二轮专题(十) 带电粒子在组合场、复合场中的运动-【真题密卷】2026年高考物理二轮专题精准提升（福建专用）

2025一2026学年度二轮专题精准提升（十） 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 2 3 答案 1.如图所示，空间存在竖直方向的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），磁感应强度大小 B=1T,电场强度大小可调。一带电小球从O点正上方2m处以初速度vo=2m/s水 平抛出。已知小球质量m=0.1kg,电量q=0.2C,则其能经过O点时的最大动能约为 ) 2m 0 A.0.20J B.0.28J C.1.28J D.2.20J 2.如图所示，真空室中y轴右侧存在连续排列的4个圆形边界磁场，圆心均在x轴上，相 邻两个圆相切，半径均为R,磁感应强度均为B。其中第1、3个圆形边界的磁场方向垂 直于纸面向里，第2、4个圆形边界的磁场方向垂直于纸面向外，第4个磁场右侧有一个 粒子接收屏与x轴垂直，并与第4个磁场相切，切点为M,在磁场上方和下方分别有一 条虚线与磁场相切，上方虚线以上有一方向向下的范围无限大的匀强电场，下方虚线以 下有一方向向上的范围无限大的匀强电场，电场强度大小均为E。现将一群质量均为 m、电荷量均为十g(g>0)的带电粒子从坐标原点O向第一、四象限各个方向发射（不考 虑平行于y铺方向发射的粒子)，射出速度大小均为-9B。不计粒子重力，则下列说 法正确的是 接收屏 二轮专题精准提升（十）物理第1页（共8页） 真题名 人的一生会有太多个雨季，别总淋雨，也别总活在过去 A.所有粒子从O点射出到最终被接收屏接收的时间相同 班级 B.所有被接收屏接收的粒子均从M点沿x轴正方向射出 C.所有粒子从0点射出到最终被接收屏接收的过程中在电场中运动的时间均为8” gE 姓名 D,所有粒子从0点射出到最终被接收屏接收的过程中在磁场中运动的时间均为8m gB 3.如图甲所示，大型强子对撞机的主要结构由两个质子束发射器、两个半圆环轨道质子加 得分 速器和质子对撞区域组成。半圆环轨道中的电场线是与圆环共圆心的同心圆弧，且到 圆心距离相同的位置电场强度大小相等，质子沿圆环轨道中心进入半圆环轨道后，在磁 束缚装置作用下沿圆环中心加速运动，最终在对撞区域碰撞。已知质子质量m=1.6× 10-27kg、电荷量e=1.6×10-19C,半圆环加速轨道中心处到圆心距离R=50m,该处电 场强度的大小E=π×105V/m。发射器发射出的质子初速度忽略不计。计算时取x2= 10,不考虑质子质量的相对论效应。若某次实验时将右侧加速器和发射器往上平移= 0.2m,平移后对撞区域如图乙所示，质子进人对撞区域时的位置的水平距离D=0.4m,入射 点分别为A点和B点，其他装置不变，为了使质子在对撞区域恰好相撞，可以在对撞区 域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场。不计质子受到的重力，取sin37°=0.6，cos37°=0.8， 下列说法正确的是 () 半圆环 对撞区域 半圆环 加速 加速 轨 轨道 质子束发射器 对撞区域 分 A.质子在所加磁场中运动的半径为0.5m B.所加匀强磁场的磁感应强度大小为8T 53π C.两质子在对撞区域的磁场中开始运动，在7,2X10s时相撞 D.若所加匀强磁场为两个直径相同、垂直纸面向里的匀强磁场，则每个圆形磁场的最小 面积为0m 4.实验中，将离子束从回旋加速器中引出可以采用磁屏蔽通道法。使用磁屏蔽通道法引 出离子的原理如图所示：离子从P点以速度进入通道时，由于引出通道内的磁感应强 度发生改变，离子运动轨迹半径增大，可使离子引出加速器。已知回旋加速器D形盒的 半径为R,圆心在O点，D形盒区域中磁场垂直纸面向里，磁感应强度为B,引出通道外 侧末端Q点到O点距离为L,OQ与OP的夹角为0，离子带电为g,质量为m,则 () 引出通道Q D L 、0 O R 密卷 二轮专题精准提升（十）物理第2页（共8页） 6 A.离子经过引出通道后的速度大于 B.引出通道内的磁感应强度大于B C.若离子恰能从引出通道的Q点引出，引出通道中的磁感应强度B1= 4(R2-RLcos 0) B L2+R2-2LRcos 0 D.若引出通道中磁场为B2时，该离子能引出加速器，则此时将任何一个带电离子放人 该加速器中都能将该离子引出 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 7 8 答案 5.如图所示，直角坐标系xOy在水平面内，之轴竖直向上。坐标原点O处固定一带正电的点 电荷，空间中存在竖直向下的匀强磁场B。质量为、带电量为g的小球A,绕之轴做匀 速圆周运动，小球A的速度大小为v0,小球与坐标原点O的距离为r,O点和小球A的连 线与之轴的夹角0=37°。重力加速度为g,m、q、r已知，cos37°=0.8，sin37°=0.6，则下 列说法正确的是 () A.小球A与点电荷之间的库仑力天小为号mg B.从上往下看带电小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动 C.vo越小所需的磁感应强度B越小 7 D.w。一√207时，所需的磁感应强度B最小 6.碳一14(C)是碳一12(1C)的一种同位素。如图甲是一个粒子检测装置的示意图，图乙 为其俯视图，粒子源释放出经电离后的碳一14与碳一12原子核（初速度不计），经直线 加速器加速后由通道入口的中缝MN进入通道，该通道的上下表面是内半径为R、外半 径为3R的半圆环，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于半圆环，正对着通道出口处放置 一张照相底片，能记录粒子从出口射出时的位置。当直线加速器的加速电压为U。时， 碳一12原子核恰好能击中照相底片的正中间位置，则下列说法正确的是 () 场 照相底 底月 义.粒子源 直线加速器 +粒子源 甲 7 A.在图乙中，磁场的方向是垂直于纸面向外 B.碳一14原子核和碳一12原子核均击中照相底片，碳一14原子核在磁场中的运动时间 一定比在磁场中的运动时间小小、 6 二轮专题精准提升（十）物理第3页（共8页） 真题 C.加速电压为U。时，碳一14原子核所击中的位置比碳一12原子核更靠近圆心 D.当加速电压在。<沿范胆内，碳-12原子核全部打在内圆环上 7.如图甲所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，倾角为37的足够长的传送带以恒定的速率顺时 针转动，一质量为0.1kg,带电量为0.1C的物块从传送带的底端静止释放，其运动的℃t图 像如图乙所示。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.8，g取10m/s2,则 () ×xB×xQ wm's- 2.0- 1.4 ×C7x.×× ××××X 0 6 甲 A.物块可能带负电 B.传送带的速率可能大于2m/s C.磁场的磁感应强度大小为0.25T D.前6s内物块的位移大小为4.5m 8.如图所示，在0≤x≤6m、0≤y≤6m的ODMN区域内存在电场强度大小E= 1.5×104N/C、方向沿y轴正方向的匀强电场；ODMN区域外存在磁感应强度大小 B=0.1个、方向垂直纸面向外的匀强磁场。一个比荷9=1×10°C/kg的带正电粒子从 2 电场区域中的A点(3m,a)由静止释放，不计粒子重力。下列说法正确的是 () E A若a-3m,粒子在该区域做周期性运动，运动的周期为8+)×10。 B.若a=3m,粒子在该区域做周期性运动，运动的周期为(8十9π)×10-5s C.若a=0,粒子可从MD边再次进入电场 17 D.若a=32一2m一1m（=1,2,3…),粒子可垂直边界MD进人电场 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 9.(3分)如图所示，在竖直平面内有一半径R=0.5m的固定光滑绝缘圆环，空间中有水 平方向（垂直纸面向里）的匀强磁场B=2T,一质量m=0.5kg、带电量q=十4C的带 电小球沿圆环外侧做圆周运动，AC为竖直直径，初始时带电小球位于圆环最高点A,并 且有速度大小vA=√5/s水平初速度，带电小球能够不脱离圆环做完整的圆周运动，g 取10m/s2。小球在A点受到圆环的支持力为 N,小球在C点速度大小为 m/s,小球在C点对圆环的压力大小为 N。 X⊕ B “R + XC × 密卷 二轮专题精准提升（十）物理第4页（共8页） 10.(3分)如图所示，真空中直角坐标系xOy的第二、三象限内有一圆形区域，直径OP= 2L,该区域内存在垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在第一、四象 限内有-矩形ABCD区域，AB=CD=2L,OA=OD-3,该区坡内存在垂直坐标 系平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场和沿y轴负方向、电场强度大小为E的 匀强电场。第二象限内有一垂直y轴、宽度为2L的离子源MN,离子源在极短时间内 沿y轴负方向均匀地射出速度相同的同种带电粒子，正对圆心射出的粒子经磁场偏转 后恰好能沿直线OQ通过矩形区域，不计粒子受到的重力和粒子间的相互作用。带电 粒子的比荷为 ,粒子从CD边离开时的速度大小为 ,Q点持续 有粒子经过的时间间隔为 yA N A B f、、 ×××× ×.××.××××.× D 11.(3分)如图所示，足够大的水平面ABCD上方空间有水平向右的匀强电场和水平向左 的匀强磁场，电场强度大小E。=100N/C,磁感应强度大小B。=1.5T。一个不计重 力带正电的粒子以初速度vo=150m/s从水平面ABCD上某点竖直向上射出。已知 粒子电荷量q=1.6×10-10C,质量m=1.6×10-12kg。取π=3。从射出到第一次回 到该水平面的过程中。粒子能上升的最大高度是 m,粒子第一次回到该水 平面的位置和射出点的距离是 m,粒子第一次回到该水平面时的速度大小 是 m/s。 12.(6分)如图所示，在Oxy平面（纸面）内，在x1≤x≤x2区间内存在平行y轴的匀强电 场，且x2一x1=2d;在x3≤x≤x4的区间内存在垂直纸面向外的匀强磁场，由左向右 分为间距均为d,(d。未知)的n(n为整数且未知)份，各区域磁感应强度大小依次为 d B、2B、…B,x=4d,x4一x=2。一带正电的粒子从坐标原点沿与x轴正方向成 0=37°角射人，在坐标为(4d,2d)的P点以速度v。垂直磁场边界射入磁场，恰能达到 殿场右侧边界x1。已知整个装置处于真空中，粒子的比荷-，不计粒子重 sin37°=0.6，c0s37°=0.8。 Pdo· B2B· 二轮专题精准提升（十）物理第5页（共8页）】 真题密 匀强电场的电场强度E的大小为 ,匀强电场右边界横坐标x2的值为 ,d。的大小为 (均用题中符号表示)。 13.(6分)如图，在xOy坐标系内，有几个电磁场区域，在y>d的上方有一个垂直平面向 里的匀强碳场区域I,圆心为0，酰感应强度B,-在y<d到z轴之间，有-个 沿x轴正向的匀强电场区域Ⅱ（图中未画出）。I区域下边界与Ⅱ区域上边界相切在 第三、四象限，有一个垂直平面向外的匀强磁场区域Ⅲ，磁感应强度未知。A为一个与 O1等高的处于磁场区域边沿的粒子源，可以源源不断地向右侧区域各个方向发射质量 为m,带电量为一q的粒子，粒子速度大小相同都为v。所有粒子均沿y轴负向垂直进 入区域Ⅱ，最右侧的粒子恰好经过原点O进入区域Ⅲ。忽略各种场的边缘效应。 。。。。··。· ······· A点的坐标为 ,电场强度E与B1的比值为 ,粒子进入区域Ⅲ时 的速度大小为 ;若粒子从区域Ⅲ再次穿过x轴时，区域Ⅱ的电场方向变为 等大反向，最终所有粒子从区域I与A等高的B点离开磁场，则区域Ⅲ的磁感应强度 B2大小为 (均用题中符号表示)。 14.(11分)如图所示，在xOy平面第一象限内，直线y=0与直线y=x之间存在磁感应 强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下方有一直线CD与x轴平行且与 x轴相距为a,x轴与直线CD之间（包含x轴）存在沿y轴正方向的匀强电场；在第三 象限内，直线CD与直线EF之间存在磁感应强度大小也为B、方向垂直纸面向外的匀 强磁场。纸面内有一束宽度为α的平行电子束，如图，沿y轴负方向射入第一象限的 匀强磁场，各电子的速度随入射位置不同大小各不相等，电子束的左边界与y轴的距 离也为α，经第一象限磁场偏转后发现所有电子都可以通过原点并进入x轴下方的电 场，最后所有电子都垂直于EF边界离开磁场。已知：电子质量为m,电量大小为e,电 场强度大小E=eaB 2m。求： (1)电子进入x轴上方磁场前的最大速度v1的大小； (2)直线EF的方程。 卷 二轮专题精准提升（十）物理第6页（共8页） 15.(12分)如图所示，在xOy平面内y>0的区域有竖直向下、大小为E的匀强电场，在 <0区域有以y轴为中心轴、半径为R、高为R的圆筒，筒内分布着方向竖直向 大小B货 的匀强磁场，顶部平面与xO2平面重合，圆心O处开有小孔，圆筒底 面涂有荧光粉，带电粒子到达处会发出荧光。在xOy平面内有一粒子发射带MN,其 两端坐标：M(-R,2R,0)、N(R,2R,0),MN之间各点均可在xOy平面内向y轴发射 不同速率带正电的粒子。已知粒子质量为，电荷量为q,圆筒接地，碰到圆筒的粒子 立即被导走，不计重力，不考虑场的边界效应及粒子间相互作用。 (1)若从M点偏离水平方向0=45°向右下方发射的粒子恰能通过O点进入磁场，求该 粒子发射的速度o。 (2)在某次发射中，从M、N两点水平发射的粒子穿过O点到达了圆筒底部，求它们发 光点M'、N'点的坐标。 (3)若发射带各点持续水平发射粒子，部分粒子穿过O进入磁场，请通过分析，在图乙 中画出荧光屏上的图案。 B 甲 6 二轮专题精准提升（十）物理第7页（共8页） 真题密卷 16.(16分)如图所示，空间交替分布着宽度均为L的匀强电磁场区域，磁场垂直xOy平面 里磁感应强度大小BC电场沿x轴负方向，电场强度大小E=2。 。一带正 电的粒子从坐标原点O沿与x轴负方向成0角、初速度大小为0进入匀强磁场区域， 虚线边界有磁场。粒子的质量为m、电荷量为q,不计重力，取√3=1.73。 (1)若粒子第一次经磁场偏转后恰好不越过该磁场区域左边界，求此时0大小。 (2)若粒子只能经历两个完整的电场区，求sin0满足的条件。 (③)若9=0，粒子以，-？的初速度从0点进入匀强磁场区域，电场强度大小变为 4L,求当粒子竖直位移大小为y=”L EI= mvd 。L时的运动时间。 31 -2L -L 0 L 2L × × × X BX E × E X Bx + + + + + + + + + + + 二轮专题精准提升（十）物理第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 (4)所有粒子运动轨迹圆在xOy平面内，半径周 由几何关系 期性变化最短半径 R=w=0.5m R-R-2)°+o46 L) (1分) (1分) gBm 解得 粒子要能通过通道，运动半径需要足够大，刚好 R1=1m (1分) 能过通道时，轨迹如图戊所示 即粒子要能通过通道，磁感应强度需满足 B≤0.005T (1分) 结合B2随时间的变化规律，由数学三角函数知 识可知，B2≤0.005T时间占磁场变化一个周期 的。，所以长时间稳定后通过通道的粒子占总发 射粒子数的百分比为33.33%。 (2分) xOy平面视图 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十）】 物理·带电粒子在组合场、复合场中的运动 一、单项选择题 二次射出磁场的位置均在圆形磁场切点，所有粒 1.B【解析】由于电场力与重力合力处于竖直方 T 向，磁场方向处于竖直方向，所以在竖直方向的分 子在第1个磁场中的运动时间相等，均为2。粒 速度不会产生洛伦兹力；水平方向的分速度受到 子在第2个磁场中的运动为顺时针，运动规律与 洛伦兹力作用；将小球的运动分解为水平方向初 第1个磁场中的运动同理。最终所有粒子均到达 速度为0的匀速圆周运动和竖直方向初速度为0 M点。运动轨迹如图，综上所述，所有粒子从O 的匀加速直线运动；对于水平方向的匀速圆周运 ,点射出到最终被接收屏接收的过程中在电场中运 动有90B=m,解得轨道半径r=1m,周期 9EgE,C正确， 动的时间均为t=4X三4X和80 T-2和=元5，则小球从水平抛出到经过0点所用时 所有粒子从O点射出到最终被接收屏接收的过程 00 间满足t=nT=nπs(n=1,2,3…),小球从水平抛出 中在磁场中运动的时间均为2=2T=2X2元迟- 到经过0点，登直方向有A=之，可得小球经过0 。,D错误；所有粒子在电场和磁场中的运动时】 点竖直分速度，=弘-4 m/s(n=1,2,3…),当 间都相同，在没有磁场也没有电场的空间中的运 tnπ n=1时，竖直分速度有最大值，小球经过O点时的动 动路程不同，时间不同，A错误；由C、D选项可知， 所有被接收屏接收的粒子到达M,点的速度方向 能有最大值，别有E=m=弓m(a6十5) 不同，只有沿x轴正方向射入的粒子会沿x轴正 方向射出，B错误。 X01Xg+50s1B至 1 接收屏 2.C【解析】粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二 定能如B=m葉，代入粒子建度得=R,涤弟左 手定则，粒子在第1个圆形磁场中做逆时针的圆 XX 周运动，由于粒子运动半径等于圆形磁场的半径。 根据几何关系，粒子入射点、出射点、圆形磁场圆 心、圆周运动圆心构成菱形，故粒子在第1个圆形 磁场的出射方向均沿y轴正方向。粒子进入电场 后先做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运 动，返回磁场的速率与射出时相等。同理，粒子第 ·39· 6 真题密卷 二轮专题精准提升 3.C【解析】根据动能定理，电场力做的功等于动能 二、双项选择题 的支化量，有eER=子m,解得=1XI0ms,根 5.AB【解析】对小球A受力分析如图所示，洛伦 兹力F2沿水平方向，库仑力F1沿着O→A方向。 据题意作出粒子的轨迹如图所示，根据几何关系有 在竖直方向，根据平衡条件得F1c0s37°=mg,解 =(-)+(份)解得r=25m,A错误：粮 5 得F1= 4mg,小球A与点电荷之间的库仑力大 02 据洛伦兹力提供向心力有uB=m二，解得B=4T, 小为号mg,A正确；原点O处带正电的点电荷与 B错误；每个质子在磁场中运动的时间t一360 53° 小球之间的库仑力为斥力，故小球带正电，空间中 存在竖直向下的匀强磁场，洛伦兹力需要指向圆 口一7.2X100s,C正确；所加圆形磁场的直径 2πr53元 心，根据左手定则，从上往下看带电小球只能沿逆 时针方向做匀速圆周运动，B正确；水平方向根据 为2R',湾足(2R)=(份)+（份），解得R- 牛颜第二定律得qoB一F1sin37°=m rsin37, 20m,圆形磁场的最小面积S=R2 π 80m2,D 共中F1sin37r-mg,解得B=5m0+3mg,当 3gr 4qvo 错误。 9 0 5m0o-3mg,即oo三√20gr时B取得最小值，可 3gr 4gvo 知B与0并非单调函数关系，C、D错误。 X U X F 9 02 4.D【解析】洛伦兹力不做功，离子经过引出通道后 的速度等于0，A错误；根据洛伦兹力提供向心力得 6.AD【解析】由图可知，碳原子核受到向右的洛伦 B=m及，解得R-阳设高子在引出道道内的轨 乙2 兹力，根据左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向 道半径为，同理可得1图，由于离子在引出通道 外，A正确；碳原子核在磁场中运动的时间t一2 1 2nmim 内的轨道半径大于D型盒半径，可知引出通道内的 2·B一B,由于碳-14原子核的质量数大于 磁感应强度小于D型盒内磁感应强度B,B错误；若 碳一12原子核的质量数，所以碳一14原子核在磁场 离子恰能从引出通道的Q点引出，设圆孤半径为r, 中的运动时间一定比在磁场中的运动时间大，B错 轨迹如图所示，则有O'Q=r,OQ=L,O'O=r一R,根 据几何关系得r2=L2十(r-R)2+2L(r-R)cos0, 误；由题意知，加速电压为U时，有qU=2m02, 解得，=R2+L2-2 RLcos0 2R-2Lc0s0,由洛伦滋力提供向心力 解得v= 2qU √m ,原子核进入磁场中有qB=m,, 可得B1qW=m ,,解得r= ,联立可得B1= 解得r= 1 2mUo mo 2(R2-RLcos 0) B g ,由此可知质量越大，运动半径 gr (L2+R2-2LRcos 0) B,C错误；由C中分析可 越大，则碳一12原子核所击中的位置比碳一14原 子核更靠近圆心，C错误；若碳一12原子核全部打 知，离子能否离开加速器与粒子的电量和质量无关， R 若引出通道中磁场为B2时，该离子能引出加速器，则 在内圆环上，则最小圆周运动半径rmn 2,r min 此时将任何一个带电离子放入该加速器中都能将该 离子引出，D正确。 上2mU最大国周运动半径r2ra 3R B g 1 2mUs,解得U16Ux=16,则当加 U。 P A B g RO 9Uo 速电压在06≤76范围内，碳-12原子核全 部打在内圆环上，D正确。 6 ·40· ·物理· 参考答案及解析 7.BC【解析】设物块带负电，根据左手定则可知， 运动的时间t4= 32πm3π 4 qB 2 ×105s,假设从 物块受到垂直斜面向右下方的洛伦兹力，还有重 力、支持力和沿斜面向上的滑动摩擦力，根据牛顿 L ON间射出，则t5= 第二定律有f一ng sin0=ma,由图乙可知，物块 2c0s450=2X10-5s,竖直方 是做加速度不断减小的加速运动，即加速度a不 断减小，所以滑动摩擦力∫也不断减小；又根据 向运动路程y=4n45”2,培=3m,竖直方 FN=mg cos0十Bqt,可知随着速度v不断增大， 向的分速度vy=v2sin45°-at5=0,即恰好垂直 支持力FN不断增大，根据f=FN,可知滑动摩 ON并从ON的中点穿出电场进入磁场，在磁场中可 擦力f不断增大，故前后判断不一致，故物块不可 利用对称性，画出运动轨迹如图甲所示，因此运动周 能带负电，应是带正电，物块受的洛伦兹力应垂直 期T=2t1+2t2+t3+t4十t5=(8+3π)×105s,A、B 斜面向左上方，其他力的方向不变，根据牛顿第二 错误；若α=0，粒子在电场中加速运动，根据动能定 定律有f-mg sin0=ma,可知随加速度a不断减 小，滑动摩擦力f也不断减小；根据FN=mg cos0- 理有EB网L=2mo,可得o=3W2X10m/s,轨道半径 Bqw,可知随着速度v不断增大，支持力Fy不断减 小，根据f=FN,可知滑动摩擦力f不断减小，故前 一B-3巨m,进入电场的位置到M点的距离为 后判断一致，所以物块带正电，A错误；根据牛顿第二 L 2 d,根据几何关系可知G-之)十=r,解得d 定律有f-mgsin0=ma,在垂直斜面方向上有FN= mg cos0-Bqu,又f=FN,联立解得mg(ucos0 3√2√2m<6m,运动轨迹如图乙所示，可以从MD sin0)一Bgv=ma,由题图乙可知，当加速度a=0时 17 边进入电场，C正确；当a=32 速度v=2m/s,则有mg(ucos0-sin0)一Bqu=0, (2n-1mn-1, 代入数据解得B=0.25T,C正确；由C选项分析，可 1 知只要传送带的速度大于等于2m/s,则物块达到最 2,3…）时，根据动能定理得E(L-a)=2mw, 大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速 解得在电场中加速后进入磁场时的速度v。= 度可能是2m/s,也有可能是大于2m/s,B正确； 3×105 3 对物块运动的前6s,由动量定理得mg(ucos日一 2m-Dm/s,在磁场运动的轨道羊径r,=2mm, sin0)t一Bgx=mm,代入数据可得x=5m,D错误。 即2nrn十rn=3m,每次往复运动向右移动2rn,最 8.CD【解析】若a=3m,粒子在电场中做匀加速 后以M点为圆心，垂直MD进入电场，D正确。 运动，根据牛顿第二定律Eg=ma0,利用运动学公 式y了0，解得到达MN边界所用时间 ●●●人● 2(L-a) ao =2X105s,则粒子离开电场进入磁场 ● 时速度大小=at1=3X10m/s,根据gB=m r ·00····)·xm 可知粒子在磁场运动的半径r1= B=3m,可知粒 mv 甲 子恰好以M点为圆心，在磁场中做匀速圆周运动，从 .0..… MD的中点垂直于MD再次进入电场，在磁场运动 · 32m3r、 的时间=·gB一2X105s,再次选入电场后 做类平抛运动，假设从ON边射出，则L=v1t,y 。● E 。● 2a,解得y=3m,粒子恰好从N点射出，在电 ·o···分xm 之 三、非选择题 场中运动的时间t3=二=2X105s,射出电场时的 9.85(1分)5(1分)10(1分) 速度大小v2=√o1+(aot)7=32X105m/s,设出 【解析】对A点受力分析有qvAB十mg一FN= 射速度方向与y轴正方向间的夹角为0，则tan0= =1,解得日=45，在磁场中做匀速圆周运动，利 mR,可得Fm=85N;由动能定理有mgX2R= aot3 1 用对称性可知粒子恰好从M点进入电场，在磁场中 2m(呢-听)，解得C点速度uc=5m/s;在C,点 ·41· 6 真题密卷 二轮专题精准提升 呢 以粒子第一次回到该水平面的位置和射出，点的 根据牛频第二定律得gB一mg一Fe=mR,又根 距离s=√x2十(2r)严=2√2m;粒子第一次回到 据牛顿第三定律得F压=10N。 该水平面时水平速度⑦x=axt=200m/s,此时粒 10.是1分)晋1分)2E(1分 E 2E 2πLB 子的速度大小v=√0十v6=250m/s。 【解析】根据几何关系可知，粒子在圆形磁场中 B2分)号a2分) 12. 8 6d(2分) 运动的轨迹半径为L,所有粒子均由O点进入 【解析】对粒子进行运动分析，在电场中有2d= 矩形区域，根据牛顿运动定律有90oB二，沿 vot,根据牛顿第二定律得gE=ma,且vo tan37°= 直线OQ运动的粒子受力平衡，有qvB=qE, at,联立解得E=3Bu 8 ；粒子在电场中的轨迹如 解得w-后是B品点子从CD边离开时， 图所示 3L1. 根据动能定理有qE2= 2mx21 moi,解得 2E 0=B;设运动轨迹最低点与CD边相切的粒子 经过O,点时的速度方向与x轴正方向的夹角为 α，如图所示，在水平方向上，根据动量定理可得 -2g0,B△1=m0-mu,cos&,80,AL=-3 解得a=子，由于AB=CD=2L,泛有从AB、 1 在电场中有y= 2at,解得y= 4d,x1tan0十 3 CD边射出的粒子在矩形区域内的运动可看作 两个运动的合成，分别为匀速直线运动和一个完 5y=2d,解得t=3d,故c2=x1+2d=:粒 整的匀速圆周运动，对应a、b间的粒子均能经过 子在竖直方向运动很短的时间内，由动量定理有 Q点，根据几何关系可得，从b点射出的粒子先经 qBvx△t=m△v,求和可得qBdo=m△v,从进入 过Q点，从a点射出的粒子最后经过Q点，Q点 磁场到右边界，速度大小变为，方向沿y轴负 持续有粒子经过的时间间隔△= 5l_L= 方向，可得qBd,十q2Bd。十…十qnBd。=mvo,解 6vo 6vo 2πLB 得n(n+1) 2gBd。=mo。,又nd。=2d,解得n= 3E。 1 3,d=6d。 13.(-d,2d)(1分)2x(1分)W5v(2分) mu qd (2分) 【解析】所有粒子均沿y轴负向垂直进入区域 Ⅱ，所以可知，带电粒子做圆周运动的半径与磁 D 场区战半径相同；由B,-,可得，=d,所 11.1.0(1分)√2(1分)250(1分) 以A点坐标为（一d,2d);最右侧的粒子恰好经 【解析】粒子将受到水平向左的电场力和垂直纸 这原点0速入区城，围布d·阳·号， m 面向里的洛伦兹力，所以粒子的运动可以看成水 平向左的匀加速直线运动和竖直面内的匀速圆 化简可得E=2 9d,所以 B =2v;设粒子进入区 周运动，根据洛伦兹力提供向心力有qoB。= m,解得，=1.0m,所以整子能上升的英大高 城Ⅲ的速度大小为口，则有L=√@- 2 -t, 度为1.0m;粒子第一次回到该水平面的时间 可得v'=√5v;所有粒子在区域Ⅱ和区域Ⅲ运动 T 一B,解得1=0.02s,水平方向的位 过程中间距始终相等，若最右侧的粒子恰好经过 原点O进入区域Ⅲ，则最左侧粒子从A点正下 1 方的x=一d处进入电场，又因为最终所有粒子 移大小为x= 2a:ti,a:= ,解得x=2m,所 m 从区域I与A等高的B点离开磁场，根据运动的 ·42· ·物理· 参考答案及解析 对称性可知，最左侧粒子恰好从原，点O返回区域 Ⅱ。其全程运动轨迹如图所示 在x轴方向，有x'=UL=keBa m 解得x'=2ka (1分) 则电子经过直线CD的坐标为（一2ka,一a),电 ×× 子经过直线CD的合速度u=√十eB(1分) ×× 77m + 速度方向与水平方向的夹角的正切值tan0=专门 (1分) 则圆心位置对应的横坐标x=一2ka十rsin0'= 2ka+mv、 eB sin0'=-2ka十a (1分) 纵坐标y=-a-rcos0'=-a一ka (1分) 因为电子垂直于直线E℉出射，所以圆心也在直 1 3 即所有粒子在区域Ⅲ中运动后向右偏移2d。方法 线上，可得EF直线方程为y=2x一20。 一：粒子沿y轴方向由动量定理有∑qwB2t=mv (1分) m(-o),即2gB,d=2mu,解得B2=m d方法 15.(1)v0= EqR m (2)0 二：由类平抛运动规律可知，进入区域Ⅲ时速度 rcos60° N' 5√3 5R 16π1 与灭平夹角为0，则有tan0=2,sin0=后所以 2R,一16元 (3)见解析 进入区域Ⅲ时速度大小2= in9=5u,由洛伦兹 【解析】(1)水平方向R=vocos0·to (1分) 1Eq d 竖直方向2R=vosin0·to+ 2m (1分) 力提供向心力可得gB2v2= ,又r2= r2 sin 0 EqR mu √5d,解得B2= 解得一m (1分) (2)水平方向R=v,t (1分) 14.(1)2eBa 13 m (2)y=2x-2 竖直方向2R= 1Eq,2 2 m (1分) 【解析】(1)根据题意分析可知，所有电子在第一 象限都经历一个四分之一圆周运动后通过原，点， 1 EgR (1分) 并沿x轴负方向进入x轴下方的电场，最大速度 解得u:=2m 对应最大半径，则有r1=2a (1分) 粒子在磁场中做等距螺旋运动如图甲，在垂直y 根据洛伦兹力提供向心力可得ev1B=m 轴平面内有gu,B=m0 解得r=8元 5R (1分) (1分) 联立解得电子进入x轴上方磁场前的最大速度 v=2eBa 2πm5/mR (1分) 周期T= m gB 2 Eq (1分) (2)由题意可得所有电子都垂直于E℉边界离开 Eg 竖直方向，= EqR t=2 磁场，则所有电子运动轨迹的圆心都在EF直线 m m 上，由以上分析可得，经过直线CD时，设所有电 35R 35 mR 运动时间t 6v,12√Eg (1分) 子沿x轴负方向的分速度=k eBa (1≤k≤2) m t35 (1分) 回旋次数n=示=30三1+ (1分) 6 落点位置在与x轴夹角为30°处，故M'坐标为 根据运动学公式，在y轴方向有y=a= (1分) (eo530,-32R-ros60） 35 eBa 其中y= eE /2 a= 即5v3 35,5R m m R,一 16元 2R16r ·43· 6 真题密卷 二轮专题精准提升 由对称性，易得N'的坐标为 35 兴得一号 (1分) 2πm1_4πL 01 0 粒子第一次经电场减速后，速度大小变为2 N 根据功能定理有-qE,L=子moi一了mi 1 M v 又qu2B=m 1 解得u=6:=3L,T2= 2πr2_4πL 02 00 甲 如图粒子在电磁场中运动一个完整的周期T,沿 (3)粒子进入磁场后，0不同，y相同，T相同，回 2 旋半径不同、螺距相同。落点位置和底面中心连线 y轴向下移动的距离△y=2r1一2r=3L 相对x轴的夹角相同，得出与x轴夹角为30°的倾 (1分) 斜直线，直线以M、N为端点（不触边界），画出图案 如图乙。 (1分) - 0 2L →x + E 夕 × M + × + 十 × 乙 16.(1)30°(2)0.23≤sin0<0.73(3)t1= 6:+g台成=(6+5x支4，=(2 110π、L 3v0 设粒子能运动完整的n个周期，则满足n△y十 6 【解析】(1)由qvoB=m (1分) 4,一是 (1分) 解得r=2L (1分) 粒子第一次经磁场偏转后恰好不越过该磁场区 且Ay<2m=专 (1分) 域左边界，由几何关系得 解得n>7.5 r-rsin 0=L 故n=8 1 粒子在电场中减速和加速时间均为 解得sin0=2,0=30° (1分) 4L t= v1十v2 (1分) (2)粒子向左只能经历两个完整的电场区，设粒 Uo 子在第三个磁场中水平速度变为0时竖直速度 2 为vy,由竖直方向动量定理有∑qv.B·△t= (1分) my,-mvo sin 0 (1分) T=+2+号n 即qBx难=mu,-mvosin0 (1分) 故当粒子竖直位移大小为y=L=8Ay十忆时 19 1 又由动能定理有gE·2L三2m号二 2mvg 的运动时间可能为 (1分) 1, 其中2L<x难≤3L (1分) =8T+号或：=8T+T++或 联立解得√3-1.5≤sin0<V3-1 t=9T+6T 1 即0.23≤sin0<0.73 (1分) 12 (3)由qo1B=m 即1=(64+100元 30 (1分) rI 6 。44· ·物理· 参考答案及解析 =(68+35) 110π、L (1分) (1分) vo ts=(72+3 2025一2026学年度二轮专题精准提升（十一） 物理·直流电路和交变电流 一、单项选择题 1,B【解析】根据电阻定律R= ,其中S= πd2 ),C错误；图乙整流电路与国丙整流电路中电 nπR 4 U制2m一 1-占联立解得R-,可知题因乙中，拉长证 -16pV 阻尽的息压峰值关系为二-合在一个网编内 2 U制2m 段导线使直径减小，导线电阻随之增大，A正确； √2 -T 题图丙中，导线两端的电压U=IR=160V”, πd4,电流 2 R 1 产生热量关系为 Q U副3m D错误。 不变时，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压 2 变为原来的16倍，B错误；题图丙中该段导线的发 R 热功率P=I2R= 16oVI2 πd,流过导线的电流不变， 3.A【解析】蓄电池的输出功率P=EI一Ir,变形 改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次 得2=，结合图像可得E=12V,r=0.5Q, 方成反比，C正确；题图乙中，由闭合电路欧姆定 .E2 E 正确，B错误；由P=E-r=-(1一2)7十粉 2r1 律I=R十，导线受到的安培力F=BIL,联立解 可知当1= E E 得F=BEV =12A时，最大输出功率Pm一 ，可知通过改变导线直径可改变导线 S+rs 72W,C错误；该蓄电池的短路电流I短= 所受的安培力，由数学知识可知当且仅当 S=rS时， 24A,D错误。 4.C【解析】将R1和R2等效为电源内阻，则等效 S十S最小，此时S=/ P V ,最小值为2rS=2r· ER2 电源的电动势E,一R,十R十，二6V,等效内阻 Nr =2Vp所，故最大安培力下n= PV V 2BE ,D or _（,十R,)R=5Q,当滑动变阻器的滑片从a r1=,+R十R含 正确。本题选择不正确的选项，故选B。 端滑到b端的过程中，R4变大，总电阻变大，总电 2.B【解析】题图乙整流电路中电阻R两端电压最 流减小，路端电压变大，V1读数变小，则V2读数 _Ua2mV2Um 变大，因U幕路=U1十U2,可知△U1小于△U2|, 大值Um2,,电流的有效值1日 √2 AnR |△U R A错误；根据欧拇定律U=R,△=R: A错误；由理想变压器原副线圈电压与匝数关系， 20Ω，根据闭合电路欧姆定律E1=U2十I(Rg十 n=1, 可得U1 1,又Um=BSw,联立解得BS= r),可得 △U2 △I =Rg十r1=25n,B错误；将R3等 ,因甲整流电路在一个周期内通过电阻R的电 效为新电源的内阻，内阻r2=r1十R3=252,当外 nw 电路电阻等于电源内阻时输出功率最大，则当滑 转管-爱5-限B确：白AB达项分 动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电阻 从0增加到302，可知R4的功率先增大后减小， 析可得图乙整流电路在一个周期内通过电阻R的 R,=250时功率最大，最大值P三(）7： Um 272n0 0.36W,C正确；当滑动变阻器的滑片在a端时， 电荷量g=2XR又T二，图乙整流电路 R2R3 26 在一个网期内通过电阻R的电流年均位1一号 电源E的外电阻R州=R十R2十R一30，当滑 动变阻器的滑片在b端时，电源E的外电阻 ·45· 6