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(广东专版)

真题密卷 单元过关检测 力的增大而减小。鸡蛋进入B通道时，电磁铁可 为3k,为了减小实验的系统误差，滑动变阻器 以吸动衔铁向下，R2两端电压较大，则此时R 接入应18k,即滑动变阻器选择R2,电源选 两端电压较小，则若进入A、B通道的鸡蛋经过 择E1。 压力秤时，R1上的电压UA大于UB ②结合上述，闭合S后千路电流基本不变，即等 ②因电源电动势E=6V,内阻不计，R2调节为 于微安表的满偏电流，令Ig=300μA,则有I十 10,若R2两端的电压刚好为3V,可知R1=R2 =102,由题图乙可知，F≈0.42N,则若R2两端 IR=1,解得R。=200.00,由于闭合S,后， 的电压超过3V时，电磁铁可以吸动衔铁向下，能 近似认为干路电流不变，即认为通过电阻箱的电 进入B通道的鸡蛋对秤的压力要大于0.42N。 流为500μA一300μA=200μA,电阻箱的并联 R2 使得电路实际总电阻减小，干路电流比微安表的 ③由题图甲可知，电阻R:的电压U,=R1十R,E= 满偏电流大一些，即实际通过电阻箱的电流比 1E。结合前面分析可知，要想逸择出更大的 200uA大一些，结合上述可知，微安表内阻的测 是 量值与真实值相比偏小。 (2)将上述微安表G改装成量程为3V的电压 鸡蛋，R1更小，U3不变，则R2应变小，即需要把 3 电阻R2的阻值调小。 表，需要串联电阻的阻值R1=500X100 15.(1)①E1(3分)R2(3分)②2000.0(2分) 2000.02=4000.02。 偏小(2分)(2)4000(3分)(3)3877.55(3分) (3)当标准电压表示数为1.5V时，改装电压表 【解析】(1)①若闭合S2后千路电流基本不变， 中微安表G的示数为245μA,则有R1十Rg= 即闭合S2前后，电路总电阻近似不变，即电阻箱 1.5 的并联后对电路电子影响可以忽略，可知滑动变 245X100,1.5V是改装电压表的量程的- 阻器接入电阻远远大于微安表G的内阻，即有R 半，微安表的量程为500μA,为了尽量消除改装 E ≈近，利用题中所给数据可知，电源电动势若选 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250uA,则有Ro2十R。= 择9V,滑动变阻器接入电阻近似为18k2,电源 1.5 电动势若选择1.5V,滑动变阻器接入电阻近似 250X100,结合上述解得Re≈3877.550。 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 F 1.B【解析】当L3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 L,☒ m.⑧L F F 于其重力，无法保持静止，A错误；由受力平衡得 mg=BIL,可知L3所在位置的磁感应强度大小 mg 2.C【解析】匀强磁场的方向垂直照片平面向里， 日-B正璃：向安培定则和左手定则可知，通 根据粒子运动轨迹结合左手定则可知，左侧螺旋 电长直导线之间的安培力的特点是“同向相吸、反 轨迹为正电子运动的轨迹，右侧螺旋轨迹为负电 向相斥”，如图所示，由受力分析可知L3中电流的 子运动的轨迹，A错误；根据洛伦兹力提供向心力 方向可能垂直于纸面向里，也可能垂直于纸面向 有vB=m,解得r-,根据运动轨远可知， 02 外，C、D错误。 YJ ·物理· 参考答案及解析 正电子与负电子分离瞬间，左侧正电子的轨迹半」5.C【解析】小球运动过程中，只受到竖直向下的 径大于右侧负电子的轨迹半径，故分离瞬间，正电 重力、与杆垂直的洛伦兹力和弹力，由于洛伦兹力 子速度大于负电子速度，正、负电子所受洛伦兹力 和弹力不做功，所以小球的机械能守恒，A错误； 大小f=evB,正、负电子的速度大小不是时刻相 小球上滑时，根据牛顿第二定律mg sin0=ma上， 等，则正、负电子所受洛伦兹力大小不是时刻相 下滑时，根据牛顿第二定律mg sin0=ma下，所以 等，B错误，C正确；正、负电子在气泡室运动时，根 1 a上=a下，根据x=2at2可知，上滑时间等于下滑 据轨迹可知运动的轨迹半径逐渐减小，则速度逐 渐减小，动能逐渐减小，被打出的电子，在气泡室 时间，B错误；小球向上滑动的最大位移xm一2a1 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 2gsn日，C正确：小球向下滑动时受到竖直向下的 图，由几何关系可知，从A到B和A到D,粒子运 重力、垂直杆向上的洛伦兹力、与杆垂直的弹力， 动轨迹对应的圆心角为180°；从A到C和A到 小球向下加速时，根据F洛=qB可知，小球受到 E,粒子运动轨迹对应的圆心角小于180°，且相等； 的洛伦兹力增大，若小球回到出发点加速到V0 带电粒子垂直进入匀强磁场后做匀速圆周运动， 时，小球受到的洛伦兹力仍小于小球垂直杆方向 洛伦兹力提供向心力，即qB0=mR,则v= 的分力，则根据平衡条件可知，杆对小球的弹力一 ,悠对月期了-用场与建成无 直垂直杆向上减小，D错误。 9BR 6.C【解析】粒子在磁场中做圆周运动有qvB= 关，是粒子从A点沿纸面向上射入磁场，运动轨迹 m,得半径，昭授6点到A点的距高为 对应的圆心角越大，运动时间越长，所以tB=tD> mvo tc=tE,C正确。 根据几何关系有s十r=2r,解得s=r= 9B,A正 确；粒子在磁场中做圆周运动有qvoB=m 6 E 合T=2πr ,可得T= 2πm ,粒子从A运动到C的 gB B D 1 元m 时间1一GT一3B,粒子从A运动到D的时间 1 一6gB≠t1,B正确，C错误；由几何关系 4.D【解析】a、b受到重力、安培力以及轨道的作用 可知，磁场反向后，粒子从A射入从D射出时速 力（支持力与摩擦力），同一时刻，通过a、b的电流 度偏向角为30°，D正确，本题选错误的选项，故 大小、方向相同，则安培力大小和方向相同，都水 选C。 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 C.a 衡条件结合牛顿第三定律FNa=mg cos 0+Fasin 0,F=mg cos0-FAsin0,可知FNa>FN,B正 确；根据平衡条件有fb=mg sin0十FAcos0,随 7.A【解析】从题中可以看出，手机竖直方向（之轴 着安培力F4变大，b棒所受摩擦力增大，C正 方向)的磁场分量始终为负值，这说明当地磁场 确；b棒先发生滑动，此时恰好有fb=F,通 在竖直方向上是向下的，之轴竖直向上方向为正 过b的电流是I,则FA=BIL,联立可得B= 值，可知该处地磁场竖直分量向下，故测量地在 mg(ucos0-sinθ) 北半球，A错误；根据北半球地磁场保持水平分 IL(红sin9+cos9),D错误。本题选错误的选项， 量为向北，因此当手机绕之轴转动过程，地磁场 故选D。 水平分量在x轴和y轴的分量，将出现正弦或余 ·5 YJ 真题密卷 单元过关检测 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 递，如图乙所示，由几何关系可知R=0十占L,R 正确；t1~t5时间内x轴方向磁场变化刚好一个 =2+01,解得R=L,故n∠：01-货 周期，说明t1~t5时间内手机刚好绕之轴转动了 一周，C正确；根据题中数据可知地磁场磁感应强 吾∠c01=53,则粒子从P到d的锐过所对应 度大小约为B=√Bmx十B:=√Bmx十B:= 的圆心角α=360°一53°=307°，所以粒子从P到d √322十162uT≈36uT,D正确。本题选错误的选 307° 微圆周运动时间t360T,解得t'三0，B错 项的，故选A。 二、多项选择题 误；改变粒子入射速度的大小，粒子刚好经过d 8.BC【解析】若粒子带正电，粒子在磁场中做圆周 点，根据上迷分析可知R=5L,由牛颜第二定律得 4 运动，由左手定则可以判断，粒子向右偏转，洛伦 5元L 02 q0B=m,解得v三4t} ,C正确；粒子从d点进 兹力提供向心力，由牛顿定律可知qB=m,而 入无场区域后，沿df的方向做匀速直线运动，由 Ba 粒子速率的分布为2 ≤v≤2kBa,代入可得粒 子的半径？<r<2a,由几何关系可知粒子轨迹如 见何头系得af-r,则有dc乙a 又粒子从∫点第二次进入磁场后的轨道半径R 图甲所示，由图甲可知速度最大时，从D点射出， 1,设鞋子的轨達圆心为0，所以0=1，显然 5 DE屏（除D,点外）不会发光，A错误；由图乙可 f、O'、O、d四点构成一正方形，该粒子第二次进 如，台子经过区装约西数S-(货。一停)。，B亚 入磁场后轨迹刚好经过第一次的轨迹圆心，D 正确。 确；若粒子带负电荷，粒子将向左偏，最小速度轨 迹如图中O?在六边形中部分，由几何关系可知， b P AF屏上会发光的长度为 ,C正确；由几何关系可 知，在磁场中运动时间相等的粒子半径在分<，<a 范国内，其数目占总数目的3D错误。 10.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。=180°- 2 =60°，根据 几何关系有tana一R,根据洛伦兹力提供向心 3gB,A错误；从E 力有gB=m解得R3m 点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间七= 9.CD【解析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛 180°-2a,2rm=πm v2 360°·gB=39BB正确；由于r>R,且R 伦兹力提供向心力，则有quB=m二，又因为T= 一定，当粒子圆周运动的轨迹以AB为弦时，粒 ,整理得T曰 2πm2x 子在圆形磁场中的运动时间最长，如图甲所示， gB一B,作出粒子运动到c点 R 的轨迹，如图甲所示，则粒子的运动周期T=2t, 设在碰场中运动的路程为L,则sinB= 解得B=君A错误；作出短子从P到d的运动轨 13 tana=3,解得B=35,孤长L 23 360°·2mr= YJ ·6 ·物理· 参考答案及解析 18B,C正确：若仅将初速率改为，则粒子在 7πmv (3)粒子能从OC边射出，如图乙所示 由几何关系知，最大半径 3 磁场中运动的轨迹半径变为T。= 3 R=V3 9B -=R, 有gB=mz R (1分) 轨迹如图乙所示，轨迹的圆心为O3,由于四边形 AOPO3的四个边长均为R,四边形AOPO3为 解得最大速度 菱形，则O3P∥OA,又OA⊥OC,粒子离开磁场 v-qBR_3qBL (1分) m 2m 时的速度方向与O3P垂直，所以粒子离开磁场 所以速度取值范围为 时的速度方向与OC平行，不可能与OE平行，D V3qBL 错误。 0<v≤ 0 (1分) 2m X D 乙 12.(1)2 (2)8md (3)48d2 2gd 9 【解析】(1)粒子运动的轨迹，如图所示 设粒子在0<x<√3d区域内轨道半径为R1,根 三、非选择题 据几何关系可知 11.(1)B (2) (3)0<U≤3gBL R=(W5d)2+(R1-d) (1分) 3qB 2m 解得R1=2d 【解析】(1)粒子从A,点射出磁场，运动轨迹如图 由牛顿第二定律可得 甲所示 由几何知识可知 qooB1-m Ri (1分) r=AO=L 所以B1-2gd mvo (1分) 根据洛伦兹力提供向心力，所以 9voB=mvo2 (1分) 解得。-9BL (1分) ·· (2)由几何知识可知，粒子转过的圆心角 .0... 。。。 (2)根据几何关系可得 由t=2元T,T 2πm (1分) gB 3d3 sin a= 2d2 (1分) 解得t=m (1分) 3gB 所以。-哥 从P到M的运动时间 aRi_2πd t= (1分) 甲 由几何关系可知 YJ 真题密卷 单元过关检测 R:=2d =4d 解得t=nπm 9B （n=1,2,3,…) (1分) cos a 从M到N的运动时间 即t=5nπX10-7s(n=1,2,3,…)。 (1分) (2x-5）R&20d t2= 300 (1分) Uo 从P点运动到第一次经过Q,则 4545 8πd t=2t1+t2= (1分) 00 乙 (3)由于磁场Ⅱ与磁场Ⅲ的磁感应强度相同，即 2k 2BIL (2)m= (1分) 14.(1)m8 2k (0<x≤d-xo) R3=R2=4d g g 由几何关系可知 (3)2（kd-B1,L),逆时针或2（d+B1,L),顺 S=2Rg·(R3+R3cos60)=48d2。 (1分) g 13.(11.0x10°m/s(2)22×10 时针 m/s(n=1,2, n 【解析】(1)由平衡条件可得 3,…)5nπ×10-7s(n=1,2,3,…) 2kx。=mog (1分) 【解析】(1)粒子的运动轨迹如图甲所示，设粒子 解得x0一mo8 (1分) 做匀速圆周运动的半径为r,由几何关系可知 2k ,=+-) (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 解得r=0.5m F安=2BIL (1分) 由quB=mu 在托盘上放入质量为m的被称量物体后，可得 (1分) r 2k(x。十x)=mog十mg+F安 (2分) 解得v。=1.0X10m/s (1分) 又xo+x<d (1分) Dx× C 2k 解得m= M g _2BIL(0<x≤d-x） (1分) g (3)当线圈中通入逆时针电流（从上往下看）时，有 2kd=(m。+m)g+2BIoL (2分) 解得m十n一 -(kd-BIoL) (1分) 甲 (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，由几何关 2kd+2BIoL=(mo+m)g (2分) 系可得 2 解得mo十m=二(kd+BIoL)。 (1分) n·4rsin45°=L,n=1,2,3, (1分) 8 由quB=m (1分) 15.)3-V3)Bgd Bqd (2) 2m m (3)(63+4π)2m Ba 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 0,=EgBL-22X10 切向上射入磁场，且轨迹恰好与外圆相切，如图 m/s(n=1,2,3,…) 4mn n 1 甲，根据几何关系有r1=2(R:一R) (1分) (1分) 粒子运动时间 解得1-33 2 d (1分) 12x·T-m (1分) gB 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=nX4X vi 4 =nπ(n=1,2,3,…) quB=m (1分) ri YJ ·8 ·物理· 参考答案及解析 解得U1= (3-√3)Bqd (1分) 解得日-日 (1分) 2m 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 T=2xm Bq (1分) 拉子在磁场中运动的圆心角为，第一 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) (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 2R1 运动的向心力，根据牛顿第二定律有 t2=3X (1分) 02 qv2B=m (1分) 带电粒子从A点进入磁场到其第一次回到该，点 r2 所需要的时间 解得v2= Bqd (1分) t=t1+t2 (1分) m 解得1=(6,3+4x) Bq (1分) 同理第n次回到A点的时间 6.=mt=(63+4x)” Bg (1分) (3)带电粒子以速度。射入磁场中时，根据几何 关系有 r2√3 tan 0-Ri3 (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、单项选择题 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。 正板，由平衡条件有Eg=9w,B,又有E= d,联立 2.B【解析】设粒子的初速度为0，电场、磁场均存 在，粒子恰好沿直线运动，可得qoB=qE,撤去磁 解得B,A错误，B正确；若仅将质子换成电 场后，粒子在电场中做类平抛运动，可得y=vot, 1 子，由左手定则可知，电子受竖直向下的洛伦兹 x= 2at,又qE=ma,撒去电场后，粒子在磁场 力，受向上的电场力，仍满足受力平衡，能沿直线 。9· YJ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） 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0，轨 班级 道之间接一输出电流恒为21的电源。把相同的金属棒a、b水平静置于轨道上。设轨 卺题 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 带电粒子在磁场中的运动 姓名 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 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 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() 得分 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 A.同一时刻a、b棒受轨道的作用力相同 答案 B.同一时刻a,b棒对轨道的压力FN>F如 1,如图所示，空间中同一高度上周定两根平行长直导线L1、L,两导线通有大小相等、方向 C.随着磁场增强，b棒所受摩擦力增大 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 L1,L放置在二者连线的中垂线OP的某点处，当Ls中通以大小为I的电流时，其恰好 D,当磁感应强度B mg (ucos 0-sin 0) 2IL(红sin0+cos0)时，金属棒开始滑动 处于静止状态。已知重力加速度为g,下列说法正确的是 () A.L。可能在L1L4连线的中点 0 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9角，质量为m、电荷量为一9 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 B山，所在位置处磁感应强度一定为咒 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 C.La中电流的方向一定垂直于纸面向外 ip 定的时间又回到出发点，则该过程中小球 () D.Lg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 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 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 1 量相等，则下列说法正确的是 () A.左侧螺旋轨迹为负电子运动的轨迹 A,机械能减小 B.正电子，负电子所受洛伦兹力大小时刻相等 B.上滑时间大于下滑时间 C.分离瞬间，正电子速度大于负电子速度 D.正电子，负电子和被打出的电子的动能均保持不变 C.向上滑动的最大位移为2gsin0 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， D.向下滑动时受到细杆的弹力大小一定先诚小后增大 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 6.如图所示，纸面内c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 束带正电的同种粒子（不计重力）垂直AD由A点沿纸面向上射人磁场，各粒子速度大 B,∠b=30°。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在纸面内从A点垂直于b边 小不同，用tastc,tDtE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 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）。 列说法正确的是 () 若仅将磁场反向，带电粒子仍从A点垂直于边以速度。射入磁场，并从ab边上D 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.tn=tp>tc>tg B.tc>t8=tp>tE C.t8=tp>lc=Ig D.tg>ta=tp>tc a- 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） ) A,b点到A点的距离等于m A.若粒子带正电，DE屏（除D点外）会发光 &粒子从A运动到C所用的时间为器 B若粒子带正电，飚场中有粒子经过的区城的面积为(-) 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,若粒子带负电，AF屏上会发光的长度为号 D.粒子从D射出时速度的偏向角为30 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 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 面为xOy平面，在手机上建立直角坐标系，该同学测量时x轴始终保持竖直向上，手机 9.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面向外的匀 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 强磁场（图中未画出），P点为ad边的中点，一比荷为的带正电粒子以某一速度（未 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 知)由P点沿平行b边射人正方形区域，粒子进入磁场后经时间t刚好能运动到c点：仅 法错误的是 () 改变粒子人射速度的大小，结果粒子刚好能运动到d点。下列说法正确的是() 抽方向的 磁感应强度B 轴方向的 √磁感应强度B 040 、轴方向的 、磁感应强度B 甲 A,磁场的磁感应强度大小为 π 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.~t:时间内手机刚好绕：轴转动了一周 B粒子从P到d过程中做圆周运动的时向为 360 D,通过数据可以得出当地地磁场磁感应强度大小约为36：T 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多 C粒子从P到d时，粒子的人射速度大小为5礼 项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 D,粒子从P到d,第二次进入磁场后轨迹刚好过第一次的轨迹圆心 题号 8 9 10 10.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。 答案 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 8.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 为q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 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 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 AB方向射人的粒子价好从E点射出磁场。取如35一，不计粒子的重力及粒子间 在 ≤u≤2kBa范围之内。若不计粒子重力及粒子间相互作用力，则 () 的相互作用。下列说法正确的是 () 2 YJ 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） A半径OB=3m (1)0<x<√3d区域内匀强磁场的磁感应强度大小B,: gB (2)粒子从P点运动到第一次经过Q点所用时间t: B从E点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为阳 (3)矩形磁场区域Ⅲ的最小而积。 C在磁场中运动时间最长的粒子在磁场中运动的路程为阳 3 D.若仅将初速率改为3”，粒子离开磁场时的速度方向可能与OE平行 0■ 三、非选择题：本题共5小题，共54分，考生根据要求作答。 11.(7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, ∠A=60,A0=L,在0点发射某种带负电的粒子（不计重力作用），数子的比荷为号， 发射方向与OC边的夹角为0=60°，粒子从A点射出蓝场 (1)求粒子的发射速度大小o: (2)求粒子在磁场中的运动时间。 (3)若入射粒子为正电荷，粒子能从O℃边射出，求人射速度的范围。 13.(9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 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 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 C:×￥×.×￥8.x60%0 开磁场区域，已知磁场区域的边长L=0.4m,该粒子的比荷？=2×10C/kg,不计粒 子重力。 (1)求该粒子射人磁场时的速度大小。： (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，t一0时刻，粒 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。=5π×107s, 12.(9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 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。 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 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 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 人磁场I,经过一段时间粒子从M(3d,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： 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） Y 14.(13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 15.(16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 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 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 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划度线（线圈中 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 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 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 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。 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 (1)若线圈中未通入电流，求弹簧伸长量x。 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 (2)若在托盘上放人质量为m的被称量物体，同时在线圈中通人逆时针电流（从上往下 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 看)，电流大小为I,求物体质量m与标尺刻度x的函数关系。 直射人磁场，不计粒子重力，且不考虑粒子之间的相互作用力。 (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 (1)若带电粒子与内圆边界相切向上垂直射入磁场，刚好不穿越外圆边界，求粒子的速 量，并写出此时线圈中通入电流的方向（从上往下看）。 度大小 标尺 (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。 YJ 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）