专题3 课时作业11 动态圆的应用-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习练习手册

课时作业11 (分值 基础巩固练 1.(5分)如图所示，三角形ABC内有 A 垂直于三角形平面向外的匀强磁 场，AB边长为L,∠A=30°， ∠B=90°，D是AB边的中点。现D。 在DB段上向磁场内射入速度大 小相同、方向平行于BC的同种粒 。。。。 子（不考虑粒子间的相互作用和粒B C 子重力)，若从D点射入的粒子恰好能垂直AC边 射出磁场，则AC边上有粒子射出的区域长度为 () B.3L C3-1, D 2.(5分)（多选）如图所示，在边长为D- C L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。质量为m,电荷 B 量为q的带电粒子（不计重力），分 别以相同的速率从A点沿不同方向垂直磁场方 向射入磁场，当粒子沿AC方向射入时，垂直于 BC边射出磁场。则粒子 () A.带负电 B.运动速率u=EgBL m C.在磁场中运动的最长时间t一39B πm D.在磁场中运动的最长时间tm= gB 3.(5分)一匀强磁场的磁感：：：：：：：：：： 应强度大小为B,方向垂 直于纸面向外，其边界如“ a· d 图中虚线所示，ab为半 、。 圆，ac,bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆 的半径。一束质量为m、带电荷量为q(g>0)的粒 子，在纸面内从c点垂直于ac射人磁场，这些粒子 具有各种速率，不计粒子重力和粒子之间的相互 作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时 间为 () 7πm A.6qB B.5πm c器 3πm D. 4aB 2gB 红对勾·讲与练 1 班级： 姓名： 动态圆的应用 :60分) 4.(5分)（多选）如图所示，正方形cx×××b abcd区域内有垂直于纸面向里的 ×××× 匀强磁场，O点是cd边的中点。 0→ ××× 若一个带正电的粒子（重力忽略 ×××× 不计)从O点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形区域内，经过时间。刚好从 c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸 面以与Od成30°角的方向（如图中虚线所示），以 各种不同的速率射入正方形区域内，那么下列说 法正确的是 () A.该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射 出磁场 B.若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经 历的时间可能是t。 C.若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经 历的时同可能是子。 D.若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经 历的时间一定是。 5.(5分)（多选）(2025·河南名校 联考)某个粒子分析装置的简化 荧光挡核0 示意图如图所示，在垂直纸面向 P RO 外的匀强磁场（未画出）中，有一 圆心为O、半径为R的圆形无磁场区域，在圆形边 界的P点处有一α粒子发射源，可在图示∠GPH= 90°范围内沿纸面随机向磁场区域发射速度大小相 同的α粒子，在圆经过P点的直径上，固定一长度 为2R的荧光挡板，α粒子击中荧光挡板后被吸收 并发出荧光。已知PG与直径QP延长线的夹角 为30°，a粒子的质量为m,电荷量为q。不计a粒 子的重力和粒子间的相互作用，当α粒子的速度 为0=gBR时，下列说法正确的是 () m A.所有进入圆形区域的α粒子均垂直击中荧光 挡板 B.荧光挡板上a粒子打到的区域长度为R,且击 中荧光挡板的α粒子的位置均匀分布 Ca粒子在磁场中运动的最长时间为？B D.a粒子在无磁场区域运动的最长时间为 为qB 30] 高三二轮物理 6.(5分)（多选）(2025·广东深 圳一模)如图所示，区域AOC 内有垂直纸面向里的匀强磁场 (图中未画出)，∠AOC=60°。 边界OA上有一到O点距离0 一A 为d的粒子源S,现粒子源在 纸面内以等大速度向不同方向发射大量带正电的 同种粒子（不计粒子重力及粒子间相互作用力）， 经过一段时间有部分粒子从边界OC射出磁场。 已知从OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间 为)(T为粒子在磁场中运动的周期)。关于 OC射出的粒子，下列说法正确的是 A.O可能是粒子的轨迹圆心 B.粒子可能垂直于边界OC射出 C.从OC射出的粒子距O最远距离为√/3d D.粒子在磁场中运动的最短时间等于。 能力提升练 7.(5分)（多选）如图所示，长度为a M 的竖直薄挡板MW处在垂直纸面 向里的匀强磁场中（磁场空间足够060° 大、图中未画出)，磁感应强度大小 为B。挡板左侧O点有一粒子源在纸面内向各方 向均匀发射电荷量为十q、质量为m的带电粒子， 所有粒子的初速度大小相同。已知图中初速度与 ON夹角为60°时发射的粒子恰好经过N点， ON=√3a,ON⊥MN。不计粒子重力，不考虑粒 子的反弹和粒子间的相互作用。则 () A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为。 a B.挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为α C.能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的} D.挡板的右侧被粒子击中的竖直长度为a 8.(15分)如图所示，在 2 0≤y≤1.5a的区域 内存在垂直坐标平面×××× ××× 向里的匀强磁场，t= P文 0时刻，一位于坐标原 点的粒子源在xOy平面内发射出大量同种带电粒 子，所有粒子的初速度大小相同，方向与x轴正方 向的夹角分布在0~180°范围内，沿y轴正方向发 射的粒子在t=t。时刻刚好从P(2a,0)点离开磁 (横线下方不可作答)13 班级： 姓名： 场。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q,不考 虑粒子的重力和粒子间的相互作用。得分 (1)求带电粒子初速度的大小： (2)求磁场上边界有带电粒子离开的区域长度； (3)改变匀强磁场的磁感应强度大小，使得25%的 粒子从x轴离开磁场区域，求改变后的匀强磁场 的磁感应强度大小。 尖子生选练 9.(10分)(2025·广西柳州三 a- 模)如图所示，正方形区域 ×××× abcd内（含边界）有垂直于O处 ×.×.×.×0 ××× 纸面向里的匀强磁场，ab= l,Oa=0.4l,OO'连线与ad 边平行。大量带正电的粒子 从O点沿与ab边成0=53°角方向以不同的初速 度v射入磁场。已知带电粒子的质量为m,电荷 量为q,磁场的磁感应强度大小为B,sin53°= 0.8,cos53°=0.6，不计粒子重力和粒子间的相互 作用。 得分 (1)求恰好从O'点射出磁场的粒子的速度大小； (2)要使粒子从ad边离开磁场，求粒子初速度v 的取值范围。 1 专题三电场与磁场 ■■60 甲 乙 8.BC若离子通过下部分磁场直接到达 P点，如图甲所示，根据几何关系则有 R=L9B=m及可得。=BL m kBL,根据对称性可知出射速度与SP 成30°角向右上，故出射方向与入射方 向的夹角为日=60°。当离子上、下两 部分均经历一次时，如图乙所示，因为 上、下部分磁感应强度均为B,则根据 对称性有R=2L,根据洛伦力提供 向心力有B=mR,可得。 BL_ 2m 1 kBL,此时出射方向与入射方向相 2 同，即出射方向与入射方向的夹角为 0=0°。通过以上分析可知，当离子从 下部分磁场射出时，需满足= gBL kBL(n=1,2, (2n-1)m 2n-1 3,…),此时出射方向与入射方向的夹 角为日=60°；当离子从上部分磁场射出 时，需满足0= gBL 1 kBL(n=1,2, 2nm 2n 3,…),此时出射方向与入射方向的夹角 为日=0°，可知B、C正确，A、D错误。 L L 甲 乙 9.(1) 2eU 1 2mU (2) (3)(3+ m 45)· 2mU ,区域见解析图乙 B 解析：(1)电子初速度为0，忽略电子间 的相互作用和电子的重力，经过电压U 加速，则eU=1 2eU 解得0= (2)因为有宽度为2R,的平行电子束 竖直向上进入圆形磁场，均通过O,点， 画图如图甲，可知圆形磁场半径等于 电子在其中运动轨迹的半径，即 R=R=m 2eU 2mU eB N B 甲 248z勾·讲与练·高三二轮物理 (3)电子进入挡板内磁场，由evB,= m Ra' 可知在挡板内做圆周运动的半径为圆 形磁场内圆周运动半径的2倍，即 R2=2R1, 当圆的轨迹与ab边相切时，即电子在 O点速度方向向上，此时电子可以射 到接收板，如图乙所示， b d 随着电子在O点速度从竖直向上往顺 时针偏转，其轨迹也绕O点顺时针偏 转，当偏转到圆的轨迹与ad边相切 时，电子刚好不能射到接收板，如图丙 所示， b Ic 0:-- 丙 由图乙可知，在右边大三角形中tn日= AH+4R 在三角形O3H1A中O3H1=3R1一 2R,=R1, O3A=2R1, sin 3=2p=2, AO; 则9=吾AH,=5R 代入解得x1=(3+4√3)R1=(3+ 1 2mU 43)·BNe 电子在水平接收板上击中的区城为x1 这一区域。 10.BD由题意，作出a粒子运动轨迹 图，如图甲所示， 0 甲 a粒子恰好到达磁场外边界后返回，@ 粒子运动的圆周正好与磁场外边界 相切，然后沿径向做匀速直线运动， 再做匀速圆周运动恰好回到A点，根 据a粒子的速度大小为0.=gBR, 可得R。=R。设外圆半径等于R', 由几何关系得∠AO'B=270°，则 R'=R。十√2R。,A错误；由A项分 析，a粒子返回A点所用的最短时间 为第一次回到A点的时间tmim,a粒 子做匀速圆周运动的周期T= 2xR。 2xm ,在磁场中运动的时间 Va gB 540° t1= 360° ·T= 3π7 gB ,匀速直线运动 2R。_ 2m 的时间t2= ,故a粒子返回 Va gB A点所用的最短时间为tmm=t1十 (3r+2)m t:= ,B正确；由题意，作出 qB b、c粒子运动轨迹图，如图乙、丙 所示， 乙 丙 因为b、c粒子返回A,点都是运动一 个圆周，根据b、c带正电且比荷均为 旦，所以两粒子做圆周运动周期相 72 同，故所用的最短时间之比为1：1， C错误；由几何关系得2R。=√2R。, 02 洛伦兹力提供向心力有qu,B=R 联立解得= ?D正确。 课时作业11动态圆的应用 1.C从D,点射入和从 A B,点射入的粒子的运 动轨迹如图所示，设 两个粒子在AC边上 的出射点分别为E、F D 点，由于 1 点射入 的粒子恰好能垂直 AC边射出磁场，所以 A点为该粒子做圆周 B 运动的圆心，则粒子 做国周运动的半径为R=2L,则有 AE=L,周为D点是AB的中点： 1 所以D点是从B点射入的粒子做圆周 运动的圆心，所以有AD=DF,则根据 几何知识有AF=2X号Lc0s30° 3L ,所以有粒子射出的区域长度为 2 EF=AF-AE= B-L,故A、BD 2 错误，故C正确。 2.BC如图，由左手D 定则可知粒子带正 电，A错误；根据粒 子的运动轨迹可知 r=√2L,由q0B= m一，可得0= V2 gBL ,B正确；从 n C,点射出的粒子在磁场中运动的时间 最长，由几何知识知圆孤所对应的圆 60° 心角为60°，则最长时间为tm 360 2xm r72 ,C正确，D错误。 gB 3gB 3.C带电粒子在匀强磁场中运动，运动 轨迹如图所示， 由洛伦兹力提供向心力，有gB=m 解得r= 72U Br Om 。,运动时间t= qB vgB 为带电粒子在磁场中运动轨迹所对的 圆心角，粒子在磁场中运动时间由轨 迹所对圆心角决定。采用放缩法，粒 子垂直c射入磁场，则轨迹圆圆心必 在直线ac上，将粒子的轨迹半径从 0开始逐渐放大，当r≤0.5R(R为ab 的半径)和r≥1.5R时，粒子从ac、bd 区域射出磁场，运动时间等于半个周 期。当0.5R<r<1.5R时，粒子从孤 ab上射出，轨迹半径从0.5R逐渐增 大，粒子射出位置从a点沿孤向右移 动，轨迹所对圆心角从π逐渐增大，当 半径为R时，轨迹所对圆心角最大，再 增大轨迹半径，轨迹所对圆心角减小， 因此轨迹半径等于R时，所对圆心角 r4 最大，为0m=x十 三 3,粒子最长运 4xm 动时间为 3qB ,故C正确。 4.AD由题意可 F E b 知带电粒子以垂 直于cd边的速 G 度射入正方形区 域内，经过时间 3 t。刚好从c点射 出磁场，则带电 粒子的运动周期 A B 为T=2t。。如图，随粒子速度逐渐增 大，运动周期不变，轨迹由①→②→③→ ④依次改变，由图可知粒子从四个边 射出时，射出范围分别为OG、FE、 DC、BA,不可能从四个顶，点射出，故 A正确；从ab边射出的粒子在磁场中 经历的时间小于半周期t。,从bc边射 出的粒子在磁场中经历的时间小于 Ato 3 t,所有从cd边射出 的粒子轨迹所对的圆心角都是300°， 5T 5to 所用时间为 6 ,故B、C错误， D正确。 5.ADα粒子在磁场中运动的轨迹半径 为r= 710 =R, qB 炭光挡板 H 则从P,点射出的《粒子运动的轨迹如 图，由几何关系可知，四边形O'MOP 为菱形，可知O'M水平，则从M点进 入圆形区域的粒子速度竖直向下，垂 直击中荧光挡板，A正确；沿着PG方 向射出的粒子打到挡板上的位置最 远，由几何关系可知，最远点与P点的 距离为2R-Rsin30°=2 R,并且从O 到P,距P点越近，粒子数量越多，粒 子分布不均匀，B错误；沿着PH方向 射出的粒子在磁场中运动的时间最 长，由几何关系可知粒子在磁场中转 过的角度为330°，则最长时间t 330°2πR11xm 360°· C错误；水平向左 6gB 射出的《粒子在无磁场区域运动的时 间最长，为/=尽= gBD正确。 6.BD由于所有 C 粒子的速度大小 D 都相同，故粒子 在磁场中运动轨 迹半径r=m EA B 均相同；由于从O0 iefs A OC边界射出的 粒子在磁场中运 动时间最长为半个周期，可知粒子在 磁场中转过的圆孤都不是优弧，转过 的孤长越小的粒子，在磁场中运动时 间就越短，由于可断定粒子都是做逆 时针圆周运动，则初速度沿OA方向 的粒子运动时间最长，其在磁场中的 运动轨迹为半圆，如图所示，过S作 OA的垂线与OC相交于D点，则SD 为该粒子运动的轨迹直径，可得轨迹 半径为r=2dlan60= 2d,从00 射出的粒子距O最远距离为doD= cos60=2d,绕S点逆时针旋转该粒 子运动的轨迹，由点到直线垂线段最 短可知，轨迹与O℃C相交于S在OC上 的垂足E时，粒子在磁场中运动时间 最短，而SE=dsm60°=5d=r,即 2 △O'SE为等边三角形，故运动时间最 短的粒子在磁场中转过的圆心角为 60° T 60,最短时间为tm=360T=6,故C 错误，D正确；由上述分析可知，粒子 的轨迹丰径，= 2 d<d,故O不可能 是粒子的轨迹圆心，故A错误；由上述 分析可知，S点到直线OC的距离 为SE=r,则粒子的轨迹圆心可以在 直线OC上，当粒子的轨迹圆心O'落 在直线OC上时，粒子垂直于边界OC 射出，故B正确。 7.CD所有粒子运动 02 M 的轨迹半径都相等， 当粒子初速度与 30e ON夹角为60°时， 粒子运动轨迹如图 所示，由几何关系可 0 知2rcos30°=√3a, 可得r=a,故A错 误；当轨迹刚好与 MV相切时，粒子能打到挡板的高度 最高，如图轨迹2，设速度方向与ON 夹角为0，由几何关系可得rsin0十r= √3a,可得sin0=√5-1，则挡板左侧能 被粒子击中的竖直长度为l=rcos0= √2√3-3a,故B错误；要使粒子打在 挡板右侧，有两个临界条件，如图中的 轨迹1、3，由几何关系可知1、3的初速 度夹角为α=60°，则能击中挡板右侧 60°1 的粒子数占粒子总数的n= 360° 61 故C正确；如图轨迹1，粒子打在MV 上的，点与O1N、O1M组成顶角为60 的等腰三角形，所以由几何关系可知 挡板的右侧被粒子击中的竖直长度为 y=r=a,故D正确。 8.(1)(2W3a（3)2-E)m 3gt o 解析：(1)设带电粒子的初速度大小为 0,沿y轴正方向发射的粒子在t=to 时刻刚好从P(2a,0)点离开磁场，由 几何关系可知，粒子运动的半径为 πR R=a,v= to Ra 所以)= to (2)磁场上边界有带电粒子离开的区 域，如图所示， A B 由几何关系可得 LAB=R2-(1.5a-R)2, LAC =2LAB, 解得LAc=√3a。 (3)由几何关系可得 R1-R1cos45°=1.5a, 由牛顿第二定律得quB=mR 解得B= (2-√2)xm 3qt o 5qBI 29qBI 9.(1) (2) 2qBI 6m 9m 46m 解析：(1)从O'点射出磁场的粒子的运 动轨迹如图甲所示， 甲 根据几何关系可知，粒子运动半径 1 2 c0s53°， 根据洛伦兹力提供向心力有qB= 02 721 5qBI 解得= 6m 参考答案 249 (2)当粒子轨迹与ad边相切时，如图 乙所示， 乙 设此时粒子的初速度为1，运动半径 为r1,由几何关系可得 r1+r1sin53°=0.4l, 又qvo1B=m 001 ri 2qBI 解得v1= 9m 假设粒子运动轨迹能与cd边相切，如 图丙所示， 丙 设此时初速度为℃2，运动半径为r2, 由几何关系可得r十r2cos53°=1， 5 解得r2= 8 0.41 又O,a= tan 53 =0.3l≠rg, 可知粒子轨迹无法与cd边相切； 粒子从d点射出时速度最大，如图丁 所示， 丁 根据几何关系可知rcos0十r cos a=l, rsin 0-r2sin a=0.41, 29 解得= 46 根据洛伦兹力提供向心力有q00B= m 29gB1 解得v2= 46m 综上可得 2qBl 29gB1 9m 46m 课时作业12 带电粒子在 复合场中的运动 1.AC由左手定则可知，带正电粒子在 磁场中受到向上的洛伦兹力，带负电 粒子在磁场中受到向下的洛伦兹力， 则等离子体从左侧喷入磁场时，带正 电粒子向上偏转，带负电粒子向 下偏 转，所以极板MN带正电，为发电机的 正极，A正确；极板间的电压稳定后， 对在极板间运动的某个带电粒子，有 250红网勾·讲与练·高三二轮物理 gE=guB,又U=Ed,可得U=oBd,所 以仅增大两极板间的距离d,极板间的 电压增大，B错误；结合B项分析可知， 仅增大等离子体的喷入速率，极板间 的电压增大，C正确；结合B项分析可 知，仅增大等离子体的正、负带电粒子 数密度，极板间的电压不变，D错误。 2.B根据左手定则可知电子向后表面 偏转聚集，则前表面的电势比后表面 的电势高，故A错误；由洛伦兹力和静 U 电力平衡evB=e ，再结合电流微观 表达式I=neab,可得U=BL ne6,可知 电压U与宽度a无关，选择单位体积 内自由电子数n值较大的半导体，其 他条件相同，则U减小，选择厚度b更 小的半导体，其他条件相同，则U更 大，故C、D错误，B正确。 3.ABD油滴a做圆周运动，故重力与静 电力平衡，可知油滴a带负电，有g= E,解得g=置，故A正确：根洛伦 兹力提供向心力有B咖=mR,得 R=m,解得油滴a做圆周运动的速 度大小为=8BR,故B正确：设小油 E 2 1 滴I的速度大小为1，得3R= 2 解得，= 3BqR 3gBR ,周期为T= E 2元·3R_2πE,故C错误；带电油滴a 01 gB 分离前后动量守恒，设分离后小油滴 Ⅱ的速度为v2,取油滴a分离前瞬间 的选度方向为正方向，得受+分一 T mv,解得℃2=- gBR ,由于分离后的 小油滴受到的静电力和重力仍然平 衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正 方向相反，根据左手定则可知小油滴 Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。 4.AC分析从A点射入的粒子，进入电 场后做类平抛运动，水平方向1=ot, 竖直方向y=分=2a,由牛频第二 定律可得a=9,联立解得E= g' 故A正确，B错误；从A点射入的粒子 到达O点时，水平分速度为，=。，竖 直分速度为v,=at=vo,则合速度为 =√0十=√2，方向与x轴成 45°斜向右下方，粒子在磁场中做匀速 圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 quB=mu -,解得r=1,粒子在磁场中 运动的轨迹为圆，从y轴上射出，轨 迹对应的弦长为d=2rsin45°=√2l, 则粒子射出磁场时的坐标为(0，一√21)， 故C正确，D错误。 5.(1kE kR (2)2W3+1-2)尽V2Ea 解析：(1)由牛顿第二定律有qE=ma, 根据运动学公式)=at, 整理得1= kE' 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛 頓第二定律有qB=mR: U 解得B= kR (2)加速1次由动能定理有gEd 2 mvi, 解得v1=入 2gEd =√2kEd, m 如图，从A点出发向右运动2r1,则 A 3次 1次2次4次 m01 2 2Ed 2r1=2 qB 同理可得加速第2次粒子向左运动 2r:=22 2Ed B 粒子加速第3次后向右运动2r3= 2Ed B 所以，第4次加速结束瞬间距A点的 距离为x=2r1一2r2十2r3=2(√3十 1-2)2Ea 6.(1)50(2) (2+√5)m℃a gH 解析：(1)由于小球在虚线下方磁场和 电场中做匀速圆周运动，则qE=mg, 从a到c,在竖直方向上小球做竖直上 地运动，则t=0,0,=o, 2vo g 在水平方向上qE=ma,vx=atae, 由运动的合成得u,=√0十 联立解得v.=√5o。 (2)由题意可知小球的运动轨迹如图 所示， +% X r 40 XH X X X X × × X 设在c,点小球速度方向与水平方向成 0角，由c0s日=，解得cos0= 2√⑤ 5 由几何关系可得，rcos日十r=H,解得 5H r= 5+2√5 由牛颜第二定律得gm.B=m, (2+√5)m0 由以上各式联立解得B= qH