【加練半小時】2022版高考物理（江蘇）一輪練習(xí)：第八章 微專題61

1、PAGE10方法點撥1一般步驟：畫軌跡，定圓心，求半徑或圓心角2注意“運動語言”與“幾何語言”間的翻譯，如：速度對應(yīng)圓周半徑；時間對應(yīng)圓心角或弧長或弦長等3掌握一些圓的幾何知識，如：偏轉(zhuǎn)角等于圓心角；同一直線邊界，出射角等于入射角等1如圖1所示，在邊長為a的正三角形區(qū)域內(nèi)存在著方向垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子重力不計從AB邊的中點O以某一速度v進(jìn)入磁場，粒子進(jìn)入磁場時的速度方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為60若粒子能從AB邊穿出磁場，且粒子在磁場中運動的過程中，到AB邊有最大距離，則v的大小為圖1fr3Bqa,4mf3Bqa,4mfr3Bqa,

2、8mf3Bqa,8m2如圖2所示，正八邊形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場一帶電粒子從h點沿圖示he方向射入磁場區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時，從b點離開磁場，圖2Atbtd21Btbtd12Ctbtd31Dtbtd133多選如圖3所示，在一單邊有界磁場的邊界上有一粒子源O，沿垂直磁場方向，以相同速率向磁場中發(fā)出了兩種粒子，a為質(zhì)子eqoal1,1H，b為粒子eqoal4,2He，b的速度方向垂直于磁場邊界，a的速度方向與b的速度方向之間的夾角為30，兩種粒子最后都打到了位于磁場邊界位置的光屏O、電荷量為q的粒子，以相同的速率v沿紙面，由軸負(fù)方向與y軸正方向之間各個方向從原點O射入磁場區(qū)域不計重力及粒子

3、間的相互作用下列圖中陰影部分表示帶電粒子在磁場中可能經(jīng)過的區(qū)域，其中Reqfmv,qB，正確的圖是圖56多選如圖6所示，L1和L2為兩條平行的虛線，L1上方和L2下方都有范圍足夠大，且磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的勻強(qiáng)磁場，A、B兩點都在L2上帶電粒子從A點以初速度v0與L2成30角斜向右上方射出，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)后正好過B點，經(jīng)過B點時速度方向也斜向上，不計重力，下列說法中正確的是圖6A若將帶電粒子在A點時的初速度變大方向不變，它仍能經(jīng)過B點B帶電粒子經(jīng)過B點時的速度一定跟在A點時的速度大小相同C此帶電粒子既可以帶正電荷，也可以帶負(fù)電荷D若將帶電粒子在A點時的初速度方向改為與L2成60角斜向右上方，它將不能經(jīng)過B

4、點7多選如圖7所示，OACD是一長為L的矩形，其內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從O點以速度v0垂直射入磁場，速度方向與OA的夾角為，粒子剛好從A點射出磁場，不計粒子的重力，則圖7A粒子一定帶正電B勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為eqf2mv0sin,qLC粒子從O到A所需的時間為eqfL,v0sinD矩形磁場的OD邊長的最小值為eqf2L,sin1cos的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外O是,3qBB兩個粒子射入磁場的方向分別與v0,qBD垂直、帶電荷量為q的正電荷從A點DAeqfr3,3L以一定的速度平行于DC方向垂直進(jìn)入磁場，并從CF上的Q點圖中未畫出垂直CF離開磁場，電

5、荷重力不計則圖9ACQeqf2r3,3LBCQeqfr3,3LCveqfr3qBL,3mDveqfr3qBL,6m10提純氘核技術(shù)對于核能利用具有重大價值，如圖10是從質(zhì)子、氘核混合物中將質(zhì)子和氘核分離的原理圖，軸上方有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，初速度為0的質(zhì)子、氘核混合物經(jīng)電壓為U的電場加速后，從軸上的AL,0點沿與成30的方向進(jìn)入第二象限速度方向與磁場方向垂直，質(zhì)子剛好從坐標(biāo)原點離開磁場已知質(zhì)子、氘核的電荷量均為q，質(zhì)量分別為m、2m，忽略質(zhì)子、氘核的重力及其相互作用圖101求質(zhì)子進(jìn)入磁場時速度的大?。?求質(zhì)子與氘核在磁場中運動的時間之比；3若在軸上接收氘核，求接收器所在位置的橫坐標(biāo)答案精

6、析1C設(shè)從AB邊以v射出的粒子符合題意，運動軌跡如圖所示，由圖知2ROBcos30，OBeqfa,2，又有Bqveqfmv2,R，得veqfr3Bqa,8m2C粒子運動軌跡如圖所示設(shè)正八邊形的邊長為l，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子從b點離開時的軌道半徑為l，偏轉(zhuǎn)角度為135，粒子從d點離開時的軌道半徑為2eqr2l，偏轉(zhuǎn)角度為45，洛倫茲力提供向心力qvBeqfmv2,rm2r，則運動時間teqf,eqfm,qB，所以，eqftb,tdeqfb,deqf135,45eqf3,1，故C項正確3BC由qvBeqfmv2,r和veqf2r,T知，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動的周期Teqf2m,qB，

7、則a、b兩粒子運動周期之比TaTbeqfma,qaeqfmb,qb12，選項A錯誤；a粒子在勻強(qiáng)磁場中運動軌跡對應(yīng)的圓心角為240，運動時間為eqf2Ta,3，b粒子在勻強(qiáng)磁場中運動軌跡對應(yīng)的圓心角為180，運動時間為eqfTb,2，a、b兩粒子在勻強(qiáng)磁場中運動的時間之比為tatbeqf2Ta,3eqfTb,223，選項B正確；由qvBmeqfv2,r，解得reqfmv,qB，由此可知a、b兩粒子在勻強(qiáng)磁場中運動的軌跡半eqr3ra，b粒子打到光屏上的位置到O點的距離為2rb，a、b兩粒子打到光屏上的位置到O點的距離之比為eqr3ra2rbeqr34，選項D錯誤4D由題設(shè)條件作出以O(shè)1為圓心的

8、軌跡圓弧，如圖所示，由左手定則可知該粒子帶正電，選項A錯誤；由圖中幾何關(guān)系可得sineqffr3,2L,Leqfr3,2，解得eqf,3，可得T6t0，選項B錯誤；根據(jù)洛倫茲力公式和牛頓第二定律可得Teqf2m,qB，解得eqfm,qeqf3t0B,，選項C錯誤；根據(jù)周期公式，粒子在磁場中運動時間teqfm,qB，在同一圓中，半徑一定時，弦越長，其對應(yīng)的圓心角越大，則粒子在磁場中運動時間最長時的軌跡是以O(shè)2為圓心的圓弧，如圖所示，由圖中幾何關(guān)系可知eqf2,3，解得t2t0，選項D正確5D6ABC畫出帶電粒子運動的可能軌跡，B點的位置可能有如圖兩種，根據(jù)軌跡，粒子經(jīng)過邊界L1時入射點與出射點間

9、的距離與經(jīng)過邊界L2時入射點與出射點間的距離相同，與速度無關(guān)，所以當(dāng)初速度大小增大，但保持方向不變時，它仍能經(jīng)過B點，故A正確；從A到B的過程中，合外力對粒子做功為零，故經(jīng)過B點時的速度跟在A點時的速度大小相等，故B正確；如圖，分別是正、負(fù)電荷的軌跡，正、負(fù)電荷都可能，故C正確；設(shè)L1與L2之間的距離為d，則A到B的距離為eqf2d,tan，所以，若將帶電粒子在A點時初速度方向改為與L2成60角斜向上，經(jīng)過多個周期后仍有可能經(jīng)過B點，故D錯誤7BC由題意可知，粒子進(jìn)入磁場時所受洛倫茲力斜向右下方，由左手定則可知，粒子帶負(fù)電，故A錯誤；粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識可得reqfL,2sin，粒

10、子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qv0Bmeqfvoal2,0,r，解得Beqf2mv0sin,qL，故B正確；由幾何知識可知，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角2，粒子在磁場中做圓周運動的周期Teqf2r,v0，粒子在磁場中的運動時間teqf,2TeqfL,v0sin，故C正確；根據(jù)圖示，由幾何知識可知，矩形磁場的最小寬度drrcoseqfL1cos,2sin，故D錯誤8A以粒子帶正電為例來分析，先后由O點射入磁場，并在M點相遇的兩個粒子軌跡恰好組成一個完整的圓，從O點沿O,qBeqf4m,3qB，則另一個粒子軌跡所對圓心角為120，該粒子在磁場中的運動時間t2eqf120,360eqf2m,qBeqf2m,3qB，可知，兩粒子在磁場中的運動時間差可能為teqf2m,3qB，A項對；射入磁場方向分別與v0,qB，C項錯；沿Oeqfv2,r，解得veqfr3qBL,3m，選項C正確，D錯誤101eqrf2qU,m2123eqr21L解析1質(zhì)子在電場中加速，由動能定理得qUeqf1,2mv2解得veqrf2qU,m2質(zhì)子與氘核在磁場中都轉(zhuǎn)過eqf1,6個圓周，做圓周運動的周期T1eqf2m,qB，T2