《2026年学易优高考二轮总复习物理》

[例4] (2025·辽宁朝阳二模)如图所示的直角坐标系，在横轴下方有一半径为 $ R $ 的圆形磁场区域，与 $ x $ 轴相切于坐标原点。在 $ -R ＜ y ＜ 0 $ 的范围内沿 $ y $ 方向均匀分布着大量质量为 $ m $、电荷量为 $ +q $ 的带电粒子，它们以平行于 $ x $ 轴的相同初速度射入圆形磁场区域，均恰能由 $ O $ 点射入第一象限的矩形磁场区域 $ OPQN $ 内，矩形磁场区域的长度为其宽度的 $ 2 $ 倍。已知在矩形磁场区域内运动时间最长的粒子转过的圆心角为 $ \dfrac{\pi}{2} $，两磁场区域的磁感应强度大小均为 $ B $，不计粒子重力。求：
(1) 粒子的初速度 $ v_0 $；
(2) 矩形磁场区域的宽度 $ a $；
(3) 从 $ PQ $ 边射出的粒子数与射入磁场的总粒子数的比。

答案：
例4　答案:
(1)$\frac{qBR}{m}$
(2)$\frac{4 + \sqrt{6}}{10}R$
(3)$\frac{6 - \sqrt{6}}{10}$
　解析:
(1)设粒子在磁场区域内做匀速圆周运动的半径为$r$，根据牛顿第二定律，有$qv_{0}B = \frac{mv_{0}^{2}}{r}$
　因为入射的粒子均由$O$点进入第一象限，是磁聚焦模型，有$r = R$
　解得$v_{0} = \frac{qBR}{m}$。
(2)设在矩形区域内运动时间最长的粒子其速度方向与$y$轴正方向夹角为$\theta$
　　　　　　　　
　由题意知，其轨迹与$PQ$边刚好相切，由几何关系得$r\sin\theta + r\cos\theta + a = r$
　解得$a = \frac{4 + \sqrt{6}}{10}R$，$\sin\theta = \frac{6 - \sqrt{6}}{10}$。
(3)设在矩形区域内运动时间最长的粒子，其射入圆形磁场区域时的纵坐标为$-y_{1}$，由几何关系得
　$R - y_{1} = R\sin\theta$
　所求粒子占比为$\frac{R - y_{1}}{R}$
　代入数据得$\frac{R - y_{1}}{R} = \frac{6 - \sqrt{6}}{10}$。

1. (多选)(2025·安徽芜湖二模)如图甲所示，在 $ x $ 轴及其上方存在垂直 $ xOy $ 平面向外的匀强磁场，坐标原点 $ O $ 处有一粒子源，可向 $ x $ 轴和 $ x $ 轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为 $ v = 1 × 10^6 \, m/s $、质量为 $ m = 1 × 10^{-15} \, kg $、带电荷量为 $ q = 1 × 10^{-9} \, C $ 的同种带电正粒子。在 $ x $ 轴上距离原点 $ 1 \, m $ 处垂直于 $ x $ 轴放置一个长度为 $ 1 \, m $、厚度不计且能接收带电粒子的薄金属板 $ P $(粒子一旦打在金属板 $ P $ 上立即被接收)。现观察到沿 $ x $ 轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端。不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力。$ \pi = 3 $，则被薄金属板接收的粒子运动的时间可能为 (ABD)

A.$ 1.1 × 10^{-6} \, s $
B.$ 1.4 × 10^{-6} \, s $
C.$ 2.5 × 10^{-6} \, s $
D.$ 4.6 × 10^{-6} \, s $

答案：
1.答案:ABD
　解析:如图甲所示，由观察到沿$x$轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，可知粒子做圆周运动的半径为$1m$，结合$r = \frac{mv}{qB}$，可知磁感应强度为$B = 1T$，打在$P$左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是$60^{\circ}$，此时运动时间最短，可得被薄金属板接收的粒子在磁场运动的最短时间(被$P$左侧接收到的粒子在磁场中运动的最短时间)
　　　　 　　
　$t_{\min} = \frac{60^{\circ}}{360^{\circ}}T = \frac{1}{6} × \frac{2\pi m}{qB} = 1 × 10^{-6}s$，被$P$左侧接收到的粒子在磁场中运动时间最长，粒子轨迹对应的圆心角为$90^{\circ}$，此时运动时间$t_{2} = \frac{90^{\circ}}{360^{\circ}}T = \frac{1}{4} × \frac{2\pi m}{qB} = 1.5 × 10^{-6}s$，被$P$右侧接收到的粒子在磁场中运动时间最短的粒子轨迹对应的圆心角为$270^{\circ}$，此时粒子运动时间$t_{3} = \frac{270^{\circ}}{360^{\circ}}T = \frac{3}{4} × \frac{2\pi m}{qB} = 4.5 × 10^{-6}s$，打在$P$右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长，此时粒子轨迹对应的圆心角为$300^{\circ}$，如图乙所示，最长时间$t_{\max} = \frac{300^{\circ}}{360^{\circ}}T = \frac{5}{6} × \frac{2\pi m}{qB} = 5 × 10^{-6}s$，粒子能被$P$接收时，粒子在磁场中运动时间应满足$t_{\min} \leq t \leq t_{2}$，或$t_{3} \leq t \leq t_{\max}$，故A、B、D正确。

2. (多选)(2025·广东佛山·模拟预测)如图，空间存在磁感应强度大小为 $ B $。方向垂直纸面向外的匀强磁场，$ OA $ 距离为 $ 2L $，$ OP $ 是一足够大的荧光屏，粒子打在荧光屏上均被吸收，在 $ O $、$ A $ 之间有大量质量为 $ m $、电荷量为 $ +q $ 的粒子，以相同的速度沿纸面垂直于 $ OA $ 开始运动。其中从 $ OA $ 中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)。图中 $ \angle POA = 120° $，则可判断带电粒子 (AD)


A.运动速度大小为 $ \dfrac{qBL}{m} $
B.在磁场中运动的最长时间 $ \dfrac{4\pi m}{3qB} $
C.打在荧光屏上的位置距离 $ O $ 点最远为 $ L $
D.打在荧光屏上的位置距离 $ O $ 点最远为 $ \dfrac{2\sqrt{3}}{3}L $

答案：
2.答案:AD
　解析:从$OA$中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上，粒子运动轨迹如图所示
　　　　　　　　
　由几何知识可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径$r = L$，对粒子，由牛顿第二定律得$qvB = m\frac{v^{2}}{r}$，解得粒子的速度大小$v = \frac{qBL}{m}$，故A正确;所有粒子速度相同，则粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径相等，从$A$点射入磁场的粒子打在$O$点，该粒子在磁场中转过的圆心角最大，该粒子在磁场中的运动时间最长，最大圆心角$\theta = 180^{\circ}$，粒子在磁场中的最长运动时间$t_{m} = \frac{\theta}{360^{\circ}}T = \frac{180^{\circ}}{360^{\circ}} × \frac{2\pi m}{qB} = \frac{\pi m}{qB}$，故B错误;粒子打在荧光屏上时的速度方向平行于$AO$时，其位置距离$O$点最远，
　　　　　　　
　由几何关系可知粒子打在荧光屏上的位置距离$O$点的最远距离为$d = \frac{r}{\sin60^{\circ}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}L$
　故C错误，D正确。故选AD。