《2026年一本密卷高考物理》

7. (2025·广西卷)(多选)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B₁，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B₂、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θ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$\frac{2qUB₁²}{E²}$
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$\frac{4EUcosθ}{4UB₁ - EdB₂}$
D.调节选择器，使N粒子沿轴线OO'进入偏转磁场，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$\frac{4UB₁}{EB₂} + \frac{(EdB₂ - 4UB₁)\sqrt{U}}{EB₂\sqrt{U - Edcosθ}}$

答案： 7.AD　A.对$M$粒子在加速电场中，根据动能定理有$qU=\frac{1}{2}m_{M}v_{OM}^{2}$，在速度选择器中，根据平衡关系：$qv_{OM}B_{1}=qE$，解得$m_{M}=\frac{2qUB_{1}^{2}}{E^{2}}$，故A正确；B.进入粒子速度选择器后因$N$粒子向下偏转，可知$qv_{ON}B_{1}＞qE$，所以$v_{ON}＞v_{OM}$，故B错误；C.$M$粒子在磁场中运动半径为$r_{1}$，则根据洛伦兹力提供向心力$qv_{OM}B_{2}=m_{M}\frac{v_{OM}^{2}}{r_{1}}$，解得$M$粒子在磁场中运动半径$r_{1}=\frac{m_{M}v_{OM}}{qB_{2}}=\frac{2UB_{1}}{EB_{2}}$，$N$粒子在磁场中运动的半径为$r_{2}$，则$2r_{1}-2r_{2}\cos\theta = d$，解得$r_{2}=\frac{4UB_{1}-EB_{2}d}{2EB_{2}\cos\theta}$，其中$qv_{N}B_{2}=m_{N}\frac{v_{N}^{2}}{r_{2}}$，可得$v_{N}=\frac{4UqB_{1}-EB_{2}qd}{2Em_{N}\cos\theta}$，$N$粒子在选择器中，根据动能定理$-Edq=\frac{1}{2}m_{N}v_{N}^{2}-\frac{1}{2}m_{N}v_{ON}^{2}$，在加速电场中，根据动能定理$Uq=\frac{1}{2}m_{N}v_{ON}^{2}$，解得$m_{N}=\frac{q(4UB_{1}-EB_{2}d)^{2}}{8E^{2}\cos^{2}\theta(U - Ed)}$，$v_{ON}=\frac{4E\cos\theta\sqrt{U(U - Ed)}}{4UB_{1}-EB_{2}d}$，则要想使得粒子$N$沿轴线$OO'$通过选择器，则需满足$qv_{ON}B_{1}'=qE'$，联立解得$\frac{E'}{B_{1}'}=\frac{4E\cos\theta\sqrt{U(U - Ed)}}{4UB_{1}-EB_{2}d}$，故C错误；D.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$r_{1}=\frac{m_{M}v_{OM}}{qB_{2}}=\frac{2UB_{1}}{EB_{2}}$，$r_{3}=\frac{m_{N}v_{ON}}{qB_{2}}=\frac{(B_{2}d - 4UB_{1})\sqrt{U}}{2B_{2}E\cos\theta\sqrt{U - Ed}}$，可得$\Delta x=\frac{(EB_{2}d - 4UB_{1})\sqrt{U}}{B_{2}E\cos\theta\sqrt{U - Ed}}-\frac{4UB_{1}}{EB_{2}}$，故D正确。

8. (2025·河南卷)如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电量为q(q＞0)的粒子从磁场中的a点以速度v₀向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s = 3√3h。不计重力。

(1)求磁感应强度的大小；
(2)求电场强度的大小；
(3)若粒子从a点以v₀竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。(一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度)

答案：
8.解析：
(1)根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示:
　　
由题意可知$\theta = 60^{\circ}$设粒子在磁场中做圆周运动的半径为$r$，由几何关系有：$r\cos\theta = r - h$，解得：$r = 2h$，由牛顿第二定律有：$qv_{0}B = m\frac{v_{0}^{2}}{r}$，解得：$B=\frac{mv_{0}}{2qh}$；
(2)根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为$v_{0}$，方向与水平虚线的夹角为$60^{\circ}$，由几何关系可得：$x = r\sin\theta = 2h\sin 60^{\circ}=\sqrt{3}h$，根据对称性可知，粒子离开电场达到$b$点时的水平位移也为$x = \sqrt{3}h$，粒子在电场中运动的水平位置$x' = 3\sqrt{3}h - 2x = \sqrt{3}h$，则粒子在电场中的运动时间为：$t=\frac{x'}{v_{0}\cos\theta}=\frac{2\sqrt{3}h}{v_{0}}$，沿电场方向上，由牛顿第二定律有：$qE = ma$，由运动学公式有：$-v_{0}\sin\theta = v_{0}\sin\theta - at$，联立解得：$E=\frac{mv_{0}^{2}}{2qh}$；
(3)若粒子从$a$点以$v_{0}$竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示:
　　
由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为$v_{0}$，粒子在磁场中运动的半径仍为$2h$，此过程中，粒子轨迹对应的圆心角为$\beta$，则有：$\sin\beta=\frac{h}{r}$，解得：$\beta = 30^{\circ}$，由几何关系可得，粒子进入电场时速度与虚线的夹角$\alpha = 60^{\circ}$，结合
(2)分析可知，粒子在电场中的运动时间为：$t_{1}=\frac{2\sqrt{3}h}{v_{0}}$，粒子在电场中运动的水平位移为：$AB = x'=\sqrt{3}h$，由几何关系可得：$BC = 2r\sin\alpha$，解得：$BC = 2\sqrt{3}h$，则：$AC = BC - AB$，解得：$AC = \sqrt{3}h$，粒子在磁场中的运动时间为：$t_{2}=\frac{360^{\circ}-2\alpha}{360^{\circ}}·\frac{2\pi r}{v_{0}}=\frac{8\pi h}{3v_{0}}$。则有：$t = t_{1}+t_{2}=\frac{(6\sqrt{3}+8\pi)h}{3v_{0}}$，综上所述可知，粒子每隔时间$t$向右移动$\sqrt{3}h$，则漂移速度大小：$v'=\frac{\sqrt{3}h}{t}=\frac{3\sqrt{3}}{6\sqrt{3}+8\pi}v_{0}$。
答案：
(1)$\frac{mv_{0}}{2qh}$
(2)$\frac{mv_{0}^{2}}{2qh}$
(3)$\frac{3\sqrt{3}}{6\sqrt{3}+8\pi}v_{0}$