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（重庆甘肃贵州专用）

·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 真题密卷 二轮专题精准提升 5.D【解析】当电场强度为0时，从O,点射入的粒 yo 子恰能运动到N点，则=2，根据洛伦兹力提 X U X euB 供向心力有g0B=m,,解得B=,A错 evB qyo 1 误；若粒子从30处射入，则x)=001,a= 9,联 m 02 yoyo yo 5 立解得)=y十3=2十3=6。<y,由此可知， 7,D【解析】洛伦兹力不做功，离子经过引出通道后 粒子从N,点下方进入磁场，B错误；设粒子进入磁场 的速度等于V,A错误；根据洛伦兹力提供向心力得 中时速度方向与竖直方向的夹角为日，粒子进入磁场 B=m反，解得R-阳设离子在引出道道内的轨 中的造度大小为，则gB=m。 ,所以粒 道半径为，同理可得r一阳，由于高子在引出通适 子在磁场中偏转距离d=2rsin0=yo,由此可知，粒 内的轨道半径大于D型盒半径，可知引出通道内的 子在磁场中偏转距离相等，C错误；由以上分析可 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r, 知，粒子在电场中运动的坚直位移宁，所以 轨迹如图所示，则有O'Q=r,OQ=L,OO=r-R,根 据几何关系得r2=L2+(r-R)2+2L(r-R)cos0, 从2y处射入的粒子，恰好从V点进入磁场，且 解得，=R2+L2-2 RLo0 2R-2Lcos 0 ,由洛伦兹力提供向心力 1 恰好经磁场偏转后打在M点，即只有0~2y范 2 可得B吧=m,解得r二，联立可得B 围内平行于x轴正方向射出的粒子能被接收器接 m 2(R2-RLcos 0) 收，所以接收器接收的粒子数占粒子总数的50%， TL2+R2-2 LRcos0B,C错误；由C中分析可 D正确。 知，离子能否离开加速器与粒子的电量和质量无关， 6.C【解析】根据动能定理，电场力做的功等于动能 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 的变化量，有eEπR= 2mw,解得=1X10m/s,根 1 离子引出，D正确。 据题意作出粒子的轨迹如图所示，根据几何关系有 r-(-)+(份》，解得，-25mA错送：报 2 据洛伦兹力提供向心力有euB=m ，解得B=4T, r 二、多项选择题 53° B错误；每个质子在磁场中运动的时间t=360 8.AB【解析】对小球A受力分析如图所示，洛伦 兹力F2沿水平方向，库仑力F1沿着O→A方向。 53元 口一7.2X100s,C正确；所加圆形磁场的直径 在竖直方向，根据平衡条件得F1cos37°=mg,解 为2R',满足(2R')2= 号)°+(》，解得 得F,=5mg,小球A与点电荷之间的库仑力天 小为mg,A正确；原点0处带正电的点电荷与 20m,圆形磁场的最小面积S-πR?= 80m2, 小球之间的库仑力为斥力，故小球带正电，空间中 D错误。 存在竖直向下的匀强磁场，洛伦兹力需要指向圆 2 ·40· ·物理· 参考答案及解析 心，根据左手定则，从上往下看带电小球只能沿逆 不断减小，所以滑动摩擦力∫也不断减小；又根 时针方向做匀速圆周运动，B正确；水平方向根据 据FN=mg cos日+Bq0,可知随着速度v不断增 大，支持力FN不断增大，根据f=FN,可知滑 牛顿第二定律得qvB一F1sin37°=m rsin 37, 动摩擦力F不断增大，故前后判断不一致，故物 其中F:sin37=mg,解得B-5D+mg,当 3 块不可能带负电，应是带正电，物块受的洛伦兹 3gr Aqvo 力应垂直斜面向左上方，其他力的方向不变，根 5mvo 3mg 9 3gr 4qvo ,即0 √2087时B取得最小值，可 据牛顿第二定律有f一mg sin0=ma,可知随加 速度a不断减小，滑动摩擦力f也不断减小；根 知B与v0并非单调函数关系，C、D错误。 据FN=ng cos日-Bqu,可知随着速度v不断增大， 支持力FN不断减小，根据f=FN,可知滑动摩擦 力∫不断减小，故前后判断一致，所以物块带正电， A错误；根据牛顿第二定律有f一mng sin0=ma,在 垂直斜面方向上有FN=mg cos0一Bqv,又f= uFN,联立解得mg(ucos0-sin0)-Bqv= ma,由题图乙可知，当加速度a=0时速度v= 9.AD【解析】由图可知，碳原子核受到向右的洛伦 2m/s,则有mg(ucos0-sin0)-Bgv=0,代 兹力，根据左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向 入数据解得B=0.25T,C正确；由C选项分析， 外，A正确；碳原子核在磁场中运动的时间 可知只要传送带的速度大于等于2m/s,则物块 4-召-分·丽-后由于政14原子故的质 达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以 传送带的速度可能是2m/s,也有可能是大于 量数大于碳一12原子核的质量数，所以碳一14原 2m/s,B正确；对物块运动的前6s,由动量定理 子核在磁场中的运动时间一定比在磁场中的运动 得mg(ucos-sin0)t-uBqx=mv,代入数据 时间大，B错误；由题意知，加速电压为U。时，有 可得x=5m,D错误。 gU=了mm,解得p=、 /2qU 三、非选择题 m ，原子核进入磁场 1.0we分） 1 1 2mUo 3d(2分) 日dg分 中有g0B=m,解得r=BVq ,由此可知质 【解析】对粒子进行运动分析，在电场中有2d= 量越大，运动半径越大，则碳一12原子核所击中的 vot,根据牛顿第二定律得gE=ma,且votan37°= 位置比碳一14原子核更靠近圆心，C错误；若碳一 at,联立解得E= 3B 12原子核全部打在内圆环上，则最小圆周运动半 8;粒子在电场中的轨迹如图 所示 R 1 径rmin= 2mUmin 2,rm-B ,最大圆周运动半 3R Uo 径rmax= 12mUms,解得U=16' 2rmx=B√g Umax一 答则当咖莲总区在货密点用 X2 内，碳一12原子核全部打在内圆环上，D正确。 10.BC【解析】设物块带负电，根据左手定则可知， 物块受到垂直斜面向右下方的洛伦兹力，还有重 在电场中有y=2a,解得y= 1 4d,itan 0+ 力、支持力和沿斜面向上的滑动摩擦力，根据牛 顿第二定律有f-mg sin0=ma,由图乙可知，物 y=21,解得x15d,故，=1十2a- 3d;粒 块是做加速度不断减小的加速运动，即加速度α 子在竖直方向运动很短的时间内，由动量定理有 ·41· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 qBuz△t=m△y求和可得qBd。=m△，，从进入 即所有粒子在区域Ⅲ中运动后向右偏移2d。方法 磁场到右边界，速度大小变为。，方向沿y轴负 一：粒子沿y轴方向由动量定理有∑qvB2t=mv一 方向，可得gBd。十q2Bd。十…十gnBdo=mvo,解 得n(n+1) m(-v),即2qB,d=2mu,解得B2=m, 9d:方法 1 2gBd,=mug,又nd,=2d,解得n= 二：由类平抛运动规律可知，进入区域Ⅲ时速度 3,d- 6d。 与水平夹角为0，则有tan0=2,sin0= ,所以 √5 12.(-d,2d)(2分)2u(2分)5v(2分) mi 9 进入区域Ⅲ时速度大小2 sin0=5u,由洛伦兹 (3分) 【解析】所有粒子均沿y轴负向垂直进入区域 力提供向心力可得gBg=m d r2 ,又T2= sin Ⅱ，所以可知，带电粒子做圆周运动的半径与磁 5d,解得B,=四 场区浅半径相同；由90B,=m,可得，=d,所 gd 13.(1)2eBa (2)y= 13 m 2x-20 以A点坐标为（一d,2d)；最右侧的粒子恰好经 【解析】(1)根据题意分析可知，所有电子在第一 过原点O进入区域Ⅲ，则有d= 2 m 象限都经历一个四分之一圆周运动后通过原点， 9d,所以E 化简可得E=2m0 并沿x轴负方向进入x轴下方的电场，最大速度 B =20;设粒子进入区 对应最大半径，则有r1=2a (1分) 城Ⅲ的速度大小为。，则有t=⑦一 vi 2 -t 根据洛伦兹力提供向心力可得evB=m r1 可得v'=√5v;所有粒子在区域Ⅱ和区域Ⅲ运动 (1分) 过程中间距始终相等，若最右侧的粒子恰好经过 联立解得电子进入x轴上方磁场前的最大速度 原点O进入区域Ⅲ，则最左侧粒子从A点正下 v=2eBa (1分) 方的x=一d处进入电场，又因为最终所有粒子 m 从区域I与A等高的B点离开磁场，根据运动的 (2)由题意可得所有电子都垂直于EF边界离开 对称性可知，最左侧粒子恰好从原点O返回区域 磁场，则所有电子运动轨迹的圆心都在EF直线 Ⅱ。其全程运动轨迹如图所示 上，由以上分析可得，经过直线CD时，设所有电 子沿x轴负方向的分速度=kB (1≤k≤2) (1分) XX + 根据运动学公式，在y轴方向有y一口一学： 头 (1分) 其中,= eBa m a m 在x轴方向，有x'=i=6B@ 解得x'=2ka (1分) 则电子经过直线CD的坐标为(-2ka,一a),电 子经过直线CD的合速度v=√1+keBa m 2 ·42· ·物理· 参考答案及解析 速度方向与水平方向的夹角的正切值tan0'= 速度波动最大的离子的水平分运动是匀速圆周 6 运动，速度大小为Vosin0,有gB2 vosin0=m (1分) (vosin 0)2 则圆心位置对应的横坐标x=一2ka十rsin0'= (1分) r 2ka+nv。 eB sin 0'--2ka+a (1分) 离子有效注入硅片上的面积最大可达S=π(2)2 (1分) 纵坐标y=一a一rcos0'=一a一ka (1分) 因为电子垂直于直线EF出射，所以圆心也在直 解得S= 4πm2o8sin20 q2B2 (2分) 1 3 线上，可得EF直线方程为y=2x一2Q。 15.(1)v0= EqR (2)M'(rcos30°， 35 m R;r- 6 (1分) n'( 53 35 mvo 3vot rcos60° 14.(1)E1= r= (2)E≥ 16π R:6R 2gd π (3)见解析 mvi (2-cos20) S=4rm'v8 sin0 2gL q2B2 【解析】(1)水平方向R=vocos0·to (1分) 1Eg 【解析】(1)在加速电场有qE1d= 2mu6(1分) 竖直方向2R=vosin0·to十 2m (1分) 解得E,=mu (1分) 解得v,= EqR 2qd m (1分) 在圆形磁分析器中，离子做圆周运动的圆心为a (2)水平方向R=:t (1分) 点，设半径为R,周期为T,如图 竖直方向2R= 1E92 (1分) 、E 2 m 磁分析器 1 EgR 解得：=2入m (1分) 粒子在磁场中做等距螺旋运动如图甲，在垂直y 9 轴平面内有qv,B= mv (1分) 控制区 解得r= 5 8元 (1分) 则有T=2πR (1分) 周期T= 2xm 5 mR 9B 2Eg (1分) (1分) E EgR 竖直方向0，= t=2 根摇几何关系有an30-京 n m (1分) 35R35/mR 运动时间t= 6v,12 Eg (1分) 解得，=3u2 (1分) (2)为使所有离子均能有效注入，在ad方向上 回旋次数n= t35 T=30 1+1 (1分) 有a=9E 落，点位置在与x轴夹角为30°处，故M'坐标为 (1分) m 35 且满足2aL≥(W2u)2-(vocos0)2 rcos30°，- R,r-rcos60° (1分) (1分) 6 联立解得E≥mu6(2-cos20) 即5v -R,- 35 (1分) 5 2qL 16 6R16元 R ·43· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 由对称性，易得N'的坐标为 旋半径不同、螺距相同。落点位置和底面中心连线 5v3 相对x轴的夹角相同，得出与x轴夹角为30°的倾 Γ16元R, 35 5 6R,16mR) (2分) 斜直线，直线以M、N'为端点（不触边界），画出图案 如图乙。 (4分) 'aM M 甲 (3)粒子进入磁场后，z不同，0，相同，T相同，回 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 此时磁通量的变化率为0，即磁铁处于图乙位置时，小 1.A【解析】蓄电池的输出功率P=EI一Ir,变形 灯泡两端的电压为0，D错误。 得号-号-7，给合圈缘可得E=12V,=0,50,A 3.B【解析】根据电阻定律R= S,其中S=d , 正确，B错误；由P=E1-IP7=一(1-左)，+9 E2 S,联立解得R=16oV Ar 产，可知题图乙中，拉长该 段导线使直径减小，导线电阻随之增大，A正确； 可知害1一号-12A时，最大输由功车P一号 题图丙中，导线两端的电压U=R=160VI πd,电流 72W,C错误；该蓄电池的短路电流1：=， = 不变时，拉长该段导线使直径减半，导线两端电压 24A,D错误。 变为原来的16倍，B错误；题图丙中该段导线的发 2.A【解析】设感应电动势的最大值为Emx,则有 热功率P=PR-T,流过导线的电流不走， Emax=NBSw=N便mxw,则感应电动势的有效值 改变导线直径，该段导线发热功率与直径的四次 E严，小灯泡恰好正常发光，则有R十R Eo Eo 方成反比，C正确；题图乙中，由闭合电路欧姆定 2 E 名小内念有，一货高。0n时 律I=R十，导线受到的安培力F=BIL,联立解 BEV 得F= ，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， S+rs 根据v=wr,结合上述解得v=l0m/s,A正确；若自行 车的速度减半，摩擦小轮转动的角速度减半，感应电动 所受的安培力，由数学知识可知当且仅当 S=rS时， 势的最大值减半，感应电动势的有效值减半，根据闭合 电路欧姆定律可知，感应电流的有效值减半，则小灯泡 S+S最小，此时S=√罗，最小值为25=2 e oV 的功率减为先前的4，C错误；磁铁处于题图乙位置 oV -20丽，故装大安培力r=号E√侣D 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。 2 ·44·密真 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 1 2 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 () 0Q→% × M + 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v。=2m/s水 平抛出。已知小球质量=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 二轮专题精准提升（十）物理第1页（共8页） 真题 人的一生会有太多个雨季，别总淋雨，也别总活在过去 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 班级 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 姓名 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 得分 流大小I=1.0mA,元电荷e=1.6×10-19C。下列说法正确的是 ↑UmV 80 …M ,石墨烯 XX mV ××××× …W mA o出出 50100150200250300B/mT 分 乙 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 ( ) 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23 C.小球的速率越大，则小球受到的洛伦兹力越大 0 Q磁感应强度的大小可能为B一尽 5.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 、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o,当电场强度为0时， 从0点射入的粒子恰能运动到V,)点，若电扬强度E=",MN右侧是粒子 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 密卷 二轮专题精准提升（十）物理第2页（共8页） 2 A.磁感应强度的大小为 gyo B从3处射入的粒子，恰好从N点进入磁场 X B X XX × C.从？y。处射入的粒子，在磁场中偏转距离最大 Px 0 xxx D.接收器接收的粒子数占粒子总数的50% 6.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× 10-27kg、电荷量e=1.6×10-1C,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d= 0.2m,平移后对撞区域如图乙所示，质子进人对撞区域时的位置的水平距离D=0.4,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 () D 半圆环 对撞区域 半圆环 加速 加速 轨道 轨道 B 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.加匀强磁场的磁感应强度大小为8T 53π C.两质子在对撞区域的磁场中开始运动，在7,2X10s时相撞 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0m 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 ( ) 2 二轮专题精准提升（十）物理第3页（共8页） 真题名 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 引出通道Q 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B, 4(R2-RLcos 0) L+R-2LRcos 0B 、0 D.若引出通道中磁场为B2时，该离子能引出加速器，则此时四 将任何一个带电离子放入该加速器中都能将该离子引出 R 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，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v0,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 ) 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.v。越小所需的磁感应强度B越小 7 D.二√208r时，所需的磁感应强度B最小 9.碳一14(C)是碳-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 (人粒子源 底片 直线加速器 粒子源 甲 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 D.当加速电压在 6≤U≤范围内，碳一12原子核全部打在内圆环上 卷 二轮专题精准提升（十）物理第4页（共8页） 10.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10/s2,则 () u/m's- →0 2.0 1.4 37X t/s 6 甲 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 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 11.(7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do(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,x3=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vo垂直磁场边界射入磁场，恰能达到 磁场右侧边界x。已知整个装登处于真空中，教子的比荷是-设，不计教子重力， sin37°=0.6，c0s37°=0.8。 E Po B2B· x2! ·●！。 '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.(9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0，磁感应强度B1一，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 人区域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。 二轮专题精准提升（十）物理第5页（共8页） 真题密 A 十 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，各电子的速度随入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=eaB m。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。 ya a O××××× --…D 卷 二轮专题精准提升（十）物理第6页（共8页） 2 14.(13分)在芯片制造过程中，离子注入是一道重要工序，如图所示是离子注入部分工作 的原理示意图。从离子源M处连续飘出带正电的离子（初速度不计），经匀强电场加 速后，从P点以速度。沿半径方向射人圆形磁分析器。磁分析器中存在垂直于纸面 向外的匀强磁场B1(大小未知)，与长方体离子控制区相切于Q点，其中abcd为该控 制区中间竖直平面（与圆形磁分析器处于同一竖直平面），离子从Q点离开磁分析器。 由于边缘效应，离子进入控制区的速度方向会有一定波动（速度大小不变），波动范围 在以垂直αb方向为轴的0角范围内。若控制区无任何电、磁场，离子在水平底面的硅 片上的落点会形成一个圆形区域。已知离子质量为m,电荷量为q,加速电场两极板间 的距离为d,在圆形磁分析器中运动的时间为t,图中a、P、Q三点连线正好可构成一 个等边三角形，ad边长为L,bQ足够长。不计离子的重力和离子间的相互作用，因0 角较小，离子不会从控制区的四个侧面射出。 (1)求加速电场的电场强度E1和圆形磁分析器的半径r。 (2)若离子注入硅片时，垂直硅片的速度至少达到√20才能有效注人。为使所有离子 均能有效注入，现在控制区加上沿ad方向的匀强磁场B2和同样方向的匀强电场 E2(强场大小可调)，则匀强电场的场强大小应满足什么条件？离子有效注人硅片 上的面积最大可达多少？ M 磁分析器 控制区 2 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，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 35 y<0区域有以y轴为中心轴、半径为R、高为6R的圆筒，简内分布着方向竖直向上、 小B红/卡的强磁场，顶部平面占0上平面重合，圆心0处开有小孔，圆简 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点偏离水平方向日=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 B 甲 乙 二轮专题精准提升（十）物理第8页（共8页）