专题卷(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)-【鱼跃龙门卷】2026年高三物理二轮复习专题金卷（安徽专版）

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（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) (考试时间75分钟，满分100分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项符合题目要求。带* 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.极光是由太阳抛射出的高能带电粒子受到地磁场作用，在地球南北极附 近与大气碰撞产生的发光现象。赤道平面的地磁场的简化图如图所示： O为地球球心，R为地球半径，将地磁场在半径为R到3R之间的圆环 区域看成匀强磁场，磁感应强度大小为B,磁场边缘A处有一粒子源，可 在赤道平面内以相同速率。沿各个方向往磁场中射入某种带正电粒子，其中沿半径方向（图 中1方向)射人磁场的粒子恰不能到达地球表面。不计粒子受到的重力、粒子间的相互作用及 大气对粒子运动的影响，不考虑相对论效应，则该种带正电粒子的比荷为 A.5BR B.4BR C.3BR D. 2BR 2.如图所示，虚线两侧的匀强磁场I和Ⅱ均垂直于纸面向里，磁场Ⅱ的磁感义×××× 文败x 应强度是磁场I的磁感应强度的2倍。质量为、电荷量为g的带正电 XX×X××××× ××××××××× 的粒子从虚线上P点沿与虚线成30°角的方向以速度。垂直磁场方向射30°、 发0×xQ× 入磁场I,从虚线上的Q点第一次进入磁场Ⅱ；一段时间后粒子再次经过 Q点，P点和Q点的距离为L,不计粒子的重力，则磁场I的磁感应强度大小和粒子两次经过 Q点的时间间隔分别为 A.mw,14πL B.muo2πL W3mv014√3πL √3mv07xL gL gL’vo C. D. gL gL 3.我国“人造太阳”一托卡马克装置预计在2030年发电点亮第一盏灯，其 内部产生的强磁场将带电粒子约束在特定区域实现受控核聚变。其中沿 X× XX 管道方向的磁场分布如图所示，越靠管的右侧磁场越强，则速度平行于纸 XX 面的带电粒子在该磁场中运动时（不计带电粒子重力），下列说法正确的是 A.电子在磁场中沿逆时针方向运动 B.带电粒子由左侧区域向右侧区域运动时，磁场可能对其做功 物理W·专题卷（八）第1页（共8页） 鱼跃龙 C.带电粒子由左侧区域向右侧区域运动时，运动半径减小 D.带电粒子由左侧区域向右侧区域运动时，洛伦兹力大小不变 4.静止在同一匀强磁场中的两种放射性元素的原子核A、B,其中一个放出α粒子，另一个放出3 粒子，运动方向都与磁场方向垂直。图中α、b与c、d分别表示各粒子的运动轨迹，下列说法 中正确的是 A.甲图为阝衰变，乙图为α衰变 B.a为α粒子运动轨迹，c为3粒子运动轨迹 C.甲图中两个粒子环绕方向相同，乙图中两个粒子环绕方向相反 甲 D.a轨迹粒子比b轨迹中的粒子动量小，c轨迹中的粒子比d轨迹中的粒子动量大 5.如图所示，一个α粒子从x轴上的P点以速度v1沿与x轴成0=60°的 AT×XXXX 方向射入第一象限内的匀强磁场中，恰好垂直于y轴从A点射出第一象 限。一个质子从坐标原点O以速度v2沿与x轴成0=60°的方向射入第 ××××× 一象限，也恰好从A点射出第一象限。则1：2等于 X×× A.3:1 B.1:3 P C.4:1 D.1:4 6.如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直于纸a:---d 面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为、电荷量为g的带 正电粒子从b点沿b方向以初速度大小v(未知)射入磁场，粒子仅能从正方 b-=2-------J℃ 形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，该粒子在磁场中运动时间为t,不计 粒子的重力，则 MOB B. 3πm gB gs1≤ C.2gBL≤u≤gBL D. 2-1DgBL≤u<gBL m 7.如图所示，在理想的虚线边界内有范围足够大的匀强磁场，ab、cd段水平，。···· bc、d北段竖直，且ab=cd三c。在纸面内大量质子从a点垂直于ab以不··· 同速率射入磁场，不计质子间的相互作用和重力，则从边界d垂直射出的 L.·.-b 质子与在磁场中运动时间最长的质子的速率之比为 A.3:2 B.36:13 C.9:4 D.36:17 门卷 物理W·专题卷（八）第2页（共8页） 8.xOy平面内存在垂直于该平面的半径为R的圆形磁场区域，与直角坐标系相切于P、Q两点。 一带电粒子从P点以速率指向圆心方向进入磁场，恰好从Q点离开。若该带电粒子从P 点进入磁场时的速度方向变为与x轴正方向夹角0=60°，如图所示，速度大小不变。不计重 力。则该粒子经过x轴时的位置的横坐标及在第一象限运动的时间分 别为 A(+1)R晋+号贤 c2R.+号 3R5πR D.2’6 ￥如图所示，纸面内固定的两平行长直导线ab、cd中通有大小相同、方向相反的电c! 流，位于纸面内两导线间P处（靠近ab)的粒子源沿平行于ab方向发射一速度为aP%b 。的带正电粒子。已知通有电流为【的长直导线，在距离导线为r处产生的磁 场的磁感应强度为B=k,k为常量。不计粒子重力，图中虚线到αb、cd的距离相等。则粒 子在导线间的运动轨迹可能正确的是 B 二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。带￥题目为能力提升题，分值不计入 总分。 9.如图所示，b上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两比荷之比为k1：k2=1：3的带正电粒子 A、B均由ab边上的O点以与ab边成a(a<90)角斜向右上方射入磁场，经过一段时间两粒 子分别从ab边上的c、d两点射出。已知两粒子射入磁场的速度大小相等，dO>cO,忽略粒 子的重力以及粒子间的相互作用。则下列说法正确的是 A.粒子A从c点射出 ×××××Xx ××××XXX B.粒子A、B在磁场中运动的半径之比为3：1 ×义义×× ad-6 C.粒子A、B在磁场中运动的速度偏转角之比为1：1 D.粒子A、B在磁场中运动的时间之比为1：1 10.粒子物理研究中使用的一种球状探测装置的横截面简化模型如图所示。 粒子2 横截面内有圆形区域，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，横截面外圆是 探测器：圆形区域内切于外圆。粒子1、2先后沿径向从切点P射入磁P M 的x粒子1 场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点；粒子2经磁场 物理W·专题卷（八）第3页（共8页） 鱼跃方 偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。 下列说法正确的是 A.粒子1可能为电子 B.粒子2带正电 C.增大入射速度，粒子1可能打在探测器上的Q点 D.增大人射速度，粒子2在磁场内的运动时间变短 *威尔逊云室是最早的带电粒子径迹探测器，可通过云室观测带电粒子的运动轨迹。某一不计 重力的粒子带电荷量为q,在云室中以初速度。开始运动，云室内磁场可看成匀强磁场，粒子 受到大小恒为f、方向与运动方向相反的阻力。观测到粒子在静止前瞬间的速度与初速度方向 垂直，则云室磁场的磁感应强度大小可能为 A.2x/ 3πf C.πf D. πf gvo 2q00 qvo 2q00 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(8分)如图所示，真空区域有宽度为L、磁感应强度为B的矩形匀强磁场，方向垂直于纸面向 里，MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）沿着与MN夹 角为0=30°的方向垂直射入磁场中，刚好垂直于PQ边界射出，并沿半径方向垂直进入圆形 磁场。圆形磁场半径为L,方向垂直纸面向外，粒子最后从圆心O的正下方O'点离开磁 场。求： (1)粒子射入磁场的速度的大小； (2)圆形磁场的磁感应强度的大小； (3)粒子在左右两个磁场中的运动时间之比。 门卷 物理W·专题卷（八）第4页（共8页） 班级 12.(10分)在高能粒子物理实验室中，科学家正在进行一项名为“磁场制导”的关键实验。实验 13. 目标是通过精确调控磁场，使电子经加速后从枪口射出，沿预设路径击中远端的靶点。如图 姓名 所示，电子在电子枪内经电压U从静止加速后从枪口T沿直线α方向射出，立即进入垂直纸 面向里的匀强磁场中，然后精准打击与枪口T距离为d的靶点M,α与TM之间夹角为9 得分 (弧度制)。已知电子电荷量为，质量为，重力可忽略不计，电子在枪内运动不受磁场影 响。求： (1)电子离开枪口T时的速度大小： T× --------- (2)匀强磁场的磁感应强度的大小； 电子枪 B (3)电子从离开枪口T到第一次打到靶点M所经历的时间t。 d、 答题栏 2 3 5 6 7 8 9 10 物理W·专题卷（八）第5页（共8页） 鱼跃龙门卷 (10分)如图所示，纸面内的矩形abcd区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外 的匀强磁场。位于d处的粒子源可以在纸面内沿da、dc间的任意方向发射质量为m、电荷 量为g(g>0)、速率为2gBL的粒子。已知矩形abcd的长为2L,宽为L,不计粒子重力，不考 虑粒子间的相互作用。求： a- 2------------b (1)沿da方向发射的粒子射出磁场时，速度方向的偏转角； d (2)从c点射出的粒子在磁场中运动的时间； (3)ab、bc边界上各自有粒子射出的区间的长度。 物理W·专题卷（八）第6页（共8页） 14.(14分)如图所示，空间有垂直于纸面的匀强磁场B,和B2,磁感应强度大小均为0.1T,B2 15. 分布在半径R=2m的圆形区域内，MN为过其圆心O的竖直线，B,分布在MN左侧的半 圆形区域外。磁场B,中有粒子源S,S与O的距离d=2√3m,且SO⊥MN,某时刻粒子源 S沿着纸面一次性向各个方向均匀射出一群相同的带正电粒子，每个粒子的质量m=2× 10-6kg、电荷量g=1×10-2C、速率v=1×103m/s,不计粒子重力及粒子之间的相互作 用，求： (1)粒子在匀强磁场B,中运动的半径； ××××××XM ××BX××X (2)能进入圆形区域的粒子数与总粒子数之比： ×××XX, ×××X,B2·· ③)最终射出圆形区域时速度方向与S0平行的粒子在磁场中运动的总×一」 时间。 ××××:·· XXX××、·±· ××X××XX; XX××XX XIN 物理W·专题卷（八）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 (16分)受控热核聚变反应的装置中温度极高，因而带电粒子没有通常意义上的容器可装，而 是由磁场将带电粒子束缚在某个区域内。现有一个环形区域，其截面内圆半径R,=√3， 外圆半径R2=3,区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，如图所示。已知磁感应强度大小 B=1.0T,被束缚的带正电粒子的比荷9=4.0×10？Ckg,中空区域中的带电粒子由内、外 圆的圆心O点以不同的初速度射入磁场，不计带电粒子的重力和它们之间的相互作用，且不 考虑相对论效应。 (1)求带电粒子在磁场中运动的周期T和带电粒子不能穿越磁场外边界的最大速度。； (2)若中空区域中的带电粒子以(1)中的最大速度。从O点沿圆环半径方 向射入磁场，求带电粒子第一次回到O点所需要的时间； R六. (3)为了使束缚效果最好，在半径为R1的圆内也加上磁场，磁感应强度、0 ●} ”、 B′=2B,方向与环形区域内磁感应强度方向相同。求粒子不能射出半 、。。t 径为R,的圆形区域的最大速度v。 物理W·专题卷（八）第8页（共8页）高三二轮复习专题卷 止，设第1次将球推出后，航天员的速度大小为1，则根据动量 守恒定律有0=M,一m,解得1-，球与舱壁碰擅后，运 动方向与航天员同向，设航天员第2次将球推出后的速度为 2,则根据动量守恒定律有Mv1十mo=Mv2一mv,解得v2= 11 M,同理设航天员第3次将球推出后的速度为，则根据动 3m 5m 量守恒定律有Mo:十mu=M,一mu,解得u,=W,设航天员 第4次将球推出后的速度为o4,则根据动量守恒定律有M3十 mm=M,-m,解得u,-7,由于进行第3次范射后，小球 5mv 仍能追上航天员，则有=M<,代人数据解得M>45kg, 又因为经过4次抛射后，小球无法再追上航天员，则有4= M≥，代人数据解得M≤63kg,综合可得航天员的质量应满 7mv. 足45kg<M≤63kg。 *C【解析】在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方 向上动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；小球在圆弧轨12 道上升到最高点时小球与滑块速度相同，系统在水平方向上动 量守恒，规定，的方向为正方向，有m0。=4m,解得v=空，故 B结误；根据机被能守恒定律得弓mi=子×4m心2十mg,解得 h=3v ,故C正确；小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，有 8g mo,=m0十3m:,根据机械能守恒定律，有分m6=分m+ 豆X3mu,联立可得=一2=受放D错误。 9.BD 10.AD【解析】小物块M由静止释放到碰撞前，根据动能定理 有2 mgL sin0=号×2mui,解得小物块M与小物块N碰撞前 13 的速度为oo=√2 gLsin0,故A正确；小物块M与小物块N 碰撞前后动量守恒，2mw,=3mo1,解得小物块M与小物块N 碰擅后瞬间的速度为-号√2gLs如0，故B错误；弹簧被压 缩到最短时，M、N、P三物块的速度相等，弹簧的弹性势能最 大，根据3m=4m,E,=号×3mo-×4m,解得弹簧 。1 的最大弹性势能为E,=3 mgLsin0,故C错误；M、N碰撞过 程中损失的机械能为△E=号×2moi-号×3mi= 3 mngLsin8,故D正确。 *BC【解析】取地面为零势能面，根据图像可知物块初状态的重 h 力势能为Em=mgh=8J,物块距离斜面底端L=sn30-1.6m, 14 图乙中的图线②表示弹簧的弹性势能随物块位移变化的关系，由 此可知物块下落h1=0.6m开始接触弹簧，则弹簧的原长为L。 L一h1=1.6m一0.6m=1.0m,故A错误；物块刚接触弹簧时， 重力势能为Epl=Em-mg(L-Lo)sin30°=5J,根据机械能守 恒定律有E1十E1=Eo,解得Ea=3J,故B正确；弹簧发生形 变的过程中，形变量为0.4m,根据弹簧弹性势能的计算公式 1 E弹=2（△x),解得=62.5N/m,故C正确；弹簧压缩量最 大时，弹力为F=k△x,根据牛顿第二定律有F一mg sin30°= na,解得a=20m/s2,故D错误。 (1)0.02J(2)不能 【解析】(1)弹珠A以o。=√I3m/s的初速度水平向右瞬间 弹出，在地面做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有 f=ma, 设弹珠A与弹珠B碰前瞬间的速度为'，则有6 v'2=2ax1, 碰撞过程中系统动量守恒，则有mv'=mo1十mv2, 碰撞过程中损失的机被能为△E=2m”-}m 2 mv-2m 解得△E=0.02J,v2=2m/s。 (2)弹珠B向右运动的加速度依然为α，根据速度一位移公式 有2-v22=2ax2, 解得2=√1.6m/s>1m/s, 则弹珠不会停在坑中而从坑中滑出，则该同学不会胜出。 (1)10m/s(2)990J 【解析】(1)子弹射入小木块过程中，子弹与小木块组成的系统 动量守恒，有mo=(m。十m1)v,解得v= ,mov0=10m/s。 mo+mi (2子弹打人小木块过程产生的热量为Q,=号6-合（m,十 1 m1)o2=950J, 小木块在木板上滑动过程中，子弹、小木块与木板组成的系统 动量守恒，有(m。十m1)v=(mg+m1十m2)0共， 求得v共=2m/s, 该过程中产生的热量为Q,=宁(m,十m,)2-号(m,十m,十 1 m2)v共=40J, 所以，整个过程中产生的总热量为Q总=Q1十Q2=990J。 (1)96N(2)183 5 m 【解析】(1)小球甲从释放到B点的过程，根据动能定理得 1 mu后-0=mgh,解得va=2√10m/s, 在B点，由牛顿第二定律得FN一g0=mR, UB 解得FN=96N。 (②)从B到D过程，由动能定理得弓mm-号moi=mg(R Rcos 0)-umgL, 小球甲与小球乙发生正碰，有mv。=2mv1,解得v1=3m/s, 1121 之后做平抛运动，有2，=14√r2-（2）=2,解得 18w3 r= m。 5 (1)9N(2)4.8J(3)-0.45J 【解析】(I)若滑块恰好能够滑上轨道EF,在最高点D处做圆 周运动的向心力由重力提供mg=m令，滑块由C点滑到最 1 1 高点D过程能量守恒，2mo忌十mgR=2mo品十2mgR, 滑块滑到C点时做圆周运动的向心力由轨道对滑块的弹力提 ·8 供，FN=m尺，解得Fx=9N。 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1，两者共速时的速度为v共，平板到达CD (2)因41=0.2,42=0，即木板与轨道GH之间没有摩擦，而滑 时的最小速度为v2,则有v共=1一a1t1=a2t1,解得 块与木板之间存在摩擦，把滑块与木板看成一个系统，其动量 守恒，要满足滑块始终不脱离木板，滑块最终必定与木板共速， thi-artaz 则有mu=(m十M)v共， 设滑块以的速度滑上木板，并在木板上最终滑行x距离时 共速前平板的位移大小为=学(，共速前滑块的位移大小 1 与木板共速，此过程能量守恒，2mu=41mgx十2(m十 为=些， 2 M)o共， 共速前两者的相对位移大小为4，=子一-之， 滑块滑上木板时的动能最大为Em=2mo2,解得Em= 供速后平板到达CD时的位移大小4-L一了。 m+M 平板到达CD后滑块恰好到达CD时的位移大小为L一△x1= 当x=2L时，滑块在木板上的动能最大值Ekm=4.8J,此时 ，联立解得：-2压 v=4√2m/s>2m/s, 2a1 5 m/s, 即滑块能够滑上木板，其机械能为7.2J<8J。 该过程滑块损失的最小机械能为E=-Q,十Q:十号M,代入 (3)由题意滑块恰好能够滑上轨道EF,有o。=√gR, 数据解得E=10J。 滑块刚滑上木板时v。=2m/s,因为41=0,2=0.1，木板与地 面之间存在摩擦，而滑块与木板之间没有摩擦，滑块与挡板第 物理（八） 1次碰撞时动量守恒，有mvo=m1十Mv2, 1.B【解析】设该种带正电粒子的轨迹半径为r,由几何关系可 由能量守恒定锥有号mwi=m+号Moi, 得，2+(3R)2=(+R)2,解得，=4R,由g0,B=m,可得 1 3 解得滑块速度u1=2=1m/s,木板速度0= 20= 品- 3m/s, 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 经判断，发生第2次碰撞前，木板已处于静止状态。故摩擦力 磁场I中运动的半径为1=L,由洛伦兹力提供向心力得 1 对木板做的功W=0-2M=0-2×0.1×32J= ,B,=m解得B,-是，蓝场Ⅱ的蓝骆应强度是股场1 -0.45J。 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)6m/s24m/s2(2)W2s(3)10J 【解析】(1)滑块在平板上滑动，对滑块，根据牛顿第二定律有 L,粒子在磁场工中运动的周期为工1=”-2π，粒 u1mg=ma1,解得a1=6m/s2, 磁场Ⅱ中运动的周期为T,=2:=L,两次经过Q点的时间 对平板，根据牛顿第二定律有41mg一u2(m十M)g=Ma2,解 U。 得a2=4m/s2。 间隔为t=1× T,+2×5T, 6 2L,故B正确。 1 6 (2)滑块从0到A,根据动能定理有mgh=2mi,解得u,= 0 2√2m/s 滑块滑上平板，设经时间t1两者速度相等，则有v=。一 Q a1t1=a2t1, 306 30 条积。- /-停平板的位移=名片-云m…8.C【架折1限强去手定期可知，电子在酸场中沿顺时针方向云 1 4 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 动，故A错误：粒子在磁场中运动时，由于洛伦兹力方向总是与 2(m+M)g=(m+M)a3, 速度方向垂直，可知磁场对其一定不做功，故B错误；粒子在磁 解得a3=1m/s2, 场中，由洛伦兹力提供向心力，则有0B=m二，解得r- gB' 设再经时间t2平板运动至CD,则有x2=d一L一x1=t2一 因右侧磁场较强，故带电粒子由磁场的左侧区域向右侧区域运 1 =42 2at号，解得t2=5 S, 动时，运动半径减小，故C正确；粒子在磁场中，洛伦兹力为 F=qB,速度大小不变，故洛伦兹力一直在变大，故D错误。 故平板到达CD的时间t=t1十t2=√2s。 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 (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 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 摩擦生热为Q=h1mgL=7.2J, 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； 平板与凹槽底面间的摩擦生热为Q2=r2(M十m)g(d一L)= 而放射性元素放出阝粒子时，β粒子与反冲核的速度相反，且电 1.6J, 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 可知Q1、Q2均为定值，根据能量守恒定律可知，当平板到达 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 ·物理W· 出的是α粒子，乙图放出的是B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一侣可得， 轨迹半径与动量成正比，与电荷量成反比，而α粒子和B粒子的 电荷量比反冲核的电荷量小，则α粒子和B粒子的半径比反冲 核的半径都大，故b为aα粒子的运动轨迹，￠为B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，根据几何关系可知α 粒子(He)运动的半径满足r1十r1sin30°=OA,质子(H)运动 的半径为7：-OA,根据洛伦兹力提供向心力有90B-m号，解 得=1 v23 4袋××x× XX 0 ×××× 、0××0x 6.D【解析】粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2”,洛伦兹 力起侯向心力B-可，得T-丽如果发子从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0，-子，所用时间为 3 ·p · .-8-X 4”2xm一3m,如果粒子从d gB 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 运动的心角为，所用时间为T=景×-需 -× 所以粒子运动时间！清足需≤≤故AB错误：知果粒 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α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十r=√2L,由洛 伦蒸力提铁向心力得B=m号，联立解得。=B一DgBL 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，=L,由洛伦兹力提供向心力得gB=m” 联立解得=9BL 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)gBL≤0≤BL,C错误，D正确。 m m 7.B【解析】画出质子的运动轨迹，如图所示， e 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十cd=6L,当质 子过c点时，质子运动轨迹对应的圆心角最 -.-01 大，在磁场中的运动时间最长，运动轨迹如图 ·.d 中2所示，圆心为O2,设半径为R2,则有(3L一R2)2+(2L)2= R,可得R:-吕L,由mB=m爱可得=所以从边界水 m 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 01:v2=R1:R2=36:13。 A【解析】由题意知，带电粒子从P点以y 速率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0=60°射人磁场 时，轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子 0 在藏场中运动的圆心角。=晉，在磁场中 运动的时间三粒子离开磁场后垂直x轴向下运动2= 一Rsin30二2，粒子经过x轴时的坐标位置x=R士 U Reos30=(停+1)R,时间为1-（爱+号）尽。 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 上处酸场的碳感应强度B-(仕十女）一 x(d-x)当x= 时，B最小，带电粒子在磁场中运动过程中，速度大小不变，画 Q如B=m号，解得轨迹的曲率半径，一侣，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。 BC【解析】作出粒子A、B在磁场中运动的 v 轨迹图，如图所示，根据gB=mR,解得粒 子在磁场中运动的半径R= BB结合。发方 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0=2π一2a,故C正确；根据quB= mR,可知T--器，可知粒子A、B在慰场中运动的 周期之比为3：1，由6=2220T=二T,可知，粒子A、B在 2π 磁场中运动的时间之比为3：1，故D错误。 0.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B=m,可 得，一B,可知，若增大粒子入射速度，粒子2偏转半径变大， 根据题意，设粒子的偏转角为0，由公式T-2,可得粒子在磁 2 中的运动时间为1=·T=阳，由题图可知，粒子2偏转 径变大，则在磁场中的偏转角0变小，故粒子2在磁场中运动的 时间变短，故D正确。 BD【解析】带电粒子在磁场中运动△t的时间内，近似认为轨 迹半径和速度不变，结合圆周运动知识，有△=TA,根据洛伦 兹力提供向心力，有如B=m号，解得7=B·联立解得△= 。9 参考答案及解析 ，累加得到：-阳，则粒子在磁场中的运动时间只与偏转角 m△8 gB 13.(1)30° 2元 (3)(23-2)L(√4V3-3-1)L 有关，与速度无关。由题述可知，粒子在磁场中的偏转角为受 【解析】(1)带电粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律有 v2 (n为奇数)，粒子所受阻力大小恒定，则加速度大小为a= ，粒 gB=mR,解得R=2L,粒子运动轨迹如图甲所示， m 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 子在磁场中的时间为t==m0 ，联立解得B nxf(m为奇 1 a 2qvo a,由几何关系知sina=2' ,B2-2g00 数)，云室磁场的磁感应强度大小可能为B,=20。 3πf 由几何关系可知粒子射出磁场时速度方向的偏转角θ=30°。 a-- 28Le258a24 11. 3m 【解析】(1)画出轨迹图如图所示， dk------yc exx月 P ·····无。··} 、 送x··· ·0 c ·· 甲 U N×× (2)从c点射出磁场的粒子，轨迹如图乙所示，由几何关系知 在矩形磁场区域，根据几何关系L=Rcos0,解得R=25, s如B=子，弧dc对应的圆心角为9，粒子在磁场中做圆周运 3L, m 动的周期为T二2，所以，粒子从d到c的时间为t=T， 23gBL 2π 由洛伦兹力提供向心力得gB= R,解得u= 3n。 (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 解得1=阳， 为工，由洛伦兹力提供向心力得QB'-"吧，解得B-28。 (3)临界轨迹如图丙所示，当粒子的运动 3 轨迹与ab边界相切时，从bc边界的ha,e (3)粒子在左侧磁场中运动，周期T=2πR-2xm 点射出磁场，则eg为ab边界上有粒子 由几何关系 v Bq 射出的区间，hc为bc边界上有粒子射出 可知，轨迹所对圆心角为α=60°， 的区间，由儿何关系知0sg=号df 则粒子在左侧磁场中的运动时间1一云T,粒子在圆形酸场中 ag=Rsin o,ae=ab-be=ab-Rcos a, ---9 运动时，不-需 e8-ag-ae-df-ae,sin y-2L-df 丙 R 轨迹所对圆心角为3=90°，则粒子在圆形磁场中的运动时间 hc=Rcos Y-L, 解得hc=(√4W3-3-1)L,eg=(23-2)L。 解得粒子在左右两个磁场中的运动时间之比=买-43 14.(1)2m (2)2 (3)8×105s 3 9 0 72. m (3)dm 【解析】1)根据洛伦兹力提供向心力有g如B=m”,解得，= sin 2eU 【解析】(1)电子在电子枪中被加速，由动能定理得eU= 2m. 1 2mz2, (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+x2=(R十r)2,故当粒子恰好向左或向 2eU 解得电子离开枪口T时的速度大小w一√m· 右射出时，能够刚好进入B2区域，因此能够进入B2区域的粒 (2)电子进入垂直纸面向里的匀强磁场中做匀速圆周运动，洛 子数与发射的总粒子数之比为· 伦兹力充当向心力，有B=m号 ×××××××:M ×xDx xBx×X 由几何关系d=2 rsin o, ×X×× 解得磁感应强度B=2sin9/2mU de ×0d xxSx×1 (3)设电子从离开枪口T第一次到靶点M所需的时间为t,对 ·}。 ×x××,。。· T ×x×x…上 应的圆心角为29，对应的时间1一2元·29， ×××××× 电子做匀速圆周运动的周期T=2”, 甲 乙 联立解得t=Pdm (3)利用反向思维可知，若粒子能平行于S0射出，其必然经过 sin ov2eU。 圆形区域最低点，轨迹如图乙所示， 高三二轮复习专题卷 则其在B,区城运动的时间为1=子T-吧 gB' 在B。区域运动的时间为2子T=不m 3gB 放总时间为1=十-霜-警×10。 15x10-g4X10ms(2)(8+x10s (3)8×103m/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 卫，0=2，解得带电粒子在磁场中运 提供向心力有qB=m,,0=T 动的周期为T=5π×10-8s。 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2 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R十r=(R2一ro)2,解得 匆 ro=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g,B=m,解得6=4X10'm/s。 (2)带电粒子以速度v。射人磁场中时，根据几何关系有tan0 ro3 R-号，解得0=吾 故其运动轨迹如图乙所示， 带电粒子在碳场中运动的圆心角为誓，在磁 4π 场中运动的时间为=3X云， 带电粒子在磁场外做匀速直线运动，所用 的时间为2=3×2R 00 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=t1十t2, 5 期得：=（色+×107 (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=2， 根据几何关系有2r1cos0=R1,OO1=r1, O02=R2-r2,0102=r2一r1=r1,则三角形00102为等腰 三角形，∠001O2=20,所以2r1sin9=R2-r2, 解得，=2m,则0=9B:=8X10m/5. 6 m 物理（九） 1.D2.B 3.A【解析】粒子打在底片上相距为△L的两点，△L为粒子做匀 速圆周运动的直径的差值，在加速电场中，根据动能定理得 qU=?m心，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提 12Um,故△L= 供向心力得gB=mR,联立解得R=B√g 2/20m-2/20m=名/ B q B q B q (√m-√m2),从表达式 可以看出，为使△L的数值大一些，可以通过减小B和增大U 进行，故选A。 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, 上又- 进入偏转电场的速度为，进人磁场 的速度为，在偏转电场的侧移量为 y,速度偏转角为0。核子在加速电场 运动过程，由动能定理得gU1= 1 mw6,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=。t,垂直极板方向做匀加速直线运动，则 有y2a0,at,由牛顿第二定律得a二-，联立解 U2L 得y一，d》速度偏转角的正切值为1an0二品-光之，可见 核子在偏转电场的侧移量y与速度偏转角0均与核子的质量和 带电荷量无关，故三种核子进入磁场的位置和速度方向均相 同。进入蓝场的速度。一核子在匀强磁畅只受洛伦兹力 而做匀速圆周运动，轨迹如图所示，由牛顿第二定律得Bv= m二，由几何关系可得，射人蓝场的点和射出磁场的点间距： s0,联立解得sg=√。，对于氕 氚H三种核子电荷量相等，质量越大，两点间的距离越大， 氚iH的最大，C正确。 A【解析】带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，重力与电 场力平衡，电场力方向竖直向上，与电场方向相反，则粒子带负 电，令电荷量大小为9，则有m8=E,解得电荷量9一管，故A 正确；粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，粒子带负电，根 据左手定则可判断粒子沿顺时针方向运动，故B错误；结合上 述可知，电场力方向竖直向上，粒子运动到最低点，电场力做负 功最多，则粒子运动到最低点时的电势能最高，故C错误；粒子 做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有gB=mR,结合上 述有g=受解得-B,故D错误。 D【解析】电流的方向水平向右，磁场的方向竖直向下，由左手 定则可知该霍尔元件输出脉冲电压信号是通过前后两表面输 U 出的。根据gB=g,解得U=Ba,因此电压与该霍尔元件 的长度c无关，故A、B错误。由题可知行车电脑是通过记录脉 冲次数并结合车辆参数来计算行驶里程。因此行车电脑最终 计算出的里程，与车轮直径和脉冲电压频率都有关系，故C错 ·10 误。由I=S0和U=Ba可得U=BLe,因此将恒定电流I 的粒子数占比将增大，故D正确。 ngS 10.AC【解析】根据左手定则，带正电的离子向下偏转，b板带正 增大为原来的两倍，则每次产生的脉冲电压峰值也会增大为原 电，电势高，故A正确；磁流体发电机稳定发电时，离子在电场 来的两倍，故D正确。 C【解析】假设微粒沿OA做匀变速运动，则Bgw 力和洛伦旅力作用下微匀速运动，则B=9号，可得电动势 垂直OA方向上合力一定为零，由于F蒂= 10 为E=Bdv,电动机正常工作时的电压为路端电压，为U=E Bqv与OA垂直，随着微粒速度变化，F格变 Ir<E=Bdo,故B错误；两板间的等离子体的电阻为r 化，则垂直OA方向上不能保持平衡，故微 粒一定做匀速直线运动，B错误；假设微粒带 mg PS,电动机正常工作时的机械功率为P=IE-I?(R十r)= d 正电，微粒受垂直速度斜向下的洛伦兹力、竖直向下的重力与水 平向左的静电力，三力无法平衡，因此该微粒带负电，A错误；微 IBdo-户(R+p号），故C正确；电动机正常工作时板间带正 粒受力分析如图所示，根据平衡条件得qE=mg tan0,mg= 电的离子受到的电场力方向与速度方向不共线，受到的电场力 Bq0Cos9,解得该磁场的磁感应强度大小为B=ms 90cos日，电场的 功率不可能为qBv2,故D错误。 *AB【解析】图(a)中，粒子在电场中的运动过程由动能定理得 电场强度大小为E=mg tan0, C正确，D错误。 Ed二2mw2,在磁场中有90B=m8,由题意知运动的半径 D12 A【解析】流量Q=Su=x之)"，又因为稳定后离子所受电 R=d,解得E=Bq延，故A正确；图(a)中，粒子在电场中的运动 2m 场力等于洛伦兹力，达到平衡时，电势差稳定，即qB=qE,E= ,解得U=BD,U的大小与离子浓度无关，所以流量Q U 时间一兰器在毯扬中的运动时公一片·留-品粒 n 4B,解得B=DU πDUU 4Q,故A正确，C,D错误；磁场方向竖直向 子运动的总时间1=，十，=十4m,故B正确：图(b)中粒子 2gB 下，由左手定则，污水中的正离子聚集到a端，负离子聚集到c 在M点释放瞬间，可视为粒子具有一个水平向右的初速度。及 端，a侧电势比c侧电势高，B错误。 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 水平向左的柯速度，并且满足B,=B,可得，-台，所以 竖直方向，在竖直方向的分速度不会产生洛伦兹力，水平方向的 粒子释放后在电磁场的复合场中的运动可视为水平向右的匀速 分速度受到洛伦兹力影响；将小球的运动分解为以初速度。的 直线运动与竖直平面内的匀速圆周运动的合运动，并不是往返 水平面内的匀速圆周运动和竖直方向初速度为0的匀加速直线 运动：对于水平面内匀速圆周运动有如，B=m,解得轨道半 运动，则有Bg。=,可得粒子做圆周运动的半径=号，则 粒子离上边界的最大距离为d,故C,D错误。 径为r=1m,周期为T=2 =πs,则小球从水平抛出到经过O 11.(1)8×10-3N(2)/21m/s 点所用时间满足t=nT=nπs(n=1,2,3,…)。小球从水平抛出 【解析】(1)设小球在最高点的速度为v,则小球在最高点所 到经过0点，竖直方向有五-之，可得小球经过0点时的竖直 受洛伦兹力为F=qB,方向竖直向上；由于小球恰好能通过 最高点，故小球在最高点由洛伦兹力和重力共同提供向心力， 分速度为，-华-点m6=1,23,当x=1时，竖直分 2 即mg-F=mR,两式联立得v=1m/s,F=8X103N. 速度有最大值。小球经过O点时的动能有最大值，则有Em= (2)由于无摩擦力，且洛伦兹力不做功，所以小球在运动过程中 3m2-7m(o6+a)=2×0.1x(2+)J≈0.28J. 1 机械能守恒，由机械能守恒定律可得2m=mg·2R十 AD【解析】如图所示，由几何关系，得cosa 1 a=R-L1 R 解得a=子又=a=行， -1月 mu,解得=V2im/s。 放外周孤面AB上有)一2-台的粒了 12.0,垂直纸面向里公吧 (3)45:13 gL 【解析】(1)根据左手定则，可以判断磁场方向垂直纸面向里； 能打在收集板MN上，故A正确，B错误；粒 1 设正离子在磁场中运动的半径为r,有gB一m口，依题意 子加速过程U西=2mw,在磁场中goB。= mR,解得外圆弧面AB与内圆孤面CD的电势差为U= E,=4C=之gL每得7=L,B-。 gL 2gBL,故C错误；若增大外圆弧面AB与内圆弧面CD的电 (2)设离子恰好从D点离开电场时对应的电场强度为E,则有 势差，进入磁场的速度增大，则粒子在磁场中的半径增大，由 cosa=R。上，得a变小，再由)=二e,可知打在收集板MN R π gE=ma,解得E=mo gL