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（冀辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏粤滇川专用）

2025一2026学年度二轮专题精准提升（九） 卷题 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、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项符合题目要求。 题号 1 2 3 6 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点进入磁场，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.4 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=,其中=2×10-？T·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 真正的强大，是认清生活的难，依然这掉全力以赴 班级 30111 姓名 i08r.,o1 01 %99011 得分 乙 A.24T B.26 uT 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 () A.粒子运动的速率不超过gB那 m 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27x” 90gB 就会返回到区域I C粒子从区域Ⅱ射出返回区域I,在区拔I中运动的时间不少于，才会进入区镀Ⅱ D.若粒子运动速率为则粒子每运动距离=(6π十8)R,轨迹就会重复一次 4.如图所示，在直角坐标系xOy中，有一个边长为L的正方形区域，a点在原点，b点和d 点分别在x轴和y轴上，该区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B,一带正电的粒子质量为m,电荷量为q,以速度v0从a点沿x轴正方向射入磁场。 不计粒子重力，sin53°=0.8，cos53°=0.6，下列说法正确的是 () + a。 密卷 二轮专题精准提升（九）物理第2页（共8页）】 1 A.若粒子恰好从c点射出磁场，则粒子的速度。=2gBL m B.若粒子恰好从bc边的中点射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间t= 54πm 180gB 2gBL C.若粒子的速度vo= 3m ，则粒子射出磁场时的速度方向与y轴正方向的夹角为60° D,若粒子从cd边射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间一定不超过 gB 5.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g(g>0)的带正电 粒子从O2沿该平面以速度o(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 人0 A粒子的入射速度0=9BL 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 D.粒子从O,运动到O:经历的时间可能为4πm aB 6.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 () ×× o 0 A.bc边有电子射出 B酸感强度大小为完 C从ad边射出的电于在磁场中运动的最长时间为2 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 1 二轮专题精准提升（九）物理第3页（共8页） 真题 7.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 同方向以不同速率从P点射入磁场，当v=v1时，平行于bc边射入的粒子从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=01时，平行于c边射入、从c点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为QB 2πm D.当。一之时改变粒子入射方向，从C边射山的粒子在酷场中运动的最短时间为品 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多 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 8 9 10 答案 8.如图所示，xOy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q、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 () ◆1V 3L的60 < A.速度大小为3B9L 2m的离子不能进入区域Ⅱ 以.连度大小为，心的离子在登场中的运动时间为08 2πm C.恰能到达x轴的离子速度大小为4B9L m 16B19L D.恰能到达x轴的离子速度大小为 m 密卷 二轮专题精准提升（九）物理第4页（共8页） 9.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B ,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（() 4da y N A.正对O'点人射的粒子离开磁场后不会过O点 B.若粒子速度变为20，正对O'点入射的粒子离开磁场后一定过O点 143πd C.粒子在磁场区域运动的最长时间为 4500 D.所有入射粒子都一定过O点 10.用三块大小相同的正方形绝缘薄板制成的固定框架如图所示，框架处在平行于棱AA 的匀强磁场中，而ADD'A'中心有一小孔S。沿垂直于面ADDA'方向，从小孔S射入 质量为、电荷量为十g的粒子。已知：正方形薄板的边长为L,粒子射入框架时速率 为，粒子与框架的碰撞为弹性碰撞，粒子重力忽略不计。若此粒子经过与框架的多次 碰撞最终能垂直于面ADD'A'从小孔S射出，则下列判断正确的有 () A.匀强磁场的磁感应强度最小值为 gL B,粒子在框架中运动的最短时间为码 u 4m) C.匀强磁场的磁感应强度可能为 gL D.匀强磁场的磁感应强度可能为 mv gL 三、非选择题：本题共5小题，共54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边入射， 如果在abcd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 二轮专题精准提升（九）物理第5页（共8页） 真题 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.(8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q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 B 0 -B0 甲 (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=√3NP,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)用磁场实现对微观粒子的控制有着广泛的应用，如核磁共振、微流控芯片等。 如图所示为一种用磁场控制微观粒子的装置内部磁场分布图，x轴上方和下方均存在 方向垂直xOy直角坐标平面向外的匀强磁场，下方的磁感应强度大小是上方的2倍。 某时刻在坐标原点O将相同的带正电粒子P、Q同时分别以速度v。和2o沿y轴正 方向射出。两粒子的质量均为m,电荷量均为q,不计粒子重力及相互作用。 (1)要使两粒子运动轨迹的第1个交点在(xo,0)位置，求x轴上方磁感应强度的大 小B1。 (2)若x轴上方磁感应强度大小为B,且整个磁场分布在一个矩形区域内，要使两粒子 的运动轨迹在x轴上有n(n≥2)个交点，求磁场面积的最小值Sm。 2d (3)若x轴上方磁感应强度大小t= ,下方磁感应强度大小为B,将Q粒子的速度大 小变为v0,方向变为沿y轴负方向，要使两粒子相遇时横坐标最小，求两粒子从O 点射出的时间差△t。 2 ·0BQ。。·· .: : 。 。 .: 密卷 二轮专题精准提升（九）物理第6页（共8页） 1 14.(13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 面向外的匀强磁场区域。在x轴上有一左端置于原点0点，长5=6十2)R 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0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。 电子源 ×× 、× 收集板 二轮专题精准提升（九）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(17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vo=5000/s的带 正电粒子，粒子比荷号=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。 ↑B,T ↑BT 0.01- 0.01/ 0◆ 0 h 424/ 424 -0.01- -0.01-... 甲 丙 二轮专题精准提升（九）物理第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 【解析】(1)因微粒在匀强电场E1中从A沿直 vy=a2to (1分) 线运动到O点，可知此时微粒所受合力方向水平 y2=vxto=2L (1分) 向右，由受力分析得 则微粒打到挡板的位置纵坐标 gEsin 0=mg (1分) y=-(y1十y2)=-3L (1分) 解得 (3)当n=1,可知微粒在右侧区域运动的时间 E =12mg L (1分) t==to (1分) 00 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=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 粒在t=t。时刻经过原点O,则做匀速直线运动， mg tan =ma (1分) 在竖直方向上不偏转。综上所述，当n=1时，微 L 粒打在挡板上的纵坐标的取值范围为（一L,0) u8=2a1 (1分) 同理，当=2，由第（2)问分析可知，微粒在右侧 解得v=√gL (1分) 区域运动的时间为2t0,若微粒在t=0时刻经过 原点O,则微粒在竖直方向上偏转的距离为3L; (2)微粒在x方向的分运动为匀速直线运动，打 若微粒在t=t。时刻经过原，点O,则微粒先做匀 到挡板所用时间 速直线运动，后做类平抛运动，在竖直方向上偏 L %=2√g=2, (1分) 转的距离为L。综上所述，当n=2时，微粒打在 00 挡板上的纵坐标的取值范围为 0到t。时间内微粒做类平抛运动，在竖直方向 (-3L,-L) (2分) 上有 以此类推，可得挡板MN放在x=nL(n=1,2, mg+qE2=ma2 (1分) 3,…)处时，微粒打在挡板上的纵坐标取值范 1 围为 y1=2a:ti=L (1分) (n(DLnnD t。到2t。时间内，微粒受到的电场力和重力平 2L）(n=1,2,3,) 衡，做匀速直线运动，在竖直方向上有 (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、单项选择题 1.B【解析】粒子在磁场中的轨道半径为r,则有 Um=49 3m 二，A错误；粒子从区域I射入区域Ⅱ，在 ,解得r= Bqv=mu B,粒子离开磁场时孩长 区城Ⅱ中英动的时网：一公T一公·霜-沿 1=2rsin9=2阳sin0,其中9袁示物旋度与MN 根据几何关系，粒子在磁场中轨迹对应的圆心角 R 的夹角，则vsin0表示速度在垂直MN方向的分 a=2r-2 arctan,则当r=rm时，粒子在区域Ⅱ 速度，此值不变，B正确。 rm 2.A【解析】指南针向西偏转，用安培定则判断直 143πm 导线上方磁场应该为向西方向，根据题目中的已 中运动的时间tmx=900B,B错误；根据对称性 知条件r=0.01m,I=0.69A,可以计算出导线 可知，粒子从区域Ⅱ射出返回区域I时，速度方向 为径向，则粒子在区域I中，运动的距离为2R,在 在手机处产生磁场的磁感应强度大小B熊=及，白 13.8uT,结合地磁场和导线磁场叠加后使指南针偏 区拔I中运动最短的时间t。-2迟-3 0.2B,C错 转30°，可得B*+an30°，解得B*4≈23.9μT。 误；若粒子运动速率为B ,根据洛伦兹力提供向 m 3.D【解析】粒子从区域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，设 心力qB=m二，解得r1=R,根据题意，做出粒 粒子在磁场中运动最大半径为rm,此时粒子的运 动轨迹如图甲所示由几何关系可得(3R一rm)2= 子的运动轨迹，如图乙所示，可知粒子将在区域 I、区域Ⅱ间做周期运动，粒子每运动距离s=4X F品十R2,解得rm三3R,根据洛伦兹力提供向心 (2R+×xR)=(Gx+8)R,载远藏会变复- 力q0mB=m ，解得粒子运功的速率最大值 rm 次，D正确。 ·33· 1 真题密卷 二轮专题精准提升 5.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 0 周运动，竖直方向上的分运动为匀速直线运动，粒 T 子恰好到达O4位置，则粒子做圆周运动的轨道半 R 、 径R-台，根最Bg0c0s45=mo045 ,解 R 2qBL 得v= 甲 2m,A错误；若粒子在水平方向上仅运 本y 动半个圆周到达O4位置，此时粒子的轨迹并没有 与a1a2d2d1平面相切，B错误；粒子到达O,位置 的时间t=nT十)(n=0,1,2,3…),长方体 a1a2边的长度h=vsin0·t,解得h= (2n十1)L（n=0,1,2,3…),当n=2时，解得 2 h=实，C正璃；结合上述解得4=②+m”u= 5πL gB 0,1,2,3…),当粒子从O2运动到O4经历的时间 4.D【解析】若粒子恰好从c点射出磁场，几何关 为时，解得n=》,不特合要求，即教子从0」 g 系可知，粒子圆周运动半径r=L,根据r= gB' 运动到O:经历的时间不可能为。B,D错误。 LgB 解得V0= 6.D【解析】ab边恰好没有电子射出，轨迹如图甲 m ,A错误；若粒子恰好从bc边的中 所示（轨迹1），根据洛伦兹力提供向心力有 点射出磁场，轨迹如图，设轨迹圆半径为R,几何 L 关系可如R一) eoB=m”,r=2,所以B=2L,由于电子射 十L2=R2,解得R=L,则 入的速度大小不变，方向改变，则轨迹半径不变， L.4 根据旋转圆模型可知，bc边没有电子射出，A、B sin0=R=5,可知0=539，则粒子在磁场中运动 错误；从ad边射出的电子在磁场中运动的时间最 的时间t=360 53°、2πm_ 360° gB180gB,B错误： 53πm 长时轨迹如图乙所示，根据几何关系可知，圆心角 nv0、2 日=60°所以最长时间t=3600T=360°，号 2qB 若00一3m ,则轨迹圆半径r1=gB=3L,这 πL ,C错误；由以上分析可知，当粒子恰好经过d 种情况粒子从cd边射出，设粒子射出磁场时速度 6v0 点时，其入射速度方向与ad边的夹角为30°，所以 从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比 方向与y轴正方向夹角为B,则sinB= 2L 150°5 3 值为30=1D正确。 ≠sin60,即B≠60°，C错误；若粒子从cd边射 1 轨迹1× 出磁场，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大 不超过180°，则最长运动时间t0= r-× 180° 2rm_π ,所以粒子在磁场中运动的时间一定不超 gBgB 过n BD正确。 y × × ××x 1 ·34· ·物理· 参考答案及解析 7.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 运动的辛径R1n60- L,A错误；若粒子 平行于bc边射入、从ab边射出，如图乙所示，由洛伦 2 蓝力美供向心力得QB=m,解得，邵副粒子 二、多项选择题 的速度越大，轨迹半径越大，粒子从ab边射出时的圆 8.ABD【解析】当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时， 心角相同，其在磁场中运动的时间相同，B错误；当 轨迹与边界相切，如图所示，由几何关系可得 ℃=U1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= r1cos60°=r1一L,解得r1=2L,根据洛伦兹力提 s0'+(亿1oas6,解得 vi 供向心力uB1=m,解得01=，在磁场 m R:=V3 L,粒子运动轨迹对应的圆心角的正弦值 中运动的周期T三B,所有速度小于山的离子 都未进入Ⅱ区，速度偏转角都为120°，运动时间都 =2,解得∠0=60，粒子在 120° sin∠O= 一 R2 60BAB正确：B,=7B,且盛场 磁场中运动的时间t 60°2m_m Ⅱ方向向里，则离子进磁场Ⅱ后逆时针偏转，离子 360XQB-3QBC错误；当 恰到x轴时速度与x轴平行，取水平向右为正方 01 口一时粒子在磁场中运动的半径R,。= 向，全过程根据水平方向动量定理∑qB1v,1△t十 ∑gB2v2△t=mv-mucos60°，且∑v,1△t=L, 从b边射出的粒子在磁场中运动的最短时间时，粒 16B1qL 子在磁场中运动的圆心角最小，其运动轨迹如图丁所 ∑v2△t-L,解得v= ,C错误，D正确。 m 示，可知从P点到bc边出射点的距离等于轨道半径 y 60°、2πm R,即圆心角为60°，最短时间tm=360XQB 3LN60° 6060 2L 3QBD正确。 πm 0 9.CD【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据 quB =mv 尺。，可知粒子在磁场中的轨道半径 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200，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，B 错误：由于所有粒子沿水平方向射入磁场，半径与 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场边界向 下平移4d形状，O平移到O点位置，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，该粒子在磁场中旋转了143°，因 此运动的时间t=143.2m·4d_143d C正确。 360° v0450 ·35· 1 真题密卷 二轮专题精准提升 三、非选择题 1配2分 些e) 兴e分) 【解析】画出粒子轨迹如图，可知为磁聚焦模型，故 3 4d/4d 5、 运动丰径=L,秀由如B=m,解得是记：由 M O 图知，磁场区域最小面积为“叶”型面积S= 2-月)，点子最大圈心商为登，则最长时同 y个 t= L 20 nπm 1 12.(1) Boq (n=1,2,3…)(2分) 2Boq (n=1,2, 3…)(2分) 3mm00(m=1,2,3…)(2分） (2)Bq 4nπm(0n=1,2,3…)(2分) 3Boq 丙 【解析】(1)若MN=NP,粒子从Q点射出磁 10.BD【解析】如图为过小孔S的剖面图，要使粒子 场，其可能的运动轨迹如图甲、乙所示， 最终能垂直AD方向从小孔射出，粒子运动轨迹 M 圆的圆心一定位于三角形的边上，由公式 B-m,T-2解得B-T-2,由 gr 题意可得，粒子在框架中运动最短时间时轨迹如 图，半径为号的三个60国孤，时同1二3X后T一 1 甲 乙 由几何关系可知，则粒子圆周轨迹半径r和运动 1 时间必须满足√2·MN=n·√2r(n=1,2,3 2大 0 2,B正确，由题意可得，粒子做圆 …),d=n·(n=12,3…),粒子在匀强酸场 T 周运动的半径满足2=nX2R+R(n=0,1,2,3 中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 L …),解得R=2(2m十1n=0,1,2,3…),结合公 8B,=期8T--由 式B=可得B gr 2(2m+1)m0（m=0,1,2,3 以上各式联立解得，MN=m(m=1,2,3…), -Boq …),由上式可得，n=0时匀强磁场的磁感应强 (n=1,2,3…)。 度最小值为2m知 qLn=1时匀强磁场的磁感应强度 t一2Bq (2)若MN=√3NP,粒子从Q点射出磁场，其可 为℃，D正确，A、C错误。 能的运动轨迹如图所示 1 ·36· ·物理· 参考答案及解析 由几何关系可知，粒子圆周轨迹半径r和运动时 (3)由题意，两粒子在x轴上方做圆周运动的半 间必须满足2 √2muo 3 ·MN=n·23r(n=1,2,3 径r1= (1分) qB 2T mvo …),t=n。 3 (n=1,2,3…),又因为r= 9B。’ 在x轴下方做圆周运动的半径r2=B 在P粒子第一个半圆上相遇时横坐标最小，其相 T二2π1=2m,由以上各式联立解得MN马 遇轨迹交，点如图丙中所示的G,点，O1、O2之间 3mm0(n=1,2,3…),t= Annm 距离与A、O之间距离相等，易知O1O2=-2r2 Boq 3Boq (n=1,2,3…)。 可得a=45° 13.(1)B1= 2mvo 6nm2v (2)S= 92B2 （n=2,3,4…) 又T=2w 解得粒子在x轴上、下方圆周运动的周期分别为 (3)△t= 器 T 22m、T,=2xm (1分) 【解析】(1)由洛伦兹力提供向心力，对P有 gB gB P粒子运动至G点转过圆心角为45°，所用时间 quoB-Rrx mvo (1分) -5 m(2x)2 对Q有gX2uoB= RQL Q粒子运动至G点，在x轴下方转过圆心角为 qX2voX2B= m(2vo)2 180°，在x轴上方转过圆心角为135°，所用时间 Raf (1分) t22 (1分) mvo 解得RpL一gB、RoL 2mv mvo gB 、RQ= 两粒子从O,点出发的时间差△t=t2一t1 qB 运动轨迹如图甲所示 解得a0-(+号）器 (1分) .2 B· ·0 Q 0 :2B : 丙 甲 则x0=2R吐 14.(1)x= eBR (2) 6≤0≤ 6 (3)2+2-6 m 2 2mvo 解得B1= (1分) ne(4)见解析 (2)如图乙所示 【解析】(1)电子只受到洛伦兹力，根据 quB-mRi (1分) .P 可知句强磁场中圆周运动的半径R,一1分)》 本题中的磁聚焦要求电子运动半径等于圆形磁 : 场的半径，则0 qBR eBR (1分) m m (2)粒子轨迹如图甲 y↑ 若要使两粒子轨迹在x轴上有n(n≥2)个交点， 电子源 则磁场沿x轴方向上的长度至少为 L1=nRQ上(n=2,3,4…) (1分) 磁场沿y轴方向上的宽度至少为 必×收集板 L2=Ra上十RQ下 (1分) 则磁场的最小面积 6nm2v3 Sm=L1XL2= g2B2(n=2,3,4…) (1分) 甲 ·37· 1 真题密卷 二轮专题精准提升 中 由对称性，可设离电子源中心线上、下距离2的 由几何关系可知，可知OD=√3R (1分) 电子经过磁场偏转后与负y轴夹角为士日，由三 ①当0≤x≤√3R时，由于②和③两个圆轨迹关 1 于x轴对称，圆心距离为R,②向下平移R与③ R-2R 角函数，得sin0=R一 1 重合，则l=R (1分) 2 (1分) ②当√5R<x≤2R时，电子圆轨迹与收集板交点 所以，0的范因为<0≤ (1分) 的最高点在x轴上，最低点是某个圆的直径与收 (3)粒子轨迹如图乙 集板的交，点，可以作以O为圆心，2R为半径的圆 孤，得到1=√4R2一x (1分) ③x>2R时，电子轨道不会碰到收集板，则1=0。 电子源 B (1分) X 15.(1)0.5m(2)(0,0.4m,-0.8m)(3) -a-- 127π ×10-4s(≈2.21×10-4s)xX104s(≈ 180 ● 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 乙 正向，粒子在yOz平面内做匀速圆周运动，由洛 计算能打到收集板上的电子在运动到O点时与 伦兹力提供向心力，得 负y轴夹的角，设为士α。在下方区域内做匀速 圆周运动也为R。由三角函数得 qvoB-m R (1分) cos a-R √6+√2 (1分) 即R=m0=0.5m (1分) 4 gB 由对称性，设离电子源中心线上、下距离d的电 (2)粒子发射后在yOx平面匀速圆周运动，轨迹 子经过磁场偏转后与y轴负半轴夹角恰为士α。 如下图甲 R-(R-d)d 由三角函数得sina= R (1分) R 解得d=Rsin a= 6R 所以，能到达收集板的电子离电子源中心线的距 离为6，R≤1< (1分) 4. 则接地导线中的电流大小 甲yOz平面视图 2(6,2R】 最远沿y轴运动距离为R<D,因此粒子不能通 \24 2+√2-√6 I=ne -ne(1分) 过通道，打到壁aa'b'b上。到达壁aa'b'b时 R 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 (1分) 位置①（直径在x轴上）、②和③，如图丙。 y=R-(台-R-0.4m 因此，粒子到达壁aa'b'b上时坐标为 电子源 (0,0.4m,一0.8m)。 (1分) (3)粒子在磁场中运动时磁感应强度大小不变， 运动周期 ③ T-2rm =2π×10-4s (2分) 2R gB 如下图乙所示当粒子运动轨迹在Oy平面内时到 板· 达壁b'c'c上的运动时间最短（半径一定，弦 长最短) 1 ·38· ·物理· 参考答案及解析 R=m0=0.5m (1分) gBm 粒子要能通过通道，运动半径需要足够大，刚好 能过通道时，轨迹如图戊所示 y 乙空间视图 丙xOy平面视图 戊xOy平面视图 由几何关系 丁空间视图 圆孤所对圆心角为127°，所以 -R号)‘+a.4 (2分) t=127Ts127rX10s(≈2.21X10s) 解得 180 R1=1m (1分) (2分) 即粒子要能通过通道，磁感应强度需满足 如图丁所示运动轨迹与接收屏相切时运动时间 B≤0.005T (1分) 最长，粒子运动刚好为半圆，圆孤所对圆心角为 结合B2随时间的变化规律，由数学三角函数知 180°，所以 识可知，B2≤0.005T时间占磁场变化一个周期 tmr=2T=元X10-4s(3.14×104s)(1分) 的行，所以长时间稳定后通过通道的粒子占总发 (4)所有粒子运动轨迹圆在xOy平面内，半径周 射粒子数的百分比为33.33%。 (2分) 期性变化最短半径 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 vi 1.C【解析】小球在复合场中受重力、电场力和洛 动有0B=m,解得轨道半径r=1m,周期 伦兹力三个力的作用，洛伦兹力与速度方向垂直， T=2nr =πS,则小球从水平抛出到经过O点所用时 所以洛伦兹力的大小和方向均会发生变化，小球 00 的加速度会变化，A错误；洛伦兹力不做功，电场 间满足t=nT=nπs(n=1,2,3…),小球从水平抛出 力做功，所以机械能不守恒，B错误；把重力和电 到经过0点，竖直方向有A-受，可得小球经过0 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 点整直分他定心头 :m/s(n=1,2,3…),当 功，所以小球从O到M的过程中速度先减小后增 n=1时，竖直分速度有最大值，小球经过O点时的动 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。 能有最大位，别有E=mdmG+d) 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 X01Xg学I=081.B运 速度不会产生洛伦兹力；水平方向的分速度受到3.D【解析】已知石墨烯导电能力远超银和铜等传 洛伦兹力作用；将小球的运动分解为水平方向初 统材料，而半导体导电能力介于导体和绝缘体之 速度为，的匀速圆周运动和竖直方向初速度为0 间，因此石墨烯导电能力远强于半导体，A错误； 的匀加速直线运动；对于水平方向的匀速圆周运 由左手定则可知电子向电极M端偏转，电极M ·39· 1