《2025年高考调研高考总复习讲义高中物理人教版》

1. (2023·全国甲卷)(多选)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上 $P$ 点开有一个小孔，过 $P$ 的横截面是以 $O$ 为圆心的圆，如图所示. 一带电粒子从 $P$ 点沿 $PO$ 射入，然后与筒壁发生碰撞. 假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变. 不计重力. 下列说法正确的是(BD)

A.粒子的运动轨迹可能通过圆心 $O$
B.最少经 $2$ 次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C.射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D.每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心 $O$ 的连线

答案：
1.答案BD
解析假设粒子带负电，第一次从$A$点和筒壁发生碰撞如图甲，$O_1$为圆周运动的圆心，由几何关系可知$\angle O_1AO$为直角，即粒子此时的速度方向为$OA$，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其他点撞击同理，D项正确；假设粒子运动过程过$O$点，则过$P$点的速度的垂线和$OP$连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的$A$点的速度垂线和$AO$连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过$O$点，A项错误；


由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如图乙所示，即撞击两次，B项正确；速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数可能会增多，粒子运动时间不一定减少，C项错误.故选B、D两项.

2. (2022·湖北)(多选)在如图所示的平面内，分界线 $SP$ 将宽度为 $L$ 的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为 $B$，$SP$ 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，离子入射方向与磁场方向垂直且与 $SP$ 成 $30^{\circ}$ 角. 已知离子比荷为 $k$，不计重力. 若离子从 $P$ 点射出，设出射方向与入射方向的夹角为 $\theta$，则离子的入射速度和对应 $\theta$ 角的可能组合为(BC)

A.$\frac{1}{3}kBL$，$0^{\circ}$
B.$\frac{1}{2}kBL$，$0^{\circ}$
C.$kBL$，$60^{\circ}$
D.$2kBL$，$60^{\circ}$

答案：
2.答案BC
解析若离子通过下部分磁场直接到达$P$点，如图1所示.根据几何关系则有$R_1 = L$，$qv_1B = m\frac{v_1^2}{R_1}$，可得$v_1 = \frac{qBL}{m} = kBL$，
根据对称性可知出射速度与$SP$成$30°$角向上，故出射方向与入射方向的夹角$\theta_1 = 60°$.
当离子上下均经历一次时，如图2所示.因为上下磁感应强度均为$B$，则根据对称性有$R_2 = \frac{1}{2}L$，根据洛伦兹力提供向心力有$qv_2B = m\frac{v_2^2}{R_2}$，可得$v_2 = \frac{qBL}{2m} = \frac{1}{2}kBL$，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角$\theta_2 = 0°$.


通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足$v = \frac{qBL}{(2n - 1)m} = \frac{1}{2n - 1}kBL (n = 1,2,3\cdots)$，此时出射方向与入射方向的夹角$\theta = 60°$；当离子从上部分磁场射出时，需满足$v' = \frac{qBL}{2nm} = \frac{1}{2n}kBL (n = 1,2,3\cdots)$，此时出射方向与入射方向的夹角$\theta' = 0°$，故可知B、C两项正确，A、D两项错误.故选B、C两项.

3. (2023·浙江 6 月选考)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术. 如图所示，$Oxy$ 平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为 $L$、边界均平行 $x$ 轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为 $B_{1}$ 的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为 $B_{2}$ 的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与 $x$ 轴重合. 位于 $(0, 3L)$ 处的离子源能释放出质量为 $m$、电荷量为 $q$、速度方向与 $x$ 轴夹角为 $60^{\circ}$ 的正离子束，沿纸面射向磁场区域. 不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应.
(1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度 $v_{1}$ 及其在磁场中的运动时间 $t$；
(2)若 $B_{2} = 2B_{1}$，求能到达 $y = \frac{L}{2}$ 处的离子的最小速度 $v_{2}$；
(3)若 $B_{2} = \frac{B_{1}}{L}y$，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在 $\frac{B_{1}qL}{m} ～ \frac{6B_{1}qL}{m}$ 范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比 $\eta$.

答案：
3.答案
(1)$\frac{2B_1qL}{m}$ $\frac{2\pi m}{3qB_1}$
(2)$\frac{4B_1qL}{m}$
(3)60%
解析
(1)当离子不进入磁场II速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系$r\cos 60° = r - L$
解得$r = 2L$
根据$qv_1B_1 = m\frac{v_1^2}{r}$
解得$v_1 = \frac{2B_1qL}{m}$
在磁场中运动的周期$T = \frac{2\pi m}{qB_1}$
运动时间$t = \frac{2 × 60°}{360°}T = \frac{2\pi m}{3qB_1}$.
(2)若$B_2 = 2B_1$，根据$r = \frac{mv}{qB}$
可知$r_1 = 2r_2$
粒子在磁场中运动轨迹如图，设$O_1O_2$与磁场边界夹角为$\alpha$，由几何关系$r_1\sin\alpha - r_2\sin 30° = L$
$r_2 - r_2\sin\alpha = \frac{L}{2}$
解得$r_2 = 2L$，$\sin\alpha = \frac{3}{4}$
根据$qv_2B_2 = m\frac{v_2^2}{r_2}$
解得$v_2 = \frac{4B_1qL}{m}$
(3)当最终进入区域II的粒子若刚好到达$x$轴，则由动量定理$B_2q\Delta y\Delta t = m\Delta v_y$
即$\frac{B_1}{L}yq\Delta y = m\Delta v_y$，
求和可得$\sum \frac{B_1}{L}yq\Delta y = \sum m\Delta v_y$，
粒子从区域I到区域II最终到$x$轴过程中$m(v - v\cos 60°) = B_1qL + \frac{0 + L}{2} \cdot qL$
解得$v = \frac{3B_1qL}{m}$
则速度在$\frac{3B_1qL}{m} \sim \frac{6B_1qL}{m}$之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在$\frac{B_1qL}{m} \sim \frac{6B_1qL}{m}$，又粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为$\eta = 60\%$.