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(安徽专版)

知识改变命运，勤奋成就未来 2025一2026学年度单元过关检测（十二） 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， 班级 卺题 物理·磁感应强度安培力 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 束带正电的同种粒子（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 带电粒子在磁场中的运动 姓名 小不同，用tB tctDtg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 () 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 得分 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 D 题号 2 8 A.ta=tp>tc>tE B.tc>IB=tp>tE 答案 C.IB=to>tc=tE D.te>t8=tp>tc 1,如图所示，空间中同一高度上固定两根平行长直导线L1,L,两导线通有大小相等、方向 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 道之间接一输出电流恒为2I的电源。把相同的金属棒a、b水平静置于轨道上。设轨 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 道电阻不计，金属棒与轨道间动摩擦因数为：，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属棒质 LL放置在二者连线的中垂线OP的某点处，当L,中通以大小为I的电流时，其恰好 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 处于静止状态。已知重力加速度为g,下列说法正确的是 () 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() 0 L,☒ A.Lg可能在L1,La连线的中点 A,同一时刻a、b棒受轨道的作用力相同 B.同一时刻a,b棒对轨道的压力FN>F 且L,所在位置处磁感应强度一定为咒瓷 C.随着磁场增强，b棒所受摩擦力增大 C.L,中电流的方向一定垂直于纸面向外 mg (ucos 0-sin 0) D,当磁感应强度B=2Lsn9十c0s)时，有金属棒开始滑动 D.L3中电流的方向一定垂直于纸面向里 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8角，质量为m、电荷量为一q 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 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 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 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 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 定的时间又回到出发点，则该过程中小球 () 量相等，则下列说法正确的是 () × A.机械能诚小 A.左侧螺旋轨迹为负电子运动的轨迹 B.上滑时间大于下滑时间 B.正电子，负电子所受洛伦兹力大小时刻相等 C.分离瞬间，正电子速度大于负电子速度 C.向上滑动的最大位移为2gin0 D,正电子、负电子和被打出的电子的动能均保持不变 D,向下滑动时受到细杆的弹力大小一定先减小后增大 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） 6.如图所示，纸面内a区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为 计，下列说法错误的是 () 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 以速度。射入磁场，粒子在磁场中的运动轨迹刚好与ab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c边以速度射入磁场，并从ab边上D 粒子版1传×…名× 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 () A,若u=V2gBR 则粒子在磁场中运动的最长时间为 2gB B,若口=②9B那且粒子在酸场中运动时间最长，则粒子的人射速度方向与A0之间的 Ab点到A点的距离等于 夹角为45° qB ,则粒子射出磁场时的速度方向均垂直于AO方向 且粒子从A运动到C所用的时间为器 C.若u=BR C.粒子从A运动到C的时间与从A运动到D的时间相等 D若u= 2m ,粒子能打在圆形磁场边界上的范围是三分之一个圆周长 D.粒子从D射出时速度的偏向角为30° 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 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 目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 面为xOy平面，在手机上建立直角坐标系，该同学测量时z轴始终保持竖直向上，手机 题号 9 10 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 答案 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 9.如图所示，用边长为a的六块荧光屏组成的正六边形ABCDEF区域内存在垂直纸面向 法错误的是 () 外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一束比荷为的带电粒子从A点沿AE方向射 抽方向的 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 破感应强度B, x轴方向的 磁感应强度及 在<，<2B范围之内。若不计粒子重力及粒子间相互作用力，则 () 入轴方向的 磁感应强度B 40 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 A.若粒子带正电，DE屏（除D点外）会发光 C.t1一t,时间内手机刚好绕z轴转动了一周 D.通过数据可以得出当地地磁场磁感应强度大小约为36μT 且若粒子指正电，磁场中有粒子经过的区竣的面积为（受。-气）。： 8.如图所示是一个圆心在O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面射人 C.若粒子带负电，AF屏上会发光的长度为2 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q,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 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） 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 12.(10分)如图所示，在直角坐标系xOy中，0<x<3d区域内有垂直坐标平面向里的匀 电粒子穿过狭缝的时间可忽路：磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流电源电 强磁场I。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 压为U,领率为f。若质子的质量为m、电荷量为十q,在加速过程中不考虑相对论效 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 应和重力的影响。下列说法正确的是 () 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v。射 人磁场I,经过一段时间粒子从M(d,2d)点离开磁场I进人磁场Ⅱ，经磁场Ⅱ偏转 后，从N(3d,一2d)点返回磁场I,并从y轴上的Q点进人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 接交流电源 力。求： A.带电粒子由加速器的中心进人加速器 (1)0<x<√3d区域内匀强磁场的磁感应强度大小B:: 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 (2)粒子从P点运动到第一次经过Q点所用时间t: C.质子离开回旋加速器时的最大动能为BRg (3)矩形磁场区域Ⅲ的最小面积。 2m ↑ D.该加速器加速质量为m,电荷量为十2☑的。粒子时，交流电频率应变为号 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 P04 11.(6分)如图所示，以直角三角形AO℃为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小为B, 01 ∠A=60,AO=L,在O点发射某种带负电的粒子（不计重力作用），粒子的比荷为9 + 发射方向与OC边的夹角为0=60°，粒子从A点射出磁场。 (1)求粒子的发射速度大小0。 (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。 C.:￥X×.x×.600 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） 13.(10分)如图甲所示，正方形区域ABCD内部有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强 15.(18分)2024年6月13日消息，“中国环流三号”项目，在国际上首次发现并实现了一种 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 先进磁场结构，对提升核聚变装置的控制运行能力具有重要意义。“中国环流三号”是 一初速度。射人一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子，发现该粒子刚好从B点离 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 开磁场区域，已知磁场区域的边长L=0.4m,该粒子的比荷？=2×10'C/kg,不计粒 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 图所示，现有-一个环形区域，其截面内圆半径R1=√5d,外圆半径R2=3d,圆心均为O 子重力。 点。环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。A点为内圆右侧 (1)求该粒子射人磁场时的速度大小0， 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 (2)若取垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度按图乙的方式变化，=0时刻，粒 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 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×10-1s, (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 求该粒子射入磁场的速度。可能的取值以及粒子运动的时间。 度大小。 B/T (2)若带电粒子沿着OA方向垂直射入磁场，刚好不穿越外圆边界，求粒子速度大小。 (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。 14.(14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 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 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（线圈中 无电流)。装置的总质量为m。。以线圈中心线ab为界，空间中，在ab左、右两侧分别 加上水平向左，向右的匀强磁场，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。。 (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 看)，电流大小为I,求物体质量m与标尺刻度x的函数关系。 (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 量，并写出此时线圈中通入电流的方向（从上往下看）。 10 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）真题密卷 单元过关检测 (2)①减小(2分)大于(2分)②0.42(2分) 动变阻器接入电阻远远大于微安表G的内阻， ③小(2分) 即有R二，利用题中所给数据可知，电源电 【解析】(1)①多用电表的红表笔应与表内电池 的负极相连。 动势若选择9V,滑动变阻器接入电阻近似为 ②某次多用电表测量电阻R,时，选择开关旋至 18k2,电源电动势若选择1.5V,滑动变阻器 测量电阻的“×10”倍率，发现指针偏角过大，说 接入电阻近似为3k,为了减小实验的系统误 明倍率挡选择过高，重新调整倍率为“×1”后，经 差，滑动变阻器接入应18k2,即滑动变阻器 欧姆调零，两表笔间接入R,,多用电表的表盘指 选择R2,电源选择E1。 针如图丙所示，此时电阻R1=13.02。 ②结合上述，闭合S2后千路电流基本不变，即等 (2)①由题图乙可知，压力传感器电阻值R:随压 于微安表的满偏电流，令Ig=300μA,则有I十 力的增大而减小。鸡蛋进入B通道时，电磁铁可 ：=1,解得R,=2000.00由于闭合S:后， 以吸动衔铁向下，R2两端电压较大，则此时R 近似认为干路电流不变，即认为通过电阻箱的电 两端电压较小，则若进入A、B通道的鸡蛋经过 流为500μA一300μA=200μA,电阻箱的并联 压力秤时，R1上的电压UA大于UB。 使得电路实际总电阻减小，干路电流比微安表的 ②因电源电动势E=6V,内阻不计，R2调节为 满偏电流大一些，即实际通过电阻箱的电流比 102,若R2两端的电压刚好为3V,可知R1= 2004A大一些，结合上述可知，微安表内阻的测 R2=102,由题图乙可知，F≈0.42N,则若R2两 量值与真实值相比偏小。 端的电压超过3V时，电磁铁可以吸动衔铁向下， (2)将上述微安表G改装成量程为3V的电压 能进入B通道的鸡蛋对秤的压力要大于0.42N。 3 ③由题图甲可知，电阻R2的电压U2= R2 E= 表，需要串联电阻的阻值R1=500X100- R1十R2 2000.0n=4000.0。 。1E。结合前面分析可知，要想选择出更大的 (3)当标准电压表示数为1.5V时，改装电压表 中微安表G的示数为245μA,则有R1十R.= 鸡蛋，R1更小，U2不变，则R2应变小，即需要把 电阻R2的阻值调小。 245×1050,1.5V是改装电压表的量程的一 1.5 15.(1)①E1(3分)R2(3分)②2000.0(3分) 半，微安表的量程为500uA,为了尽量消除改装 偏小(3分)(2)4000(3分)(3)3877.55(3分) 后的电压表测量电压时带来的误差，此时需要使 【解析】(1)①若闭合S2后千路电流基本不变， 微安表的示数变为250uA,则有R2十Rg= 即闭合S2前后，电路总电阻近似不变，即电阻 1.5 250X100,结合上述解得Re≈387.550。 箱的并联后对电路电子影响可以忽略，可知滑 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、选择题 B-汽，B正病：向安培定则和左手定则可知，通 1.B【解析】当L8位于L1、L2连线的中点时，L、 电长直导线之间的安培力的特点是“同向相吸、反 L2对L3的安培力等大反向，L3所受合力大小等 向相斥”，如图所示，由受力分析可知L中电流的 于其重力，无法保持静止，A错误；由受力平衡得 方向可能垂直于纸面向里，也可能垂直于纸面向 mg=BIL,可知L所在位置的磁感应强度大小 外，C、D错误。 7 ·4· ·物理· 参考答案及解析 条件结合牛顿第三定律FNa=mg cos9十FA sin0, FNb=mgcos9-Fasin0,可知FNa>FNb,B正确； L&- m.⑧L 根据平衡条件有fb-mgsin 0+FAcos0,随着 安培力FA变大，b棒所受摩擦力增大，C正确； Ymg b棒先发生滑动，此时恰好有fb=FN,通过b 2.C【解析】匀强磁场的方向垂直照片平面向里， 的电流是I,则FA=BIL,联立可得B= 根据粒子运动轨迹结合左手定则可知，左侧螺旋 mg (ucos 0-sin 0) 轨迹为正电子运动的轨迹，右侧螺旋轨迹为负电 IL(asin0+cos9),D错误，本题选错误的选项， 子运动的轨迹，A错误；根据洛伦兹力提供向心力 故选D。 有0B=m,解得y=侣根据运动轨这可知， 2 5.C【解析】小球运动过程中，只受到竖直向下的 重力、与杆垂直的洛伦兹力和弹力，由于洛伦兹力 正电子与负电子分离瞬间，左侧正电子的轨迹半 和弹力不做功，所以小球的机械能守恒，A错误； 径大于右侧负电子的轨迹半径，故分离瞬间，正电 小球上滑时，根据牛顿第二定律mg sin0=ma上， 子速度大于负电子速度，正、负电子所受洛伦兹力 下滑时，根据牛顿第二定律mg sin0=ma下，所以 大小f=evB,正、负电子的速度大小不是时刻相 等，则正、负电子所受洛伦兹力大小不是时刻相 a上=a下，根据x三2at2可知，上滑时间等于下滑 等，B错误，C正确；正、负电子在气泡室运动时，根 据轨迹可知运动的轨迹半径逐渐减小，则速度逐 时间，B错误小球向上滑动的最大位移xm一2a 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。 2g$in0C正确；小球向下滑动时受到竖直向下的 v 3.C【解析】粒子通过B、C、D、E各点的轨迹如 重力、垂直杆向上的洛伦兹力、与杆垂直的弹力， 图。由几何关系可知，从A到B和A到D,粒子 小球向下加速时，根据F洛=qB可知，小球受到 运动轨迹对应的圆心角为180°；从A到C和A到 的洛伦兹力增大，若小球回到出发点加速到0 E,粒子运动轨迹对应的圆心角小于180°，且相等； 时，小球受到的洛伦兹力仍小于小球垂直杆方向 带电粒子垂直进入匀强磁场后做匀速圆周运动， 的分力，则根据平衡条件可知，杆对小球的弹力一 洛伦兹力提供向心力，即gBu=m尺，则口= 直垂直杆向上减小，D错误。 6.C【解析】粒子在磁场中做圆周运动有q0oB= 9BR m 造动月期T=-沿用期与笔度元 n ,得丰径r-昭，设力点到A点的距离为， gB 关，是粒子从A点沿纸面向上射入磁场，运动轨迹 对应的圆心角越大，运动时间越长，所以tB=tD> 根据几何关系有s十r=2r,解得=，=0， 9B,A正 tc=tE,C正确。 确；粒子在磁场中做圆周运动有qB=m,结 合T=2 ,可得T=2π ,粒子从A运动到C的 gB D 1T-3qB 时间t1= -m,粒子从A运动到D的时间 T=rm 1 t2一1 一6B,B正确，C错误；由几何关系可知， 磁场反向后，粒子从A射入从D射出时速度偏向 4.D【解析】a、b受到重力、安培力以及轨道的作用 角为30°，D正确，本题选错误的选项，故选C。 力（支持力与摩擦力），同一时刻，通过a、b的电流 C..a 大小方向相同，则安培力大小和方向相同，都水平 向右，所以重力和安培力的合力相同，根据平衡 6.130o 条件可知轨道的作用力相同，A正确；根据平衡 ·5 7 真题密卷 单元过关检测 7.A【解析】从题中可以看出，手机竖直方向(x轴 方向)的磁场分量始终为负值，这说明当地磁场 在竖直方向上是向下的，之轴竖直向上方向为正 -X- 值，可知该处地磁场竖直分量向下，故测量地在 北半球，A错误；根据北半球地磁场保持水平分 量为向北，因此当手机绕之轴转动过程，地磁场 水平分量在x轴和y轴的分量，将出现正弦或余 弦式的变化，图中t1时刻x轴正方向磁场数值 达到最大，说明此时x轴正方向指向地球北方，B 正确；t1~t5时间内x轴方向磁场变化刚好一个 丙 周期，说明t1~t5时间内手机刚好绕之轴转动了 二、选择题 一周，C正确；根据题中数据可知地磁场磁感应强 9.BC【解析】若粒子带正电，粒子在磁场中做圆周 度大小约为B=√Bmx十B:=√/Bmax十B:= 运动，由左手定则可以判断，粒子向右偏转，洛伦 √322十16uT≈36uT,D正确。本题选错误的选 兹力提供向心力，由牛顿定律可知qB=m,,而 项，故选A。 8.D【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运 粒子速率的分布为2≤u≤2kBa,代入可得粒 动，洛伦兹力提供向心力可得q0B=m ,,解得 子的半径号<r<20,由几何关系可知粒子轨远如 r=mv B,若二√29则1=2R,粒子在磁场 图甲所示，由图可知速度最大时，从D,点射出， m 中运动时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一 DE屏（除D,点外）不会发光，A错误；由图乙可 条弦，轨迹如图甲所示。由几何关系可知sin a 知，粒子经过区，的面农S-(经。-图)。，B正 确；若粒子带负电荷，粒子将向左偏，最小速度轨 尺-2，解得a=90,则粒子的入射速度方向与 迹如图中O3在六边形中部分，由几何关系可知， A0之间的夫角号=45，又T-2=2x, 9B,粒子 AF屏上会发充的长度为号，C正确：由几何关系可 在磁场中运动的最长时间tmx 90° 360×T πm 2gB' 知，在磁场中运动时间相等的粒子半径在 2<r<a A、B正确；由AB选项分折可知，若=BR,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 于OA方向，如图乙所示，C正确；由A、B选项分 析可知，若=9BR 1 2m ，则r=2R,粒子打到圆周 上的最远位置距入射点的距离s=2r3=R,轨 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 7 ·6· ·物理· 参考答案及解析 R,T2元R 据quB=m 解得R=m” 有qB= R (1分) gB 可知磁感应强度不变时，带电粒子在回旋加速器 解得最大速度 中做圆周运动的周期不变，与圆周运动半径无 v-9BR_3qBL 关，B错误；粒子在磁场中圆周运动速度越大，半 m 2m 径总大，根指R=0B,E=了m心，解得 所以速度取值范围为 aB 92B2R2 (1分) Ekmax- 2m C错误；回旋加速器正常工作的 < 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、 Cx2x60图 电荷量为2g的。粒子时，根据f二T=2mf' 乙 gB 1 1 T-2r·4m ,解得f' 2D正确。 12w80 8πd (2) (3)48d 00 2aB 【解析】(1)粒子运动的轨迹，如图所示 三、非选择题 设粒子在0<x<√3d区域内轨道半径为R1,根 11.(1)9BL πm (2) m 3gB (3)0<≤3gBL 据几何关系可知 2m R=(3d)2+(R1-d) (1分) 【解析】(1)粒子从A,点射出磁场，运动轨迹如图 解得R1=2d 甲所示 由牛顿第二定律可得 由几何知识可知 vo r=AO=L qvoB1=m (1分) 根据洛伦兹力提供向心力，所以 9U0B=mvo? 所以B1=2qd mvo (1分) (1分) r 解得u=BL (1分) m (2)由几何知识可知，粒子转过的圆心角 、 .02。 由t= T,T-2nm (1分) gB (2)根据几何关系可得 解得t= πm (1分) 3qB √3d3 sin a= 2d2 (1分) 所以。=音 从P到M的运动时间 甲 aR1_2πd (3)粒子能从OC边射出，如图乙所示 t1= (1分) v030 由几何关系知，最大半径 由几何关系可知 R- 2 R,=2d=4d (1分) cos a 。7· 7 真题密卷 单元过关检测 从M到N的运动时间 (2x-)R: 20πd t2= (1分) 3t0 从P点运动到第一次经过Q,则 8πd t=2t1+t2= (1分) 乙 14.2 (2)m= 2k (3)由于磁场Ⅱ与磁场Ⅲ的磁感应强度相同，即 g _2BIL0<x≤d-x） g R3=R2=4d (1分) 由几何关系可知 （3)2（(kd-B,L),逆时针或2(+B1L),顺 S=2R3·(R3+R3cos60)=48d2。 (1分) 时针 13.(1)1.0×10m/s(2)22×10 【解析】(1)由平衡条件可得 m/s(n=1,2, 2kxo-mog (2分) 3,…)5nπX10-7s(n=1,2,3,…) 【解析】(1)粒子的运动轨迹如图甲所示，设粒子 解得xo一，g 2k (1分) 做匀速圆周运动的半径为r,由几何关系可知 (2)根据左手定则可知，导线圈所受安培力竖直 =+(-》 (1分) 向下，大小 (2分) 解得r=0.5m F&=2BIL 在托盘上放入质量为m的被称量物体后，可得 由guB=mu6 (1分) 2k(xo十x)=mog十mg+F安 (2分) 解得vo=1.0×105m/s (1分) 又xo+x<d D 解得m=25-2B1L（0<≤4-) (1分) M ×h×× g (3)当线圈中通入逆时针电流（从上往下看）时，有 2kd=(mo+m)g+2BIoL (2分) (1分) 甲 解得m十m=g （kd-BIoL) (2)因为T。=5π×10-7s,粒子的轨迹如图乙所 当线圈中通入顺时针电流（从上往下看）时，有 示，设粒子做匀速圆周运动的半径为r,由几何关 2kd+2BIoL=(m。+m)g (2分) 系可得 n·4rsin45°=L,n=1,2,3,… (1分) 解得mo+m= 2kd+BIL)。 (1分) 由guB=mu6 (1分) 15.1)3-③)Bqd (2)Bqd 2m m (3)(65+4π)m q 联立上述方程可解得 【解析】(1)由题意可知当粒子从A点与内圆相 -2gBL_22X10 m/s(n=1,2,3,…) 切向上射入磁场，且轨迹恰好与外圆相切，如图 4mn n 1 (1分) 甲，根据几何关系有r1=2R:一R) (1分) 粒子运动时间 3-3 =品T-船 解得T1=2 d (1分) gB (1分) 由洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周 由于周期性，粒子转过的角度 运动的向心力，根据牛顿第二定律有 0=nX4×开=nxn=1,23,…) (1分) qoiB=mri (1分) 解得1=2(n=1,2,3,…) (1分) gB 解得v1= (3-3)Bqd (2分) 即t=5nπ×10-7s(n=1,2,3,…)。 (1分) 2m 7 ·8· ·物理· 参考答案及解析 故其运动轨迹如图丙所示，带电粒子在磁场中做 匀速圆周运动周期 2πm 1二Bq (1分) 带电粒子在感场中运动的圆心角为行，第一火回 甲 (2)当带电粒子以某一速度射入磁场时，粒子的 到A点在磁场中运动的时间 运动轨迹恰好与外圆相切，此时粒子不穿过外圆 4π 边界如图乙所示，根据几何关系有 t1=3×2元 (1分) R十r=(R2-r2)2 (1分) 带电粒子在磁场外做匀速直线运动，第一次回到 解得r2=d (1分) A点在磁场外所用的时间 由洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周 R1 运动的向心力，根据牛顿第二定律有 t2=3X (1分) V2 号 q02B=m72 (1分) 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 解得og=Bqd (1分) t=t1+tz (1分) m 解得t=(6V5+4) Bq (1分) 同理第n次回到A,点的时间 .=nt=(6V3+4x)”m (2分) Ba 乙 (3)带电粒子以速度v射入磁场中时，根据几何 关系有 0-后-9 (1分) 解得日=日 (1分) 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、选择题 运动，C错误；若质子以速度。从右侧沿中心线 1.B【解析】质子恰好做直线运动，由左手定则可 射入，由左手定则可知，质子受竖直向下的洛伦兹 知，质子受竖直向上的洛伦兹力，则质子受到的电 力，仍受向下的电场力，不满足受力平衡，不能做 场力竖直向下，电场方向向下，则P极板接电源的 直线运动，D错误。 正极，由平衡条件有Eg=qv,B,又有E=是，联立 U 2.B【解析】设粒子的初速度为o0,电场、磁场均存 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=ot, 解得B一，A错误，B正确；若仅将质子换成电 子，由左手定则可知，电子受竖直向下的洛伦滋 x=2at,又E=ma,撤去电场后，粒子在磁场 1 力，受向上的电场力，仍满足受力平衡，能沿直线 中做匀速圆周运动，则有g,B=m0, ,联立，解得 ·9 7