周测评(十) 带电粒子在匀强磁场中的运动 质谱仪与回旋加速器-【衡水真题密卷】2025-2026全学年高二物理学科素养周测评（人教版）

2025一2026学年度高二学科素养周测评（十） 99 物理·带电粒子在匀强磁场中的运动 质谱仪与回旋加速器 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 m 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 () 9 ××××××× ××××××× ×6××××× ××××××× A.撤掉电场前，极板P带负电 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 D.撤掉磁场保留电场，若粒子仍从原位置以原来的速度射人极板间，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 射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片上。由 底片N M 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 ● ( 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.如图所示，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 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.1一t2时间内，粒子做圆周运动的半径为√q 2 Um 容卷 高二学科素养周测评（十）物理第2页（共4页） 1 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 边缘进入电容器，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，=3gBd 求粒子第二次经过x轴位置的横坐标xo。 m 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0129B 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××xBxx 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 规律如图乙所示，图中B。和E。已知，规定垂直纸面向里为磁场正方向。在t=0时刻， 2E0 电荷量为十g质量为m的粒子（不计重力），以。一B。的初速度从0点沿x轴正方向 进入电磁场区域。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)to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 E 3t -E 个 E E ;To 2to 0 B 2。 器器2 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 mg sin 0=BI2L+kx (3分) F0.6 ax-M-0.2 m/s-3 m/s<am (2分) 即mg sin0=BI2·2 W2 一x2十kx(2分) 所以F作用时，木板和滑块一起匀加速运动，根 解得x=0或x=0.6m (2分) 据牛顿第二定律得开始时木板和滑块的共同加 可知平衡时弹簧形变量为0.6m。 速度 F 0.6 a=M+m-0.2+0.1m/s2=2m/s (2分) 当滑块受到的最大静摩擦力小于ma时，滑块将 相对于木板滑动，则有 μ(mg-Bqv1)=ma (2分) 解得v1=6m/s N 则加速时间t=”-6 (2分) (2)滑块在木板的摩擦力作用下做加速运动，当 速度最大时木板对滑块的摩擦力为0，滑块受到 乙 向上的洛伦兹力、木板的支持力、重力和木板的 9.(1)3s6m/s(2)10m/s 滑动摩擦力，根据分析知，滑动摩擦力 【解析】(1)当F作用于木板时，对于木板由拉 f=4N=4(mg一F洛)，F洛=qUB (2分) 力和摩擦力的合力产生加速度，对于滑块由摩 当滑块速度最大时，f=0,即 擦力产生加速度，由题意知滑块与木板间的最 (2分) 大静摩擦力fmax=μmg (2分) F=mg=qv2B 产生的最大加速度amx=g=0.5X10m/s2= 所以此时滑块速度g="g gB (2分) 5m/s2 (2分) 解得v2=10m/s。 (2分) F单独对木板产生的加速度 2025一2026学年度高二学科素养周测评（十） 物理·带电粒子在匀强磁场中的运动质谱仪与回旋加速器 一、单项选择题 质量小的离子轨迹半径也较小，打在M处的离 1.C【解析】粒子所受洛伦兹力方向向上，故粒 子质量较小，B错误；假设质量为m2的离子质 子所受电场力方向向下，极板P带正电，A错 量大，则质量为m1的离子最大轨迹半径 误；撤掉电场，设粒子在磁场中的运动半径为”， 2m1(U+△U) 为r1= ,质量为m2的离子的 则有()+L=,郎得=1m,根据 B 9 12m2(U-△U) 最小轨迹半径为？=B√ ,两种离 q0oB=m,解得v=0.5m/s,B错误；根据 Eq=qoB,可得E=0.5N/C,C正确；撤掉磁场， 子的轨迹不发生重叠，则有1<r2,解得 假设拉子不打在板版上，则有y-积（化) 2 m vo m,当U一定时，△U越大，越不容易满足 m2+m1 上式，越容易发生重叠，当△U一定时，U越小， Q18m<号，故假设正确，D错误 越不容易满足上式，越容易发生重叠，C正确，D 2.C【解析】根据左手定则及题图中带电离子的 错误。 偏转方向可知，两种离子均带正电，A错误；离 3.D【解析】辐射电场中，沿电场线方向，电场线 子经过加晚电场加追时，有U=2mm,进入雕 逐渐变密，故电场是增强的，又因为指向圆心的 电场力提供向心力，电场力对该粒子不做功，A、 ,即 1 场后有qB=m联立解得r三月/，” B错误；在加速电场中有gU=2mu品，在偏转电 18 ·物理· 参考答案及解析 场中满足gE=mu ,联立解得U= ,C错误： ER 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sin0= R 带电粒子在匀强磁场中运动时，根据牛顿第二 R 定律有qvoB=m ,联立解得P点与Q点的 n司-每释am0=<1=am45,则 2 2 2 mER 距离x=27=BNg ,D正确。 2,该点电荷在磁场中运动的时间(< 20< 4.A【解析】由题意可知，粒子可能在两个磁场 1 R 间做多次的运动。根据几何关系可知，圆孤对应 2· 2元R 的圆心角均为60°，根据几何关系可得粒子运动 ,D错误。 00 4U0 的半径满足n·2Rsin30°=L(n=1,2,3,…),根 据洛伦兹力充当向心力可得gB= R,联立解 30° B 1·0 得=gBLm=12,3,…,结合选项可知，当n 0 m C、 、× 2时- ,A正确。 三、非选择题 二、多项选择题 5.BD【解析】粒子在磁场中受到的洛伦兹力不 7.(1)4mgd 3q (2)2 5gd 做功，所以在磁场中速度大小不变，在电场中电 【解析】(1)小球在电磁场中做匀速圆周运动，则 场力做正功，速度增大，A错误；粒子在磁场中 电场力与重力平衡，由此可得 运动，有gvB=m ,T=2=2m 0 9B,即粒子在 E1q=mg 1分) U=Ed (1分) T 磁场中运动的周期与速度无关，则tn一tm-1= 根据闭合电路欧姆定律可得 2 U=- ER (2分) B,B正确：根据动能定理得mU=E,得n= R ，所以加速电压U越大，粒子的加速次数越 Ek 联立解得E-4mgd (2分) 3g 少，C错误；当t=0时，粒子在电场中加速一次， (2)设小球在电磁场中做圆周运动的半径为？， 当t=t1时，加速一次，所以当t1~t2时间内，粒 根据几何关系得(r-d)2+(2d)2=r2(1分) 1 子已被加速两次，根据动能定理得2gU=2m2, 解得r=2d (1分) 小球受到的洛伦滋力提供向心力，则 由洛伦兹力提供向心力得q'B=m,,联立得 v2 quB=m (2分) ,D正确 解得B= 2mv 5qd° (2分) 6,BC【解析】如图甲所示，因点电荷射入磁场时 初速度方向不是沿半径方向，则该点电荷离开 8.(1)4d ”(3)53n 90qB 磁场时速度方向的反向延长线也不会通过O 【解析】(1)设粒子在第一象限和第四象限做圆 ,点，A错误；由几何关系可知，该点电荷在磁场 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=2R,则运动时间1-” 1 vo 得qu0×3B=m,qv,×2B=m (2分) 00 ，B正确；根据q0B=m,解得该点电荷 解得r1=d,r2=1.5d (2分) 2vo 粒子在平面内运动轨迹如图甲所示 则x0=r1十2r2 (1分) 的比荷跟C正确；若磁场反向，粒子运动 解得x,=4d (1分) 19 1 真题密卷 学科素养周测评 甲 (2)设粒子在第一象限的半径为r,则粒子在第 入 四象限的半径为1.5r,如图乙所示。设轨迹的 9.(1)9 (2)红+2m34u+1D(x+2+rn 圆心O2、O1的连线与y轴方向夹角为0，由几 m qB。 qBo 何关系得sin0= 1.5r r+1.5r'd=r+rcos 0,L= (n=0,1,2,…) O2√x+2)2+冠 【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q℃oB。一qE0=ma (1分) 解得L=5。 (2分) 2Eo 又v0= (1分) Bo qEo 联立可得a= (1分) m (2)在0~ gB -时间内，设此段时间间隔为t1,粒 子受F路和F电的共同作用，设0=1十V2 令q1B。=qEo (1分) o (3)粒子的速度越大，运动到Q点的时间越短， 则有1一 (1分) ①粒子的速度在0~12qBd 粒子在第一象限运 o m 故02=U0一U1一B (1分) 动的最大半径为4d<12d,粒子不能从第一象 所以粒子以1匀速直线运动的同时又以2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 mv22 到Q点，粒子在第一象限运动的半径r,粒子第一 qv2Bo= R (1分) 次到达x轴时偏转的角度为a,如图丙所示。则 (1分) rsin a+2X1.5rsin a-12d,rcos a=r-d 解得R=mE。 gBa (2分) 2mEo (1分) 解得r=5d>4d (1分) 所以ym=2R= qBa 由此可以推断，此情形不成立（得到①、②中的 周期T= 2xR_2πm (1分) 一个推断即可得分)。 v2 gBo ③设粒子以速度'从P点射出，粒子在第一象 则t1=πmT 8。=2 (1分) 限运动的半径为'，粒子第一次到达x轴时偏 转的角度为B,如图丁。 则恰好运动到最高点且v=v1一V2=0 (1分) r'sin B+2(r'sin B+1.5r'sin B)=12d 1 rmEg 则有x=u1X2T r'cosβ=r'-d (2分) gBo (1分) 解得r'=2.5d,B=53° (2分) 之后在 ~t。时间内粒子只在电场力作用下 gBo 则粒子达到Q,点的最短时间 做匀加速直线运动，设此段时间间隔为t2,则有 3B2πm,282πm53πm t三 360°·3qB+360°·2gB (2分) 90gB a=9E, m 。1 2R=2au号 0 2m 解得t2= (1分) qBo 则有to=t1十t2= (π+2)m (1分) gB。 20 ·物理· 参考答案及解析 (3)t。时刻之后，粒子将重复之前的运动，轨迹 2,…)》 (1分) 如图所示，整个过程粒子将沿着OABCDEFGO 解得toc [(4n+1)(+2)+]m(m=0,1,2…)。 做周期性运动。当粒子运动到C点时离O点最 9B, (π+2)mE。 (1分) 远则Xoc=x十ym= qB (1分) Yo=t=xm qB3 (1分) √x+2+元 则有OC=√X+Y=mE (1分) 可得tc=4n.(π+2)m+(2x+2)m gBo qB。 n=0,1, 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 3.D【解析】如图所示，粒子在磁场中运动的轨 1.D【解析】由右手定则及安培定则可知输电线 迹圆心为O点，所以R=L,根据几何关系可知 缆M、P相互排斥，A错误；由右手定则及安培 Ob=√2L,即b点的横坐标为x6=√2L,A、B错 定则可知输电线缆M所受安培力的方向竖直 向上，B错误；输电线缆M在O点处产生的磁 4 误；粒子在磁场中运动的时间t= πL 在 场方向Q指向P,C错误；由右手定则及磁场的 v04v0 叠加可知P、Q在O点处的合磁场的磁感应强 度为0，O,点处的磁场方向与输电线缆M在O 第一象限的路程5=（任+1L,所以时间1=三= 点处产生的磁场方向相同，由Q指向P,D 正确。 (任+1) -,C错误，D正确。 2.A【解析】粒子运动一周的轨迹如图所示。设 Vo 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= 4 2,圆心角大小日=3元，由洛伦兹力提供向心力 v X459 有gB=m,带电粒子每次在磁场中的运动 0 h 4.C【解析】导体棒受力平衡，重力是恒力，斜面 时间，-得61-吧，年次在周简微匀速立 4πm 弹力方向不变，所以安培力与斜面弹力垂直时 线运动的距离为√3a,解得每次在圆筒内运动的 安培力最小，根据左手定则可知此时磁场的方 时间4，一0-2，用光网到出支点所得时 向垂直于斜面向上，根据受力平衡可知F安= BIL=mgsin a,可得B=mg sin a, ,C正确。 IL 间=3+t2)=(4π+63B,A正确。 二、多项选择题 ×××××X芦× 5.CD【解析】带负电的粒子从D,点以速度v平 ××XX/X×xX 行于BC边方向射入磁场，由左手定则可知，粒 ×× x× 子向下偏转，由于BC边的限制，粒子不能到达 XX B点，A错误；粒子垂直于BC边射出，如图甲 N/XX 所示，则粒子做匀速圆周运动的半径等于D,点 M × 到BC边的距离，即r= 专in60-L,B错 L 4 21