第1章 第2单元带电粒子在匀强磁场中的运动、质谱仪与回旋加速器-【百汇大课堂·高中学习测试卷】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册（人教版2019）

5.如图所示为济乾落力流示议的袖构示逐图。演不仪中有一对被此平行且 第2单元 带电粒子在匀强磁场中的运动 共轴的离形萄宣线画，通人电流」后，能够在再线周间产生理磁场。鼓 明盗内有电子修，道过加建电：U对初建度为零的电子加速并连续发财电 子。电子例好从球心)点E下方沿水平方向向左射出，玻璃泡内稀围气体 质谱仪与回旋加速器 衡够显示出电子运动的径迹。则下列说法逐确的是 N A.若是正常规黎电子轻迹，精题线闲中的电直方年应为逆时针 第5隧图 (时间：0分钟弄分：100分) B若保牌U不变，增大【，电子运动的径连半径变大 一，单透题（其8小题，每小题3分.其24分） 二，若同时碱小」和)，电子运磷的周期减小 1.处于匀强随场中的一个带纯数子，仅在磁场力作用下輦匀连朝周运动。将孩粒子的诺动等效为环 D.若保持！不雯，减个，电千岳动的两期不变 5 形电流，事么此电藏催 金.名可张在如图所示的匀幽电场和匀强壁桥，在显合场区城中，有一个周定雀紧 人，与粒子的电简量成正比 书与粒子的建率成正北 直平由内的允滑绝燥阳环，环上套有一个梦正电的小球。O点为树环的偶心， C,与镜子的质世成正比 ).与随感成强度成正比 u,b,为圆环上的三个点出点为最高点点为最低点)沿水平方向。C 2.月味测器在探测月球适场时发尾用球盈场极其微副。围过分析电子在月球宣场中运动的轨连 知小球乐受静电力与熏力大小相等。理将小球从环的度增点由静止释放， 可以雅算月球磁畅强写的分布。如周所示为月球上四个位置的电子运动轨凌示意图，授各位置电 下列判新正确的是 第6思图 子速率相等，且电千进人避场时的速度方均与逸垢方向垂直，则四个拉置中壁场最丝处的电子 A,当小球话动到备点时，小眼受判的清伦蕊力最大 4 写动艳连示意图别 且当小球运动到：点时，小球受到列的支持力一定大于重力 d 仁小球从a点运动到点，重力势能减小，电势作增大 )小球从点运动到：点，电给能增大，动能先增大后减小 T,如图所示，等边三角形区域内作在垂直纸而向外的匀强威畅图中未雨出)，三个完 云支非质景为刚，电荷量为2：的A粮子和质量为m1,电荷喷为：的B粒子，分别套直于世场方向射 会相同的夏方不计的带电款子1,23以不属的速度由飘点“沿垂直干：边的方 人同一匀强语畅中，发现丙静取子什半径可的航道运动，期1粒子与山粒子的砖能之比为 射人壁场，结装粒子123分别以中的d”<点离开场(d为w边的三等分 点。不考虑三个粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是 A粒子3的装连半径等平三角形血的边长 第？题图 丘枪子1,2,3进人融场的速度之比为3·21 C稳子3的速度偏转角最大，程子1的速度偏梦角量小 ,所请仪是分离和检侧不同同使索的仪器。如图所示为某疑话仅的工作原理· 场 图，现利用这种质暗仪对某元素进行两量，该无素的粒子从粒子幕)无初淘， 若仅将做场的磁培应强度变为原采的，较千工锌从丽点离开供场 度地乳人潮速电场，加道后山A点垂直进人强直纸面向外的有界匀强燃场 家如图所，矩形NQ区线内有方向事直于笨置的，篷磁场，有a个带电粮子从图中著头所承位 中，最后到达B点出口，测裂A点到B点的距离为L,不计整子重力，则 置看直于险场边界进人盈场，在派置内做匀速横风运动，运动轨连为相成的周死，这些粮千的质量、 (0 电荷量以及违度大小如表斯示： A,粒子一定管正电：上越大，校干的质量与电膏量之比一定越大 第4题图 段子烟号 质量 电商最(g201 遥度火小 且稳子一定带正电，L越大，数子的威量与电背量之比一定练小 2n C,粒子一定营角地山禧大，较子的质量与电撑量之比一定越大 1 2ni 4 几位子一定带负电：山.植大，粒子的质量与电简量之比一定越小 2nt 9 10 A,粒子从左向右经过电场的时可小干从右向左经过电场的时闻 BB,.B取话当的数值，数子可以同到A点 C.若B,=B:=B,别粒子从出发科向右穿过左边界的时闻可以为 B E 第11题图 第8题图 D若B,一B一B,制做子从出发到向右字过左近界时离A点的距离可以 由以上信息时知，从周中·处进人的乾子对应表中的缩号分为 烟 A,3.2.1 58.1.2 工如周质术，半径为R的半胃形区规内分布着蚕直于纸面向里的匀强道场继感皮 C2.3.1 D.1.3.2 强度为B,率同的左边意直工轴故置一粒子发射装置，在一RGy气R的区到内各 二、多透题（其4小题，增小题4分，其1年分） 处均沿士拍正方到同时发射出带正电的粒子，较子威量均为，电得量判为，柯 ,同能相速器的工作原理周如周所不，置于真空中的D形金属盒半径为R,片 盆间的我夏银小，带电程子穿过陕健的时间可氢略不什，匀氢遭场与在面康父××保父 风其 出度均为：重力忽略不什，不计轻子何的相互作用，所有粒子均能穿过藏场到达 直，够依到度大小为B。A处较子算产生版量为棉，电荷景为，相速度为区××挽交 y独，其中最后到达y轴的粒千比最光到沾y抽的粒子晚转间，则（司 A,粒子到达y轴的位胃一定各不相同 第12随图 零的警正电粒子，在两意之间被电场加速，加速电压为U。加通过程中不考 途相对论效皮和重力警响，则 《1 第陆图 且超场区线半经尺定调是R一配 A,相速电压U麦北的国周等下轻予的运动周则 C,从x物射人的粒子最先运y箱 B,增大加速电压U,出射粒子的能量增大 C,增大B和R,店射轮子的图量增大 n山=船尽其中角生？精足m警 裤世 D较子在D形盒中的品动时间与速电压U无关 三，非选择题（共6小趣，共的分） 1.如围所后，客平最线下方存在事直纸面向外的句强越场，聚直虚线又将水 13.(6分)：图所不，将系度为，宽度为的净体服政在垂直于它的融感位 平虚线下方的空可分成区线1，Ⅱ，区域Ⅱ中同时存在沿是直方向的匀测 度为B的匀强磁板中，当电德酒过绿体板时，在导体假的上侧面A和下侧 电场（周中黎商出），一带电隐粒出水平服线上的M点静止释战，经过一 +4 面A之闻会产生电势差，这种理单称为尔效区，实段表明.当画场不大 段时同，微校由经虚线上的V点清水平方向注入区城温，之行在区域川 第10题图 B 强时：电势差U,电资1和暖咨皮溺发：的关系为口=，式中比例系数 第13思图 中做匀密照周运动。已知NP为圆蛋。N点其水半出我的距离为A,重 表称为霍尔系数。设电流「是自由电子的定向移动形成的，电子的平均定向移动速度为，电岗 力加迷度为以。出题意可求出 量为，国客下列可题 A,黄粒量匀迪园周运动的速度大小 ()站河稳定状时，导体板上侧面A的电势（这填“高于一妖于”成·等下）下侧面A' B区城■中的电场颜度大小 的电势： C.微粒由N运动到P的时间 ()电子所受溶伦丝力的大小为， D微粒离开P点后上升的最大高度 (3)当导体版上、下两侧面之间的电势兼为时，电子所受静电力的大小为： 11,如图所不，空同内有两个平行近界.在边界外幅有压直手平面向外的匀溪繁崎，左侧区城魔客 成组度为日，，右衡区城的腰盛使组度为B,将边界闻有水平向的匀丝电场，电场丝度为E。在 由色电力和洛伦结力平衡的条件，证啊花尔系数为一动，北中和代表等体餐单位作积中电子 左侧边界A点有一个质量为m,电荷量为十？的粮千以初通度v和右进人电新，已知两边界可的 的个数 距商为d一m知 14,(s分)在红y直角坐标系第一象限中有面直于纸面向外，大小为B的匀所悠场，第四染果有重直 “水，下列美于发子运动的设达正确的是 于纸面向外，大小未知的匀强磁场。电背量为十？(g>).质量为精的带电粒子从P点开始以看 1 12 直于y轴钓违度沿：轴正疗向财人第一象限，领过第一单限后看直于：辅从 16,(9分)如图所示，在纸面内建立直角坐标系)少，以第围象限内的直线 Q点图中未标出进人藏四象限，经过第四象限后从M点离开德桥，此时速 O(与负x轴成行角)和正y轴为界，在x0的K域建立匀强电场，方 度方向与轴角方向的夹角一，已细P点到0点的距离为,不计带电··了 向农平向左，场大个E一2V,m:以直线M和正上轴为界，在y≤0的 粒子的爱力。求 区城建立看直纸面向里的匀骚黛场，壁感应强度=众1T,一不计重力 (们)梦电较子在”点人射的逸度大小： 的带数电微整，从坐标原点()沿y轴负方向以.=2×1m's修初速度 ()警电粮子在第四象限中从Q点超动到材发的时间 第14避图 射入培场。已知慢轮的比背为是一5×1矿Cg。 第1年题图 ()求微较经过，图氧第一次经过藏场边界时的位置坐标 (2)术微程在磁场区城运动的急时闻， 家 (3)微粒最蜂将从电场区域约D点两开电场，期D点离O点的离是多少？ 车5(7分)在以坐标原点为周心，为米径的同彩区城内.存在通感应第度 大小为，方向垂直于低面向里的匀到壁场，如图所示。一个不计重力的 电粒子从藏场边界与x精的交点A处以速度沿x辅费方向射人蓝 桥，它恰好从隐场边界与y轴的交点C处带y抽正方向财出 口)请判新该粒子帮何静电传，并求班其比街品： 〔2若篮场的方向和所在室可范围不变，面题感应离度的大小变为B',该 第15题图 稳子行从A处以相同的遮度射人查场，红出造场时的速度方向相对干人射方向改变了角， 国造感成嘉度的大个B为多大？此次粒子在慰场中岳动所用的时间上是多少？ 13 14 1工，(14分)在如图甲所示的空可里，存在方向水平且接直千蛋面向里的门强岳琴和髮直方向的周期 1x,(16分)如图所示，在少坐标系的第一，第四象限内存在着西个大小不同，方商相反的有界匀函 性变北的电崎未两出)：电场函度E与时划的变化关系蜘阁乙所示，周期T一，电场强度的 电场y轴箱b为其左、右边界，两边界矩离为1一2，r端一象限内崎强方向整直向下，大小为 大小为E,,E>表承电场方年竖直时上，一氧角为的足笔长的亮滑笔峰氧面敛置在北容可 E,第四象限内场丝方向竖直向上，大小为E,:在y轴的左侧有一匀塑造场分布在毕径为r的 中。=0时，一撞负电简，质最为烟的微校从斜面上的A点山静止开始沿斜面运动，列C点行， 国内，方向垂直纸而向里，其中（是周的平径。一爱量为w,电背量为十《的粒子边界上 做一次究整的属周运动，在t=T时刻问判C点，辉堆缘沿斜面运动到：一13，时戴。在适动过程 的距r轴I,「处的M点垂直电场以初速度p财人，经电板精转后康直y轴由P友射出，P点坐 中微粒的电荷量不变，重力们违度为果，上述E:1,g为已知悬， 标为0,0，)，经过一段时间后进人磁场区城。已知带电趁子在壁练中的运动制期是其在做场 期制关关关年期▣ 中运对时同的4倍，粮子重力不计，中m。十，”，F为己知量，求： HELxx x 黑用夏里道所风X 甲 乙 第17避圈 (1)求微粒乐警的电荷量年和世感皮翼度大小B: 第18题图 2)求微校在A、C间运动的相通度和运动到C点时的速度大小： (1)第一，第四象限内电场强度的大小， (多)果02T时微较经过的路程， 2)超场的培感应第度大小： 3)带电粒子从M点射人电场到偏转出磁场的过程中运动的德时同 5 16由平衡条件得qE-mgtanθ, 解析,(1)当MN通以大小为L。方向向左的电流时。 代入数据解得E-3.0N/C。 由安培定则可判断出直线电流I.在其下方产生的磁 (2)小球从进入圆孤轨道到离开圆弥轨道的过程中,由 场方向垂直纸面向外,由左手定则可判断出a边所受 动能定理得 安培力的方向向上,cd边所受安培力的方向向下。 ERsin 0-mgR(1-cos )-m2-m}, (2)设线圈中的电流为i,r、r。分别为ab,cd与MN的 间距,L为ab,cd的长度。 代入数据解得v-5.0m/s. 当MN中通以大小为I的电流时,线圈受到的安培力 由quB-mg cos. 大小为F-kliL(1-),因此MN分别通以大小为 r1r2 解得B-1.0T, I. 和I。的电流时,线圈受到的安培力F,与F2大小 小球射入圆孤轨道的瞬间,由牛顿第二定律得 之比为F:F-I:I2。 Fn+qoB-mg=mR' 。2 (3)设轻质绝缘细线的最大张力为T。两细线恰好断 代入数据解得F-3.2×10-3N. 裂时,线圈受到的安培力合力的方向一定向下,设合力 由牛顿第三定律得,小球对轨道的压力大小 大小为F。由题设条件有;2T。=G,2T-F。-G, F'-F-3.2X10-3N。 细线断裂瞬问有Fa+G-ma,其中m-G, 。 17.答案:(1)0.20A 由c到d(2)0.15N(3)0.071N 解析:(1)要使悬线中的张力为零,导线cd受到的安培 联立解得Tm一 力必须与重力平衡,由F.=BI.1,F.=mg得 第2单元 带电粒子在匀强磁场中的运动 -mg0.01×10 A-0.20A。 质谱仪与回旋加速器 由左手定则可判定cd中的电流方向为由c到d。 1.D 解析:由quB-m 2 (2)根据题意,由左手定则可判定此时cd受到竖直向 下的安培力,当cd静止时,有mg+BIl-2F-所以 中运动的周期T_2r2rm mg+BI210.01×10+1.0×0.40×0.50 N一 可见,I与q^{}成正比,与v无关,与B成正比,与m成反 2 2 0.15N. 比。D正确,A、B、C错误。 2.A 解析:电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为,一 (3)根据题意,通电导线cd的受力分析如图所示,这时 ,.月球上四个位置的电子的n、d、相等,则半径,的 cd受到的安培力大小为F。一B。cos30{}I。l n7 3 大小与磁感应强度B的大小成反比。由题图可知,A 又因F。与B。垂直,因此F与mg的夹角为45{, 对应的电子运动轨迹半径最小,所处位置的磁感应强度 最大,磁场最强,A正确,B、C、D错误。 所以悬线中的张力F-'满足2F'-2mgcos45*, 3.D 解析:粒子在磁场中做匀速园周运动,洛伦兹力提 解得F'-mgcos45*-0.071N。 →F 能E-},联立可得E- 2B2} 2n -,由题意可知A mg 粒子和B粒子的电荷量之比为2;1,故A粒子和B粒 2P2B2} 第17题答图 EA__ 子的动能之比为 2m 4m2.,D正确,A、B、C 18.答案:(1)ab边所受安培力的方向向上,cd边所受安培 2m2 力的方向向下(2)I·I2 错误。 3 4.A 解析:根据左手定则,可知粒子带正电,故C、D错 n /8nU #,则L 越大,粒子的质量与电荷量之比越大,A正确,B错误。 感应强度变为原来的,则粒子的轨迹半径变为原来 5.D 解析:若要正常观察电子径迹,则电子需要受到向 上的洛伦兹力,根据左手定则可知,玻璃泡内的磁场方 的3倍,可知粒子2的轨迹半径变为2L,粒子2将从b 向应垂直纸面向里,根据右手旋定则可知,励磁线圈 之间的某点离开磁场,D错误。 中的电流方向应为顺时针,A错误;电子在磁场中运动, 8.A 解析:粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提 由洛伦兹力提供向心力,则eB一m 2 供向心力quB-m 电子进入磁场时的速度满足eU一m2,即U不变,则 得1、2、3号粒子的半径比依次为2;3;2,说明2号粒 子的半径最大,由图可知该粒子在b处进入的磁场,根 v不变,由于、e不变,而当I增大时,B增大,故半径 据左手定则可知,a处粒子的电性与b处粒子的电性相 同,c处粒子的电性与6处粒子的电性相反,故a处粒子 期与U无关,当减小电流I时,线圈产生的磁场的磁感 对应的是图表中的3号,c处粒子对应的是图表中的1 应强度B也减小,电子运动的周期T增大,同理,当保 号,A正确。 持电流I不变时,电子运动的周期T不变,C错误,D 9.AC 解析:粒子运动一周,加速电压方向改变两次,加 正确。 速电压U变化的周期等于粒子的运动周期,故A正确; 6.D 解析:小球受到水平向左的静电力和竖直向下的重 粒子射出磁场时,根据洛伦兹力提供向心力,有Bqo 力,二力大小相等,故二力的合力方向与水平方向成45 n2 2n 角斜向左下,小球运动到圆驱bc的中点时速度最大,此 此出射粒子的能量与加速电压U无关,若增大B和R, 时受到的洛伦兹力最大,A错误;当小球运动到c点时。 出射粒子能量增大,故B错误,C正确;由于粒子最终获 由支持力、洛伦兹力和重力的合力提供向心力,洛伦兹 得的总能量不变,粒子的运动周期不变,加速电压U超 力向上,由Fn+F一-mg-m^ 大,加速次数越少,粒子在D形盒中运动的时间越短, 持力不一定大于重力,B错误;小球从a点运动到6点 故D错误。 的过程中,静电力和重力均做正功,重力势能和电势能 10.ACD 解析:微粒从M运动到N的过程,由动能定理 都减小,C错误;小球从点运动到c点,静电力做负 功,电势能增大,当小球运动到圆弘bc的中点时速度最 运动的速度大小,A正确;微粒在区域II中做匀速圆周 大,所以小球从b点运动到c点的过程中,动能先增大 运动,则mg-qE,电场强度E-mg,由于微粒的质量 后减小,D正确。 7.A 解析:粒子由顶点a沿垂直于bc边的方向射入磁 n与电荷量o的比值未知,因此无法求出电场强度大 场,进入磁场的瞬间粒子速度与ac边的夹角为30{*,在 小,B错误;由题意可知,微粒做匀速圆周运动的轨迹 同一直线边界,根据对称性,可知粒子射出磁场时的速 度与ac边的夹角也为30{,因而运动轨迹所对的圆心角 v -T2gh,C正确;微粒离开P点后做 为60{*,圆心、入射点以及出射点的连线构成等边三角 形,可判断出三个粒子的速度偏转角相等,粒子3的轨 竖直上抛运动,由坚直上抛运动的规律可知,微粒离开 迹半径等于三角形abc的边长,A正确,C错误;假设三 -h,D正确。 角形abc的边长为L,则粒子1、2、3的轨迹半径分别为 11.BD 解析:粒子从左向右经过电场时做匀加速直线运 (3)F-Ee-eU 动,设穿过右边界的速度为v,则有2-②-2ad,a -E.解得v-3v,则粒子从左向右经过电场的时间 n U-Bhv, 2mv 1- 导体板中通过的电流为I一nevdh, 间也为t,A错误;当B2一3B;时,粒子在两磁场区域 由u-1B 得_ kneohB_ d 一bnevhB, 内做圆周运动的半径相等,粒子回到A点,B正确;若 d B.一B。一B,粒子做如图所示的周期性运动,则粒子从 故kne-1. 出发到向右穿过左边界的时间为t一n(T十2t) 即-1. ne。 (22 14.答案:(1)Ba 解析:带电粒子的运动轨迹如图 将红 qB qBr 06007. 正确。 2 E 第14题答图 B (1)粒子在第一象限内,由几何关系得,-a 2得__B。 由quB-m n (2)在第四象限,由几何关系r'sin30{}+a-r'得r'-2a 则周期为T2-'4r v 第11题答图 B 12.BD解析:由于边缘处粒子可直接到达y轴某点,其 根据几何知识,粒子在第四象限内转过的圆心角为 他位置射入的粒子也有可能到达该点,A错误;若从 2rm 轴射入的粒子恰好能打到v轴上,设轨迹半径为r,根 3Bq ,想使所有粒子都能打到y #(2)### r 15.答案:(1)负电荷 3 解析:(1)画出粒子的运动轨迹,如图甲所示。利用左 轴上,从x轴射入的粒子在磁场中运动的时间最长,最 手定则可知,该粒子带负电荷。 后到达v轴,C错误;从x轴射入的粒子在磁场中运动 粒子运动轨迹的半径R一r, fr0m 2 的时间为,一 ,粒子从 n 装置边缘到达y轴所用时间为t2- mR,D正确。 R t2一 B 13.答案:(1)低于 (2)eB (4)见解析 解析:(1)由左手定则判断,电子会偏向上侧面A,所以 <'。 &) (2)F=eoB. 第15题答图 _ 5 (2)画出粒子的运动轨迹,如图乙所示。粒子从D点 (3)微粒从C点沿v轴正方向进入电场,在电场中做类 飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60{角, 平抛运动,则由牛顿第二定律得qE一ma; 故运动轨迹所对的圆心角为60{},粒子做圆周运动的 半径 △y-: R'-rcot 30*-、3r, 联立解得△y-8m, 则yp=△y-2r-8m-2×0.4m=7.2m 即D点距O点的距离为7.2m。 粒子在磁场中的运动周期T-2m. ) 2xE。 (2)g,方向沿斜面向下 1lgto gto 则粒子在磁场中运动所用时间t- 3。 (3)35gt。2 _0 解析:(1)微粒能够做匀速圆周运动,说明此时重力和 30230 E。 R 设微粒到达C点时的速度大小为,洛伦兹力提供向 心力,有q:B-m n 7B) 微粒做圆周运动的周期T-2rr_2nm. 1 B' 乙 ,2nm-11to, 由题意可知圆周运动的周期为11t。,则 第15题答图 (2)1.256×10-3s 16.答案:(1)(-0.4m,-0.4m) 可得B一 2xE。 (3)7.2m 解析:(1)微粒带负电,从O点射入磁场,沿顺时针方 (2)微粒在A.C间运动时,对微 uB 粒受力分析如图所示,则 向做圆周运动,轨迹如图所示。 (qE。+mg)sin30-ma. D 可得a一g,方向沿斜面向下。 30。 微粒到达C点时的速度大小 qE。 0 mg. 1-ato=gto。 (3)0~t。时间内微粒经过的路 第17题答图 x V” x x 第16题答图 n~12t。时间内微粒经过的路程 第一次经过磁场边界上的A点, s2=v·11to-11gto2。 。} muo-0.4m, 由qB-m 12t。~13t。时间内微粒经过的路程 所以A点坐标为(-0.4m,-0.4m)。 (2)设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T,则微粒在 第二次做圆周运动的速度大小v一2gt,运动时间 磁场区域运动的总时间为 为1lto。 =40+-T37T. 13t。~2T时间内微粒经过的路程 2n $4=v2·11t。-22gto2. 其中T- B 所以0~2T时间内微粒经过的总路程为 联立并代入数据,得t-1.256×10-3s。 $-s1+s2+s3+s4-35gto2。 6 15m2 15mv? (3)26-+7-r (2)5m 18.答案:(1) 7qr 16qr 运动的总时间【8-七+七+七-26-+7-r。 8qr 10 10o 解析:(1)设粒子经工轴上的N点由第四象限内电场 热点强化卷1 带电粒子在复合场中的运动 进入第一象限内电场,由M到N及由N到P的时间 1.B 解析:释放瞬间,物块速度为零,则物块受到竖直向 分别为t与t2,经过N点时的竖直分速度为v。,画出 下的重力,竖直向上的电场力,垂直斜面向上的支持力 粒子在电场中的运动轨迹,如图所示。则: 和沿斜面向上的摩擦力4个力的作用,A错误;运动后 物块除受到以上4个力外,还要受到垂直斜面向下的洛 伦兹力,随速度的增大,洛伦兹力增大,斜面对物块的支 持力增大,滑动摩擦力增大,当滑动摩擦力增大到等于 t0 ,2 重力沿斜面向下的分力时物块开始做匀速运动,故运动 _M 后,物块一直受到5个力的作用,B正确,C、D错误。 a 2.D 解析:b小球受竖直向下的重力和水平向左的恒定 第18题答图 电场力,两个力的合力方向斜向左下方,且大小、方向均 qE 不变,因小球由静止开始运动,可知其在空中做匀变 1.2r-. 22二 2n 速直线运动,轨迹是一条直线,A错误;动量的变化率为 0.6r一 2a22二 小球受到的合力,可知a、b两小球在落地前动量变化率 恒定不变,由于c小球受到的洛伦兹力是变力,则合力 qE E 是变力,动量变化率是变化的,B错误;a、c两小球下落 u(t+t)-2.4r. 时只有重力做功(c小球所受洛伦兹力不做功),b小球 下落时除重力做正功外所受电场力也做正功,根据动能 16qr 定理可知,落地时b小球的动能最大,a、c两小球的动能 . 相同,即v一vv,C错误,D正确。 8q 3.A 解析:设碰后A、C两球的速度分别为v和vc,由 (2)由题意可知,粒子由P点射出电场后,经过一段时 动量守恒定律得mAv。一mAvA十mcvc,碰后两球平均 间,进入磁场中做匀速圈周运动,在磁场中的运动轨迹 为四分之一圆周,画出粒子由P点射出电场后的运动 分配电荷,C球对水平面的压力恰好为零,则有mcg 轨迹,如图所示。过O作y轴的平行线,与O.F交于 K点,QO.与x轴的交点为H,设粒子做匀速圆周运 4.A 解析:小球在电场中由静止下落经过最低点时,由 动的半径为R,则 在△QHC中有(0.6r)?+HO=?, 解得HO-0.8r, F-mg”2} ,联立解得F-2mg。小球在磁场中由静 在△OKF中有(R-0.6r)2+(R-0.8r)?-,2, 又qB} , 联立解得B-5m 7r。 2 F-mg-\Bm_{2 -# (3)带电粒子在电场中的运动时间为t一 5.C 解析:带电粒子在电场中做类平抛运动,可将粒子 5 出射速度v分解到初速度方向与加速度方向,设出射速 匀速直线运动的时间为/-r-HO 5 在磁场中的运动时间为/-T_7r. 42qB10 场中做匀速圆周运动,设运动轨迹对应的半径为R,由 则带电粒子从M点射入电场到偏转出磁场的过程中 几何关系可得,半径与直线MN的夹角也等于0,则有