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（山东专用）

·物理· 参考答案及解析 R=m00=0.5m gBm (1分) 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 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 &-(R,-}°+a.46 (1分) 圆孤所对圆心角为127°，所以 -8器1-×10：622ax10g 解得 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 4=2T=xX10‘s(3.14X10）1分) 的，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 速度为0的匀速圆周运动和竖直方向初速度为0 1.C【解析】小球在复合场中受重力、电场力和洛 的匀加速直线运动；对于水平方向的匀速圆周运 伦兹力三个力的作用，洛伦兹力与速度方向垂直， 所以洛伦兹力的大小和方向均会发生变化，小球 动有guB=m,,解得轨道半径r=1m,周期 的加速度会变化，A错误；洛伦兹力不做功，电场 T=2ur =π$，则小球从水平抛出到经过O点所用时 力做功，所以机械能不守恒，B错误；把重力和电 00 场力合成为一个等效重力，其方向斜向左下方，等 间满足t=nT=nπs(n=1,2,3…),小球从水平抛出 效最高，点在O到M的中途某处，而洛伦兹力不做 到经过0点，竖直方向有h-?,可得小球经过0 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， 点竖直分速度口，= 2h=4m/s(n=1,2,3…),当 tnπ 但重力和电场力都做正功，动能增加，D错误。 n=1时，竖直分速度有最大值，小球经过O点时的动 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 能有装大位，则有E方m正=了m(十说) 速度不会产生洛伦兹力；水平方向的分速度受到 1 洛伦兹力作用；将小球的运动分解为水平方向初 2×0.1<22+42)J≈0.28J,B正确。 ·49· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 3.D【解析】已知石墨烯导电能力远超银和铜等传 点射出到最终被接收屏接收的过程中在电场中运 统材料，而半导体导电能力介于导体和绝缘体之 2w=4 、,2v8m 间，因此石墨烯导电能力远强于半导体，A错误； 动的时间均为t1=4 a 9EgE,C正确； 由左手定则可知电子向电极M端偏转，电极M m 的电势比电极N的电势低，B错误；题意可知样品 所有粒子从O点射出到最终被接收屏接收的过程 每平方米载流子（电子）数为n,则时间t内通过样 中在磁场中运动的时间均为t2=2T=2X2πR_ 品的电荷量q=nevdt,根据电流的定义式得I= 是-d,电流巷定时有9如B-名g,整理得U 。,D错误：所有粒子在电场和磁场中的运动时 Bo,可知=d,联立解得及一，C错误：由图 间都相同，在没有磁场也没有电场的空间中的运 动路程不同，时间不同，A错误；由C、D选项可知， 像可知斜率k=(88-0)X103、 所有被接收屏接收的粒子到达M,点的速度方向 320-0)10-V/T=1, ne,其中 不同，只有沿x轴正方向射入的粒子会沿x轴正 I=1.0×10-3A,e=1.6×10-19C,代入数据解得 方向射出，B错误。 n≈2.3×1016个/m2,D正确。 E 接收屏 4.C【解析】小球受到的洛伦兹力水平指向圆心 O',根据左手定则可知，从上面俯视小球沿逆时针 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毫=q0B,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 平方向根据牛顿第二定律可得gwB一Nsin0= 2Rn0整理可符2员m2一qBu十3mg0 对于？的一元二次方程，根据数学知识可知，需要 6.D【解析】当电场强度为0时，从O点射入的粒 满足(gB2-4×28m×5mg≥0，可得B≥ 3R 子格能运动到V点，则1-台，根据洛伦滋力提 2m 2g 6 ?√R,可知磁感应强度的大小不可能为B户 供向心力有qoB=m ,解得B=2mo ,A错 2m g g√余D错误。 误：若粒子从 3y0处射入，则x0=0ti1,a= q,联 5.C【解析】粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二 立解得y=十的-女+-5 32十3=6y<o,由此可知， 定律gB=m,代入粒子速度得r=R,根据左 粒子从N,点下方进入磁场，B错误；设粒子进入磁场 中时速度方向与竖直方向的夹角为日，粒子进入磁场 手定则，粒子在第1个圆形磁场中做逆时针的圆 周运动，由于粒子运动半径等于圆形磁场的半径。 中的地度大小为，则知一品mB=m,所以粒 。z2 根据几何关系，粒子入射点、出射，点、圆形磁场圆 子在磁场中偏转距离d=2rsin0=yo,由此可知，粒 心、圆周运动圆心构成菱形，故粒子在第1个圆形 子在磁场中偏转距离相等，C错误；由以上分析可 磁场的出射方向均沿y轴正方向。粒子进入电场 后先做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运 知，粒子在电场中运动的竖直位移=之，所以 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 从2如处射入的粒子，恰好从N点选入磁场，且 子在第1个磁场中的运动时间相等，均为)。粒 恰好经磁场偏转后打在点，即只有0~7范 子在第2个磁场中的运动为顺时针，运动规律与 围内平行于x轴正方向射出的粒子能被接收器接 第1个磁场中的运动同理。最终所有粒子均到达 收，所以接收器接收的粒子数占粒子总数的50%， M点。运动轨迹如图，综上所述，所有粒子从O D正确。 3 ·50· ·物理· 参考答案及解析 7.C【解析】根据动能定理，电场力做的功等于动能 二、多项选择题 的变化量，有BR=之m,解得日=1X10m/s,根 9.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。 据题意作出粒子的轨迹如图所示，根据几何关系有 在竖直方向，根据平衡条件得F1cos37°=mg,解 =(-)+(份)，解得，=25m,A错跃根 5 得F=mg,小球A与点电荷之间的库仑力大 2 据洛伦兹力提供向心力有euB=m一，解得B=4T, 小为mg,A正确；愿点0处带正电的点电疗与 53° B错误；每个质子在磁场中运动的时间t=360 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 口一7.2X10如s,C正确；所加圆形磁场的直径 2xr 53π 心，根据左手定则，从上往下看带电小球只能沿逆 时针方向做匀速圆周运动，B正确；水平方向根据 为2R,满足(2R)=()+(份)，解得R 牛顿第二定律得quB-Fsin37°=m rsin37, 20m,圆形磁场的最小面积S=R'2 80m2,D 其中F:sin37-子mg,解得B=n+3mg,当 3gr 4qvo 错误。 0 5m-g,即w=08r时B取得最小值，可 9 3gr 知B与⑦。并非单调函数关系，C、D错误。 O 8.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 v2 10.AD【解析】由图可知，碳原子核受到向右的洛 qB-m⑦，解得R=,设离子在引出通道内的轨》 伦兹力，根据左手定则可知，磁场的方向垂直纸 道半径为，同型可得，，向于离子在引出通道 面向外，A正确；碳原子核在磁场中运动的时间 内的轨道半径大于D型盒半径，可知引出通道内的 :-号-宁·-需由子政-14原子技的质 磁感应强度小于D型盒内磁感应强度B,B错误；若 量数大于碳一12原子核的质量数，所以碳一14 离子恰能从引出通道的Q点引出，设圆孤半径为r, 原子核在磁场中的运动时间一定比在磁场中的 轨迹如图所示，则有O'Q=r,OQ=L,O'O=r一R,根 运动时间大，B错误；由题意知，加速电压为U。 据几何关系得r2-L2+(r-R)2+2L(r一R)cos0, 1 2qUo 解得，=R+L2-2RLc0S0 时，有qU。=2mo2,解得v= ,原子核进 2R-2Lc0s0,由洛伦兹力提供向心力 m 02 人场中有8=号解终，= ,由 可得B,w=m,解得r= ,联立可得B1= B19 此可知质量越大，运动半径越大，则碳一12原子 2(R2-RLcosθ) gr(LR-2LRcos 0) ,C错误；由C中分析可 核所击中的位置比碳一14原子核更靠近圆心，C 错误；若碳一12原子核全部打在内圆环上，则最 知，离子能否离开加速器与粒子的电量和质量无关， R 若引出通道中磁场为B2时，该离子能引出加速器，则 小圆周运动半径rmin= 12m0,最 2rm=B√ 此时将任何一个带电离子放入该加速器中都能将该 9 离子引出，D正确。 大圆周运动半径rmax= 3R 1 2mU max 2rm=B√g 解得Um-6U=、 U。 P 16,则当加速电压在 A RO U r-h 6U一9。范围内，碳一12原子核全部打在内 圆环上，D正确。 ·51· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 11.BC【解析】设物块带负电，根据左手定则可知， 出射速度方向与y轴正方向间的夹角为日，则 物块受到垂直斜面向右下方的洛伦兹力，还有重 tan0=!=1,解得0=45，在磁场中做匀速圆 力、支持力和沿斜面向上的滑动摩擦力，根据牛 aota 顿第二定律有f一ng sin0=ma,由图乙可知，物 周运动，利用对称性可知粒子恰好从M点进入 块是做加速度不断减小的加速运动，即加速度a 不断减小，所以滑动摩擦力∫也不断减小；又根 、电场，在磁场中运动的时间4三·B日 据FN=mg cos0十Bgv,可知随着速度v不断增 、109s,假设从ON间射出，则= 大，支持力FN不断增大，根据f=FN,可知滑 2c0s450= 动摩擦力∫不断增大，故前后判断不一致，故物 2×10-5s,竖直方向运动路程y=v2t5sin45°- 块不可能带负电，应是带正电，物块受的洛伦兹 力应垂直斜面向左上方，其他力的方向不变，根 2ao号=3m,竖直方向的分速度0，=v2sin45°- 据牛顿第二定律有f一mg sin0=ma,可知随加 at5=0,即恰好垂直ON并从ON的中，点穿出电 速度a不断减小，滑动摩擦力∫也不断减小；根 场进入磁场，在磁场中可利用对称性，画出运动 据FN=mng cos日一Bq0,可知随着速度o不断增大， 轨迹如图甲所示，因此运动周期T=2t1十2t2十 支持力F、不断减小，根据f=FN,可知滑动摩擦 t3十t4十ts=(8+3π)X10-5s,A错误，B正确；若 力∫不断减小，故前后判断一致，所以物块带正电， a=0,粒子在电场中加速运动，根据动能定理有 A错误；根据牛顿第二定律有f-mg sin日=ma,在 垂直斜面方向上有FN=mg cos0-Bqv,又f= EL-m,可得=3厄×10m/s,轨道丰径 uFN,联立解得mg(μcos0-sin0)-uBgv= mu r= =3√2m,进入电场的位置到M点的距离为 ma,由题图乙可知，当加速度a=0时速度v= qB 2m/s,则有mg(ucos0-sin0)一uBq℃=0，代 (,根据几何关系可知(r之)十d=r2,解得d 入数据解得B=025T,C正确；由C选项分析， 可知只要传送带的速度大于等于2m/s,则物块 3√2√2m<6m,运动轨迹如图乙所示，可以从MD 达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以 1 传送带的速度可能是2m/s,也有可能是大于 边进入电场，C正确；当a=322m-1m(n= 2m/s,B正确；对物块运动的前6s,由动量定理 1,2,3…)时，根据动能定理得Eg（L一a)= 得mg(ucos0-sin0)t-uBgx=mv,代入数据 可得x=5m,D错误。 2m,解得在电场中加速后进入磁场时的速度 12.ACD【解析】若a=3m,粒子在电场中做匀加 3×105 速运动，根据牛顿第二定律Eg=mao,利用运动 u=2m一m/s,在磁场运动的轨道半径r。= 1 学公式y=2at,解得到达MN边界所用时间 21-m,即2r。十r。=3m,每次往复运动向右 2(L-a) 移动2rn,最后以M,点为圆心，垂直MD进入电 t1入ao =2X105s,则粒子离开电场进 场，D正确。 入磁场时速度大小v1=aot1=3×105m/s,根据 9如Bm四，可知粒子在磁场运动的半径1 gB=3m,可知粒子恰好以M点为圆心，在磁 mvi 场中做匀速圆周运动，从MD的中，点垂直于MD 再次进入电场，在磁场运动的时间2=名。 ·0··。·分xm 乙B-308,再次进入电场后做类平地运 ↑y/m 1 动，假设从ON边射出，则L=1t,y=2at, ● 解得y=3m,粒子恰好从N点射出，在电场中 运动的时间14=上=2X105s,射出电场时的速 x/m 度大小v2=√+(aot3)产=3√2×105m/s,设 3 ·52· ·物理· 参考答案及解析 三、非选择题 1a.32分) e分 d2分) ×0米 【解析】对粒子进行运动分析，在电场中有2d= tot,根据牛顿第二定律得gE=ma,且votan37°= 3Bvo “,联立解得E=8粒子在电场中的轨选如图所 芬 E y 即所有粒子在区域Ⅲ中运动后向右偏移2d。方法 0 x X2 一：粒子沿y轴方向由动量定理有∑qw,B2t=mv m(-),即2gB,d=2mu,解得B2= 9d:方法 1 3 在电场中有y=2a,解得y=星d,x1tan0十 二：由类平拋运动规律可知，进入区域Ⅲ时速度 5 11 与水平夹角为0，则有tan0=2,sin0= 二，所以 y=2d,解得x1=3d,故x2=x1十2d=3d:粒 子在竖直方向运动很短的时间内，由动量定理有 进入区城Ⅲ时速度大小，一sn)=5u,由洛伦兹 qB:△t=m△vy求和可得qBd,=m△v,y,从进入 磁场到右边界，速度大小变为0，方向沿y轴负 力提供向心力可得gBg=m d r2 ,又r2= sin 方向，可得qBd。十q2Bd。十…十qnBd。=mvo,解 得n(n+1) 1 V5d,解得B,=m 9d° 2 Bd。=mug,又nd,=2d,解得n- 15.(1)2eBa 13 1 m (2)y=2x-24 3,d。=6d. 【解析】(1)根据题意分析可知，所有电子在第一 象限都经历一个四分之一圆周运动后通过原，点， 14.(-d,2d)(2分)20(2分)5v(2分) e 并沿x轴负方向进入x轴下方的电场，最大速度 (2分) 对应最大半径，则有r1=2a (1分) 【解析】所有粒子均沿y轴负向垂直进入区域 vi 根据洛伦兹力提供向心力可得ev1B=m Ⅱ，所以可知，带电粒子做圆周运动的半径与磁 r1 场区找半径相同：由g如0B,=四，可得，=d,所 (1分) 联立解得电子进入x轴上方磁场前的最大速度 以A点坐标为（一d,2d);最右侧的粒子恰好经 2eBa (1分) m 达原点0进入区装，期有·（品， (2)由题意可得所有电子都垂直于EF边界离开 化简可得E=2mw 9d,所以 =20;设粒子进入区 磁场，则所有电子运动轨迹的圆心都在EF直线 上，由以上分析可得，经过直线CD时，设所有电 eBa 城Ⅲ的速度大小为'，则有=√（⊙）一 子沿x轴负方向的分速度0'=kDC(1≤k≤2) -t m 2 (1分) 可得v=√5v;所有粒子在区域Ⅱ和区域Ⅲ运动 过程中间距始终相等，若最右侧的粒子恰好经过 根据览动学公式，在y轴方向有y=a=受 原点O进入区域Ⅲ，则最左侧粒子从A,点正下 (1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 其中,= Fa-Ba m 对称性可知，最左侧粒子恰好从原点O返回区域 Ⅱ。其全程运动轨迹如图所示 在x轴方向，有x'==keBa m ·53· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 解得x'=2ka (1分) (vosin 0)2 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=√十eBa 离子有效注入硅片上的面积最大可达S=π(2)2 m (1分) 速度方向与水平方向的夹角的正切值tan0'=友 解得S= 4πm2 v sin20 92B3 0 (1分) (1分) EgR 17.(1)v0=√m (2)M(rcos30,- 35 则圆心位置对应的横坐标x=一2ka十rsin0'= R,r- 6 -2ka+"sin 0'--2ka +a rcos60°） 纵坐标y=-a一rcos日'=-a一ka (3)见解析 因为电子垂直于直线EF出射，所以圆心也在直 【解析】(1)水平方向R=vocos0·to (1分) 13 线上，可得EF直线方程为y=2x一2。 竖直方向2R=vosin0·to十 1E 2m t (1分) (1分) 解得v0= EqR (1分) 16.(1)E=2gd 、mvd r=3vot m (2)E≥ (2)水平方向R=vt (1分) mv (2-cos20) S=4rmo号sin20 竖直方向2R= 1Ea (1分) 2qL qB 2m 1 EgR 【解析】(I)在加速电场有gE1d= 2mu6(1分) 解得u:=2√m (1分) 舒得， 粒子在磁场中做等距螺旋运动如图甲，在垂直y (1分) 在圆形磁分析器中，离子做圆周运动的圆心为a 轴平面内有gu,B=mu (1分) 点，设半径为R,周期为T,如图 R 解得r一8 (1分) 磁分析器 周期T=2rm=5mR gB=2√Eg (1分) 竖直方向，= ,=2小m EqR m 运动时间t 35R35/mR 6v 12 Eg (1分) 控制区 同装次数1=子-器1十日 t35 (1分) 则有T=2πR 落，点位置在与x轴夹角为30°处，故M'坐标为 (1分) rcos30°，-6R,r-rcos60°) 根摇几何关系有an30”-点 中是， 由对称性，易得N'的坐标为 解得，=3ot (1分) 16π (2分) (2)为使所有离子均能有效注入，在ad方向上 有a=E (1分) m N 且满足2aL≥(W2u。)2-(ocos0)2 (1分) 联立解得E≥mu6(2-cos0) 2qL 速度波动最大的离子的水平分运动是匀速圆周 运动，速度大小为Vosin0,有qB2 vosin0=m 甲 3 ·54· ·物理· 参考答案及解析 (3)粒子进入磁场后，z不同，Vy相同，T相同，回 又qv2B=m 呢 旋半径不同、螺距相同。落点位置和底面中心连线 r2 相对x轴的夹角相同，得出与x轴夹角为30°的倾 解得v2= 3L,T2=2x:=4xL 斜直线，直线以M、N'为端点（不触边界），画出图案 6r2 20 如图乙。 (1分) 如图粒子在电磁场中运动一个完整的周期T,沿 y轴向下移动的距离△y=2T1一2r2=名D (1分) 2L X E B 18.(1)30°(2)0.23≤sin0<0.73(3)t1= × （tlg或-(6的350或-(21 × 110元) 3v0 【解析】(1)由qvoB=m 娟 (1分) V 解得r=2L (1分) 设粒子能运动完整的n个周期，则满足n△y十 粒子第一次经磁场偏转后恰好不越过该磁场区 19 域左边界，由几何关系得 △y1= (1分) r-rsin 0=L 1 (1分) 解得sin0=2,0=30 (1分) 且a<2=号 解得n>7.5 (2)粒子向左只能经历两个完整的电场区，设粒 故n=8 子在第三个磁场中水平速度变为0时竖直速度 粒子在电场中减速和加速时间均为 为v,由竖直方向动量定理有∑gvB·△t= L mv,-mvosin 0 (1分) t 4L (1分) V1十v2 即qB.x难=mvy-mvosin0 (1分) 2 又由动能定理有gE·2L= 1 2mu号-2mu8 T-T,+2+2知， 1 (1分) (1分) 19 其中2L<x雕≤3L (1分) 故当粒子竖直位移大小为y=号L-8Ay十L时 联立解得√3-1.5≤sin0<√5-1 的运动时间可能为 即0.23≤sin0<0.73 (1分) 2 =8T+号T,成：=8T+十计刀，或 1 (3)由q01B=mT 2 t=9T+6T 解得r= 即1=(64+100万 3 (1分) T,=2_4L 100 粒子第一次经电场减速后，速度大小变为2 6=(68+35x)L (1分) 根据动能定现有-gE,L=mi-名mi 110π、L t=(72+3 (1分) ·55· 3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90分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 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 () 0Q→6 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o。=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UB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=1.6×10-1C。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） 真题至 人的一生会有太多个雨季，别总淋雨，也别总活在过去 U/mV 班级 80 M 一石墨烯 mV ××××××× 姓名 ××××× 40由 N mA 20 o 得分 50100150200250300B/m1 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 D.该样品的载流子浓度n约为2.3×1016个/m 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 () R、 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2mS 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=m gR 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)，射出速度大小均为口=9B m 。不计粒子重力，则下列说法正确 的是 () 接收屏 3 密卷 二轮专题精准提升（十）物理第2页（共8页） 3 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8 gE D,所有粒子从0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8 qB 6.如图所示，在0<y<y。,0<x<x。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o,当电场强度为0时，从O点射人的粒子恰能运动到N(x。, y)点，若电场强度E=m,MN右侧是粒子接收器，MN的长度为，不计粒子重力和粒子间的 相互作用，则 () M X N× ×××× PX A,磁感应强度的大小为m0 qyo B从 y。处射入的粒子，恰好从N点进入磁场 C,从？，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=1.6×10-27kg、电荷量e=1.6×1019C,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（) D 对撞区域 半圆环 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.所加匀强磁场的磁感应强度大小为8T 53元 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 π 160m3 3 二轮专题精准提升（十）物理第3页（共8页） 真题 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m,则 () 引出通道Q /P B 、0 A.离子经过引出通道后的速度大于 B.引出通道内的磁感应强度大于B C若离子份能从引出通道的Q点引出，引出通道中的磁感应强度B,RRR》P 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4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得 4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 9 10 11 12 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、带电量为g的小球A,绕之轴做匀速圆周运动，小球A的速度 大小为00，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、9、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 .5 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.u,一√20r时，所需的磁感应强度B最小 10.碳-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 () 密卷 二轮专题精准提升（十）物理第4页（共8页） 照相底片 (.粒子源 底 直线加速器 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 U 9UU。 D,当加速电压在6≤U≤16范围内，碳-12原子核全部打在内圆环上 11.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10m/s2,则 () ××××× m's- 3.0 .4 ×x.× 0 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 12.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=1.5×10N/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=1X10°C/kg的带正电粒子从电场区域中的A点(3m,a)由静止释放，不计 m 粒子重力。下列说法正确的是 ..… ·i A · E·· 。。。。。。。De。x/m A.若a=3m,粒子在该区竣徽周期性运动，运动的周期为(8+8）×10。 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边再次进入电场 11 D.若a=32一(2m-mn=12,3…),粒子可垂直边界MD进入电场 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.(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、2B、…nB,x=4d,x4一x3=2。 d 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。垂直磁场边界射 人磁场，恰能达到磁场右测边界1。已知整个装登处于真空中，箱子的比荷只一阳不计粒子重力， sin37°=0.6，cos37°=0.8 二轮专题精准提升（十）物理第5页（共8页） 真题密 E B2B· x4 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 ,do的 大小为 (均用题中符号表示)。 14.（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B1= d,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。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。 业× 4×0米×× ××米× ×米× ···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)。 15.(8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=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。 yt aa 个↑ ↑↑ D 卷 二轮专题精准提升（十）物理第6页（共8页） 3 16.(8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 方向射入圆形磁分析器。磁分析器中存在垂直于纸面向外的匀强磁场B:(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)若离子注人硅片时，垂直硅片的速度至少达到√2。才能有效注入。为使所有离子均能有效注 人，现在控制区加上沿αd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？离子有效注入硅片上的面积最大可达多少？ E 磁分析器 控制区 17.(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的圆简，筒内分布者方向竖直向上、大小B-红正 5gR 的匀强磁 场，顶部平面与xOz平面重合，圆心O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,O)、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g,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0。 (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。 P 二轮专题精准提升（十）物理第7页（共8页） 真题密卷 18.(16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电场沿z轴负方向，电场强度大小E物。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-背的初速度从0点进入匀强磁场区域，电场强度大小变为E,=24汇，求当 mvo 粒子竖直位移大小为y-号1时的运动时间。 -3L -2L -L 2L + + × X … B x E + E B X 十 + × × × × 二轮专题精准提升（十）物理第8页（共8页）