《2026年学易优高考二轮总复习物理》

例 2
(多选)(2025·山东卷)如图甲所示的 $ Oxy $ 平面内，$ y $ 轴右侧被直线 $ x = 3L $ 分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ。区域Ⅰ内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直 $ Oxy $ 平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。$ t = 0 $ 时刻，质量为 $ m $、电荷量为 $ +q $ 的粒子从 $ O $ 点沿 $ x $ 轴正向出发，在 $ Oxy $ 平面内运动，在区域Ⅰ中的运动轨迹是以 $ y $ 轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。$ t_0 $ 时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的 $ y - t $ 图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是(AD)

A.区域Ⅰ内电场强度大小 $ E = \frac{4mL}{qt_0^2} $，方向沿 $ y $ 轴正方向
B.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径 $ \frac{20L}{3} $
C.区域Ⅱ内磁感应强度大小 $ B = \frac{3m}{5qt_0} $，方向垂直 $ Oxy $ 平面向外
D.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标 $ (\frac{17L}{3}, 0) $

答案：
AD
解析:粒子在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，可以判断出粒子做类平抛运动，根据曲线轨迹可知，正粒子受到的电场力方向竖直向上，电场方向沿y轴正方向，设粒子初速度为$v_{0}$，竖直方向有$y = \frac{1}{2}at^{2}$，水平方向有$x = v_{0}t$，由牛顿第二定律有$Eq = ma$，联立解得$E = \frac{4mL}{qt_{0}^{2}}$，A正确；粒子在区域Ⅱ中运动的y - t图像为正弦曲线的一部分，可以判断粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，则粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径$R = \frac{10L}{3}$，B错误；
粒子做类平抛运动进入匀强磁场时的速度$v = \sqrt{v_{0}^{2} + (at)^{2}}$
联立解得$v = \frac{5L}{t_{0}}$，根据洛伦兹力提供向心力有$qvB = m\frac{v^{2}}{R}$，解得$B = \frac{3m}{2qt_{0}}$，C错误；如图所示，
设圆心为O'点，设粒子进入匀强磁场时的速度方向与竖直方向夹角为$\theta$，由速度关系有$\sin\theta = \frac{v_{0}}{v} = 0.6$，可得$\theta = 37^{\circ}$，由几何关系得$\angle OO' = 37^{\circ}$，那么有$OO' = 3L + R\cos37^{\circ} = \frac{17L}{3}$，粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标$(\frac{17L}{3},0)$，D正确。故选AD。

例 3
(多选)(2025·福建卷)空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场 $ B $ 与水平向右的匀强电场 $ E $，一带电体在复合场中恰能沿着 $ MN $ 做匀速直线运动，$ MN $ 与水平方向呈 $ 45° $，$ NP $ 水平向右。带电量为 $ q $，速度为 $ v $，质量为 $ m $，当粒子到 $ N $ 时，撤去磁场，一段时间后粒子经过 $ P $ 点，重力加速度为 $ g $，则(BC)

A.电场强度为 $ E = \frac{\sqrt{2}mg}{q} $
B.磁场强度为 $ B = \frac{\sqrt{2}mg}{qv} $
C.$ N $、$ P $ 两点的电势差为 $ U = \frac{2mv^2}{q} $
D.粒子从 $ N \to P $ 时距离 $ NP $ 的距离最大值为 $ \frac{v^2}{8g} $

答案：
BC
解析:带电体在复合场中能沿着MN做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图所示。
由受力平衡可知$mg = qE$，$qvB = \sqrt{2}mg$，解得电场强度$E = \frac{mg}{q}$，磁感应强度$B = \frac{\sqrt{2}mg}{qv}$，故A错误，B正确。在N点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示。
且加速度$a = \frac{F_{合}}{m} = \sqrt{2}g$，粒子到达P点时，位移偏转角为45°，故在P点，速度角的正切值$\tan\theta = 2\tan45^{\circ} = 2$，所以粒子在P点的速度$v_{P} = \sqrt{v_{x}^{2} + v_{y}^{2}} = \sqrt{5}v$，N到P过程，由动能定理，有$qU = \frac{1}{2}mv_{P}^{2} - \frac{1}{2}mv^{2}$，解得N、P两点间的电势差$U = \frac{2mv^{2}}{q}$，C正确；
将粒子在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且$v_{Ny} = v\cos45^{\circ} = \frac{\sqrt{2}}{2}v$，故粒子能向上运动的最大距离$h = \frac{v_{Ny}^{2}}{2g} = \frac{v^{2}}{4g}$，D错误；故选BC。

例 4
(多选)(2025·广西卷)如图，带等量正电荷 $ q $ 的 $ M $、$ N $ 两种粒子，以几乎为 $ 0 $ 的初速度从 $ S $ 飘入电势差为 $ U $ 的加速电场，经加速后从 $ O $ 点沿水平方向进入速度选择器(简称选择器)。选择器中有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为 $ E $，磁感应强度大小为 $ B_1 $，右端开口宽度为 $ 2d $ 时，$ M $ 粒子沿轴线 $ OO' $ 穿过选择器后，沿水平方向进入磁感应强度大小为 $ B_2 $、方向垂直纸面向外的匀强磁场(偏转磁场)，并最终打在探测器上；$ N $ 粒子以与水平方向夹角为 $ \theta $ 的速度从开口的下边缘进入偏转磁场，并与 $ M $ 粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应，则(AD)

A.$ M $ 粒子质量为 $ \frac{2qUB_1^2}{E^2} $
B.刚进入选择器时，$ N $ 粒子的速度小于 $ M $ 粒子的速度
C.调节选择器，使 $ N $ 粒子沿轴线 $ OO' $ 穿过选择器，此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比为 $ \frac{4EU\cos\theta}{4UB_1 - EdB_2} $
D.调节选择器，使 $ N $ 粒子沿轴线 $ OO' $ 进入偏转磁场，则打在探测器上的位置与调节前 $ M $ 粒子打在探测器上的位置间距为 $ \frac{4UB_1}{EB_2} + \frac{(4UB_1 - EdB_2)\sqrt{U}}{EB_2\sqrt{U - Ed\cos\theta}} $

答案： AD
解析:对M粒子在加速电场中$qU = \frac{1}{2}m_{M}v_{0M}^{2}$，在速度选择器中$qv_{0M}B_{1} = qE$，解得M的质量$m_{M} = \frac{2qUB_{1}^{2}}{E^{2}}$，故A正确；进入粒子速度选择器后因N粒子向下偏转，可知$qv_{0N}B_{1} ＞ qE$，即$v_{0N} ＞ v_{0M}$，故B错误；M粒子在磁场中运动半径为$r_{1}$，则$qv_{0M}B_{2} = \frac{mv_{0M}^{2}}{r_{1}}$，解得$r_{1} = \frac{m_{M}v_{0M}}{qB_{2}} = \frac{2UB_{1}}{EB_{2}}$，N粒子在磁场中运动的半径为$r_{2}$，则$2r_{1} - 2r_{2}\cos\theta = d$，解得$r_{2} = \frac{4UB_{1} - EB_{2}d}{2EB_{2}\cos\theta}$，由$qv_{0N}B_{2} = \frac{m_{N}v_{0N}^{2}}{r_{2}}$，可得$v_{N} = \frac{4UqB_{1} - EB_{2}qd}{2Em_{N}\cos\theta}$，由动能定理可得N粒子在选择器中有$- Edq = \frac{1}{2}m_{N}v_{N}^{2} - \frac{1}{2}m_{N}v_{0N}^{2}$，在加速电场中$Uq = \frac{1}{2}m_{N}v_{0N}^{2}$，解得$m_{N} = \frac{q(4UB_{1} - EB_{2}d)^{2}}{8E^{2}\cos^{2}\theta(U - Ed)}$，$v_{0N} = \frac{4E\cos\theta\sqrt{U(U - Ed)}}{4UB_{1} - EB_{2}d}$，则要想使得粒子N沿轴线OO'通过选择器，则需满足$qv_{0N}B_{1}' = qE'$，联立解得$\frac{E'}{B_{1}'} = v_{0N} = \frac{4E\cos\theta\sqrt{U(U - Ed)}}{4UB_{1} - EB_{2}d}$，故C错误；若N粒子沿直线通过选择器，则在磁场中运动的半径为$r_{3}$，则打在探测器上的位移与调节前M打在探测器上的位置间距为$\Delta x = 2r_{3} - 2r_{1}$，其中$r_{1} = \frac{m_{M}v_{0M}}{qB_{2}} = \frac{2UB_{1}}{EB_{2}}$，$r_{2} = \frac{m_{N}v_{0N}}{qB_{2}} = \frac{(4UB_{1} - EB_{2}d)\sqrt{U}}{2B_{2}E\cos\theta\sqrt{U - Ed}}$，可得$\Delta x = \frac{(4UB_{1} - EB_{2}d)\sqrt{U}}{B_{2}E\cos\theta\sqrt{U - Ed}} + \frac{4UB_{1}}{EB_{2}}$，故D正确。故选AD。