2025版衡水中学学案高考物理二轮专题与专项第1部分专题3微专题3含答案及解析

第一部分专题三微专题3A组·基础练1.(2024·福建莆田二模)带电粒子流的磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一。磁聚焦原理如图，真空中一半径为r的圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一束宽度为2r、沿x轴正方向运动的带电粒子流射入该磁场后汇聚于坐标原点O。已知粒子的质量均为m、电荷量均为q、进入磁场的速度均为v，不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用力。则磁感应强度的大小应为()A．eq\f(mv,2qr) B．eq\f(\r(2)mv,2qr)C．eq\f(mv,qr) D．eq\f(2mv,qr)【答案】C【解析】利用圆形区域匀强磁场实现对带电粒子流的磁聚焦，需要满足：粒子匀速圆周运动半径与圆形磁场区域的半径相等，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，则有R＝r，粒子匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，则有qvB＝meq\f(v2,R)，解得B＝eq\f(mv,qr)，故选C。2.(多选)(2024·安徽蚌埠模拟)如图，半径为R的圆形区域内有一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场边界上的P点有一同种粒子源，粒子的比荷为k，粒子以相等速率沿不同方向进入磁场，其中沿直径方向飞入的粒子在有界磁场中偏转90°射出，粒子的重力以及粒子之间的相互作用力均可忽略，由此可以判断()A．所有粒子离开磁场时的速度方向相互平行B．粒子从P点进入磁场时的速率为kBRC．粒子从P点进入磁场时的速率为eq\f(\r(2)kBR,2)D．若粒子从射出点沿射出速度反方向以相等速率射入，一定会从P点射出【答案】AB【解析】沿直径方向飞入的粒子在有界磁场中偏转90°射出，根据几何关系可知，粒子圆周运动的轨迹半径为R，则任意方向进入磁场的粒子其入射点、出射点、轨迹圆心与磁场圆心四点构成棱形，则出射点速度方向始终垂直于入射点位置磁场圆的半径，即所有粒子离开磁场时的速度方向相互平行，故A正确；结合上述可知qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(qRB,m)＝kBR，故B正确，C错误；若粒子从射出点沿射出速度反方向以相等速率射入，根据左手定则可知，粒子所受洛伦兹力方向与射出前洛伦兹力方向相反，粒子偏转方向与射出前相反，此后轨迹入射点、出射点、轨迹圆心与磁场圆心四点构成棱形，根据磁汇聚可知，粒子将从磁场圆上与P点对称的点射出，故D错误。故选AB。3.(2024·山东临沂模拟)如图所示，直角三角形的AB边长为L，∠C＝30°，三角形区域内存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从D点沿着垂直BC边的方向以速度v射入磁场，CD间距离为L，不计粒子受到的重力。下列说法正确的是()A．粒子在磁场中运动的最长时间为eq\f(2πm,qB)B．v＝eq\f(BqL,m)时，带电粒子垂直于AC边射出磁场C．若粒子从BC边射出磁场，则v<eq\f(BqL,2m)D．若粒子从AC边射出磁场，则v>eq\f(BqL,4m)【答案】B【解析】粒子带正电，根据左手定则可知，粒子进入磁场后将向上偏转，粒子从BC边离开时，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，运动时间最长，当轨迹刚好与AC边相切时，粒子轨迹如图1所示由洛伦兹力提供向心力可得qv1B＝meq\f(v\o\al(2,1),r1)根据几何关系可得r1＋eq\f(r1,sin30°)＝L联立解得r1＝eq\f(L,3)，v1＝eq\f(qBL,3m)可知粒子在磁场中运动的最长时间为tmax＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πm,qB)若粒子从BC边射出磁场，则有v<eq\f(BqL,3m)若粒子从AC边射出磁场，则有v>eq\f(BqL,3m)故A、C、D错误；若带电粒子垂直于AC边射出磁场，如图2所示根据几何关系可知r2＝L由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r2)联立解得v＝eq\f(BqL,m)故B正确。4.(多选)(2024·广东中山模拟)如图所示，边长为L的等边三角形A′B′C′区域内，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。若将质量为m、电荷量为q的带正电粒子从顶点A′沿角平分线方向以不同的速率射入磁场区域内，不计粒子重力，则()A．粒子可能从B′点射出B．粒子入射速率为eq\f(BqL,m)时，从C′点射出C．粒子入射时的速率越大，在磁场中的运动时间一定越短D．从A′C′边射出的粒子，出磁场时的速度方向都相同【答案】BD【解析】根据左手定则，粒子会向A′C′偏转，不可能从B′点射出，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r)，若粒子从C′点射出，根据几何关系有r＝L，解得粒子入射速率为v＝eq\f(BqL,m)，故B正确；粒子在磁场中的运动周期为T＝eq\f(2πm,qB)，设粒子运动轨迹对应的圆心角为θ，粒子在磁场中的运动时间为t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)，当粒子的速度大于等于eq\f(BqL,m)时，粒子都打在A′C′边上，其轨迹对应的圆心角都相等，都等于60°，在磁场中的运动时间相等，则粒子入射时的速率越大，在磁场中的运动时间不一定越短，从A′C′边射出的粒子，在磁场中偏转角度相同，出磁场时的速度方向都相同，故C错误，D正确。故选BD。5.(多选)(2024·湖南郴州模拟)如图所示，匀强磁场中位于P处的粒子源可以沿垂直于磁场向纸面内的各个方向发射质量为m、电荷量为q，速率为v的带正电粒子，P到荧光屏MN的距离为d，设荧光屏足够大，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列判断正确的是()A．若磁感应强度B＝eq\f(mv,qd)，则发射出的粒子到达荧光屏的最短时间eq\f(πd,3v)B．若磁感应强度B＝eq\f(mv,qd)，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为eq\f(7πd,6v)C．若磁感应强度B＝eq\f(mv,2qd)，则荧光屏上形成的亮线长度为(eq\r(15)＋eq\r(3))dD．若磁感应强度B＝eq\f(mv,2qd)，则荧光屏上形成的亮线长度为(eq\r(15)＋2eq\r(3))d【答案】ABC【解析】根据qvB＝meq\f(v2,r)，若磁感应强度B＝eq\f(mv,qd)由题可知，运动的轨道半径R＝d最短时间时，恰好弦长最短，打到P点的正左方，如图所示根据几何关系，偏转的圆心角为eq\f(π,3)，因此运动时间为t＝eq\f(Rθ,v)＝eq\f(πd,3v)，故A正确；由几何关系可知，打到荧光屏MN上最长时间恰好运动了eq\f(3,4)个周期，轨迹如下图所示因此时间差Δt＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－\f(π,3)))d,v)＝eq\f(7πd,6v)，故B正确；若磁感应强度B＝eq\f(mv,2qd)，则轨道半径R＝2d到达荧光屏最下端的粒子的轨迹是与MN相切的，设下半部分的亮线长度为x1，根据几何关系，有xeq\o\al(2,1)＋(R－d)2＝R2解得x1＝eq\r(3)d到达荧光屏最上端的粒子与屏的交点与P点连线为轨迹的直径，设上半部分亮线的长度为x2，根据几何关系，有xeq\o\al(2,2)＋d2＝(2R)2解得x2＝eq\r(15)d所以亮线的总长度为(eq\r(15)＋eq\r(3))d，故C正确，D错误。故选ABC。B组·综合练6.(多选)(2024·陕西榆林一模)磁聚焦的原理图如图。通电线圈产生沿其轴线AA′方向的匀强磁场。从A点发出的带电粒子束初速度v0大小相等，方向与AA′的夹角都比较小。把初速度v0沿AA′方向和垂直于AA′方向分解，沿AA′方向的分速度v1＝v0cosθ≈v0(θ很小时)，这表明所有粒子在沿AA′方向的分速度都相同。在垂直AA′方向，所有粒子均做圆周运动，只要粒子的比荷相等，周期就相等，因此，所有从A点发出的带电粒子束就能在A′点汇聚，这就是磁聚焦原理。设由电性相反、比荷均为k的两种粒子组成的粒子束从A点射入该通电线圈，初速度v0大小相等，方向与AA′的夹角相等且都很小，这些粒子在A′点汇聚在了一起。已知该通电线圈在线圈内产生的匀强磁场的磁感应强度大小为B，忽略粒子的重力及粒子间的相互作用，则A、A′之间的距离可能是()A．eq\f(πv0,2kB) B．eq\f(2πv0,kB)C．eq\f(4πv0,kB) D．eq\f(6πv0,kB)【答案】BCD【解析】由于粒子束由电性相反的两种粒子组成，两种粒子在磁场中的旋转方向相反，要实现汇聚，必须经过周期的整数倍，因此A、A′之间的距离可能是Tv0、2Tv0……而不能是eq\f(1,2)Tv0、…，由于qvB＝meq\f(v2,R)，T＝eq\f(2πR,v)，解得T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2π,kB)，所以A、A′之间的距离可能是d＝eq\f(2nπv0,kB)(n＝1,2,3…)，当n＝1时有d＝eq\f(2πv0,kB)，当n＝2时有d＝eq\f(4πv0,kB)，当n＝3时有d＝eq\f(6πv0,kB)，故选BCD。7.(2024·湖南娄底模拟)磁场可以对带电粒子的运动施加影响，只要设计适当的磁场，就可以控制带电粒子进行诸如磁聚焦、磁扩散、磁偏转、磁约束与磁滞留等运动。利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用，如图所示，以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，圆形区域外有垂直纸面向里的匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小都是B。有一质量为m、所带正电荷电荷量为q的带电粒子从P点沿半径垂直磁场射入圆形区域，粒子两次穿越磁场边界后又回到P点，不计粒子重力，则()A．粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为RB．粒子从P点射入磁场的速度大小为eq\f(\r(2)qBR,m)C．粒子从P点射出到第一次回到P点所需的时间为eq\f(7πm,6qB)D．如果圆形区域外的磁场在一个以O为圆心的圆环内，则该圆环的面积至少为(6＋4eq\r(3))πR2【答案】D【解析】因为粒子两次穿越磁场边界后又回到P点，画出粒子轨迹示意图如图所示，设粒子做圆周运动的轨迹半径为r，则有tan30°＝eq\f(R,r)，可得r＝eq\r(3)R，选项A错误；由qvB＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\f(\r(3)qBR,m)，选项B错误；粒子在磁场中匀速圆周运动的周期为T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，粒子从P点射出到第一次回到P点所需要的时间为t＝eq\f(T,6)＋eq\f(5T,6)＋eq\f(T,6)＝eq\f(7πm,3qB)，选项C错误；由几何关系可知，圆环的大圆半径为(2＋eq\r(3))R，小圆半径为R，所以其面积为S＝π[(2＋eq\r(3))R]2－πR2＝(6＋4eq\r(3))πR2，选项D正确。8.(2024·陕西西安模拟)如图所示，在xOy坐标系中，垂直于x轴的虚线与y轴之间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场(含边界)，磁场方向与xOy平面垂直。一质子束从坐标原点射入磁场，所有质子射入磁场的初速度大小不同但初速度方向都与x轴正方向成α＝53°角向下。PQ是与x轴平行的荧光屏(质子打到荧光屏上不再反弹)，P、Q两点的坐标分别为P(0,0.4l)，Q(l,0.4l)。已知质子比荷eq\f(q,m)＝k，sin53°＝0.8。求：(结果均可用分数表示)(1)质子在磁场中运动的最长时间是多少；(2)如果让荧光屏PQ发光长度尽可能长且质子的运动轨迹未出磁场，质子初速度大小的取值范围是多少。【答案】(1)eq\f(143π,90kB)(2)eq\f(kBl,4)≤v≤eq\f(5kBl,9)【解析】(1)质子能打到y轴上时，在磁场中运动的时间最长，如图1所示由周期公式T＝eq\f(2πm,Bq)又由几何关系可知θ＝2(90°－α)则粒子在磁场中运动的最长时间t＝eq\f(360°－θ,360°)T＝eq\f(143π,90kB)。(2)当质子轨迹与PQ相切时，如图1所示，设此时初速度为v1，轨迹半径为R，由几何关系可得R＋Rcosα＝0.4l又qBv1＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)解得v1＝eq\f(qBl,4m)＝eq\f(kBl,4)当粒子运动轨迹与磁场边界相切时，如图2所示，设此时初速度为v2，轨迹半径为R′，由几何关系可得R′＋R′sinα＝l又qBv2＝eq\f(mv\o\al(2,2),R′)解得v2＝eq\f(5qBl,9m)＝eq\f(5kBl,9)综上可得eq\f(kBl,4)≤v≤eq\f(5kBl,9)。9.(2024·天津模拟)在以坐标原点O为中心、边长为l的正方形EFGH区域内，存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，如图所示。在Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(l,2)，0))处有一个粒子源，可以连续不断地沿＋x方向射入速度不同的带电粒子，且都能从磁场的上边界射出。已知粒子的质量为m，电荷量为q，不计重力，不考虑粒子间的相互作用。求：(1)粒子所带的电性；(2)从E点射出的粒子的速度大小v；(3)若粒子以速度v′＝eq\f(qBl,m)射入磁场，粒子在磁场中运动的时间t。【答案】(1)负电(2)eq\f(qBl,4m)(3)eq\f(πm,3qB)【解析】(1)根据左手定则，粒子带负电。(2)根据牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)根据题意得r＝eq\f(1,4)l解得v＝eq\f(qBl,4m)。(3)若粒子以速度v′＝eq\f(qBl,m)射入磁场，根据牛顿第二定律得qv′B＝meq\f(v′2,r′)解得r′＝l根据几何关系得cosθ＝eq\f(\f(1,2)l,l)解得θ＝60°粒子在磁场中运动的时间tt＝eq\f(1,6)TT＝eq\f(2πm,qB)解得t＝eq\f(πm,3qB)。10.(2024·山东临沂模拟)如图所示，在xOy平面内的第一象限内存在一有界匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小为B、方向垂直于xOy平面向外。一束质量为m、电荷量为＋q的粒子以不同的速率从O点沿xOy平面内的OP方向发射，沿直线飞行到P点时进入有界匀强磁场区域，O、P两点间的距离为L，OP连线与x轴正方向的夹角α＝30°，所有粒子在离开磁场后最终都能从x轴上垂直x轴射出，若速度最大的