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（重庆甘肃贵州专用）

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 4 5 6 7 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o。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 () N B 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=,其中k=2×10-7T·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 130111 60 姓名 /111i110111111\ t1/02I乙0811\\ 0I乙 得分 甲 A.24μT 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 () R B 甲 乙 A.粒子运动的速率不超过2gBR m B发千从区域I射人区战Ⅱ，在区域Ⅱ中运动的时间不超过就会返同到区城[ C粒子从区域Ⅱ射出返回区镀I,在区城I中运动的时间不少于G才会进入区域Ⅱ D.若粒子运动速率为，则粒子每运动距离6=6十8)R,执迹就会重复一次 4.如图，直角三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），AC边长为1， ∠B为后一群比荷为，号的带负电粒子以相同速度从C点开始在一定范围垂直AC边射 入，射入的粒子恰好不从AB边射出，已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时 6 间为。t。,在磁场中运动时间最长的粒子所用时间为2to,则下列说法中不正确的是 ( 密卷 二轮专题精准提升（九）物理第2页（共8页）】 2 C A.磁感应强度大小为2g。 5元m B粒子运动的轨道半径为 1 C.粒子射入磁场的速度大小为5, 42t0 68+3r2 D,粒子在磁场中扫过的面积为49 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g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 的变化曲线如图乙所示，则 () 5y% 行 华 062i314.7 分 乙 A.磁感应强度大小为m 3qto B.投影的速度最大值为3。 4πy0 C.2to~3t,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 人0 02 b 2 二轮专题精准提升（九）物理第3页（共8页） 真题 √2qBL A.粒子的入射速度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a1a边的长度可能为°2 5πL D.粒子从O: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vo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 () × × × 0 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120。 πL 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 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15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5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，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 () 3的60 2L < 密卷 二轮专题精准提升（九）物理第4页（共8页） A.速度大小为3 二的离子不能进入区域Ⅱ 3B1qL B.速度大小为 2m 的离子在酸场中的运动时间为 C.恰能到达x轴的离子速度大小为4B:9L m 16B19L D.恰能到达x轴的离子速度大小为 m 9.一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里，其下边界abecd如图中虚线 所示，其中∠bec=90°，ab=be=L,ec=√3L,a、b、c、d四点共线。一束质量均为m,电 量均为一q(q>0)的带电粒子，在纸面内从a点垂直于ab以不同速率射入磁场，不计粒 子重力及粒子间的相互作用。则下列说法中正确的是 () ××××××××××××× ××××××8××××××× B ×××××,1 ××××× ×××× 、×××× C A.能经过三角形b加c边界射出的粒子速率最大值为3gBL 72 B.经过be边界中点处射出的粒子速率为10m 7gBL C.在磁场中运动时间最短的粒子速率为BL m D.从边界be和ec(不含e点)射出的两粒子运动速率一定不同，在磁场中运动时间也一 定不同 10.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℃o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 () --C a vo A.若粒子恰好从c点射出磁场，则粒子的速度vo= 2qBL m B,若粒子恰好从c边的中点射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间t=180gB 53πm C.若粒子的速度a。= 2qBL 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 aB 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57分。 11.(7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 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.(9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vo沿NP方向射 入磁场，不计重力。 ↑B B M 0 -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=√5NP,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0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点人射的速度大小为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v2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) 乙 密卷 二轮专题精准提升（九）物理第6页（共8页） 2 14.(13分)如图所示，半圆环ABCD区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，匀强磁场的磁感 应强度大小为B,内半圆环的半径R1=L,外半圆环的半径R2=√L。AB入口处一 粒子源能向磁场内发射出质量为m、电荷量大小为q的带负电的粒子，粒子在磁场中 运动碰到内、外半圆边界会被立即吸收，CD为粒子的出口，不计粒子重力，不考虑粒子 间的相互作用。 (1)若粒子均以垂直AB的速度发射，要使粒子均从CD射出，求粒子人射速度的大小。 (2)若粒子从AB射入时，速度大小和方向可以改变，求从出口CD射出的粒子在磁场 中运动的最长时间。 X XR /R D 粒子源 0 出口 二轮专题精准提升（九）物理第7页（共8页） 真题密卷 15.(18分)如图所示的xOy坐标平面内，y>0的区域内存在着垂直于平面向外的匀强磁 场，磁感应强度大小为B,y<0的区域内存在着垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强 度大小为2B。质量为m、电荷量为g的两个带正电粒子a和b,均以相同大小的速率 从O点分别沿y轴正向和y轴负向同时开始运动，运动过程中两粒子的碰撞为弹性 碰撞，碰撞时间忽略不计。设整个磁场区域都处于真空中，不考虑粒子的重力及两粒 子之间除碰撞外的相互作用，求： (1)粒子分别在y>0和y<0的区域内运动时的半径之比和周期之比； (2)两粒子运动轨迹交点的坐标； (3)以两粒子在O点开始运动时为t=0时刻，两粒子在运动过程中某时刻平行y轴方 向上相距最远时的距离及对应的时刻。 y ● ● ● ● X X 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 (2)灰尘和空气沿板方向速度相等，故灰尘相对 v Eoe-m R (1分) 空气只有竖直方向速度，由题意可知灰尘所受空 气阻力方向竖直向上，灰尘在竖直方向被电场力 可得0=入 EoeR (1分) m 加速，在极短时间达到最大速度时，加速度为0， 则竖直方向上有qE=f (1分) 加速区由动能定理eU,= mv3 (2分) 根据题意有q=k2r2,f=k1rU (1分) 1 可得U,=2ER (2分) 其中为灰尘竖直方向速度，此后，灰尘在竖直 方向做匀速直线运动。对紧靠上极板的灰尘恰 (2)恰能通过束偏移区时满足 d 1 22au2 (2分) 好落到收集器上，在竖直方向上有d=vt(1分) 又Ee=ma,Um=Ed,L=vot (2分) 在水平方向上有L=vot (2分) EoRd2 kid2vo 联立，可得Um= 解得r= L2 (2分) k2UL° (2分) 对电子束由动量定理F'△t=N△tmuo (2分) 15.(1)U。= 2 EoR (2)U= EoRd2 L2,F= 由牛顿第三定律知冲击力F=F'=N√EoemR (2分) N√EoemR (3)图案如图所示 A y 2 (3) 【解析】(1)静电分析器区由电场力提供向心力 (2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 3.D【解析】粒子从区域I中的O点沿半径方向射 1.B【解析】粒子在磁场中的轨道半径为r,则有 入到环形磁场后，都没有从区域Ⅱ的外圆射出，设 Bqv=m ,,解得r=m0 9B,粒子离开磁场时弦长 粒子在磁场中运动最大半径为rm,此时粒子的运 I=2rin0=2侣sin0,其中0袁示初建度与MN 动轨迹如图甲所示由几何关系可得(3R一rm)2= 4 的夹角，则vsin0表示速度在垂直MN方向的分 品十R,解得r。一3R,根据洛伦滋力提供向心 速度，此值不变，B正确。 力qvmB=m 2,解得粒子运动的速率最大值 2.A【解析】指南针向西偏转，用安培定则判断直导 线上方磁场应该为向西方向，根据题目中的已知条件 Un=49BR ,A错误；粒子从区域I射入区域Ⅱ，在 3m r=0.01m,I=0.69A,可以计算出导线在手机处产 生磁场的磁感应强度大小B=k,=13.8T,结合 区城Ⅱ中送动的时月=云-·霜-浴 地磁场和导线磁场叠加后使指南针偏转30°，可得 根据几何关系，粒子在磁场中轨迹对应的圆心角 R B*二B0,解得B*≈23.9T,A正确。 a=2π一2 arctan二，则当r=rm时，粒子在区域Ⅱ ·33· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 143πm 中运动的时间tm=90gB,B错误：根据对称性 如图，设轨迹半径为R,由几何知识得 R C0s30°+ 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 R0s30-1,可得R-2y,B餐误；粒子榭入避 区线I中运动最短的时间t- 2R 3m m2gB,C错 场的速度大小v= qB_53π ,C正确；射入的粒 m42t。 gBR 子恰好不从AB边射出，粒子在磁场中扫过的面 误；若粒子运动速率为 ，根据洛伦兹力提供向 m 积S=R A+R·Rc0s30°=6V3十37，DE确 49 心力quB=m一，解得r1=R,根据题意，做出粒 1 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 (2R+×2R）=6x十8)R,戟连就会重复- 5.D【解析】设小球做匀速圆周运动的速度为v,角 次，D正确。 速度为仙，轨迹圆心在接收器上的投影坐标为Y, 则在0时刻小球与轨迹圆心的连线与x轴夹角为 Po,则经过时间t,小球在接收器上的投影坐标 y=Rsin(wt十po)+Y,由题图乙可得R=2yo, 0 R Y=3y0,T= 2m=6。,解得小球在接收器上的投影坐 标与时间的关系式为y三2osin(3。十年 6)+30. 甲 由上面分析可得，小球运动周期T=6t,小球在 水平面上只受洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，由 牛颜第二定华可得B测="贸，又T=2 ,解得破场磁感应强度B= 2xm ,A错误；小 3gto 球投影坐标对时间求导，可得= 2πy0。 2 -cos( t+ 3to 3to 吾，则投形的最大建度。2，B特误小球 3t0 投影做简谐运动，C错误；小球投影在3t0、4t。时 4.B【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动， 刻的坐标分别为=2sm(×3,+名)十 3to 垂直BC边射出的粒子在磁场中运动的时间是 T 。T2πm、16 3yo=2yo,y4=2yosin ×4+答)+3。=0 4由工=2可得4一B X4=50,解得 3to~4t。时间内，投影的位移大小s=|y4一y3|= B=5xm -,A正确：设运动时间最长的粒子在磁场 yo,D正确。 12gt 6.C【解析】将粒子的速度沿水平方向与竖直方向 中的运动轨迹所对的圆心角为0，则有2元T=21, 分解，可知粒子在水平方向上的分运动为匀速圆 T6 5π 周运动，竖直方向上的分运动为匀速直线运动，粒 又由 4。得0=，画出该粒子的运劲轨迹 子恰好到达O4位置，则粒子做圆周运动的轨道半 2 ·34· ·物理· 参考答案及解析 径R=2,根据Bqocos45°=m (0cos45)2 解 R 得o=2gBL ,A错误；若粒子在水平方向上仅运 2m 动半个圆周到达O: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O4位置 T 的时间t=nT+2(n=0,1,2,3…),长方体的 a1az边的长度h=vsin0·t,解得h= (2n十1)L（m=0,1,2,3…),当n=2时，解得 二、多项选择题 2 8.ABD【解析】当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时， ,C正确；结合上达解得i=（②+)mm6m h=5nl. 轨迹与边界相切，如图所示，由几何关系可得 gB 0,1,2,3…),当粒子从O2运动到O4经历的时间 T1cos60°=r1一L,解得r1=2L,根据洛伦兹力提 为时，解得n=子，不符合要求，即粒子从0： 3 供向心力q01B1=m ,在磁场 m gB 中运动的周期T= 1,所有速度小于1的离子 2πm 运动到0：经历的时间不可能为4 gB,D错误。 都未进入Ⅱ区，速度偏转角都为120°，运动时间都 7.D【解析】αb边恰好没有电子射出，轨迹如图甲所 为t= 120° 2πm 示（轨迹1），根据洛伦兹力提供向心力有uoB= 60°T一30B,AB正确，B2=7B,且磁场 的，一台所以B-2,由于也千始入的魂成 m Ⅱ方向向里，则离子进磁场Ⅱ后逆时针偏转，离子 恰到x轴时速度与x轴平行，取水平向右为正方 大小不变，方向改变，则轨迹半径不变，根据旋转 向，全过程根据水平方向动量定理∑qB1v1△t十 圆模型可知，bc边没有电子射出，A、B错误；从ad ∑qB2v2△t=mv-mvcos60°，且∑v1△t=L, 边射出的电子在磁场中运动的时间最长时轨迹如 16BgL 图乙所示，根据几何关系可知，圆心角日=60°所以 ∑v2△t=L,解得o= ,C错误，D正确。 m 0 60°，2π=元L 最长时间t=360T=360· ,C错误； 本V 06w0 3L0 160° 6060 由以上分析可知，当粒子恰好经过d点时，其入射 2 速度方向与ad边的夹角为30°，所以从cd边射出 150° 的电子数和从ad边射出的电子数比值为30 0 9.BC【解析】由分析知能经过C,点射出的粒子速 5 D正确。 度最大，此时粒子的运动半径r= 2L,根据洛伦 6 v2 兹力提供向心力gB=m,,联立可得最大速度 3qBL Um- 2m,A错误；如图，0点为圆心，由余弦定理得 L 2 =-+宁-2-)×2m12m,解得， 01，又g如B=m,解得。-70B, 7 v 10m,B正确；由 ·35· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 分析得打在，点的粒子在磁场中运动时间最短， 三、非选择题 由几何关系可得此时半径为L,从而得出粒子的 11BL(2分) 速率=gBL,C正确；由分折知从边界e和ec n 【解析】画出粒子轨迹如图，可知为磁聚焦模型，故 (不含e点)射出的两粒子运动速率一定不同，但 v2 在磁场中运动时间可能相等，D错误。 运动辛径r=L,再由B=m,解得是一配：由 e 图知，磁场区域最小面积为“叶”型面积S 2）),点子最大周心扇为行，则最长时同 O八b πL 10.BD【解析】若粒子恰好从c点射出磁场，几何 t= 2 关系可知，粒子圆周运动半径r=L,根据r= gB,解得。=L9B mvo A错误；若粒子恰好从bc m 边的中点射出磁场，轨迹如图，设轨迹圆半径为 R,元何关系可知R一号)'+L=R,解释R 号1，则n9-点-手可知0=58，则粗子在延 12.(1)nmv (n=1,2,3…)(2分) 2Boq (n=1,2, Boq 53° 53 360°T= 2πm 场中运动的时间t= 360°× 3…)(2分) (2 3mu(n=1,2,3…)(2分） qB Boq 180gB,B正确，若U。= 53πm 2gB Anxm 二，则轨迹圆半 3Boq (n=1,2,3…)(3分) 3m 径r,=m=名L,这种情况粒子从cd边射出， 【解析】(1)若MN=NP,粒子从Q点射出磁 gB 3 场，其可能的运动轨迹如图甲、乙所示， 设粒子射出磁场时速度方向与y轴正方向夹角 M 70 2L L3≠sin60,即月≠60，J 为B,则sinB=2L C错误；若粒子从cd边射出磁场，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 由几何关系可知，则粒子圆周轨迹半径和运动 180° 运动时间t0一 認×-阳所以数 360T 时间必须满足√2·MN=n·√2r(n=1,2,3 T BD正确。 子在磁场中运动的时间一定不超过 …),1=n·车（n=1,2,3…),粒子在匀强磁场 中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 y 0 qoB。=m,解得，r= 0 m0°，T二。gB。,由 9B。1 以上各式联立解得，MN=m(m=1,2,3), Bog =nπm(n=1,2,3…）。 t一2Bg 2 ·36· ·物理· 参考答案及解析 (2)若MN=√3NP,粒子从Q,点射出磁场，其可 (2)由于是同种粒子，第一次回到x轴的时间都 能的运动轨迹如图丙所示 相同，即t=T= 2πm qB M 故x0p=011t=021t (1分) V11=V21 则=cos30° 1c0s60°=V3。 (2分) (3+1)qBL 14.(1)v2= 由几何关系可知，粒子圆周轨迹半径r和运动时 2m 8rm-8品 【解析】(1)若粒子均以垂直AB的速度发射，要 间必须满足23 ·MN=n·2√5r(n=1,2,3 3 使粒子均从CD射出，则A、B处入射粒子的轨 2T mvo 迹如图甲所示，设粒子入射速度的大小为2，则 …),t=n (n=1,2,3…),又因为r= 3 9B。 有R2十R1=2r2 (1分) T=2xr2nm ,=gB。,由以上各式联立解得MN 同理，洛伦兹力提供圆周运动的向心力则有 v号 3mmw0(m=1,2,3…),t 4nπm (n=1,2,3…)。 qu2B=m (1分) Boq 3Boq 2πm √3πm01 (W5+1)9BL 13.(1) (2)√3 解得v2= (2分) aB gB 2m 【解析】(1)把1沿平行B和垂直B的两个方向 ×.× 1 分解为v1= 201和012=201 (1分) 粒子在垂直于的B方向上以12做匀速圆周运 ××B C ..D 动，在平行B的方向上以11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 (2)粒子运动轨迹对应的圆心角越大，粒子在磁 完整的圆周运动时，将第一次回到x轴。 场中运动的时间越长，粒子运动轨迹如图乙所 B 示，设粒子在磁场中运动的周期为T,最长时间 为tmx,粒子轨迹如图乙所示，设此时粒子的轨迹 011 半径为r3,则L2十(3L-r3)2=r (1分) 则有t=T=2 由牛顿第二定律，则有qv3B=m vs (1分) (1分) 12 r3 又由qv12B=m 始 (1分) 其运动周期T=2πr (2分) 03 可得r=m L 9B (1分) 由几何知识可知sin0= (1分) r3 即1-T-2mm 从出口CD射出的粒子在磁场中运动的最长时 9B (1分) 3πmu1 间Lmax= 2m-20T (2分) 2π 则O点到P点的距离xop=011t= gB 解得tmax= 4πm (2分) 3gB (2分) ·37· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 + 8- 粒子源 出口 甲 乙 15.(1)r1:r2=2:1,T1:T2=2:1(2)交点在x ①交点在x轴上x1=n(2r1十2r2)= 3nm心(n一 轴上，(3mm ,0)(n=1,2,3…);交点不在x轴 1,2,3…) Bq 上，6m3》mw,5m](n=1,2,3…） 坐标为(3mm ,0)(n=1,2,3…) (1分) 2Bq ’2Bg (3) Ba ②交，点不在x轴上，根据对称性可得 3√/3mv (9n+2)πm (9n+7)πm ymx一4Bg ,t= 6Bq 或t= 6Bq 22=r1+7十3(n-10r1 (6m-3)mw(n=1,2, 2Bq (n=0,1,2…) 3…) 【解析】(1)由于粒子在磁场中做匀速圆周运动 2 √3mv 时，洛伦兹力提供向心力，在y>0区域内运动 y2= 2Bg 时，则有Bg一， (1分) (6n-3)mu.5m](m=1,2,3…） 故交点坐标为[2Bq ’2Bg 解得T1一B9 mu (1分) (1分) 同理可得，在y>0区域内运动时的半径r2= mu 2Bq (3)在t≤2 内，设y1=r1sinω1t,y2=r2sinw2t (1分) A 粒子分别在y>0和y<0的区域内运动时的半 径之比r1：r2=2:1 (1分) 根据周期T=2严可知，粒子在y>0和y<0的 y 区域内运动时的周期分别为 O 020 2πr2 T,=2m,T,-2 0 (1分) U 解得T1:T2=2:1 (1分) (2)根据上述分析可知r1= my mu 结合上述结论可知r1:r2=2:1,w1:w2=1:2 Bq':2Bg (1分) (1分) T十工时，两个粒子发生弹性碰撞，由动 当t= 2 两粒子在运动过程中沿y方向的距离 量守恒定律可得mv-mu=mv1一mv2 (1分) 1 y=yi+y:=risin wnt+risin 2wzt (1) 1 1 1 根据能量守恒可得2mw2X2=2mui+2mui 对y求导可得y'=w1r1(cosw1t+cos2w1t)= (1分) wir(cos wit+2 cos2wt-1) 解得v1=02=0 (1分) 令y'=0,则有cosw1t+2cos2w1t-1=0 两粒子运动的部分轨迹如图甲所示 (1分) 2 ·38· ·物理· 参考答案及解析 解得on,=了6- 元m时y最大； (1分) 故当t=m+ T1+T2 3Bq 2 (9n十2)πm或t= n= 6Bg 同样在2 内， T十T2 m 7元m+T,+T2n 2 3Ba 6Bg 2 (9n+7)πm(n=0,1,2…)时， 6Bq 时y装大 (1分) 其最大值ymax= 3√3mw 4Bq (1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、单项选择题 3.D【解析】已知石墨烯导电能力远超银和铜等传 1.C【解析】小球在复合场中受重力、电场力和洛 统材料，而半导体导电能力介于导体和绝缘体之 伦兹力三个力的作用，洛伦兹力与速度方向垂直， 间，因此石墨烯导电能力远强于半导体，A错误； 所以洛伦兹力的大小和方向均会发生变化，小球 由左手定则可知电子向电极M端偏转，电极M 的加速度会变化，A错误；洛伦兹力不做功，电场 的电势比电极N的电势低，B错误；题意可知样品 力做功，所以机械能不守恒，B错误；把重力和电 每平方米载流子（电子）数为n,则时间t内通过样 场力合成为一个等效重力，其方向斜向左下方，等 品的电荷量g=nevdt,根据电流的定义式得I= 效最高点在O到M的中途某处，而洛伦兹力不做 日=ed,电流稳定时有9wB9,茫理得U=目 t 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， Bdu,可知k=d0,联立解得k=I,C错误；由图 ne 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 集可如奉-DvT-中 ne 向，磁场方向处于竖直方向，所以在竖直方向的分 I=1.0×103A,e=1.6×1019C,代入数据解得 n≈2.3×1016个/m2,D正确。 速度不会产生洛伦兹力；水平方向的分速度受到 4.C【解析】小球受到的洛伦兹力水平指向圆心 洛伦兹力作用；将小球的运动分解为水平方向初 O,根据左手定则可知，从上面俯视小球沿逆时针 速度为。的匀速圆周运动和竖直方向初速度为0 方向运转，A错误；小球竖直方向受力平衡，则有 的匀加速直线运动；对于水平方向的匀速圆周运 Ncos0=mg,可得球面对小球的弹力大小为N= 动有qB=m,解得轨道半径r=1m,周期 os9=2mg,B错误；根据F事=qB,可知小球的 mg T=2nr =πS,则小球从水平抛出到经过O点所用时 速率越大，小球受到的洛伦兹力越大，C正确；水 间满足t=nT=nπs(n=1,2,3…),小球从水平抛出 平方向根据牛顿第二定律可得qvB一Nsin 0= 到经过0点，竖直方向有-？，可得小球经过0 nP。。,整理可得3”2一gBu十3mg=0, 对于v的一元二次方程，根据数学知识可知，需要 2h4 ,点竖直分速度v,= m/s(n=1,2,3…),当 tnπ 满足(gB)2-4X 2v3m 3R X√3mg≥0，可得B≥ n=1时，竖直分速度有最大值，小球经过O点时的动 1 F2m(ui+3)= 2m 2g 能有最大值，则有Ekm= 9VR ,可知磁感应强度的大小不可能为B= 42 2×0.1X(2+J0.28JB正确。 2m g 9√RD错误。 ·39· 2