单元过关(十二)磁感应强度 安培力 带电粒子在磁场中的运动-【衡水真题密卷】2026年高考物理单元过关检测(山东专版)

知识改变命运，勤奋成就末来 2025一2026学年度单元过关检测（十二） 4.如图所示，相同的金属轨道组成左右对称的两个斜面，轨道间距为L,斜面倾角为日，轨 班级 道之间接一输出电流恒为2I的电源。把相同的金属棒，b水平静置于轨道上。设轨 题 物理·磁感应强度安培力 道电阻不计，金属棒与轨道间动摩擦因数为以，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属棒质 量均为m,重力加速度为g。若在空间内加一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度由零缓 带电粒子在磁场中的运动 姓名 慢增大（忽略电磁感应造成的影响）。在金属棒运动之前，下列说法错误的是() 本试卷总分100分，考试时间90分钟。 得分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目 要求。 A,同一时刻a,b棒受轨道的作用力相同 题号 2 5 6 1 8 B.同一时刻a,b棒对轨道的压力F、>F 答案 C.随着磁场增强，b棒所受摩擦力增大 1.如图所示，空间中同一高度上固定两根平行长直导线L1,L2,两导线通有大小相等，方向 mg (ucos 0-sin D,当磁感应强度B=2Ln9+c0s0)时，金属棒开始滑动 均垂直于纸面向里的电流。现将另一质量为m,长为L的直导线L(图中未画)平行于 5.如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成0角，质量为m、电荷量为一 L,L放置在二者连线的中垂线OP的某点处，当1，中通以大小为1的电流时，其恰好 的带电小球套在细杆上，小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂 处于静止状态。已知重力加速度为g,下列说法正确的是 直细杆所在的竖直平面，不计空气阻力。若小球以初速度。沿细杆向上运动，经过一 AL可能在L,L连线的中点 定的时间又回到出发点，则该过程中小球 () 且山，所在位置处磁感应强度一定为咒 ⑧ C.1a中电流的方向一定垂直于纸面向外 D.L中电流的方向一定垂直于纸面向里 2.一束Y射线从气泡室底部进入而没有留下痕迹，气泡室中充满液态氢。这束Y射线从 A.机械能减小 一个氢原子中打出一个电子，同时Y光子自身转变成一对正、负电子对（分别称为正电 B.上滑时间大于下滑时间 子，负电子)，其径迹如图所示。已知匀强磁场的方向垂直照片平面向里，正、负电子质 量相等，则下列说法正确的是 C.向上滑动的最大位移为2gsin0 A,左侧螺旋轨迹为负电子运动的轨迹 D,向下滑动时受到细杆的弹力大小一定先减小后增大 B.正电子，负电子所受洛伦兹力大小时刻相等 6.如图所示，纸面内区域内有垂直于纸面向外的匀强噬场，磁场的磁感应强度大小为 C.分离瞬间，正电子速度大于负电子速度 B,∠b=30°。一个质量为m、电荷量为g的带正电粒子在纸面内从A点垂直于c边 D,正电子，负电子和被打出的电子的动能均保持不变 以速度。射人磁场，粒子在磁场中的运动轨迹刚好与h边相切于C点（图中未标出）。 若仅将磁场反向，带电粒子仍从A点垂直于b边以速度v射人磁场，并从ah边上D 3.如图，空间存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），A,B,C,D、E为磁场中的五个点。 点（图中未标出）射出磁场。不计粒子的重力，则下列说法错误的是 () B为AD的中点，C为BD中垂线上的一点，且DE=√2AB=2BC,BC平行于DE。一 東带正电的同种粒子（不计重力）垂直AD由A点沿纸面向上射入磁场，各粒子速度大 小不同，用t、tc,tD,tE分别表示第一次到达B、C,D、E四点的粒子所经历的时间，下 列说法正确的是 A.6点到A点的距离等于m B 且粒子从A运动到C所用的时间为品 A.I=1o>tc>tg B.Ic>ta=to>IE C.粒子从A运动到C的时间与从A运动到D的时间相等 C.tu=to>te=Ig D.tg>tu=to>te D.粒子从D射出时速度的偏向角为30 单元过关检测（十二）物理第1页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十二）物理第2页（共8页） 7.某同学利用手机软件测量当地地磁场的磁感应强度，如图甲所示，以手机显示屏所在平 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求， 面为Oy平面，在手机上建立直角坐标系，该同学测量时：轴始终保持竖直向上，手机 全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 xOy平面绕：轴匀速转动，手机显示出各轴磁场的实时数据（如图乙所示）。当外界磁 题号 9 101112 场分量与坐标轴正方向相同时则显示正值，相反则显示负值，根据图像可推知，下列说 答案 法错误的是 () 9.如图所示，用边长为a的六块荧光屏组成的正六边形ABCDEF区城内存在垂直纸面向 401 轴方向的 外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一束比荷为k的带电粒子从A点沿AE方向射 2人 、磁感应强度B x轴方向的 2 入磁场区域。粒子打在荧光屏上会使其感光且粒子被吸收并导走。粒子速率均匀分布 磁感应误度 。≤。≤2kBa范围之内。若不计粒子重力及粒子间相互作用力，则置 入、轴方向的 磁感应强度B 40 甲 A.通过数据可知测量地在南半球 B.图乙中t1时刻x轴正方向指向地球北方 C.t1~t时间内手机刚好绕：轴转动了一周 A.若粒子带正电，DE屏（除D点外）会发光 D.通过数据可以得出当地地磁场磁感应强度大小约为36以T 民若散子带正电，蓝场中有粒子经过的区被的面积为（受一）。 8.如图所示是一个圆心在()点、半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B,磁 感应强度方向垂直纸面向里。大量同种带电粒子从圆上A点以不同的方向沿纸而射人 C.若粒子带负电，AF屏上会发光的长度为？ 磁场，速度大小均为)，带电粒子的质量均为m,所带电荷量均为g,粒子重力均忽略不 D.若粒子带负电，在磁场中运动时间相等的粒子数目占总粒子数的一半 计，下列说法错误的是 (） 10.回旋加速器原理如图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小，带 电粒子穿过狭缝的时间可忽略：磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流电源电 压为U,频率为「。若质子的质量为m、电荷量为十g,在加速过程中不考虑相对论效 应和重力的影响。下列说法正确的是 () A,若0=2gb ,则粒子在磁场中运动的最长时间为 2gB B.若口=2gBR且粒子在磁场中运动时间最长，则粒子的入射速度方向与A0之间的 接交流电源 A.带电粒子由加速器的中心进人加速器 夹角为45° B.被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大 C,若0=9B ,则粒子射出磁场时的速度方向均垂直于AO方向 C质子离开回旋加速器时的最大动能为BR9 2m D若0=B ,粒子能打在圆形磁场边界上的范周是三分之一个圆周长 2m D.该加速器加速质量为4m,电荷量为十2q的a粒子时，交流电频率应变为。 3 单元过关检测（十二）物理第3页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十二）物理第4页（共8页】 11.如图所示，边长为L的正方形区域ad内为无场区，正方形外侧存在垂直纸而向外的匀 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 强磁场（图中未画出），P点为d边的中点，一比荷为k的带正电粒子以某一速度（未 13.(6分)如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小为B, 知)由P点沿平行b边射入正方形区域，粒子进人磁场后经时间1刚好能运动到点： ∠A=60,A0=L,在0点发射某种带负电的粒子（不计重力作用），粒子的比荷为号 仅改变粒子人射速度的大小，结果粒子刚好能运动到点。下列说法正确的是() 发射方向与(O℃边的夹角为8=60°，粒子从A点射出磁场。 (1)求粒子的发射速度大小m, (2)求粒子在磁场中的运动时间 (3)若人射粒子为正电荷，粒子能从OC边射出，求人射速度的范围。 A蓝场的磁感应强度大小为 X对 成.粒子从P到d过程中做圆周运动的时间为3 360 C粒子从P到d时，粒子的入射速度大小为 4 D.粒子从P到d,第二次进人磁场后轨迹刚好过第一次的轨迹圆心 14,(8分)如图所示，在直角坐标系zO)y中，0<x<3d区域内有垂直坐标平面向里的匀 12.如图，以O为圆心的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。 强磁场【。x>3d区域内有垂直坐标平面向外的匀强磁场Ⅱ，y轴左侧存在垂直坐 圆的直径AB、CD互相垂直.半径OE与OB间的夹角0=60°。大量质量为m,电荷量 标平面向外的矩形磁场Ⅲ（位置和范围未知），其中磁场Ⅱ与磁场Ⅲ的磁感应强度相 为g的带正电粒子，以相同的初速率从A点沿纸面各个方向射入磁场中，其中沿 同。一质量为m,、电荷量为g的带正电粒子从点P(0,d)以平行于x轴的初速度射 AB方向射人的粒子怡好从E点射出磁场。取m35°，不计粒子的重力及粒子间 入磁场I,经过一段时间粒子从M(3d,2)点离开磁场I进人磁场Ⅱ，经磁场Ⅱ偏转 的相互作用。下列说法正确的是 () 后，从N(3d,一2d)点返回磁场I,并从y轴上的Q点进入y轴左侧，经过矩形磁场 Ⅲ的偏转后又回到Q点，到Q点时速度方向与y轴负方向夹角0=30°。不计粒子重 力。求： -i8 (1)0<x<3d区域内匀强磁场的磁感应强度大小B1: (2)粒子从P点运动到第一次经过Q点所用时间1： (3)矩形磁场区域Ⅲ的最小面积。 A半径OB=3m gB B从E点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为m 3gB C,在磁场中运动时间最长的粒子在磁场中运动的路程为18B 7πp 0 3 D,若仅将初速率改为3v,粒子离开磁场时的速度方向可能与OE平行 单元过关检测（十二）物理第5页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十二）物理第6页（共8页】 15.(8分)如图甲所示，正方形区域ABCD内部有一垂直纸而向里的匀强磁场，隧感应强 17.(14分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、三，四象限内存在垂直于平而向外、 度大小B=0.1T,M,N分别为AD、BC边中点。现在从M点，平行AB方向，以某 磁感应强度大小为B(B未知)的匀强磁场，第二象限内存在垂直平面向外，磁感应强 一初速度。射入一个质量为m,电荷量为？的带负电粒子，发现该粒子刚好从B点离 度大小为3B的匀强磁场。质量为m、电荷量为十g的带电粒子从y轴上M点(0，d) 开磁场区域，已知磁场区城的边长L=0.4m,该粒子的比荷？=2×10？C/kg,不计粒 以初速度。沿x轴正方向射入第一象限，然后从x轴上的N点(3d,0)射入第四象 限，不计粒子的重力。求： 子重力。 (1)磁感应强度B的大小： (1)求该粒子射人磁场时的速度大小， (2)带电粒子自M点进入磁场开始到第四次经过x轴时所经历的时间： (2)若取垂直纸面向用为磁场的正方向，磁感应强度按图乙的方式变化，1=0时刻，粒 (3)若粒子在磁场中受到与速度大小成正比、方向相反的阻力了且「=k(k为已知常 子同样从M点平行AB射人，发现粒子恰好能从N点离开，已知T。=5x×10Ts, 量)，已知粒子第一次经过x轴时速度与x轴垂直，求此时粒子的位置坐标。 求该粒子射人磁场的速度可能的取值以及粒子运动的时间。 38日 18.(16分)2024年6月13日消息，“中国环流三号”项日，在国际上首次发现并实现了一种 先进磁场结构，对提升核聚变装置的控制运行能力其有重要意义。“中国环流三号”是 16.(8分)实验小组设计了一款简易电子秤，其原理如图。两条竖直悬挂的绝缘轻弹簧与 我国自主设计建造的规模最大、参数最高的先进磁约束托卡马克装置，被誉为新一代 正方形托盘相连。弹簧的劲度系数均为k,正常工作时，弹簧最大伸长量均为d。单匝 人造太阳。磁约束即用磁场来约束等离子体中带电粒子的运动。某一磁约束装置如 正方形导线圈套在托盘外侧，边长为L。托盘上无重物时，指针指在0刻度线（线圆中 图所示，现有一个环形区域，其截面内圆半径R1=3d,外圆半径R:=3d,圆心均为O 无电流)。装置的总质量为m。以线圈中心线ab为界，空间中，在b左，右两侧分别 点。环形区城内有垂直纸面向外的匀强酸场，磁感应强度大小为B。A点为内圆右侧 加上水平向左、向右的匀强蓝场，磁感应强度的大小均为B。已知重力加速度g。 (1)若线圈中未通入电流，求弹簧伸长量x。。 上一点，从A点可向各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子以不同速度垂 直射入磁场，不计粒子重力，且不考虑粒子之间的相互作用力。 (2)若在托盘上放入质量为m的被称量物体，同时在线圈中通入逆时针电流（从上往下 (1)若带电粒子与内圆边界相切向上垂直射人磁场，刚好不穿越外圆边界，求粒子的速 看)，电流大小为I,求物体质量m与标尺刻度x的函数关系。 度大小。 (3)若学生电源的最大输出电流为I。,求弹簧伸长量最大时，待测物体和装置的总质 (2)若带电粒子沿着OA方向垂直射人磁场，刚好不穿越外圆边界，求粒子速度大小。 量，并写出此时线圈中通人电流的方向（从上往下看） (3)求带电粒子以(2)中的速度从A点射人磁场到第n次返回A点时所需的时间. 10 3 单元过关检测（十二）物理第7页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十二）物理第8页（共8页】·物理· 参考答案及解析 200μA大一些，结合上述可知，微安表内阻的测 若定值电阻R。选择20.02、100.02，回路中电流 量值与真实值相比偏小。 较小，电流表偏转减小，实验误差较大，故定值电 (2)将上述微安表G改装成量程为3V的电压 阻R。应选择1.02。 3 表，需要串联电阻的阻值R1=500X100 (2)根据闭合电路的欧姆定律E=I(R十RA+ 2000.02=4000.02。 R。十r),整理得 8+®®+r,7 E’R图 (3)当标准电压表示数为1.5V时，改装电压表 110.0-4.02 中微安表G的示数为245A,则有R1十Rg= 像的斜率=E= 9.0 ,解得电源 1.5 1 245X10D,1.5V是改装电压表的量程的- 的电动势E=1.5V,了R图像的纵截距b 半，微安表的量程为500μA,为了尽量消除改装 RA十R。+r E =4.0,解得内阻r=2.52。 后的电压表测量电压时带来的误差，此时需要使 微安表的示数变为250μA,则有R2十Rg= (3)若R,的实际阻值大于标称阻值，了R图像 250X10D,结合上述解得Re≈387.550。 1.5 的斜率不变，则电源电动势的测量值等于真实 18.(1)1.0(2分)(2)1.5(4分)2.5(4分) 值。子R图像的纵我距b-R十R+r=4.0, E (3)等于(3分)大于(3分) 若R。的实际阻值大于标称阻值，则内阻的测量 【解析】(I)回路中的最大电流Im一RA十R。十7 值大于真实值。 2025一2026学年度单元过关检测（十二） 物理·磁感应强度 安培力 带电粒子在磁场中的运动 一、单项选择题 子运动的轨迹，A错误；根据洛伦兹力提供向心力 1.B【解析】当Lg位于L1、L2连线的中点时，L1、 L2对L3的安培力等大反向，L3所受合力大小等 有mB=m,解得一阳，极辐运动轨迹可知， 于其重力，无法保持静止，A错误；由受力平衡得 正电子与负电子分离瞬间，左侧正电子的轨迹半 mg=BIL,可知L3所在位置的磁感应强度大小 径大于右侧负电子的轨迹半径，故分离瞬间，正电 子速度大于负电子速度，正、负电子所受洛伦兹力 B=,B正确：由安培定则和左手定则可知，通 大小f=euB,正、负电子的速度大小不是时刻相 电长直导线之间的安培力的特点是“同向相吸、反 等，则正、负电子所受洛伦兹力大小不是时刻相 向相斥”，如图所示，由受力分析可知L3中电流的 等，B错误，C正确；正、负电子在气泡室运动时，根 方向可能垂直于纸面向里，也可能垂直于纸面向 据轨迹可知运动的轨迹半径逐渐减小，则速度逐 外，C、D错误。 渐减小，动能逐渐减小，被打出的电子，在气泡室 中克服阻力做功，动能也逐渐减小，D错误。 3.C【解析】粒子通过B、C、D、E各，点的轨迹如 L,☒ m3.☒L 图。由几何关系可知，从A到B和A到D,粒子 F 运动轨迹对应的圆心角为180°；从A到C和A到 mg E,粒子运动轨迹对应的圆心角小于180°，且相等； 2.C【解析】匀强磁场的方向垂直照片平面向里， 带电粒子垂直进入匀强磁场后做匀速圆周运动， 根据粒子运动轨迹结合左手定则可知，左侧螺旋 0 轨迹为正电子运动的轨迹，右侧螺旋轨迹为负电 洛伦兹力提供向心力，即gB0=mR,则v ·5· 3 真题密卷 单元过关检测 9B 6.C【解析】粒子在磁场中做圆周运动有q℃B= m ,运动周期T=2πR_2πm 。一gB,周期与速度无 关，是粒子从A点沿纸面向上射入磁场，运动轨迹 m ,得半径r=mu gB ,设b点到A点的距离为5， 对应的圆心角越大，运动时间越长，所以tB=tD> tc=tE,C正确。 根据几何关系有s十r=2r,解得5=，=mD, 9B,A正 确；粒子在磁场中做圆周运动有q0B=m,结 ,可得7=2xm 合T-2w gB,粒子从A运动到C的 1 元m 时间1=。T=3qB,粒子从A运动到D的时间 4立T-器B正确，C误：由九行关系可 1 4.D【解析】a、b受到重力、安培力以及轨道的作用 知，磁场反向后，粒子从A射入从D射出时速度偏 力（支持力与摩擦力），同一时刻，通过a、b的电流 向角为30°，D正确，本题选错误的选项，故选C。 大小、方向相同，则安培力大小和方向相同，都水 C.a 平向右，所以重力和安培力的合力相同，根据平 衡条件可知轨道的作用力相同，A正确；根据平 b2301620, 衡条件结合牛顿第三定律Fa=mg cos0十Fa sin 0,FNb=mg cos0-FAsin 0,可知FNa>F,B正 7.A【解析】从题中可以看出，手机竖直方向（之轴 确；根据平衡条件有fb=mg sin0十FAcos0,随 方向)的磁场分量始终为负值，这说明当地磁场 着安培力FA变大，b棒所受摩擦力增大，C正 在竖直方向上是向下的，之轴竖直向上方向为正 确；b棒先发生滑动，此时恰好有fb=μFb,通 值，可知该处地磁场竖直分量向下，故测量地在 过b的电流是I,则FA=BIL,联立可得B= 北半球，A错误；根据北半球地磁场保持水平分 mg (ucos 0-sin 0) 量为向北，因此当手机绕之轴转动过程，地磁场 IL(rsin0+cos0),D错误，本题选错误的选项， 水平分量在x轴和y轴的分量，将出现正弦或余 故选D。 弦式的变化，图中t1时刻x轴正方向磁场数值 5.C【解析】小球运动过程中，只受到竖直向下的 达到最大，说明此时x轴正方向指向地球北方，B 重力、与杆垂直的洛伦兹力和弹力，由于洛伦兹力 正确；t1~t5时间内x轴方向磁场变化刚好一个 和弹力不做功，所以小球的机械能守恒，A错误； 周期，说明t1~t5时间内手机刚好绕之轴转动了 小球上滑时，根据牛顿第二定律ng sin0=ma上， 一周，C正确；根据题中数据可知地磁场磁感应强 下滑时，根据牛顿第二定律mg sin0=ma下，所以 度大小约为B=√Bmax十B:=√Bmx十B?= a上=ar,根据x三)at2可知，上滑时间等于下滑 √32十16μT≈36uT,D正确。本题选错误的选 项，故选A。 时间，B错误；小球向上滑动的最大位移x。一2a 8.D【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运 2g$n0C正确；小球向下滑动时受到坚直向下的 动，洛伦兹力提供向心力可得9B=m,,解得 重力、垂直杆向上的洛伦兹力、与杆垂直的弹力， 店，若=②gBR r= 则r1=√2R,粒子在磁场 m 小球向下加速时，根据F洛=qB可知，小球受到 中运动时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一 的洛伦兹力增大，若小球回到出发点加速到0 时，小球受到的洛伦兹力仍小于小球垂直杆方向 条弦，轨迹如图甲所示。由几何关系可知sin2 的分力，则根据平衡条件可知，杆对小球的弹力一 R√2 直垂直杆向上减小，D错误。 行=2，解得α=90，则粒子的入射速度方向与 3 ·6· ·物理· 参考答案及解析 A0之间的夫角号=45，又T=2-2 gB ,粒子 AF屏上会发光的长度为号，C正璃：由几何关系可 在磁场中运动的最长时间tmx= 90° 360°XT= 2gB' 知，在磁场中运动时间相等的粮子丰径在号<r<a AB正确，由A、B选项分析可知，若U=gBR 则 m 范围内，其数目占总数目的，D错误 r2=R,即粒子的轨迹半径等于圆形磁场的半径，根 据轨迹“磁聚焦”原理逆向分析可知，沿不同方向射 入磁场的粒子，出磁场时的速度方向相同，均垂直 01 于OA方向，如图乙所示，C正确；由A、B选项分 析可知，若0=BR, 1 2n,则r= R,粒子打到圆周 上的最远位置距入射点的距离s=2r3=R,轨 乙 迹如图丙所示。由几何关系可知，最大距离所对 10.AD【解析】由于粒子经过电场加速后，进入磁 应的磁场圆的圆心角为60°，即粒子能打在圆形磁 场做匀速圆周运动，为了使得粒子能够在电场中 场边界上的范围是六分之一个圆周长，D错误。 持续加速，最终从加速器边缘飞出，则带电粒子 本题选错误的选项，故选D。 应由加速器的中心位置进入加速器，A正确；根 0g如8=，T-2解符R-, 9B :T=2xm gB 可知磁感应强度不变时，带电粒子在回旋加速器 中做圆周运动的周期不变，与圆周运动半径无 关，B错误；粒子在磁场中圆周运动速度越大，半 、圣战大。报据R二君产Ekm×二之nax·解得 Eimes =9BR2 -,C错误；回旋加速器正常工作的 2m 前提是交变电流的周期与粒子在磁场中匀速圆 周运动的周期相等，则该加速器加速质量为4、 二、多项选择题 11 9.BC【解析】若粒子带正电，粒子在磁场中做圆周 电荷量为2g的a粒子时，根据∫一子2mf'- gB 运动，由左手定则可以判断，粒子向右偏转，洛伦 v2 1 兹力提供向心力，由牛顿定律可知q0B=m二，而 T=2x·4m 解得f'= 2D正确。 2gB 粒子速率的分布为Ba≤U,≤26Ba,代入可得拉 11.CD【解析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动， 2 子的半径 <r<2a,由几何关系可知粒子轨迹如 洛伦兹力提供向心力，则有qB=m,,又因为 图甲所示，由图可知速度最大时，从D点射出， T=2w,整理得T=2πm-2π U 9B一B,作出粒子运动到 DE屏（除D,点外）不会发光，A错误；由图乙可 c点的轨迹，如图甲所示，则粒子的运动周期T= 知，粒子经过区域的面积S=（ -)，B正 2t,解得B=T ，A错误；作出粒子的运动轨迹，如 确；若粒子带负电荷，粒子将向左偏，最小速度轨 迹如图中O3在六边形中部分，由几何关系可知， 图乙所示，由几何关系可知R=C十L,R: 。7· 3 真题密卷 单元过关检测 L+0c,解得R=L,故n∠01-尽 R=5 √3 4 m。 磁场中运动的轨迹半径变为T0= 3 =R, ∠cOd=53°，则粒子从P到d的轨迹所对应的圆 gB 心角a=360°一53°=307°，所以粒子从P到d做 轨迹如图乙所示，轨迹的圆心为O3,由于四边形 307 AOPO3的四个边长均为R,四边形AOPO?为 圆周运动时间t' 360T,解得z'= 07 80t,B错 菱形，则O3P∥OA,又OA⊥OC,粒子离开磁场 误；改变粒子入射速度的大小，粒子刚好经过d 时的速度方向与O3P垂直，所以粒子离开磁场 点，根据上述分析可知R= L,由牛顿第二定律 时的速度方向与OC平行，不可能与OE平行，D 错误。 得如B=m,解得0=5计，C正确粒子从d也 进入无场区域后，沿df的方向做匀速直线运动， D 由几何关系得∠adf=37°，则有df= cos∠adf 子从点第二次进入磁场后 R=5L,设粒子的轨迹圆心为O,所以/O二5L, 4 c 显然f、O'、O、d四点构成一正方形，该粒子第二 乙 次进入磁场后轨迹刚好经过第一次的轨迹圆心， 三、非选择题 D正确。 13.(1)9BL m (2)Tm 3gB (3)0<≤3gBL 2m 【解析】(1)粒子从A点射出磁场，运动轨迹如图 甲所示 由几何知识可知 r=AO=L 根据洛伦兹力提供向心力，所以 12.BC【解析】从E点射出磁场的粒子在磁场中运 动的轨迹如图甲所示，则a=180°一 qU0B=mvo2 (1分) 2 =60°，根据 解得。-9BL (1分) r 几何关系有tana一R,根据洛伦兹力提供向心 m (2)由几何知识可知，粒子转过的圆心角 力有g如B=n?,解得R=3m 2 3gB ,A错误；从E 元 0一3 点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间t= 0 180°-2a.2rm=Tm 由t= T,T-2xm 2元 (1分) 360° ·gB=3gBB正确；由于r>R,且R πm 一定，当粒子圆周运动的轨迹以AB为弦时，粒 解得t= (1分) 3gB 子在圆形磁场中的运动时间最长，如图甲所示， 设在磁场中运动的路程为L,则sin日=尽 0 tana=3,解得月=35，孤长L 13 23 360°·2πr= 免 18gB,C正确；若仅将初速率改为5， 7xmv (3)粒子能从OC边射出，如图乙所示 3,则粒子在 由几何关系知，最大半径 ·8… ·物理· 参考答案及解析 R③ 2d L R2= =4d cos a 有gB=m0 从M到N的运动时间 R (1分) 解得最大速度 2x)R:20d t2= (1分) v-9BR_3qBL Vo 300 2m 从P点运动到第一次经过Q,则 m 所以速度取值范围为 t=21+t2= 8πd (1分) vo v39BL 2m。 (1分) (3)由于磁场Ⅱ与磁场Ⅲ的磁感应强度相同，即 R3=R2=4d t,7 (1分) 由几何关系可知 S=2R3·(Rg+R3cos60)=48d2。 (1分) 15.1)1.0X10°m/s(2)22×10 m/s(n=1,2, 乙 n 14.(1)m00 (2)8rd 3,…)5nπX107s(n=1,2,3,…) 2ad (3)48d 00 【解析】(1)粒子的运动轨迹如图甲所示，设粒子 【解析】(1)粒子运动的轨迹，如图所示 做匀速圆周运动的半径为r,由几何关系可知 设粒子在0<x<√3d区域内轨道半径为R1,根 据几何关系可知 =+(-)》 (1分) R=(W5d)2+(R1-d)2 (1分) 解得r=0.5m 解得R1=2d 由qu,B=mu6 (1分) 由牛顿第二定律可得 解得vo=1.0×106m/s (1分) v qooB=m Ri D 所以B1-mug (1分) 2qd 甲 a太M (2)因为T。=5π×107s,粒子的轨迹如图乙所 o 02。 示，设粒子做匀速圆周运动的半径为r,由几何关 系可得 n·4rsin45°=L,n=1,2,3, (1分) (2)根据几何关系可得 由guoB= mvt (1分) √3d3 sin a=2d2 (1分) 联立上述方程可解得 所以e-骨 √2qBL2√2×10 00= m/s(n=1,2,3,…) 4mn 从P到M的运动时间 粒子运动时间 t-OR1_2nd (1分) (1分) v0300 12元·T-0 gB 由几何关系可知 由于周期性，粒子转过的角度 ·9 3 真题密卷 单元过关检测 0=nX4x 解得R1=2d (1分) =nr(n=1,2,3,…) 4 由洛伦兹力提供向心力知 解得t=nπ (n=1,2,3,…) (1分) qB qoB-mRi (1分) 即t=5nπ×10-7s(n=1,2,3,…)。 (1分) 解得磁感应强度 Bgd (1分) 4545 (2)设带电粒子在第一象限磁场中运动的时间为 45g t1,则 ·2d 3 2πd 16.2 2k 2BIL t1= (1分) (2)m= (0<x≤d-xo) 0 3v0 8 g 设带电粒子在第二象限磁场中做圆周运动的半 (3)2（kd-B,L),逆时针或2（d+B1,L,顺 径为R2,由洛伦兹力提供向心力 g 时针 06 qu·3B=mR2 (1分) 【解析】(1)由平衡条件可得 2 2kxo=mog (1分) 解得R,=3d (1分) 解得x=mog (1分) 带电粒子的运动轨迹如图甲所示，设粒子第四次 2k 经过x轴时在第三、四象限运动的总时间为t2, (2)根据左手定则可知，导线圈所受安培力竖直 在第二象限运动的时间为t3,则 向下，大小 4 F安=2BIL 3r·2dl t2=2X 16πd (1分) 在托盘上放入质量为的被称量物体后，可得 00 3U0 2k(xo十x)=mog+mg+F安 (1分) 22 And 又xo+x<d 4=3·d (1分) 9vo 解得m 2k,_2BIL(0<x≤d-x） (1分) 因此带电粒子自M点进入磁场到第四次经过x g 轴所经历的时间 (3)当线圈中通入逆时针电流（从上往下看）时，有 t=t1+t2+t3 2kd=(mo+m)g+2BIoL (1分) 58πd 2 解得t= (1分) 解得m。十m=二(kd-BIoL) (1分) 9v0 g 当线圈中通入顺时针电流（从上往下看）时，有 2kd+2BIoL=(mo+m)g (1分) 603 解得m。十m= （kd+BIL)· (1分) g 17.(102ad mvo (2)58xd 9U0 32g,0） 【解析】(1)设带电粒子在第一、三、四象限磁场 (3)对带电粒子受力分析可知，如图乙所示，速度 中做圆周运动的半径为R1,粒子在第一象限的 在x轴的分量v:会产生x轴负方向的阻力与y 轨迹的圆心为O1,由几何关系知 轴负方向的洛伦兹力；如图丙所示，速度在y轴 ∠NMO=∠MO1N=60 (1分) 的分量，会产生y轴正方向的阻力与x轴负方 则cos60°=R,d 向的洛伦兹力，其受力分析如图所示在x轴上， 由动量定理有 3 。10· ·物理· 参考答案及解析 -(kvz+Bqv,)·△t=m△vz (1分) 解得v2= Bqd (1分) 由微元法累加后可得 m -kx-Bgd=m(0-v0) (1分) 解得x=mug 2k· (1分) 此时粒子的坐标为(26,0)。 (1分) (3)带电粒子以速度射入磁场中时，根据几何 关系有 ↓Bqu tan =Ri3 (1分) 乙 丙 18.1)3-3)Bgd (1分) (2)Bad 解得日-日 2m m (3)(65+4x) Ba 故其运动轨迹如图丙所示，带电粒子在磁场中做 【解析】(1)由题意可知当粒子从A,点与内圆相 匀速圆周运动周期 切向上射入磁场，且轨迹恰好与外圆相切，如图 T 2πm (1分) 1 Bq 甲，根据几何关系有r=2(R:一R) (1分) 带电粒子在磁场中运动的圆心角为红，第一次回 3 解得r1=3 -d 2 (1分) 到A点在磁场中运动的时间 由洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周 4π 运动的向心力，根据牛顿第二定律有 3 t1=3X T (1分) 2π q01B=m兰 (1分) 带电粒子在磁场外做匀速直线运动，第一次回到 ri 解得，-3-3)Bgd A点在磁场外所用的时间 (1分) 2m =3X2R (1分) V2 带电粒子从A点进入磁场到其第一次回到该点 所需要的时间 t=t1+t2 (1分) 解辑：=6后十n品 (1分) 甲 (2)当带电粒子以某一速度射入磁场时，粒子的 同理第n次回到A,点的时间 运动轨迹恰好与外圆相切，此时粒子不穿过外圆 t.=mt=(63+4)m (1分) 边界如图乙所示，根据几何关系有 R十r号=(R2-r2)2 (1分) 解得r2=d (1分) 由洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周 运动的向心力，根据牛顿第二定律有 qv2 B=m (1分) r? ·11· 3