二轮专题(九) 磁场及带电粒子在磁场中的圆周运动(侧重各类有界的磁场边界)-【真题密卷】2026年高考物理二轮专题精准提升（湖北专用）

2025一2026学年度二轮专题精准提升（九） 卷题 物理·磁场及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10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 1 3 6 8 9 10 答案 1.如图所示，MN上方有垂直纸面向外的匀强磁场，一不计重力的带电粒子以初速度o从 磁场边界MN上E点进入磁场，然后从边界MN上F点射出，现只改变带电粒子的入射 速度，粒子都仍从F点飞出磁场。则纸面内满足上述条件的粒子的速度矢量图可能是 () M M B M C.M D.M 2.某物理兴趣小组利用手机中的指南针测量地磁场的水平分量B水平。他们在水平地面放 置一长直通电导线，导线沿南北方向水平放置，已知通有恒定电流I的长直导线在距轴 线r处产生的磁感应强度大小B=及，其中k=2×10-7T·m/A。将手机放置在一水 平静止高度为0.01m的架子上，手机始终处于导线正上方的水平面内且长边与导线平 行。导线中不通电时，在地磁场作用下静止的手机指南针如图甲所示；导线中通以大小 为0.69A的恒定电流时，静止的手机指南针如图乙所示。则该处地磁场的水平分量 B水平大小约为 二轮专题精准提升（九）物理第1页（共8页） 真题名 真正的强大，是认清生活的难，依然这掉全力以赴 班级 30111 姓名 i08r.,o1 01 %99011 得分 乙 A.24T B.26 uT C.28μT D.30 uT 3.托卡马克是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，如图甲所示，它的中央是一 个环形的真空室，外面缠绕着线圈，在通电的时候托卡马克的内部产生的磁场可以把高 温条件下高速运动的离子约束在小范围内。如图乙为该磁约束装置的简化模型，两个 圆心均在O点，半径分别为R和3R的圆，将空间分成区域I和Ⅱ，区域I内无磁场，区 域Ⅱ内有方向垂直于纸面向里、大小为B的匀强磁场（图中未画出）。一群电荷量为 十q、质量为m的粒子在纸面内以不同速率从区域I中的O点沿半径方向射入到环形 磁场后，都没有从区域Ⅱ的外圆射出，不计粒子相互作用与粒子重力。对于这些粒子， 下列说法正确的是 () A.粒子运动的速率不超过gB那 m B,粒子从区域I射入区域Ⅱ，在区域Ⅱ中运动的时间不超过27x” 90gB 就会返回到区域I C粒子从区域Ⅱ射出返回区域I,在区拔I中运动的时间不少于，才会进入区镀Ⅱ D,若粒子运动速率为9，则粒子每运动距离s=(6π十8)R,轨迹就会重复一次 4.如图所示，在直角坐标系xOy中，有一个边长为L的正方形区域，a点在原点，b点和d 点分别在x轴和y轴上，该区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B,一带正电的粒子质量为m,电荷量为q,以速度v0从a点沿x轴正方向射入磁场。 不计粒子重力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，下列说法正确的是 () + a。 密卷 二轮专题精准提升（九）物理第2页（共8页） 4 A若粒子恰好从c点射出磁场，则粒子的速度。=2gBL m B.若粒子恰好从bc边的中点射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间t= 54πm 180gB 2gBL C.若粒子的速度vo ,则粒子射出磁场时的速度方向与y轴正方向的夹角为60° 3m 粒子从d边射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间一定不超 5.如图所示，长方体a1b1c1d1一a2b2c2d2处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强 磁场中，a1b1c1d1为边长为L的正方形，a1a2竖直，O1、O2、O3、O4为相应边a1b1、 a2b2、c2d2、c1d1的中点。在平面a1a2b2b1内有质量为m、电荷量为q(g>0)的带正电 粒子从O2沿该平面以速度o(大小未知)射入匀强磁场，速度v的方向与底边α2b2的夹 角0=45°，经历一定时间，粒子恰好能到达O4位置，不计粒子的重力，则下列说法正确 的是 () 1 A粒子的入射速度0=2gBL m B.粒子在运动过程中的轨迹一定与a1a2d2d1平面相切 C.长方体的a1a2边的长度可能为°)宁 D.粒子从O2运动到0，经历的时间可能为4πm gB 6.如图所示，边长为L的正方形abcd区域内有匀强磁场，ad边中点O处有一粒子源，向 磁场内各方向均匀发射速率均为v。的电子，ab边恰好没有电子射出，已知电子质量为 m,电量大小为e,则 () ×× + × + h + 0 A.bc边有电子射出 B磁s强度大小为吧 C.从ad边射出的电子在磁场中运动的最长时间为120。 πL D.从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为5：1 4 二轮专题精准提升（九）物理第3页（共8页） 真题 7.如图所示，边长为L的等边三角形abc内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀 强磁场，P是ab边的中点，一质量为m、电荷量为一Q(Q>0)的带电粒子在纸面内沿不 同方向以不同速率v从P点射入磁场，当v=v1时，平行于bc边射人的粒子从c点射 出磁场。不考虑带电粒子受到的重力，下列说法正确的是 () A若粒子平行于6边射入，垂直于6c边射出，则粒子在磁场中运动的半径为 B.若粒子平行于bc边射人、从αb边射出，则速度越大的粒子在磁场中运动的时间越长 C.当0=01时，平行于bc边射入、从c点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为3QB 2πm ,当0二时改变粒子人射方向，从c边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为 8.如图所示，xOy平面（纸面）第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域 I和Ⅱ，其中区域I存在磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅱ 存在磁感应强度大小B2=7B1、方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅱ的下边界与x轴 重合。位于(0,3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为 60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁 场的边界效应。下列说法正确的是 () 60 2L ◇ I A.速度大小为 B19L 2m 的离子不能进入区域Ⅱ B.速度大小为 3B19L 2m 的离子在磁场中的运动时间为2xm 3aB 4BqL C.恰能到达x轴的离子速度大小为 m D.恰能到达x轴的离子速度大小为16B9L 9.在平面直角坐标系xOy中有如图所示的有界匀强磁场区域，磁场上边界是O'(0,4d)点 为圆心，半径R=5d的一段圆弧，圆弧与x轴交于M(一3d,0)、N(3d,0)两点，磁场下 边界是以坐标原点O为圆心，半径r=3的一段圆弧。现有一束带负电的粒子沿x轴 负方向以速度。射入该磁场区域。已知磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B= 带电粒子质量为m,电荷量大小为q,不计粒子重力。下列说法中正确的是(） 密卷 二轮专题精准提升（九）物理第4页（共8页） A.正对O'点入射的粒子离开磁场后不会过O点 B.若粒子速度变为20，正对O'点入射的粒子离开磁场后一定过O点 43πd C.粒子在磁场区域运动的最长时间为 45U0 D.所有入射粒子都一定过O点 10.用三块大小相同的正方形绝缘薄板制成的固定框架如图所示，框架处在平行于棱AA 的匀强磁场中，而ADD'A'中心有一小孔S。沿垂直于面ADD'A'方向，从小孔S射入 质量为、电荷量为+g的粒子。已知：正方形薄板的边长为L,粒子射入框架时速率 为，粒子与框架的碰撞为弹性碰撞，粒子重力忽略不计。若此粒子经过与框架的多次 碰撞最终能垂直于面ADD'A'从小孔S射出，则下列判断正确的有 () A.匀强磁场的磁感应强度最小值为” gL B,粒子在框架中运动的最短时间为2 L C.匀强磁场的磁感应强度可能为4m” gL D,匀强磁场的磁感应强度可能为 gL 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11.(7分)在电子技术中，科研人员经常通过在适当的区域施加磁场控制带电粒子的运动。 如图所示，正方形abcd边长为L,一束相同的正离子以相同的速度v垂直ab边入射， 如果在abcd的某区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场，最终 所有离子均从c点射出，则离子的比荷为 ,磁场区域的最小面积为 ,离子在磁场中运动的最长时间为 b 二轮专题精准提升（九）物理第5页（共8页） 真题 12.(10分)如图甲所示，矩形MNPQ区域内有垂直于纸面方向的匀强磁场，规定垂直纸 面向外为磁场正方向，磁感应强度B按如图乙所示规律变化，其中B。已知，T。未知。 t=0时刻，一质量为m、带电荷量为g的带负电粒子从N点以速率v。沿NP方向射 入磁场，不计重力。 ↑B Bo -B0 甲 乙 (1)若MN=NP,粒子从Q点射出磁场，MN边的长度一定为 ,粒子运动 的时间可能为 (2)若MN=√3NP,粒子从Q点射出磁场，MN边的长度可能为 ,粒子运 动的时间可能为 13.(10分)用磁场实现对微观粒子的控制有着广泛的应用，如核磁共振、微流控芯片等。 如图所示为一种用磁场控制微观粒子的装置内部磁场分布图，x轴上方和下方均存在 方向垂直xOy直角坐标平面向外的匀强磁场，下方的磁感应强度大小是上方的2倍。 某时刻在坐标原点O将相同的带正电粒子P、Q同时分别以速度v。和2v。沿y轴正 方向射出。两粒子的质量均为m,电荷量均为q,不计粒子重力及相互作用。 (1)要使两粒子运动轨迹的第1个交点在(x。,0)位置，求x轴上方磁感应强度的大 小B1。 (2)若x轴上方磁感应强度大小为B,且整个磁场分布在一个矩形区域内，要使两粒子 的运动轨迹在x轴上有n(n≥2)个交点，求磁场面积的最小值Sm。 2d (3)若x轴上方磁感应强度大小t= 。,下方磁感应强度大小为B,将Q粒子的速度大 小变为。，方向变为沿y轴负方向，要使两粒子相遇时横坐标最小，求两粒子从O 点射出的时间差△t。 ● 2% .0BQ· .: :: : 密卷 二轮专题精准提升（九）物理第6页（共8页） 4 14.(15分)如图所示，在xOy平面内有一平行于y轴宽为R的线状电子源，每秒沿x轴正 方向均匀发射个速度相同的电子。电子源中心与半径为R、磁感应强度大小为B、 方向垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域圆心O1等高。射入圆形磁场区域的电子汇聚 到磁场的最低点O后，进入x轴正下方足够大的、磁感应强度大小也为B、方向垂直纸 面向外的匀强磁场区域。在x轴上有一左端置于原点0点，长5= (6+√2)R 的电子 2 收集板（不计收集板的厚度）。打到收集板上的电子被收集板吸收后全部导入大地。 已知电子质量为m,电荷量为e,忽略电子重力和电子间的相互作用。 (1)求从电子源发射出来的电子的速度大小。 (2)求电子从O点射出时与y轴负方向的夹角0的范围。 (3)电子源发射一段时间后，求收集板接地导线中的电流大小。 (4)若收集板平行于y轴放置，且足够长，其上端位于原点O,则在收集板向右平移的 过程中，试求收集板上能接收到电子的区域长度1与收集板处位置横坐标x之 间的关系。 y 电子源 B ×× 收集板 。 ● 二轮专题精准提升（九）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(18分)如图甲所示，某粒子研究装置的通道长D=0.4√6m,其横截面abcd、a'b'c'd' 为边长L=l.6m的正方形，通道四壁aa'b'b、bb'c'c、cc'd'd、aa'd'd能将打到壁上的 粒子完全吸收并及时导走，以截面abcd中心点O为坐标原点建立空间直角坐标系，x 轴平行于ab边，之轴平行于bc边，通道方向沿y轴。在通道内仅x方向和之方向分别 加随时间余弦、正弦变化的磁场，规定沿各坐标轴正方向为磁场正方向，如图乙所示。 已知粒子源位于坐标原点，能沿y轴正方向持续均匀发射初速度v。=5000m/s的带 正电粒子，粒子比荷9=1.0X10°C/kg,在磁场中的运动时间远小于磁场变化的周期， m 不计粒子的重力与粒子间的相互作用，不考虑磁场变化产生电场的影响。求： (1)t=0时刻发射的粒子在通道内的运动半径大小； (2)t=0时刻发射的粒子能否通过截面a'b'c'd',若能，计算粒子到达截面a'b'c'd'时的 坐标；若不能，计算粒子到达通道四壁时的坐标； (3)通道壁bbc'c吸收的粒子中，在通道内运动的最短时间与最长时间； (4)若仅撤去x方向磁场B,,长时间稳定后通过通道的粒子占总发射粒子数的百 分比。 ↑BT ↑B/T 0.01--.- 0.01 a 7t×TD 本24 -0.01 0.01 甲 丙 二轮专题精准提升（九）物理第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 微粒从A,点到O点做初速度为零的匀加速直线 (3)当n=1,可知微粒在右侧区域运动的时间 运动，在水平方向有 L 一to (1分) mg tan =ma (1分) 若微粒在t=0时刻经过原点O,由第(2)问分析 L 可知，微粒在竖直方向上偏转的距离为L；若微 v8=2a12 (1分) 粒在t=t。时刻经过原点O,则做匀速直线运动， 解得o=√gL (1分) 在竖直方向上不偏转。综上所述，当n=1时，微 (2)微粒在x方向的分运动为匀速直线运动，打 粒打在挡板上的纵坐标的取值范围为（一L,O) 到挡板所用时间 同理，当n=2,由第(2)问分析可知，微粒在右侧 二2to 区域运动的时间为2t。,若微粒在t=0时刻经过 (1分) 原，点O,则微粒在竖直方向上偏转的距离为3L; 0到t。时间内微粒做类平抛运动，在竖直方向 若微粒在t=t。时刻经过原点O,则微粒先做匀 上有 速直线运动，后做类平抛运动，在竖直方向上偏 mg+gE2=ma2 (1分) 转的距离为L。综上所述，当=2时，微粒打在 1 挡板上的纵坐标的取值范围为 y1=2a2t6=L (1分) (-3L,-L) (3分) t。到2t。时间内，微粒受到的电场力和重力平 以此类推，可得挡板MN放在x=nL(n=1,2, 衡，做匀速直线运动，在竖直方向上有 3,…)处时，微粒打在挡板上的纵坐标取值范 vy=a2to (1分) 围为 y2=v,to=2L (1分) n(n+1) 则微粒打到挡板的位置纵坐标 2 2.-a2Dja-1.28…y y=-(y1+y2)=-3L (1分) (3分) 2025一2026学年度二轮专题精准提升（九）】 物理·磁场及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 动轨迹如图甲所示由几何关系可得(3R一rm)2= 1.B【解析】粒子在磁场中的轨道半径为r,则有 Bqv=mu? 日+R,解得r。=专R,根据洛伦黄力捉供的心 ,解得r= B,粒子离开磁场时弦长 力qvmB=m 1=2rm0=2蹈sin0,关中0表示初能度与MN ,解得粒子运动的速率最大值 Um=49BR ,A错误；粒子从区域I射入区域Ⅱ，在 的夹角，则vsin0表示速度在垂直MN方向的分 3m 速度，此值不变，B正确。 .2πm=am 区域中运动的时间t三2元T=2x0BqB? 2.A【解析】指南针向西偏转，用安培定则判断直 根据几何关系，粒子在磁场中轨迹对应的圆心角 导线上方磁场应该为向西方向，根据题目中的已 R 知条件r=0.01m,I=0.69A,可以计算出导线 a=2π一2 arctan,则当r=rm时，粒子在区域Ⅱ rm 在手机处产生磁场的磁感应强度大小B=k，与 143πm 中运动的时间1r一90gB,B错误，根据对称性 13.8T,结合地磁场和导线磁场叠加后使指南针偏 可知，粒子从区域Ⅱ射出返回区域I时，速度方向 B线 转30°，可得B*年=0，解得B永≈23.9uT。 为径向，则粒子在区域I中，运动的距离为2R,在 3.D【解析】粒子从区域I中的O点沿半径方向射 区线I中运动最短的时间6m-2迟-3加 Vm2gB,C错 入到环形磁场后，都没有从区域Ⅱ的外圆射出，设 粒子在磁场中运动最大半径为rm,此时粒子的运 误；若粒子运动速率为9B ,根据洛伦兹力提供向 m ·35· 4 真题密卷 二轮专题精准提升 02 心力qoB=m,解得r1=R,根据题意，做出粒 2πm_m ,所以粒子在磁场中运动的时间一定不超 qB gB 子的运动轨迹，如图乙所示，可知粒子将在区域 过 I、区域Ⅱ间做周期运动，粒子每运动距离s=4X FBD正确。 (2R+×2R)=(6x+8)R,轨達成会重复- 个y 0 次，D正确。 0 ×× bx 5.C【解析】将粒子的速度沿水平方向与竖直方向 分解，可知粒子在水平方向上的分运动为匀速圆 周运动，竖直方向上的分运动为匀速直线运动，粒 甲 子恰好到达O4位置，则粒子做圆周运动的轨道半 径R号，根据Bqvcos45°=m (ocos45)°月 ,解 R 得v= gBL,A错误；若粒子在水平方向上仅运 2m 动半个圆周到达O,位置，此时粒子的轨迹并没有 与a1a2d2d1平面相切，B错误；粒子到达O4位置 的时间t=nT+2(n=0,1,2,3…),长方体的 a1a2边的长度h=vsin0·t,解得h= 4.D【解析】若粒子恰好从c点射出磁场，几何关 2n十1)L(=0,1,2,3…),当n=2时，解得 2 系可知，粒子圆周运动半径r=L,根据r= mvo 5πL gB' h= ,C正确；结合上述解得=②m”m 9B 解得。=LgB,A错误：若粒子恰好从bc边的中 0,1,2,3…),当粒子从O2运动到04经历的时间 m 3 点射出磁场，轨迹如图，设轨迹圆半径为R,几何 为时，解得n=含，不特合要求，即粒子从0： gB 关展可知（® )+L2=R,解得R=5L,则 4 运动到O,经历的时阁不可能为留，D错镁。 sin 0=L4 R=5,可知0=53”，则粒子在磁场中运动 6.D【解析】ab边恰好没有电子射出，轨迹如图甲 所示（轨迹1），根据洛伦兹力提供向心力有 53 的时间t=360 53° 2πm 53πm T= 360°X v8 L gB 180gB ,B错误； 元。B=m四，r=。,所以B=，由于电子射 2qBL 入的速度大小不变，方向改变，则轨迹半径不变， 若v0= ,则轨迹圆半径r1= 9B3L,这 myo 3m 根据旋转圆模型可知，bc边没有电子射出，A、B 种情况粒子从cd边射出，设粒子射出磁场时速度 错误；从αd边射出的电子在磁场中运动的时间最 2L 长时轨迹如图乙所示，根据几何关系可知，圆心角 方向与y轴正方向夹角为B,则sinB=2L 0 060所以漾长时间1三360T=960。·。 3 L ,C错误；由以上分析可知，当粒子恰好经过d 6w0 2≠sin60,即8≠60'，C错误；若粒子从cd边射 ,点时，其入射速度方向与ad边的夹角为30°，所以 出磁场，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大 从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比 180° 超过180则最长运动时间t030T一18 150°5 360°大 值为 30°=1D正确。 ·36· ·物理· 参考答案及解析 轨x 7.D【解析】若粒子平行于bc边射入、垂直于bc边射 出，其运动轨迹如图甲所示，则粒子做匀速圆周运动 的半径等于P点到bc边的距离，可得粒子在磁场中 运动的半径R,-Lsm60- 1 L,A错误；若粒子 4 平行于bc边射入、从ab边射出，如图乙所示，由洛伦 兹力提供向心力得QwB=m,解得r一⊙B,则粒子 的速度越大，轨迹半径越大，粒子从ab边射出时的圆 心角相同，其在磁场中运动的时间相同，B错误；当 v=u1时，平行于bc边射入、从c点射出磁场，其运动 轨迹如图丙所示，根据几何关系可得R?= 8.ABD【解析】当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时， (R,21sn60+(亿-2m6oc,解得 轨迹与边界相切，如图所示，由几何关系可得 r1cos60°=r1一L,解得r1=2L,根据洛伦兹力提 R,二，粒子运动轨迹对应的圆心角的正弦值 供向心力g0:B1=m,解得0，=2BL,在磁场 rI m 中运动的周期T所有逸度小于的离子 sin∠O= L-Lcos 60 都未进入Ⅱ区，速度偏转角都为120°，运动时间都 R2 2,解得∠0=60，粒子在 120°2rm 为t一360T-39B,AB正确：B:=7B,且磁场 磁场中运动的时间t 60°、2m_元m 360×QB=3QB,C错误；当 Ⅱ方向向里，则离子进磁场Ⅱ后逆时针偏转，离子 -时，粒子在磁场中运动的半径R,-= 恰到x轴时速度与x轴平行，取水平向右为正方 2 241 向，全过程根据水平方向动量定理∑qB1v1△t十 ∑gB2v,2△t=mu-， mwc0s60°，且∑v1△t=L, 从bc边射出的粒子在磁场中运动的最短时间时，粒 子在磁场中运动的圆心角最小，其运动轨迹如图丁所 ,2△1=L,解得0=16B,9L ，C错误，D正确。 m 示，可知从P点到bc边出射点的距离等于轨道半径 个y 60°、2元m 3L60 60602 R,即圆心角为60，最短时间tm=360XQB 2L 3QBD正确。 元m ·37· 4 真题密卷 二轮专题精准提升 9.CD【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据 圆的圆心一定位于三角形的边上，由公式 90B=, R。,可知粒子在磁场中的轨道半径 B=m号T=解得B=T-g,由 02 gr R。=4d,正对O'点入射的粒子圆心恰好在x轴 题意可得，粒子在框架中运动最短时间时轨迹如 上，进入磁场后做匀速圆周运动，如图甲所示，根 据勾股定理可知，进入无磁场区域后，速度方向恰 图，半径为号的三个60国益，时问1=3×名T 好指向O点，A错误；若粒子速度变为20，粒子 L 在磁场中的轨道半径R1=8d,正对O点入射的 1 2x×2_ 2 2 ,B正确；由题意可得，粒子做圆 粒子离开磁场后，由图乙可知，一定不过O点，B L 错误；由于所有粒子沿水平方向射入磁场，半径与 周运动的半径满足2=nX2R+R(n=0,1,2,3 速度方向垂直，圆心均在入射点的正下方，半径均 …),解得R L 为4d,所有圆心所在的轨迹相当于将磁场边界向 2(2n+1)(n=0,1,2,3…),结合公 下平移4d形状，O'平移到O点位置，即所有粒子 式B=m可得B=22m+1)m"(m=0,,2,3 进入磁场后做圆周运动的圆心到O点距离均为 gr qL 5d,如图丙所示，利用勾股定理可知，进入无磁场 …),由上式可得，=0时匀强磁场的磁感应强 区域后，所有粒子速度方向都指向O点，因此所有 度最小值为2mu 粒子都过O点，D正确；由D选项可知，从最上方 gL,”=1时匀强磁场的磁感应强度 进入的粒子，在磁场中偏转角度最大，运动的时间 值为m”,D正确，A、C错误。 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=360 143°2π·4d143πd C正确。 4500 1V 二、非选择题 5d 1品(2分) 些》s分) (2分) 2v O N O 【解析】画出粒子轨迹如图，可知为磁聚焦模型，故 甲 运动半径r=L,再由qwB=m 解舒品配由 2 y个 图知，磁场区域最小面积为“叶”型面积S= 2-》,整子兼大周心商为受期来长时间 πL t= 2v° 乙 ---------… M 12.(1)7mw Boq (n=1,2,3…)(2分) nπm 2Boq (n=1,2, 的 3…)(2分) 3mmw0(n=1,2,3…)(3分） (2) Boq 10.BD【解析】如图为过小孔S的剖面图，要使粒子 Annm (n=1,2,3…)(3分) 最终能垂直AD方向从小孔射出，粒子运动轨迹 3B。q ·38· ·物理· 参考答案及解析 【解析】(1)若MN=NP,粒子从Q点射出磁 mvo 2mv mvo 场，其可能的运动轨迹如图甲、乙所示， 解得Rp吐= gB 、RQr= M M 运动轨迹如图甲所示 .2n ·B· ..·x6· 甲 0 2B 由几何关系可知，则粒子圆周轨迹半径r和运动 时间必须满足√2·MN=n·√2r(n=1,2,3 T …),1=n·4(n=1,2,3…),粒子在匀强磁场 则x0=2Rp吐 中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 解得B1 2mvo (1分) R,=n好塔一08T-—由 (2)如图乙所示 以上各式联立解得，MN="m(n=1,2,3…), Boq .2n P nm(m=1,2,3…)。 t一2B9 2 . (2)若MN=√3NP,粒子从Q点射出磁场，其可 .:: 2B: 能的运动轨迹如图所示 乙 若要使两粒子轨迹在x轴上有n(n≥2)个交点， 则磁场沿x轴方向上的长度至少为 L1=nRa(n=2,3,4…) (1分) 磁场沿y轴方向上的宽度至少为 L2=RQE+RQF (1分) 由几何关系可知，粒子圆周轨迹半径x和运动时 则磁场的最小面积 间必须满足 2√3 nmv ·MN=n·2√3r(n=1,2,3 Sm=LiXL2=- q2B2 -(n=2,3,4…) (1分) 3 2T (3)由题意，两粒子在x轴上方做圆周运动的半 …),t=n- 3 （n=1,2,3…),又因为r=mu0 gB。’ √2moo 径r1= (1分) T= qB。,由以上各式联立解得MN= 2=2πm, gB 在x轴下方做圆周运动的半径r2二B 3mmw0(n=1,2,3…),t= Anxm Boq 3Boq (n=1,2,3…)。 在P粒子第一个半圆上相遇时横坐标最小，其相 2mvo 6nm2v8 13.(1)B1= (2)S= 遇轨迹交点如图丙中所示的G点，O1、O2之间 9x0 g2B2 (n=2,3,4…) 距离与A、O之间距离相等，易知O1O2=2r2 aar=+） 可得a=45° 【解析】(1)由洛伦兹力提供向心力，对P有 又T-=2w 9.e 解得粒子在x轴上、下方圆周运动的周期分别为 (1分) m(20)3 T,=25m、T,-2m gB (1分) gB 对Q有qX2uB= Rar P粒子运动至G点转过圆心角为45°，所用时间 qX2voX2B= m(2v0)2 T (1分) RQf t1=8 ·39· 4 真题密卷 二轮专题精准提升 Q粒子运动至G点，在x轴下方转过圆心角为 180°，在x轴上方转过圆心角为135°，所用时间 电子源 _T:3T1 t2=2 8 (1分) 两粒子从O,点出发的时间差△t=t2一t 解得△t=1+乞qB √2πm (1分) G 计算能打到收集板上的电子在运动到O点时与 050 H 负y轴夹的角，设为士a。在下方区域内做匀速 0 圆周运动也为R。由三角函数得 丙 2√6+√2 cos a= (1分) 14.(1)v=eBR (2)-<9≤6 (3)2+2-6 R 4 由对称性，设离电子源中心线上、下距离d的电 2 子经过磁场偏转后与y轴负半轴夹角恰为士α。 ne(4)见解析 【解析】(1)电子只受到洛伦兹力，根据 由三角函数得sina R-(R-d)_d (1分) R quB-mRi (1分) 解得d=Rsin a= 6一ER 4 (1分) mu 可知匀强磁场中圆周运动的半径R1= 所以，能到达收集板的电子离电子源中心线的距 qB (1分) 本题中的磁聚焦要求电子运动半径等于圆形磁 离为5ER<< R (1分) 4 场的半径，则=9 BR_cBR (1分) 则接地导线中的电流大小 m m (2)粒子轨迹如图甲 26-5R) 24 2+2-√6 y个 I=ne R 2 Cne(1分) 电子源 (4)电子在下方区域内做匀速圆周运动的半径为 B R。作出电子在下方区域圆周运动轨的三位关键 位置①（直径在x轴上）、②和③，如图丙。 收集板 电子源 甲 由对称性，可设离电子源中心线上、下距离 2的 电子经过磁场偏转后与负y轴夹角为士0，由三 1 R-2R 1 公 角函数，得sin0=R—=2 (1分) 由几何关系可知，可知OD=√3R (1分) 所以，0的范国为一音≤0≤看 ①当0≤x≤√3R时，由于②和③两个圆轨迹关 (1分) 于x轴对称，圆心距离为R,②向下平移R与③ (3)粒子轨迹如图乙 重合，则l=R (1分) ·40· ·物理· 参考答案及解析 ②当√3R<x≤2R时，电子圆轨迹与收集板交点 的最高点在x轴上，最低，点是某个圆的直径与收 集板的交，点，可以作以O为圆心，2R为半径的圆 孤，得到1=√4R2-x2 (2分) ③x>2R时，电子轨道不会碰到收集板，则1=0。 (1分) 乙空间视图 丙xOy平面视图 15.(1)0.5m(2)(0,0.4m,-0.8m) (3) 127π 180 X10-4s(≈2.21X10-4s)π×10-4s(≈ 3.14×10-4s)(4)33.33% 【解析】(1)由题图乙可知，t=0时发射的粒子在 丁空间视图 运动过程中磁感应强度B=0.01T,方向沿x轴 圆孤所对圆心角为127°，所以 正向，粒子在yO2平面内做匀速圆周运动，由洛 伦兹力提供向心力，得 tmin一360 =127m×10-4502.21X10-46) 127 180 qooB-m R (2分) (2分) 如图丁所示运动轨迹与接收屏相切时运动时间 即R=m0=0.5m 最长，粒子运动刚好为半圆，圆孤所对圆心角为 (1分) gB 180°，所以 (2)粒子发射后在yOz平面匀速圆周运动，轨迹 1 4s=2T=元×10s(3.14X104s）1分) 如下图甲 (4)所有粒子运动轨迹圆在xOy平面内，半径周 期性变化最短半径 R=m=0.5m (1分) gBm 粒子要能通过通道，运动半径需要足够大，刚好 能过通道时，轨迹如图戊所示 甲yOz平面视图 最远沿y轴运动距离为R<D,因此粒子不能通 过通道，打到壁aa'b'b上。到达壁aa'b'b时 x=0,z=-0.8m (1分) 戊xOy平面视图 y=R-(经-R)=0.4m (1分) 由几何关系 因此，粒子到达壁aa'b'b上时坐标为 R=(R-2) L +(0.4√6)2 (2分) (0,0.4m,-0.8m)。 (1分) 解得 (3)粒子在磁场中运动时磁感应强度大小不变， R1=1m (1分) 运动周期 即粒子要能通过通道，磁感应强度需满足 72 B≤0.005T (1分) =2xX10-4s (2分) gB 结合B,随时间的变化规律，由数学三角函数知 识可知，B2≤0.005T时间占磁场变化一个周期 如下图乙所示当粒子运动轨迹在xOy平面内时到 达壁b'c'℃上的运动时间最短（半径一定，弦 的}，所以长时间毯定后道过通道的粒子占总发 长最短) 射粒子数的百分比为33.33%。 (2分) ·41· 4