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（安徽专用）

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 2 3 4 5 6 7 8 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 B X C.小球从O到M速度先减小后增加 十 十 N 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v。=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 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,n为单位 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 图，长为1、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U-B关系图线如图乙所示。已知某次测量中所通电 流大小I=1.0mA,元电荷e=1.6×10-19C。下列说法正确的是 ( 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 ↑UlmV 班级 80 M 石墨烯 姓名 ××××××× mV ×××××× W 20+ 得分 (mA 50100150200250300B/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= 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>O)、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 () P----O' 0 A.从上面俯视小球沿顺时针方向运转 B球面对小球的弹力大小为2，③ 3 mg 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尽 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(q>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 医平行于y轴方向发射的粒子)，射出速度大小均为二。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）】 7 接收屏 B· BX× 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 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8π” gB 6.如图所示，在0<y<yo,0<x<xo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v0,当电场强度为0时， g,MN右侧是粒子 从0点射入的粒子恰能运动到N(x0,y)点，若电场强度E=mo 接收器，MN的长度为yo,不计粒子重力和粒子间的相互作用，则 () A.磁感应强度的大小为m y 9y0 X Bx XX XX B.从3y。处射入的粒子，恰好从N点进入磁场 iPX XXX C.从2y处射人的粒子，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.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 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× 102”kg、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π2= 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，质子进入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si37°=0.6，cos37°=0.8， 下列说法正确的是 () 二轮专题精准提升（十）物理第3页（共8页） 真题 D 对撞区域 半圆环 半圆环 加速 加速 轨道 轨道 质子束发射器 对撞区域 甲 乙 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 C两质子在对撞区域的蓝场中开始运动，在。付相撞 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10m 8.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ⅴ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，则 ( ) A.离子经过引出通道后的速度大于v 引出通道Q 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 L 4(R2-RLcos 0) 、0 强度B1=2+R2-2 LRcos a 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 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，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v。,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 () 密卷 二轮专题精准提升（十）物理第4页（共8页） A.小球A与点电荷之间的库仑力大小为 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.0。=√208r时，所需的磁感应强度B最小 10.碳一14(C)是碳一12(C)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() 磁场区 照相底片 3R M 底片 人粒子源 直线加速器 粒子源 用 乙 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 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 U」 9Uo D.当加速电压在 6U≤6范围内，碳一12原子核全部打在内圆环上 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.（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 B、…mB,工3=4d,x4一x三？。一带正电的粒子从坐标原点沿与x轴正方 0=37°角射入，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 场右侧边界x4。已知整个装置处于真空中，粒子的比荷=，不计粒子重力 sin37°=0.6，cos37°=0.8。 P B2B· 名 ●●· d'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)。 二轮专题精准提升（十）物理第5页（共8页） 真题密 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1，圆心为O1,磁感应强度B1=在y≤d到x轴之间，有一个 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，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。 X 卷 二轮专题精准提升（十）物理第6页（共8页） 2 14.(14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R的圆筒，筒内分布若方向竖直向上、 大小B=4πmE 的匀强磁场，顶部平面与xO之平面重合，圆心O处开有小孔，圆筒底 5gR 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。 (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。 1 甲 乙 7 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 7Y穿串陟申Y都浴数 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。进人匀强磁场区域， 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0=0，粒子以0一3的初速度从0点进人匀强磁场区域，电场强度大小变为 00 B1一24gL,求当粒子竖直位移大小为y=3L时的运动时间。 19 -3L -2L -L 2L × + + + + × … B X E E × × × × × × + 十 + 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 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 真题密卷 二轮专题精准提升 方向运转，A错误；小球竖直方向受力平衡，则有 动路程不同，时间不同，A错误；由C、D选项可知， Ncos0=mg,可得球面对小球的弹力大小为N= 所有被接收屏接收的粒子到达M点的速度方向 s0=2mg,B错误；根据F卷=qvB,可知小球的 mg 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。 速率越大，小球受到的洛伦兹力越大，C正确；水 接收屏 平方向根据牛顿第二定律可得quB一Nsin0= Rn9整理可得2员w2-Bu+3mg0 对于v的一元二次方程，根据数学知识可知，需要 满足(B2-4X25m×5mg≥0，可得B≥ 3R 。/尺，可知磁感应强度的大小不可能为B= 2m g E 9√RD错误。 6.D【解析】当电场强度为0时，从O点射入的粒 5,C【解析】粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二 子格能运动到N点，则=，根据洛伦教力提 定律qgB=m))代入粒子速度得r=R,根据去 供向心力有qvB=m 手定则，粒子在第1个圆形磁场中做逆时针的圆 ,解得B=20。,A错 gyo 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 误若粒子从弓，处射入，则0=1a-四，联 m 心、圆周运动圆心构成菱形，故粒子在第1个圆形 立解得)咨名背名<南地可知， 磁场的出射方向均沿y轴正方向。粒子进入电场 粒子从N,点下方进入磁场，B错误；设粒子进入磁场 后先做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运 中时速度方向与竖直方向的夹角为0，粒子进入磁场 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 02 中的速度大小为0，则v= in0'qB=m,,所以粒 子在第1个磁场中的运动时间相等，均为？。粒 子在磁场中偏转距离d=2rsin0=yo,由此可知，粒 子在第2个磁场中的运动为顺时针，运动规律与 子在磁场中偏转距离相等，C错误；由以上分析可 第1个磁场中的运动同理。最终所有粒子均到达 知，粒子在电场中运动的竖直位移1一兰，所以 M点。运动轨迹如图，综上所述，所有粒子从O 1 ,点射出到最终被接收屏接收的过程中在电场中运 从2y0处射入的粒子，恰好从V点进入磁场，且 动的时间均为t1=4× -4x20_8mu 9E9E,C正确； 1 a 恰好经磁场偏转后打在M点，即只有0一2y。范 m 围内平行于x轴正方向射出的粒子能被接收器接 所有粒子从O,点射出到最终被接收屏接收的过程 收，所以接收器接收的粒子数占粒子总数的50%， 中在磁场中运动的时间均为t4=2T=2×2π迟 D正确。 B,D错误；所有粒子在电场和磁场中的运动时 Axm 7.C【解析】根据动能定理，电场力做的功等于动能 1 的变化量，有eEπR= 间都相同，在没有磁场也没有电场的空间中的运 2mw,解得u=1X10m/s,根 7 ·46· ·物理· 参考答案及解析 据题意作出粒子的轨迹如图所示，根据几何关系有 =(-)+() ,解得r=0.25m,A错误；根 02 r-R 据洛伦兹力提供向心力有euB=m ,解得B=4T, 53° B错误；每个质子在磁场中运动的时间t=360· 二、选择题 9.AB【解析】对小球A受力分析如图所示，洛伦 2πr 53π 口一7.2X10s,C正确；所加圆形磁场的直径 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F1cos37°=mg,解 为2R′，满足(2R)2= (号)+()，解得R 5 得F,=4肌g,小球A与点电荷之间的库仑力大 20m,圆形磁场的最小面积S=R'? 80m2, .5 小为4mg,A正确；原点0处带正电的点电荷与 D错误。 小球之间的库仑力为斥力，故小球带正电，空间中 0 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 X U X 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qoB-F1sin37°=m rsin37, 、0 共中Fsim37r-mg,解得B=5me+g,当 3gr 4qvo 0 3mg 79 8.D【解析】洛伦兹力不做功，离子经过引出通道后 3gr Aqvo ,即0= √2087时B取得最小值，可 的速度等于，A错误；根据洛伦兹力提供向心力得 知B与v0并非单调函数关系，C、D错误。 8=加反，解得R一阳设离子在引出道道内的轨 元2 道半径为，同理可得一阳，由于离子在引出通道 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x, 10.AD【解析】由图可知，碳原子核受到向右的洛 轨迹如图所示，则有O'Q=r,OQ=L,OO=r一R,根 伦兹力，根据左手定则可知，磁场的方向垂直纸 据几何关系得r2=L2+(r-R)2十2L(r-R)cos0, 面向外，A正确；碳原子核在磁场中运动的时间 解得，=R2+L2-2 RLcos0 2R-2Lc0s0,由洛伦兹力提供向心力 :-号-日·霜一器由于酸-1丝原子技的质 可脊BW=m号解得7一gg联主可得B- 量数大于碳-12原子核的质量数，所以碳一14 原子核在磁场中的运动时间一定比在磁场中的 2(R2-RLcos 0) 9TL2+R2-2LRc0s0)B,C错误；由C中分析可 运动时间大，B错误；由题意知，加速电压为U。 1 2qUo 知，离子能否离开加速器与粒子的电量和质量无关， 时，有qU=2m02,解得v=， ,原子核进 m 若引出通道中磁场为B2时，该离子能引出加速器，则 2 12mU,由 此时将任何一个带电离子放入该加速器中都能将该 入磁场中有gB=m,解得r=B√g 离子引出，D正确。 此可知质量越大，运动半径越大，则碳一12原子 ·47· 7 真题密卷 二轮专题精准提升 核所击中的位置比碳一14原子核更靠近圆心，C 场区域半径相同；由g0B,=m0 ,可得r=d,所 错误；若碳一12原子核全部打在内圆环上，则最 r 以A点坐标为（一d,2d);最右侧的粒子恰好经 R 小圆周运动半径rmin一 1 2mU min 2rmm=B√ ,最 过原点0进入区戡Ⅲ，则有d子·g,4 ·(), 3R 1 2mUmax 大圆周运动半径Ts=2,rx=B√ E q 化简可得E= 2mv2 gd,所以 后，=2；设粒子进入区 解得Um=6U一6，则当加速电压在 Uo 9Uo 城Ⅲ的速度大小为，则有心=√@一。 2 兴 9范因内，碳一12原子核全部打在内 可得v'=√5；所有粒子在区域Ⅱ和区域Ⅲ运动 圆环上，D正确。 过程中间距始终相等，若最右侧的粒子恰好经过 三、非选择题 原，点O进入区域Ⅲ，则最左侧粒子从A点正下 1.e分) 1 3d(2分) 6d(2分) 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 【解析】对粒子进行运动分析，在电场中有2d= 对称性可知，最左侧粒子恰好从原，点O返回区域 ot,根据牛顿第二定律得qE=ma,且otan37° Ⅱ。其全程运动轨迹如图所示 3Bv at,联立解得E= 8;粒子在电场中的轨迹如图 所示 × + ×× 米 0 、 1 在电场中有y= a,解得)=d,c1tan0十 y=2d,解得x1=3d,故x:=x1+2a=d 5 d;粒 子在竖直方向运动很短的时间内，由动量定理有 即所有粒子在区域Ⅲ中运动后向右偏移2d。方法 qBz△t=m△vy求和可得qBd。=m△v,,从进入 一：粒子沿y轴方向由动量定理有∑qv,B2t=mo一 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。=mno,解 m(-o),即2gB,d=2mu,解得B,=m d方法 得n(n十1) 2gBd,=m,又d,名d,解得n 二：由类平抛运动规律可知，进入区域Ⅲ时速度 ,所以 1 与水平夹角为0，则有tan9=2,sin0=】 3,do=6d。 5 进入区域Ⅲ时速度大小2 12.(-d,2d)(2分)2u(2分)5v(3分) sin日=5u,由洛伦兹 e 力提供向心力可得B,0=m, 又r2= d (3分) r2 sin 【解析】所有粒子均沿y轴负向垂直进入区域 √5d,解得B2= Ⅱ，所以可知，带电粒子做圆周运动的半径与磁 7 ·48· ·物理· 参考答案及解析 13.(a)2eBa 、13 (3)见解析 (2)2x-2 【解析】(1)水平方向R=vocos0·to (1分) 【解析】(1)根据题意分析可知，所有电子在第一 1Eq 象限都经历一个四分之一圆周运动后通过原，点， 竖直方向2R=osin0:ta十2m (1分) 并沿x轴负方向进入x轴下方的电场，最大速度 EqR 对应最大半径，则有r1=2a (1分) 解得v0= (1分) m 根据洛伦兹力提供向心力可得ev1B=m (2)水平方向R=vzt (1分) 1E9 (1分) 竖直方向2R= 2m (1分) 联立解得电子进入x轴上方磁场前的最大速度 解得vz= 1 EgR v=2eBa 2m (1分) (1分) m 粒子在磁场中做等距螺旋运动如图甲，在垂直y (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 轴平面内有g0,B=mw (1分) 上，由以上分析可得，经过直线CD时，设所有电 5R 解得r= (1分) 子沿x轴负方向的分速度u:=keBa 8π (1≤k≤2) m 2πm_5mR (1分) 周期T= 9B 2Eg (1分) 根据运动学公式，在y轴方向有y=a=2 y 竖直方向vy E R t-2m (1分) 35R35/mR eE 运动时间t= (1分) 其中vy=2 6v,12 Eg m t35 在x轴方向，有x'=t=keBa 回旋次数n= 1+1 (1分) (1分) T=301 m 落点位置在与x轴夹角为30°处，故M'坐标 解得x'=2ka (1分) 35 则电子经过直线CD的坐标为（一2ka,一a),电 (rcos 30rcos 60 子经过直线CD的合速度0=√1十eBa（1分) p(R,- 5 16π 6R,16R -R 速度方向与水平方向的夹角的正切值tan0'=友 由对称性，易得N'的坐标为 (1分) {53R, 35 (1分) 则圆心位置对应的横坐标x=一2ka十rsin日'= 一16元1 -2ka+mug eB sin 0'=-2ka+a 纵坐标y=-a-rcos日'=-a-ka 因为电子垂直于直线E℉出射，所以圆心也在直 线上，可得EF直线方程为y=2x一2a。 13 (1分) 甲 EgR 14.(1)v0= 35 m (2)M'rcos30°， R,r (3)粒子进入磁场后，0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 rcos60° N(- R, 3 3 16 R-16gR) 6 相对x轴的夹角相同，得出与x轴夹角为30°的倾 ·49· 7 真题密卷 二轮专题精准提升 斜直线，直线以M、N'为端点（不触边界），画出图案 又q2B=m v 如图乙。 (2分) r2 00 1 解得2=6,12= L,T2=2m=4L 如图粒子在电磁场中运动一个完整的周期T,沿 M 轴向下移动的距离△y=2r,一2r。二子D (1分) 2L 乙 + 15.(1)30°(2)0.23≤sin0<0.73 (3)t1= + (64+100m)2或4，=(68+35)上或，=(72+ B E 30 110元)上 + 3v0 + + 6 【解析】(1)由qvoB=m (1分) r 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 域左边界，由几何关系得 r-rsin 0=L 设粒子能运动完整的n个周期，则满足n△y十 1 解得sin0=2,0=30 (1分) 是 (1分) (2)粒子向左只能经历两个完整的电场区，设粒 且41<2- 子在第三个磁场中水平速度变为0时竖直速度 解得n>7.5 (1分) 为v,由竖直方向动量定理有∑qv,B·△t= 故n=8 (1分) mv,-mvosin 0 (1分) 粒子在电场中减速和加速时间均为 即qBx雄=mu,-mvosin0 (1分) L 4L 1 1 t=- 1+v2 (1分) 又由动能定理有gE·2L=2mu-2mu5 2 (1分) 1 1 T=2T,+2u+2T: (1分) 其中2L<x难≤3L 联立解得√3-1.5≤sin0<√5-1 故当粒子竖直位移大小为y= 19L=8△y十L时 即0.23≤sin0<0.73 (1分) 的运动时间可能为 (3)由qv1B=m (1分) =87+号知，成，=8T+红t:+D,或 1 解得1= 1 -9T+6 T1=2mm=4πL 100π、L 即t4=(64+3)00 (1分) 粒子第一次经电场减速后，速度大小变为2 (1分) 报据动能定理有-gE,L=了mwf-了aml 1=(68+35) 110π、L (1分) t=(72+3u1 (1分) 7 ·50·