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B版）

真题密卷 学科素养周测评 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 3.D【解析】粒子在磁场中圆周运动周期T=2”, 正极，沿边缘内壁放一个圆环形电极接电源的负 极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由 由洛伦普力提供向心力，如B=m,解得T 中心流向边缘，玻璃皿所在处的磁场方向竖直向 B,如果粒子从（点射出，画出粒子在磁场中运 2π 上，由左手定则可知，导电液体受到的安培力沿顺 动的轨迹示意图，可知粒子圆周运动的圆周角 时针方向，因此液体沿顺时针方向旋转，A错误； 根据闭合电路的欧姆定律U=E一I(R。十r)有 3 03 0 4π、2πm_3πm 1=E-4.8-r,3.5=E-0.5×(4.8十r),解得 ,所用时间1.-2元T=2元XqB=40B, r=0.22,E=6V,B正确，C错误；对于非纯电阻 如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的 元件，不满足欧姆定律，即R≠ U3.5 0.50=70,D 轨建達示意图，可知粒子国月运动的国周角为受，所 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 用时间t。= d个一2元 2、2n_元m 2 gB 0万·所以，2B 对电荷不做功，粒子的速度大小保持不变，B错 3π1m 误；甲在第二、四象限的运动轨迹如图所示，甲在 1≤4B,A,B错误；如果粒子从c点射出，画出粒 第一象限运动的轨道半径R,=Oc=2 子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系，射 2=?0c,乙在 出磁场时的速度反向延长线通过（点，磁场的边 第一象限运动的轨道半径R3=Ob,因为O=Ob, 长为L,设粒子的轨道半径为r,由几何关系得 那么R2:R3=√2：2，C正确；如图所示，设甲粒 L十r=√2L,由洛伦兹力提供向心力得qB= 子所带电荷量为q,质量为m,甲粒子在第二象限 1、2πmπm ,,联立解得0=2-1)gBL ,如果粒子从d 17n 运动的时间=×2幻B一0B,甲拉子在第四， 点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根 3、2πm6πm 一象限运动的时间：=4× gB 4gB,甲粒子 据几何关系r=L,由洛伦兹力提供向心力得q0B 元m ，粒子仅能从正方形cd边 从开始运动到c点的时间t甲=t1十t2= ,联立解得0=9BL 4gB 6m=7m 4gB4B,设乙粒子所带电荷量为g',质量为 (合cd两点)射出正方形区城，所以2-1)gBL≤ m m',根据R2:R3=√2：2，由r= B解得9 m G ,C错误，D正确。 m nd 20,乙粒子从开始运动到c点的时间1= 1 2m 2xm′√2πm gB=2gB,所以有1p:t2=72:4,D错误。 R 4.B【解析】若粒子射出磁场时的速度方向恰好与 O, 其入射方向相反，粒子的轨迹如图甲所示，由几何 R 关系得1=h=2,由洛伦滋力提供向心力，则有 0,B=m,可得其入射速度- ,A错误： 2m B ·30· ·物理· 参考答案及解析 若粒子恰好能从N点射出，粒子的轨迹如图乙所 域进入之≥0区域时速度方向沿~轴正方向，且入 示，由几何关系得FO'?+FN2=NO'2,FN=R+ 射点在y轴上，故粒子在之≥0区域中始终在平行 Rne中，一A)+(R+°=，解得r= xO:平面内做圆周运动，在之<0区域做圆周运动 的平面始终与该区域磁场方向垂直，运动轨迹如 2R十√3R=2FN,可知∠PO'N=30°，则粒子在磁 图所示，由上述分析可知，粒子奇数次经过xOy 场中运动的时间t= B6gB,B正确：若粒子恰 千西时的横垒标。=肥纵坐标 好能从K点射出，其运动轨迹如图丙所示，可知 POKO是菱形，则粒子在磁场中运动的半径r3= n-1)mw(n=1,3,5,7,…),粒子偶数次过x0y 2gB R,C错误；若粒子射出磁场时的速度方向恰好与 平面时x坐标为0，y坐标为y,=2qB nmvo n=2,4, 其入射方向垂直，其运动轨迹如图丁所示，根据几 何关系可知∠OPQ=60°一45°=15°，因△POQ为 6,8,…),D正确。 2(2+√3)R ● 等腰三角形，有PQ=2Rcos15°= ,由 R √2+√6 PQ 于△PO'Q为等腰直角三角形，可知r4= 2 (2+√3)R ,由洛伦兹力提供向心力，可得qB= 1+√3 5,解得o= (1+/3)qBR m ,D错误」 2m 二、多项选择题 XX 6,AB【解析】小球运动过程中，小球受到的洛伦兹 P RX 力垂直斜面向上、重力恒定不变，则小球受到的合 力不变，且合力方向与初速度方向不在同一直线 上，故小球在斜面上做匀变速曲线运动，A正确： XX 小球做类平抛运动，在VM方向上，小球做匀速直 + h 线运动，在斜面方向上，小球做匀加速直线运动， M ◆N 则 sin a -2at,小球的加速度a=gsin0,解得小 + 0 2h 甲 球到达底边的时间t= Ngsin2a ,B正确；根据动能 P h 定理，小球到达底边的动能E,=名m6+mgh,C错 误；根据左手定则，小球受到的洛伦兹力垂直斜面 向上，为使小球不脱离斜面，则quB≤mng cos a,解 得匀强磁场磁感强度的取值范围为B≤ng eos a,D 错误。 5.D【解析】由洛伦滋力提供向心力得gB=m R 7.AD【解析】设OC=L,则AC=√2L,如图所示， B,可知粒子在≥0区城运动的轨迹半 即R= 粒子在电场中做类斜上抛运动，垂直AC方向有 2vosin a 1 t mvo gEos9,沿AC方向有2L=u4cosa2, 径R,一20B,粒子第一次进入：<0区城时速度 m 方向沿x轴负方向，在之0区域轨迹半径R2= qEsin 0 2mv t号，解得t1 2√10m心L三E,A正确 Bm-2R1,由几何关系可知粒子从：<0区 5gE 2qB 粒子到达C点时，平行AC方向的分速度大小 ·31· B 真题密卷 学科素养周测评 gEsin 0 V1-Vo cos a 1=0,垂直AC方向的分速 (3)从C点到最高点有 17n 1 1 mgy-2momn2mve (1分) 度大小u2=v0sina= 50,到达C点时的速度大 在水平方向，一段△，时间内有 √5 。B错误，结合上述分析可知，粒子进 qBuw·△t:=m△ui,∑qBut·△t,=∑m△vi 小c= (1分) 入磁场时速度与y轴负方向的夹角B=45°，粒子 从C点到最高，点，即有 在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r= L qBy=mvmin-mvc cos 0 (1分) 2sin B' 由洛伦兹力提供向心力有qucB=m, 联立解得y= 23-3R ,解得B= 2 小球运动过程中距离水平地面的最大距离 √10E ,C错误：带电粒子在磁场中运动的时间t= 2v0 h=y+(R-Rcos 60)=(3-1)R. (1分) 29.2πr=√10π1u ,D正确。 9.(1)9BL .(8+π)m (2) (3)4n+3)π-2L 2x vc 10gE 4qB 2 y (n=0,1,2,3…) 【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力 qvoB-mr (2分) 解得粒子在磁场中的轨道半径r=√2L ××× 设粒子在磁场中速度的偏转角为日，根据几何关系 XX 三、非选择题 有sin0=L-2 一2 (1分) 8.(1)m ,方向竖直向上(2)mR (3)(3- 可得9=开 (1分) 9R 1)R 粒子从区域Ⅱ右边界水平向右射出，粒子在电场 【解析】(1)由于小球过C点后做匀速圆周运动， 中做类平抛运动，则有 则E2q=mg (1分) L-voto cos 0,tosin qE (3分) a 所以E,=m5 (1分) 解得E=9BL (1分) 方向竖直向上 (1分) m (2)小球从B到C,有 (2)粒子从与P点等高的Q点（图中未画出）离开 1 1 区域Ⅱ，粒子在磁场中运动的时间 E gRsin 0-mg(R-Rcos 0)=- 2 mv2- 2mv层 (1分) 9T=8×qB0B t1一2 1、2πm_rn (1分) UC-UB 粒子在电场中运动的时间 √3mg 2m 所以E1= (1分) (1分) 3q 12=21o=gB 小球从A到B,有 粒子在区域「，Ⅱ中运动的总时间 1 (8+π)m gE1xAB一mg·xAB=2mw房-0 (1分) t=t1+t2= (1分) 4gB 由几何关系可知，小球做圆周运动的轨道半径 (3)根据配速法，给粒子一个水平向右的速度1， r=R 大小满足qo1B=qE (1分) 又qvcB=m7 (1分) 可得，=9BL m 解得B=m√gR 设2与01等大反向，0与v2的合速度为v合，合 (1分) gR 速度与水平方向的夹角为α，如图所示 B ·32· ·物理· 参考答案及解析 根据几何关系可得◆=9BL 弹性碰撞动量守恒可得 ,a=909 (1分) mvo=-mv+m v2 (1分) 根据运动的合成与分解，粒子的运动可看成以速 由能量守恒可得 度大小为”合的匀速圆周运动和速度大小为1的 2m6=2mai+2m:明 1 1 1 匀速直线运动的合运动，粒子从区域Ⅱ右边界水 (1分) 平射出，根据洛伦兹力提供向心力可得 根据几何关系可得，半径关系 春 qos B-mT (1分) m1U2_ 17201 qB:(1-k)gB。=r (1分) 解得r合=L (1分) 1 2πm 52πm1 若粒子能从区域Ⅱ右边界水平射出，则合速度为 时间关系6‘1-k)qB。=6‘kgB。 (1分) (1十合)，粒子运动时间 5 联立解得k= (1分) :=2x0T+mT=(m+3 )T= (4n+3)πm 6 2π 2gB (n=0,1,2,3…) (1分) 区域Ⅱ的宽度 P ---OTo d4=14-6=4n+0x-21(m=01,2.3）。 2 (2分) V 小球1 00 459 To, -60° A 1 10.1)Bq 2mU (2)n 5 、85/2mU 6 (3 3gB。 BoN q 【解析】(1)设小球D在A点的速度大小为， 1 根据动能定理可知由qU= 2mvg (1分) (3)由分析知：第1、2次碰撞点之间的距离为r。; 在磁场中，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二 第2次碰撞后瞬时，小球1静止，小球D恢复到原 定律可得qu,B,=mi 来的速度大小，此时小球D的电荷量已减少 (1分) ro 1 q1=(1-k)9=69 (1分) 1 2mU 联立解得r=Bq (1分) 第2次碰撞后，小球D在区域I中运动的半径 (2)小球D从A点运动到P,点的轨迹如图甲所 mvo r1=qB =6ro (1分) 示，设A点到P1点的圆心角为，由几何关系易 作出第2次碰撞后到第3次碰撞前，小球D的运 得rosin0=OA,r。(1-cos0)=OP 动轨迹如图丙所示 又因为OA=3·OP y↑ 联立解得0=60OA三？r0,OP1=) (3分) P A X 可得，小球D从A,点运动到P1,点的时间 p60 言·需 3 (1分) 6093 60 由分析知，小球D和小球1发生第1次碰撞后瞬 6ro P 时，两球速度方向相反，且运动半径相同从第1 次碰撞到第2次碰撞，两小球的运动轨迹如图乙 所示，设小球1质量为m1;第1次碰撞后瞬时， 丙 小球D速度大小为01，小球1速度大小为v2,由 显然易得，第2、3次碰撞点之间的距离 ·33· B 真题密卷 学科素养周测评 r1=6r0 (1分) 解得n<3 第3、4次碰撞点之间的距离也为r1=6r0 即第6次碰撞后，小球D将从区域I右侧射出磁 第4次碰撞后，小球D在区域I中运动的半径 场区域，不再发生碰撞，因此，最后一次碰撞位置 r2=62r0 (1分) 到P1处的距离d=ro十2×6ro十2×6ro …… (1分) 以此类推，第2n次碰撞后，小球D在区域I中 解得 运动的半径r。=6”r0 (1分) 85 12mU d= (1分) 由于磁场边界约束，由几何关系可得 Bo g (1+sin60)·6"r0<100·OA (1分) 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 E=△D_4B.xL2 1.B【解析】题图甲中，闭合线图平面垂直于磁场， 八=入·。—，由题图丙可知二二=，则 △tto 线圈在磁场中旋转，线圈的磁通量不变，因此不会 R,解得12= E πB2L2 流过定值电阻的电流I之= 产生感应电流，A错误；题图乙中，真空冶炼炉是 2Rt。, 用涡流熔化金属进行冶炼的，炉内放入被冶炼的 由题意可知112解得日=？，C正确 金属，线圈内通入高频交变电流，这时被治炼的金 属中产生涡流就能被熔化，B正确；题图丙中，根 4.D【解析】开关S接1时，导体棒ab产生的电动势 据右手定则可以判断，C,点的电势高于b点的电 E=BL0,其中v=at,由闭合电路欧姆定律得I= 势，C错误：题图丁中，电路开关断开瞬间，由于线 E 圈产生自感电动势阻碍电流的减小，线圈相当于 十，对导体棒受力分析，由牛颜第二定律可得下 电源，与灯泡组成新的回路，则灯泡A会缓慢熄灭 BIL=ma,联立解得I=R十 BLat .F=BL'at R+r 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 可知水平拉力F随时间增大，当t=t。时，I= 磁场的边界时线框中的电流方向都会发生改变， BLato R+r ,A错误；开关S接通2的瞬间，导体棒的速 A错误；当模型车运动速度为)时，其所受安培力 的位F装=2BL=2B2BL(。-) 度=at0,导体棒为动生电源给电容器充电，充电 L- R 电流1=BL,B错误：开关S接2之后，子体捧 4B2L2(vg-0) R B错误；由F=BL(-) 对电容器充电，导体棒在安培力作用下做减速运 ma,可知在到达最大速度前，随速度v增加，模型 动，充电过程电流减小，所以安培力随时间减小， 车将做加速度减小的加速运动；当模型车趋近最 则导体棒先做加速度减小的减速运动，当加速度 大速度时，安培力趋近于零，则回路电流趋于0，C 减小到零时，导体棒匀速运动达到稳定，设此时电 错误，D正确。 容器的电压为U',导体棒的速度为'，则有U'= 3C【解析】题图甲中，在1-危时号体棒转过的角 BLu',电容器充电电荷量△q=CU'=I·△t,对导 体棒，由动量定理有一BIL·△t=mv'一mv,联立 度日二t三不X12=6,则导体棒的有效切割长 to 解得o'=nat, m十BLCC错误，D正确。 1 度1=L,感应电动势E甲=BL0=BL·2L= 5.C【解】线框先以a=6m/s2加速，撤去拉力 后，线框在摩擦力作用下减速，则在撤去拉力时线 πB1L2 to ,流过定值电阻的电流1p=B=R。, 框速度最大，由运动学公式得v12=2aL,解得v1= 题图乙中，由法拉第电磁感应定律得感应电动势 √6ms,A错误；当线框速度最大时，其最大感应 B ·34·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a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 速度，=9BR 要求。 m 得分 题号 2 3 4 5 且若粒子恰好能从N点射出，则粒子在磁场中运动的时间为器 答案 C.若粒子恰好能从K点(OK⊥MV)射出，则其在磁场中运动半径 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 大外为鸟 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。 9BR 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，在空间直角坐标系0-xyz中，z≥0区域存在沿y轴正方向、磁感应强度大小 电流表示数为0.5A。下列说法正确的是 为2B的匀强磁场：z<0区域存在与xOy平面平行，与x轴、y轴正方向夹角均为45， A.从S极方向俯视角度观看，导电液体逆时针方向旋转 磁感应强度大小为√2B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为g的带正电粒子（不计重 B.电源的内阻为0.22 力)，以初速度。从O点沿心轴正方向射出，粒子之后经过xOy平面的位置坐标可能为 C.电源的电动势为4.5V () D.旋转稳定后玻璃槽中两电极间液体的电阻为？ 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 45 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 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 作用及磁场的边界效应，下列说法正确的是 、37mU0 A.甲、乙均带负电 A(o,4B0) B.(o,80B0) c(gwgo）n(aggo B.甲在第二、四象限的速度大小之比为2：1 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， C.甲、乙在第一象限运动的轨道半径之比为√反：2 全部选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。 题号 6 D.甲、乙从开始运动到c点的时间之比√2：7 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 答案 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 6.一倾角为α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 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 量为m、电荷量为一q的小球，以初速度。从N点沿NM边水平人射磁场。已知斜面 形区域，该粒子在磁场中运动时间为t,不计粒子的重力，则 () () 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 人需<带 及3m A,小球在斜而上做匀变速曲线运动 80B≤1≤20B ,, 2h B.小球到达底边的时间为 Ngsin'a C.qBL≤<BL D.-DgBLvBL C.小球到达底边的动能为mgh m 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≤mg sin 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） 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0=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 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）