二轮专题精准提升9 带电粒子在组合场、复合场中的运动-【衡水真题密卷】2025年高考物理二轮专题精准提升（6版）

·物理· 参考答案及解析 s=nL (1分) (3)若加速电场的电压大小为4U。,可得 32m0(n=1,2,3…）。 R,=L (1分) 代入得s kB (1分) 设粒子做匀速圆周运动的周期为T,则 16.(1)9BL2 (2)U<2(7-43)gB2L T=2元R 8m m （3t=（②n-1）m(n=1,2,3,…） 可得T=2rm qB (1分) 4Bg 【解析】(I)粒子经过加速电场加速，由动能定理 如图乙所示，粒子从上边界的c点飞出磁场时， 可知 速度方向可能沿左上方或右上方，则 90- sin-R: ac 2mv2-0 (1分) (1分) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律 解得9-日 可知 此过程中，粒子最后阶段射出磁场所用时间 v quB-m R (1分) (1分) U=U。,且粒子能通过b点，则 r胃 粒子在磁场中运动的时间为 (1分) 4=a-1)T+f=君-ga=123… 联立可得U。=9BL 8m (1分) (2分) (2)如图甲所示，粒子与薄板碰撞后，运动轨迹恰 解得t= (2n-1)πm (n=1,2,3,…)。(1分) 好与磁场下边界相切，设此时加速电场加速电压 4aB 为U1,粒子做匀速圆周运动的半径为R1。由几 9 何关系可知 L=(1+sin60°)R (2分) 可得此时加速电场的电压 U,=2(7-43)gBL2 (2分) m 粒子若从下边界飞出磁场，则加速电场的电压应 满足的条件为U<2(7-43)gBL2 (1分) m 2024一2025学年度二轮专题精准提升（九） 物理·带电粒子在组合场、复合场中的运动 一、单项选择题 方向的分量大小为201时，垂直于磁场方向的分 1.A【解析】根据运动的叠加原理可知，粒子在垂 量大小为v2,A正确。 直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速 2.D【解析】设样品每平方米载流子（电子）数为n, 运动，则1增大，2不变；当粒子速度平行于磁场 电子定向移动的速率为，则时间t内通过样品的 ·33· 6 真题密卷 二轮专题精准提升 电荷量q=nevtb,根据电流的定义式得I=9= 力F2,若合力不为零，则洛伦兹力变化，不能沿直 t 线运动，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴 eb,当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦 做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，A正 盛力平衡，则有eoB=e,联立解得U三B,绺 确，D错误；当带电液滴带正电，且电场线方向斜 ne 向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线 合图像可得k= I=84×10-3 ne320X10V/T,解得n≈ 向上的电场力F1、垂直于速度方向斜向左上方的 洛伦兹力F2作用，这三个力的合力为零，带电液 2.38×1016,D正确。 滴沿虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负 3.C【解析】显示器上的里程110.0km是指骑行 电、电场力方向斜向上或斜向下时，带电液滴所受 的路程，A错误；根据圆周运动各个物理量之间关 合力不为零，不可能沿直线运动，B错误，C正确。 系可知，自行车的线速度U=2πR,B错误；电子 6.AC【解析】带正电的粒子受到洛伦兹力向上偏 移动的方向与电流相反，根据左手定则可知，电子 转，极板MN带正电，为发电机正极，A正确；粒子 的安培力方向是由P指向Q的，则导电的电子向 受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时令极 Q端汇聚，C正确；无论自行车车轮转动方向是顺 U 时针还是逆时针，通过霍尔元件的磁感应强度方 板间距为d,则gB=g,可得U=Bdu,因此增 向不变，导电的电子仍向Q端汇聚，当稳定之后， 大间距，U变大，增大速率，U变大，U的大小和密 电场力不洛伦营力平衡，有吕=0B,解得U= 度无关，B、D错误，C正确。 7.BD【解析】在匀强电场中，圆环在杆上与杆无 Bvd,可知P、Q两端电势的高低与磁体运动的方 挤压地滑行，则qEsin日=mg,故加上磁场后，速 向无关，D错误。 度为v时，圆环与杆间的压力为FN=quB,圆环向 4.D【解析】当电场强度为0时，从O点射入的粒 右运动的过程中，根据牛顿第二定律有q 子格能运动到N点，则=号，根据洛伦滋力提 Ecos0+f=ma1,且f=FN,加速度为a1= qEcos0+μqoB ,圆环向右运动的过程中，圆环速 供向心力有gv,B=m ,正，解得B-2m,A错误： qyo 度减小，向左的加速度逐渐减小，圆环向左运动的 苦粒子从3y处射入，则x=1y2at 过程中，根据牛顿第二定律有gEcos0一F、 ，联立解得y=+空-+-5 ma2,加速度为a2=gEcos0-guB 圆环向左运 m m 32 3=6y0<y0, 动的过程中，圆环速度增大，向左的加速度逐渐减 由此可知，粒子从N点下方进入磁场，B错误；设 小，故整个运动过程，加速度一直向左且逐渐减 粒子进入磁场中时速度方向与竖直方向的夹角为 小，故图C不符合要求；由于圆环P从A点出发 0,粒子进入磁场中的速度大小为v,则0=sin日' 再返回A,点，克服摩擦力做功，返回A点时的速 度小于从A点出发时的速度，根据t图线的斜 quB=m一，所以粒子在磁场中偏转距离为d= 率表示加速度，可知速度)随时间t变化的图像如 图B所示，故图B符合要求；返回A,点时圆环受 2rsin0=yo,由此可知，粒子在磁场中偏转距离相 到的摩擦力应小于从A点出发时圆环受到的摩擦 等，C错误；由以上分析可知，粒子在电场中的竖 直位移为=空，所以从2奶处粉入的粒子，恰 力，故图A不符合要求；根据Ek三之m02,可知动 能Ek随时间t变化的图像如图D所示，故图D符 好从N点进入磁场，且恰好经磁场偏转后打在M 合要求，B、D正确。 1 点，即只有0~2范围内平行于x轴正方向射出 8.BD【解析】设粒子质量为m,带电荷量为q,在加 的粒子能被接收器接收，所以接收器接收的粒子数 建电场中，根活功能定里有U=心，在磁场中， 占粒子总数的50%，D正确。 二、双项选择题 根据洛伦蓝力提供向心力有如B=m:,解得r 5.AC【解析】带电液滴受竖直向下的重力G、沿电 1 2mU 场线方向的电场力F1、垂直于速度方向的洛伦兹 ,粒子1、2、3的运动轨迹如图所示。由几 B g 6 ·34· ·物理· 参考答案及解析 何关系知r3= 3a,r2=3a,r3=25a,解得r1: a 系有tan2 R,由guB2=m R,联立代入数据 1 2mU √3U r2:r3=1:3:6,由r= B g 可得=旦 解得B2一3kB1dr° (号》，故1：，：=36：4：1，A特误由元有 0 关系知O3E= tan30°=3a,G点到E点的距离为 ×1×1×I×B XVXV×VX x1=rg一O,E=(2√5-3)a,B正确；将磁感应强 E 度减半，三个粒子在磁场的运动半径都加倍，粒子1 11.向里(1分)小于(2分) 从EF之间射出，在磁场中运动的时间变长，粒子2 【解析】电子进入正交场时，受向上的电场力，电 从G点射出，C错误，D正确。 子向下偏转，则洛伦兹力向下，根据左手定则可 知，磁感应强度方向垂直于纸面向里；洛伦兹力 不做功，粒子从O点到P点，电子的电势能变 30o 大，动能减小，所以经过P点时的速度小于初速 度v0。 60 2Ug Uq 030 头、E 12.(1)√m to入2m (2)8m 3qto 、G (3)127π+360)t。 D 240 【解析】(1)粒子从P点运动到M点，由动能定 C 理有 三、非选择题 1 9.小于(1分)等于(2分) qU= 2mv (1分) 【解析】粒子在电场中运动只受电场力作用，故加 q 速度相等，那么粒子第一次穿过MN时的竖直分 解得u一m 速度口，相同，水平速度不变，分别为v0、2o,粒 由匀变速直线运动的规律可知，M、P两点间的 子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故粒子做匀 距离 速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故有qB 2t。 (1分) mv? 一9B,运动周期T=2w2n 轨道半径r=m, 9B,两 Ug 粒子的水平速度不同，故粒子A穿过MN时的速 解得d=to√2m 度方向与MN边界的夹角0较大，故粒子A转过 (2)由几何关系可知，粒子在P点的速度与x轴 的圆心角比粒子B小，又有周期相等，故tA<tB; 的负方向成53°角，根据圆周运动的对称性，粒子 在N点的速度与x轴的负方向成53°角， 由于tan&=,前两次穿越连线MN时两，点间的 △MNO与△MPO是全等直角三角形，MN= E考为12血8=2r号-船，故d,d Ua MP=d=to√2m N0=P0=dcos53° 10Bd1分） 3U 3kB,d(2分) 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R,由几何 【解析】设粒子在正交的电磁场中做匀速直线运 关系有Rsin53°=PO 动的选度为e,则有E=9B又E-日，代入 条好尽=学票 (1分) U 数据解得0一Bd,轨迹如图。由题意可知粒子 由洛伦兹力提供向心力，有 02 在圆形磁场中偏转的圆心角为α=60°，由几何关 qoB-m R (1分) ·35· 6 真题密卷 二轮专题精准提升 解得B 8m 3qt。° 0 2×100%≈33.33%. (1分) (3)粒子从M,点运动到N,点的时间 (3)截去一段后，设粒子进磁场时的速度为V,速 4=MN 度与y轴负方向的夹角为0，则 (1分) 粒子从N点运动到P点的时间 cos0 t与=360°22X53”×2mm 粒子在磁场中做圆周运动的半径 360° qB (1分) 粒子从M点出发再回到M,点的时间 r'=mu mvo (1分) gB gBcos 0 t=t1十t2十to 粒子进磁场和出磁场位置间的距离 解得1=127π+360)。 240 s=2r'cos 0= (1分) T。2gU 81- 截去一段后，若从t=0时刻进入电场的粒子发 13.(1) 2 m (2)33.33% 1 【解析】(I)设两板间的距离为d,从t=0时刻射 生的侧移为百山，则所有粒子均不能再进入电 出的粒子刚好从N板的边缘飞出，则 场。则 1 2 1 1qU0,2 (1分) 6d-2 md To 2qUo 解得d=2√m。 解得= 6 T (2)由于所有粒子穿过电场的时间均为T。,所以 则去的板长L=a-(1-）.1分 所有粒子在电场中运动时沿平行x轴方向的速 度变化量为零，即所有粒子进磁场时，速度大小 14.(1)带正电 E AUB 、2E2-E1 2UB: (2)E1B2 (3) B 均为 【解析】(1)由于粒子在分离器中向上偏转，根据 %员 左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m, 方向垂直于x轴向下 电荷量为q,粒子进入速度选择器时的速度为 粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律得 。,在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平 6 衡条件得 quoB-mr qvoB1=qE (1分) 解得r= T。2qU 在加速电场中，由动能定理得 6m 1 qU=2mv (1分) 所有粒子在磁场中均做半径为的半圆周运 动，则 联立解得粒子的比荷为叉= E (1分) m 2UB 2r-号d (2)粒子在偏转分离器中，由洛伦兹力提供向心 在第一个周期内，设在t时刻射入的粒子在离N 力得 o 板3d处进入磁场并恰好从M板处进入磁 qvoB2-m r (1分) 场。则 可得O点到P点的距离为 )×2-.U 4UB OP=2r-EB: (1分) 2 md (1分) (3)粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力 To F洛=qVoB1 (1分) 解得t= 6 向下的电场力F=qE2 (1分) 根据对称性得，能再次进入两板间的粒子数占总 由于E2>E1,且qvB1=qE (1分) 粒子数的比例为 所以通过配速法，如图所示 ·36· ·物理· 参考答案及解析 其中满足qE2=q(0o十01)B1 (1分) 则粒子在速度选择器中水平向右以速度，十1 向心力得quB,=mR2 做匀速运动的同时，在竖直面以大小为1方向 向左的初速度做匀速圆周运动，当速度转向到水 联立解得B2一2q00 mg (1分) 平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O' 2u6 R2= =2R1 (1分) 点的要求，故此时粒子打在O'点的速度大小为 g mg v'=vo+v1十v1= 2E2-E1 B (2分) 将B一2 代入周期公式T,=2红” gB2 B. 解得T,=4π=4 (1分) g B + t,~2t,粒子转过90°，同理得，时间在2t。~3t。与 + 0~t。的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一 O'x 样，3t。~4t。与t。~2t。的运动轨迹大小一样，只 是偏转方向不一样，综上所述，得到粒子一个周 期的轨迹图如图所示。由几何关系得 15.(1) mvo 2qd ,方向与y轴负方向夹角成45° OA=AB=√2R1 e 则粒子第n次经过x轴时的x坐标为 (3)z,=2n-1D x.=a-12R,=2n-1)6m=1,2.3…. g (n=1,2,3,…) (1分) 【解析】(1)粒子在加速电场中，由动能定理得 Ead (1分) 年得E-器 (1分) 0 方向与y轴负方向夹角成45°。 (1分) R 305 (2)由洛伦兹力提供向心力，则 45 B qvoB1-m R (1分) 又由B1=mg (1分) qvo 16.1)3BgL 3m (2)2m 3gB T1= 2xR 3)4y5L+ 3 3 \912 解得R,= 【解析】(1)设粒子A在磁场中做圆周运动的半 g 径为Rm,由几何关系得 T,=2,=2xw (1分) g B. (1分) 可知粒子从第一次经过x轴到第二次经过x轴 T1Kvo 粒子在磁场中的圆周运动，由洛伦兹力提供向心 时，对应的圆心角为90°，则t1= 42g 力，有 (1分) 品 qomB-mRm (1分) 8尚子，-号2g艺 T=π= (1分) 解得vm= 3 BqL 可知O~t0,粒子刚好转过180°。之后磁场大小 (1分) 3m 方向都变了，则偏转方向变了。由洛伦兹力提供 (2)粒子做匀速圆周运动，则有 ·37· 6 真题密卷 二轮专题精准提升 qoB-mk.T- 02 (1分) 速度为0的匀加速运动，沿y轴负方向做匀加速 运动，根据几何关系可知 解得T=2πm gB L十R=3L (1分) cos a 速度为口m的粒子的运动轨迹如图所示， 根据位移公式有 由运动轨迹可知，粒子A经过磁场后的偏转角为 120°，则粒子A在磁场中运动的时间 w-号9m (1分) m 1 4=3T 4m (1分) 解得t2= gB (1分) 解得t1= 2πm 3qB° (1分) 又由于y2=a2十号，9Esin8 (1分) m ● 解得，=4L+3L 3 a o 有粒子穿过的长度为d=y2一y1 (1分) (1分) (4)由几何关系可知三角形PO1Q的面积 Ssin 120 (1分) (3)由运动学关系可知，速度最小的粒子从P点 120°圆心角对应的扇形面积 正下方x轴上的P',点进入电场中，在电场中做初 1 S,=3R2 (1分) 速度为0的匀加速运动，运动方向沿电场线方 由数理规律可知，磁场区域的最小面积为图中阴 向，此粒子运动到y轴上距原点的距离 影部分面积，其面积 =0p1an80=2 (1分) (1分) 从Q,点进入电场中的粒子，沿x轴负方向做初 2024一2025学年度二轮专题精准提升（十）》 物理·直流电路和交流电路 一、单项选择题 有△U=I·△R,整理可得p=了· 卡，·，结合题图可 1.D【解析】保持电压不变，根据U2= 2U1可知副 n 0.2 知导体L1L2的电阻率之比为9= 0.25 线圈两端的电压不变，A错误；保持滑片P不动， p20.5-0.2 当U1变大时，变压器副线圈两端的电压变大，扬 1.00-0.25 声器两端的电压变大，B错误；保持电压不变，副 线圈两端的电压不变，向左滑动滑片P,R阻值减 子B正病。 小，副线圈的电阻减小，则副线圈消耗的功率变 3.A【解析】蓄电池的输出功率为P=EI一Ir,变 大，则变压器的输入功率变大，C错误；保持滑片P 有号-号-站合图像可得E-5y-12V 1 不动，当U,支大时，根据U:-U,可知，度压器 24 r=0.52,A正确，B错误；由P=EI-Ir= 副线圈两端的电压变大，副线圈电流变大，则扬声 器的功率变大，D正确。 --影}+器可知s1号 E =12A,最大输 5,根据欧姆定律 E2 2.B【解析】根据电阻定律R=p 出功率为Pmx= =72W,C错误；该蓄电池的短 6 ·38·2024一2025学年度二轮专题精准提升（九） 卷题 物理·带电粒子在组合场、 复合场中的运动 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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 4 答案 1.2023年4月12日，中国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验 装置创造了当时最新的世界纪录，成功实现稳态高约束模式等粒子体运 行403秒。为粗略了解等粒子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某 同学将一足够长的真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强 磁场，如图所示。若某带正电的粒子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的 分量大小为1，垂直于磁场方向的分量大小为02，不计粒子受到的重力。当粒子速度平 行于磁场方向的分量大小为21时，垂直于磁场方向的分量大小为 () A.v2 B.2v2 C.3v2 D.4v2 2.石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。 现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图甲所示，在长为α、宽 为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B,电极1、3间通以恒定电 流I,电极2、4间将产生电压U。当I=1.00×10-3A时，测得U-B关系图线如图乙所 示，元电荷e=1.60×10-19C,则此样品每平方米载流子数最接近 () 本UmV 100 a 80 ·2 ,石墨烯 U XX 60 40 4 mA 50100150200250300B/mT 甲 乙 A.1.7×1019 B.1.7×1015 C.2.3×1020 D.2.3×1016 3.在自行车上安装码表可记录骑行情况。如图所示，码表由强磁体、霍尔传感器及显示器 组成。霍尔传感器固定在自行车前叉一侧，强磁体固定在车轮的一根辐条上。车轮半 径为R,霍尔传感器到车轴的距离为r。强磁体每次经过霍尔传感器时，PQ端均输出 二轮专题精准提升（九）物理第1页（共8页） 真题空 青春是追梦的时光，不要留下遗憾。 一次电信号，若每秒强磁体经过次霍尔传感器，同时显示器数据更新一次，则( 班级 前叉 霍尔传感器 半导体 速度 轮胎 霍尔元件 21.8 姓名 09 里程 强磁铁 110.0千米 ------------ 辐条 霍尔传感器 得分 A.显示器上的里程110.0km是指骑行的位移大小 B.显示器上自行车的速度21.8km/h是由2πnr换算得来的 C.磁体如图所示经过传感器时，导电的电子向Q端汇聚 D.上图中P、Q两端电势的高低，与自行车车轮的转动方向有关 4.如图所示，在0<y<y0,0<x<x。区域内有竖直向上的匀强电场，在x>x。区域内有 垂直于纸面向里的匀强磁场，从y轴上0~y。范围内平行于x轴正方向射出大量质量 为、电荷量为十g、分布均匀的带电粒子，粒子射入的初速度均为v。,当电场强度为0 时，从0点射入的粒子恰能运动到N(zy)点，若电场强度为E=mo,MN右侧是 9x 粒子接收器，MN的长度为y。,不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则 () A.磁感应强度的大小为m yo B从，处射人的粒子，恰好从N点进入磁场 ×××× 1 C.从2y。处射入的粒子，在磁场中偏转距离最大 Xo D.接收器接收的粒子数占粒子总数的50% 二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两个选项符合题目要求， 全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 5 6 8 答案 5.如图所示，实线表示竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强 磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成 B角，且α>β，则下列说法中正确的是 () ×/× × ×了×kLX ×× 了××× xax.× A.液滴一定做匀速直线运动 B.液滴一定带负电 C.电场线方向一定斜向上 D.液滴有可能做匀变速直线运动 卷 二轮专题精准提升（九）物理第2页（共8页） 6 6.磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金 属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等粒子体（即高温下 电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速 度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法 →××××× 正确的是 ) A.极板MN是发电机的正极 B.仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小 C.仅增大等粒子体的喷入速率，极板间的电压增大 D.仅增大喷入等粒子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大 7.如图所示，带电圆环P套在足够长的、粗糙绝缘水平细杆上，空间中存在与水平杆成0角 斜向左上方的匀强电场，现给圆环P一向右初速度，使其在杆上与杆无挤压地滑行。当圆 环P滑至A点时，在空间加上水平方向且垂直于细杆的匀强磁场，并从此刻开始计时，1 时刻圆环P再次返回A点。选取水平向右为正方向，则下列关于运动过程中圆环P受到的 摩擦力f、速度v、加速度a、动能Es随时间t变化的图像，可能正确的是 () E -f0 B.-Vo a E C.-ao D. 8.如图所示的装置能分离各种比荷的带电粒子，三个初速度均为零的带电粒子1、2、3经 电压为U的电场加速后，从顶点A沿AD方向进入一个边长为a的正六边形区域内，正 六边形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，已知粒子1 刚好从顶点F射出，粒子2刚好从顶点E射出，粒子3刚好垂直于ED从G点（图中未 画出)射出，粒子重力不计，则下列说法正确的是 () F E U XX XXX X→XXX)D A 、×× B 6 二轮专题精准提升（九）物理第3页（共8页） 真题 A.粒子1、2、3的比荷之比为9：4：1 B.G点到E点的距离为(2√5一3)a C.将磁感应强度减半，粒子1在磁场中的运动时间不变 D.将磁感应强度减半，粒子2会从G点射出 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 9.(3分)如图所示，在水平连线MN和PQ间有竖直向上的匀强电场，在MN上方有水平 向里的匀强磁场。两个质量和电荷量均相等的带正电的粒子A、B,分别以水平初速度 v。、20。从PQ连线上O点先后进入电场，带电粒子A、B第一次在磁场中的运动时间分 别为tA和tB,前两次穿越连线MN时两点间的距离分别为dA和dg,粒子受的重力不 计，则tAtB,dAdB(均填“大于”“等于”或“小于”)。 ××××× ××××× ××××× P--1-- 0 10.(3分)如图所示，比荷为k的带正电同种粒子以某一速度沿虚线方向射入平行板间正 交电磁场，恰好做直线运动，然后进入右侧的圆形磁场。圆形区域磁场方向垂直于纸 面向里且圆心O在虚线上，半径为r。已知加在平行板间的电压为U,两平行板之间的 距离为d,磁感应强度方向垂直于纸面向里、大小为B1。不计重力的影响，则求粒子进 入正交电磁场的速度ⅴ= ;要使粒子在圆形区域磁场中偏转60°后射出，圆形区 域内的磁场B2= XX X1X|X|×B, ×+×↓× E 11.(3分)如图所示，空间中存在着正交的匀强磁场和匀强电场，已知电场强度大小为E, 方向竖直向下，磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面（图中未画出）。一电子从O点 以一定初速度。水平向右飞人其中，运动轨迹如图所示，其中O、Q和P分别为轨迹 在一个周期内的最高点和最低点，不计电子的重力。则匀强磁场的方向垂直于纸面 (填“向里”或“向外”)；粒子经过最低点P时的速度 (填“大于”或“小 于”)初速度v0。 密卷 二轮专题精准提升（九）物理第4页（共8页） 12.(6分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限存在垂直于纸面向外的匀强 磁场，在第四象限存在与y轴正方向成37°角的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的 粒子（不计重力）从y轴负半轴上的M点以某一速度进入第三象限，经x轴负半轴上 的N点进入磁场，经过一段时间，粒子运动到x轴正半轴上的P点，然后逆着电场线 运动到M点，且到达M点时速度刚好为0，已知M、P两点间的电势差为U,粒子从P 点运动到M点的时间为to,取sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： (1)粒子在P点时的速度大小以及M、P两点间的距离； (2)匀强磁场的磁感应强度大小； (3)粒子从M点出发到回到M点的时间。 13.(6分)如图甲所示，长为a的平行板M、N分别位于第一、第二象限内，与坐标平面垂 直并与y轴平行，两板到y轴的距离相等，两板的下端均在x轴上，两板上所加的电压 随时间变化的规律如图乙所示（图乙中U。、T。均已知），在第三、四象限内有垂直于坐 标平面向里的匀强磁场。在y轴上y=a的P点沿y轴负方向均匀地射出质量为m、 电荷量为q的带正电粒子，每个粒子均能进入磁场且从P点射出到进入磁场所用的时 间均为T。,从t=0时刻射出的粒子刚好从N板下边缘进入磁场，不计粒子的重力及 粒子间的相互作用，磁场的磁感应强度大小为6” m gT。2N2gU。 ,求 (1)M、N板间的距离； (2)能再次进入两板间的粒子数占总粒子数的百分比（结果保留2位小数）； (3)若将M、N极板上段截去一部分，使所有粒子从P点射出后经电场、磁场偏转后均 不能再进人电场，则截去部分的长度至少为多少。 --y=a M UMN U 0 到 To 3T。 XXX -U 甲 乙 二轮专题精准提升（九）物理第5页（共8页） 真题密 14.(11分)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。I为粒子加速器，加速电 压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1,方向沿纸面向下，匀强磁场 的磁感应强度大小为B1,方向垂直于纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强 度大小为B2,方向垂直于纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力）， 加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相 底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。 (1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷； (2)求O点到P点的距离； (3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1),方向不变，粒 子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。 D U × 0 ● 0 卷 二轮专题精准提升（九）物理第6页（共8页） 6 15.(12分)如图甲所示，在真空坐标系xOy中，第二象限内有一有界匀强电场，现将质量 为m、电荷量为g的带正电粒子在P处由静止释放，粒子经电场加速距离d,最后以大 小为v。、方向与y轴负方向的夹角为0=45°的速度从坐标原点O进入x>0区域。从 粒子通过O点开始计时，x>0区域的磁感应强度随时间的变化关系始终如图乙所示， 规定当磁场方向垂直于xOy平面向里时磁感应强度为正。已知t。= _πu,不计粒子重 力及运动时的电磁辐射。求： (1)匀强电场的电场强度； (2)粒子从坐标原点O第1次经过x轴到第2次经过x轴的时间t1; (3)粒子第n次经过x轴时的x坐标。 个B mg qvo mg 2qv o21o3145t61:7t 8t。 mg 2qv mg qvo 甲 6 二轮专题精准提升（九）物理第7页（共8页） 真题密卷 16.(16分)如图所示，在xOy平面内的第一象限内存在一有界匀强磁场（未画出），磁感应 强度大小为B、方向垂直于xOy平面向外，在第四象限内充满范围足够大、方向与x 轴负方向的夹角为B=60°的匀强电场。一束质量为m、电荷量为十q的粒子以不同的 速率v(0<v≤0∞)从O点沿xOy平面内的OP方向发射，沿直线飞行到P点时进入 有界匀强磁场区域，O、P两点间的距离为L,OP连线与x轴正方向的夹角α=30°，所 有粒子在离开磁场后最终都能从x轴上垂直于x轴射出，若速度最大的粒子A从x 轴上的Q点以速度v(未知)射出，且射出之前都在磁场内运动，匀强电场的电场强度 E=3gBL,粒子所受的重力忽略不计，求： (1)vm的大小； (2)粒子A在匀强磁场中运动的时间； (3)y轴上有粒子穿过的长度； (4)有界匀强磁场区域的最小面积。 二轮专题精准提升（九）物理第8页（共8页）