《2026年新高考5年真题高中物理全一册通用版湖南专版》

5. [2025·四川卷,10T,6分] (多选) 如图所示，Ⅰ 区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ 区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与 Ⅰ 区边界重合；正方形与圆形中心同为 $O$ 点。Ⅰ 区和 Ⅱ 区的磁感应强度大小比值为 $4:1$。一带正电的粒子从 Ⅱ 区外边界上 $a$ 点沿正方形某条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从 $a$ 点离开。取$\sin 37° = 0.6$。则带电粒子


A.在 Ⅰ 区的轨迹圆心不在 $O$ 点
B.在 Ⅰ 区和 Ⅱ 区的轨迹半径之比为 $1:2$
C.在 Ⅰ 区和 Ⅱ 区的轨迹长度之比为 $127:37$
D.在 Ⅰ 区和 Ⅱ 区的运动时间之比为 $127:148$

答案：
5.参考答案AD
命题意图本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，考查考生的推理能力和应用数学处理物理问题的能力。
解题思路粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有$qvB = m\frac{v^{2}}{r}，$解得$r = \frac{mv}{qB}，$则粒子在Ⅰ区和Ⅱ区运动的轨迹半径之比为$r_{1} : r_{2} = B_{2} : B_{1} = 1 : 4，$故B错误。根据题意，结合粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径的比例关系，作出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示，可知粒子在Ⅰ区的轨迹圆心在Oa的连线上，但不在O点，故A正确。设粒子从a点进入Ⅱ区做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为$\alpha，$由几何关系有$cos \alpha = \frac{r_{2}}{r_{1} + r_{2}} = \frac{4}{5}，$可得$\alpha = 37^{\circ}，$则粒子在Ⅰ区做圆周运动的轨迹所对应的圆心角$\beta = 360^{\circ} - 2 × (90^{\circ} - \alpha) = 254^{\circ}，$粒子在Ⅰ区的轨迹长度$l_{1} = \frac{\beta}{360^{\circ}} × 2\pi r_{1}，$由对称性可知，粒子在Ⅱ区的轨迹长度$l_{2} = \frac{2\alpha}{360^{\circ}} × 2\pi r_{2}，$联立可得粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为$l_{1} : l_{2} = 127 : 148，$故C错误。粒子在Ⅰ区运动的时间为$t_{1} = \frac{l_{1}}{v}，$粒子在Ⅱ区运动的时间为$t_{2} = \frac{l_{2}}{v}，$联立可得粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为$t_{1} : t_{2} = 127 : 148，$故D正确。

6. [2025·广西卷,10T,6分] (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 $B_1$，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


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，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$\frac{4UB_1}{EB_2} + \frac{(EdB_2 - 4UB_1)\sqrt{U}}{EB_2\sqrt{U - Ed\cos \theta}}$

答案： 6.参考答案AD
命题意图本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动,考查考生的推理能力、分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力。
解题思路设M粒子进入选择器时的速度为$v_{M}，$则M粒子在加速电场中，由动能定理有$qU = \frac{1}{2}m_{M}v_{M}^{2}，$M粒子在选择器中沿轴线OO'运动，则其在选择器中受力平衡，有$qE = qv_{M}B_{1}，$联立解得M粒子进入选择器时的速度大小$v_{M} = \frac{E}{B_{1}}，$M粒子质量$m_{M} = \frac{2qUB_{1}^{2}}{E^{2}}，$故A正确。由N粒子从选择器右端开口的下边缘进入偏转磁场，可知N粒子在选择器中向下偏转，设N粒子进入选择器时的速度大小为$v_{N}，$对N粒子进行受力分析，可知N粒子刚进入选择器时，有qE ＜ qv_{N}B_{1}，可得v_{N} ＞$ \frac{E}{B_{1}} = v_{M}，$故B错误。M粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，则由洛伦兹力提供向心力有$qv_{M}B_{2} = m_{M}\frac{v_{M}^{2}}{R_{M}}，$又$m_{M} = \frac{2qUB_{1}^{2}}{E^{2}}，$$v_{M} = \frac{E}{B_{1}}，$联立解得$R_{M} = \frac{2UB_{1}}{EB_{2}}，$M、N粒子打在探测器上同一位置，由几何关系有$2R_{M} = 2R_{N}cos \theta + d，$解得$R_{N} = \frac{4UB_{1} - EB_{2}d}{2EB_{2}cos \theta}，$调节选择器前，设N粒子进入偏转磁场时的速度为$v_{N}'，$N粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，则由洛伦兹力提供向心力有$qv_{N}'B_{2} = m_{N}\frac{v_{N}'^{2}}{R_{N}}，$联立解得$v_{N}' = \frac{4qUB_{1} - qEB_{2}d}{2m_{N}Ecos \theta}。$N粒子在选择器中运动，由动能定理有$ - qEd = \frac{1}{2}m_{N}v_{N}'^{2} - \frac{1}{2}m_{N}v_{N}^{2}，$进入选择器前在加速电场中加速的过程，由动能定理有$qU = \frac{1}{2}m_{N}v_{N}^{2}，$联立解得$m_{N} = \frac{4Ecos \theta \sqrt{U(U - Ed)}}{8E^{2}cos^{2} \theta (U - Ed)}，$$v_{N} = \frac{4Ecos \theta \sqrt{U(U - Ed)}}{4UB_{1} - EB_{2}d}，$调节选择器，要想使得N粒子沿轴线OO'通过选择器，则需满足$qv_{N}B_{1}' = qE'，$解得$\frac{E'}{B_{1}'} = v_{N} = \frac{4Ecos \theta \sqrt{U(U - Ed)}}{4UB_{1} - EB_{2}d}，$故C错误。调节选择器，使N粒子沿轴线OO'进入偏转磁场，则N粒子进入偏转磁场时的速度为$v_{N}，$设N粒子在偏转磁场中运动的轨迹半径为$R_{N}'，$则由洛伦兹力提供向心力有$qv_{N}B_{2} = m_{N}\frac{v_{N}^{2}}{R_{N}'}，$可得N粒子打在探测器上的位置到轴线OO'的距离为$x_{N} = 2R_{N}' = \frac{2}{B_{2}}\sqrt{\frac{2m_{N}U}{q}}，$调节前M粒子打在探测器上的位置到轴线OO'的距离为$x_{M} = 2R_{M} = \frac{2}{B_{2}}\sqrt{\frac{2m_{M}U}{q}}，$M、N两粒子在同一加速电场中加速，由$v_{N} ＞ v_{M}，$可得$m_{N} ＜ m_{M}，$则N粒子沿轴线OO'进入偏转磁场后打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器上的位置间距为$\Delta x = x_{M} - x_{N}，$联立解得$\Delta x = \frac{4UB_{1}}{EB_{2}} + \frac{(EdB_{2} - 4UB_{1}) \sqrt{U}}{EB_{2} \sqrt{U - Edcos \theta}}，$故D正确。