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（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（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 2 3 4 5 6 7 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 () OQ→% M 十 B X E 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,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 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 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 班级 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 () 姓名 U/mV 80日 得分 M ,石墨烯 ××× 0 d (mA t用 50 100150200250300B/mT 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=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 () P----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23mg 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 虑平行于y轴方向发射的粒子)，射出速度大小均为=BR.不计粒子重力，则下列说 m 法正确的是 密卷 二轮专题精准提升（十）物理第2页（共8页） 1 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 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8m” gE 8πm 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 gB 6.如图所示，在O<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0点射入的粒子恰能运动到N(x0y)点，若电场强度E=m00 ,MN右侧是粒子 9x8 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 () ×××× A,磁感应强度的大小为m0 qyo B.从3y处射入的粒子，恰好从N点进人磁场 C.从？y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.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q,质量为m,则 () 1 二轮专题精准提升（十）物理第3页（共8页） 真题 引出通道 、0 A.离子经过引出通道后的速度大于v 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) LR2LRcos 0B3 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、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，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o,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、g、x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.v0 √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，其运动的心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 ( ××××× /m's- → 十 2.0 1.4 37X × 6 甲 乙 密卷 二轮专题精准提升（十）物理第4页（共8页） 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 10.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=0.1T、方向垂直纸面向外的匀强磁场。一个比荷9=1×10C/kg的带正电粒子 m 从电场区域中的A点(3m,a)由静止释放，不计粒子重力。下列说法正确的是() v/m ●●●●●●●●●● :M ●● A E 1●● ●●e●●●eDe●x/m A.若a=3m,粒子在该区坡做周期性运动，运动的周期为(8+）×10s B.若a=3m,粒子在该区域做周期性运动，运动的周期为(8十3π)×10-5s C.若a=0,粒子可从MD边再次进人电场 1 D.若a=32-2二1m(n=12,3…),粒子可垂直边界MD进人电场 三、非选择题：本题共5小题，共54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 d B、2B、…、nB,xg=4d,x4-x3=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 蓝场右侧边界已知整个装置处于真空中，粒子的比荷，是-品不计粒子重力， sin37°=0.6，c0s37°=0.8。 E Pw· B2B· 1e·。 ●。ei '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.(8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O1,磁感应强度B,=,在y≤d到x轴之间，有一个 ad 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。 y XX ×X A×O米 ×× + ● ● ●● 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轴负方向射人第一象限的 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e,电 场强度大小E=2。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。 ya a Ox×x×× --D 卷 二轮专题精准提升（十）物理第6页（共8页） 1 14.(13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,高为阳R的圆筒，筒内分布者方向竖直向上、 大小B=4πmE 5√R的匀强磁场，顶部平面与0：平面重合，圆心0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(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v0。 (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 z 乙 入y 二轮专题精准提升（十）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(17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二，电场沿x轴负方向，电场强度大小E-m 2gL° 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g,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1-智的初速度从0点进人匀强酸场区域，电场强度大小变为 B1一20L,求当粒子竖直位移大小为y=号L时的运动时间。 mvd 19 -3L -2L 0 L 2L × × … × B× 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 (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 真题密卷 二轮专题精准提升 的电势比电极N的电势低，B错误；题意可知样品 208m 动的时间均为t1=4× =4× ,C正确； 每平方米载流子（电子）数为n,则时间t内通过样 a gE gE 品的电荷量g=nevdt,根据电流的定义式得I m 所有粒子从O点射出到最终被接收屏接收的过程 号=ad,电流稳定时有goB- d9,整理得U= 中在磁场中运动的时间均为t4=2T=2×2πR_ Bd,可知k=du,联立解得k二，e,C错误；由图 B,D错误；所有粒子在电场和磁场中的运动时 4π 绿可知本-0VT=是共中 间都相同，在没有磁场也没有电场的空间中的运 I=1.0X10-3A,e=1.6×10-19C,代入数据解得 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 n≈2.3×1016个/m2,D正确。 不同，只有沿x轴正方向射入的粒子会沿x轴正 4.C【解析】小球受到的洛伦兹力水平指向圆心 方向射出，B错误。 O',根据左手定则可知，从上面俯视小球沿逆时针 接收屏 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= cos9=2mg,B错误；根据F-qwB,可知小球的 mg 速率越大，小球受到的洛伦兹力越大，C正确；水平 米不 方向根据牛顿第二定律可得quB-一Nsin0 v2 刀不n0整理可得2员2-6Bu十3mg=0,对 于v的一元二次方程，根据数学知识可知，需要满 足(9B-4×25m×5mg≥0，可得B≥ 6.D【解析】当电场强度为0时，从O点射入的粒 3R 子修危运动到N点，周7=受，根#洛伦黄力规 2m 2g g√尺，可知磁感应强度的大小不可能为B一”B 9VR' 6 供向心力有qB=mr,解得B二gy。,A错 D错误。 5.C【解析】粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二 误：若粒子从写，处射入，则x6=01,a=巴，联 1 n 定律qB=m,代入粒子速度得r=R,根据左 立解得y”十学一曾+皆-0<，由此可知， 手定则，粒子在第1个圆形磁场中做逆时针的圆 粒子从N点下方进入磁场，B错误；设粒子进入磁场 周运动，由于粒子运动半径等于圆形磁场的半径。 中时速度方向与竖直方向的夹角为日，粒子进入磁场 根据几何关系，粒子入射点、出射点、圆形磁场圆 00 心、圆周运动圆心构成菱形，故粒子在第1个圆形 中的速度大小为，则口一sn)9mB=m,所以粒 磁场的出射方向均沿y轴正方向。粒子进入电场 子在磁场中偏转距离d=2rsin0=yo,由此可知，粒 后先做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运 子在磁场中偏转距离相等，C错误；由以上分析可 动，返回磁场的速率与射出时相等。同理，粒子第 知，：子在电场中运动的竖直位移1一之，所以 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相等，均为)。粒 从2y处射入的粒子，恰好从N点进入磁场，且 子在第2个磁场中的运动为顺时针，运动规律与 恰好经磁场偏转后打在M点，即只有0~2y0范 第1个磁场中的运动同理。最终所有粒子均到达 围内平行于x轴正方向射出的粒子能被接收器接 M,点。运动轨迹如图，综上所述，所有粒子从O 收，所以接收器接收的粒子数占粒子总数的50%， 点射出到最终被接收屏接收的过程中在电场中运 D正确。 1 ·40· ·物理· 参考答案及解析 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)，A错误；根据洛伦兹力提供向心力得 F BmR,解得R-一阳，设高子在引出道道内的轨 道半径为，同理可得1一四，由于离子在引出道适 内的轨道半径大于D型盒半径，可知引出通道内的 9.BC【解析】设物块带负电，根据左手定则可知，物 磁感应强度小于D型盒内磁感应强度B,B错误；若 块受到垂直斜面向右下方的洛伦兹力，还有重力、支 离子恰能从引出通道的Q点引出，设圆孤半径为r, 持力和沿斜面向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律 轨迹如图所示，则有OQ=r,OQ=L,OO=r一R,根 有f一ngsin0=ma,由图乙可知，物块是做加速度不 据几何关系得r2=L2十(r-R)2+2L(r-R)cos0, 断减小的加速运动，即加速度a不断减小，所以滑动 解得r=R+L2-2RLc0s0 摩擦力f也不断减小；又根据FN=mg cos0十Bqv, 2R-2Lc0s0,由洛伦兹力提供向心力 可知随着速度？不断增大，支持力F、不断增大，根 据∫=FN,可知滑动摩擦力∫不断增大，故前后判 02 可得BW=m解得r=B,联立可得B了 断不一致，故物块不可能带负电，应是带正电，物块受 mo2(R2-RLcos 0) 的洛伦兹力应垂直斜面向左上方，其他力的方向不 grL2+R2-2LRc0s9)B,C错误；由C中分析可 变，根据牛顿第二定律有f一mg sind9=ma,可知随加 知，离子能否离开加速器与粒子的电量和质量无关， 速度a不断减小，滑动摩擦力f也不断减小；根据 FN=mg cos0-Bq0,可知随着速度v不断增大，支持 若引出通道中磁场为B2时，该离子能引出加速器，则 力FN不断减小，根据f=FN,可知滑动摩擦力f不 此时将任何一个带电离子放入该加速器中都能将该 断减小，故前后判断一致，所以物块带正电，A错误； 离子引出，D正确。 根据牛顿第二定律有f-mgsin0=ma,在垂直斜面 方向上有FN=mg cos0-Bqw,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(cos0 sin0)-Bgw=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 二、多项选择题 2m/s,则物块达到最大速度的条件与传送带的速 8.AB【解析】对小球A受力分析如图所示，洛伦 度无关，所以传送带的速度可能是2m/s,也有可 兹力F2沿水平方向，库仑力F1沿着O→A方向。 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-uBqx=mv,代 在竖直方向，根据平衡条件得F1cos37°=mg,解 入数据可得x=5m,D错误。 5 得F,=4肌g,小球A与点电荷之间的库仑力大 10.ACD【解析】若a=3m,粒子在电场中做匀加 速运动，根据牛顿第二定律Eq=mao,利用运动 小为5 mg,A正确；原点0处带正电的点电荷与 1 学公式y=2a,解得到达MN边界所用时间 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 2(L-a】=2X105s,则粒子离开电场进 ao 心，根据左手定则，从上往下看带电小球只能沿逆 入磁场时速度大小v1=aot1=3X105m/s,根据 时针方向做匀速圆周运动，B正确；水平方向根据 9B=m ,,可知粒子在磁场运动的半径1 牛頓第二定律得quB-F1sin37°=m rsin37, m0 其中Fsin37r-mg,解得B=5e+竖，当 B=3m,可知粒子拾好以M点为圆心，在磁 场中做匀速圆周运动，从MD的中，点垂直于MD 3gr 4qvo 3 5m-,即e=√0时B取得装小值，可 9 再次进入电场，在磁场运动的时间？=· 3gr 4qvo 知B与。并非单调函数关系，C、D错误。 2πm=3X1053,再次进入电场后做类平抛运 gB 2 ·41· 1 真题密卷 二轮专题精准提升 1 动，假设从ON边射出，则L=,y=2aot产， y/m 解得y=3m,粒子恰好从N点射出，在电场中 运动的时间2==2X105S,射出电场时的速 ●● 度大小v2=√o?+(aot3)7=3√2X105m/s,设 ●● 出射速度方向与y轴正方向间的夹角为日，则 。●0●●●●●●.●●x/m D tan0=”!=1,解得0=45°，在磁场中做匀速圆 乙 aot3 三、非选择题 周运动，利用对称性可知粒子恰好从M点进入 32πm 电场，在磁场中运动的时间4= 4 gB e分 11. 1 3d(2分) 言de分 3π 【解析】对粒子进行运动分析，在电场中有2d= X105s,假设从0N间射出，则t= v2cos 45 vot,根据牛顿第二定律得gE=ma,且votan37°= 2X105s,竖直方向运动路程y=v2t5sin45° 3Bv 2at号=3m,竖直方向的分速度u,=u2sin45° at,联立解得E= 8;粒子在电场中的轨迹如图 所示 ats=0,即恰好垂直ON并从ON的中点穿出电 场进入磁场，在磁场中可利用对称性，画出运动 轨迹如图甲所示，因此运动周期T=2t1十2t2十 t3十t4十t5=(8十3π)×10-5s,A错误，B正确；若 a=0,粒子在电场中加速运动，根据动能定理有 EL-了m,可得=3v2X10m/,执道半径 X2 一昭=32m,进入电场的位置到M点的距离为 口损提见行关系了如一台十=，原程日 2au,解得y=3。 1 在电场中有y= ,xitan+ 3√2√2m<6m,运动轨迹如图乙所示，可以从MD y=2d,解得x1二3d,故x2一x1十2三y 3d;粒 1 边进入电场，C正确；当a=32-2m-Dmn= 子在竖直方向运动很短的时间内，由动量定理有 1,2,3…)时，根据动能定理得Eg(L一a)= gBvx△t=m△v,求和可得qBd。=m△vy,从进入 1 2m,解得在电场中加速后进入磁场时的速度 磁场到右边界，速度大小变为0，方向沿y轴负 3×105 方向，可得gBd。十q2Bd。十…十qnBd。=moo,解 。=2n一m/s,在磁场运动的轨道半径r。 得n(n+1) 1 2qBd。=mu,又nd。=2d,解得n= 2一m,即2r。十r。=3m,每次往复运动向右 3 1 移动2rn,最后以M点为圆心，垂直MD进入电 3,d=6d。 场，D正确。 12.(-d,2d)(2分)2w(2分)√5(2分) mv qd (2分) v/m 【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 场区域丰径相同；由gB1三0，可得r=d,所 以A点坐标为(-一d,2d);最右侧的粒子恰好经 ●●0●●●●● D。xm 甲 过愿点0入区装，有4·（号， 1 ·42· ·物理· 参考答案及解析 化简可得E=2m d ,所以 =20;设粒子进入区 v1 =2eBa (1分) m 城Ⅲ的速度大小为，则有t=@)一 (2)由题意可得所有电子都垂直于EF边界离开 2 t 磁场，则所有电子运动轨迹的圆心都在E℉直线 可得v=√5v;所有粒子在区域Ⅱ和区域Ⅲ运动 上，由以上分析可得，经过直线CD时，设所有电 过程中间距始终相等，若最右侧的粒子恰好经过 子沿r轴负方向的分速度，=kB0（1≤k≤2) 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 (1分) 从区域I与A等高的B点离开磁场，根据运动的 根据运动学公式，在y轴方向有y=a= 2 对称性可知，最左侧粒子恰好从原，点O返回区域 (1分) Ⅱ。其全程运动轨迹如图所示 其中，.=72=4 m 在x轴方向，有x'==6B (1分) m XX 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=√个十keBa 速度方向与水平方向的夹角的正切值tan0=友 1 (1分) 则圆心位置对应的横坐标x=一2ka十rsin 即所有粒子在区域Ⅲ中运动后向右偏移2d。方法 0'--2kasin 0'=-2ka+a (1分) 一：粒子沿y轴方向由动量定理有∑qwB2t= 纵坐标y=一a一rcos日'=一a一ka 0-m(=),即2gB,d=2mu,解得B2 因为电子垂直于直线EF出射，所以圆心也在直 方法二：由类平抛运动规律可知，进入区域Ⅲ时 1 3 线上，可得EF直线方程为y=2x一20。 1 速度与水平夹角为0，则有tan0=2,sin0= (1分) EqR (2)M'(rcos30°， ,r- 35 所以进入区域Ⅲ时速度大小一sn)一5w,由洛 14.(1)v0= m 伦兹力提供向心力可得B,= ,又2= rc0s60° 55 16R, 3 5 r2 6R,16元R in05d,解得B,=mw (3)见解析 【解析】(1)水平方向R=vocos0·to (1分) 13.1)2eBa 13 1Eq m (2)y=2x-20 竖直方向2R=vosin0·to十 (1分) 2m 【解析】(1)根据题意分析可知，所有电子在第一 R 象限都经历一个四分之一圆周运动后通过原，点， 解得一m (1分) 并沿x轴负方向进入x轴下方的电场，最大速度 (2)水平方向R=t (1分) 对应最大半径，则有r1=2a (1分) 1E92 u 竖直方向2R=2m (1分) 根据洛伦兹力提供向心力可得ev1B=m 1 EgR (1分) 解得0：=2m 联立解得电子进入x轴上方磁场前的最大速度 粒子在磁场中做等距螺旋运动如图甲，在垂直y ·43· 1 真题密卷 二轮专题精准提升 轴平面内有gu,B=mw (1分) r 【解析】(1)由90B=m (1分) 5R 解得r=2L (1分) 解得r=8元 (1分) 粒子第一次经磁场偏转后恰好不越过该磁场区 周期T=2xm-5mR 域左边界，由几何关系得 gB 2 Eg (1分) r-rsin 0=L 竖直方向，= =2、m 。EqR 解得n0=合0=30 (1分) m (2)粒子向左只能经历两个完整的电场区，设粒 35R 35 mR 运动时间t= (1分) 子在第三个磁场中水平速度变为0时竖直速度 6v,12 Eg 为y,由竖直方向动量定理有 回旅次数n=下=30 (1分) ∑qv.B·△t=mvy-mvosin0 (1分) 落，点位置在与x轴夹角为30°处，故M'坐标 即qBx罐=mvy-mvosin0 (1分) 1 35 又由动能定理有qE·2L= (rcos 30R-rcos 60) 2mv-1 vg (1分) 其中2L<x融≤3L (1分) 联立解得√3-1.5≤sin0<3-1 由对称性，易得N'的坐标为 即0.23sin00.73 （1分) (1分) (3)由q1B=m (1分) 解得r:=弓L 2 N T,=2xr1 =ixl. 00 M 粒子第一次经电场减速后，速度大小变为2 根据动能定理有-9E,L一mi一名m 甲 又qv2B=m 2 r2 (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 解得合-，工2- 1 0 相对x轴的夹角相同，得出与x轴夹角为30°的倾 如图粒子在电磁场中运动一个完整的周期T,沿 斜直线，直线以M、N为端点（不触边界），画出图案 2 y轴向下移动的距离△y=2r1一2r?=3L 如图乙。 (2分) (1分) 2L 十 × M E B + + × 15.(1)30°(2)0.23≤sin0<0.73(3)t1= （+l四或-（的+50或-(2+ + 110元、L 30 1 ·44· ·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 故当粒子竖直位移大小为y= 3L=8Ay+L时 1 nay ay (1分) 的运动时间可能为 4 且△y1<2r1=3L =87+n:或，=8T+2rt:+知或 1 (1分) 解得n>7.5 1 故n=8 (1分) t,=9T+6T 粒子在电场中减速和加速时间均为 即41=(64+100不 t=-L -4L 30 (1分) v1+2 L t2=(68+35π (1分) 2 00 T-T+2+ 110π、L 27 (1分) t3=(72+ 300 (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、单项选择题 3,B【解析】根据电阻定律R=, 1.A【解析】蓄电池的输出功率P=EI一Ir,变形 ,其中S= 4, 得号-号7，给合因像可得E=12V,r=0.5n.A S,联立解得R=16pV n,可知题图乙中，拉长该 正琉，B特误：由P=1-r=一(1一号+器 段导线使直径减小，导线电阻随之增大，A正确； 可知当1= 题图丙中，导线两端的电压U=IR=16oV? E=12A时，最大输出功率Px一4 π2d4，电流 不变时，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压 72W,C错误；该蓄电池的短路电流I短= 变为原来的16倍，B错误；题图丙中该段导线的发 24A,D错误。 热功率P=1R-17,流过导发的电流不定。 2.A【解析】设感应电动势的最大值为Emx,则有 改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次 Emax=NBSw=N更maxw,则感应电动势的有效值 方成反比，C正确；题图乙中，由闭合电路欧姆定 E。 ，小灯泡恰好正常发光，则有R十R西 R十，导线受到的安培力F=BIL,联立解 √2 律I= 发对小灯有P- 发R解件u=0ad3 BEV 得F= ov 一，可知通过改变导线直径可改变导线 B错误；车轮转动时带动半径为2cm的摩擦小轮转动， 根据v=wr,结合上述解得v=l0m/s,A正确；若自行 所受的安培力，由数学知识可知当且仅当 S=rS时， 车的速度减半，摩擦小轮转动的角速度减半，感应电动 势的最大值减半，感应电动势的有效值减半，根据闭合 S+S最小，此时5=√，最小值为2S=2 o oV 电路欧姆定律可知，感应电流的有效值减半，则小灯泡 的功率减为先前的，C错误；磁铁处于题国乙位置 ov r 2所，故大安培力P配，，D 2 时，穿过线圈的磁通量达到最大值，根据题图丙可知， 正确。本题选择不正确的选项，故选B。 此时磁通量的变化率为0，即磁铁处于图乙位置时，小 4.C【解析】根据右手定则可知，导体棒刚过cd处 灯泡两端的电压为0，D错误。 时通过导体棒中的电流方向沿CA方向，A错误；t ·45· 1