时的动能最小时滑块损失的机 械能最小。设滑块刚滑上平板时的速度为v1,两者共速时的速度为v共,平板到达CD 时的最小 速度为v2,则有v共=v1-a1t'1=a2t'1,解得t'1= v1 a1+a2 , 共速前平板的位移大小为x'1= v共 2t'1 ,共速前滑块的位移大小为x'2= v1+v共 2 t'1 , 共速前两者的相对位移大小为Δx1=x'2-x'1= v1 2t'1 , 共速后平板到达CD 时的位移大小d-L-x'1= v2共-v22 2a3 , 平板到达CD 后滑块恰好到达CD 时的位移大小为L-Δx1= v22 2a1 ,联立解得v2= 2 15 5 m/s, 该过程滑块损失的最小机械能为E=Q1+Q2+ 1 2Mv 2 2,代入数据解得E=10 J。 物理(八) 1.C 【解析】碰撞前,粒子a 做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力可得qv0B=m v20 r ,解得轨迹 半径为r= mv0 qB ,碰撞过程根据动量守恒可得mv0=M 总v,由洛伦兹力提供向心力可得qvB= M 总 v2 r' ,解得轨迹半径为r'= M 总v qB = mv0 qB =r,故选C。 2.B 【解析】粒子的运动轨迹如图所示,由几何关系可得,粒子在磁场Ⅰ 中运动的半径为r1=L,由洛伦兹力提供向心力得qv0B1=m v20 r1 ,解得 B1= mv0 qL ,磁场Ⅱ的磁感应强度是磁场Ⅰ的磁感应强度的2倍,所以粒 子在磁场Ⅱ中运动的半径为r2= 1 2L ,粒子在磁场Ⅰ中运动的周期为 T1= 2πr1 v0 = 2πL v0 ,粒子在磁场Ⅱ中运动的周期为T2= 2πr2 v0 = πL v0 ,两次经过Q 点时的间间隔为 t=1× 1 6T1+2× 5 6T2= 2πL v0 ,故B正确。 ·73· 高三二轮复习专题卷 3.C 【解析】设电子的轨迹半径为R,圆形磁场区域的半径为r,轨迹圆心角为 θ,偏转角度为β,由洛伦兹力提供向心力得qvB=m v2 R ,可得R= mv qB ,可知v 越 大,则R 越大;电子的周期为T= 2πR v = 2πm qB ,可知周期与运动速度大小无关,运 动时间为t= θ 2πT ,其中tan θ 2= r R ,所以v越大,则R 越大,θ越小,t越小,偏转 角度β越小,故A、B错误,C正确;向心加速度为a= F m= qvB m ,则v越大,向心加速度a 越大,故 D错误。 4.C 【解析】放射性元素放出α粒子时,α粒子与反冲核的速度相反,而电性相同,则两个粒子受到 的洛伦兹力方向相反,两个粒子的轨迹应为外切圆,两个粒子做圆周运动环绕方向相同;而放射 性元素放出β粒子时,β粒子与反冲核的速度相反,且电性相反,则两个粒子受到的洛伦兹力方向 相同,两个粒子的轨迹应为内切圆,两个粒子做圆周运动环绕方向相反。故甲图放出的是α粒 子,乙图放出的是β粒子,故A错误,C正确;放射性元素放出粒子时,两带电粒子的动量守恒,故 a 轨迹中粒子与b轨迹中的粒子动量大小相等,方向相反;c轨迹中粒子与d 轨迹中的粒子动量 大小相等,方向相反。由半径公式R= mv qB 可得,轨迹半径与动量成正比,与电荷量成反比,而α 粒子和β粒子的电荷量比反冲核的电荷量小,则α粒子和β粒子的半径比反冲核的半径都大,故 b为α粒子的运动轨迹,c为β粒子的运动轨迹,故B、D错误。 5.B 【解析】画出粒子运动轨迹如图所示,根据几何可知α粒子(42He) 运动的半径满足r1+r1sin 30°=OA,质子(11H)运动的半径为r2= OA,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m v2 r ,解得v1 v2 = 1 3 。 6.D 【解析】粒子在磁场中做圆周运动的周期T= 2πr v ,洛伦兹力提供 向心力qvB= mv2 r ,得T= 2πm qB ,如果粒子从c点射出,画出粒子在磁场中运动 的轨迹示意图,可知粒子圆周运动的圆心角为θc= 3 4π ,所用时间为tc= θc 2πT= 3 4π 2π× 2πm qB = 3πm 4qB ,如果粒子从d 点射出,画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图, 可知粒子圆周运动的圆心角为π 2 ,所用时间为td= θd 2πT= π 2 2π× 2πm qB = πm 2qB ,所以粒子运动时间t 满足3πm 4qB ≤t≤ πm 2qB ,故A、B错误;如果粒子从c点射出,画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图, 根据几何关系,射出磁场时的速度的反向延长线通过a 点,磁场的边长为L,设粒子的轨道半径 为r,由几何关系得 L+r= 2L,由洛伦兹力提供向心力得qvB=m v2 r ,联立解得v= (2-1)qBL m ,如果粒子从d 点射出,画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图,根据几何关系得r= ·83· ·物理· 参考答案及解析 L,由洛伦兹力提供向心力得qvB=m v2 r ,联立解得v=q BL m ,粒子仅能从正方形cd 边(含c、d 两点)射出正方形区域,所以 (2-1)qBL m ≤v≤ qBL m ,C错误,D正确。 7.B 【解析】画出质子的运动轨迹,如图所示,设bc长度为2L,则ab=cd= 3L,从边界de垂直射出的质子,运动轨迹如图中1所示,圆心为O1,由几何 关系可知R1=ab+cd=6L,当质子过c点时,质子运动轨迹对应的圆心角 最大,在磁场中的运动时间最长,运动轨迹如图中2所示,圆心为O2,设半 径为R2,则有(3L-R2)2+(2L)2=R22,可得R2= 13 6L ,由qvB=m v2 R 可得 v=q BR m ,所以从边界de垂直射出的质子与在磁场中运动时间最长的质子 的速率之比为v1∶v2=R1∶R2=36∶13。 8.A 【解析】由题意知,带电粒子从P 点以速率v 指向圆心方向进入磁场,恰 好从Q 点离开,可知带电粒子在磁场中运动的轨道半径r=R,当粒子以θ= 60°射入磁场时,轨迹如图所示,由几何知识可知,粒子在磁场中运动的圆心 角α= 5π 6 ,在磁场中运动的时间t1= 5πR 6v ,粒子离开磁场后垂直x 轴向下运 动t2= R-Rsin 30° v = R 2v ,粒子经过x 轴时的坐标位置x=R+Rcos 30°= 32+1 R,时间为t= 5π 6+ 1 2 R v 。 *C 【解析】根据安培定则可知,两导线中的电流在导线间任一点产生的磁场方向均相同,设两导 线间的距离为d,距离ab导线为x 处磁场的磁感应强度B=kI 1x+ 1 d-x = kld x(d-x) ,当x= d 2 时,B 最小,带电粒子在磁场中运动过程中,速度大小不变,由qvB=m v2 r ,解得轨迹的曲率半径r = mv qB ,即在虚线附近曲率半径较大,靠近导线处曲率半径较小,可能正确的是C。 9.BC 【解析】作出粒子A、B 在磁场中运动的轨迹图,如图所示,根据qvB=m v2 R ,解得粒子在磁场中运动的半径R= mv qB = v kB ,结合已知条件,可知粒子A、 B 的轨迹半径之比为3∶1,则粒子B 从c点射出,故A错误,B正确;由几何 知识可知,粒子A、B 在磁场中运动的速度偏转角均为θ=2π-2α,故C正确; 根据qvB=m 4π2R T2 ,可知T= 2πm qB = 2π kB ,可知粒子A、B 在磁场中运动的周期之比为3∶1,由t = 2π-2α 2π T= π-α π T ,可知,粒子A、B 在磁场中运动的时间之比为3∶1,故D错误。 10.BD 【解析】根据题意,由图可知,粒子1在磁场中不偏转,粒子1不带电,粒子2在磁场中受向 上的洛伦兹力,由左手定则可知,粒子2带正电,故A错误,B正确;由以上分析可知粒子1不带 电,则无论如何增大速度,粒子1都不会偏转,故C错误;粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力, 有qvB=m v2 r ,可得r= mv qB ,可知,若增大粒子入射速度,粒子2偏转半径变大,根据题意,设粒子 ·93· 高三二轮复习专题卷 的偏转角为θ,由公式T= 2πr v ,可得粒子在磁场中的运动时间为t= θ 2π ·T= θm qB ,由题图可知,粒 子2偏转半径变大,则在磁场中的偏转角θ变小,故粒子2在磁场中运动的时间变短,故D正确。 甲 11.AB 【解析】当粒子到达a 点,速度刚好水平时,此时速度最小,轨迹如 图甲所示,根据几何关系2r1cos 30°=L,解得r1= 3 3L ,根据洛伦兹力提供 向心力qv1B=m v21 r1 ,联立可得v1= 3 3kBL ,故A正确;粒子与ab边界相切 乙 时,速度最小时的轨迹如图乙所示,根据几何关系2r2=Lsin 60°,解得r2= 3 4L ,根据洛伦兹力提供向心力qv2B=m v22 r2 ,联立可得v2= 3 4kBL ,故B 正确;粒子要到达ad 边,速度最小的临界条件为其圆周运动的轨迹与ad 丙 边相切,如图丙所示,由洛伦兹力提供向心力可知qv3B= mv23 r3 ,由几何关 系知2r3=Lsin 60°,解得v3= 3 4kBL ,粒子要到达dc边,速度最小的临 丁 界条件为其圆周运动的轨迹与dc边相切,如图丁所示,由洛伦兹力提供 向心力可得qv4B= mv24 r4 ,由几何关系知,r4= L tan 60° ,解得v4= 3 3kBL , 即从dc边临界速度更大,当粒子速度小于dc边射出的临界速度,但大 于ad、ab边临界速度时,ab、ad 边有粒子射出,但dc边没有粒子射出, 故C错误;由A项分析可知到达a 点粒子的最小速度,但粒子从a 点射出磁场不一定是最小速 度,d 点同理,故D错误。 甲 12.BC 【解析】带电粒子在磁场中运动到E 点,根据左手定则可知粒子带正电, 故A错误;带电粒子在磁场中运动如图甲所示,假设圆心为O,半径为r,圆心 角的一半为θ,由动力学方程可知Bqv= mv2 r ,化简得m= Bqr v ,由几何关系可 知r2-(d-r)2=L2AE,L2BE=d2+L2AE,根据题干条件LBE= 23d 3 ,代入可得 乙 r= 2 3d ,m= 2Bqd 3v ,故B正确;由图可知sin θ= 1 2LBE r = 3 2 ,θ= π 3 ,由运动学关系可 得T= 2πm qB = 4πd 3v ,从B 点到E 点运动时间t= 2θ 2πT= 4πd 9v ,故C正确;根据R= mv qB ,可知当粒子速度变为3v时,粒子在磁场中运动的半径r'=3r=2d,如图乙 所示,根据几何关系可得粒子在磁场中运动的圆心角sin α= d 2d= 1 2 ,可得α= π 6 ,可知粒子在磁场中运动的时间t'= π 6 2πT= πd 9v ,故D错误。 *CD 【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据qvB= mv20 R0 ,可知粒子在磁场中的轨迹半径R0 =4d,正对O'的粒子,圆心恰好在x 轴上,进入磁场后做匀速圆周运动,如图甲所示,根据几何关 ·04· ·物理· 参考答案及解析 系可知,进入无磁场区域后,速度方向恰好指向O 点,A错误;若粒子速度变为2v0,粒子在磁场中 的轨迹半径R1=8d,正对O'点入射的粒子离开磁场后,由图可知,一定不过O 点,B错误;由于所 有粒子沿水平方向射入磁场,半径与速度方向垂直,圆心均在入射点的正下方,半径均为4d,所有 圆心所在的轨迹相当于将磁场边界向下平移4d,O'平移到O 点位置,即所有粒子进入磁场后做圆 周运动的圆心到O 点距离均为5d,如图乙所示,由几何关系可知,进入无磁场区域后,所有粒子速 度方向都指向O 点,因此所有粒子都过O 点,D正确;由D选项可知,从最上方进入的粒子,在磁 场中偏转角度最大,运动的时间最长,如图丙所示,该粒子在磁场中旋转了143°,因此运动的时间t = 143o 360° ·2π ·4d v0 = 143πd 45v0 ,C正确。 甲 乙 丙 13.(1) 23qBL 3m (2) 23 3 B (3) 43 9 【解析】(1)画出轨迹图如图所示, 在矩形磁场区域,根据几何关系L=Rcos θ,解得R= 23 3L , 由洛伦兹力提供向心力得qvB= mv2 R ,解得v= 23qBL 3m 。 (2)粒子在圆形磁场区域内运动时,由几何关系可知,轨迹半径为L, 由洛伦兹力提供向心力得qvB'= mv2 L ,解得B'= 23 3 B 。 (3)粒子在左侧磁场中运动,周期T= 2πR v = 2πm Bq ,由几何关系可知,轨迹所对圆心角为α=60°, 则粒子在左侧磁场中的运动时间t1= α 2πT ,粒子在圆形磁场中运动时,T'= 2πm B'q , 轨迹所对圆心角为β=90°,则粒子在圆形磁场中的运动时间t2= β 2πT' , 解得粒子在左右两个磁场中的运动时间之比 t1 t2 = αT βT' = 43 9 。 14.(1) 2eU0 m0 1 B 2m0U0 e (2) 2U0 3B2R2 【解析】(1)电子在电场中加速,根据动能定理,有eU0= 1 2m0v 2-0,解得v= 2eU0 m0 。 电子 在 磁 场 中 做 匀 速 圆 周 运 动 有evB=m0 v2 r ,解 得r= 1 B 2m0U0 e 。 ·14· 高三二轮复习专题卷 (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θ=60°,则α= θ 2=30° , 因tan α= R r' ,类比有r'= 1 B 2mU0 q ,解得q m= 2U0 3B2R2 。 甲 15.(1)30° (2) πm 3qB (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qvB=m v2 R , 解得R=2L,粒子运动轨迹如图甲所示, 乙 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α,由几何 关系知sin α= 1 2 , 由几何关系可知粒子射出磁场时速度方向的偏转角θ=30°。 (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 β= 1 2 , 弧dc对应的圆心角为2β,粒子在磁场中做圆周运动的周期为T= 2πm qB , 所以,粒子从d 到c的时间为t= 2β 2πT ,解得t= πm 3qB 。 丙 (3)临界轨迹如图丙所示,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 粒子射出的区间,由几何关系知cos φ= 1 2 ,df=ag=Rsin φ,ae=ab- be=ab-Rcos α,eg=ag-ae=df-ae,sin γ= 2L-df R ,hc=Rcos γ-L, 解得hc=(43-3-1)L,eg=(23-2)L。 16.(1)0.1 m (2)4×103 m/s 【解析】(1)由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m v2 r ,可得r= mv qB , 粒子在磁场运动的周期为T= 2πr v = 2πm qB , 可知当粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大时,粒子在磁场中的 运动时间最长;对于在磁场中运动时间最长且速度最大的粒子,轨迹 如图所示,粒子的轨迹刚好与BC 边相切,根据几何关系可得rm= AC=0.2 m, 则粒子在磁场运动的过程中与AB 之间的最大距离为dmax=OF-OD=rm-rmsin 30°= 1 2rm= 0.1 m。 (2)根据rm= mvm qB 可知在磁场中运动时间最长粒子的最大速度为vm= qBrm m =4×10 3 m/s。 17.(1)2 m (2) 1 2 (3) 8π 3×10 -3 s ·24· ·物理· 参考答案及解析 甲 【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力有qvB= mv2 r ,解得r= mv qB =2 m。 (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 d2+r2=(R+r)2,故当粒子恰好向左或向右射出时,能够刚好进入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 1 2 。 (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, 乙 则其在B1 区域运动的时间为t1= 1 2T= πm qB , 在B2 区域运动的时间为t2= 1 6T= πm 3qB , 故总时间为t=t1+t2= 4πm 3qB = 8π 3×10 -3 s。 18.(1)5π×10-8 s 4×107 m/s (2) 332 +π ×10-7 s (3)8×107 m/s 【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m v2 r ,v= 2πr T ,解得带电粒子在磁场中运动的周期为T=5π×10-8 s。 甲 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度,如图甲所示, 根据几何关系有R21+r20=(R2-r0)2,解得r0=1 m, 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qv0B=m v20 r0 ,解 得v0=4×107 m/s。 (2)带电粒子以速度v0 射入磁场中时,根据几何关系有tan θ= r0 R1 = 3 3 ,解得θ= π 6 。 乙 故其运动轨迹如图乙所示, 带电粒子在磁场中运动的圆心角为4π 3 ,在磁场中运动的时间为t1=3× 4π 3 2πT , 带电粒子在磁场外做匀速直线运动,所用的时间为t2=3× 2R1 v0 , 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+t2, 解得t= 332 +π ×10-7 s。 丙 (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 O1,在环形区域内运动时,轨迹圆心为O2,设粒子在两区域内运动的半径分 别为r1、r2,因为B'=2B,所以r1= r2 2 , 根据几何关系有2r1cos θ=R1,OO1=r1,OO2=R2-r2,O1O2=r2-r1= r1,则三角形OO1O2 为等腰三角形,∠OO1O2=2θ,所以2r1sin θ=R2-r2, ·34· 高三二轮复习专题卷 解得r2=2 m,则v= qBr2 m =8×10 7 m/s。 物理(九) 1.D 【解析】当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时,粒子流沿直线通过该区域,有qvB=qE,所 以E=Bv,假设粒子带正电,则受到向下的洛伦兹力,电场方向应向上,N 极接电源正极,同理, 如果粒子带负电,也是N 极接电源正极。 2.B 【解析】根据题意可知,粒子从A 点进入磁场时,受到向右的洛伦兹力作用,根据左手定则可 知,粒子带正电,故A错误;根据题意可知,粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,根据几何关系可 知,粒子做圆周运动的半径为R,粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为 π 2 ,根据洛伦兹力提供向 心力有qv0B=m v20 R ,所以q= mv0 BR ,故B正确;根据题意可知,粒子从C 点进入电场之后,先向右 做减速运动,再向左做加速运动,再次到达C 点时,速度的大小仍为v0,再次进入磁场,运动轨迹 如图所示,粒子在磁场中的运动时间为t磁= T 2= πR v0 ,故C错误;粒子在电场 中,根据牛顿第二定律有Eq=ma,解得a= Eq m = Ev0 BR ,结合对称性可得,粒 子在电场中运动的总时间为t电= 2v0 a = 2BR E ,故D错误。 3.D 【解析】粒子带正电,在磁分析器中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动且打在Q 点,由 左手定则可知,磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外,A错误;带电粒子在静电分析器中做匀速 圆周运动,由粒子所受辐向电场的电场力提供向心力,因此在静电分析器中粒子所受辐向电场的 电场力不是零,B错误;设粒子在静电分析器中的速度大小为v,由牛顿第二定律可得qE=m v2 R ,解得v2=q ER m ,设加速电压为U,由动能定理可得Uq= 1 2mv 2,解得U= 1 2ER ,C错误;粒子 在磁分析器中,由洛伦兹力提供向心力,设运动轨迹的半径为r,可得qvB=m v2 r ,解得r= mv qB = 1 B mER q ,可知P 点与Q 点间距离d=2r= 2 B mER q ,D正确。 4.C 【解析】设核子的质量为m,带电荷量为q,偏转电场对应的极板长 为L,板间距离为d,板间电场强度为E,进入偏转电场的速度为v0,进 入磁场的速度为v,在偏转电场的侧移量为y,速度偏转角为θ。核子在 加速电场运动过程,由动能定理得qU1= 1 2mv 2 0,核子在偏转电场做类 平抛运动,将运动沿极板方向和垂直极板方向分解,沿极板方向做匀速 直线运动,则有L=v0t,垂直极板方向做匀加速直线运动,则有y= 1 2 at2,vy=at,由牛顿第二定律得a= qE m = qU2 md ,联立解得y= U2L2 4U1d ,速度偏转角的正切值为tan θ = vy v0 = U2L 2U1d ,可见核子在偏转电场的侧移量y 与速度偏转角θ均与核子的质量和带电荷量无 ·44· 5,如图所示，一个a粒子从x轴上的P点以道度：沿与x轴成9=0的 2024一2025学年度高三二轮复习专题卷（八） 方向射人第一象限内的匀强意场中，恰好乐直于y精从A点财出第一象 物理·带电粒子在磁场中的圆周运动 限。个额子从坐标氟点O以速度：铅与x轴成8一0的方向射人第 一象限，也恰好从A点射出第一象限。制叫：等于 (侧重各类有界的磁场边界】 A.341 B.1￥3 (考试时同90分仲.满分100分) C4￥1 D144 6.如图斯示，@cd为边长为L的正方形，在国分之一国“d区域内有垂直干纸，，，：， 一、单项选择题：本题共书小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。带： 面胸外的句翼磁场，磁感应累度大小为君。一个更量为附，电荷量为的皆 题目为能力提升整，分值不计入总分。 正电粒子从6点沿加方向以初速度大小（未如）财人蓝等，粒子仅能从正方 上.如图所示，置量为用的替电粒子。，仅在洛伦兹力作用下做半轻为，的匀建×X×× 形d边（含c,d两点）射出正方形区域，该粒子在蓝场中运动时可为4，不计 圆周运动，在2经过的物逐上成置不帝电，质量为2m的粒子。，a当6发生××？×× 粒子的重力：期 完全非弹性碰撞限合为一个整体（不计质量和电背量损失）则孩整体在熙××：×× 畅中做调焉运动的半径为 A福需 1霜 B B37 C2L6v≤ D i-1DgL≤l C. D.3r 7.如图断示，在理想的虚线边界内有惹围足够大的匀强磁场，a5d段水零，··。 7 2.如图所示，虚线两留的匀丝磁场1和Ⅱ均垂直于纸面向墓，遗场Ⅱ的留培×￥×￥××× c,d上段经直且e的一d一。在纸配内大量质子从。点看直于6以不 。。 应强度量磁场1的磁感应强度的2倍，质量为m,电传盘为。的带玉电 关：关关刘关关关关关 的粒子从度线上P点沿与虚线成30角的方向以速度逐直蓝场方向射关××然×关 同速率射人融场，不计质子间的相互作用和重力，黑从边界：垂直射出的， 人蓝场工，从虚线上的Q点第一友进人磁场Ⅱ；一夏时间后粒子再次经过 质子与在磁场中号动时间最长的质子的递零之比为 Q点，P点和Q点的距高为，，不计粮子的重力，则随场1的意感应函度×%× A312 且35113 D.36117 大小和粒子两次经过Q点的时闻闻幅分胡为 C.9t4 &.D,平面内存在垂直于该半面的半径为R的图形陆场区城，与直角坐标 A.m,14 &0兴 C8mw.1432 n.8m,7 系朝切于P,Q两点，一带电粒子从P点以违率甲指向圆心方向进人 ”明 场，恰好从Q点离开。若该带电粒子从P点选人蓝场时的速度方向变为 3,如图所示，在调悬区域内有方向垂直于纸面向外的匀堡醛场，大量电子以不司的速度从磁据 与x轴正方向爽角日一60”，如图所系，速度大小不变。不计重力。制该料 边缘的A点沿轻方向射人盈场，不计电子的重力及其相互作用力，这挂电子在磁场中运动 子经过射时的位置的横坐标及在第一象限运动的时间分周为 的过霍中，下列说陆正确的是 A.不可速率的电子在磁场中运动航透毕径相等 且(+， 弘速率越大的电子在蓝场中运动时问越长 速率越大的电子速度糖转的角度植小 cR停+ n婆 D,速率越大的电子向心加速皮落小 ·如图所示，条直内蛋定的两平行长直导线b,d中道有大小相间，方向相反的电一。 4:静止在司一匀强酸场中的两种教射生无家的顺子核A,B,其中一个放出。轮子，另一个做出日 黄，位干纸面内两导线何P处靠近山》的教子票沿平行于山方山发射一率度为。户。 整子，运动方布磁场方向平直。图中正占与，d分判表示各粮子的运动地蓬，下列说法 。的带正电粒子。已知通有电流为了的长直异线，在距离导线为·处产生的面 中正喻的是 A甲图为月衰变，乙图为。食变 场的藏感应强度为B一。，为常量。不计粒子重力，图中业线到6，d的距离相等。则粒 其4为▣粒子运动物差c为日粒子运动航透 子在导线间的运动航透可能正确的是 C甲周中两个粒子环旋方向相同，乙断中两个粒子环绕方向相反 D.双轨违粒子比&轨造迹中的粒子动量小，c轨迹中的粒子比d轨迹 中的粒子动慧大 A 物里A·专者（八|算1真（共8真） 鱼纸地门整 物理A·专程春八（媒度（类期真） 二、多项选择题：本题共+小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题日要求。全部想 ·在平而直角坐标系Oy中有如用所示的有界匀强磁场区城，威场上边界是以'(0.4d)点为圆 对的得4分，避对但不垒的得2分，有选信的得0分。带题日为能力提升题，分值不针入 心，半径为R=5d的一段图%，图%与x轴交于1M(一3d,0).N(3d,0)丙点，藏场下边界是以 急分。 坐标氨点O为烟心，半径为r“3的一段图%。现有一袁带鱼电的数子沿x轴负方向以速度 9。如图新承，4b上方存在垂直派面向里的匀强磁场，两比萄之比为k,:熏：一1：3的带正电整子 A,B均由ab边上的O点以与@b边成a(金<90)角斜向右上方射人磁场，整过一段时司内粒 ,射人该避场区线。巴知酸场为向秀直装面免外，磁多应维生大小为：一密，市电款子质整 子分别从6边上的，d周：射出。已知两粒子射人磁场的速度大小相等，O>©O,氢略粒 为m,电萄量大小为？，不什粒子重力及粒子间的相互作用。下判说法中正确的是 千的重力以及粒子闻的相互作用，爆下列说法正确的是 A。正对口点人射的粒子离开道桥后不金过D点 A.粒子A从E点射出 孔若粒子速度变为2如，正对O点人射的粮子离开磁场后一定过O点 男X××××￥ 认粒子A,目在面场中运对的半径之比为31 G敢子A,甚在藏场中运动的通度偏转角之比为111 C粒子在壁场区城运动的最长时何为3 45 D,粒子A、B在越场中运功钓时间之比为111 D.所有人射较千都一定过O点 10,粒子物理纤究中使用的一种对状保测装置的线截面简化模型如图所示。横酸面内有测形区 三，非选择题：本题共6小器，共60分。 域，区域内有垂直某面向里的匀强藏场，横慧直外丽是探测墨：圆形区城内切于外明。子 13.《6分》如图所示，真空风城有凳度为L,独g应藻度为B的矩形匀强堡场，方再建直于纸面间 1、2光后沿径向从切点P射人磁扬，粒子1沿直线通过腿场区域后打在探刻露上的M点：粒 里，MN,PQ是磁场的边界。质量为m,电背量为g的带正电粒子（不计重力）沿者与N突 子2经磁场篇特后打在翼测器上的N点。装置内都为真空状贡，氢略我子重力及粒子间相 角为Q一0的方向垂直射入蓝肠中，刚好玉直下PQ边界射出，并沿半径方向垂直进人圆形 互作用力。下列说法正确的是 跳场。调形藏场半径为上，方向垂直纸面向外，粒子量后从图心的正下方点离开藏 42 A较子1可能为电子 扬。求： 我粒子2带正电 (1》粒子射人藏场的速度的大小： C.增大人财速度，粒子1可能打在探酒器上的Q点 《2)阳形藏场的威感应丝度的大小， D,增大人射连度，粮千2在链场内的运动时间变短 (3》整子在左右两个融场中的运动时间之比， ·。 11,如图所示，空何中有一底角为6和的等暖梯形，上底与领长均为L.,梯形内部存在壁感应强度 大小为B,方向垂直纸而向外的匀强威场，下底标韵中点·处有一粒子源，可以向上方任 意方向射出速度大小可变的电子，已如电子的比简为责，下列说法正瑞的是 A若较子可以到达。点，腾其最小案度为B配 直若粒子可过到达山边，测其最小遮度为停L C、若ab、a。边有粒子射出，期d边一定有程子射出 D.到站：点和到达d点的粒子一定具有相同的速率 12.边长为d的正方形区域ABCD内怀在营8成强度大小为B,方向图直解面向外的匀强宣据 电背量大小为”的带电粮予从B点以速度大小为。，方向沿C方向州入做场，之后从AD 边上的E点离开随场。已知E=2, 3 d,不计粒子重力，雨下列说法正确的是 A粒子带负电 民数子的质量m-2B型 C数子在型场中远动的时低？-知 9 血看能子速度火小变为和，湖粒子在磁场中写请的时同为细 物里A·专厘者（八|算方真（共8真） 鱼餐地门型 物理A·专程春八（媒4度（类8真） 14,《8分)如图所示，N,N两板同存在电压为U。的加速电场，半径为R的周影区城内存在随B 15,《8分)如图所示，禁面内的矩形区减内存在藏感应强度大小为B、方响重直纸面向外的 应强度为B的匀强整场，光尾放置于黑思藏场区域右侧，光屏中心P到测形磁场区城阅心) 匀强磁场。位于d处的胺子系可以在纸而内铅da,d间的任一方向爱射质量为裤、电简量 的鹿真为2R。带电粒子从S点由静止进人M,N板判区城，经电扬加速后进人调形随新区 胜名 为g(>0),速率为29的粒子。已知塑形d的长为2孔，宽为L,不计粒子数力.不与送 城，在磁场作用下轨蓬发生偏转，最终打在光屏上的某点，测量该点到严点的鹿离，便值離算 出带电粒子的比萄，不计蒂电粒子的重力。 粒子间的相互作用。求： 得公 (1)著带电粒子为电子，已知电子的电商量为，是量为m。,求电子经过电场如，后的速度大 《1》沿a方向发射的粮子射出燕场时，速度方向的偏转角： 小世及电子在世锈中运动的轨迹半径F: 《2》从点射出的粒子在威场中运对的时可： 《2)若某种情电粒子通过电畅加速和匿畅国转日，打在光屏上的Q点，已知P点到Q点的匝 3》6,r边界上各角有粒子射周的区列的长度 两为：R,求该带电粒子的比背是 等慧老 16.《8分》如图所示为有理想边界的匀强面场，融悠成程度B。一2×104T,致矫边界为直角三 角形，AC一20©m,∠C=90°，∠B=30。A点有一粒子源，沿AC方向射出不同速度的替正 “m/“/2合“9P出 电粒子，粒子的此有为是一1×10C/g,不计校子的重力及粒子间的图互作用。求， 《1》在遗桥中运动时可最长速度最大的轮子，在琶场运动的过醒中与AB之间的最大座离： 《2》在磁场中遥动时间最长粒子的最大素度， 物亚A·专置春八第布真（先8真） 鱼纸地门整 物理A·专程春八|媒6度（类8真） 17,14分》知图所示，空同有重直于纸面的匀强随场H1和B,磁感成强度大小均为1T,B 18,《16分)受控热核案变反应的装置中温度酸高，因面带电程子没有道常意义上的容器可装，面 分布在半径R2m的朝形区域内，MN为过其周心O的竖直线，B,分南在MN左侧的甲 是山磁场将带电粒子桌得在某个区城内。现观有一个环形区规，其藏面内测半径N,=,百m, 到形区城外，磁扬B,中有农子源5，S与O的矩离d=2,3m,且S0⊥MN,某时则粒子源 外阅半径R,=3m,区城内有乐直纸面向外的匀强藏场，如图所示。已知意感应强度大小 5沿看纸面一次性向各个方向均匀射出一群相同的带正电煎子，每个粒子的质量规三2× B一1,0T,被桌博的带正电粮子的比营气一4.0×10C/g,中空区城中的带电粒子由肉，外 10kg,电传量g=1×10+C,遮米=1×0m/,不计粒子重力及粒子之间的相互作 用，求： 风的图心O点以不同的初迪度入藏场，不计管电粒子的重力和它们之间的相互作用，且不 《1》粒子在匀程磁场B,中运动的半径： 考虑相对论效位， 《2》能进人风形风城的粒于数与总教子数之比： 《1》求带电粒子在感场中运磷的周期丁和带电粒子不能穿越藏场外边界的最大淘度： 《3》最终财出质形风城时递度方向与)平行的于在磁场中运动的总时可。 《2》若中空区城中的带电粒子以(1)中的最大违度，从)点滑属环半径方向解人蓝等，承带 电粒子第一次国两)点所需要的时何： (》为了使束傅效果最好，在半径为R:的圆内也知上磁场，做感应翼度B一2B,方向与环形 区域内磁感应翼度方向相同。象粒子不德射出率轻为R:的属形区装的最大速度。， 以风发x”1,, 夏发其黑 物里A·专者（八|算7真（共8真） 鱼纸地门整 物理A·专程春八（媒期度（类8真）