单元过关(十三)带电粒子在组合场、复合场中的运动-【衡水真题密卷】2026年高考物理单元过关检测(山东专版)

每一伪坚持，都是成功的积累：每一滴汗水，都是梦想的浇灌 2025一2026学年度单元过关检测（十三） 4.如图所示为质谱仪原理示意图，带电粒子从小孔)“飘入”加速电场（初速度忽略不计）， 班级 经加速后以速度。从小孔O'进入速度选择器并恰好沿直线通过，粒子从小孔S进人磁 题 物理·带电粒子在组合场、 分析器后做匀速圆周运动打在照相底片上。已知速度选择器中匀强电场的电场强度为 姓名 复合场中的运动 E,磁分析器中匀强磁场的磁感应强度为B。,在底片上留下的痕迹点到狭缝S的距离为 !,忽略带电粒子的重力及相互间作用力。下列说法正确的是 ( 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 加速电场 要求。 题号 1 2 3 4 6 7 8 速度选择 答案 磁分析器 1,速度选择器简化模型如图所示，两极板P,Q之间的距离为d,极板 P 间所加电压为U,两极板间有一方向垂直纸面向里的匀强磁场。一×××××买 质子以速度，从左侧沿两板中心线进人板同区线，恰好沿直线运兰：兰： A.粒子带负电 动，不计质子重力。下列说法正确的是 （）兴其×美兰 A,P极板接电源的负极 06 R.速度选择器中匀强磁场的磁感应强度为 B.匀强磁场的磁感应强度大小为加 U C.带电粒子的比荷？= nB。l C.若仅将质子换成电子，则不能沿直线运动 D.若质子以速度如从右侧沿中心线射入，仍能做匀速直线运动 Bavol D,加速电场的极板间电势差U= 4 2.如图，在一1≤x≤2、0≤y≤2区域内有垂直于2Oy平面内的匀强磁场和平行于x轴的匀 强电场，x轴和y轴所表示的单位长度相同。一不计重力的带电粒子每次均从坐标原点 5.将某霍尔元件接入如图所示的电路，条形磁铁的N极靠近霍尔元件时，二极管发光。霍 O以一定的速度沿y轴正方向射人。若电场、磁场均存在，粒子恰好沿直线运动：若仅撒 尔元件的长宽高如图所示，霍尔元件单位体积中有个载流子，每个载流子所带电荷量 去磁场，粒子将从点(2,2)射出：若仅撤去电场，粒子将 () 大小为？，载流子定向移动的速率为，稳定时前后两个面的电压为U,流过滑动变阻器 1 的电流为【。下列说法正确的是 () 磁铁 12 A.从点（一1,2）射出 B.从点（一1,1）射出 发光二极管 C.从点（一1,0）射出 D.从点（一0.5,0）射出 3.如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场强度为E,方向沿竖直方向（图中 未画出)，磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。一质量为m的带电微粒，在该场区内沿 A.霍尔元件中载流子带正电 竖直平面做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g,则可判断该微粒() A.一定沿逆时针方向运动 B霍尔元件处的磁感应强度大小为L B一定是带电量为咒的负电荷 C,将磁铁继续靠近霍尔元件，二极管变亮 C运动的建率一定为能 D.将滑动变阻器的滑片适当向左滑，二极管变亮 6.如图所示，粒子源不断地产生氢的三种同位素原子核(H、H和H),三种粒子飘入（初 D.运动到最低点时电势能一定最大 速度可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔沿平行金属板c、d的中心线 单元过关检测（十三）物理第1页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十三）物理第2页（共8页） 射人偏转电场。d两板间的电压为U2,在偏转电场的右侧存在范围足够大的有界匀强 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， 磁场，磁场左边界PQ与cd板右端重合，磁场方向垂直纸面向里。三种粒子通过偏转电 全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 场后从PQ进人磁场，之后义从PQ边界射出磁场，平行金属板c,d的中轴线与PQ边 题号 9 10 11 12 界交于)点。整个装置处于真空中，加速电场与偏转电场均视为匀强电场，不计粒子重 答案 力及粒子间的相互作用力。下列说法错误的是 () 9.2024年12月，我国中科离子240MV超导质子回旋加速器研发成功并稳定运行，这一 P:X××XXX 成果将在医学治疗和科学研究中得到广泛应用。其原理如图所示，D,和D,是两个半 1×X×××× 径为R的中空半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，两金属盒接在电压为U, 周期为T的交流电源上。一质量为、电荷量为g的质子从D:圆心A处飘入两盒之 XX×XX× 间的狭缝，质子在狭缝中被电场加速，当其被加速至动能最大后，从回旋加速器中射出， :×××××× Q×xX××× 忽略质子在电场中的运动时间。下列说法中正确的是 () A.质子在D,,D2运动过程中，洛伦兹力对质子不做功，其冲量不为零 A.H,H和H三种粒子从同一位置射人磁场 B.电场变化的周期是粒子在磁场中做圆周运动周期的两倍 B.{H,H和H三种粒子从同一位置射出磁场 C,H、H和H三种粒子射出磁场时速度方向相同 C质子所能获得的最大动能为mTR D.仅增大U:,则H射人磁场的位置和射出磁场的位置之间的距离不变 7,如图所示，在两个边长均为2L的正三角形区域内存在垂直纸面向外，磁感应强度大小为 质子加速至动能最大所用的时间为？不-一)号 B的匀强磁场，左右两侧有平行于MN、PQ的匀强电场（电场强度大小未知）。质量为m、 10,为了测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计（流量Q为单位 电荷量为十《的带正电粒子（不计重力），由电场中：1点由静止释放，恰好从OM边的中点 时间内流过某截面流体的体积)。如图所示，长方体绝缘管道的长，宽、高分别为a、b、 进人磁场区域。已知经过下方磁场区城后，粒子能从OP的中点进人左侧电场，最终能从 c,左、右两端开口，所在空间有垂直于前后表面，磁感应强度大小为B的匀强磁场，管 PQ上某点沿垂直PQ边界方向射出磁场区域，则下列说法正确的是 ( 道上、下两面的内侧固定有金属板M、N,污水充满管道从左向右匀速流动。测得M、N 入电场强度大小为 M N 间电压为U,污水流过管道时所受阻力大小F,=kL,k为比例系数，L为污水沿流速 方向的长度，为污水的流速，污水中含有正，负离子。则 B.从a1到OM中点的距离为L C.从释放到从PQ边界出磁场，粒子运动的时间为 A污水的流量Q一台 B.金属板M的电势不一定高于金属板N的电势 几带电粒子在毯场中运动时的速度大小为 C,电压U与污水中离子浓度成正比 kaU 8.如图所示，一半径为R的光滑绝缘半球而开口向下，周定在水平而上。整个空间存在磁 D.左，右两侧管口的压强差△p一B 感应强度大小为B,方向竖直向下的匀强磁场。一质量为m、电荷量为g(g>0)的小球 11.现代科学研究中，经常用磁场和电场约束带电粒子 P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O,球心O到该圆周上任一点的连线与竖 的运动轨迹，某次一粒子源于A处不断释放质量为 直方向的夹角=60°。重力加速度为g,以下说法正确的是 ( ) m、带电量为十q的离子，离子静止释放，经电压为 A.俯视看小球沿顺时针方向运转 U的电场加速后，沿半径为R:的圆弧形虚线通 、B球面对小球的弹力大小为g 过均匀辐射的电场，从P点沿直径PQ方向进人半加速电场 C.小球的速率越大，则小球受到的洛伦兹力越大 径为R。的圆形匀强磁场区城，磁场方向垂直于纸 + 辐射电场 D.磁感应强度的大小可能为B=m尽 面向外，最后垂直打在平行PQ放置且与PQ等高 R 3 单元过关检测（十三）物理第3页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十三）物理第4页（共8页】 的收集屏上，收集屏到PQ的距离为√3R:,不计离子重力，下列说法正确的是 应强度B均未知，不计粒子重力及阻力。求： () (1)粒子在磁场运动过程中离y轴的最大距离d: (2)粒子从P,到D的总时间. 2qU A.离子进人圆形匀强磁场区域时的速度大小为 m U B.圆孤形虚线处的电场强度大小为 C.磁感应强度大小为Rg 1 2Um D.离子运动轨迹不变，改变加速电压和对应虚线处辐射电场大小，使所有离子都能打 14.(8分)如图所示，在直角坐标系O-xy:内存在着磁感应强度大小为B、方向沿：轴负 到收集屏上，加速电压的范围应控制在号一3沁之间 方向的匀强磁场。位于(b,0,0)的A点处有一电子枪，当电子枪沿x轴负方向射击 12.如图所示是磁流体发电机的简易模型图，其发电通道是一个长方体空腔，长、高、宽分 时，射出的电子恰好沿y轴正方向击中位于(0，b,0)的C点。已知电子的质量为m,电 别为l,,b,前后两个侧面是绝缘体，上，下两个侧而是导体电极，这两个电极通过开关 荷量为一e。 与阻值为R的电阻连成闭合电路，整个发电通道处于垂直纸面向里、磁感应强度的大 (1)求电子枪射出电子的速度大小。 小为B的匀强磁场中。如果等离子源以速度。发射质量均为m,电荷量大小均为4 (2)为了在最短的时间内击中位于D(0,√2b,0),A处电子枪应向什么方向射击？ 的等离子粒子，沿着与板面平行的方向射人两板间，单位体积内正负离子的个数均为 (3)接(2)问，若整个空间多了一个沿：轴正方向的电场强度为E的匀强电场，如果A ”。忽略等离子体的重力，相互作用力及其他因素。下列说法正确的是 处电子枪射出的电子在xOy平面以(2)中相同运动轨迹击中D点，则A处电子枪 的电子发射速度大小应调整为多少？ 等离体流动方向 40c方节 15,(8分)如图甲所示，为足够长的平行金属板M,N,距离为2d,板间有垂直纸面向里的 A.开关断开的情况下，稳定后上极板电势高于下极板 匀强磁场，两板间中心有一电子源O。1=0时刻，以速度。向各个方向发射电子，平 B.设等离子体的电阻率为ρ，没有接通电路时，等离子体受到的阻力为f,则接通电路 行于极板方向射出的粒子刚好垂直击中极板，电子质量为m,电荷量为一，仅考虑纸 平面内运动的电子。 后，为了维持速度，不变在通道两侧所加的压强差△p十W十。二 (1)求磁感应强度大小B。 C.开关闭合时，若正离子在通道中的运动轨迹如图中虚线所示（负离子与之类似），设 (2)经过时间1后电子打到右侧极板，求时间t的范围。 此时两极板电压为U,图中轨迹的最高点和最低点的高度差=2m(Ba,一U四 B'ag （3)若电子源在0一厂内有电子以速度平行于极板向上射出，且在两板间加如图乙所 D.图中轨迹的最高点和最低点的高度差为h,在h<的情况下，通过电阻的电流 Bava十2 nmavs eT-Ard 示电压，U。= ，求电子经过区域的而积5。 1-Bib+2nmavoR M 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.(6分)如图所示，在y>0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场：在第四象限的空间 中，存在匀强磁场，磁场方向垂直Oy平面（纸面）向外。有一带正电的粒子，经过y 3TT 轴上y=3h处的点P,时速率为。，方向沿x轴正方向，后经过x轴上x=2h处的 P:点进人磁场，偏转后垂直于y轴从D点（图中未画出）离开磁场，电场强度E和磁感 单元过关检测（十三）物理第5页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十三）物理第6页（共8页】 16.(8分)东方超环(EAST),俗称“人造小太阳”，是中国科学院自主研制的磁约束核聚变 (2)求匀强电场的电场强度大小。 实验装置。高速粒子束（包含带电离子和中性粒子）中的带电离子对实验装置有很大 (3)改变粒子在P点射人磁场的速度方向，试分析粒子经电场偏转后是否仍能通过坐 的破坏作用，因此需要利用“偏转系统”将带电离子从粒子束剥离出来。“偏转系统”的 标原点，粒子是否仍能垂直打在荧光屏上？ 原理简图如图所示，混合粒子中的中性粒子继续沿原方向运动，被接收器接收：而带电 离子一部分打到下极板被吸收（极板边缘不吸收离子），剩下的进人磁场发生偏转被吞 噬板吞噬。已知离子带正电，电荷量为q,质量为m,两极板间电压为U,间距为。d,极 板长度为d。均匀分布的高速粒子束宽度为d,以平行于极板的初速度，一3√m 4 gU 全部进人两极板间，离子和中性粒子的重力可忽路不计，不考虑混合粒子间的相互作 用，sin37°=0.6.c0s37=0.8。 (1)要使离子能直线通过两极板，则需在两极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场B:,求 18.(16分)如图所示，以O为坐标原点建立Oxy坐标系，x轴正方向水平向右，y轴 B:的大小。 正方向竖直向上，：轴正方向垂直纸面向外（图中未画出），沿x轴正方向从左到 (2)若撤去极板间磁场B,能进入B:磁场的带电离子数为N:,打在下极板离子数为 右依次存在四个区域，区域之间的边界均平行于O:平面。I区存在沿y轴负方 心心 向的匀强电场，电场强度大小E1=15NC;Ⅱ区存在沿x轴正方向的匀强磁场， 磁感应强度大小B,=√3×10T:Ⅲ区存在沿：轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大 @者镜去段版间藏场B品：边界足够大，取值范程为四<及<导 。从两 小B,=3×102T:W区存在沿y轴负方向的匀强电场和沿：轴负方向的匀强磁场，电 极板正中央O点平行于极板射人的离子经偏转后均落在吞噬板上被吞噬，求落点 场强度大小E:=200N/C,磁感应强度大小B,=0.01T,N区足够宽。I区右边界与x轴 间的最大距离△x。 的交点为0y轴上的A点到0点的距离h-0.1m,一个比荷号=1×10Ckg的带 ……性 电粒子从A点以速度=1X10m/s、沿x轴正方向射入区，经O1点进人Ⅱ区时第一 0×。×··粒 次穿过O平面，进人Ⅲ区时恰好第二次穿过xO大平面，进人N区时恰好第三次穿过 xO:平面，之后在N区内继续运动。不计粒子所受重力。求： (1)带电粒子进人Ⅱ区时的速度： (2)带电粒子第二次穿过xO:平面时的位置坐标： 噬 (3)Ⅲ区的宽度d: (4)带电粒子在W区运动时距xO:平面的最大距离和每次穿过xO:平面时距下区左 边界的距离。 17,(14分)如图所示，平面直角坐标系的第二象限内，抛物线y=kx2与y轴之间有沿y B B 轴负方向的匀强电场，在半径为R的圆形区域内有垂直于坐标平面向外、磁感应强度 为B的匀强磁场，圆与x轴相切于P点，在第一、四象限内有垂直于坐标平面向里，磁 感应强度为B的匀强磁场，在第一象限内有一平行于工轴的荧光屏（图中未画出），在 P点沿与x轴负方向成60°角的方向射出质量为m,电荷量为《的带正电的粒子，粒子 在圆形磁场中偏转后沿x轴正方向进人电场，经电场偏转刚好从坐标原点射入第一， 四象限内的匀强酷场中，粒子经篮场偏转后恰好垂直打在荧光屏上。已知及一识·不 计粒子的重力。 (1)求粒子从P点射出的初速度大小。 单元过关检测（十三）物理第7页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（十三）物理第8页（共8页】真题密卷 单元过关检测 2025一2026学年度单元过关检测（十三） 物理·带电粒子在组合场、复合场中的运动 一、单项选择题 平衡力，则qE=qvB,解得速度选择器中匀强磁 1.B【解析】质子恰好做直线运动，由左手定则可 场的磁感应强度B= 知，质子受竖直向上的洛伦兹力，则质子受到的电 B错误：粒子在磁场中运 E 场力竖直向下，电场方向向下，则P极板接电源的 1 动的轨道半径r=2,由g0B,=m,解得带电 正极，由平衡条件有g=B,又有E= d,联立 J 数于的比分是一一》，〔错：在子在尔 解得B一。，A错误，B正确：若仅将质子换成电 电奶中，由动能定思得gU-2m:解得加谁电场 子，由左手定则可知，电子受竖直向下的洛伦兹 力，受向上的电场力，仍满足受力平衡，能沿直线 的极板间电势差U=mw_B 二，D正确。 2g4 运动，C错误；若质子以速度。从右侧沿中心线 5.C【解析】由题图可知二极管处于导通状态，所 射入，由左手定则可知，质子受竖直向下的洛伦兹 以霍尔元件前面的电势高于后面的电势，由左手 力，仍受向下的电场力，不满足受力平衡，不能做 定则可知载流子受到的洛伦兹力方向向后，载流 直线运动，D错误。 子向霍尔元件的后面聚集，所以载流子带负电，A 2.B【解析】设粒子的初速度为。，电场、磁场均存 错误；当电路稳定时，载流子受力平衡，有qB= 在，粒子恰好沿直线运动，可得qVB=qE,撤去磁 U 场后，粒子在电场中做类平抛运动，可得y=0t, 方9，由电流定义有I=ngSu=nqbev,解得B 2a1,又qE=m0,撒去电场后，粒子在磁场 nqcU ,B错误；前、后面间的电压U越大，二极管 中做句造国周运动，则有9如，B=m,联立，解得 的亮度越大，由前面分析有U=B ,所以磁铁靠 ngc r=1m。若仅撤去磁场，粒子将从，点(2,2)射出， 近霍尔元件，霍尔元件处的磁感应强度B变大，所 可知粒子受洛伦兹力时与电场力方向相反，结合 以前、后面间的电压U变大，二极管变亮，C正确； 几何关系，可知轨迹圆的圆心位置为（一1,0），则 滑动变阻器的滑片适当向左滑，通过霍尔元件的 粒子从，点（一1,1）射出，B正确。 电流变小，所以前、后两个面间的电压变小，二极 3.D【解析】带电微粒在竖直平面内做匀速圆周运 管变暗，D错误。 动，重力与电场力平衡，则有mg=qE,可得微粒 6.B【解标折】：子在加建电压中有U-m心，在 的电荷量大小9二，由于电场方向不确定，所以 小球的电性不能确定，带电微粒的运动方向不能 偏转电场中，设板长为L,间距为d,有y=)。 2a12, 确定，A、B错误；带电徽粒做圆周运动，由洛伦兹 L=t,其中a=U」 U2L? v2 一m,解得y=4Ua则H、H 力提供向心力，则有quB=m ,联立解得0= 和H三种粒子从同一位置射入磁场，A正确：设速 qBR_BRg,C错误：由于带电微粒受到的电场力 度偏转角为0，位移的偏转角为a,则满足tan0= E 2y 竖直向上，所以带电微粒从最低点向最高点运动 2tama=元，可知粒子进入磁场的速度方向相同，则 过程，电场力一直做正功，电势能一直减小，则带 三种粒子射入磁场时速度方向相同：假设射入磁场 电微粒运动到最低，点时电势能最大，D正确。 02 4.D【解析】粒子进入磁场向右偏转，由左手定则 的速度大小二0。进入磁场后有WB=m, 可知粒子带正电，A错误：粒子在速度选择器中受 入射与出射点的距离x=2rCOs0,解得x= 3 ·12· ·物理· 参考答案及解析 22U,三种粒子比荷不同，则HH和H B g 心Rsn整理可得29Bu十3mg=0 三种粒子不会从同一位置射出磁场，仅增大U2, 对于)的一元二次方程，根据数学知识可知，需 则}H射入磁场的位置和射出磁场的位置之间的 要满足(gB):-4X25m×5mg≥0，可得 距离不变，B错误，C、D正确。本题选择错误的选 3R 项，故选B。 B≥2m/2g 7,A【解析】由题意作出带电粒子的运动轨迹如图 9√R,可知磁感应强度的大小不可能为 所示，粒子从a1到b,由动能定理可得qEx,6= 二辰D体 1 m,粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何 二、多项选择题 知识可知，粒子从b到c的运动轨迹对应的圆心 9.AD【解析】质子在D1、D2运动过程中，洛伦兹 角日=60°，可知粒子在c点的速度方向与水平方 力与速度方向垂直，则洛伦兹力对质子不做功，根 向的夹角为0=60°，粒子从c到d做类斜抛运动， 据I=Ft可知其冲量不为零，A正确；为了使得每 则有(vosin60)t=xsin60°，at=vocos60°，a= 次质子经过电场时都能被加速，则电场变化的周 ,联立解得E-3Bg, qE L 期应等于粒子在磁场中做圆周运动的周期，B错 4m= A正确，B错误； 误；根据qwmB=mp,且T二2π】 gB ,可得质子所 粒子从α1点释放，到最后从f点出磁场，粒子在磁 场中蓝农网名了一霜则有所眉卷时风： ■能获得的最大动能Em三2m0品-2mπR 1 -,C错 3a6+21十ta十t,可得18=7π+163)m .C 误：由于g0,=2m0品，则质子在电场中被加速 6gB mum 错误；粒子从a1到b做匀加速直线运动，从b到c 的次数n= 2gU。 ,每加速一次则质子在磁场中运 做匀速圆周运动，从c到d做类斜抛运动，从d到 T e做匀速圆周运动，从e到a2做匀减速直线运动， 动半个周期，运动时间为2（最后一次除外)，质子 从a2到e做匀加速直线运动，从e到f做匀速圆 T 周运动，由几何关系可知，粒子在磁场中的运动轨 加速至最大动能所用的时间1=(n一1)2 /2mπ2R2 迹半径r=Lsin60°= ?L,由洛伦滋力提供向心 qUoT? U 力可得quB=m广，o 3gB -,D错误。 10.AD【解析】由题意可知。g=gB,可得0= 2m C M B。污水的流量Q=S=bc=石.A正确：磁场 B垂直纸面向里，由左手定则，则正离子受向上 e以d 的洛伦兹力，正离子偏向上极板，M板电势高，B P 错误；根据电场力与洛伦兹力的等量关系可知 8.C【解析】小球受到的洛伦兹力水平指向圆心 U O',根据左手定则可知，从上面俯视小球沿逆时针 9=gB,解得U=Bc,故电压与粒子浓度无关， 方向运转，A错误；小球竖直方向受力平衡，则有 C错误；根据平衡条件，则有△bc=F=kLw2= Ncos0=mg,可得球面对小球的弹力大小N U kaU s0=2mg,B错误：根据F=qmB,可知小球的 mg 如v,而u一成c,解得△p一B元D正确。 11.ACD【解析】离子通过加速电场，由动能定理 速率越大，则小球受到的洛伦兹力越大，C正确； 1 2gU 水平方向根据牛顿第二定律可得qvB一Nsin0= 得qU=2m,解得u= m ,可知离子进入 ·13· 3 真题密卷 单元过关检测 2qU 圆形匀强磁场区城时的速度大小为 ,A正 f B'voal 理后解得△p= ab Rbl+pa ,B错误：两板间电 m 确；离子经过静电分析器，电场力提供向心力可 场强度E=0,配速西=0十，其中=后 E 得E。解得圆弧形虚线处的电场强度大小 U ,离子受到的洛伦兹力guB-Eg,故离子以 E,B错送：离子最后垂直打在平行PQ放园 线速度2做匀速圆周运动和以1做匀速直线 且与PQ等高的收集屏上，由几何知识可知r= U 运动的合运动。那么2=00一V1=00 B,做 R,根据洛伦滋力提供向心力有gB=m口 ,联 匀速圆周运动的半径R=m=m U gB-gB(一Ba） 主桥得R- ,C正确；要让离子全部打 则h=2R=2。 qB voBa ),C正确：当在h<a的 在收集屏上，其临界状态的轨迹如图所示，设圆 心分别为O3、O4,半径分别为r1、r2,由几何关系 情况下，即R<号，即U>Raw-Ba时，与板 2m 可知，O:恰为收集屏的最低点，根据几何关系有 板距离小于2R的粒子可以打到极板而形成电 r2=3R2,设圆心为O3的离子在磁场中做圆周 流，单位时间1内打到一块极板上的粒子数N= 运动的圆心角为0，根据几何关系有tan(π一0)= 2Rbmu,1,此时发电机的输出电流I=N9 t BR,解得0=120，根据几何关系有an2 R, 2bmnvo( U B Ba ),D错误。 2 解得r三R,根据qB=m9U 三、非选择题 1 18.(1)4 3h(2) h,4V3πh m,将“，”用“，”和“r”替换可得，要使所有 vo 9v0 离子都能打到收集屏上，加速电压的范围应控制 【解析】(1)粒子运动的轨迹如图所示，设粒子从 P1到P2的时间为t1,刚进入磁场时速度v与x ≤U'≤3U,D正确 3 轴正方向夹角为0，则有 0 2h=voti (1分) 收集 tan 0=U (1分) 0 解得v,=√3o,0=60 12.AC【解析】开关断开时，极板间的电压大小等 2h 于电动势。由左手定则可知，正离子受洛伦兹 sin 0-R 力向上，可知上极板电势高，A正确：根据电阻 最大距离d=R 定律可知发电机板间部分的等离子体等效内阻 r一P,接通电路，此时发电通道内电荷量为q 解得d4 3 h (1分) 的离子受力平衡有qUB=g 二，解得E=Bvoa, P2↓ E 由欧姆定律可得I一R十，该电流在发电道道内 9 受到的安培力大小FA=BIa,要使等离子做匀速 直线运动，所需推力F=△pXab=f十BIa,整 (2)粒子在电场中运动的时间 3 ·14· ·物理· 参考答案及解析 4,=2h 在义轴方向上，受到沿之轴负方向的电场力 F'=eE (1分) 粒子在磁场中运动速度 v=√8+=200 (1分) 又- 粒子在磁场中运动的时间 之方向运动时间与xOy平面运动时间相同，有 2πR t2=3u (1分) v:X2 t= a πE 解得，=43xh 解得U.=3B 9w0 即电子枪的电子发射速度大小 t=h+t2 π2E2,b2e2B7 解得1= 2h,4√3πh 1=λ√9B 22e (1分) (1分) 9v0 15.(1)7mu0 3πd 14.(1)eB6 ed (2)rd ∠t∠200 3w0 (3)5rd 4 (2)在xOy平面内与AD成60°角斜向 【解析】(1)电子在磁场中做匀速圆周运动，平行 于极板方向射出的粒子刚好垂直击中极板，由数 x轴负方向(3)， 元2E2b2e2B 9B2 2 学知识可知，电子做匀速圆周运动的半径R=d 【解析】(1)电子受到的洛伦兹力 由洛伦兹力提供向心力，根据向心力公式 F=evB (1分) vo 洛伦兹力提供向心力，有 evoB=m R (1分) F=mu2 联立解得B=m (1分) R (1分) ed (2)根据题意可知，电子做圆周运动的周期 由几何关系可得，半径R=b 解得u=B助 T=2xk_2nd (1分) m 电子打到右侧极板运动时间最短的运动轨迹如 (2)电子要击中D,点，必定在xOy平面运动，洛 图甲所示，由几何关系可得，电子运动轨迹的圆 伦兹力提供向心力，电子做圆周运动的半径为b, 电子做圆周运动的圆心一定在AD连线的中垂 心肩为了则茶短时同 线上，由几何关系可得A1=DH=5 (1分) 3 πd tmin一2 T,一300 (1分) 可得∠AGH=∠DGH=60° 电子打到右侧极板运动时间最长的运动轨迹如 所以从A点出发的电子沿圆孤APD运动所需时 图乙所示，由几何关系可得，电子运动轨迹的圆 间最短，即从A点出发的电子的速度在xOy平面 3 内垂直于AG向上，与AD成60°角。 (1分) 心角为 2 ,则最长时间 D 3元 2 3πd H t max= (1分) 2 T 2U0 G 则时间1的范围为 3πd ∠t∠2U0 (1分) 3v (3)电子在xOy平面以(2)中相同运动轨迹击中 A××XB D点，所以运动时同和(2)相同，有1= 3T,电子 ×××× A 做圆周运动的周期 T- (1分) eB 乙 ·15· 3 真题密卷 单元过关检测 T d=vot (1分) (3)根据题意可知，在0~4内电子受电场力大小 竖直方向有 Uo mvi F-2d'e-2d (1分) y= 2a12,a= gE (1分) 方向水平向左，电子受洛伦兹力大小 =e营B=器 联立解得y=8 3 3 N 方向水平向右，可知，电子在0~4内做竖直向上 则有N2 4-8 =1 3 (1分) 的匀速直线运动，在4~2电子做匀速圆周运 (3)若撤去极板间磁场B1,根据(2)分析可知，从 动，则有 两极板正中央O点平行于极板射入的离子刚好 从下极板边缘进入磁场B,中，设离子进入磁场 m(2 e·2 ·B=R B2的速度大小为v,与水平方向的夹角为日，则 可得R一号 (1分) (1分) 有=050 周期为T,=-2πR′2mdT 离子在磁场B2中做匀速圆周运动，由洛伦兹力 Vo 002 提供向心力得 2 02 qB2v=m r 电子运动到右侧极板的时间 V=T:_T 可得，=mv Γ2-4 qB2 qB2 cos 0 T 则离子在磁场B2中运动轨迹的弦长 即在1一2时刻，电子恰好运动到右板板，同理可 2mvo s=2rcos 0= 知，电子在T、3T gB. 2一4时间内向下做匀速直线运动， 1 2 mU 由于 mU d q ≤B2≤ a q 在3TT电子做匀速圆周运动，之后轨遂周期 4 8 性重复，综上所述，电子经过区域的面积 可得3ds≤3d (1分) s=2(管，，2R')+R-5 则落点间的最大距离 4。 (1分) 8 4 4 △x= 3d-3d=3d。 (1分) 16哈g214 17.(1)9BR (2)9RB2 (3)能能 【解析】(1)要使离子能直线通过两极板，需在两 m 极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场B,,根据 【解析】(1)设圆形有界磁场边界圆的圆心为 受力平衡可得 O1,粒子做圆周运动的圆心为O2,粒子从Q,点 qvoB=qE (1分) 射出圆形有界磁场，则O1P∥O2Q,由于O1O2 与PQ垂直并将PQ平分，可得 其中E= 3 OP=O2Q 即粒子在磁场中做圆周运动的半径 1 mU r=R (1分) 解得B1= (1分) d q 根据牛顿第二定律有 (2)若撤去极板间磁场B,对于能进入B2磁场 的带电离子，在偏转电场中，水平方向有 gvoB=m r 3 ·16· ·物理· 参考答案及解析 解得，=9BR (1分) 设从O点进入第一、四象限内的粒子速度为1， 与y轴负方向的夹角为α，则有 (2)粒子在电场中做类平拋运动，粒子进电场位 Vo (1分) 置的纵坐标 v1-sin a 3 粒子做圆周运动的半径为”，则 y-R+Rsin 30-2R r"=mvl 横坐标大小x=√3R gB qBsin a 粒子在电场中做类平拋运动，则有 mvo 由于d'=r"sina= =R (1分) gB x=Vot 因此粒子仍能垂直打在荧光屏上。 (1分) 1 y=zal ×××××× 根据牛顿第二定律有 XX 荧光屏 qE=ma (1分) 解得E=9RB (1分) (3)未改变粒子射入磁场方向时，设粒子通过坐 标原点O时的速度大小为，根据动能定理有 18.(1)2×104m1s,方向与x轴正方向成60°角 1 1 1W3(20+π) qEy-2mv- 2 mvg (1分) (2) ×102m,0,0.02m) (3)0.02m 3 2qBR (4)0.03m4nπ×102m(n=1,2,3,…) 解得v= (1分) 【解析】(1)带电粒子在I区中做类平抛运动，根 设粒子进入磁场时速度与y轴负方向的夹角为 据动能定理有 0,则 1 1 (1分) sin 0=2= 1 qEih-2mv- 2nu明 Γv2 (1分) 解得v=2×101ms 设粒子在第一、四象限内做圆周运动的半径为 设速度方向与x轴正方向夹角为0，则 r',根据牛顿第二定律有 cos0=0=1X101 72×102 (1分) quB=m (1分) 即0=60° (1分) 务得，阳=R (2)粒子进入Ⅱ区后，粒子速度方向与磁场方向 不垂直，所以粒子做螺旋线运动，一边沿x轴正 由于粒子垂直打在荧光屏上，因此荧光屏离x轴 方向以速度v。做匀速直线运动，一边在垂直于x 的距离 轴的平面内以速度osin0做匀速圆周运动，根据 d=r'sin 0=R 洛伦兹力提供向心力，有 改变粒子从P点射入磁场的方向，粒子仍能以 q·vsin0·B1=m (vsin 0)2 。沿x轴正方向射入电场，设进入电场位置的 r 纵坐标为y1,假设粒子仍能通过O点，则 解得r1=0.01m 1gE 粒子进入Ⅱ区后转过半周第二次穿过xO~平面， y1二2m (1分) 所经历的时间 水平方向 t=- πr1√3 (1分) I1=voti (1分) sin03πX10-6s 1 粒子第二次穿过xO2平面时的x坐标 解得y= 2h 假设成立。 (1分) tan60+u,1=V5(20+ 2×102m 3 ·17· 3 真题密卷 单元过关检测 y坐标为0 由运动的合成分解得另一分速度大小为2=v, 之坐标为之=2r1=0.02m 方向与y轴负方向夹角为30°偏向x轴负方向 即粒子第二次穿过xO2平面时的坐标为 带电粒子以2在竖直平面内做匀速圆周运动有 (3(20+)×102m,0,0.02m） (3分) qv2 B3=m 3 r3 (3)粒子进入Ⅲ区时速度大小仍为v=2X10ms, 解得r3=0.02m (1分) 方向与xOy平面平行、偏向y轴正方向且与x 带电粒子在Ⅳ区运动时距xO:平面的最大距离 轴正方向成0=60°，粒子在Ⅲ区匀速圆周运动过 △y=r3(1+sin30°)=0.03m (1分) 程有 2πm=2元X106s 2 T:=qBs (1分) quB2=m- r2 带电粒子在Ⅳ区运动时沿y轴正方向穿过xOx 23 平面时的时间 解得r2= 3 ×10-2m (1分) △T+nT (1分) Ⅲ区的宽度d=2r2sin0=0.02m (1分) (4)粒子进入V区时速度大小仍为v=2×10ms, 在此过程中沿x轴正方向运动的距离 方向与xOy平面平行偏向y轴负方向夹角且与 =r,+ar=0.02m+(径+n)×4rx x轴正方向成0=60°，粒子进入Ⅳ区后，受到沿y 10-2m(n=0,1,2,3,…) (1分) 轴负方向的电场力，将速度分解为水平向右的分 带电粒子在Ⅳ区运动时沿一y方向穿过xO~平 速度1，使带电粒子受到竖直向上的洛伦兹力与 面时的时间△t=nT 电场力平衡，即 在此过程中沿x轴正方向运动的距离 qvB3=E2q x3=o△1=4nx×10-2m(n=1,2,3,…)。(1分) 解得1=v (1分) 2025一2026学年度单元过关检测（十四） 物理·电磁感应 一、单项选择题 能转化为电能，B错误；改变电磁铁中电流方向， 1.D【解析】当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈 同样会在质量块中出现涡流，涡流受安培力，阻碍 A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上往下 质量块的运动，C正确；根据安培力F=BL,可得 看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流 质量块受到的电磁阻力与电磁铁的磁场强弱有 的方向从上往下看是顺时针方向，A、B错误：电梯 关，D错误。 轿厢在金属线圈A、B的阻碍作用下速度逐渐减 小，加速度也在减小，等到加速度减为零开始匀速 3.B【解析】根据法拉第电磁感应定律E=△中- △t 下降，不能阻止磁铁的运动，故轿厢最终不能停在 2.4Bx2,2 图示位置，C错误；闭合线圈A中向上的磁场减 ”△t=2cos21(V),由题图可知，0~1s 弱，B中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，线 △B 内， 不断减小，所以线框中产生的感应电动势 △t 圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势，D正确。 2.C【解析】根据法拉第电磁感应定律，感应电动 减小，A错误；线框最大醉时热功率P=E二 R 势与磁通量的变化率有关，质量块摆动速度越大， 磁通量的变化率越大，感应电动势越大，感应电流 =5W,B正确；02s内，通过线框的电 越大，A错误：阻尼过程中涡流产生是质量块的动 R 3 ·18·