二轮专题精准提升8 带电粒子在磁场中的圆周运动(侧重各类有界的磁场边界)-【衡水真题密卷】2025年高考物理二轮专题精准提升（7版）

密真 2024一2025学年度二轮专题精准提升（八） 卷题 物理·带电粒子在磁场中的圆周运动 (侧重各类有界的磁场边界) 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一 、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1.光滑刚性绝缘正三角形框内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场B,长为L的CD边中 点P开有一个小孔，如图所示。质量为m、电荷量为q的正电粒子从P点沿垂直于CD 方向射入磁场后，与正三角形的边发生两次碰撞，再从P点垂直于CD边离开磁场。粒 子在每次碰撞前、后瞬间，平行于边方向的速度分量不变，垂直于边方向的速度分量大 小不变、方向相反，电荷量不变，不计粒子重力。则粒子的初速度大小为 () A.9BL B.9BL C.9BL D.29BL. 4m 2m m m 2.一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O,筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强 度为B。质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒 子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电 荷量保持不变，在不计重力的情况下，圆筒的半径为 mu A. B.3mu C.mu mv gB 3gB 9B D. gB 二轮专题精准提升（八）物理第1页（共8页）】 真题 心中有梦，勇敢追梦，未来因你而精彩。 0an0s年0年0s 3.带电粒子在磁场中运动时，我们可以根据粒子的运动轨迹寻找到很多美丽的对称图形。 班级 空间中一圆形区域内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域外为磁感应强度大小相 同、方向相反的匀强磁场，一带电粒子从某处以正对虚线圆圆心方向人射，通过改变带 姓名 电粒子速度，可得到如图甲、乙所示轨迹（虚线为磁场边界，实线为带电粒子运动轨迹）， 则两图中粒子的速度之比为 ( 得分 A.2:1 B.3:1 C.√2：1 D.1:1 4.如图所示，xOy直角坐标系的第一象限内，半径为α的圆弧外存在范围足够大的匀强 磁场，磁场方向垂直于纸面向里。位于O点的粒子源向第一象限内的各个方向均匀发 射完全相同的带正电的粒子，粒子速度大小均为0，比荷？=k。经过一段时间后发现发 m 射出的总粒子中有的粒子可以回到0点，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用，则 磁感应强度大小为 () 、 A.③ B③ C.ku √3 3a 3ka a D.ka 5.如图所示，在半径为R、圆心为O的半圆形区域内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大 小为B的匀强磁场，电荷量为一q、质量为m的粒子（不计所受重力）从O点沿纸面各个 方向射入匀强磁场后，均从OC段射出磁场，下列说法正确的是 () A O××× ×× 密卷 二轮专题精准提升（八）物理第2页（共8页） 7 A.粒子射入磁场时的最大速度为BR m B.粒子射入磁场时的最大速度为2gBS m C.粒子在磁场中运动的最长时间为 gB D.粒子在磁场中运动的最长时间为2 B 6.如图所示，射线AB、AC为一足够大的匀强磁场区域的边界，内部磁场方向垂直于纸面 向里。两个质量相同且带异种电荷的粒子α、b以相同的速度先后从AB边上的D点垂 直于AB边射入磁场，两粒子运动的轨迹均与AC相切，忽略粒子受到的重力及粒子间 的相互作用力，sin∠BAC=0.6,下列说法正确的是 () 、C 大××b B×.×××4 D A.a粒子带负电 B.a、b两粒子运动轨迹半径之比为3：1 C.a、b两粒子所带的电荷量之比为1：4 D.b粒子在磁场中的轨迹直径等于两切点的距离 7.如图所示，长ab=18cm、宽bc=16cm的矩形区域中分布着垂直于纸面向里的匀强磁 场（含边界），磁感应强度大小为B=1T,在矩形的中心O点有一正电荷粒子源，可在纸 面内沿各个方向发射比荷k=2×108C/kg、速率为1.6×10？m/s的带电粒子，不计粒 子的重力和粒子间的相互作用力。粒子在磁场区域运动的最短时间为 () a--------------------------b ×××××X××: :×××××××× X××8×XX ×××××××对 ××××××××: d A7×10-s 及x105 C.41 ×10-8s D.6×10-8s 7 二轮专题精准提升（八）物理第3页（共8页） 真题 8.如图所示，以Rt△AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应 强度大小为B,∠A=60°，AO=a。在O点放置一个粒子源，可以向纸面内各个方向发 射某种带负电粒子，粒子的比荷为？，速度大小均为，且满足。=gB,发射方向由图 中的角度0表示。对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用及粒子之间的相互作用 力)，下列说法正确的是 () ××× A.粒子在磁场中运动的半径为2a B.粒子不可能打到A点 C.以0=30°飞入的粒子在磁场中运动时间最短 D.在AC边界上只有一半区域有粒子射出 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求，全部选对能得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 9 10 答案 9.如图所示，矩形边界ABCD内存在磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里， AB、CD边足够长，AD边长为L。现有质量为m、电荷量为q的不同速率的带正电粒 子，从AD的中点E射入磁场且速度方向与AD成30°角，不计粒子重力及粒子间的相 互作用力，下列说法正确的是 ( 4xxxXxB 30..××c 2πm A.粒子在磁场中运动的最长时间为 3aB B.从AB边射出粒子的最小速度为39BL 4m C.从CD边射出粒子的最小速度为BL D.AB边上有粒子射出的区域长度为 + 密卷 二轮专题精准提升（八）物理第4页（共8页） 10.如图所示，空间有平行于x轴的匀强磁场（磁场区域足够大），磁场的磁感应强度大小 为B,方向沿x轴正方向。质量为m、电荷量为q的带正电粒子从坐标原点O以大小 为v。的速度射出，该速度平行于xOy平面且与x轴的夹角为0=37°，粒子重力不计。 规定：沿着x轴正方向看去，xOy平面左边区域为内侧，xOy平面右边区域为外侧。 sin37°=0.6，cos37°=0.8。则粒子离开O点后的运动过程中，下列说法正确的是 () % 人0 A.第一次返回x轴时到0点的距离为5qB 8tmvo B.相邻两次回到x轴的时间间隔为3π” 5gB C.运动过程中距x轴的最大距离为mm 5gB D.相邻两次回到x轴的时间间隔内粒子在xOy平面内侧和外侧运动的时间相等 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(6分)如图所示，在xOy平面坐标系的第一、四象限内分布着磁感应强度大小为B、垂 直于纸面向里的匀强磁场，在原点O处有一粒子源，可向坐标系xOy平面内第四象限 的各个方向（速度方向与x轴正方向间的夹角α满足0°≤α≤90°）均匀持续地发射大 量质量为m,电荷量为g(g>0)的粒子，粒子初速度大小0=9B迟。在第四象限内工= R处有一垂直于x轴的挡板（不计挡板厚度），其长度为R。不计粒子重力及粒子间的 相互作用力。求： (1)y轴正半轴上有粒子飞出部分的长度； (2)同一时刻发射出的粒子中能被挡板挡住的粒子数与发射粒子总数的比例。 ×××× ×× 0 X衣 × × + XX 二轮专题精准提升（八）物理第5页（共8页） 真题密 12.(10分)如图所示，在平面直角坐标系x轴的上方、半径为R的圆形区域内有匀强磁 场，磁场方向垂直于纸面向里，x轴的下方、边长为2R的正方形区域内有匀强磁场，磁 场方向垂直于纸面向外，两匀强磁场的磁感应强度大小相等，圆形区域与正方形区域 相切于坐标原点O。一电荷量为q、质量为的带负电粒子从A点（在过水平直径的 圆周上)沿与水平方向成30°角方向进入圆形区域，进入时粒子的速率为。，一段时间 后，粒子垂直x轴离开圆形区域，不计带电粒子受到的重力。 (1)求带电粒子离开圆形区域时的坐标； (2)求带电粒子在整个磁场中的运动时间； (3)其他条件不变，仅在圆形区域和正方形区域之间（圆形区域下方、正方形区域上方） 加一竖直向上的匀强电场（图中未画出），使粒子离开正方形区域时的速度方向与 正方形右边界垂直，求所加匀强电场的电场强度大小。 个 /××××××× A 这×水× ●。●●●●● 13.(10分)某种粒子诊断测量简化装置如图所示。平面内长为1的正方形EFGH区域内 存在方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板CD平行于GH 水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c为三束宽度不计、间距相等均为d 的粒子束，粒子均以相同速度垂直于边界EH射入磁场，其中b束中的粒子恰好从 EH中点射入，后从下边界GH射出后垂直打在探测板的右边缘D点。粒子质量均为 m、电荷量均为q,不计重力及粒子间的相互作用力。 (1)求粒子运动速度的大小； (2)若a粒子离开GH时，速度方向与GH夹角为a(锐角)，求a粒子在磁场中运动的 时间； (3)当c粒子射出磁场后也刚好达到D点，为确保三束粒子离开磁场后，都能达到CD 板，求此时CD板到GH的距离h及CD板的最短长度x。 -- B 卷 二轮专题精准提升（八）物理第6页（共8页）》 7 14.(14分)如图所示，在xOy平面内虚线OM与x轴负方向夹角为45°，虚线OM右上侧 和第一象限为区域I,I内存在垂直于xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场， 虚线OM左下侧和第三象限为区域Ⅱ，Ⅱ内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度为 匀强磁场。一个比荷为飞的带正电粒子从原点0沿工轴正方向以速度 磁场，不计粒子重力。求： (1)粒子从O点进入磁场到第二次穿过OM直线时所用的时间； (2)粒子第二次穿过x轴与x轴交点的位置坐标； (3)粒子第2n次通过OM直线时与O点的距离表达式（其中n=1,2,3,…)。 M 、×××××××××× ×××××× ×××××× 7 二轮专题精准提升（八）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(18分)如图所示，质量为m、电荷量为g的带正电粒子，从粒子源O'进入加速电场，其 初速度几乎为0，经过加速电场加速后，通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入垂直 于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。磁场中的竖直绝缘薄板ab与磁场的上、 下边界分别垂直相交于a、b两点，Ob=L。粒子打到ab板上时会被反弹（碰撞时间极 短)，反弹前后平行于ab方向的分速度不变，垂直于ab方向的分速度大小不变、方向 相反。粒子重力不计，电荷量保持不变。求： (1)若粒子能通过b点，求加速电场的电压U。; (2)若粒子从下边界飞出磁场，求加速电场的电压应满足的条件； (3)若加速电场的电压大小为第(1)问中的4倍，粒子从磁场上边界的c点飞出，αc= ,求粒子在磁场中的运动时间1。 2 风支x× ×××× ×××× ×××× ×× 6 O 一加速电场 01 二轮专题精准提升（八）物理第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 速到0将返回d点并再次滑上C,由动能定理得 止，B、C间产生的热量为 1 1 一43mBg(L-△x十x4)=0- 2mavg Q:=2mBvg (1分) 解得x4=0.5m<L (1分) 整个过程中B、C间产生的热量为 B最后静止在C上，C与墙壁粘连后到B最终静 Q=Q1+Q2=58J. (1分) 2024一2025学年度二轮专题精准提升（八) 物理·带电粒子在磁场中的圆周运动（侧重各类有界的磁场边界） 一、选择题 1.B【解析】正电粒子从P,点沿垂直于CD边射入 律得mB=m”_,将r=2a,二=k代入上 3am 磁场后，与正三角形的边发生两次碰撞，再从P点 垂直于CD边离开磁场，可知L=2r,根据quB= 解得磁感应强度大小为B= -,D正确。 ka n号可得。-别B医残 2 2.B【解析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运 用几何关系作出圆心为O',圆半径为r的运动轨 迹如图所示，设第一次碰撞点为A,由于粒子与圆 30 筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此SA孤所对的 0a-习 π 5.D【解析】如图所示，当粒子轨迹与半圆形边界 圆心角∠AO'S=3,由几何关系得r=Rtan3, 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第 相切时，粒子能连辛轻最大，则有。一尽由洛伦 二定律得gB=m?,联立解得R=尽mu .B 兹力提供向心力可得qvmB=m ,可得粒子射 3gB 正确。 入磁场时的最大速度为vm= 2n,A、B错误；粒 gBR 子在磁场中运动的最长时间为t。=T=2mm, 错误，D正确。 3.B【解析】由几何关系可知题图甲中带电粒子在 m◆ 磁场内部时转过的角度为90°，可知做圆周运动的 半径等于圆形区域半径T1=R,而题图乙中带电 粒子在磁场内部转过的角度为120°，则r2= v2 Ran30°二3R,根据gvB=m可得a= 6.C【解析】根据左手定则可知a粒子带正电，A错 m 误；如图，设两粒子的轨迹半径分别为r。和r6,由 速度之比等于圆周运动的半径之比，故两图中粒 sin∠BAC=0.6可得0，A=5 T6,由几何知识知 子的速度之比为√3：1，B正确。 4.D【解析】由题意作出粒子运动轨迹图如图。当 在△0AF中，T -=0.6,解得r。=4r6,B 5 速度与x正向夹角为30°时，粒子恰好沿y轴返回 ra十rb十 36 0点，由几何关系可得an30=7,解得拉子圆 错误；根据洛伦兹力提供向心力有Bq0=m,,得 周运动的半径=汽。，又由洛伦苦力及牛损第二 r= 得9=1 mu Ba 得g。=4C正确；设r。=4r。=4r,由几何 ·27· 7 真题密卷 二轮专题精准提升 知识可知两切，点间的距离FE=AF一AE=4r。X 专一7，X管D错误， 4 B,A错误：当粒子刚好与AB边相切 2πm5πm 9B 时，如图乙所示，根据几何关系可得r1十r1sin30° C L ,由洛伦滋力提供向心力得g,B=m ,联立 01 F 人●入 解得从AB边射出粒子的最小速度为0，=9 3,B 0答器xxx个1 错误；当粒子刚好与CD边相切时，如图丙所示，根 D02 据几何关系可得r2=L,由洛伦兹力提供向心力 7.D【解析】粒子在磁场中运动时间最短时，则其 在磁场中的运动轨迹对应的弦最短，如图所示。 得qv2B= m,联立解得从CD边射出粒子的最 r2 由洛伦兹力提供向心力得q0B=m,解得粒子 小选度为2= 9BL ，C正确；由图乙、丙中几何关 m 在磁场中运动的半径为r= gB =8cm,由几何知 系可得AB边上有粒子射出的区域长度为△x= a 1 识可得2rsin2=2bc,解得α=60，可得粒子在 r+,0s30-os30-(+）L,D正确. 磁场中运动的最短时间为t 60° A, 1 2nm B 360T=6· gB 6X108s,D正确。 3 a.-- 甲 米××对 B ×××X×× ××X×X×XX ××××××××: 309 8.D【解析】由洛伦兹力提供向心力可得qoB= m,解得粒子在磁场中运动的半径为，=m 6 gB =a, :B A错误；如图甲所示，当0=60°入射时，粒子恰好 从A点飞出，B错误；当粒子从OA边离开时，离 开位置越接近O,点，所用时间越短，可知当日趋近 30 D 小C 于90°时，粒子在磁场中运动时间趋近于0，C错 丙 误；以0=0°飞入的粒子恰好从AC的中，点飞出， 10.AC【解析】粒子沿x轴方向做匀速直线运动， 如图乙所示，增大0射出点向A点偏移，因此在 4 AC边界上只有一半区域有粒子射出，D正确。 速度大小为0：一50，粒子在垂直于x轴的平 3 面内做匀速圆周运动，速度大小为"，=亏0，周 60 中点 60° 期为T拉子每运动一个周期，回到x细 一次，因此第一次返回x轴时到O点的距离为 分 乙 二、选择题 =:工=8m,A正确；相邻两次回到轴的时 9.CD【解析】当粒子从AD边离开时，粒子在磁场 中运动的时间最长，如图甲所示，由图甲可知粒子 间间隔为一个月期，即T-昭，B错误运动过程 在磁场中运动的最长时间为tmx= 607 300° 6+ 中离x轴的最大距离为d=2,=2”×3 7 ·28· ·物理· 参考答案及解析 5B,C正确：粒子运动过程中，不可能运动到 6mvo 水平坐标为 xOy平面外侧，D错误。 三、非选择题 竖直坐标为 11.(1)(2-√3)R (2)2 【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力得 即粒子射出圆形区域时的坐标为 9uB=mu? (1分) r 又U=9BR (1分) m y 联立解得r=R (1分) 如图所示，分析几何关系知沿y轴负方向射出的 XXX米XXX 粒子到恰好过x=R处挡板最上端，点A的粒子 都被挡板挡住了，粒子过A,点时的轨迹圆心设为 XX米XX O3,则知△OAO3为等边三角形，OO3与水平方 向的夹角为60°，故轨迹圆与y轴正半轴的交点 0: 。。 到原点O的距离为 2Rsin60°=√3R (1分) 沿x轴正半轴射出的粒子打在y轴正半轴的位 置到原点O的距离为2R,故y轴正半轴上有粒 (2)设粒子的电荷量为q、质量为m,由洛伦兹力 子飞出部分的长度为 提供向心力，有 2R-√3R=(2-√5)R。 (1分) quoB-m R (1分) 解得粒子在正方形区域内运动的半径 ×0,× R2=R (1分) 粒子在两个磁场中转动一周的时间均为 X、X 72R Uo KX 由几何关系可知，粒子在正方形区域内偏转的角 X、X ×.× 度为120°，带电粒子在整个磁场中的运动时间 ××× 60+120T (2)根据题意粒子均匀持续地发射在第四象限的 t= (1分) 360° 各个方向，发射角为90°，发射中能被挡板挡住的 解得t=R (1分) 粒子的发射角为0~60°，故同一时刻发射出的粒 子中能被挡板挡住的粒子数与发射粒子总数的 (3)粒子离开正方形区域时的速度方向与正方形 60°2 右边界垂直，由几何关系可知 比例等于发射角度的比值，为 90°=3° (2分) R.-R 12-&- (2)t= ⑦0 设粒子进入正方形磁场时的速度大小为，由洛 (3)52+3)mw 伦兹力提供向心力，有 4gR quB-m R3 (1分) 【解析】(1)如图所示，由几何关系可知，粒子在 3 圆形磁场内运动的半径 解得v= (1分) R=R (1分) 由动能定理有 对应圆心角为60°，则入射点与出射点的连线即 圆周轨迹的弦和圆心围成正三角形，则 gEd= 2mu2、 2mx月 (1分) ·29· 7 真题密卷 二轮专题精准提升 关中d-R- F 解得E= 5(2+V3)mx8 (1分) 4gR 、BqL 13.(1)2m (2)r-a)m Ba d d H-- M G (3)2tan a tan?a 2sin'a tan a sin'a 【解析】(1)由题可知，粒子在磁场中做圆周运动 的半径 9π R-号 14.(1)2kB (2) (3十3)0,0 (1分) kB 3√2nw 洛伦兹力为粒子圆周运动提供向心力，故 (3)S= (n=1,2,3,…) kB 9uB=mv? (1分) 【解析】(1)在区域I中，设轨迹半径为r1,周期 R 为T1,由洛伦兹力提供向心力，可得 解得=器。 (1分) 6 (2)粒子做圆周运动的周期 qooB-mri (1分) 2πr1 (1分) 又T1= 00 2πm2π a粒子离开磁场时速度与GH的夹角为a,由几 解得T1= qB kB (1分) 何知识可知，其在磁场中偏转的圆心角 在区域Ⅱ中，设轨迹半径为r2,周期为T2,由洛 0=π-a (1分) 伦兹力提供向心力，可得 故粒子在磁场中运动的时间 B vo -T--“m (1分) r2 (3)根据题意，作出粒子运动的轨迹，如图所示， 又T2= 2πr2 00 由几何知识可得 HO=d 解得T2= 4πm4π gB -kB (1分) HO d 3 3π 故HQ= tan a tan a 由题意可知t1= 1 1 d 由此可得QM=21-HQ= (1分) (1分) tan a 故粒子从O点进入磁场到第二次穿过OM直线 所以CD到HG的距离 时所用的时间为 QM Id (1分) 9π tan a 2tan a tan2a t1+t2= 2kB (1分) 要使CD最短，需使a束粒子恰好打在C端， 06 c束粒子恰好打在D端，根据上述计算结果可知 (2)由qvoB=m QD=QM d mvo vo sin a 2sin a tan asin a (1分) 得r1= gB kB (1分) 所以CD板的最短长度 B d 由gu02=m r2 sin a 2 sin2a tan a sin2a (1分) 得r2= 2mvo 2v0 gB kB (1分) 如图所示，由半径关系可知该点的横坐标为 x=-(r1+r2+r2sin60) (1分) 代入得x= (3十3)0 (1分) kB 7 ·30· ·物理· 参考答案及解析 所以坐标表达式为 (3+V3)u (3)若加速电场的电压大小为4U。,可得 -,0 (1分) kB R=L (1分) 设粒子做匀速圆周运动的周期为T,则 T2πR (1分) 可得T=2rm (1分) gB 如图乙所示，粒子从上边界的c点飞出磁场时， (3)粒子第二次通过OM直线时与O点距离为 速度方向可能沿左上方或右上方，则 L=√2(r1十r2) (1分) 每一次周期性运动沿OM方向的侧移量均为L, sin0-R: ac (1分) 第2n次通过OM直线时与O,点距离为 s=nL (1分) 解得0=开 (1分) 3√2nu 此过程中，粒子最后阶段射出磁场所用时间 代入得= (n=1,2,3,…)。 (2分) kB 15.(1)9BL2 (2U<2(7-4V3)gBL2 (1分) 8m m 粒子在磁场中运动的时间为 （3)2n）nm(m=1,2,3,… TT 4Bq =(n-101+t=n48 (n=1,2,3,…) 【解析】(1)粒子经过加速电场加速，由动能定理 (2分) 可知 (2n-1)πm QU=1 解得t= (n=1,2,3,…)。(1分) mv2-0 (1分) 4gB 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律 可知 02 quB-m R (1分) U=U。,且粒子能通过b点，则 R (1分) 联立可得U。 9B2L2 (1分) 8m (2)如图甲所示，粒子与薄板碰撞后，运动轨迹恰 好与磁场下边界相切，设此时加速电场加速电压 为U1,粒子做匀速圆周运动的半径为R1。由几 何关系可知 L=(1+sin60°)R1 (2分) 可得此时加速电场的电压 U,=2(7-43)gBL2 (2分) m 粒子若从下边界飞出磁场，则加速电场的电压应 满足的条件为U<2(7-43)gBL2 (1分) m R ·31· 7