《2025年高考调研高考总复习讲义高中物理人教版》

例6(2024·辽宁模拟)回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。$D_1$ 和 $D_2$ 是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，他们接在电压为 U、频率为 f 的高频交流电源上。已知匀强磁场的磁感应强度为 B，D 形盒的半径为 r。若位于 $D_1$ 圆心处的粒子源 A 处能不断产生带电荷量为 q、速率为零的粒子经过电场加速后进入磁场，当粒子被加速到最大动能后，再将他们引出。忽略粒子在电场中运动的时间，忽略相对论效应，下列说法正确的是(D)


A.粒子第 n 次被加速前后的轨道半径之比为 $\sqrt{n} : \sqrt{n + 1}$
B.从 D 形盒出口引出时的速度为 $\frac{1}{2}\pi fr$
C.粒子在 D 形盒中加速的次数为 $\frac{\pi fBr^2}{16U}$
D.当磁感应强度变为原来的 2 倍，同时改变交流电频率，该粒子从 D 形盒出口引出时的动能为 $4\pi fqBr^2$

答案： 例6　[答案]　D
[解析]　根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，则有半径公式$R = \frac{mv}{Bq}$与$nqU = \frac{1}{2}mv^2$，可得$R = \frac{1}{B}\sqrt{\frac{2nmU}{q}}$，所以粒子第n次被加速前、后的轨道半径之比为$\sqrt{n - 1}:\sqrt{n}$，A项错误；从D形盒出口引出时根据$Bqv = m\frac{v^2}{R}$，可得$v_m = \frac{Bqr}{m}$，其中$f = \frac{qB}{2\pi m}$，解得速度为$v_m = 2\pi fr$，B项错误；粒子在D形盒中加速的次数为$n = \frac{\frac{1}{2}mv_m^2}{\pi fBr^2} = \frac{\pi fBr^2}{U}$，C项错误；粒子从D形盒出口引出时的动能为$E_{km} = \frac{1}{2}mv_m^2 = \frac{B^2q^2r^2}{2m} = \pi Bqr^2f$，当磁感应强度变为原来的2倍，因$f = \frac{qB}{2\pi m}$，则f变为原来的2倍，则此时$E_{km} = 4\pi fqBr^2$，D项正确，故选D项。

1. (2023·海南)(多选)如图所示，质量为 m，带电荷量为 + q 的点电荷，从原点以初速度 $v_0$ 射入第一象限内的电磁场区域，在 $0 ＜ y ＜ y_0$，$0 ＜ x ＜ x_0$($x_0$、$y_0$ 为已知)区域内有竖直向上的匀强电场，在 $x ＞ x_0$ 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度(E 值有多种可能)，可让粒子从 NP 射入磁场后偏转打到接收器 MN 上，则(AD)


A.粒子从 NP 中点射入磁场，电场强度满足 $E = \frac{y_0mv_0^2}{qx_0^2}$
B.粒子从 NP 中点射入磁场时速度为 $v_0\sqrt{\frac{x_0^2 + y_0^2}{y_0^2}}$
C.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到 NM 的距离为 $\frac{mv_0}{qB}$
D.粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是 $\frac{mv_0}{qB}\sqrt{\frac{x_0^2 + 4y_0^2}{x_0^2}}$

答案：
1.答案　AD
解析　若粒子过PN中点，则$x_0 = v_0t_1$，$\frac{1}{2}y_0 = \frac{1}{2}\cdot\frac{qE}{m}t_1^2$，解得$E = \frac{mv_0^2y_0}{qx_0^2}$，A项正确；粒子从PN中点射出时，则$\frac{y_0}{2} = \frac{v_y}{2}t_1$，速度$v_1 = \sqrt{v_0^2 + v_y^2} = \frac{v_0}{x_0}\sqrt{x_0^2 + y_0^2}$，B项错误；粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则$\tan\theta = \frac{v_0}{v_y} = \frac{v_0}{\frac{qE}{m}\cdot\frac{x_0}{v_0}} = \frac{mv_0^2}{qEx_0}$，粒子从电场中射出时的速度$v = \frac{v_0}{\sin\theta}$，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则$qvB = m\frac{v^2}{r}$，则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为$d = r\cos\theta$，解得$d = \frac{Ex_0}{Bv_0}$，C项错误；当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度$v_{ym} = \frac{2y_0}{t}$，$x_0 = v_0t$，出电场的最大速度$v_m = \sqrt{v_0^2 + v_{ym}^2} = \frac{v_0}{x_0}\sqrt{x_0^2 + 4y_0^2}$，则由$qvB = m\frac{v^2}{r}$，可得最大半径$r_m = \frac{mv_m}{qB} = \frac{mv_0}{qB}\sqrt{\frac{x_0^2 + 4y_0^2}{x_0^2}}$，D项正确；故选A、D两项。

2. （2023·山东）如图所示，在 $0 \leq x \leq 2d$，$0 \leq y \leq 2d$ 的区域中，存在沿 y 轴正方向、场强大小为 E 的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为 m，电荷量为 q 的带正电粒子从 OP 中点 A 进入电场（不计粒子重力）。

（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直 QN 第二次离开电场后，垂直 NP 再次进入电场，求磁场的磁感应强度 B 的大小；
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从 A 点沿 y 轴正方向第一次进入电场、离开电场后从 P 点第二次进入电场，在电场的作用下从 Q 点离开。
① 求改变后电场强度 $E'$ 的大小和粒子的初速度 $v_0$；
② 通过计算判断粒子能否从 P 点第三次进入电场。

答案：
2.答案　
(1)$6\sqrt{\frac{mE}{qd}}$　
(2)①36E ②不会
解析　
(1)由题意知粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有$qE\cdot2d = \frac{1}{2}mv^2$，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有$qvB = m\frac{v^2}{R}$。粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图甲 。根据几何关系可知$R = \frac{d}{3}$，联立可得$B = 6\sqrt{\frac{mE}{qd}}$。
(2)①由题意可知，作出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图乙 。在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知$R^2 = (2d)^2 + (R_1 - d)^2$，解得$R_1 = \frac{5}{2}d$，所以有$θ = 53°$，$α = 37°$。洛伦兹力提供向心力$qv_1B = \frac{v_1^2}{R_1}$，带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有$qE'\cdot2d = \frac{1}{2}mv_1^2 - \frac{1}{2}mv_0^2$，再一次进入电场后做类斜抛运动，沿x方向有$2d = v_1\cosα\cdot t$，沿y方向上有$2d = v_1\sinα\cdot t + \frac{1}{2}at^2$，其中根据牛顿第二定律有$qE' = ma$，联立以上各式解得$v_1 = 15\sqrt{\frac{qdE}{m}}$，$v_0 = 9\sqrt{\frac{qdE}{m}}$，$E' = 36E$。
②粒子从P到Q根据动能定理有$qE'\cdot2d = \frac{1}{2}mv_2^2 - \frac{1}{2}mv_1^2$，可得从Q射出时的速度为$v_2 = 3\sqrt{\frac{41qEd}{m}}$，此时粒子在磁场中的半径$R_2 = \frac{mv_2}{qB} = \frac{\sqrt{41}}{2}d$，根据几何关系可知对应的圆心坐标为$x = \frac{5}{2}d$，$y = 4d$，而圆心与P的距离为$l = \sqrt{(\frac{5}{2}d - 2d)^2 + (4d - 0)^2} = \frac{\sqrt{65}}{2}d ≠ R_2$，故不会再从P点进入电场。