周测评(十) 洛伦兹力 洛伦兹力与现代技术-【衡水真题密卷】2025-2026全学年高二物理学科素养周测评（粤教版）

真 2025一2026学年度高二学科素养周测评（十） 器题 物理·洛伦兹力 洛伦兹力与现代技术 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 一、单项选择题：本题共4小题，每小题8分，共32分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 2 3 答案 1.速度选择器简化模型如图所示，两极板P、Q之间的距离d=0.4m,极板长度L=0.6m。 两极板间有方向垂直纸面向里的匀强磁场和与极板垂直的匀强电场（电场未画出），磁 感应强度大小B=1T。一带正电的粒子比荷9=0.5C/kg,以某一速度。从左侧沿两 板中轴线进入板间区域，恰好沿直线运动。撤掉电场，粒子仍从原位置以原来的速度射 入极板间，粒子刚好能从上极板右边缘飞出，不计粒子重力，则 ) A.撤掉电场前，极板P带负电 P x××x××× B.粒子进入速度选择器的速度大小为1m/s ××××××× C.匀强电场的电场强度大小为0.5N/C ×X×××”×× D.撤掉磁场，保留电场，若粒子仍从原位置以原速度射入极 ××××××X Q 板间，粒子将打在下极板 2.如图所示，质谱仪的容器A中有质量分别为m1和m2的两种同位素离子，它们从静止 开始先经电压为U的电场加速，然后垂直射人磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在 照相底片上。由于实际加速电压的大小在U士△U范围内有微小变化，这两种离子在底 片上可能发生重叠，不计离子重力。下列说法正确的是 () 底片N ● A.两种离子均带负电 B.打在M处的离子质量较大 C.若△U一定，U越小越容易发生重叠 D.若U一定，△U越小越容易发生重叠 3.如图示，某质谱仪由电压为U的加速电场，半径为R且圆弧中心线（虚线所示）处电场 强度大小为E的均匀辐射电场和磁感应强度为B的半圆形磁分析器组成。质量为、 电荷量为q的正电粒子（不计重力）从M板由静止加速后，沿圆弧中心线经过辐射电场， 再从P点垂直磁场边界进入磁分析器后打在胶片上Q点。下列说法正确的是() 高二学科素养周测评（十）物理第1页（共4页） 真题名 星光不问赶路人，时光不负有心人 圆弧中心线 班级 射 电 场 姓名 M 磁分析器 加速电场 Q胶片 得分 A.辐射电场中，沿电场线方向电场减弱 B.辐射电场的电场力对该粒子做正功 2 mER C.加速电压U=ER D.P点与Q点的距离为q 4.如图所示，直线CD沿竖直方向，CD的右方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，左方存在 垂直于纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于CD上 的α点，能沿图示方向发射不同速率、质量为、重力可忽略、电荷量为q的同种带正电 粒子，所有粒子均能经过CD上的b点。已知ab=L,则粒子的速度大小可能是() ××C3y. a B ××·· D A.9BL 2gBL B. C.59BL 7qBL 2m 3m 6m D.12m 二、多项选择题：本题共2小题，每小题8分，共16分。每小题有多项符合题目要求，全部 选对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。 题号 5 6 答案 5.图甲是回旋加速器的示意图，图乙为其加速电压U的变化情况，质量为m、电荷量为q 的粒子每次加速后的动能Ek随时间t变化的规律如图丙所示。忽略带电粒子在电场 中的加速时间，不计粒子重力，磁场的磁感应强度为B,下列说法正确的是 () E U 2T 接交流电源 Ott妇tst4 Ln-1 Er 甲 乙 丙 A.粒子在电场区域速度增大，在磁场区域速度也增大 B.图丙中1，-t,1= aB C.加速电压U越大，粒子的加速次数越多 D.t1一t2时间内，粒子做圆周运动的半径为q 2 Um 密卷 高二学科素养周测评（十）物理第2页（共4页） YJ 6.如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度大小为 B的匀强磁场，一点电荷从图中A点以速度。沿水平方向入射，速度方向与半径方向 的夹角为30°，经磁场偏转后刚好能从C点（图中未画出）反向射出，不计电荷的重力，下 列说法正确的是 () 4×B× 30××.× A.该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点 B该点电荷在磁场中运动的时间为 200 C.该点电荷的比荷为BR 200 D,若磁场反向，则该点电荷在磁场中运动的时间为 4v0 三、非选择题：本题共3小题，共52分。 7,(12分)如图所示，两个定值电阻的阻值分别为R和R,直流电源的内阻不计，平行板 电容器两极板水平放置，板间距离为d,极板长为2d,极板间存在方向水平向外的匀强 磁场，质量为、电荷量为g的带负电小球以初速度v沿水平方向从电容器下极板左侧 边缘进人电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上极板右侧边缘离开电容器。此过程 中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度为g,忽略空气阻力。求： (1)直流电源的电动势的大小； (2)磁场的磁感应强度的大小。 8.(20分)如图所示，xOy平面内0≤x≤12d区域存在两个有界匀强磁场，右边界与x轴 的交点为Q,x轴上方为方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为3B的匀强磁场，x轴下 方为方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场。质量为m、电荷量为一q 的粒子，从y轴上P点以初速度。沿x轴正方向射人磁场，o大小可调，P点的纵坐 标为d。不计粒子重力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)若，=39Bd 求粒子第二次经过x轴位置的横坐标x0。 m YJ 高二学科素养周测评（十）物理第3页（共4页） 真题密 (2)求粒子从左边界射出时的位置与P点的最大距离L。 (3)若在012qB 范围内，求粒子从P点运动到Q点的最短时间t。 m y ××××××。×××× p品x×xxBx 3B XXX 2B ● ● ● 9.(20分)现代科技中，常常用电场和磁场来控制带电粒子的运动。如图甲所示，在xOy 坐标系内存在着周期性交替变化的电场和磁场，电场强度E和磁感强度B随时间变化 规律分别如图乙、丙、丁所示，图中B。和E。已知，规定垂直纸面向里为磁场正方向。在 0时刻，电荷量为士9质量为m的粒子（不计重力），以。二B的初速度从0点 x轴正方向进人电磁场区域。已知t。时刻粒子第1次通过x轴，整个区域处于真空环 境中。求： (1)t=0时刻，粒子的加速度大小； (2)t。的大小； (3)从t=0时刻开始计时，粒子距O点最远时的最长时间和最远距离。 E 3t 个y E 2t。 3t 4t。 -E B 甲 4.2.3 πm.:元m 乙 卷 高二学科素养周测评（十）物理第4页（共4页）真题密卷 学科素养周测评 金属棒MN平衡时弹簧处于原长，其受力图如 列出平衡方程 图甲所示，由左手定则可知磁感应强度方向竖 mg sin 0=BI2L+kx (3分) 直向下，且满足BIL=mg tan0 (3分) 解得B=0.75T (2分) 即ng sin0=BI,·2/2) -x2十kx(2分) 解得x=0或x=0.6m (2分) 可知平衡时弹簧形变量为0.6m。 M mg 甲 XX (2)金属棒平衡时设弹簧伸长量为x,其稳定状 态如图乙所示，流过金属棒电流 、X E I:=,+R1+R=2A (3分) 金属棒在磁场中的有效长度 (2分) 乙 2025一2026学年度高二学科素养周测评（十） 物理·洛伦兹力洛伦兹力与现代技术 一、单项选择题 12m2(U-△U) 1.C【解析】粒子所受洛伦兹力方向向上，故粒 最小轨迹半径为r2= ,两种离 B 子所受电场力方向向下，极板P带正电，A错 子的轨迹不发生重叠，则有<r2,解得< 误；撤掉电场，设粒子在磁场中的运动半径为， 则有(-合d)+2=,解得r=1m,根据 m2-m1 ,当U一定时，△U越大，越不容易满足 m2+m1 2eB=m三，解得06=0.5m/s,B0误；报据 上式，越容易发生重叠，当△U一定时，U越小， 越不容易满足上式，越容易发生重叠，C正确，D Eg=q心oB,可得E=0.5N/C,C正确；撤掉磁场， 错误。 仅设粒子不打在机版上，则有y=贸（伯) 3.D【解析】辐射电场中，沿电场线方向，电场线 逐渐变密，故电场是增强的，又因为指向圆心的 Q.18m<号，故假设正境D错误。 电场力提供向心力，电场力对该粒子不做功，A、 2.C【解析】根据左手定则及题图中带电离子的 B错误；在加速电场中有qU)m6,在偏转电 偏转方向可知，两种离子均带正电，A错误；离 子经过加速电场加速时，有gU= 2mu2,进入磁 R,联立解得U=E 场中满足gE=m 2,C错误； 带电粒子在匀强磁场中运动时，根据牛顿第二 场后有8=m号长宗样，受 ，即 6 定律有quoB=m,联立解得P点与Q点的 质量小的离子轨迹半径也较小，打在M处的离 2 mER 距离x=27=B√g ,D正确 子质量较小，B错误；假设质量为m2的离子质 量大，则质量为m1的离子最大轨迹半径 4.A【解析】由题意可知，粒子可能在两个磁场 1/2m1(U+△U) 间做多次的运动。根据几何关系可知，圆孤对应 为r1=BN ,质量为m2的离子的 的圆心角均为60°，根据几何关系可得粒子运动 YJ 18 ·物理· 参考答案及解析 的半径满足n·2Rsin30°=L(n=1,2,3,…),根 1R 2 2 πR 据洛伦滋力充当向心力可得g0B= R,联立解 ,D错误。 Vo 4U 得u=9BL (n=1,2,3,…),结合选项可知，当n B nm 304 + 2时，0=9BL 01 ,A正确。 2m +0 二、多项选择题 5.BD【解析】粒子在磁场中受到的洛伦兹力不 甲 做功，所以在磁场中速度大小不变，在电场中电 三、非选择题 场力做正功，速度增大，A错误；粒子在磁场中 7.(1)4mgd (2)2nu 3g 5qd ”=gB,即粒子在 运动，有g0B=m，·T=2=2πm 【解析】(1)小球在电磁场中做匀速圆周运动，则 电场力与重力平衡，由此可得 T 磁场中运动的周期与速度无关，则t。一t-1= E1q=mg (1分) U=E d (1分) ,B正确；根据动能定理得☑U=E,得n m 根据闭合电路欧姆定律可得 U=- ER (2分) ,所以加速电压U越大，粒子的加速次数越 Ek 少，C错误；当t=0时，粒子在电场中加速一次， 联立解得E=4mgd 3q (2分) 当t=t1时，加速一次，所以当t1~t2时间内，粒 (2)设小球在电磁场中做圆周运动的半径为x, 子已被加速两次，根据动能定理得2gU=)2 根据几何关系得(r-d)2+(2d)2=r2(1分) 5 解得r=2d (1分) 由洛伦兹力提供向心力得g如B=m ,,联立得 小球受到的洛伦兹力提供向心力，则 7名受D quB-m r (2分) 6.BC【解析】如图甲所示，因点电荷射入磁场时 解得B=2mnu 5gd° (2分) 初速度方向不是沿半径方向，则该点电荷离开 磁场时速度方向的反向延长线也不会通过O 8.(1)4d 3)3 (3)53n 90gB 点，A错误；由几何关系可知，该点电荷在磁场 【解析】(1)设粒子在第一象限和第四象限做圆 周运动的半径分别为r1和r2,由牛顿第二定律 中的运动半径r= 之R,则运动时间t= 00 v 8 得g0,X3B=m,90X2B=m (2分) 2 ,B正确；根据qB=m 200 ,解得该点电荷 解得r1=d,r2=1.5d (2分) 粒子在平面内运动轨迹如图甲所示 的比荷9=20 m BR' C正确；若磁场反向，粒子运动 则x0=r1十2r2 (1分) 解得x0=4d (1分) 轨迹如图乙所示，设粒子在磁场中运动圆孤所 R 对的圆心角为20，则由几何关系得 sin R sin(60°-9)，解得tan9=3 <1=tan45°，则 甲 20<无，该点电荷在磁场中运动的时间1< (2)设粒子在第一象限的半径为r,则粒子在第 四象限的半径为1.5r,如图乙所示。设轨迹的 19 YJ 真题密卷 学科素养周测评 圆心O2、O1的连线与y轴方向夹角为0，由几 (n=0,1,2,…） 1.5r g+9F 何关系得sin0= r+1.5r'd=r+rcos 0,L= 【解析】(1)t=0时刻对粒子受力分析，根据牛 r+(r+1.5r)cos 0 (3分) 顿第二定律有qvoB。一qE,=ma (1分) 解得L-5。 (2分) 2E。 又v0=B0 (1分) 联立可得a=9E。 (1分) (2)在0~π o 时间内，设此段时间间隔为t1,粒 子受F洛和F电的共同作用，设0=v1十V2 令qv1B,=qE0 (1分) Eo (3)粒子的速度越大，运动到Q,点的时间越短， 则有U一B0 (1分) D粒子的连度在0~12物以，子在第一象限选 故v2=U0一U1=B0 (1分) 动的最大半径为4d<12d,粒子不能从第一象 所以粒子以01匀速直线运动的同时又以02速 限直接到达Q点 率做匀速圆周运动，合运动的轨迹为摆线，则有 ②设粒子以速度从P点射出，经第四象限运动 到Q,点，粒子在第一象限运动的半径r,粒子第一 qv2B。= v2? R (1分) 次到达x轴时偏转的角度为α，如图丙所示。则 rsin a+2X1.5rsin a=12d,rcos a=r-d 解得R=mE。 qBa (1分) (2分) (1分) 2mEo 解得r=5d>4d 所以ym=2R= (1分) qBa 由此可以推断，此情形不成立（得到①、②中的 一个推断即可得分)。 周期T= 2πR_2πm qB。 (1分) ③设粒子以速度'从P点射出，粒子在第一象 限运动的半径为'，粒子第一次到达x轴时偏 则t1= (1分) 转的角度为B,如图丁。 则恰好运动到最高点且v=1一v2=0 (1分) 则r'sinB+2(r'sinB+l.5r'sinβ)=12d 1 27 πmE。 r'cosβ=r'-d (2分) 则有x=01X qBo (1分) 解得r'=2.5d,3=539 (2分) 则粒子达到Q点的最短时间 之后在πm 一t。时间内粒子只在电场力作用下 gBo 332πm 1232πm 53πm l= (2分) 做匀加速直线运动，设此段时间间隔为t2,则有 360° 3gB十360°·2gB 90gB a=9Eo m 1 2R= 2at号 解得t2=2m (1分) gBo 则有t。=t1十t2= (x+2)m (1分) qB。 (3)t。时刻之后，粒子将重复之前的运动，轨迹 如图所示，整个过程粒子将沿着OABCDEFGO 做周期性运动。当粒子运动到C,点时离O点最 远则Xoc=x十ym= (π+2)mE。 gBa (1分) (2+2m③)[n+1D(x+2》+rm πmEo 9.(1)3 (1分) m gB。 qBo Yoc=x- qB品 YJ 20 ·物理· 参考答案及解析 则有0C=Xc干Y二CB/元+2)+元 (1分) 可得toc=4n· (x+2)m+(2x+2)m(m=0,1, gB。 qB。 2,…) (1分) 解得tc=[C4n十1D(x+2)+r]m (n=0,1,2,…)。 gB。 (1分) 2025一2026学年度高二学科素养周测评（十一） 物理·阶段检测（三） 一、单项选择题 迹圆心为O,点，所以R=L,根据几何关系可知 1.D【解析】由右手定则及安培定则可知输电线 Ob=√2L,即b点的横坐标为x6=√2L,A、B错 缆M、P相互排斥，A错误；由右手定则及安培 定则可知输电线缆M所受安培力的方向竖直 误；粒子在磁场中运动的时间t= ，在 向上，B错误；输电线缆M在O点处产生的磁 v0400 场方向Q指向P,C错误；由右手定则及磁场的 叠加可知P、Q在O,点处的合磁场的磁感应强 第一象限的略程5=（任+1L,所以时间1=。= 00 度为0，O,点处的磁场方向与输电线缆M在O (+ 点处产生的磁场方向相同，由Q指向P,D 一，C错误，D正确。 Vo 正确。 2.A【解析】粒子运动一周的轨迹如图所示。设 六边形边长为a,粒子初速度大小为v,由几何 关系知，粒子每次在磁场中运动的轨迹半径r ?,圆心角大小0=音，由洛伦蓝力提供向心力 X45° 0 02 4.C【解析】导体棒受力平衡，重力是恒力，斜面 有qB=m,,带电粒子每次在磁场中的运动 弹力方向不变，所以安培力与斜面弹力垂直时 时间t1二日 号得-智每次在国筒侵匀速立 安培力最小，根据左手定则可知此时磁场的方 向垂直于斜面向上，根据受力平衡可知F安= 线运动的距离为√3α，解得每次在圆筒内运动的 BIL=mgsin a,可得B=mg sin a,C正确。 时间t2=3a2w3m IL 0 =9B,因此回到出发点所用时 二、多项选择题 5.CD【解析】带负电的粒子从D,点以速度v平 gBA正确。 间t=3(t1+2)=(4π+65) 行于BC边方向射入磁场，由左手定则可知，粒 ××××××的× 子向下偏转，由于BC边的限制，粒子不能到达 ×××X/XXx× B点，A错误；粒子垂直于BC边射出，如图甲 ×× × 所示，则粒子做匀速圆周运动的半径等于D点 ×X M x 到BC边的距高，即，-号sn60-日L,B错 4 ××××××X× 误；粒子从C点射出，如图乙所示，根据几何关 ××××X××× 3.D【解析】如图所示，粒子在磁场中运动的轨 系有2-(-5n60'+亿-5cos60'八， 21- YJ