《2026年一本密卷高考物理》

4. (2025·江苏省盐城市二模)如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电量为q的液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B，则油滴的质量和环绕速度分别为(D)


A.$\frac{qE}{g}$，$\frac{E}{B}$
B.$\frac{B²qR}{E}$，$\frac{E}{B}$
C.$B\sqrt{\frac{qR}{g}}$，$\sqrt{qgR}$
D.$\frac{qE}{g}$，$\frac{RBg}{E}$

答案： 4.D　液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相同，故可知液滴带正电。磁场方向向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的旋转方向为逆时针；由液滴做匀速圆周运动，得知电场力和重力大小相等，得：$mg = qE·s①$，得：$m = \frac{qE}{g}$，液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：$R=\frac{mv}{Bq}·s②$，$①②$联立得：$v = \frac{RBg}{E}$，故选D。

5. (2025·河北石家庄模拟)如图所示为某电子设备中部分结构在竖直面内的简化模型，O处的电子源不断释放无初速度的电子，电子经加速电场加速后获得不同的速度v(加速电压U可调)，从竖直板AC中点处的小孔D垂直进入直角△ABC的收集区域，已知水平板AB的长度为2a，∠C = 30°。△ABC区域存在垂直纸面的匀强磁场(方向未画出)，其磁感应强度大小为B₀。电子打到AB、AD上时均被板完全吸收。电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力及电子间的相互作用，下列说法中不正确的是(C)


A.△ABC区域内匀强磁场的方向垂直纸面向里
B.打到AD板上的电子在磁场中运动的时间均为$\frac{πm}{B₀e}$
C.打在AB板上的电子，加速电压U的取值范围为$\frac{3B₀²a²e}{8m} ≤ U ≤ \frac{3B₀²a²e}{4m}$
D.若打在AB板上与A点距离为a的电子与AB板作用的时间为Δt，则该电子与AB板在竖直方向上的作用力大小为$\frac{B₀ea}{Δt}$

答案：
5.C　A.在$D$点电子所受的洛伦兹力方向沿$DA$方向，根据左手定则$\triangle ABC$区域内匀强磁场的方向垂直纸面向里，故A正确；B.电子做匀速圆周运动的周期$T=\frac{2\pi r}{v}=\frac{2\pi m}{eB_{0}}$，打到$AD$板上的电子在磁场中运动的时间均为$t=\frac{1}{2}T=\frac{\pi m}{eB_{0}}$，故B正确；C.电子在加速电场中，根据动能定理$eU=\frac{1}{2}mv^{2}$，电子在匀强磁场中能打在$AB$板上的运动轨迹如图所示:
　　　　　　
根据数学知识$AD=\frac{AB}{2\tan 30^{\circ}}=\sqrt{3}a$，电子刚好从$A$点射出，半径$r_{1}=\frac{1}{2}AD=\frac{\sqrt{3}}{2}a$，根据向心力公式$ev_{1}B_{0}=m\frac{v_{1}^{2}}{r_{1}}$，根据动能定理$eU_{1}=\frac{1}{2}mv_{1}^{2}$，联立解得$U_{1}=\frac{3B_{0}^{2}a^{2}e}{8m}$，电子刚好不从$BC$边射出，根据数学知识可知电子做匀速圆周运动的圆心恰好在$A$点，半径$r_{2}=AD=\sqrt{3}a$，根据向心力公式$ev_{2}B_{0}=m\frac{v_{2}^{2}}{r_{2}}$，根据动能定理$eU_{2}=\frac{1}{2}mv_{2}^{2}$，联立解得$U_{2}=\frac{3B_{0}^{2}a^{2}e}{2m}$，故打在$AB$板上的电子，加速电压$U$的取值范围为$\frac{3B_{0}^{2}a^{2}e}{8m}\leq U\leq\frac{3B_{0}^{2}a^{2}e}{2m}$，故C错误；D.若打在$AB$板上与$A$点距离为$a$的电子的运动轨迹如图所示:
　　　　　　
根据数学知识$r_{3}+O_{3}A=\sqrt{3}a$，$r_{3}^{2}=a^{2}+O_{3}A^{2}$，联立解得$r_{3}=\frac{2\sqrt{3}a}{3}$，根据向心力公式$ev_{3}B_{0}=m\frac{v_{3}^{2}}{r_{3}}$，联立解得$v_{3}=\frac{2\sqrt{3}B_{0}ea}{3m}$，设半径$O_{3}E$与$AB$的夹角为$\theta$，根据数学知识$\cos\theta=\frac{a}{r_{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，打在$AB$板上时的竖直速度$v_{y}=v_{3}\cos\theta=\frac{2\sqrt{3}B_{0}ea}{3m}×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{B_{0}ea}{m}$，取竖直向下为正方向，根据动量定理$-F\Delta t = 0 - mv_{y}$，代入数据解得$F=\frac{B_{0}ea}{\Delta t}$，即该电子与$AB$板在竖直方向上的作用力大小为$F=\frac{B_{0}ea}{\Delta t}$，故D正确，本题选不正确的，故应选C。

6. (2025·山东卷)(多选)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。t₀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 = $\frac{4mL}{qt₀²}$，方向沿y轴正方向
B.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R = $\frac{20L}{3}$
C.区域Ⅱ内磁感应强度大小B = $\frac{3m}{5qt₀}$，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：
6.AD　A.粒子在区域Ⅰ中做类平抛运动，设粒子初速度为$v_{0}$，加速度为$a$；根据平抛运动规律，竖直方向$y = 2L=\frac{1}{2}at_{0}^{2}$，根据牛顿第二定律，加速度$a=\frac{Eq}{m}$，水平方向有$x = 3L = v_{0}t_{0}$，联立解得场强的大小$E=\frac{4mL}{qt_{0}^{2}}$，场强的方向沿$y$轴正方向，故A正确；B.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:
　　　　　　
粒子离开电场时的竖直速度$v_{y}=at_{0}=\frac{Eq}{m}t_{0}=\frac{4L}{t_{0}}$，水平速度$v_{x}=\frac{3L}{t_{0}}$，合速度$v=\sqrt{v_{x}^{2}+v_{y}^{2}}=\frac{5L}{t_{0}}$，设速度方向与$y$轴成$\theta$角度，根据数学知识$\tan\theta=\frac{v_{x}}{v_{y}}=\frac{3L}{t_{0}}×\frac{t_{0}}{4L}=\frac{3}{4}$，解得$\theta = 37^{\circ}$，设圆周运动的半径为$R$，根据数学知识$R=\frac{2L}{\sin 37^{\circ}}=\frac{2L}{0.6}=\frac{10L}{3}$，故B错误；C.结合上述B，根据牛顿第二定律有$qvB = m\frac{v^{2}}{R}$，解得磁感应强度$B=\frac{3m}{2qt_{0}}$，故C错误；D.粒子的运动轨迹如图所示:
　　　　　　
结合上述B，根据数学知识，圆心到$O$的距离$x = 3L + R\cos 37^{\circ}=3L+\frac{10L}{3}× 0.8=\frac{17L}{3}$，粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标$(\frac{17L}{3},0)$，故D正确。