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（湖北专用）

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、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 1 3 4 5 6 > 8 9 10 答案 1.如图所示，空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的小 球，从O点沿电场方向射入，OMN为其一段运动轨迹，M点为轨迹的最右端，N点为O 的正下方，不计空气阻力。关于小球从O经M到N点的过程中，下列说法正确的是 () A.小球做匀变速运动 B.小球的机械能守恒 C.小球从O到M速度先减小后增加 D.小球在M、N两点的动能可能相等 2.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 A.0.20J B.0.28J C.1.28J D.2.20J 3.石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状结构的新材料，其导电能力远超银和铜 等传统材料。现设计一电路测量石墨烯样品的载流子（自由导电粒子）浓度，n为单位 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，也别总法在过去 面积上的载流子个数。该载流子的电性及所带电荷量均与电子相同。图甲为测量原理 班级 图，长为L、宽为d的石墨烯材料垂直于磁场放置，P、Q、M、N为电极。电极P、Q间通 以恒定电流I,电极M、N间产生大小为U的霍尔电压。改变磁场的磁感应强度B,测 量霍尔电压U,获得多组数据，得到UB关系图线如图乙所示。已知某次测量中所通电 姓名 流大小I=1.0mA,元电荷e=1.6×10-19C。下列说法正确的是 ( ) ↑UmV 得分 80 M ,石墨烯 mv ××× d (mA 0 100 150 200 250 300 B/mT 甲 A.石墨烯与半导体的导电能力相当 B.电极M的电势比电极N的电势高 C.图乙中图线的斜率6=I ned D.该样品的载流子浓度n约为2.3×1016个/m2 4.如图所示，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上。整个空间存在磁 感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场。一电荷量为q(q>0)、质量为m的小球P在 球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O'。球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方 向的夹角0=60°。若重力加速度为g,下列说法正确的是 () -10 0 A.从上面俯视小球沿顺时针方向运转 23 B.球面对小球的弹力大小为3mg C,小球的速率越大，则小球受到的洛伦兹力越大 D,磁感应强度的大小可能为B=2m层 9NR 5.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q(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轴方向发射的粒子)，射出速度大小均为口=9BR。不计粒子重力，则下列说 法正确的是 密卷 二轮专题精准提升（十）物理第2页（共8页）】 4 接收屏 B· Bx x> A.所有粒子从O点射出到最终被接收屏接收的时间相同 B.所有被接收屏接收的粒子均从M点沿x轴正方向射出 8mu C.所有粒子从O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 gE 8im D.所有粒子从O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 aB 6.如图所示，在0<y<yo,0<x<x0区域内有竖直向上的匀强电场，在x>x。区域内有 垂直纸面向里的匀强磁场，从y轴上0~y。范围内射出大量平行于x轴正方向、质量为 m、电荷量为十q、分布均匀的带电粒子，粒子射入的初速度均为vo,当电场强度为0时， 从O点射入的粒子恰能运动到N(xy)点，若电场强度E=m06 9x8 °，MN右侧是粒子 接收器，MN的长度为y。,不计粒子重力和粒子间的相互作用，则 () M×××× Px××X, Xo A.磁感应强度的大小为m00 qyo B.从3y。处射入的粒子，恰好从N点进入磁场 C.从2y0处射入的粒子，在磁场中偏转距离最大 D.接收器接收的粒子数占粒子总数的50% 7.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q,质量为m,则 () 4 二轮专题精准提升（十）物理第3页（共8页） 真题 引出通道 L 、0 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) L+R-2LRcos 0B 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入 该加速器中都能将该离子引出 8.如图示，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m、带电量为q的小球A,绕之轴做匀 速圆周运动，小球A的速度大小为0，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大小为4mg 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.v。越小所需的磁感应强度B越小 7 D.0,一√208r时，所需的磁感应强度B最小 9.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 () ××××× X u/m's- X→ 2.0 1.4 37 tis 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 密卷 二轮专题精准提升（十）物理第4页（共8页） 10.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一初速度向右，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，则运动过程圆环P受到的 摩擦力f、速度v、加速度a、动能Ek随时间t变化的图像，可能正确的是() C 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11.(7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 B、2B、…、nB,x3=4d,x4-x3= F?。一带正电的粒子从坐标原点沿与x轴正方向成 0=37°角射入，在坐标为(4d,2d)的P点以速度v0垂直磁场边界射入磁场，恰能达到 藏场右侧边界4：已知整个装置处于真空巾，效子的比荷是一阳不计粒子重力， sin37°=0.6，cos37°=0.8。 2 。1●● 'do'do 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)。 12.(10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 里的匀强磁场区域I,圆心为0，磁感应强度B,=,在y≤d到x轴之间，有一个 二轮专题精准提升（十）物理第5页（共8页） 真题密 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，带电量为一g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。 /××米 XX 9 ● 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)。 13.(10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，各电子的速度随人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人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=ea 2m。求： (1)电子进入x轴上方磁场前的最大速度1的大小； (2)直线EF的方程。 yr aa XXX - 卷 二轮专题精准提升（十）物理第6页（共8页） 4 14.(15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 y<0区域有以y轴为中心轴、半径为R,高为日R的圆筒，信内分布者方向竖直向上、 大小B一红，的匀强藤场，顶部平面与z0z平面重合，圆心0处开有小孔，圆管 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(一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m,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vo。 (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。 E 二轮专题精准提升（十）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(18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 向里，磁感应强度大小B=m, 2元，电场沿x轴负方向，电场强度大小E二 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。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sn0满足的条件。 (3)若日=0，粒子以：-g的初速度从0点进入匀强磁场区域，电场强度大小变为 mvo 19 B1一24L,求当粒子竖直位移大小为y=L时的运动时间。 -3L -2L -L 0 2L × × × + + × X BX E × × + + + + 二轮专题精准提升（十）物理第8页（共8页）真题密卷 2025一2026学年度1 物理·带电粒子在组 一、选择题 1.C【解析】小球在复合场中受重力、电场力和洛 伦滋力三个力的作用，洛伦兹力与速度方向垂直， 所以洛伦兹力的大小和方向均会发生变化，小球 的加速度会变化，A错误；洛伦兹力不做功，电场 力做功，所以机械能不守恒，B错误；把重力和电 场力合成为一个等效重力，其方向斜向左下方，等 效最高，点在O到M的中途某处，而洛伦兹力不做 功，所以小球从O到M的过程中速度先减小后增 大，C正确；小球从M点到N点洛伦兹力不做功， 但重力和电场力都做正功，动能增加，D错误。 2.B【解析】由于电场力与重力合力处于竖直方 向，磁场方向处于竖直方向，所以在竖直方向的分 速度不会产生洛伦兹力；水平方向的分速度受到 洛伦兹力作用；将小球的运动分解为水平方向初 速度为。的匀速圆周运动和竖直方向初速度为0 的匀加速直线运动；对于水平方向的匀速圆周运 动有qB=m,解得轨道半径r=1m,周期 7、2w =π$，则小球从水平抛出到经过O点所用时 间满足t=nT=nπs(n=1,2,3…),小球从水平抛出 到经过0点，坚直方向有-受，可得小球经过0 2h4 点竖直分速度0，=t一n元 m/s(n=1,2,3…),当 n=1时，竖直分速度有最大值，小球经过O,点时的动 能有最大值，则有E=2mw2=2m(d十心a)= 2X0.1X(2+ +J0.28J,B正确。 3.D【解析】已知石墨烯导电能力远超银和铜等传 统材料，而半导体导电能力介于导体和绝缘体之 间，因此石墨烯导电能力远强于半导体，A错误； 由左手定则可知电子向电极M端偏转，电极M 的电势比电极N的电势低，B错误；题意可知样品 每平方米载流子（电子）数为n,则时间t内通过样 品的电荷量q=nevdt,根据电流的定义式得I 号=nd,电流穆定时有如B=,些理得U= U Bdv,可知k=dv,联立解得k=一，C错误；由图 ne 二轮专题精准提升 轮专题精准提升（十） 合场、复合场中的运动 像可知斜率=(88-0)X103 C3200、10-3V712e·其6 I=1.0×10-3A,e=1.6×10-19C,代入数据解得 n≈2.3×1016个/m2,D正确。 4.C【解析】小球受到的洛伦兹力水平指向圆心 O,根据左手定则可知，从上面俯视小球沿逆时针 方向运转，A错误；小球竖直方向受力平衡，则有 Ncos0=mg,可得球面对小球的弹力大小为N= 0。=2mg,B错误；根据F=B,可知小球的 速率越大，小球受到的洛伦兹力越大，C正确；水平 方向根据牛顿第二定律可得quB一Nsin 0= 2 Rng登理可得25"mw2-9Bu十5mg=0,发 于的一元二次方程，根据数学知识可知，需要满 足B)-4X2饭×5mg≥0，可得B≥ g√尺，可知磁感应强度的大小不可能为B层」 2m 2g 9VR' D错误。 5.C【解析】粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二 定件B=加号，代入粒子递底符了=R,根据左 手定则，粒子在第1个圆形磁场中做逆时针的圆 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 二次射出磁场的位置均在圆形磁场切，点，所有粒 子在第1个磁场中的运动时间和等，均为。教 子在第2个磁场中的运动为顺时针，运动规律与 第1个磁场中的运动同理。最终所有粒子均到达 M点。运动轨迹如图，综上所述，所有粒子从O ,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11=4X2”=4X号 a X是-肥c: m 所有粒子从O点射出到最终被接收屏接收的过程 2 ·物理· 中在磁场中运动的时间均为2=2T=2×2πR ,D错误；所有粒子在电场和磁场中的运动时 间都相同，在没有磁场也没有电场的空间中的运 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 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。 E 接收屏 O' 6.D【解析】当电场强度为0时，从O点射入的粒 子格能运功到N点，则=宁根据洛伦激力提 供向心力有qvoB=m ,解寻B一，心，A昔 误，若粒子从3y0处射入，则xo=w1,a E,联 立解释y十皆-空+告-名<物由纯可包， 粒子从N,点下方进入磁场，B错误；设粒子进入磁场 中时速度方向与竖直方向的夹角为日，粒子进入磁场 中的速度大小为0，则v=sin日9wB=m,所以粒 子在磁场中偏转距离d=2rsin0=yo,由此可知，粒 子在磁场中偏转距离相等，C错误；由以上分析可 知，盘子在电场中运动的竖直位移y1=空，所以 从2y0处射入的粒子，恰好从N点进入磁场，且 1 恰好经磁场偏转后打在M点，即只有0~2y。范 围内平行于x轴正方向射出的粒子能被接收器接 收，所以接收器接收的粒子数占粒子总数的50%， D正确。 7.D【解析】洛伦兹力不做功，离子经过引出通道后 的速度等于v,A错误；根据洛伦兹力提供向心力得 2 9B=m,解得R一B,设离子在引出通道内的轨 。4 参考答案及解析 道半径为，同理可得1阳，由于离子在引出道道 内的轨道半径大于D型盒半径，可知引出通道内的 磁感应强度小于D型盒内磁感应强度B,B错误；若 离子恰能从引出通道的Q点引出，设圆孤半径为r, 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+(r-R)2十2L(r-R)cos0, 解得，=R+L2-2 RL0 2R-2Lc0s9,由洛伦滋力提供向心力 可得B四=m解得r二，联立可得B门 mu 2(R2-RLcos 0) B,C错误；由C中分析可 gr (L2+R2-2LRcos 0) 知，离子能否离开加速器与粒子的电量和质量无关， 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入该加速器中都能将该 离子引出，D正确。 F-R 8.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。 在竖直方向，根据平衡条件得F1c0s37°=mg,解 5 得F=4mg,小球A与点电荷之间的库仑力大 小为mg,A正确；原点0处带正电的点电荷与 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 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 牛顿第二定律得gvoB-F1sin37°=m rsin37, 其中F1sin37°-子mg,解得B-50+g,当 3gr4gv。 5m心-，即。=0gr时B取得最小值，可 9 3gr 知B与v。并非单调函数关系，C、D错误。 F O 3 4 真题密卷 9.BC【解析】设物块带负电，根据左手定则可知，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，根据牛顿第二定律 有f-mgsin0=ma,由图乙可知，物块是做加速度不 断减小的加速运动，即加速度α不断减小，所以滑动 摩擦力f也不断减小；又根据FN=mg cos0十Bqv, 可知随着速度v不断增大，支持力FN不断增大，根 据f=FN,可知滑动摩擦力f不断增大，故前后判 断不一致，故物块不可能带负电，应是带正电，物块受 的洛伦兹力应垂直斜面向左上方，其他力的方向不 变，根据牛顿第二定律有f一ng 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 cos0一BqU,可知随着速度v不断增大，支持 力F、不断减小，根据f=FN,可知滑动摩擦力f不 断减小，故前后判断一致，所以物块带正电，A错误； 根据牛顿第二定律有f-mgsin0=ma,在垂直斜面 方向上有FN=mg cos 0-Bqv,又f=FN,联立解 得mg(ucos0-sin0)一Bqv=ma,由题图乙可知， 当加速度a=0时速度v=2m/s,则有mg(ucos0- sin)一Bqo=0,代入数据解得B=0.25T,C正确； 由C选项分析，可知只要传送带的速度大于等于 2/s,则物块达到最大速度的条件与传送带的速 度无关，所以传送带的速度可能是2m/s,也有可 能是大于2m/s,B正确；对物块运动的前6s,由 动量定理得mg(ucos0-sin0)t-Bqx=m,代 入数据可得x=5m,D错误。 10.BD【解析】在匀强电场中，圆环在杆上与杆无挤压 地滑行，则qEsin0=mg,故加上磁场后，速度为v时， 圆环与杆间的压力FN=qB,圆环向右运动的过程 中，根据牛顿第二定律知gEcos0十f=ma1,且f= FN,加速度a1=-gEcos日+B 圆环向右运动的 7m 过程中，圆环速度减小，向左的加速度逐渐减小， 圆环向左运动的过程中，根据牛顿第二定律知 gE-FN=ma2,加速度a,=gEcos0-9B m 圆环向左运动的过程中，圆环速度增大，向左的 加速度逐渐减小，故整个运动过程，加速度一直 向左且逐渐减小，C错误；由于圆环P从A点出 发再返回A点，克服摩擦力做功，所以返回A,点 时的速度小于从A点出发时的速度，根据t图 像的斜率表示加速度，可知速度？随时间t变化 的图像如选项B所示，B正确；返回A,点时圆环 受到的摩擦力应小于从A,点出发时圆环受到的 4 。4 二轮专题精准提升 摩擦力，A错误；根据Ek= 1 mu2,可知动能Ek 随时间t变化的图像如选项D所示，D正确。 二、非选择题 1.02分) 1 3d(2分)d(3分) 【解析】对粒子进行运动分析，在电场中有2d= ot,根据牛顿第二定律得gE=ma,且Votan37°= at,联立解得E= ;粒子在电场中的轨迹如图 所示 P 0 3 在电场中有y=2at,解得y=d,x1tan0+ 5 y=2d,解得三3d,故x2=x1+2d;粒 子在竖直方向运动很短的时间内，由动量定理有 qBvr△t=m△y求和可得qBd。=m△vy,从进入 磁场到右边界，速度大小变为0，方向沿y轴负 方向，可得qBd。十q2Bd。十…十qnBd,=mvo,解 得n(n+1) ”DgBd,=mw,又d。=2d,解得m 1 3,d=6d。 12.(-d,2d)(2分)2u(2分)5u(2分)m (4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 场区战半径相同：由9B,-",可得，一d,所 以A点坐标为（一d,2d);最右侧的粒子恰好经 过原点0避入区战Ⅲ，则有=，.(, m 化简可得E=2mw 9d,所 以E=20:设粒子进入区 B 城Ⅲ的连度大小为，则有t=⊙一 2 -t, 可得v'=√50；所有粒子在区域Ⅱ和区域Ⅲ运动 ·物理· 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 方的x=一d处进入电场，又因为最终所有粒子 从区域I与A等高的B点离开磁场，根据运动的 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 y XX ×× 4×0 Xx + 即所有粒子在区域Ⅲ中运动后向右偏移2d。方法 一：粒子沿y轴方向由动量定理有∑qgw.B2t= mw-m(-o),即2gB,d=2mv,解得B2=mu； 方法二：由类平抛运动规律可知，进入区域Ⅲ时 1 速度与水平夹角为0，则有tan0=2,sin0= 5 所以进入区域Ⅲ时速度大小2 sin0=5u,由洛 伦兹力提供向心力可得B,4- 2,又r2= sin05d,解得B,=” mv d。 13.(1)2eBa 13 m (2)y=2x-2a 【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， 并沿x轴负方向进入x轴下方的电场，最大速度 对应最大半径，则有r1=2a (1分) 根据洛伦兹力提供向心力可得eU1B=m (1分) 联立解得电子进入x轴上方磁场前的最大速度 v1=2eBa (1分) m (2)由题意可得所有电子都垂直于EF边界离开 磁场，则所有电子运动轨迹的圆心都在E℉直线 上，由以上分析可得，经过直线CD时，设所有电 ·4 参考答案及解析 子沿x轴负方向的分速度=kB（1≤k≤2) m (1分) 根据运动学公式，在y轴方向有y=a=2: (1分) 其中u,=2 eE eBa a= m m 在x轴方向，有x'==eB0 (1分) 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eBa m 速度方向与水平方向的夹角的正切值tan0= 1 (1分) 则圆心位置对应的横坐标x=一2ka十rsin 0'--2ka+sin 0'--2kata (1分) 纵坐标y=-a-rcos0'=-a-ka 因为电子垂直于直线EF出射，所以圆心也在直 1 3 线上，可得EF直线方程为y=2x一20。 (1分) 14.(1)0= EqR 35 m (2)M'(rcos30, R,r- rcos60° N'-16 35 R,一 5R R,一16 (3)见解析 【解析】(1)水平方向R=VocOS0·t。 (1分) 竖直方向2R=vosin0·to千2m8 (1分) EgR 解得v一√m (1分) (2)水平方向R=v,t (1分) 竖直方向2R= 1E92 (1分) 2 m 1 EgR 解得u:=2m 粒子在磁场中做等距螺旋运动如图甲，在垂直y 轴平面内有gu,B=m0 (1分) 5R 解得r=8元 (1分) 4 真题密卷 周期T= 2nm 5 mR 9B 2 Eq (1分) 竖直方向，= Eq EqR =2./ m m 运动时间1 35R_35mR 6v3 12 Eg (1分) t35 1 回旋次数n=云=301+6 (1分) 落点位置在与x轴夹角为30°处，故M'坐标 为(cos30,- 6R,r-rcos 60) 即v3 (io) 由对称性，易得N'的坐标为 (1分) N eM' 甲 (3)粒子进入磁场后，不同，，相同，T相同，回 旋半径不同、螺距相同。落点位置和底面中心连线 相对x轴的夹角相同，得出与x轴夹角为30°的倾 斜直线，直线以M、N为端点（不触边界），画出图案 如图乙。 (4分) 乙 15.(1)30°(2)0.23≤sin0<0.73(3)t1= （64+10m)2或，=(68+35)或t与=(72+ 3U0 110元、L 300 【解析】(1)由qvB=m (1分) 解得r=2L (1分) ·4 二轮专题精准提升 粒子第一次经磁场偏转后恰好不越过该磁场区 域左边界，由几何关系得 r-rsin 0=L 解得sin0= 2,0=30 (1分) (2)粒子向左只能经历两个完整的电场区，设粒 子在第三个磁场中水平速度变为0时竖直速度 为，，由竖直方向动量定理有 ∑qv,B·△t=mvy-mvosin0 (1分) 即gBx皤=mx,-mvosin0 (1分) 1 1 又由动能定理有qE·2L= mo号-2mw6 (1分) 其中2L<x酸≤3L (1分) 联立解得√3-1.5≤sin0<3-1 即0.23≤sin0<0.73 (1分) 012 (3)由q01B=m (1分) 2n=4L T1= 01 00 粒子第一次经电场减速后，速度大小变为2 1 1 根据动能定理有-qE,L=2mu2-2mu 02 又gu2B=m r2 1 解得：=6r2=3,T2= 2πr2_4πL 02 00 如图粒子在电磁场中运动一个完整的周期T,沿 y轴向下移动的距离△y=2r1-2r,二】 (1分) -L 0 2L × E + × × X × 6" ·物理· 参考答案及解析 设粒子能运动完整的n个周期，则满足 1 故当粒子竖直位移大小为y= 19 3L=8△y+L时 n△y+△y1=3L (1分) 的运动时间可能为 4 :=8T+号x,或：=8T+2江+4+n或 1 1 且△y1<2r1=3L (1分) 解得n>7.5 故n=8 (1分) 97+号 粒子在电场中减速和加速时间均为 即t1=(64+100xL (1分) L t=- 4L 30 (1分) 1十v2v0 =(68+35x)1 (1分) 2 T-2+2+: 110π、L (1分) t3=(72+3 (1分) 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、选择题 1.A【解析】蓄电池的输出功率P=EI一Ir,变形 8B【解析】根据电阻定律R一号共中S- 4 得号-与-7，念合周缘可得E=12V,=05n,A 一Y,联立解得R=160V 产，可知题图乙中，拉长该 段导线使直径减小，导线电阻随之增大，A正确； 正确，B错误；由P=EI一Ir=-(1 E) E2 2 题图丙中，导线两端的电压U=IR=16oV πd4,电流 E=12A时，最大输出功率P一4 可知当I- 2 不变时，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压 E 变为原来的16倍，B错误；题图丙中该段导线的发 72W,C错误；该蓄电池的短路电流1a= 热功车P-PR=17,流过学线的包流不支。 24A,D错误。 改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次 2.A【解析】设感应电动势的最大值为Emax,则有 方成反比，C正确；题图乙中，由闭合电路欧姆定 Emax=NBSw=N④maxw,则感应电动势的有效值 E E,小灯泡恰好正常发光，则有R十R E E。 律I=R十，导线受到的安培力F=BIL,联立解 BEV ,对小灯选有P-爱)R得a0 得F= 一，可知通过改变导线直径可改变导线 ov R灯 R S+r B错误；车轮转动时带动半径为2cm的摩擦小轮转动， 所受的安培力，由数学知识可知当且仅当 S=S时， 根据v=wr,结合上述解得v=l0m/s,A正确；若自行 车的速度减半，摩擦小轮转动的角速度减半，感应电动 十5最小，此时S=√，最小值为2S=2 ov oV 势的最大值减半，感应电动势的有效值减半，根据闭合 oV 电路欧姆定律可知，感应电流的有效值减半，则小灯泡 =2Vp,故最大安培力F。= 2BE√mD 的功率减为先前的号，C错误；磁铁处于题国乙位置 正确。本题选择不正确的选项，故选B。 4.C【解析】根据右手定则可知，导体棒刚过cd处 时，穿过线圈的磁通量达到最大值，根据题图丙可知， 时通过导体棒中的电流方向沿CA方向，A错误； 此时磁通量的变化率为0，即磁铁处于图乙位置时，小 灯泡两端的电压为0，D错误。 时刻的感应电动势e=BLvcos ot,其中w=”,解 护 ·47· 4