专题16 带电粒子在复合场中运动-2025-2026两年高考物理分类解析

**基本信息** 聚焦带电粒子在复合场中运动专题，汇编2025-2026年黑吉辽蒙、湖南、山东等多省市高考真题，涵盖选择与计算题型，真题权威性强，适配一轮复习专项突破。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择|5题|带电粒子在磁场/复合场中的运动、洛伦兹力|以磁悬浮装置、电磁流量计等科技情境为载体，考查运动轨迹分析与受力判断| |非选择|2题（如山东卷18题、云南卷13分）|磁屏蔽技术、复合场中的能量与动量|综合运动学公式与场力分析，要求模型建构与科学推理，匹配高考对应用能力的考查趋势|

2025-2026两年高考物理真题分类解析 专题16带电粒子在复合场中运动 2026年高考物理真题 1.(2026高考黑吉辽蒙卷)如图，真空中一带正电的小球用绝缘轻绳悬于0点， 处于竖直向下的匀强磁场中。将小球从P点由静止释放，小球运动轨迹的俯视 示意图可能是() B.P- X + X D.P + + 2.(2026高考物理湖南卷)某小组设计了一磁悬浮装置。如图，环形通电线圈 固定在水平面上，其上方固定一半径为R的环形细管道，管道任意处磁场方向 与竖直方向夹角为45°。质量为m的带正电小球在环形管道中以某一速率做匀 1 速圆周运动，此时小球与管道间无弹力，重力加速度为g。下列说法正确的是 B A.从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动 B.小球做圆周运动的周期为π C.小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为m2+πgR D.若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍，则小球与 管道间的弹力大小为V5mg 3.(2026高考物理贵州卷第7题)如图，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁 k 场及从O点沿径向向外的电场，某处电场强度大小卫一≥，k为常量，Ⅱ为该处 到O的距离。一带负电粒子在纸面内沿逆时针方向做匀速圆周运动。当磁感应 强度大小为B时，粒子运动半径为1，速率为V,电势能为E;当磁感应强度 大小为B2(B2>B1)时，粒子运动半径为2，速率仍为V,电势能为E2。取无限 远处的电势为零，不计粒子重力，则() A.I2>T1,Ep2>Epi B.r2>T1,Ep2<Ep1 C.r2<I1,Ep2<Ep1 D.I2<I1,Ep2>Epl 4(2026高考山东卷第18题.) 在xOy坐标系中，第二象限有一粒子发生器，其右侧放置速度选择器，速度选 择器中电场强度大小为E,方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直xOy面向里： y=一x(x≤0)与y轴正半轴所围区域I中充满垂直xOy面向外的匀强磁场；x轴 下方为区域II、第一象限为区域III,两区域均充满方向垂直xOy面向里的匀强 磁场，磁感应强度大小分别为5B和12B。质量为，电荷量为q的粒子a经速 度选择器后以速率v从点（一h,)沿x轴正方向进入区域I,一段时间后恰好从 原点O沿y轴负方向进入区域IⅡ。不计粒子重力及粒子间相互作用。 × 粒 速 区域I 子发生 度选择 区域Ⅲ ● h ● -h X 区域Ⅱ (1)求速度选择器中磁感应强度大小B和区域I中磁感应强度大小B: (2)求粒子a从0点运动到P点(30qB, 19mv 0)的时间t: 2mv ,0) (3)当粒子a从点5qB 离开区域II进入区域II时，和a电荷量相同的粒子 b恰好从O点以速率v沿y轴负方向进入区域II,若粒子a、b在x轴相遇且相遇 时速度都沿y轴正方向，求粒子b的质量M及第一次相遇时的x轴坐标。 2025年高考物理真题 1.(2025年高考北京卷)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q一一单位时间内流过管道 横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管 道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度V沿轴线方向流动，圆管壁 上的从、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向。从、N两点的电势差为，。下列说法 错误的是() ×BXMX xWx× A.N点电势比M点高 U,正比于流量Q C.在流量Q一定时，管道半径越小， U0越小 D.若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小 2.(2025年高考云南卷)(13分)磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如 图所示，x之0区域存在垂直O平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为月《未知)。 B 第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ,经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方 向仍手直O平面向里，其酸感应强度大小为B(未知)，但清足 0<B2<B 。某质量为 m、电荷量为9(9>0)的带电粒子通过速度选择器后，在Ow平面内垂直y轴射入x≥0区 域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、 5 B 间距d、内部磁感应强度大小已知，不考虑该粒子的重力。 Q --1P 屏 区 N x 9 速度选择器 (1)求该粒子通过速度选择器的速率； B (2)求以及y轴上可能检测到该粒子的范围： B-B2x100% = (3)定义磁屏蔽效率 B ,若在Q处检测到该粒子，则？是多少？ 3.(2025高考黑吉辽蒙卷)如图，在x0少平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁 场，磁感应强度大小为B,一带正电的粒子从M(0,-)点射入磁场，速度方向与y轴正 方向夹角日=30°，从N(0,%)点射出磁场。已知粒子的电荷量为99>0)，质量为m, 忽略粒子重力及磁场边缘效应。 米××× N×× ×× M×× X×X t (1)求粒子射入磁场的速度大小和在磁场中运动的时间1。 Byo (2)若在x0平面内某点固定一负点电荷，电荷量为48g,粒子质量取m= k(k为 静电力常量)，拉子仍沿（Q)中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小”。 (3)在(2)问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间2速度方向首次与N点速度方 向相反，求？（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电 ko 荷距离为r处的电势9=，)。 00 OL 台 EI EL 台2025-2026两年高考物理真题分类解析 专题16带电粒子在复合场中运动 2026年高考物理真题 1.(2026高考黑吉辽蒙卷)如图，真空中一带正电的小球用绝缘轻绳悬于0点， 处于竖直向下的匀强磁场中。将小球从P点由静止释放，小球运动轨迹的俯视 示意图可能是() B.P- +O。 X X + X *o + + 答案B 解析 将小球从P点由静止释放，初始阶段速度方向大致沿P0方向。根据左 手定则测，小球所受洛伦兹力方向垂直纸面向里，轨迹向里弯曲。当小球运动到 右侧最高点后返回，根据左手定则所受洛伦兹力方向垂直纸面向外，所以小球 1 运动轨迹的俯视示意图可能是图B。 2.(2026高考物理湖南卷)某小组设计了一磁悬浮装置。如图，环形通电线圈 固定在水平面上，其上方固定一半径为R的环形细管道，管道任意处磁场方向 与竖直方向夹角为45°。质量为的带正电小球在环形管道中以某一速率做匀 速圆周运动，此时小球与管道间无弹力，重力加速度为g。下列说法正确的是 B A.从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动 B.小球做圆周运动的周期为π R C.小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为m2+π2gR D.若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍，则小球与 管道间的弹力大小为5mg 答案AD 解析 根据题意可知，小球所受洛伦兹力的水平方向分力提供小球做圆周运动 的向心力。由左手定则可判断出，从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周 运动，A正确： 设磁感应强度为B,小球的速度为V,此时小球与管道间无弹力，竖直方向， mg=qvBcos45° v2 水平方向，wBsm45京解得v-gR 小球做圆周运动的周期为T- 2πR。 R v-2π B错误。 根据题意，水平方向上，由动量定理，Ix=△p=-mv-mve-2mVgR 竖直方向上，由动量定理，Iy=qvBcos45°.T/2=mnVgR 小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为I1,+I,m4+π2gR ,C错误。 若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍， 心 竖直方向，mg+FMy=q2 vBcos45o 水平方向，g2Bsn45+Fwm2v, R 小球与管道间的弹力大小为Fw=Fx+F 联立解得Fw=5mg,D正确。 3.(2026高考物理贵州卷第7题)如图，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁 k 场及从O点沿径向向外的电场，某处电场强度大小卫之，k为常量，I为该处 到O的距离。一带负电粒子在纸面内沿逆时针方向做匀速圆周运动。当磁感应 强度大小为B时，粒子运动半径为1，速率为V,电势能为E1;当磁感应强度 大小为B2(B2>B1)时，粒子运动半径为2，速率仍为V,电势能为E2。取无限 远处的电势为零，不计粒子重力，则() A.r2>t1,Ep2>Ept B.T2>T1,Ep2<Epl C.I2<Ti,Ep2<Epl D.I2<I1,Ep2>Epl 4 答案C 解析带负电粒子在纸面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，根据左手定则，洛 伦兹力背离圆心，电场力指向圆心，两力的合力提供向心力。 当磁感应强度大小为B时，粒子运动半径为1，速率为V,由牛顿第二定律q k qvB,=m:当磁感应强度大小为B,(B>B)时，粒子运动半径为，速 k 率仍为y,由牛顿第二定律9安qvB,=m7 联立解得 k-qvB2T2 _-qvBiTi=q 由于B2>B1,所以I2<I1。 根据沿电场线方向电势降低，电子在电势低处电势能大，则有E2<E,所以 C正确。 4(2026高考山东卷第18题) 在Oy坐标系中，第二象限有一粒子发生器，其右侧放置速度选择器，速度选 择器中电场强度大小为E,方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直Oy面向里： y=一x(x≤0)与y轴正半轴所围区域I中充满垂直xOy面向外的匀强磁场：x轴 5 下方为区域II、第一象限为区域III,两区域均充满方向垂直xOy面向里的匀强 磁场，磁感应强度大小分别为5B和12B。质量为，电荷量为q的粒子a经速 度选择器后以速率v从点（一h,)沿x轴正方向进入区域I,一段时间后恰好从 原点O沿y轴负方向进入区域IⅡ。不计粒子重力及粒子间相互作用。 × 粒 速 区域I 子发生 度选择 区域Ⅲ h ● 十 + -h 区域Ⅱ (1)求速度选择器中磁感应强度大小B和区域I中磁感应强度大小B: 19mv (2)求粒子a从O点运动到P点( 30gB' 0)的时间t: 2mv ,0) (3)当粒子a从点5qB 离开区域II进入区域II时，和a电荷量相同的粒子 b恰好从O点以速率v沿y轴负方向进入区域IⅡ，若粒子a、b在x轴相遇且相遇 时速度都沿y轴正方向，求粒子b的质量M及第一次相遇时的x轴坐标。 【考查知识点】 6 1.物理考点：速度选择器，带电粒子在相邻不同磁场中的运动。 2.数学：归纳推理，方程正整数解。 E 【答案】(1)B。= B=m gh 29πm 17 (2) (3)M= 34mv 60gB 0m,X15q8 解析 (1)粒子在速度选择器中做直线运动，qE=qvB, 解得 E B 粒子在区域1中做匀速圆周运动，由几何关系得粒子运动轨迹半径R1=h, 由qvB,=m克，解得B,- gh mv (2)由9vB=mR可知，粒子在区域"和川中运动轨迹半径分别为R,5qB R3 mv =12qB 画出粒子运动轨迹如图。 个 粒子a轨迹：O→A→B→P 1.2 (-h,h) 0.8 0.6 区域虹 0.4- 区域Ⅲ 0.2 B 0 A 区域 -0.2 -0.4 -0.6 -1.5 -0.5 0 0.5 x(mv/gB) 2mv 可知从0点进入区域山，经半圆到达A(5qB, 0), 4π πm 再根据qvB=mRT,可知O到A运动时间，5qB 从A点进入区域Ⅲ，经半圆到达B(30B,0),时间：29B 7mv πm 从B点再次进入区域川，经半圆到达P(30心B,O),时间亏B 19mv πm 19mv 29πm 粒子a从0点运动到P点(B,0)的时间，=品B (3)画出粒子0、b运动轨迹如图。 粒子a(红)与b(蓝)轨迹，相遇点x,=34/15 0.8 0.6 0.4 相遇点 0 -0.2 -0.4F -0.6 -0.8 -0.5 0 0.5 1.5 2.5 3 x(mvlgB) 区域：a粒子轨迹半径r,0,运动半周期时间：写95 ,πm b粒子轨迹半径r'25qB Mv 运动半周期时间'=5.8」 mv πm 区域：a粒子轨迹半径r12qB:运动半周期时间1,1298 b粒子轨迹半径r'212qB Mv 运动半周明时间品 粒子每完成一次“区域Ⅱ下半圆+区域川上半圆”的运动， 7mv a粒子×坐标的净变化△x。=2r2-2r 3098:运动时间△t,L,+73= 17πm 0gB b粒子×坐标的净变化△x,2r2-2r'30把，运动时间△5，=+T609B 7Mv 17πM 取粒子a从O点沿y轴负方向进入区域‖的时刻为t=0,粒子ā第1次速度向上 点，在区域1中运动下半圆到达×轴坐标x,12r2-2mY2mm 5qB 30gB 时间ta1=T2 12πm 60gB 此后每经过一次“区域‖下半圆+区域川上半圆”的运动，到达下一个速度向上 点，n=1,2,3,…则 12mv 7mv 7n+5 mv xam=Xtn-1)△x30qBn-1 30gB 30 gB 12πm 、17πm17n-5.πm tam-titn-1△。60qBt(n-160qB 60 gB 2mv 粒子b在a到达第一次向上点a(即x=5qB)时，从O点以同样速率沿y轴负方 12πm 向进入区域山，B的起始时刻为a1F609B 粒子b第一次速度向上点（绝对时刻）：b先在区域‖走下半圆， Mv 12Mv 12πM12πm.12πM12πm+M 坐标Xb1=2r2=2 5qB30qB:时刻1-ta1+60qB60qB+60qB= 60gB 同理，第k次速度向上点，k=1,2,3,… 12Mv 7Mv 7k+5 Mv XX1+k1△Xo-309B+k-1 30gB 30 gB tk=t1tk1△t。12πm+M+k-1)17nM_12nm+17k-5πM 60gB 60 gB 60gB 由相遇条件Xam=Xk,tan=tbk 得(7n+5)m=(7k+5)M,(17n-5)m=12m+17k-5M, 两式相除消去M得10n-17k=5,最小正整数解为k=5,n=9, 17. 34 mv 代入得M=0m,X=15qB 2025年高考物理真题 1.(2025年高考北京卷)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q一一单位时间内流过管道 10 横截面的液体体积。如图所示，内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成，空间有垂直管 道轴线的匀强磁场，磁感应强度为B。液体充满管道并以速度V沿轴线方向流动，圆管壁 上的从、N两点连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N两点的电势差为，。下列说法 错误的是（) XB XMX X xNx x A.N点电势比M点高 U0正比于流量Q C.在流量Q一定时，管道半径越小， U0越小 D.若直径MN与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小 【答案】C 【解析】根据左手定则可知正离子所受洛伦兹力向下，正离子向下偏转，故N点电势比M 点高，A正确：设管道半径为"，稳定时，离子受到的洛伦兹力和电场力平衡， U qUo/2r=qBv,流量Q=Sv=πv,联立解得：=2BQmr,故0正比于流量Q,B正确；在流 量Q一定时，管道半径越小， U0越大，C错误：若直轻与磁场方向不垂直，根据 U=2BQ/π，可知式中磁感应强度应该为一个分量，即此时测量时代入的磁感应强度偏大， 故测得的流量Q偏小，D正确。 2.(2025年高考云南卷)(13分)磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如 11 图所示，x20区域存在垂直 xy B 平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为（未知)。 第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ,经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方 Oxy B, 0<B2<B 向仍垂直 平面向里，其磁感应强度大小为（未知)，但满足 。某质量为 m、电荷量为9(9>0)的带电粒子通过速度选择器后，在Oxy平面内垂直y轴射入x之0区 域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、 B。 间距d、内部磁感应强度大小己知，不考虑该粒子的重力。 Q 蔽 N x 不 速度选择器 (1)求该粒子通过速度选择器的速率； (2)求以及y轴上可能检测到该粒子的范围； 7= B-B2x100% (3)定义磁屏蔽效率 B 若在Q处检测到该粒子，则7是多少？ U 【答案】(1)Bd mU (2)qdBoL,L<y<3L (3)60% 12 E=qvoBo 【解析】(1)由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故 U 其中E U 则该粒子通过速度选择器的速率为”一反。(3分) (2)粒子在x≥0区域内左匀速圆周运动，从ON的中点垂直ON射入磁屏蔽区域，由几何 5=L 关系可知 由洛伦兹力提供给向心力 B=m蓝 B,= mU 联立可得qdBL 由于B,<B,根据洛伦兹力提供给向心力 %6=m 3>L 解得 2=0 当 时粒子磁屏蔽区向上做匀速直线运动，离开磁屏蔽区后根据左手定则，粒子向左 偏转，如图所示 ↑y B. Vo O 13 根据洛伦兹力提供向心力 8=m2 可得5行=L 故粒子打在y轴3L处，综上所述y轴上可能检测到该粒子的范围为L<y<3L。(5分) (3)若在Q处检测到该粒子，如图 B2 r2 X Vo O' O + N x 十% B 2=(2L)2+3-L)2 由几何关系可知 解得行- 由洛伦兹力提供向心力 %8=m5 2mU B2= 联立解得 5gBdL B=mU 其中 qdB。L -8Bx100 根据磁屏蔽效率 B 可得若在Q处检测到该粒子，则7=60%(5分) 14 3.(2025高考黑吉辽蒙卷)如图，在0少平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁 场，磁感应强度大小为B,一带正电的粒子从M(0,-%)点射入磁场，速度方向与y轴正 方向夹角日=30°，从N(0,）点射出磁场。已知粒子的电荷量为9(g>0),质量为m, 忽略粒子重力及磁场边缘效应。 珠××× N××× ××× ,x×主 及×X M ××× (1)求粒子射入磁场的速度大小“和在磁场中运动的时间。 B8 (2)若在x0,平面内某点固定一负点电荷，电荷量为48q,粒子质量取m k(k为 V2 静电力常量)，粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小。 (3)在(2)问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间2速度方向首次与N点速度方 向相反，求？（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电 ko 0= 荷距离为r处的电势r)。 2qByπm 6kq 2V3πByd 【答案】(1) m:3gB (2)By (3) 3kq 【解析】(1)作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如图所示 15 个×X× ××× ×× 00 ×x天 及×× M××× r=0。=2y 由几何关系可知，正电荷在磁场中做匀速圆周运动的半径为sinO 由洛伦兹力提供向心力9B=m 2qByo 解得正电荷的入射速度大小为” m T=2nr_2πm 正电荷在磁场中运动的周期为YqB Tsm 20 所以正电荷从M运动到N的时何为5-2。T=35 (2)由题意可知，在xO少平面内的负电荷在圆心O处，由牛顿第二定律可知 %8+学= B'yo P，其中m k 6kg -4kg 解得B所或”8（合去） (3)在(2)的条件下，正电荷从W点离开磁场后绕负电荷做椭圆运动，如图所示 16 ×× ×× r2 ×× …00 0×× 及 ×× M ×× 4V3 2m5-g48g1n 1 由能量守恒定律得2 =)m-g448g 52" 由开普勒第二定律可知 V2'2=V33 其中5=2 联立解得5=6， 48g2 2=m 由牛顿第二定律 2+ 2 解得T、 4W3πByd 3kq 故正电荷从N点离开磁场后到首次速度变为与N点的射出速度相反的时间为 2V3πByd 3kq 17 60 61 S C C 品 B 出