周测评(二十二)磁场(二)-【衡水真题密卷】2026年高三物理学科素养周测评（鲁冀粤辽鄂湘黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏渝甘黔滇川皖A版）

不要让失敢成为你追求成功的阻碍 察真 2025一2026学年度学科素养周测评（二十二） 垂直纸面向里。一束质量为m、电荷量为一q的带电粒子沿平行于直径MN的方向以 班级 卺题 物理·磁场（二） 不同速率阳从P点进入匀强磁场，入射点P到直径MN的距离h=。R,不计粒子重 力。下列说法正确的是 ) 姓名 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 A.若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其人射方向相反，则其入射 一、单项选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。每小题只有一个选项符合题目 要求。 速度，=9B迟 得分 题号 2 4 B,若粒子恰好能从N点射出，则粒子在磁场中运动的时间为6B Tm 3 5 答案 子恰好能从K点(OK LMN)射出，则其在磁场中运动半径大小 1.如图所示，在盛有导电液体的水平玻璃槽中心放一个圆柱形电极接电源的正极，沿边缘 内壁放另一个圆环形电极接电源的负极，其中磁铁两极间正对部分的磁场可视为匀强 qBR D.若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向垂直，则其人射速度。一 磁场，磁铁上方为S极。限流电阻R。=4,8。闭合开关S瞬间、理想电压表的示数为 3m 1V,理想电流表示数为1A,当导电液体旋转稳定时理想电压表的示数为3.5V,理想 5.如图所示，空间中存在两处匀强磁场，一处以半径为R的圆为边界，另一处在一2R<y 电流表示数为0.5A。下列说法正确的是 <0的区域内，磁感应强度大小均为B,方向垂直于纸面。一束宽度为2R的带电粒子 A.从S极方向俯视角度观看，导电液体逆时针方向旋转 流（比荷为）沿x轴正方向射入，后都从坐标原点O进人工轴下方的匀强磁场，偏转后 B.电源的内阻为0.22 部分粒子可以被安装在x轴上x<0处的收集板收集起来。不计重力及粒子间的相互 C.电源的电动势为4.5V 作用力，则 D.旋转稳定后玻璃槽中两电极间液体的电阻为？ A,磁场方向垂直于纸面向外 2.如图，在y轴左侧区域有磁感应强度大小为2B,方向垂直纸面向外的匀强磁场：右侧区 域有磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场，坐标轴上有a、b、c三点，且 B带电粒子的速度相同，均为R吧 Ob=Ox。某时刻，甲粒子以速率v从a点出发，其速度与x轴正方向夹角为45°，经O 点进人第四象限，通过c点首次回到第二象限。随后，乙粒子以相同的速率从b点出 C粒子从y=一R边界射出的区装长度 牧集板 发，方向垂直于x轴，恰好在c点第一次垂直通过y轴。不计粒子重力，粒子间的相互 D若平行人射的粒子分布均匀，可被收集的粒子占人射粒子总 作用及磁场的边界效应，下列说法正确的是 数的75% A.甲、乙均带负电 二、多项选择题：本题共2小题，每小题10分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求， B.甲在第二、四象限的速度大小之比为2：1 全部选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。 C.甲、乙在第一象限运动的轨道半径之比为√反：2 题号 6 7 D.甲、乙从开始运动到c点的时间之比√2：7 答案 3.如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直于纸面向外的 6.一领角为a的绝缘光滑斜面处在与斜面平行的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。质 匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿b如 量为m、电荷量为一g的小球，以初速度。从N点沿NM边水平入射磁场。已知斜面 方向以初速度大小v(未知)射入磁场，粒子仅能从正方形cd边（含c,d两点）射出正方 的高度为h且足够宽，小球始终未脱离斜面。则下列说法正确的是 () 形区域，该粒子在磁场中运动时间为t,不计粒子的重力，则 () A.小球在斜面上做匀变速曲线运动 人需<带 及3m Jm 80B≤1≤20B ,, 2h B.小球到达底边的时间为 √gsin'a C.qBL≤<BL D.√2一1)gBL≤w≤ C.小球到达底边的动能为mgh m .......c 4.如图所示，竖直平面内一半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，方向 D,匀强磁场磁感强度的取值范围B≤mgsin a 学科素养周测评（二十二）物理第1页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（二十二）物理第2页（共4页） A 7.在xOy直角坐标系中，x<0区域存在电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场， I右边界上的P点（图中未画出）进入区域Ⅱ，最终从区域Ⅱ右边界水平向右射出。不 x>0区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。A点在x轴负半轴上，C点在y轴正半 计粒子的重力。 轴上，AC与x轴正方向的夹角为日=45。质量为m、带电荷量为一9(q>0)的粒子（不 (1)求区域Ⅱ匀强电场强度E的大小： 计重力)，以速率。从A点沿与AC成a角射人第二象限后，恰好通过C点，经磁场偏 (2)若仅调整区域Ⅱ的宽度，使粒子从与P点等高的Q点（图中未画出）离开区域Ⅱ，求 5 粒子在区域I、Ⅱ中运动的总时间： 转后恰好通过0点。已知si血a=行，粒子经过C点时速度与y轴负方向的夹角小于 (3)若在区域Ⅱ再加一个垂直纸面向里、磁感应强度大小也为B的匀强磁场，调整区域 受下列说法正确的是 Ⅱ的宽度，使粒子仍能从区域Ⅱ右边界水平射出，求该情况下区域Ⅱ的宽度。 () B A,粒子从A点运动到C点的时间为2Dm 5gE B.粒子运动到C点时的速度大于2 C.磁感应强度大小为 E D.粒子在磁场中运动的时间为0xm 10.(20分)如图所示，在光滑绝缘的水平面内建立一平面直角坐标系xOy,区域I(0<x 10gE <xc)内的匀强磁场大小B,=B。、方向垂直纸面向外：区域Ⅱ(x<0)内的匀强磁场大 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 小B,未知，方向垂直纸面向里。n个完全相同的不带电小球依次静止分布在y轴上 8.(12分)如图所示，绝缘水平面上固定一半径为R的竖直光游绝缘圆弧轨道BC,水平轨 P,P:、P,、…、P。位置。某时刻，固定在区域I中的发射装置从x轴上A点，向一x 道AB与轨道BC相切于B点，O为圆心，OB竖直，OC与OB成0=60°角。过C点的 方向发射出一质量为m,电荷量为9的带正电小球D。该装置内加速电场的电势差为 竖直面将空间分成左、右两个区域，左侧区域有水平向右、大小未知的匀强电场E:,右侧 U,且内部无磁场，小球D一经发出立即撒走发射装置。此后，小球D与P,处的小球1 区域有垂直于纸面向外，大小未知的匀强磁场B和大小、方向均未知的匀强电场E:(图 发生碰撞，碰撞后两小球经磁场偏转，同时到达y轴发生第2次碰撞，两次碰撞点关于 中未画出)。一质量为m、电荷量为g的带正电绝缘小球（可视为质点）自A点由静止释 x轴对称。所有碰撞均为一维弹性正碰，碰撞时间不计。设定只有每次小球D与不带 放，经过B、C两点时速率相等，过C点后做匀速圆周运动，最终垂直打在地而上。已知 电的小球碰撞后，小球D的电荷才发生转移，且转移量与碰撞前小球D的电荷量的比 AB间距离为23R,小球与水平面间的动摩擦因数一后，重力加速度为g,小球在运 值k(未知)不变。所有小球均视为质点，忽略空气阻力及带电小球间的电场力作用，已 知OA=3·OP1,OC=100·OA。求： 动过程中无电荷转移，不计空气阻力。求： (1)匀强电场E:的大小和方向： (1)小球D刚发射后在区域I中做匀速圆周运动的半径r。: (2)匀强磁场的磁感应强度大小： (2)小球D从A点运动到P,处所经过的时间以及k的大小： (3)若撤去匀强电场E:,再次将该小球从A点由静止释放，小球触碰地面后会停止运 (3)若第3次碰撞发生在小球D与小球2之间，第5次发生在小球D与小球3之间…， 动。求小球运动过程中距离水平地面的最大距离。 求小球D最后一一次碰撞的位置到P,处的距离。 区城Ⅱ↑y区城1 P小知发射装置 29 0c + 9.(18分)微观粒子的运动轨迹可以通过磁场、电场进行调节。如图所示，宽度为L的竖 P 直条形区域I内存在方向垂直纸而向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，宽度为L 的竖直条形区域Ⅱ内存在方向竖直向下的匀强电场。一质量为m、电荷量为g的带正 电粒子，以初速度，一②gBL从区坡I左边界上0点水平向右垂直射入隘场，从区域 9 学科素养周测评（二十二）物理第3页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（二十二）物理第4页（共4页）真题密卷 学科素养周测评 你得。号 (1分) 得 (1分) 根据左手定则可知1方向沿y轴正方向，根据 带电粒子的运动轨迹仍恰好与挡板相切，此时挡 速度的合成分解可得 板与y轴的水平距离 4=+f- 6 (2分) d'=r'+,'sin0=6+ -d。 (2分) 2 且sin0-u-3 v23 (1分) 如图所示，则粒子的运动可看成速度大小为1 的匀速直线运动与速度大小为2的匀速圆周运 动的合运动。根据洛伦兹力提供向心力 v qv2B=m (1分) 2025一2026学年度学科素养周测评（二十二）】 物理·磁场（二） 一、单项选择题 1.B【解析】由于中心放一个圆柱形电极接电源的 9B,解得9 m',根据R2:R=2:2,由r= 正极，沿边缘内壁放一个圆环形电极接电源的负 2q 1 × 极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由 2m ,乙粒子从开始运动到c点的时间tz= 4 中心流向边缘，玻璃皿所在处的磁场方向竖直向 2xm′ √2元m 上，由左手定则可知，导电液体受到的安培力沿顺 9B 2gB ,所以有t甲：t元=7√2：4，D错误。 时针方向，因此液体沿顺时针方向旋转，A错误； y个 根据闭合电路的欧姆定律U=E一I(R。十r)有 、R2 1=E-4.8-r,3.5=E-0.5×(4.8+r),解得r =0.2,E=6V,B正确，C错误；对于非纯电阻 、0 ,U3.5 元件，不满足欧拇定律，即R≠7-0.50=70，D 错误。 2.C【解析】根据左手定则，甲、乙粒子都带正电，A 错误；甲在第二、四象限只受洛伦兹力，洛伦兹力 3.D【解析】粒子在磁场中做圆周运动周期T= 对电荷不做功，粒子的速度大小保持不变，B错 2πr ,由洛伦滋力提供向心力，q0B=m r ，解得T 误；甲在第二、四象限的运动轨迹如图所示，甲在 U 第一象限运动的轨道半径R,= Oc√2 2=20c,乙在 =2π gB ,如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中 运动的轨迹示意图，可知粒子圆周运动的圆周角 第一象限运动的轨道半径R3=Ob,因为Oc=Ob, 3 那么R2:R3=√2：2，C正确；如图所示，设甲粒 0。 、4 、,2πm_3πm 子所带电荷量为q,质量为m,甲粒子在第二象限 0.=x,所用时间t.=2元T=2元×gB=4gB 1、2rm.πm 如果粒子从d,点射出，画出粒子在磁场中运动的 运动的时间41=×2B40B,甲粒子在第四、 3、2元m_6πm 轨迹示意图，可知粒子圆周运动的国周角为2，所 一象限运动的时间t2= 4×gB 4gB,甲粒子 π 从开始运动到c点的时间t甲=t十t2= 49B+ 用时间t。= 2、y2πm_πm -X 2π 2π B一G所以8≤： 元m7πm 64B-4B,设乙粒子所带电荷量为g,质量为 ,A、B错误；如果粒子从C点射出，画出粒 A ·30· ·物理· 参考答案及解析 子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系，射 出磁场时的速度反向延长线通过α点，磁场的边 P 长为L,设粒子的轨道半径为，由几何关系得 M L十r=√2L,由洛伦兹力提供向心力得qUB= n,联立解得v=2一1)9BL ,如果粒子从d XX m P 点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根 M+ ---◆N 据几何关系r=L,由洛伦兹力提供向心力得qB= m,,联立解得0=BL ，粒子仅能从正方形cd边 ××× m 甲 乙 (含cd两，点)射出正方形区城，所以B-1gBL< m P 9 ×× 9BL R×X ,C错误，D正确。 m O 丙 丁 5.D【解析】由于未知电荷的正、负，所以不能判断 磁场的方向，A错误；由于所有粒子都从坐标原点 O进入x轴下方的匀强磁场，如图甲，根据几何关 4.B【解析】若粒子射出磁场时的速度方向恰好与 系可知，所有粒子在圆形磁场区域中运动的轨迹 其入射方向相反，粒子的轨迹如图甲所示，由几何 半径均为R,根据Bg=mR,可得。-B阳- 02 关系得=A一尽由洛伦滋力契候向心力，剥有 m BkR,B错误；如图甲，粒子从O点射出后沿x轴 0B=m,可得其入射速度-9B ,A错误； 下方各个方向进入磁场，设沿x轴正方向的粒子 2m 若粒子恰好能从N点射出，粒子的轨迹如图乙所 从A点射出磁场区域，与x轴正方向成α角的粒 示，由几何关系得FO'2+FN2=NO'2,FN=R+ 子桃迹格好与y=一R边界相物于B点，则数 Rsma,即-A+(R+汽R)P=,解得4 子从y=一R边界射出的区拔为AB的长度，南 2R十√3R=2FN,可知∠PO'N=30°，则粒子在磁 于粒子速度大小不变，磁感应强度大小不变，所以 场中运动的时间t= B6g5,B正鸦：若粒子恰 粒子运动轨迹的半径仍为R,根据几何关系有 好能从K点射出，其运动轨迹如图丙所示，可知 PA-R-(S于-R,PB=R-(于 POKO是菱形，则粒子在磁场中运动的半径r3= R,C错误；若粒子射出磁场时的速度方向恰好与 2R,AB=PA+PB=3R,C错误；根据几何关 其入射方向垂直，其运动轨迹如图丁所示，根据几 R 何关系可知∠0PQ=60°-45°=15°，因△P0Q为 21 等腰三角形，有PQ=2Rcos15°=2(2+3)R 系可得cos&=尺=2，可得a=60,如图乙打在 √2+√6 由 PQ B点的粒子对应离子源的纵坐标d=R-尽_R 2-2 于△PO'Q为等腰直角三角形，可知r4= √2 则可被收集的粒子占入射粒子总数的百分比为 (2+√3)R ,由洛伦兹力提供向心力，可得qvB= 2 1+√3 -×100%=75%,D正确。 2R m,解得0，=1十3)gBR D错误。 2m ·31· A 真题密卷 学科素养周测评 小vc- 50,B错误，结合上述分析可知，粒子进 入磁场时速度与y轴负方向的夹角B=45°，粒子 在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径，=2sin日' L 0 由洛伦兹力提供向心力有qvcB=m ,解得B √10E ，C错误；带电粒子在磁场中运动的时间t= 200 2B2πr√10πmw 2 2πUc 10gE ,D正确。 y 乙 三、非选择题 二、多项选择题 6.AB【解析】小球运动过程中，小球受到的洛伦兹 8.(1)m ,方向竖直向上 (2)m vgR (3)(5- gR 力垂直斜面向上、重力恒定不变，则小球受到的合 1)R 力不变，且合力方向与初速度方向不在同一直线 【解析】(1)由于小球过C点后做匀速圆周运动， 上，故小球在斜面上做匀变速曲线运动，A正确； 则E2q=mg (1分) 小球做类平抛运动，在NM方向上，小球做匀速直 (1分) 线运动，在斜面方向上，小球做匀加速直线运动， 所以E2-mg 则1 sina=2a,小球的加速度a=gsin0,解得小 方向竖直向上 (1分) (2)小球从B到C,有 2h 球到达底边的时间t= √gsin。B正确；根据动能 E1 qR sin 0-mg (R-R cos 0)-mue-mv (1分) 定理，小球到达底边的动能E,=2m品十mgh,C错 UC-UB 误：根据左手定则，小球受到的洛伦兹力垂直斜面 所以E1= √3mg 向上，为使小球不脱离斜面，则qvoB≤ng cos a,解 (1分) 3g 得匀强磁场磁感强度的取值范围为B≤m8cos -,D 小球从A到B,有 qvo 1 错误。 qE1xAB一mg·xAB=2mu2-0 (1分) 7.AD【解析】设OC=L,则AC=√2L,如图所示， 由几何关系可知，小球做圆周运动的轨道半径 粒子在电场中做类斜抛运动，在垂直AC方向有 r=R 1 vE t1-2。sing,沿AC方向有2L=0ot1cosa2· 又qvcB=m (1分) r (1分) gEsin 0 2√/10mv0 解得B=mVR 已t,解得t1= 2mvo 5gE,A正确； gR 5gE ,L= m (3)从C点到最高点有 粒子到达C点时，平行AC方向的分速度大小 1 01=c0s- gEsin 0 mgy= (1分) mt1=0,垂直AC方向的分速 在水平方向，一段△t:时间内有 度大小v2=vosin a= 5 5,到达C点时的速度大 gBvi·△t:=m△uxi,∑qBvn·△t:=∑m△vx (1分) A ·32· ·物理· 参考答案及解析 从C点到最高点，即有 若粒子能从区域Ⅱ右边界水平射出，则合速度为 qBy=mumin-mvccos 0 (1分) (1十0合)，粒子运动时间 23-3R 2r-&T+nT=(n+ 3 )T= (4n+3)πm 联立解得y= t2= 2 2π 4 2gB 小球运动过程中距离水平地面的最大距离 (n=0,1,2,3…) (1分) h=y+(R-Rcos60)=(W3-1)R。 区域Ⅱ的宽度 (1分) 9.(1)9BL m (2)8+x)m （3)4n+3)元-2L d2=v1t2一r含= 4n+3)-21(m=0,1,2,3…）。 2 4 gB (2分) (n=0,1,2,3…) V合 【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力 Vo gB=m月 (2分) 45° 解得粒子在磁场中的轨道半径r=√2 设粒子在磁场中速度的偏转角为日，根据几何关系 1 2mU πm5 852mU _L_W2 6 (3) 有sim6=,=2 BoN q (1分) 10.(1)Bq (2)3qB0 【解析】(1)设小球D在A点的速度大小为o, 可得0=号 1 (1分) 根据动能定理可知由qU=2mo8 (1分) 粒子从区域Ⅱ右边界水平向右射出，粒子在电场 在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第 中做类平抛运动，则有 二定律可得gu,B,=mu (1分) L=ocos0,l。=vosin0 ro ,a= (3分) a m 1 2mU 联立解得r0=Bq (1分) 解得E=9BL (1分) m (2)小球D从A点运动到P1点的轨迹如图甲所 (2)粒子从与P点等高的Q点（图中未画出）离开 示，设A点到P1点的圆心角为日，由几何关系易 区域Ⅱ，粒子在磁场中运动的时间 rosin 0=OA,ro(1-cos 0)=OP r×- (1分) 又因为OA=√5·OP 粒子在电场中运动的时间 立解将9-60,0M-0正，-号 (3分) ta-2to-qB m (1分) 可得，小球D从A点运动到P1点的时间 粒子在区域I、Ⅱ中运动的总时间 4=.2xm=m -6qB。3qB (1分) t=t1+t2= (8十x)m (1分) 由分析知，小球D和小球1发生第1次碰撞后瞬 4gB 时，两球速度方向相反，且运动半径相同从第1 (3)根据配速法，给粒子一个水平向右的速度1， 次碰撞到第2次碰撞，两小球的运动轨迹如图乙 大小满足qV1B=qE (1分) 所示，设小球1质量为m1;第1次碰撞后瞬时， 可得u,=9BL 小球D速度大小为1，小球1速度大小为v2,由 m 弹性碰撞动量守恒可得 设v2与01等大反向，0与v2的合速度为v合，合 mv0=一mu1十m1v2 (1分) 速度与水平方向的夹角为α，如图所示 由能量守恒可得 根据几何关系可得◆=BL,。 -,a=90° (1分) 1 1 1 m 2mu5=2muf+zm1明 (1分) 根据运动的合成与分解，粒子的运动可看成以速 根据几何关系可得，半径关系 度大小为v合的匀速圆周运动和速度大小为1的 mi v2 m01 匀速直线运动的合运动，粒子从区域Ⅱ右边界水 =r0 (1分) kqB2(1-k)qB。 平射出，根据洛伦兹力提供向心力可得 qv◆B=mr令 时间关系 2xm 52πm1 6‘1-)gB-6·0B, (1分) (1分) 联立解得=6 5 解得r合=L (1分) (1分) ·33· A 真题密卷 学科素养周测评 第3、4次碰撞点之间的距离也为r1=6r0 第4次碰撞后，小球D在区域I中运动的半径 r2=62r0 (1分) 。 以此类推，第2n次碰撞后，小球D在区域I中 甲 运动的半径rm=6”r0 (1分) 由于磁场边界约束，由几何关系可得 O 小球1 r060 (1+sin60)·6r<100·OA (1分) 10, :Fo 解得n<3 60 即第6次碰撞后，小球D将从区域I右侧射出磁 A 场区域，不再发生碰撞，因此，最后一次碰撞位置 到P1处的距离d=r。+2×6r。十2×62ro (1分) 解得 (3)由分析知：第1、2次碰撞点之间的距离为r0； d= 852mU BoN q (1分) 第2次碰撞后瞬时，小球1静止，小球D恢复到原 来的速度大小0，此时小球D的电荷量已减少 y↑ 1 g1=(1-k)9=69 (1分) 第2次碰撞后，小球D在区域I中运动的半径 p60°.6 .O 1=m=6r 609 6ro 91B。 (1分) %↑ ,6r0 作出第2次碰撞后到第3次碰撞前，小球D的运 P 动轨迹如图丙所示 显然易得，第2、3次碰撞点之间的距离 r1=6r0 (1分) 丙 2025一2026学年度学科素养周测评（二十三）】 物理·电磁感应（一） 一、单项选择题 的值F安=2BIL=2B 2BL(vo-v) R L= 1.B【解析】题图甲中，闭合线圈平面垂直于磁场， 线圈在磁场中旋转，线圈的磁通量不变，因此不会 4B2L2(v0-0 R ,B错误；由F*=4B1（a。- 产生感应电流，A错误；题图乙中，真空冶炼炉是 R 用涡流熔化金属进行冶炼的，炉内放入被冶炼的 ma,可知在到达最大速度前，随速度v增加，模型 金属，线圈内通入高频交变电流，这时被冶炼的金 车将做加速度减小的加速运动；当模型车趋近最 属中产生涡流就能被熔化，B正确；题图丙中，根 大速度时，安培力趋近于零，则回路电流趋于0，C 据右手定则可以判断，c点的电势高于b点的电 错误，D正确。 势，C错误；题图丁中，电路开关断开瞬间，由于线 圈产生自感电动势阻碍电流的减小，线圈相当于 3.C【解析】题图甲中，在1=2时导体捧转过的角 电源，与灯泡组成新的回路，则灯泡A会缓慢熄灭 度日=似=行×位-行，则子体港的有效切划长 或闪亮一下再缓慢熄灭，D错误。 2.D【解析】由右手定则可知，线圈的ab边每经过 度1=L,感应电动势E=B1L=B,L· 2wL= 磁场的边界时线框中的电流方向都会发生改变， πB1L2 A错误；当模型车运动速度为V时，其所受安培力 ，流过定值电阻的电流I甲= EpπB1L2 to RRt 题图乙中，由法拉第电磁感应定律得感应电动势 A ·34·