2026届高考物理《动态圆 磁聚焦和磁发散模型》含答案

1.(2025·陕晋青宁卷·高考真题)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图(b)所示，当磁感应强度大小调至B011B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，4.(2022·浙江·高考真题)离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面(纸面)的中心轴逆时针匀速转动(角速度大小可调)，其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的(1)①求磁感应强度B的大小；22子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则()A.粒子一定带正电C.粒子入射速率为出射电子形成的电流为I，电子流对该金属片的压强为p。求单位长度33(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s；(2)求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax；(3)若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直44x≤d的范围内，存在沿y轴负方向的匀强电场，粒子通过电场后，速度方向恰好沿着x轴正方向。以P(2d，d(点为圆心，半径为d的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B1=轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小不计粒子的重力和粒(1)求第一象限匀强电场的场强E1；55磁场1的磁感应强度大小为B。坐标轴上P、Q两点坐标分别为(0,l(、(l,0(。位于P处的离子源可以发强度B2大小；6677(1)求磁场I的磁感应强度大小B1；(3)若撤去磁场II，在y轴右侧加磁场III，磁场III的磁感应强度B3随横坐标x变化的关系图线如图乙时沿+x方向的分速度vx。88小为E，-x轴上固定一足够长的粒子接收薄板OP。一群质量为m、电荷量为q的粒子，沿+x方向以相同速度v从第二象限射入圆形区域。粒子分布在R<y<2R区域内各处，经圆内磁场偏转后均能从99点射入的粒子先后经圆形磁场和电场后从Q点射入匀强磁场B2，之后经P点返回电场。已知O′M与x(3)粒子从M点运动到P点的时间t。离开磁场区域，BE=a。忽略粒子重力和粒子间相互作用。则以下选项中正确的是(A.粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为aBt0D.在磁场中运动时间最长的粒子运动时间为2t0x轴下方区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。电子源沿x轴正方向均匀发(1)求电子源发射电子的初速度v的大小；(3)现撤去区域Ⅱ的磁场，然后在x≥0且的电子运动轨迹经过点(R，-kR)，其中k>0且为已存在有区域足够大的方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，x=L的虚线界面右侧是接种运动情况：①当离子沿y轴正方向以大小为v0(未知)的速度入射时，离子恰好(2)求v1的大小及②情况下离子到达x=L界面时与x轴之间的距离；强磁场。一质量为m、带电荷量为-q的粒子，从P(0,L(点沿x轴正方向以一定的速度射入匀强电场，经匀强电场偏转后恰好从M(2L,0(点进入匀强磁场，从N(0,-2L(点离开匀强磁场，不计粒子受到的重(1)粒子射入匀强电场时的速度大小v0；(2)匀强磁场的磁感应强度大小B。量大小均为q、粒子的速率均为不计粒子重力以及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是()A.离开圆形区域的粒子在圆形区域内运动的最短时间为B.离开圆形区域的粒子在圆形区域运动的最长时间为C.圆弧上有粒子射出的区域弧长为求粒子在电场中加速度a和在磁场中运动的半径r；(用轴上有粒子击中的坐标范围；(3)若第一象限的磁感应强度随纵坐标y变化，满足B=y，从y=d处入射的粒子刚好能击中x(4)求粒子从M点发射时tanθ的取值范围；在半径为R到3R之间的圆环区域看成是匀强磁场，磁感可在赤道平面内以相同速率v0向各个方向射入某种带正电粒子。不计粒子重力、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。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。若和AO方向成θ角向上方(图中2方向)射入磁场的粒子也恰好不能到达地球表面，则 ()A.sinθ=B.sinθ=C.tanθ=D.tanθ=定电压，在过两板右端的竖直线PQ右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅱ,两磁场的磁感应强度大小相垂直纸面向外的匀强磁场。在x≤-2r的x轴上放置有足够长的荧光屏，在位置坐标r，0(、正方向射出的粒子到达荧光屏的过程中的运动轨迹如图乙所示(从第一象限经两磁场圆的切点垂直y(1)圆形区域的半径r及粒子的速率v；(0,-d)处有一粒子源能沿x轴正方向将质量为m、电量为+q的粒子以某一初速度射入电场区域，在y≥0的空间中有一倾斜分界面MN，其两侧分别有垂直纸面的匀强磁场I和II，其中磁场I的方向垂直纸(1)求电场强度的大小E；(2)若初速度为0和初速度为v0的粒子均能垂直于MN边界从磁场区域I射入磁场区域II，求MN与x轴的交点到O点的距离L以及MN与x轴的夹角θ;场区域II的磁感应强度大小B2的大小和方向。(1)求磁感应强度大小B；(2)求能打在屏上粒子的数目占粒子源发出粒的最小值E。边向磁场区域发射一系列比荷均为k，速率相与AC边相切。忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用2kt0C.粒子射入磁场的速率为D.发射源的长度为2kt0C.粒子射入磁场的速率为D.发射源的长度为Q(0,2L(两点沿x轴正向以相同初速度v0分别射出相同的带正电的粒子a和b，a进磁场时速度方向与于坐标原点O的离子源从t=0时刻开始、沿xOy平面持续发射速度大小范围为0<v≤质量为m、电荷量为+q的粒子，离子源发出的各种速A.速度为mB.速度为m的离子，在x轴上能够被探测到的区间为L≤x≤2L1.(2025·陕晋青宁卷·高考真题)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图(b)所示，当磁感应强度大小调至B02R2R=2根据洛伦兹力提供向心力可得eB0v0=根据洛伦兹力提供向心力可得evx=联立解得vx=根据速度的合成与分解可知vy=v-v=v0平行轴线方向运动距离y=vyt=R11根据几何知识可知轨迹圆的半径为R1=r根据洛伦兹力提供向心力有qv1B=mv1=当速度为v2根据几何知识可知轨迹圆的半径为22R=rsin60o根据洛伦兹力提供向心力有v2=B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，33R=LqvB=mR=L根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv=-=kBL(n=1，2，3⋯⋯)故选BC。xOy平面(纸面)的中心轴逆时针匀速向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的440B=则B=B=t=ωt=2kπ+55t/=(π-θ(F=Nmv=<子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则()A.粒子一定带正电C.粒子入射速率为r==23LqvB=m66v=m(2r)2=(、3L)2+x故选ACD。出射电子形成的电流为I，电子流对该金属片的压强为p。求单位长度772r=RB0ev0=mv0=N=金属片上形成电流为I===Nen=根据动量定理得金属片上的压强为Ek=n⋅mv2=88(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s；(2)求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax；(3)若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直=NqBRv=OH=0.6R，s=HQ=、R2-(0.6R)2=0.8R99HO'=aH-R=0.6Rx=、R2-HO'2=0.8Rα=β则pz=pcosα=0.8qBR当0<L≤R时所有离子都打在探测板上，故单位时间F=Np+2Npz=2.6NqBRF=Np+Npz=1.8NqBRF=Np=NqBR≤d的范围内，存在沿y轴负方向的匀强电场，粒子通过电场后，速度方向恰好沿着x轴正方向。以P(2d，d(点为圆心，半径为d的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B1=轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小不计粒子的重力和粒(1)求第一象限匀强电场的场强E1；x联立解得y=解得r1=d联立解得r2=2d可得vx=v0离x轴的距离的表达式y=r3+r3cos60°=3d磁场1的磁感应强度大小为B。坐标轴上P、Q两点坐标分别为(0,l(、(l,0(。位于P处的离子源可以发强度B2大小；(2)B2=B由qvB=m得v=另由几何关系知：OA=r1(1-cos45°)，AQ=L-OA离子在磁场2中运动半径为r2=AQ7过Q点，必须满足k(2r1-2rk(=2rk2为保证不出磁场必须满足、2(r1-rk(+.r1≥r12=解得xOQ=vg解得r=mv0根据几何关系可知OP=2r=2mv0总时间为t/=t+t1=2v0+3πm(1)求磁场I的磁感应强度大小B1；(3)若撤去磁场II，在y轴右侧加磁场III，磁场III的磁感应强度B3随横坐标x变化的关系图线如图乙时沿+x方向的分速度vx。(2)d=R(3)vx=【详解】(1)从P点沿y轴正方向入射的联立解得B1=(2)由于B1=2B2根据半径公式可知r2=2r1恰好能通过磁场II区域的粒子是由OP中点射入所以磁场宽度d=r2-r2cos60°联立解得d=R两边求和∑qvxB3·Δt=mvy-0在0-3d间S=解得vy=v0所以沿+x方向的分速度vx=v-v联立解得vx=小为E，-x轴上固定一足够长的粒子接收薄板OP。一群质量为m、电荷量为q的粒子，沿+x方向以相同速度v从第二象限射入圆形区域。粒子分布在R<y<2R区域内各处，经圆内磁场偏转后均能从(3)t=由qvB=m(2)设粒子从O点进入电场区域时，速度与-x方向的夹角为θ,则0<θ<90°可得：OC=Δxmax=M(3)粒子从M点运动到P点的时间t。=(3)t=++运动的半径r1=R(2)粒子从M点运动到P点运动轨迹如图所示因为vy=v0(3)从M点射入的粒子应从O点水平射出，从M点到O点的时间t1=因v=粒子从M点到P点的时间t=t1+t2+t3=离开磁场区域，BE=a。忽略粒子重力和粒子间相互作用。则以下选项中正确的是(A.粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为aBt0D.在磁场中运动时间最长的粒子运动时间为2t0故A正确；可得T=故B错误；D．垂直AD边入射的粒子转过的圆心角为π,在磁场中运动的时间最长，用时为tmax=T=2t0故D正确。故选ACD。线状电子源，电子源中心与O₁等高。在x轴上放置一定长度的薄收集板，收集板左端置x轴下方区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。电子源沿x轴正方向均匀发(1)求电子源发射电子的初速度v的大小；(3)现撤去区域Ⅱ的磁场，然后在x≥0且的电子运动轨迹经过点(R，-kR)，其中k>0且为已知量。求(3)-4kR因为区域Ⅱ磁场磁感应强度也为B，故r=R解得l=3RevxB/Δt=mΔvyxB/Δt=mvy-(-mv(设题中乙图图像与x轴围成的面积为S，则eS=mvy-(-mv(解得电子经过点(R，-kR)时沿y轴负方向分速度vy=0存在有区域足够大的方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，x=L的虚线界面右侧是接(2)求v1的大小及②情况下离子到达x=L界面时与x轴之间的距离；可得r0=L联立解得v0=由几何关系可得r1==2L由牛顿第二定律有qv1B=m 离子到达x=L界面时与x轴之间的距离d1=r1+r1cos30°=(2+、3(L由几何关系可得r2==2L由牛顿第二定律有qv1B=m 离子到达x=L界面时与x轴之间的距离d2=r2-r2cos30°=(2-、3(L由牛顿第二定律有qvB=m离子运动半径为r=此离子不能穿越电场区域且重回界面x=L即可，此时速度v=2v0qvxB⋅Δt=mΔvy-0两边求和可得qBL=mv/又由动能定理得-EqL=mv/2-m(2v0(2联立解得E=经匀强电场偏转后恰好从M(2L,0(点进入匀强磁场，从N(0,-2L(点离开匀强(1)粒子射入匀强电场时的速度大小v0；(2)匀强磁场的磁感应强度大小B。由牛顿第二定律可得qE=ma径为r，结合几何关系有tanθ=，r根据运动的分解v=洛伦兹力提供圆周运动的向心力则有qvB=m量大小均为q、粒子的速率均为不计粒子重力以及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是()A.离开圆形区域的粒子在圆形区域内运动的最短时间为B.离开圆形区域的粒子在圆形区域运动的最长时间为C.圆弧上有粒子射出的区域弧长为圆形区域的粒子在圆形区域运动的最短时间为tmin=故A错误；故B正确； (4π-3、3(R2故D错误。故选BC。求粒子在电场中加速度a和在磁场中运动的半径r；(用轴上有粒子击中的坐标范围；(3)若第一象限的磁感应强度随纵坐标y变化，满足B=y，从y=d处入射的粒子刚好能击中x(4)求粒子从M点发射时tanθ的取值范围；(3)k=8(4)[(2-、3(~(2-、2([【详解】(1)粒子在电场中的加速度a==粒子在磁场中的运动半径为r==d.几何关系有(2d(2=x+d2(3)对粒子沿x方向应用动量定理得-qBvyΔt=mΔvx00则有tanθ=同时将vy=at=当y0=d时，解得x=(4-23(d，tanθ1==2-3当y0=2d时，解得x=(4-22(d，tanθ2==2-2故tanθ的取值范围为[(2-、3(~(2-、2([在半径为R到3R之间的圆环区域看成是匀强磁场，磁感可在赤道平面内以相同速率v0向各个方向射入某种带正电粒子。不计粒子重力、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。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。若和AO方向成θ角向上方(图中2方向)射入磁场的粒子也恰好不能到达地球表面，则 ()A.sinθ=B.sinθ=C.tanθ=D.tanθ=由图中几何关系可得AF=r=4R，AO=FO=3R则有sinθ===故选A。定电压，在过两板右端的竖直线PQ右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅱ,两磁场的磁感应强度大小相(2)L=d(3)U0=根据牛顿第二定律qv0B=m0B解得L=d时的速度大小为v/，根据动能定理有-q×U0=mv/2-mv根据动量定理-qvBt=-mv/-mv0又vt=d，即-qBd=-mv/-mv0由(1)求得B=垂直纸面向外的匀强磁场。在x≤-2r的x轴上放置有足够长的荧光屏，在位置坐标r，0(、正方向射出的粒子到达荧光屏的过程中的运动轨迹如图乙所示(从第一象限经两磁场圆的切点垂直y(1)圆形区域的半径r及粒子的速率v；【详解】(1)根据题意及题图乙可知粒子做匀速圆周运动的轨迹半径R=r联立解得r=，v=根据几何关系及对称关系，可得粒子打到荧光屏上最远点的x坐标x1=-(4R-r(=-3.6R=-1.2d同理可得粒子打到荧光屏上最近点的x坐标x2=-(4R-r(=-2.4R=-0.8d最长时间tmax=t1+t2解得tmax=3=T粒子未在磁场外运动，则所求最短时间tmin=T=(0,-d)处有一粒子源能沿x轴正方向将质量为m、电量为+q的粒子以某一初速度射入电场区域，在y≥0的空间中有一倾斜分界面MN，其两侧分别有垂直纸面的匀强磁场I和II，其中磁场I的方向垂直纸(1)求电场强度的大小E；(2)若初速度为0和初速度为v0的粒子均能垂直于MN边界从磁场区域I射入磁场区域II，求MN与x轴的交点到O点的距离L以及MN与x轴的夹角θ;场区域II的磁感应强度大小B2的大小和方向。2-mv=qEd解得E=mv1-2=23mv1-2=23d3mv0 =故MN与x轴交点与O点的距离大小L=23dx=v0⋅t=v0⋅=dr2===dt-rsinα,y=rcosαt==⋅,rsinα==d,rcosα=整理可得：y=x+d这说明所有射入磁场I的粒子的圆心处于同一条直线上，粒子以kv0入射，粒子在磁场I中运动速度为v合=、k2+3⋅v0设磁场区域II的磁感应强度垂直纸面向里，粒子在两磁场I中运动的半径分别为r和r，为使以kv0(k>0)因为sinβ=cosα=综上整理可得r=kd说明：若设磁场区域II的磁感应强度垂直纸面向外，粒子在两磁场I中运动的半径分r负号表示磁场区域II的磁感应强度垂直纸面向里。(1)求磁感应强度大小B；(2)求能打在屏上粒子的数目占粒子源发出粒的最小值E。洛伦兹力提供向心力qv0B=m解得B=解得k=25%-y方向：3R=v0cosθ⋅t-x方向：R=-v0sinθ⋅t+at2-1=-1=0-1=0-1=0解得a=由牛顿第二定律qE=ma解得E=mvC边向磁场区域发射一系列比荷均为k，速率相t0与ACt0π2kt0B.π2kt0B.磁感应强度大小为4+34+3/3πLD.发射源的长度为(4-3(t00=T=×因为=k联立解得磁感应强度大小B=故B正确；几何关系有BC=Rcosθ+R°=ABtan60°