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（山东专用）

真题密卷 二轮专题精准提升 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、单项选择题 子的运动轨迹，如图乙所示，可知粒子将在区域 1.B【解析】粒子在磁场中的轨道半径为r,则有 I、区域Ⅱ间做周期运动，粒子每运动距离s=4× Bqv=mv? ,,解得r=m0 gB,粒子离开磁场时弦长 (2R+×2R)=(6x+8)R,轨遂成会重复- 1=2rsn0=2阳n0,其中9表示初建度与M八 次，D正确。 的夹角，则vsin0表示速度在垂直MN方向的分 速度，此值不变，B正确。 2.A【解析】指南针向西偏转，用安培定则判断直 0 导线上方磁场应该为向西方向，根据题目中的已 知条件r=0.01m,I=0.69A,可以计算出导线 在手机处产生磁场的磁感应强度大小B=【 甲 13.8uT,结合地磁场和导线磁场叠加后使指南针偏 转测，可得B4=品0解得Be*限9T 3.D【解析】粒子从区域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，设 粒子在磁场中运动最大半径为rm,此时粒子的运 动轨迹如图甲所示由几何关系可得(3R一rm)2= 十R,解得r。二R,根据洛伦兹力提供向心 力9四B=心，，解得粒子运动的逸率最大值 4.D【解析】若粒子恰好从c,点射出磁场，几何关 Un=49 3m,A错误；粒子从区域I射入区域Ⅱ，在 系可知，粒子圆周运动半径r=L,根据，=m, 9B, 区域中运动的时间18T三2元·B=。B 解得v0 2π LgB,A错误；若粒子恰好从bc边的中 根据几何关系，粒子在磁场中轨迹对应的圆心角 点射出磁场，轨迹如图，设轨迹圆半径为R,几何 R a=2m一2 arctan,。,则当r=rm时，拉子在区城Ⅱ 关系可知R-)广+-k,年得R-,则 中运动的时间tax二900B,B错误；根据对称性 sin R=5,可知0=53，则粒子在磁场中运动 可知，粒子从区域Ⅱ射出返回区域I时，速度方向 53° 53° 2πm_ 53xm 的时间1=360T 360° 为径向，则粒子在区域I中，运动的距离为2R,在 9B180gB,B错误； 区战I中运动最短的时间1。-2迟-3肥 若v0 2gBL,则轨迹圆半径1-m0=号L,这 0m2gB,C错 3m gB 3 种情况粒子从cd边射出，设粒子射出磁场时速度 gBR 误；若粒子运动速率为 ，根据洛伦兹力提供向 2L m 1一3 方向与y轴正方向夹角为B,则sinB=2L 心力qvB=m一，解得r1=R,根据题意，做出粒 3 ·42· ·物理· 参考答案及解析 子恰好到达O4位置，则粒子做圆周运动的轨道半 2≠sin60,即B≠60，C错误；若粒子从cd边射 出磁场，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大 2,根据Bguc0s45°=m (vcos45)2 径R=L ,解 R 180° 不超过180°，则最长运动时间0二30T=180 360°X 得0=②BL,A错误：若粒子在水平方向上仅运 2m -弧，所以粒子在磁场中运动的时间一定不超 动半个圆周到达O4位置，此时粒子的轨迹并没有 过 与a1a2d2d1平面相切，B错误；粒子到达O4位置 BD正确。 的时同=nT十n=0,1,2,3),长方体的 个y a1a2边的长度h=vsin0·t,解得h= (2m+1)πL (n=0,1,2,3…),当n=2时，解得 2 ××x h= 2,C正确；结合上述解得t= 5πL (2n+1)πm (n= a gB b 0,1,2,3…),当粒子从O2运动到O4经历的时间 5.D【解析】设小球做匀速圆周运动的速度为v,角 速度为山，轨迹圆心在接收器上的投影坐标为Y, 为时，解得=，不符合要求，即粒子从0。 9 则在0时刻小球与轨迹圆心的连线与x轴夹角为 P0,则经过时间t,小球在接收器上的投影坐标 运动到0：经历的时间不可能为4”， gB,D错误。 y=Rsin(wt+po)+Y,由题图乙可得R=2yo, 7.D【解析】ab边恰好没有电子射出，轨迹如图甲所 Y=3y,T= 2π=6，解得小球在接收器上的授影坐 示（轨迹1），根据洛伦兹力提供向心力有w0B= v8 L 标与时间的关系或为y=2,m(受十名)十3 ，，听以B2。国于电子对入为速度 m 3to 大小不变，方向改变，则轨迹半径不变，根据旋转 由上面分析可得，小球运动周期T=6t0,小球在 水平面上只受洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，由 圆模型可知，bc边没有电子射出，A、B错误；从ad 边射出的电子在磁场中运动的时间最长时轨迹如 牛顿第二定律可得9B元=P,又T=2πR。 图乙所示，根据几何关系可知，圆心角0=60°所以 ”,解得磁场磁感应强度B二3t。,A错误；小■ 及长时月一点-·-总C借灵： 2πy0 球投影坐标对时间求导，可得0=3。 2t十 由以上分析可知，当粒子恰好经过d点时，其入射 cos 3to 速度方向与ad边的夹角为30°，所以从cd边射出 君，则夜影的黄大速度-，B0误小球 150° 的电子数和从ad边射出的电子数比值为30° 投影做简谐运动，C错误；小球投影在3t,、41。时 5 刻的坐标分别为：=2sin(3”。X3十君)十 ,D正确。 3=2=2m×4:+骨)+3。= 轨述1× 3t,4to时间内，投影的位移大小s=|y4-y3|= ya,D正确。 6,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 ·43· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 + R 7 8.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*径R=1n60- 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 v2 鼓力提供向心力得QB=m,解得r二0R,则粒子 丙 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= R,-2血60+（亿-2as6o,每得 R,=L,粒子运动轨远对应的圆心角的正孩位 二、多项选择题 2 9,ABD【解析】当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时， L Lcos 60 3 轨迹与边界相切，如图所示，由几何关系可得 sin∠O=- R2 ,解得∠0=60，粒子在 r1cos60°=r1一L,解得r1=2L,根据洛伦兹力提 磁场中运动的时网1一需×品，C错误当 60°2m_n vi 供向心力gu1B1=m,解得1=19 二，在磁场 m 。-受时，权子在磁场中运动的率径R- 241 中运动的周期T,所有速度小于的离子 从b边射出的粒子在磁场中运动的最短时间时，粒 都未进入Ⅱ区，速度偏转角都为120°，运动时间都 子在磁场中运动的圆心角最小，其运动轨迹如图丁所 示，可知从P点到bc边出射点的距离等于轨道半径 为120”T一2πm,AB正确B2=7B1,且磁场 60°2mm= Ⅱ方向向里，则离子进磁场Ⅱ后逆时针偏转，离子 R,即圆心角为60，最短时间tm一360XQB 恰到x轴时速度与x轴平行，取水平向右为正方 3QBD正确。 元m 向，全过程根据水平方向动量定理∑qB11△t十 ∑gB2v,2△t=mv-mucos60°，且∑v1△t=L, 16B19L ∑v,2△t=L,解得v= ，C错误，D正确。 m y 3L60 6060 2L 3 。44· ·物理· 参考答案及解析 10.CD【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根 11.BC【解析】由分析知能经过C点射出的粒子速 据B=R,可知粒子在磁场中的轨道半径 度最大，此时粒子的运动半径，= L,根据洛伦 2 R。=4d,正对O'点入射的粒子圆心恰好在x轴 v2 上，进入磁场后做匀速圆周运动，如图甲所示，根 兹力提供向心力gB=m,,联立可得最大速度 据勾股定理可知，进入无磁场区域后，速度方向 3gBL ,A错误；如图，O点为圆心，由余弦定理 恰好指向O点，A错误；若粒子速度变为20，粒 0m一2m L 2 子在磁场中的轨道半径R1=8d,正对O',点入射 得r=+台-21)x5s10,每 的粒子离开磁场后，由图乙可知，一定不过O,点， 得r= L,又如B=m解得。-70 7qBL B错误；由于所有粒子沿水平方向射入磁场，半 ,B正 径与速度方向垂直，圆心均在入射点的正下方， 确；由分析得打在e点的粒子在磁场中运动时间 半径均为4d,所有圆心所在的轨迹相当于将磁 最短，由几何关系可得此时半径为L,从而得出 场边界向下平移4d形状，O平移到O点位置， 粒子的速率0=9BL ,C正确；由分析知从边界be 即所有粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到O m 点距离均为5d,如图丙所示，利用勾股定理可 和ec(不含e点)射出的两粒子运动速率一定不 知，进入无磁场区域后，所有粒子速度方向都指 同，但在磁场中运动时间可能相等，D错误。 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= 143° O八b 360° 12.BD【解析】如图为过小孔S的剖面图，要使粒子 2π·4d143πd 45v0 C正确。 最终能垂直AD方向从小孔射出，粒子运动轨迹 圆的圆心一定位于三角形的边上，由公式B= V T-红解得B-T-2,由题意可 m gr 得，粒子在框架中运动最短时间时轨迹如图，半 Ad 4d 径为宁的三个60国，时同-3X日r-× N O L 2元X2L 甲 B正确；由题意可得，粒子做圆周运 动的半径满足2=nX2R+R(nm=0,1,2,3…), 解得R=22n十（n=01,2,3…),结合公式 B=m 可得B=2(2n+1)m (n=0,1,2,3…), gr gL 由上式可得，n=0时匀强磁场的磁感应强度最小 乙 ,n=1时匀强磁场的磁感应强度值为 2mv 值为 y个 6mv ,D正确，A、C错误。 gL 4d0 。-。-------- 丙 ·45· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 三、非选择题 由几何关系可知，粒子圆周轨迹半径r和运动时 1品配(2分 2-2）e分)品2分) 网必须满足2写.MN=a·2v5(a=1,28 【解析】画出粒子轨迹如图，可知为磁聚焦模型，故 2T 运动丰径r=L,再由B=加，解得品一品由 …),t=n·3 mvo (n=1,2,3…),又因为r= 9B。 图知，磁场区域最小面积为“叶”型面积S T=2nr2xm gB。,由以上各式联立解得MN= 2四号》求子复太恩心角为各则装长时闪 3mm00(m=1,2,3…),t= 4nπm 3Boq (n=1,2,3…)。 Boq √3xmu1 πL 15.1)2mm qB (2)W3 gB 【解析】(I)把1沿平行B和垂直B的两个方向 3 1 分解为01=201和012=2" (1分) 粒子在垂直于的B方向上以V12做匀速圆周运 动，在平行B的方向上以011做匀速直线运动。 因此，当粒子恰好在垂直于B的方向上完成一次 14.(1)m nxm 完整的圆周运动时，将第一次回到x轴。 oq (n=1,2,3…)(2分) 2Boq (n=1,2, B 3…)(2分)(2 3m0(n=1,2,3…)(2分） Boq 4n元m(m=1,2,3…)(2分） 3Boq 【解析】(1)若MN=NP,粒子从Q点射出磁 (1分) 场，其可能的运动轨迹如图甲、乙所示， 则有t=T=2t 012 M 0 M 12 又由q12B=m (1分) r 可得r= mv12 gB (1分) P 即t=T=-2元m (1分) 乙 qB 由几何关系可知，则粒子圆周轨迹半径”和运动 则O点到P点的距离xop=v1t √3元mo1 时间必须满足√2·MN=n·√2r(n=1,2,3 9B T (1分) …),t=n·年（n=1,2,3…),粒子在匀强磁场 (2)由于是同种粒子，第一次回到x轴的时间都 中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 相同，即t=T= 2πm m8-峰得-8T--由 gB 故x0p=V11t=V21t (1分) 以上各式联立解得，MN=mm(n=1,2,3…), V11=721 Bog 则？=c0s30 0cos60°-V3。 (1分) _nπm(n=1,2,3…)。 t-2Bo4 2mvo 16.(1)B1= (2)Sm= 6nm2v3 （n=2,3,4…) (2)若MN=√3NP,粒子从Q点射出磁场，其可 gxo 92B2 能的运动轨迹如图所示 8a=(+号)器 【解析】(1)由洛伦兹力提供向心力，对P有 qvoB mvo R （1分) 对Q有qX2vB _m(2v0)2 Ra上 3 ·46· ·物理· 参考答案及解析 q×2voX2B= m(2vo)2 P粒子运动至G点转过圆心角为45°，所用时间 RaF (1分) 解得RL-mRaL- 2mv 4 gB gB 、RQ= gB Q粒子运动至G点，在x轴下方转过圆心角为 运动轨迹如图甲所示 180°，在x轴上方转过圆心角为135°，所用时间 y -+ 两粒子从O点出发的时间差△t=t2一t1 得a=+号器 (1分) Q 2B 甲 01 H 则x=2R吐 0 解得B,-2mu gxo (1分) (2)如图乙所示 丙 1V本 17.(1)u= eBR (2)吾≤0≤6 (3)2+2-V6 m 2 ne(4)见解析 【解析】(1)电子只受到洛伦兹力，根据 quB-mRi (1分) 2B ● 可知匀强磁场中圆周适动的半径R:- gB(1分) 乙 本题中的磁聚焦要求电子运动半径等于圆形磁 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 场的半径，则v= qBRI eBR (1分) m m L1=nRa(n=2,3,4…) (1分) (2)粒子轨迹如图甲 磁场沿y轴方向上的宽度至少为 y L2=RQt+RQ下 (1分) 则磁场的最小面积 电子源 B 6nm2vo Sm=LIXL2= q2B2 (n=2,3,4…) (1分) (3)由题意，两粒子在x轴上方做圆周运动的半 X 收集板 径1=2m。 gB 在工轴下方做圆周运动的半径r?=gB mvo 在P粒子第一个半圆上相遇时横坐标最小，其相 分 遇轨迹交点如图丙中所示的G点，O1、O2之间 R 距离与A、O之间距离相等，易知O1O2=2r2 由对称性，可设离电子源中心线上、下距离2的 可得a=45° 电子经过磁场偏转后与负y轴夹角为士0，由三 又T=2m 1 R-2R 解得粒子在x轴上、下方圆周运动的周期分别为 角函数，得sin0= 1 R=2 (1分) T:=22xm gB、T2= 2πm (1分) 所以，9的范图为一音≤0≤君 (1分) gB ·47· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 (3)粒子轨迹如图乙 于x轴对称，圆心距离为R,②向下平移R与③ y 重合，则l=R (1分) 电子源 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=√4R2一x (1分) ③x>2R时，电子轨道不会碰到收集板，则L= 0。 (1分) ● 18.(1)0.5m (2)(0,0.4m,-0.8m)(3) 乙 计算能打到收集板上的电子在运动到O点时与 129mX10s(≈2.21×104)元×104s(≈ 180 负y轴夹的角，设为士a。在下方区域内做匀速 3.14×10-4s)(4)33.33% 圆周运动也为R。由三角函数得 【解析】(1)由题图乙可知，t=0时发射的粒子在 运动过程中磁感应强度B=0.01T,方向沿x轴 cosa一R 2√6+√2 (1分) 正向，粒子在yO2平面内做匀速圆周运动，由洛 4 伦兹力提供向心力，得 由对称性，设离电子源中心线上、下距离d的电 v员 子经过磁场偏转后与y轴负半轴夹角恰为士α。 qvoB-m R (1分) 由三角函数得sina= R-(R-d)d (1分) mvo R R 即R= =0.5m (1分) qB √6-√2 解得d=Rsin a= (1分) (2)粒子发射后在yO2平面匀速圆周运动，轨迹 4 -R 如下图甲 所以，能到达收集板的电子离电子源中心线的距 离为6 R 4 2R≤d≤2 (1分) 则接地导线中的电流大小 2R-6-2m 二R 2 4 2+√2-√6 I=ne- R 2 -ne(1分) (4)电子在下方区域内做匀速圆周运动的半径为 甲yOx平面视图 R。作出电子在下方区域圆周运动轨的三位关键 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 位置①（直径在x轴上）、②和③，如图丙。 x=0,之=-0.8m (1分) P 电子源 ××B y=R-(传-R)广=0.4m (2分) ××② 因此，粒子到达壁aa'b'b上时坐标为 ×③ (0,0.4m,-0.8m)。 (1分) (3)粒子在磁场中运动时磁感应强度大小不变， 收 集 运动周期 板· 。。。 T=2rm =2πX10-4s (1分) gB 丙 如下图乙所示当粒子运动轨迹在xOy平面内时到 由几何关系可知，可知OD=√3R (1分) 达壁b'c'c上的运动时间最短（半径一定，弦长 ①当0x≤√3R时，由于②和③两个圆轨迹关 最短) 3 ·48· ·物理· 参考答案及解析 R=m00=0.5m gBm (1分) 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 乙空间视图 丙xOy平面视图 戊xOy平面视图 由几何关系 丁空间视图 &-(R,-}°+a.46 (1分) 圆孤所对圆心角为127°，所以 -8器1-×10：622ax10g 解得 R1=1m (1分) (2分) 即粒子要能通过通道，磁感应强度需满足 如图丁所示运动轨迹与接收屏相切时运动时间 B≤0.005T (1分) 最长，粒子运动刚好为半圆，圆孤所对圆心角为 结合B2随时间的变化规律，由数学三角函数知 180°，所以 识可知，B2≤0.005T时间占磁场变化一个周期 4=2T=xX10‘s(3.14X10）1分) 的，所以长时间稳定后通过通道的粒子占总发 (4)所有粒子运动轨迹圆在xOy平面内，半径周 射粒子数的百分比为33.33%。 (2分) 期性变化最短半径 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十） 物理·带电粒子在组合场、复合场中的运动 一、单项选择题 速度为0的匀速圆周运动和竖直方向初速度为0 1.C【解析】小球在复合场中受重力、电场力和洛 的匀加速直线运动；对于水平方向的匀速圆周运 伦兹力三个力的作用，洛伦兹力与速度方向垂直， 所以洛伦兹力的大小和方向均会发生变化，小球 动有guB=m,,解得轨道半径r=1m,周期 的加速度会变化，A错误；洛伦兹力不做功，电场 T=2ur =π$，则小球从水平抛出到经过O点所用时 力做功，所以机械能不守恒，B错误；把重力和电 00 场力合成为一个等效重力，其方向斜向左下方，等 间满足t=nT=nπs(n=1,2,3…),小球从水平抛出 效最高，点在O到M的中途某处，而洛伦兹力不做 到经过0点，竖直方向有h-?,可得小球经过0 功，所以小球从O到M的过程中速度先减小后增 大，C正确；小球从M点到N点洛伦兹力不做功， 点竖直分速度口，= 2h=4m/s(n=1,2,3…),当 tnπ 但重力和电场力都做正功，动能增加，D错误。 n=1时，竖直分速度有最大值，小球经过O点时的动 2.B【解析】由于电场力与重力合力处于竖直方 向，磁场方向处于竖直方向，所以在竖直方向的分 能有装大位，则有E方m正=了m(十说) 速度不会产生洛伦兹力；水平方向的分速度受到 1 洛伦兹力作用；将小球的运动分解为水平方向初 2×0.1<22+42)J≈0.28J,B正确。 ·49· 3密真 2025一2026学年度二轮专题精准提升（九） 卺题 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90分钟。 一、单项选择题：本题共8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。 题号 2 3 4 5 6 8 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v,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 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处产生的磁感应强度 大小B=k,其中k=2×10?T·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 () 30 0 301 A 北 北 ,0zO 甲 乙 A.24 uT B.26μT C.28μT D.30 uT 二轮专题精准提升（九）物理第1页（共8页） 真题 真正的强大，是认清生活的难，依然这掉全力水赴 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 班级 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 姓名 (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 () 得分 甲 A.粒子运动的速率不超过29BR m 成粒于从区续I射人区级，在区线Ⅲ中运动的时间不超过四就会返回到区坡】 心粒千从区绒Ⅱ射出返回区城I,在区域I中运动的时间不少于沿，才会进入区城Ⅱ D.若粒子运动速率为BR m 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vo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 () X ××× ×××× 0a。b 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6c边的中点射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间：一54m 180gB C,若粒子的速度。2gBL,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 D.若粒子从d边射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间一定不超过 aB 5.如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立直角坐标系Oxy,空间内存在与桌面垂直的匀强磁场。一 质量为m、带电量为q的小球在桌面内做圆周运动。平行光沿x轴正方向照射，垂直光照方向放置 的接收器记录小球不同时刻的投影位置。投影坐标y随时间t的变化曲线如图乙所示，则() 0621,3147 甲 乙 密卷 二轮专题精准提升（九）物理第2页（共8页） 3 A.磁感应强度大小为π” 3gto B,投影的速度最大值为3t。 C.2t。~3t。时间内，投影做匀速直线运动 D.3t。~4t。时间内，投影的位移大小为yo 6.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v(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 () A.粒子的人射速度口=2gBL C 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aa2边的长度可能为 d D.粒子从O,运动到0：经历的时间可能为4 a 0 gB 02 7.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() A.bc边有电子射出 B.磁感强度大小为m ×× C.从ad边射出的电子在磁场中运动的最长时间为 ×× 12vo 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 d 0 8.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=1时，平行于bc边射入的粒子从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6c边射入，垂直于6c边射出，则粒子在隧场中运动的半径为】 B.若粒子平行于bc边射入、从ab边射出，则速度越大的粒子在磁场中运动的时间越长 时，平行于c边射入从c点射出磁场的粒子在磁场中运动的时 D.当口=罗时改变粒子入射方向，从c边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为 πm 3 二轮专题精准提升（九）物理第3页（共8页） 真题 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，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 9 10 11 12 答案 9.如图所示，Oxy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、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 () 个y 3L60 2L < I 0 A速度大小为的离子不能进人区域亚 速度大小为1的离子在磁场中的运动时间为2： 3qB1 C.恰能到达x轴的离子速度大小为4B:9L m D.恰能到达x轴的离子速度大小为16B:gL 10.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=3d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 战。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 () V -U 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2o,正对O'点入射的粒子离开磁场后一定过O点 C粒子在磁场区域运动的最长时间为一 D.所有入射粒子都一定过O点 1l.一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里，其下边界abcd如图中虚线所示，其中 ∠bec=90°，ab=be=L,ec=√3L,a、b、c、d四点共线。一束质量均为m,电量均为-q(g>0)的带 电粒子，在纸面内从a点垂直于ab以不同速率射入磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用。则下 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） ××××××××××××× ××××××￡××××××× 火×××人×××X ×××X, ×××X A.能经过三角形6ec边界射出的粒子速率最大值为3gBL B.经过6c边界中点处射出的粒子速率为79BL 10m C.在磁场中运动时间最短的粒子速率为9BL m D.从边界b和ec(不含e点)射出的两粒子运动速率一定不同，在磁场中运动时间也一定不同 12.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m、电荷量为十q 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 () C D 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 2v 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6m gL 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.(6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 6 二轮专题精准提升（九）物理第5页（共8页） 真题密卷 14.(8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q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 0 Bo 0 2 -Bot=- 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 15,(8分)如图甲所示，磁透镜是利用磁聚焦现象制成的，在电子显微镜中具有非常重要的作用。现将 其原理简化：质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从O点以与x轴正方向成0角斜向上射入磁感应 强度大小为B、方向沿x轴正方向的匀强磁场中，在洛伦兹力的作用下，粒子的轨迹为一条螺旋线， 如图乙所示，不计粒子的重力，π已知。 (1)若已知该粒子在O点入射的速度大小为1且9=30°，再次回到x轴时，粒子与x轴交于P点， 求经过多长时间粒子到达P点及P点与O点间的距离。 (2)若该粒子以一未知速度v2在O点射入且0=60°，为使粒子再次回到x轴时，也与x轴交于P 点，求 1 线圈 (磁透镜)》 甲 二轮专题精准提升（九）物理第6页（共8页） 3 16.(8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vo和2vo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。 (3)若x轴上方磁感应强度大小1=24， 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· ● . ● 17.(14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，=6+2)R 的电子收集板（不计收集板的厚度）。打到收集板上的电子被收集板吸收 2 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9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与收集板所处位置横坐标x之间的关系。 V 电子源 收集板 ● ● 3 二轮专题精准提升（九）物理第7页（共8页） 真题密 18.(16分)如图甲所示，某粒子研究装置的通道长D=0.4W6m,其横截面abcd、a'b'cd'为边长L=1.6m 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。=5000/s 的带正电粒子，粒子比荷是-1.0X10Ck起，在磁场中的运动时间远小于藏场变化的周期，不计发子的 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bb'c'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。 d C D 0 a' b 甲 ↑BT ↑BT 0.01- 0◆ 0 1B1 37t/(×T) 1357× 本2存 42 44 44 -0.01--- -0.01 乙 丙 卷 二轮专题精准提升（九）物理第8页（共8页）