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（湖南专版）

高三二轮复习专题卷 距离为xm=vT=0.5m,故B正确，刚开始加速0.1s时相邻两 个工件间距离最小，加速过程，由牛顿第二定律可得mg cos0 mngsin0=ma,代入数据可得a=2.5mfs2,由位移公式x 1 aT,代人数据可得x=0.0125m,故C错误：稳定工作时， 每一个T=0.1s内，传送带等效传送一个工件，而每传送一个 工件电动机需做的功等于一个工件由底部传到顶部过程中其 机械能的增量与摩擦产生的热量之和，则有△E= 2m2+ mglsin30°=62.5J.Q=mg cos30°，t相时，x相对=M-21= 1 ,·名=5m,联立解得Q=37.5J,则稳定工作时，电 动机因传送工件而多输出的功率为P=Q+△E-1O00W,故 T D正确。 10.AD【解析】木块上滑和下滑的整个过程中，损失的能量为 4E。,因此单程滑动摩擦力做功为一2E。,所以当木块上滑至最 高点时，速度为零，重力势能最大，E。=6E,一2E。=4E,A正 确：根据功能关系得一f,=2E。一6E 解得f=2E,B错误， 2 20E 根据动能定理得一fx。一Ga。sin37°=0一6E。,解得G= 3.x0 C错误：根据摩擦力公式得∫=Gcos37”,解得：=8 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 力势能为Em=mgh=8J,物块距离斜面底端L=sim30=1.6m, 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h,=0.6m开始接触弹簧，则弹簧的原长为L。 L-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E=Em一mg(L-Lo)sin30°=5J,根据机械能守 恒定律有E。十E1=E,解得Ek1=3J,故B正确；弹簧发生形 变的过程中，形变量为0.4，根据弹簧弹性势能的计算公式 E=2k(△x)P,解得友=62.5Nm,故C正确：弹簧压缩量最 大时，弹力为F=k△xr,根据牛顿第二定律有F一ngsin30° ma,解得a=20ms2,故D错误。 11.(1)0.02J(2)不能 【解析】(1)弹珠A以v。=√13m: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v v'2=2ax1, 碰撞过程中系统动量守恒，则有m'=w1十m2, 碰撞过程中损失的机械能为△E= 2m'、 1 2mui-2mwi 解得△E=0.02J,v2=2m/s。 (2)弹珠B向右运动的加速度依然为a,根据速度一位移公式 有v号一v2=2a.2, 解得v,=1.6ms>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。 12.(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m,=(m。十m)o,解得u一m。十m =10ms。 1 (2)子弹打入小木块过程产生的热量为Q,=2m6-2(m,十 m1)w2=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=(m。十m1十m2)v共， 求得v共=2mfs, 15 1 1 该过程中产生的热量为Q:=2（m,十m,)w2-2(m,十m1十 m2)v共=40J, 所以，整个过程中产生的总热量为Q总=Q,十Q2=990J。 1)96N(2)183 【解析】(1)小球甲从释放到B点的过程，根据动能定理得 mw层-0=mgh,解得ug=2I0ms 1 在B点，由牛顿第二定律得FN一ng cos0=mR, 解得Fy=96N。 (2)从B到D过程，由动能定理得2m-?mui=mg(R- Rcos 0)-umgL, 小球甲与小球乙发生正碰，有mvo=2w1,解得v1=3ms, 1121 之后做平抛运动，有21=0tr2-（2）=22,解得 18W3 r5 (1)9N(2)4.8J(3)-0.45J 【解析】(1)若滑块恰好能够滑上轨道EF,在最高点D处做圆 动的向心力由重力提供mg三m尺，滑块由C点滑到 1 高点D过程能量守恒，2m呢+mgR=2m元+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 供，F=m解得F=9N。 (2)因41=0.2,42=0，即木板与轨道GH之间没有摩擦，而滑 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 则有mo=(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 与木板共速，此过程能量守恒，m=,mgr十号(m+ M)共， 滑块滑上木板时的动能最大为Em=2m,解得Em= m+M M Rimgx, 当x=2l时，滑块在木板上的动能最大值Em=4.8J,此时 v=42 m s>>2 m.'s, 即滑块能够滑上木板，其机械能为7.2J<8J。 (3)由题意滑块恰好能够滑上轨道EF,有o=√gR, 滑块刚滑上木板时v=2m/s,因为41=0,2=0.1，木板与地 1. 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 1次碰撞时动量守恒，有wo=mv1+Mo2, 由能量守恒定律有2m=之ma+宁Mi, 1 3 解得滑块速度，=2，=1m/s,木板速度，=2，= 3 m/s. 经判断，发生第2次碰撞前，木板已处于静止状态。故摩擦力 qvoB=m 心解得B,心磁场Ⅱ的磁感应强度是磁场 对木板做的功w=0-号Mi=0-号×0.1×3J= 1 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= -0.45J. 于在磁场1中运动的周期 2πr1_2L,粒子在 (1)6ms24ms2(2)2s(3)10J 磁场Ⅱ中运动的周期为T2= 【解析】(1)滑块在平板上滑动，对滑块，根据牛顿第二定律有 2r=L,两次经过Q点的时间 0 1mg=ma1,解得a1=6ms2, 间隔为t=1× T1+2× 5 T2= 对平板，根据牛顿第二定律有mg一2(m十M)g=Ma2,解 6 6 2,故B正确。 得a2=4mfs2。 (2)滑块从O到A,根据动能定理有mgh= 2mv%,解得u,= 60° 2√2ms, Q 滑块滑上平板，设经时间t1两者速度相等，则有v=0。一 at=a2t, 3.C【解析】根据左手定则可知，电子在磁场中沿顺时针方向运 ② 1 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 解得二42ms=气s,平板的位移x2@2=专m,P 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 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 2(m十M)g=(m+M)a3, 场中，由洛伦数力提供向心力：则有B=m二，解得r一阳 解得a3=1ms2, 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 设再经时间t2平板运动至CD,则有x2=d一L一x1=t? 动时，运动半径减小，故C正确；粒子在磁场中，洛伦兹力为 2as,解得t2 42 F=qB,速度大小不变，故洛伦兹力一直在变大，故D错误。 5 S, 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 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 故平板到达CD的时间t=t1十t2=√2s。 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； (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 摩擦生热为Q,=41mgL=7.2J, 而放射性元素放出B粒子时，3粒子与反冲核的速度相反，且电 平板与凹槽底面间的摩擦生热为Q2=2(M十m)g(d一L)= 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 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 1.6J, 可知Q1、Q,均为定值，根据能量守恒定律可知，当平板到达 出的是α粒子，乙图放出的是3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α轨迹中粒子与b 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 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 时的最小速度为v2,则有v共=v1一a1t=a2t1,解得 中的粒子动量大小相等，方向相反。由半径公式R=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 共速前平板的位移大小为=，共速前滑块的位移大小 2 核的半径都大，故b为α粒子的运动轨迹，c为3粒子的运动轨 迹，故B、D错误。 为=十” 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 2 粒子(He)运动的半径满足r1+r1sin30°=OA,质子(H)运动 共速前两者的相对位移大小为△山，=--2 的半径为，=OA,根据洛伦兹力提供向心力有mB=m号，解 共速后平板到达CD时的位移大小d一L一=暖 2a3 得、1 平板到达CD后滑块恰好到达CD时的位移大小为L一△x1 -3 ，联立解得= 2W/15 2a, 5 2m/s, 该过程滑块损失的最小机械能为E=Q,十Q:十zM,代入 数据解得E=10J。 物理（八） 6.A【解析】由题意知，带电粒子从P点以y B【解析】设该种带正电粒子的轨迹半径为r,由几何关系可 速率指向圆心方向进入磁场，恰好从Q 得，2+(3R)2=(+R)2,解得r=4R,由gB=m,可得 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°射入磁场 q vo 时，轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子 m 4BR 5元 B【解析】粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得，粒子在 在磁场中运动的圆心角α=6，在磁场中 磁场I中运动的半径为r,=L,由洛伦兹力提供向心力得 ·物理X· 运动的时间4=60 5πR ,粒子离开磁场后垂直x轴向下运动t?= 尺一Rn30二及，粒子经过x轴时的坐标位置r=R Rc0s30-(停+1)R,时间为：=（管+）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 x处磁场的磁感应强度B=k1(1十，1) kld d-x) (d-),当x = 兰时，B最小，带电粒子在磁场中运动过程中，速度大小不变，由 qB=m”,解得轨迹的曲率半径r-m,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。 7.BC【解析】作出粒子A、B在磁场中运动的 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=m=”, BB,结合 。 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一2α，故C正确：根据gwB mR可知T-霜一器可如彩子A,B在磁场中运动的 周期之比为3：1，由1=2红，20T=二0T,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。 8.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9B=m,可得r U B,可知，若增大粒子入射速度，粒子2偏转半径变大，根据题 m 意，设粒子的偏转角为0，由公式T=2”,可得粒子在磁场中的 运动时间为：一头·了-船由题图可知：拉子2信转半径变大： 则在磁场中的偏转角变小，故粒子2在磁场中运动的时间变 短，故D正确。 9.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△=”△ ,根据洛伦 提供向心力，有9B=m,解得rB,联立解得 。,累加得到1=，则粒子在磁场中的运动时间只与偏钱 角有关，与速度无关。由题述可知，粒子在磁场中的偏转角为 2x(n为奇数)，粒子所受阻力大小恒定，则加速度大小为a 71 ,粒子在磁场中的时间为1=心 广，联立解得B=”π( 2q0 为奇数)，云室磁场的磁感应强度大小可能为B,=2 πf B2一2q0 3πf 10.BC【解析】带电粒子在磁场中运动到E点，根据左手定则可 知粒子带正电，故A错误：带电粒子在磁场 中运动如图甲所示，假设圆心为O,半径为 r,圆心角的一半为0，由动力学方程可知 Bqv=mv ，化简得m=B4,由几何关系可 知r2-(d-r)2=Lc,L=d十LA,根 甲 期题于条作Le-2代人可得一号。 1 m=2B,故B正确：由图可知sn9= 2 L.E 3 3v 2 3,由运 动学关系可得T=2mm_4xd gB 3v 从B点到E点B 运动时侧：=器T-故C正确：根据R 2π B,可知当粒子速度变为3时，粒子在磁场中 m E 运动的半径r'=3r=2d,如图乙所示，根据几何 关系可得粒子在磁场中运动的圆心角sina 名2，可得Q=石，可知粒子在脑场中运动 的时间1'=2 6 T= ,故D错误。 CD【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据4A二R,可 知粒子在磁场中的轨迹半径R。=4d,正对O'的粒子，圆心恰好 在x轴上，进入磁场后做匀速圆周运动，如图甲所示，根据几何 关系可知，进入无磁场区域后，速度方向恰好指向O点，A错误： 若粒子速度变为2v。,粒子在磁场中的轨迹半径R1=8d,正对 O点入射的粒子离开磁场后，由图可知，一定不过O点，B错误； 由于所有粒子沿水平方向射入磁场，半径与速度方向垂直，圆心 均在入射点的正下方，半径均为4d,所有圆心所在的轨迹相当于 将磁场边界向下平移4d,O'平移到O点位置，即所有粒子进人 磁场后做圆周运动的圆心到O点距离均为5d,如图乙所示，由 几何关系可知，进入无磁场区域后，所有粒子速度方向都指向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13 2x·4d_143πd,C正确。 Vo 45w0 丙 /2eU。1/2moUo 2U 1.)√mBNe (2) 3B2R ·9 参考答案及解析 【解析】(1)电子在电场中加速，根据动能定理，有eU。= (2)从c点射出磁场的粒子，轨迹如图乙所示，由几何关系知 1 mu2-0,解得0= 2eUo sin 8= mo 2,弧dc对应的圆心角为28，粒子在磁场中做圆周运 电子在磁场中做匀速圆周运动有B=m,号，解得， ,所以，粒子从d到c的时间为1=2T, 2π 动的周期为T= 2x πm 解得t=3qB° (2)带电粒子从S点到达Q点的运动轨迹如图所示，由几何关 (3)临界轨迹如图丙所示，当粒子的运动 0 轨迹与ab边界相切时，从c边界的ha,e头- h 系可得0=60，则a=2=30°， 点射出磁场，则eg为ab边界上有粒子 类比有-日②匹解得 射出的区间，hc为bc边界上有粒子射出 R 2U。 因tana= m 3B2R2 1 的区间，由几何关系知cos9=之，df= ag=Rsin g,ae=ab-be=ab-Rcos a, 21-df eg=ag-ae=df-ae,sin y= R hc=Rcos Y-L, 解得hc=(/4√3一3-1)L,eg=(2W3-2)La 14.(1)2m(2) 1 (3)8×10s 3 /2eU 2. (1)入m (2)2sin 2m (3)4m 【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力有gB=m口 ,解得r= sin 2eU mv 【解析】(1)电子在电子枪中被加速，由动能定理得eU gB =2 m 2m2, (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d十r2=(R十r)2,故当粒子恰好向左或向 eU 解得电子离开枪口T时的速度大小u一√m 右射出时，能够刚好进入B,区域，因此能够进入B。区域的粒 1 (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2· 2 伦兹力充当向心力，有ewB=m ×××××××:M x xDx xBx×x! 由几何关系d=2rsin9, ×x:×× 解得磁感应强度B=2sin9/2mU ×XGx xSx× (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 应的圆心角为29，对应的时间1一2云·29， ××××习××！ 电子做匀速圆周运动的周期T=2“, (3)利用反向思维可知，若粒子能平行于SO射出，其必然经过 联立解得1= sin 2eU 圆形区域最低点，轨迹如图乙所示， xm πm (1)30° (2)3qB (3)(2√3-2)L (√43-3-1)L 则其在B,区域运动的时间为t=2 T= qB 【解析】(1)带电粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律有 在B:区域运动的时间为1：=6T=3B· 1 πm 9B=mR,解得R=2L,粒子运动轨迹如图甲所示， 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 故总时间为1=1十：一8-弩×103 .1 a,由几何关系知sina=2' 6.(1)5元×10s4×102m/s(2)(3)9+元)×1079 由几何关系可知粒子射出磁场时速度方向的偏转角日=30°。 (3)8×10ms a---------------b 【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力 1第0。年年 提供向心力有qB=m,’0三 不，解得带电粒子在磁场中运 dyc 动的周期为T=5π×10-8s。 、e 当带电粒子以某一速度射入磁场时，粒子的：B R 运动轨迹恰好与外圆相切，此时粒子的速度” 为不能穿越酸场外边界的最大速度，如图甲。今 所示， 根据几何关系有R?十r=(R2一r)2,解得 甲 高三二轮复习专题卷 r。=1m, 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，=4X10m/s (2)带电粒子以速度。射入磁场中时，根据几何关系有tan0= 后停解得=苔 故其运动轨迹如图乙所示， 带电粒子在磁场中运动的圆心角为经，在磁 R 4π 场中运动的时间为-3×。 带电粒子在磁场外做匀速直线运动，所用 的时间为12=3×2R」 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+t2, 解得=(35+)×10s (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O,在环形 区域内运动时，轨迹圆心为O2,设粒子在两 0 区域内运动的半径分别为r1r2,因为B'= 0, 2B,所以r1=2' 根据几何关系有2r1cos0=R1,OO1=r1, 丙 O02=R,-r2,O102=r2一r1=r1,则三角形OO1O2为等腰 三角形，∠O01O2=20,所以2r1sin0=R2-r2, 解得r,=2m,则u=9B=8X10m5。 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=7m,粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提 供向心力得9B=m尽·联立解得R三3A√，， ,故△L= 22Um-2/2m-2/2四 Bq BV 4 BN 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。 4.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mg=E,解得电荷量？=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B=m只，结合上 述有g-管，解利=胞“，放D结误。 .D【解析】电流的方向水平向右，磁场的方向竖直向下，由左手8 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=Bu,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 误。由1=gS和U=Bu可得U=BL,因此将恒定电流1 ngS 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 来的两倍，故D正确。 A【解折】流量Q=50=()）。,又因为稳定后离子所受电 场力等于洛伦兹力，达到平衡时，电势差稳定，即qB=qE,E= D,解得U=BD,U的大小与离子浓度无关，所以流量Q 解得B=设故A正确，《D销误：装场方向竖直向 下，由左手定则，污水中的正离子聚集到端，负离子聚集到c 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 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 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 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 动：对于水平面内匀速圆周运动有gB=m,解得轨道半 径为，=1m,周期为T=2=元s,则小球从水平抛出到经过0 点所用时间满足t=nT=nπs(n=1,2,3,…)。小球从水平抛出 到经过0点，竖直方向有方=之，可得小球经过0点时的竖直 2h4 分速度为，=-n元ms(=1,2,3…),当n=1时，竖直分 速度有最大值。小球经过O点时的动能有最大值，则有Ekm 合m=m+)=gX0.1x(2+其)力0281 D【解析】由题意可知质子在磁场中运动的周期T千，质 于在酸场中运动时洛伦兹力提供向心力：有加B=m二，粒子 运动周期为T-2,联立解得B=2),故A错误：当质子的 运动半径为R时速度最大，即动能最大，有vm=2πfR,所以此 1 时质子的动能Ema=2mv。=2xmfR,故B正确：由gU= 名心可得=√℃，可知粒子第1次与第2次经电场加速 后的速度大小之比为1：√2，又粒子在磁场中的偏转半径r= ”,可得粒子第1次与第2次在D形盒中做圆周运动的轨迹半 Ba 径之比为1：√2，故C错误；由题意可知α粒子在磁场中运动的 周期T=了粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，有 2qoB'=4m ”,粒子运动周期为T=2,联立解得B'= 4m,故D正确。 10 AD【解析】如图所示，由几何关系，得cosa= a ®R-每得-后又=0=号故 不微功，机被能守恒，有mgh=2m(2。),解得力-2g 1 ,放C正 确：小球从释放到第一次经过最低点的过程中，只运动了半个圆 外圆张面AB上有？=2=号的包子能 员，段器分运动的等时性则有：号一器放D错误。 打在收集板MN上，故A正确，B错误：粒 11. (1)8×108N(2)√2Im.s 子加速过程Ug=2m0,在磁场中guB。一 【解析】(1)设小球在最高点的速度为，则小球在最高点所 受洛伦兹力为F=qB,方向竖直向上；由于小球恰好能通过 m?·解得外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差为U 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， v 2qB 即mg-F=mR,两式联立得u=1m/s,F=8X103N。 一，故C错误：若增大外圆弧面AB与内圆弧面CD的电 (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 势差，进入磁场的速度增大，则粒子在磁场中的半径增大，由 Qs。-RR,得a变小，鸭由g一行2，可知打在散套板MN 机械能守恒，由机械能守恒定律可得2m=mg·2R+ 1 的粒子数占比将增大，故D正确。 mv,解得，=V2Ims。 AC【解析】根据左手定则，带正电的离子向下偏转，b板带正 2.（1)20,垂直纸面可里(2)1w (3)45：13 电，电势高，故A正确；磁流体发电机稳定发电时，离子在电场 E 【解析】(1)根据左手定则，可以判断磁场方向垂直纸面向里： 力和洛伦兹力作用下做匀速运动，则9B=9行，可得电动势为 E=Bdw,电动机正常工作时的电压为路端电压，为U=E一 设正离子在截场中运动的半径为，有mB="m四，依题意 1Ir<E=Bdu,故B错误；两板间的等离子体的电阻为r=pS, Er=号AC=221,解得r=21.B=2。 2mv 电动机正常工作时的机械功率为P=IE一I(R十r)=IBdo一 (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 1 1 r(R十ρ令)，故C正确；电动机正常工作时板间带正电的离 L-r=2L=tL=2a， 子受到的电场力方向与速度方向不共线，受到的电场力功率不 gE=ma,解得E-4m qL 。 可能为gBv2,故D错误。 半导体D 0.AB【解析】图(a)中，粒子在电场中的运动过程由动能定理 得gBd=2mv,在磁场中有gB=mR,由题意知运动的半 径R=d,解得E=B9,故A正确：图(a)中，粒子在电场中 2m 0 的运动时间二了-吧，在磁场中的运动时间，一 1,2n= 4 aB 正离子生成器A。 2 (3)依题意，原来离子在磁场中转过的圆心角0=90°，磁感应强 π7 (x十4)m,故B正确：图 20B粒子运动的总时间1=1十1：=24B 度加倍后，运动的半径为，=子L,离子在磁场中转过的圆心 (b)中粒子在M点释放瞬间，可视为粒子具有一个水平向右的 角仍为0=90°，离子将从AO中点F经过分界线，即AF= 初速度v。及水平向左的初速度vo,并且满足Bq℃。=Eg,可得 TAC, ,一台，所以粒子释放后在电藏场的复合场中的运动可视为 结合类平抛的知识可知，D点速度的反向延长线交于对应匀 水平向右的匀速直线运动与竖直平面内的匀速圆周运动的合 速方向位移的中点，再根据三角形相似可得，调整前=5v, 运动，并不是往返运动，则有Bg,= 1 ,可得粒子做圆周运 r 调整后。= 3w,又E.=2m2,可得E:E=45:13。 动的半径r= 号，则粒子离上边界的最大距离为1，故CD13.1)B o 20D (2)kB 。2/84”E《n=1.2,3) 错误。 【解析】(1)粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得 BC【解析】因为小球的运动实际上是竖直平面内沿逆时针方 向、速度大小为的匀速圆周运动和水平向右、速度大小为v的 90B=mvi 匀速直线运动的合运动，故小球在最高点做圆周运动的分速度 水平向左，做直线运动的分速度水平向右，合速度为0，在最低点 根据题意可得g=k,解得轨道半径为r=B· m 时的速度是两分速度的矢量和，为2℃，故A错误；设在最低点时 (2)粒子在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，在x轴方向 轨迹的曲率半径为R,则有g·2B一mg=m 公，可解得曲 上做匀加速运动。若粒子在垂直于x轴的平面内转过奇数个 半圈，此时打到探测屏上的位置距离P点最远；根据几何关系 率半径R=2gB一mg Amv ，故B正确；小球在运动过程中洛伦兹力 2v 得D=2r=kB·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6小题，每小题4分，共24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： R 3R. 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 A 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）射入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 Uo 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××××× 应强度是磁场I的磁感应强度的2倍。质量为m、电荷量为q的带正电 文文政文 x×××××× ××××××××× 的粒子从虚线上P点沿与虚线成30°角的方向以速度v。垂直磁场方向射 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 XX 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.wv lixl. B.nv。2πL √3mw014√3πL √3mvo7πL gL’vo C. D. qL’vo 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 XX 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 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 XX 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 X X 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 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 物理X·专题卷（八）第1页（共8页） 鱼跃龙 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B衰变，乙图为α衰变 B.a为a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 乙 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 V 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2沿与x轴成0=60°的方向射入第 XX XBX X ××××× 一象限，也恰好从A点射出第一象限。则1：2等于 X8××火 A.3:1 B.1:3 C.4:1 D.1:4 6.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y 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 e. 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 (++ R+ c2R.+ D.260 3R5πR ￥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I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=k1,k为常量。不计粒子重力，图中虚线到ab、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 C D 门卷 物理X·专题卷（八）第2页（共8页） 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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。 7.如图所示，αb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α(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×××X XXX××XX B.粒子A、B在磁场中运动的半径之比为3：1 1 ×××××冠× 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 8.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。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 粒子2 A.粒子1可能为电子 B.粒子2带正电 XX ×x粒子1) C.增大入射速度，粒子1可能打在探测器上的Q点 D.增大入射速度，粒子2在磁场内的运动时间变短 9.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.2πj 3πf B.2g00 C.πf D.f qvo qvo 2qvo 10.边长为d的正方形区域ABCD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。 电荷量大小为g的带电粒子从B点以速度大小为、方向沿BC方向射入磁场，之后从AD 边上的E点离开磁场。已知BE-2。,不计粒子重力，则下列说法正确的是 A.粒子带负电 B 2Bgd B.粒子的质量m= 30 C.粒子在磁场中运动的时间(=4d 90 D.若粒子速度大小变为3w,则粒子在磁场中运动的时间为。 物理X·专题卷（八）第3页（共8页） 鱼跃方 *在平面直角坐标系xOy中有如图所示的有界匀强磁场区域，磁场上边界是以O'(0,4d)点为圆 心，半径为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，半径为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 ,射入该磁场区域。已知磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B=,带电粒子质量 Γ4dq 为m,电荷量大小为q,不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法中正确的是 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2wo,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45一 D.所有入射粒子都一定过O点 三、非选择题：本题共5小题，共56分。 11.(7分)如图所示，M、N两板间存在电压为U。的加速电场，半径为R的圆形区域内存在磁感 应强度为B的匀强磁场，光屏放置于圆形磁场区域右侧，光屏中心P到圆形磁场区域圆心O 的距离为2R。带电粒子从S点由静止进入M、N板间区域，经电场加速后进入圆形磁场区 域，在磁场作用下轨迹发生偏转，最终打在光屏上的某点，测量该点到P点的距离，便能推算 出带电粒子的比荷，不计带电粒子的重力。 (1)若带电粒子为电子，已知电子的电荷量为e,质量为m。,求电子经过电场加速后的速度大 小v及电子在磁场中运动的轨迹半径r； (2)若某种带电粒子通过电场加速和磁场偏转后，打在光屏上的Q点，已知P点到Q点的距 离为23R,求该带电粒子的比荷9 ,×××、 1×××××, 门卷 物理X·专题卷（八）第4页（共8页） 班级 12.(9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。实验目 13. 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。如图所 姓名 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,a与TM之间夹角为p(弧 得分 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:X --------- (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 X .Mx 2 3 5 6 7 96 9 10 物理X·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 09>0)、速率为的粒子。已知矩形acd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： 0!------------b (1)沿da方向发射的粒子射出磁场时，速度方向的偏转角； 0i--2----0 (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X·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,B 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=2× 106kg、电荷量q=1×102C、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； ×××X××XM X×BX××X (2)能进入圆形区域的粒子数与总粒子数之比： X××X×, ××××,B2·· ③)最终射出圆形区或时速度方向与S0平行的粒子在毯场中运动的总×交“·这 时间。 ××××·· XXXXX·· ××××××X XXXXXX XIN 物理X·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R1=3, 外圆半径R,=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=4.0X10C/kg,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： 1●● R六时 (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 。 径为R?的圆形区域的最大速度v。 物理X·专题卷（八）第8页（共8页）