课后限时练12 带电粒子在交变场中的运动及磁聚焦(发散)(思维进阶课)（学生用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与讲义

课后限时练12　带电粒子在交变场中的运动及磁聚焦(发散)(思维进阶课) 说明：单选题每小题4分，本试卷总分52分 1．带电粒子流的磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一。磁聚焦原理如图，真空中半径为r的圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一束宽度为2r、沿x轴正方向运动的电子流射入该磁场后聚焦于坐标原点O。已知电子的质量为m、电荷量为e、进入磁场的速度均为v，不计粒子间的相互作用力，则磁感应强度的大小为(　　) A． B． C． D． 2．(2025·湖北荆州12月调研)如图所示，在边长为L的正方形ABCD阴影区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q(q<0)的带电粒子以大小为v0的速度沿纸面垂直AB边射入正方形，若粒子从AB边上任意点垂直射入，都只能从C点射出磁场，不计粒子的重力影响，下列说法正确的是(　　) A．此匀强磁场的方向可能垂直纸面向外 B．此匀强磁场的磁感应强度大小为 C．此匀强磁场区域的面积为 D．此匀强磁场区域的面积为 3．(12分)图示为芯片制造过程中离子注入工作原理简化示意图。虚线圆Ⅱ与半径为R1的虚线圆Ⅰ相切于P点，内部存在方向垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向相反。从离子源发出大量的某种带正电离子在电场加速后均以大小为v的速度沿直线通过速度选择器，进入区域Ⅰ后均通过P点再进入区域Ⅱ，最后都垂直打在硅片上，完成离子注入。已知速度选择器中磁感应强度的大小为B1，离子质量为m，电荷量为q，ab与cd间的距离为d。整个系统置于真空中，离子重力及相互作用均不计。求： (1)ab与cd间的电压U； (2)区域Ⅰ中的磁感应强度大小B2； (3)虚线圆Ⅱ的半径R2。 4．(16分)(2025·福建漳州二模)如图甲为实验室中利用磁场偏转的粒子收集装置原理图，在空间直角坐标系O­xyz中，有一个边长为l的正方形荧光屏abcd可沿x轴移动，荧光屏平行于Oyz平面，cd在Oxz平面内，d点在x轴上。在该空间加沿x轴负方向的磁场Bx和沿y轴正方向的磁场By，磁感应强度Bx、By的大小随时间t周期性变化的规律如图乙所示。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，以初速度v0从A点(0，l，0)沿x轴正方向进入该空间。 (1)求粒子在磁场中的运动半径； (2)若经过时间，该粒子恰好到达荧光屏，求荧光屏位置的x轴坐标和粒子打在屏幕上的坐标； (3)若粒子到达荧光屏时的速度方向与屏幕的夹角为60°，求荧光屏位置的x轴坐标的可能取值。 5．(16分)如图甲所示，在平面直角坐标系Oxy中，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第一、第四象限内交替存在竖直方向的周期性变化电场和垂直纸面的周期性变化磁场，交变电场的电场强度大小和交变磁场的磁感应强度大小按图乙规律变化(其中电场方向沿y轴负向为正方向，磁场方向垂直纸面向里为正方向)。一质量为m、电荷量为q的微粒，以大小为v0的速度从x轴负半轴的P(－L，0)点垂直于x轴进入第二象限，t＝0时刻，以速度大小2v0垂直于y轴方向进入第一象限。已知交变电场和交变磁场的周期均为T＝，重力加速度为g。求： (1)第二象限匀强电场的电场强度的大小(结果不得含有L)； (2)自t＝0时刻起微粒再次打到x轴上时的位置(结果用L表示)和经过的时间； 　 4/4 学科网（北京）股份有限公司 $ 课后限时练12 1．C　[由题可知，从左侧任选一束电子流A经磁场偏转后，通过坐标原点O，如图所示，由于电子沿水平方向射入磁场，半径与速度方向垂直，可知AO2∥O1O，由几何关系可知，平行四边形AO2OO1为菱形，因此电子在磁场中运动的轨道半径R＝r，又由于evB＝，可知磁感应强度的大小为B＝，故选C。] 2．D　[若保证所有的粒子均从C点离开此区域，则由左手定则可判断匀强磁场的方向应垂直纸面向里，故A错误；由A点射入磁场的粒子从C点离开磁场，由磁聚焦模型规律可知该粒子的轨迹半径应为R＝L，则由洛伦兹力提供向心力可得qBv0＝m，可解得B＝，故B错误；由几何关系可知匀强磁场区域的面积为S＝2×，故C错误，D正确。] 3．解析：(1)离子在速度选择器内做直线运动，受到的静电力与洛伦兹力平衡，则有qE＝qvB1，而E＝，解得U＝B1dv。 (2)离子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，则有qvB2＝m 离子以相同的速度射入圆形磁场区域Ⅰ后聚焦于P点射出磁场，则在圆形磁场区域Ⅰ内做匀速圆周运动的轨迹半径等于圆形磁场区域Ⅰ的半径，即r1＝R1，解得B2＝。 (3)离子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则有qvB2＝m 离子在圆形磁场区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径等于圆形磁场区域Ⅱ的半径，即r2＝R2，联立解得R2＝R1。 答案：(1)B1dv　(2)　(3)R1 4．解析：(1)粒子所受的洛伦兹力充当向心力，qv0B0＝，可解得R＝。 (2)大小为B0的磁场内，粒子的周期为T＝，解得T＝，所以题图中每段磁场持续的时间为t'＝T，因此在第1、4个的时间内，粒子向x轴正方向移动了2R的距离，在第2、3个的时间内，粒子向y轴负方向移动了2R的距离，故荧光屏在x轴上的位置应为。 (3)由粒子的轨迹易知：当粒子的速度与z轴正方向的夹角为60°时，x＝＋2nR，同时满足粒子不飞出荧光屏，则l≥2n，得n≤，且n取非负整数。当粒子的速度与z轴负方向的夹角为60°时，x＝＋2nR，同时满足粒子不飞出荧光屏，则l≥2(n＋1)，得n≤－1，且n取非负整数。 答案：(1)　(2)　(3)见解析 5．解析：(1)微粒在第二象限中的运动可分解为水平方向匀加速，竖直方向匀减速，水平方向Eq＝ma，2v0＝at，竖直方向v0＝gt，联立可得E＝。 (2)微粒进入第二象限内时，水平方向位移x＝＝L，竖直方向位移y＝，微粒进入第一象限后，0~时间内，F洛＝2Bqv0＝mg，合力为零，微粒沿水平方向做匀速直线运动，~时间内，F合＝E1q＋mg＝2mg＝ma1，a1＝2g，方向沿y轴负向，~T时间内，F合＝E2q－mg＝2mg＝ma2，a2＝2g，方向沿y轴正向，~T时间内，沿y轴方向的位移大小y＝2××2g， 可得，微粒经过两个周期，正好再次到达x轴上，运动轨迹如图所示，故微粒再次打到x轴上时的位置x＝2v0·2T＝4L，经过的时间t＝2T＝2。 答案：(1)　(2)4L　2 1/2 学科网（北京）股份有限公司 $