《2026年新高考5年真题物理江苏专版》

5. [2024·浙江6月卷，15T，3分] （多选）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成$\theta$角。质量为$m$、电荷量为$+q$的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为$B$的匀强磁场中，磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度$v_0$沿细杆向上运动至最高点，则该过程
(CD)


A.合力冲量大小为$mv_0 \cos \theta$
B.重力冲量大小为$mv_0 \sin \theta$

C.洛伦兹力冲量大小为$\frac{qBv_0^2}{2g \sin \theta}$
D.若$v_0 = \frac{2mg \cos \theta}{qB}$，弹力冲量为零

答案：
5.参考答案CD
命题意图本题考查带电小球在匀强磁场中的运动、动量定理和冲量计算,考查考生的推理能力和分析综合能力。
解题思路小球沿细杆向上运动的过程中，对小球进行受力分析，可知小球做匀减速直线运动，加速度大小为a = gsinθ。小球运动到最高点时，速度为0,取沿细杆向上为正方向，则根据动量定理可知小球所受合力的冲量I合 = 0 - mv₀ = - mv₀,即合力的冲量大小为mv₀,A错误。小球沿细杆向上运动所用的时间为t₀ = v₀/(gsinθ),则该过程重力冲量大小为IG = mgt₀ = mv₀/sinθ,B错误。小球沿细杆向上运动的过程中，所受的洛伦兹力垂直杆向上,大小为F = qvB = qB(v₀ - at) = - qBat + qBv₀,F随时间呈线性变化,则该过程洛伦兹力的冲量大小为IF = F平均t₀ = 1/2qv₀Bt₀ = qBv₀²/(2gsinθ),C正确。若v₀ = 2mgcosθ/(qB)，则初始时刻小球所受的洛伦兹力为F₀ = qv₀B = 2mgcosθ,由小球在垂直细杆方向上所受合力为零,有qvB = mgcosθ + FN,则FN = qvB - mgcosθ = - qBat + mgcosθ,作出小球在整个减速过程的FN - t图像，如图所示，由FN - t图线与横轴围成的面积表示冲量可知，弹力冲量为零，D正确。

6. [2023·湖南卷，6T，4分] 如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形$CGF$区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中$A$、$C$、$O$三点在同一直线上，$AO$与$GF$垂直，且与电场和磁场方向均垂直。$A$点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线$AC$运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为$E$、磁感应强度大小为$B_1$，区域Ⅱ中磁感应强度大小为$B_2$，则粒子从$CF$的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为$t_0$。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为$t$，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是(D)


A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为$2B_1$，则$t ＞ t_0$
B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为$2E$，则$t ＞ t_0$
C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为$\frac{\sqrt{3}}{4}B_2$，则$t = \frac{t_0}{2}$
D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为$\frac{\sqrt{2}}{4}B_2$，则$t = \sqrt{2}t_0$

答案：
6.参考答案D
解题思路
粒子在区域Ⅰ中沿直线AC运动，有$qvB_{1}=qE$，
所以$v=\frac {E}{B_{1}}$，粒子在区域Ⅱ中运动，有$qvB_{2}=m\frac {v^{2}}{r}$，设CF为$d$，粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图所示，$O_{1}$为圆心，由题意结合几何关系有$r=\frac {\sqrt {2}d}{4}$，粒子在区域Ⅱ中运动的时间$t_{0}=\frac {1}{4}T=\frac {πm}{2qB_{2}}$。仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为$2B_{1}$，从C点进入区域Ⅱ的粒子的速度$v_{1}=\frac {E}{2B_{1}}=\frac {v}{2}$，粒子在区域Ⅱ中运动的轨道半径$r_{1}=\frac {r}{2}$，所以粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图所示，$O_{2}$为圆心，粒子在区域Ⅱ中运动的时间$t=\frac{1}{4}T=\frac{\pi m}{2qB_{2}}=t_{0}$，故$A$错误。仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为$2E$，从$C$点进入区域Ⅱ的粒子的速度$v_{2}=\frac{2E}{B_{1}}=2v$，粒子在区域Ⅱ中运动的轨迹半径$r_{2}=2r$，所以粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图所示，$O_{3}$为圆心，粒子在磁场中运动的时间$t=\frac{1}{4}T=\frac{\pi m}{2qB_{2}}=t_{0}$，故$B$错误。仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为$\frac{\sqrt{3}}{4}B_{2}$，粒子在区域Ⅱ中运动轨迹的半径$r_{3}=\frac{4\sqrt{3}}{3}r$，运动轨迹如图所示，$O_{4}$为圆心，由几何关系有$OC = 2r$，则$\sin\alpha=\frac{OC}{r_{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，可得$\alpha=\frac{\pi}{3}$，所以粒子在区域Ⅱ中运动的时间$t=\frac{1}{6}×\frac{2\pi m}{\frac{\sqrt{3}}{4}qB_{2}}=\frac{8\sqrt{3}}{9}t_{0}$，故$C$错误。仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为$\frac{\sqrt{2}}{4}B_{2}$，粒子在区域Ⅱ中运动轨迹的半径$r_{4}=2\sqrt{2}r$，运动轨迹如图所示，$O_{5}$为圆心，由几何关系有$OC = 2r$，则$\sin\beta=\frac{OC}{r_{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，可得$\beta=\frac{\pi}{4}$，所以粒子在区域Ⅱ中运动的时间$t=\frac{1}{8}×\frac{2\pi m}{\frac{\sqrt{2}}{4}qB_{2}}=\sqrt{2}t_{0}$，故D正确。