二轮专题(九) 磁场及带电粒子在磁场中的圆周运动(侧重各类有界的磁场边界)-【真题密卷】2026年高考物理二轮专题精准提升（安徽专用）

2025一2026学年度二轮专题精准提升（九） 题 物理·磁场及带电粒子在磁场中的 圆周运动（侧重各类有界的磁场边界） 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合要求的。 题号 1 3 5 6 7 8 答案 1.如图所示，MN上方有垂直纸面向外的匀强磁场，一不计重力的带电粒子以初速度。从 磁场边界MN上E点进人磁场，然后从边界MN上F点射出，现只改变带电粒子的入射 速度，粒子都仍从F点飞出磁场。则纸面内满足上述条件的粒子的速度矢量图可能是 () ● M M C.M D M 2.某物理兴趣小组利用手机中的指南针测量地磁场的水平分量B水平。他们在水平地面放 置一长直通电导线，导线沿南北方向水平放置，已知通有恒定电流Ⅰ的长直导线在距轴 线r处产生的磁感应强度大小B=k二，其中=2×107T·m/A。将手机放置在一水 平静止高度为0.01m的架子上，手机始终处于导线正上方的水平面内且长边与导线平 行。导线中不通电时，在地磁场作用下静止的手机指南针如图甲所示；导线中通以大小 为0.69A的恒定电流时，静止的手机指南针如图乙所示。则该处地磁场的水平分量 B水平大小约为 ) 二轮专题精准提升（九）物理第1页（共8页） 真题至 真正的强大，是认清生活的难，依然这摔全力队赴 班级 330 60 姓名 %97o811 //y,VP℃0120ǒ￥t11\\\、 得分 乙 A.24 uT B.26μT C.28μT D.30 uT 3.托卡马克是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，如图甲所示，它的中央是一 个环形的真空室，外面缠绕着线圈，在通电的时候托卡马克的内部产生的磁场可以把高 温条件下高速运动的离子约束在小范围内。如图乙为该磁约束装置的简化模型，两个 圆心均在O点，半径分别为R和3R的圆，将空间分成区域I和Ⅱ，区域I内无磁场，区 域Ⅱ内有方向垂直于纸面向里、大小为B的匀强磁场（图中未画出）。一群电荷量为 十q、质量为m的粒子在纸面内以不同速率从区域I中的O点沿半径方向射入到环形 磁场后，都没有从区域Ⅱ的外圆射出，不计粒子相互作用与粒子重力。对于这些粒子， 下列说法正确的是 () 甲 A,粒子运动的速率不超过2gBR B粒子从区域I射入区域Ⅱ，在区域Ⅱ中运动的时间不超过？ ,就会返回到区域I 90aB C粒子从区线Ⅱ射出返回区域I,在区镀I申运动的时间不少于证才会进入区域 D.若粒子运动速率为，则粒子每运动原离。=⑤x十8)R,机迹就会重复一次 4.如图所示，ab和ac是无限大磁场的分界线，在ab和ac的上下两侧分布着方向相反、与 平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。∠bac=90°，P、Q是分界线上的两点， 且aP=aQ=L。现有一质量为m、电荷量为一q的粒子从P点沿PQ方向水平射出， 粒子射出速度=②，9BL,不计粒子的重力。下列说法不正确的是 2m 密卷 二轮专题精准提升（九）物理第2页（共8页） 7 ×××××××× R ×× × ·×6 A粒子运动的轨迹半径，=2 2 B,粒子由P点运动到Q点所用的时间t=2πm gB C.若射出速度为，粒子由P点运动到Q点所用时间'-4 qB D.若射出速度为2v,粒子第一次运动到ac边上的位置到Q点的距离d=(2一√2)L 5.如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立直角坐标系Oxy,空间内存在与桌面垂直的匀 强磁场。一质量为m、带电量为q的小球在桌面内做圆周运动。平行光沿x轴正方向 照射，垂直光照方向放置的接收器记录小球不同时刻的投影位置。投影坐标y随时间t 的变化曲线如图乙所示，则 () 51 接 收 器 % 062314。7 A.磁感应强度大小为3。 B投影的速度最大值为3， C.2to~3to时间内，投影做匀速直线运动 D.3to~4to时间内，投影的位移大小为y0 6.如图所示，长方体a1b1c1d1一a2b2c2d2处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强 磁场中，a1b1c1d1为边长为L的正方形，a1a2竖直，O1、O2、O3、O4为相应边a1b1、 a2b2、c2d2、c1d1的中点。在平面a1a2b2b1内有质量为m、电荷量为q(q>0)的带正电 粒子从O2沿该平面以速度v(大小未知)射入匀强磁场，速度v的方向与底边a2b2的夹 角0=45°，经历一定时间，粒子恰好能到达O4位置，不计粒子的重力，则下列说法正确 的是 () d a d c 人0 02 b 二轮专题精准提升（九）物理第3页（共8页） 真题密卷 √2qBL A.粒子的人射速度v= m B.粒子在运动过程中的轨迹一定与a1a2d2d1平面相切 C.长方体的a1a2边的长度可能为°2 5πD D.粒子从0，运动到O:经历的时间可能为4m gB 7.如图所示，边长为L的正方形abcd区域内有匀强磁场，ad边中点O处有一粒子源，向 磁场内各方向均匀发射速率均为v。的电子，αb边恰好没有电子射出，已知电子质量为 m,电量大小为e,则 () × A.bc边有电子射出 B.磁感强度大小为" eL C从ad边射出的电子在磁场中运动的最长时间为 D.从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为5：1 8.如图所示，边长为L的等边三角形abc内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀 强磁场，P是ab边的中点，一质量为m、电荷量为一Q(Q>0)的带电粒子在纸面内沿不 同方向以不同速率v从P点射人磁场，当v=v1时，平行于bc边射人的粒子从c点射 出磁场。不考虑带电粒子受到的重力，下列说法正确的是 A.若粒子平行于c边射入，垂直于6c边射出，则粒子在磁场中运动的半径为 B.若粒子平行于bc边射入、从ab边射出，则速度越大的粒子在磁场中运动的时间越长 C当=u时，平行于bc边射人从c点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为O D.当。一2时改变粒子人射方向，从边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为5 30B 二轮专题精准提升（九）物理第4页（共8页） 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 9 10 答案 9.如图所示，Oxy平面（纸面）第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域 I和Ⅱ，其中区域I存在磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅱ 存在磁感应强度大小B2=7B1、方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅱ的下边界与x轴 重合。位于(0,3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为g、速度方向与x轴夹角为 60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁 场的边界效应。下列说法正确的是 () 3L的60 2L A速度大小为B俏离子不能证人区城川 B速度大小为3的离子在磁场中的运动时间为 3B19L 3gB1 C.恰能到达x轴的离子速度大小为4B,9L m 16B1qL D.恰能到达x轴的离子速度大小为 m 10.在平面直角坐标系xOy中有如图所示的有界匀强磁场区域，磁场上边界是O (0,4d)点为圆心，半径R=5d的一段圆弧，圆弧与x轴交于M(一3d,0)、N(3d,0)两 点，磁场下边界是以坐标原点O为圆心，半径r=3d的一段圆弧。现有一束带负电的 粒子沿x轴负方向以速度。射入该磁场区域。已知磁场方向垂直纸面向外，磁感应 强度大小B0带电粒子质量为m,电荷量大小为.g,不计粒子重力。下列说法中 正确的是 () M A.正对O'点入射的粒子离开磁场后不会过O点 B.若粒子速度变为2v。,正对O'点人射的粒子离开磁场后一定过O点 C.粒子在磁场区域运动的最长时间为143md 45u0 D.所有入射粒子都一定过O点 二轮专题精准提升（九）物理第5页（共8页） 真题 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(6分)在电子技术中，科研人员经常通过在适当的区域施加磁场控制带电粒子的运动。 如图所示，正方形abcd边长为L,一束相同的正离子以相同的速度v垂直ab边人射， 如果在αbcd的某区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场，最终 所有离子均从c点射出，则离子的比荷为 ,磁场区域的最小面积为 ,离子在磁场中运动的最长时间为 b 12.(10分)如图甲所示，矩形MNPQ区域内有垂直于纸面方向的匀强磁场，规定垂直纸 面向外为磁场正方向，磁感应强度B按如图乙所示规律变化，其中B。已知，T。未知。 t=0时刻，一质量为m、带电荷量为g的带负电粒子从N点以速率v。沿NP方向射 入磁场，不计重力。 ↑B M -Bo 甲 乙 (1)若MN=NP,粒子从Q点射出磁场，MN边的长度一定为 ,粒子运动 的时间可能为 (2)若MN=√NP,粒子从Q点射出磁场，MN边的长度可能为 ,粒子运 动的时间可能为 13.(10分)如图甲所示，磁透镜是利用磁聚焦现象制成的，在电子显微镜中具有非常重要 的作用。现将其原理简化：质量为m、电荷量为q(g>0)的粒子从O点以与x轴正方 向成日角斜向上射入磁感应强度大小为B、方向沿x轴正方向的匀强磁场中，在洛伦兹 力的作用下，粒子的轨迹为一条螺旋线，如图乙所示，不计粒子的重力，π已知。 (1)若已知该粒子在O点入射的速度大小为v1且0=30°，再次回到x轴时，粒子与x 轴交于P点，求经过多长时间粒子到达P点及P点与O点间的距离。 (2)若该粒子以一未知速度2在O点射入且0=60°，为使粒子再次回到x轴时，也与 x轴交于P点，求 线圈 (磁透镜) 密卷 二轮专题精准提升（九）物理第6页（共8页） 7 14.(14分)如图示，在xOy平面内有一平行于y轴宽为R的线状电子源，每秒沿x轴正 方向均匀发射个速度相同的电子。电子源中心与半径为R、磁感应强度大小为B、 方向垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域圆心O1等高。射入圆形磁场区域的电子汇聚 到磁场的最低点O后，进入x轴正下方足够大的、磁感应强度大小也为B、方向垂直纸 (W6+√2)R 面向外的匀强磁场区域。在x轴上有一左端置于原点O点，长s= 的电子 2 收集板（不计收集板的厚度）。打到收集板上的电子被收集板吸收后全部导入大地。 已知电子质量为m,电荷量为e,忽略电子重力和电子间的相互作用。 (1)求从电子源发射出来的电子的速度大小。 (2)求电子从O点射出时与y轴负方向的夹角日的范围。 (3)电子源发射一段时间后，求收集板接地导线中的电流大小 (4)若收集板平行于y轴放置，且足够长，其上端位于原点O,则在收集板向右平移的 过程中，试求收集板上能接收到电子的区域长度1与收集板所处位置横坐标x之 间的关系。 y个 申子源 B ××ǒ× ×× ×收集板 ● ● ● 2 二轮专题精准提升（九）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(18分)如图甲所示，某粒子研究装置的通道长D=0.4√6m,其横截面abcd、a'b'c'd' 为边长L=l.6m的正方形，通道四壁aa'b'b、bb'c'c、cc'd'd、aa'd'd能将打到壁上的 粒子完全吸收并及时导走，以截面abcd中心点O为坐标原点建立空间直角坐标系，x 轴平行于ab边，之轴平行于bc边，通道方向沿y轴。在通道内仅x方向和之方向分别 加随时间余弦、正弦变化的磁场，规定沿各坐标轴正方向为磁场正方向，如图乙所示。 已知粒子源位于坐标原点，能沿y轴正方向持续均匀发射初速度v。=5000m/s的带 正电粒子，粒子比荷？=1,0X10°C/kg,在磁场中的运动时间远小于磁场变化的周期， 不计粒子的重力与粒子间的相互作用，不考虑磁场变化产生电场的影响。求： (1)t=0时刻发射的粒子在通道内的运动半径大小； (2)t=0时刻发射的粒子能否通过截面a'b'c'd',若能，计算粒子到达截面a'b'c'd'时的 坐标；若不能，计算粒子到达通道四壁时的坐标； (3)通道壁bb'c'c吸收的粒子中，在通道内运动的最短时间与最长时间； (4)若仅撤去x方向磁场B,长时间稳定后通过通道的粒子占总发射粒子数的百 分比。 42 C D 、b b 甲 ↑BT ↑B/T 001----------元------- 0.01- ● 0 7t/(×T) 7t/(×T) 24 42 4 424 -0.01--- -0.01 乙 二轮专题精准提升（九）物理第8页（共8页）真题密卷 二轮专题精准提升 解得 (3)当n=1,可知微粒在右侧区域运动的时间 E-12mg (1分) t= 二to (1分) 微粒从A点到O点做初速度为零的匀加速直线 若微粒在t一0时刻经过原点O,由第（2)问分析 运动，在水平方向有 可知，微粒在竖直方向上偏转的距离为L;若微 mg tan =ma (1分) 粒在t=t。时刻经过原点O,则做匀速直线运动， 在竖直方向上不偏转。综上所述，当n=1时，微 o8=2a12 (1分) 粒打在挡板上的纵坐标的取值范围为 解得v0=√gL (2分) (一L,0) (1分) (2)微粒在x方向的分运动为匀速直线运动，打 同理，当n=2,由第(2)问分析可知，微粒在右侧 到挡板所用时间 区域运动的时间为2t0,若微粒在t=0时刻经过 L =2to (1分) 原点O,则微粒在竖直方向上偏转的距离为3L; 若微粒在t=t。时刻经过原，点O,则微粒先做匀 0到t。时间内微粒做类平抛运动，在竖直方向 速直线运动，后做类平抛运动，在竖直方向上偏 上有 转的距离为L。综上所述，当n=2时，微粒打在 mg+gE2=maz (1分) 1 挡板上的纵坐标的取值范围为 y1=2a:6=L (1分) (-3L,-L) (1分) t。到2t。时间内，微粒受到的电场力和重力平 以此类推，可得挡板MN放在x=nL(n=1,2, 衡，做匀速直线运动，在竖直方向上有 3,…)处时，微粒打在挡板上的纵坐标取值范 v,=azto (1分) 围为 y2=vyt。=2L (1分) n(n+1) 则微粒打到挡板的位置纵坐标 2 ’一nm21DLn=1,2,3, y=-(y1+y2)=-3L (1分) (3分) 2025一2026学年度二轮专题精准提升（九） 物理·磁场及带电粒子在磁场中的圆周运动（侧重各类有界的磁场边界） 一、选择题 I 在手机处产生磁场的磁感应强度大小B钱=飞 1.B【解析】粒子在磁场中的轨道半径为r,则有 ,解得，一阳：子离开赋场时弦长 13.8uT,结合地磁场和导线磁场叠加后使指南针偏 Bqv=moi B线 1=2rsn9=2阳sin0,其中9表示物建度与MN 转30，可得B水+一an30,解得B≈28.9pT。 3.D【解析】粒子从区域I中的O点沿半径方向射 的夹角，则vsin0表示速度在垂直MN方向的分 入到环形磁场后，都没有从区域Ⅱ的外圆射出，设 速度，此值不变，B正确。 粒子在磁场中运动最大半径为rm,此时粒子的运 2.A【解析】指南针向西偏转，用安培定则判断直 动轨迹如图甲所示由几何关系可得(3R一rm)2= 导线上方磁场应该为向西方向，根据题目中的已 知条件r=0.01m,I=0.69A,可以计算出导线 r品十R2,解得rm= 3R,根据洛伦兹力提供向心 7 ·38· ·物理· 参考答案及解析 ,解得粒子运动的速率最大值 v2 力qwmB=m √2qBL 4.C【解析】根据quB=m,,v= ,得粒子 2m Un=49BR ,A错误；粒子从区域I射入区域Ⅱ，在 3m 运动的轨迹半径r= L,A正确；由左手定则及 几何关系可知，粒子运动轨迹如图甲所示，可知粒 区域Ⅱ中运动的时间t= T= 2π 2x qB qB' 子由P点运动到Q点所用的时间恰好为一个周 根据几何关系，粒子在磁场中轨迹对应的圆心角 2πr2πm 1 期，即t= R gB,B正确：若射出速度为20， a=2π一2 arctan,则当r=rm时，粒子在区域Ⅱ rm 12 1 2) √2qBL 中运动的时间tmax= 90gB,B错误；根据对称性 143πm 由g2B=m r,0= ,得运动半径 2m 可知，粒子从区域Ⅱ射出返回区域I时，速度方向 ' L,由左手定则及几何关系可知，粒子运动 4 为径向，则粒子在区域I中，运动的距离为2R,在 轨迹如图乙所示，可知粒子由P点运动到Q点所 区域I中运动最短的时间tmin= 2R=3m 0m2gB,C错 用的时间恰好为一个周期，即t'= 1 2元 9B, 误；若粒子运动速率为9B迟 ,根据洛伦兹力提供向 m C错误；若射出速度为2v,由q·2uB=m (2v)2 2 +P, 心力goB=m万，解得r1=R,根据题意，做出粒 子的运动轨迹，如图乙所示，可知粒子将在区域 巨qBL得运动半径”=2L,由左手定则及几 2m I、区域Ⅱ间做周期运动，粒子每运动距离s=4× 何关系可知，粒子运动轨迹如图丙所示，由几何关 系可知，粒子第一次运动到ac边上的位置到Q点 (2R+×2mR)=(6m十8)R,轨选就会重复- 的距离d=L-r"(1-cos45)=(2-√2)L,D 次，D正确。 正确。 X 3 0 B ×, ·39· 7 真题密卷 二轮专题精准提升 × 与a1a2d2d1平面相切，B错误；粒子到达O4位置 的时间t=nT十7(m=0,1,2,3…),长方体的 a1a2边的长度h=vsin0·t,解得h= 2n十1)πL(m=0,1,2,3…),当n=2时，解得 2 X b c. ,C正确；结合上述解得：=②十0mm gB 0,1,2,3…),当粒子从O2运动到O4经历的时间 甲 为4πn时，解得n三)，不符合要求，即粒子从O2 gB 5.D【解析】设小球做匀速圆周运动的速度为v,角 速度为w,轨迹圆心在接收器上的投影坐标为Y, 运动到O:经历的时间不可能为8，D错误」 则在0时刻小球与轨迹圆心的连线与x轴夹角为 7,D【解析】ab边恰好没有电子射出，轨迹如图甲所 P0,则经过时间t,小球在接收器上的投影坐标 示（轨迹1），根据洛伦兹力提供向心力有voB= y=Rsin(wt十po)十Y,由题图乙可得R=2yo, L m ,三三，所以B三。，由于电子射入的速度 Y=3y,T=2=6。,解得小球在接收器上的投影坐 大小不变，方向改变，则轨迹半径不变，根据旋转 圆模型可知，bc边没有电子射出，A、B错误；从ad 标与时间的关系式为y=2sin(,π： 6)+3。 边射出的电子在磁场中运动的时间最长时轨迹如 由上面分析可得，小球运动周期T=6t0,小球在 图乙所示，根据几何关系可知，圆心角0=60°所以 水平面上只受洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，由 长时用=品r器·织- 二，C错误； 牛顿第二定律可得g8如-，又T-2如 由以上分析可知，当粒子恰好经过d点时，其入射 速度方向与ad边的夹角为30°，所以从cd边射出 B,解得磁场磁感应强度B-,A错误；小 2π 3gto 150° 的电子数和从ad边射出的电子数此值为30= 球投影坐标对时间求导，可得= 2πy0 2t大 3t。cos D正确。 5 3to ),则投影的最大速度0=3死 _2πy0,B错误；小球 h 轨迹 投影做简谐运动，C错误；小球投影在3t0、4t。时 刻的主标分别为=2n(3元×3，十名十 3y。=291=23sim(×4,+若)+3y。=, 3t。 3t。~4t。时间内，投影的位移大小s=|y4一y3|= yo,D正确。 6.C【解析】将粒子的速度沿水平方向与竖直方向 + 分解，可知粒子在水平方向上的分运动为匀速圆 × 周运动，竖直方向上的分运动为匀速直线运动，粒 子恰好到达O4位置，则粒子做圆周运动的轨道半 径R=号，根据Bqocos45°=m (ocos45)2 一，解 R 得o=2gBL 20,A错误：若拉子在水平方向上仅运 动半个圆周到达O4位置，此时粒子的轨迹并没有 7 。40· ·物理· 参考答案及解析 8.D【解析】若粒子平行于bc边射入、垂直于bc边射 出，其运动轨迹如图甲所示，则粒子做匀速圆周运动 的半径等于P点到bc边的距离，可得粒子在磁场中 运动的半径R=Lsn60- 1 L,A错误；若粒子 4 平行于bc边射入、从ab边射出，如图乙所示，由洛伦 兹力提供向心力得QB=m,,解得r,则粒于 的速度越大，轨迹半径越大，粒子从b边射出时的圆 心角相同，其在磁场中运动的时间相同，B错误；当 )=1时，平行于bc边射入、从c点射出磁场，其运动 轨迹如图丙所示，根据几何关系可得R?= (k名m0+么-1s0八，每得 2 12 R L,粒子运动轨迹对应的圆心角的正弦值 二、选择题 9.ABD【解析】当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时， 1 轨迹与边界相切，如图所示，由几何关系可得 LLcos 60 sin∠O= R2 ,解得∠0=60，粒子在 √3 r1cos60°=r1一L,解得r1=2L,根据洛伦兹力提 供向心力如B=m片解得-吧，在磁场 磁场中运动的时间t= 60°2m_rm 360° QB3QB,C错误；当 m 中运动的周期T所有速度小于的高子 ⑦一)时，粒子在磁场中运动的半径R,=。= 都未进入Ⅱ区，速度偏转角都为120°，运动时间都 从b边射出的粒子在磁场中运动的最短时间时，粒 子在磁场中运动的圆心角最小，其运动轨迹如图丁所 为t-20T一2πm,A、B正确：B2=7B1,且磁场 3qB11 示，可知从P点到bc边出射点的距离等于轨道半径 Ⅱ方向向里，则离子进磁场Ⅱ后逆时针偏转，离子 60°×2m= R,即圆心角为60，最短时间tm=360XQB 恰到x轴时速度与x轴平行，取水平向右为正方 向，全过程根据水平方向动量定理∑qB1v1△t十 3QBD正确。 a ∑gB2v2△t=mu-mucos60°，且∑v1△t=L, ∑v,2△t=L,解得v 16B19L C错误，D正确。 m 3L60° 6060 3 0 10.CD【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根 最0B二，可知粒子在磁场中的轨道丰揭 R。=4d,正对O'点入射的粒子圆心恰好在x轴 上，进入磁场后做匀速圆周运动，如图甲所示，根 据勾股定理可知，进入无磁场区域后，速度方向 恰好指向O点，A错误；若粒子速度变为20，粒 子在磁场中的轨道半径R1=8d,正对O,点入射 的粒子离开磁场后，由图乙可知，一定不过O点， 之 B错误；由于所有粒子沿水平方向射入磁场，半 ·41· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 径与速度方向垂直，圆心均在入射点的正下方， 半径均为4d,所有圆心所在的轨迹相当于将磁 πL 场边界向下平移4d形状，O'平移到O点位置， 2° 即所有粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到O 点距离均为5d,如图丙所示，利用勾股定理可 知，进入无磁场区域后，所有粒子速度方向都指 向O点，因此所有粒子都过O点，D正确；由D 选项可知，从最上方进入的粒子，在磁场中偏转 角度最大，运动的时间最长，如图丙所示，该粒子 12.(1)mu (n=1,2,3…)(2分) nπm (n=1,2, 143° Boq 2Bog 在磁场中旋转了143°，因此运动的时间t= 360° 3…)(2分) （2)3mmw(m=1,2,3…）03分) Boq 2π·4d_143πd C正确。 45w0 4nπm 3Boq (n=1,2,3…)(3分) y个 【解析】(1)若MN=NP,粒子从Q点射出磁 场，其可能的运动轨迹如图甲、乙所示， O . M 名 5 O N0, 甲 甲 乙 y↑ 由几何关系可知，则粒子圆周轨迹半径”和运动 时间必须满足√2·MN=n·√2r(n=1,2,3 T 3d /5d …),=n…4(n=12,3…),粒子在匀强破场 中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 % q℃oB。=m 解得，7=m,T=2=2”,由 乙 9B。1 0qB。 以上各式联立解得，MN=m(n=1,2,3…, Boq n(n=1,2,3…)。 t一2Bg 3 (2)若MN=√3NP,粒子从Q,点射出磁场，其可 能的运动轨迹如图所示 M 丙 三、非选择题 l配e分)2-》e分)e分) 【解析】画出粒子轨迹如图，可知为磁聚焦模型，故 P 运动半径r=L,再由gB=m,解得号= 由几何关系可知，粒子圆周轨迹半径和运动时 mBL;由 图知，磁场区域最小面积为“叶”型面积S= 间必须满足23 3 ·MN=n·2√3r(n=1,2,3 2到心份》，起子展大腐世角为受则表长时阅 2T …),t=n· 3 (n=1,2,3…),又因为r=mwe 9B。 ·42· ·物理· 参考答案及解析 T=2πr= 2πm ,由以上各式联立解得MN= (2)粒子轨迹如图甲 Uo gB。 Y个 3nmw(m=1,2,3…),t= 4nπm Boq 3Boq (n=1,2,3…）。 电子源 13.(1)3m √3πmv1 0 (2)W3 gB gB 收集板 【解析】(1)把1沿平行B和垂直B的两个方向 分解为011= 3 1 1和u2=21 (1分) 粒子在垂直于的B方向上以v12做匀速圆周运 动，在平行B的方向上以01做匀速直线运动。 甲 因此，当粒子恰好在垂直于B的方向上完成一次 完整的圆周运动时，将第一次回到x轴。 由对称性，可设离电子源中心线上、下距离 的 电子经过磁场偏转后与负y轴夹角为士日，由三 B 1 R-2R 1 1 角函数，得sin0= R2 (1分) 则有t=T=2m (1分) (1分) 所以，0的范国为吾≤0≤号 U12 (3)粒子轨迹如图乙 v12 又由qv12B=m (1分) y r 可得r=mue 电子源 (1分) gB 即t-T-2rm X、X gB (1分) 则O点到P点的距离xop=o1t= √3πmo1 9B (2分) (2)由于是同种粒子，第一次回到x轴的时间都 乙 2元m 相同，即t=T= gB (1分) 计算能打到收集板上的电子在运动到O点时与 故xoP=V1t=V21t (1分) 负y轴夹的角，设为士a。在下方区域内做匀速 圆周运动也为R。由三角函数得 V11=021 则0：-c0s30° 0:cos60=V3。 (1分) 2 √6+2 cos a-R (1分) 4 14.(1)v=eBR m (2)-π (3)2+2-V6 由对称性，设离电子源中心线上、下距离d的电 2 ne(4)见解析 子经过磁场偏转后与y轴负半轴夹角恰为士α。 R-(R-d)d 【解析】(1)电子只受到洛伦兹力，根据 由三角函数得sina= R (1分) R v2 qoB=m Ri (1分) 解得d=Rsina=6一ER 4 (1分) 可知匀强磁场中圆周运动的半径R1=一 gB (1分) 所以，能到达收集板的电子离电子源中心线的距 本题中的磁聚焦要求电子运动半径等于圆形磁 离为6一2 场的半径，则0=9BR-eBR de (1分) (1分) m m 则接地导线中的电流大小 ·43· 7 真题密卷 二轮专题精准提升 2尽6- 最远沿y轴运动距离为R<D,因此粒子不能通 R 2 4 2+√2-√ 过通道，打到壁aa'b'b上。到达壁aa'b'b时 I=ne R -ne(1分) 2 x=0,之=-0.8m (1分) (4)电子在下方区域内做匀速圆周运动的半径为 R。作出电子在下方区域圆周运动轨的三位关键 y=/R-(侵-R)广=0.4m (1分) 位置①（直径在x轴上）、②和③，如图丙。 因此，粒子到达壁aa'b'b上时坐标为 1V (0,0.4m,-0.8m)。 (1分) (3)粒子在磁场中运动时磁感应强度大小不变， ×①、 运动周期 X③ T=2rm gB =2π×10-4s (1分) 版 如下图乙所示当粒子运动轨迹在xOy平面内时到 达壁b'c'c上的运动时间最短（半径一定，弦 丙 长最短) 由几何关系可知，可知OD=√3R (1分) ①当0≤x≤√5R时，由于②和③两个圆轨迹关 于x轴对称，圆心距离为R,②向下平移R与③ 重合，则I=R (1分) ②当√R<x≤2R时，电子圆轨迹与收集板交点 的最高点在x轴上，最低点是某个圆的直径与收 集板的交点，可以作以O为圆心，2R为半径的圆 乙空间视图 孤，得到l=√4R2一x (1分) ③x>2R时，电子轨道不会碰到收集板，则l=0。 (1分) 15.(1)0.5m(2)(0,0.4m,-0.8m)(3) 180×10s(≈2.21×104s)x×104s( 127π 丙xOy平面视图 3.14×10-4s)(4)33.33% 【解析】(1)由题图乙可知，t=0时发射的粒子在 运动过程中磁感应强度B=0.01T,方向沿x轴 正向，粒子在yO2平面内做匀速圆周运动，由洛 伦兹力提供向心力，得 8 qvoB-m R (1分) 丁空间视图 即R=m=0.5m (1分) 圆孤所对圆心角为127°，所以 gB (2)粒子发射后在yOz平面匀速圆周运动，轨迹 127T=127π×10+s(≈2.21×104s) tmin一360 T- 180 如下图甲 (1分) 2 如图丁所示运动轨迹与接收屏相切时运动时间 最长，粒子运动刚好为半圆，圆孤所对圆心角为 180°，所以 tmx=2T=π×10‘s(≈3.14X10‘s)(1分) 1 (4)所有粒子运动轨迹圆在xOy平面内，半径周 甲yOz平面视图 期性变化最短半径 7 ·44· ·物理· 参考答案及解析 R=m0=0.5m 由几何关系 qBm (2分) 粒子要能通过通道，运动半径需要足够大，刚好 =(R-)°+0.46 (2分) 能过通道时，轨迹如图戊所示 解得 R1=1m (2分) 即粒子要能通过通道，磁感应强度需满足 B≤0.005T (2分) 结合B2随时间的变化规律，由数学三角函数知 01 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 戊xOy平面视图 射粒子数的百分比为33.33%。 (2分) 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、选择题 点竖直分速度0，=2弘=4 tnπ m/s(n=1,2,3…),当 1.C【解析】小球在复合场中受重力、电场力和洛 伦兹力三个力的作用，洛伦兹力与速度方向垂直， n=1时，竖直分速度有最大值，小球经过O点时的动 所以洛伦兹力的大小和方向均会发生变化，小球 能有录大位，则有En-空md-名m(d十) 1 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 名X0,1x化+学0,28J,BE痛： 场力合成为一个等效重力，其方向斜向左下方，等 3.D【解析】已知石墨烯导电能力远超银和铜等传 效最高点在O到M的中途某处，而洛伦兹力不做 统材料，而半导体导电能力介于导体和绝缘体之 功，所以小球从O到M的过程中速度先减小后增 间，因此石墨烯导电能力远强于半导体，A错误； 大，C正确；小球从M点到N点洛伦兹力不做功， 由左手定则可知电子向电极M端偏转，电极M 但重力和电场力都做正功，动能增加，D错误。 的电势比电极N的电势低，B错误；题意可知样品 2.B【解析】由于电场力与重力合力处于竖直方 每平方米载流子（电子）数为n,则时间t内通过样 向，磁场方向处于竖直方向，所以在竖直方向的分 品的电荷量q=nevdt,根据电流的定义式得I= 速度不会产生洛伦兹力；水平方向的分速度受到 9 U 洛伦兹力作用；将小球的运动分解为水平方向初 t =nevd,电流稳定时有qvB= d9,整理得U= 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 Bdu,可知k=du,联立解得k=I,C错误；由图 ne 动有g0B=m,,解得轨道半径r=1m,周期 像可知斜率=88-0)X103 (320-0)10V/T=I ,其中 T=2=不S,则小球从水平抛出到经过0点所用时 I=1.0×103A,e=1.6×1019C,代入数据解得 00 间满足t=nT=nπs(n=1,2,3…),小球从水平抛出 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 到经过0点，整直方向有A-受，可得小球经过0 O',根据左手定则可知，从上面俯视小球沿逆时针 ·45· 7