第1章 安培力与洛伦兹力 高考真题演练-【金版教程】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第一章　高考真题演练 一、选择题 1．(2021·重庆高考)(多选)某同学设计了一种天平，其装置如图所示。两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M、N共轴且平行等距。初始时，线圈M、N通以等大反向的电流后，在线圈P处产生沿半径方向的磁场，线圈P内无电流且天平平衡。设从上往下看顺时针方向为正向。当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，可能的办法是(　　) A．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入正向电流 B．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入负向电流 C．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入正向电流 D．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入负向电流 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析：当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，则线圈P受到竖直向下的安培力。若P处磁场方向沿半径向外，由左手定则可知，应在P中通入负向电流，A错误，B正确；若P处磁场方向沿半径向内，由左手定则可知，应在P中通入正向电流，C正确，D错误。　 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 答案 解析 解析：L形导线在垂直磁场方向上的有效长度L＝Lab＝2l，则该导线受到的安培力F＝BIL＝2BIl。故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 3．(2022·湖南高考)如图a，直导线MN 被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′ 上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场， 与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且 不随时间变化，其截面图如图b所示。导线通 以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(　　) A．当导线静止在图a右侧位置时，导线中电流方向由N指向M B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变 C．tanθ与电流I成正比 D．sinθ与电流I成正比 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 4．(2022·北京高考)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是(　　) A．磁场方向垂直于纸面向里 B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大 C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大 D．轨迹3对应的粒子是正电子 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 7．(2024·湖北高考)(多选)磁流体发电机的原理如 图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于 纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量 正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁 场，极板间便产生电压。下列说法正确的是(　　) A．极板MN是发电机的正极 B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小 C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大 D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 11．(2022·广东高考)(多选)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有(　　) A．电子从N到P，电场力做正功 B．N点的电势高于P点的电势 C．电子从M到N，洛伦兹力不做功 D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析：电子所受电场力水平向左，则电子从N到P，电 场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低， 以及等势线与电场线垂直，可知N点的电势高于P点的电势， 故B正确；由于洛伦兹力始终和速度方向垂直，故电子从M 到N，洛伦兹力不做功，故C正确；由于M点和P点在同一等 势面上，故电子从M到P，电场力做功为0，而洛伦兹力不做 功，电子在M点速度为0，根据动能定理可知，电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受匀强电场的电场力作用，即合力相等，故D错误。 　 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析：该离子带正电，则所受电场力水平向右，大 小为qE，电场力的瞬时功率为P＝qEv1，A错误；该离子 速度垂直于磁场方向的分量大小为v2，则该离子受到的洛 伦兹力大小为F洛＝qv2B，B错误；根据运动的合成与分解 可知，离子在平行于磁场和电场方向上在电场力作用下向 右做匀加速直线运动，在垂直于磁场和电场方向的平面内 在洛伦兹力作用下做速率为v2的匀速圆周运动，即v1增大，v2不变，则v2与v1的比值不断变小，C错误；该离子受到的电场力大小qE不变，方向始终水平向右，受到的洛伦兹力大小qv2B不变，方向始终与电场力方向垂直，故该离子受到的合力大小不变，该离子的加速度大小不变，D正确。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 13．(2022·海南高考)如图，有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流沿圆弧轨迹通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的(　　) A．质量 B．电量 C．比荷 D．动能 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 二、计算题 15．(2022·江苏高考)利用云室可以知道带电粒子的性质。如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，半径之比ra∶rb＝6∶1。 不计重力及粒子间的相互作用力，求： (1)粒子a、b的质量之比ma∶mb； (2)粒子a的动量大小pa。 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 16．(2023·海南高考)如图所示，U形金属杆上边长 为L＝15 cm，质量为m＝1×10－3 kg，下端插入导电液体 中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向 里B＝8×10－2 T的匀强磁场。 (1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面最大高度H＝10 cm。设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；(g＝10 m/s2) (2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5 cm，通电时间t′＝0.002 s，求通过金属杆截面的电荷量。 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 2．(2023·江苏高考)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为(　　) A．0 B．BIl C．2BIl D．eq \r(5)BIl 解析：当导线静止在图a右侧位置时，对导线受力分析如图所示，根据左手定则可知，导线中电流方向应由M指向N，A错误；由题意结合左手定则可知，导线所受安培力F安始终与悬线的拉力FT垂直，由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，设导线MN长为L，导线所在处磁感应强度大小为B0，则有F安＝B0IL，sinθ＝eq \f(F安,mg)，FT＝mgcosθ，电流I增大时，F安增大，sinθ增大，cosθ减小，FT减小，B错误；tanθ＝eq \f(F安,FT)＝eq \f(F安,mgcosθ)，sinθ＝eq \f(F安,mg)，因F安与电流I成正比，mg不变，则tanθ与I不成正比，sinθ与I成正比，C错误，D正确。 解析：根据题图可知，轨迹1和3对应的粒子在匀强磁场中的偏转方向一致，则轨迹1和3对应的粒子均为电子，轨迹2对应的粒子为正电子，电子带负电且沿顺时针方向偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直于纸面向里，A正确，D错误；带电粒子所受洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可知qvB＝meq \f(v2,r)，解得粒子运动的半径为r＝eq \f(mv,qB)，根据题图可知，轨迹1对应的粒子运动的轨迹半径越来越小，则运动速度越来越小，在P点附近，轨迹3对应的粒子运动的轨迹半径大于轨迹2对应的粒子运动的轨迹半径，则轨迹3对应的粒子初速度比轨迹2的大，B、C错误。 5．(2023·全国乙卷)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为eq \f(l,2)，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　) A．eq \f(E,2aB2) B．eq \f(E,aB2) C．eq \f(B,2aE2) D．eq \f(B,aE2) 解析：该粒子仅在磁场中运动时，轨迹如图所示，则根据几何关系可得cosα＝eq \f(\f(l,2),l)＝eq \f(1,2)，r－rcosα＝a，得粒子做圆周运动的半径r＝2a，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,r)；如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后沿x轴到达接收屏，即在叠加场中做匀速直线运动，有qE＝qvB，联立解得该粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(E,2aB2)，故选A。 6．(2024·湖北高考)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是(　　) A．粒子的运动轨迹可能经过O点 B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为eq \f(7πm,3qB) D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为eq \f(\r(3)qBR,3m) 解析：粒子在各磁场中均做匀速圆周运动，由几何知识可知，粒子在圆形区域内的运动轨迹关于其轨迹圆心与O点的连线对称，粒子沿直径方向射入圆形区域，则射出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的半径方向，同理可知，粒子在圆形区域外的运动轨迹关于其轨迹圆心与O点的连线对称，则射入圆形区域时的速度方向也一定沿该区域的半径方向，易知，粒子的运动轨迹不可能经过O点，故A、B错误；设粒子的速度大小为v，根据qvB＝meq \f(v2,r)得，粒子做圆周运动的轨迹半径为r＝eq \f(mv,qB)，则粒子在各磁场中的轨迹半径相等，根据T＝eq \f(2πr,v)得，粒子做圆周运动的周期为T＝eq \f(2πm,qB)， 与粒子速度和轨迹半径无关，根据粒子运动的周期性和对称性可知，粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，时间间隔最小的运动轨迹如图1所示，则最小时间间隔为t＝eq \f(720°,360°)×T＝2T＝eq \f(4πm,qB)，故C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短时，其运动轨迹如图2所示，由几何关系可知θ＝eq \f(180°,3)＝60°，设此时粒子的速度大小为v1，在磁场中运动的半径为r1，根据几何关系可知r1＝Rtaneq \f(θ,2)＝eq \f(\r(3)R,3)，根据洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m2,1)eq \f(v,r1) ，可得v1＝eq \f(\r(3)qBR,3m)，故D正确。 解析：等离子体在两平行金属极板间向右运动时，由左手定则可知，带正电的粒子受到的洛伦兹力向上，带负电的粒子受到的洛伦兹力向下，则极板MN上聚集正电荷，极板PQ上聚集负电荷，故极板MN是发电机的正极，A正确；当带电粒子受到的洛伦兹力和电场力平衡时，极板间获得稳定电压U，设两极板间的距离为d，匀强磁场磁感应强度大小为B，等离子体的喷入速率为v，带电粒子的电荷量为q，则有qvB＝qeq \f(U,d)，可得U＝Bdv，若仅增大两极板间的距离d，则U增大，若仅增大等离子体的喷入速率v，则U增大，U与喷入等离子体的正、负带电粒子数密度无关，B、D错误，C正确。 8．(2022·湖北高考)(多选)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设 出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和 对应θ角的可能组合为(　　) A．eq \f(1,3)kBL，0° B．eq \f(1,2)kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60° 解析：若离子最后经过下部分磁场从P点射出，如图1，则θ＝60°，R＝eq \f(L,n)(n＝1，3，5，…)，又qvB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(qBR,m)＝eq \f(kBL,n)(n＝1，3，5，…)；若离子最后经过上部分磁场从P点射出，如图2，则θ＝0°，R＝eq \f(L,n)(n＝2，4，6，…)，又qvB＝meq \f(v2,R)，可得v＝eq \f(qBR,m)＝eq \f(kBL,n)(n＝2，4，6，…)。综上可知，B、C可能，A、D不可能。 9．(2023·新课标卷)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的eq \f(1,10)，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为(　　) A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里 B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外 C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里 D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外 解析：设电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，电子从小孔射出的速度大小为v1，α粒子从小孔射出的速度大小为v2，则v1＝10v2。假设α粒子打在a点，则其所受电场力与洛伦兹力平衡，有2eE＝2ev2B，电子射出小孔时受到的洛伦兹力大小F洛＝ev1B＝10ev2B，所受电场力大小F电＝eE，则F洛>F电，而电子打在b点，则电子所受洛伦兹力向右，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向里，由α粒子受力平衡和左手定则，可判断电场方向水平向右；假设电子打在a点，则其所受电场力与洛伦兹力平衡，有eE＝ev1B，α粒子射出小孔时所受洛伦兹力大小F洛′＝2ev2B＝eq \f(1,5)ev1B，所受电场力大小F电′＝2eE，则F洛′<F电′，而α粒子打在b点，所以α粒子所受电场力水平向右，电场方向水平向右，由电子受力平衡和左手定则，可判断磁场方向垂直纸面向里。故选C。 10．(2021·海南高考)(多选)如图，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的P(0，eq \r(3)L)点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α(0≤α≤180°)。当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则(　　) A．粒子一定带正电 B．当α＝45°时，粒子也垂直x轴离开磁场 C．粒子入射速率为eq \f(2\r(3)qBL,m) D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3eq \r(5)L 解析：当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正确；当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图甲，粒子运动的半径为r＝eq \f(\r(3)L,cos60°)＝2eq \r(3)L，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，解得粒子入射速率v＝eq \f(2\r(3)qBL,m)，若α＝45°，粒子运动轨迹如图乙，根据几何关系可知粒子离开磁场时速度与x轴不垂直，B错误，C正确；粒子离开磁场的位置到O点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图丙，根据几何关系可知(2r)2＝(eq \r(3)L)2＋xeq \o\al(2,m)，解得xm＝3eq \r(5)L，D正确。 INCLUDEPICTURE "F:\\待考\\343物理（选择性必修第二册作业测评（人教\\2021WLGK267.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "F:\\待考\\343物理（选择性必修第二册作业测评（人教\\2021WLGK267.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "F:\\待考\\343物理（选择性必修第二册作业测评（人教\\2021WLGK267.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "\\\\李艳普\\艳普\\343物理（选择性必修第二册作业测评（人教\\2021WLGK267.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "F:\\艳普\\343物理（选择性必修第二册作业测评（人教\\2021WLGK267.TIF" \* MERGEFORMATINET 12．(2022·重庆高考)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则(　　) A．电场力的瞬时功率为qE2,1)eq \r(v＋veq \o\al(2,2)) B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B C．v2与v1的比值不断变大 D．该离子的加速度大小不变 解析：设带电粒子的质量为m，电荷量为q，速度大小为v，带电粒子在辐向分布的电场中运动时，运动半径为R1，轨迹所在处电场强度大小为E，由电场力提供做圆周运动的向心力，有qE＝meq \f(v2,R1)，解得ER1＝eq \f(mv2,q)；设带电粒子在匀强磁场中运动时，运动半径为R2，磁场的磁感应强度大小为B，由洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，有qvB＝meq \f(v2,R2)，解得BR2＝eq \f(mv,q)。运动轨迹相同的粒子，R1、R2相同，B、E相同，则eq \f(mv2,q)、eq \f(mv,q)相同，则v相同，eq \f(m,q)相同，比荷eq \f(q,m)相同，质量m、电量q不一定相同，动能eq \f(1,2)mv2不一定相同，故选C。 14．(2024·安徽高考)(多选)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则(　　) A．油滴a带负电，所带电量的大小为eq \f(mg,E) B．油滴a做圆周运动的速度大小为eq \f(gBR,E) C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为eq \f(3gBR,E)，周期为eq \f(4πE,gB) D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 解析：设油滴a所带电量的大小为q，运动至P点之前，油滴a做圆周运动，故所受重力与电场力平衡，有mg＝Eq，且所受电场力方向竖直向上，与电场方向相反，可知q＝eq \f(mg,E)，油滴a带负电，故A正确；设油滴a做圆周运动的速度大小为v，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \f(gBR,E)，故B正确；设小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为v1，根据洛伦兹力提供向心力，有eq \f(1,2)qv1B＝eq \f(1,2)m2,1)eq \f(v,3R) ，解得v1＝eq \f(3gBR,E)，则小油滴Ⅰ做圆周运动的周期为T＝eq \f(2π·3R,v1)＝eq \f(2πE,gB)，故C错误； 带电油滴a分离前后系统动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，以油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，由动量守恒定律有mv＝eq \f(m,2)v1＋eq \f(m,2)v2，解得v2＝－eq \f(gBR,E)，负号表示小油滴Ⅱ在P点的速度方向与正方向相反，由eq \f(1,2)mg＝eq \f(1,2)qE知，分离后的小油滴Ⅱ受到的电场力和重力仍然平衡，结合左手定则可知，小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。 答案：(1)2∶1　(2)eq \f(6,7)mv 解析：(1)由题意知，带等量异号电荷(设电荷量大小均为q)的粒子a、b在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvaB＝ma2,a)eq \f(v,ra) ，qvbB＝mb2,b)eq \f(v,rb) 解得ra＝eq \f(mava,qB)，rb＝eq \f(mbvb,qB) 又ra∶rb＝6∶1 得mava∶mbvb＝6∶1 因为相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1 则分裂后粒子a、b在磁场中运动的速度大小之比va∶vb＝3∶1 解得粒子a、b的质量之比ma∶mb＝2∶1。 (2)电中性粒子在A点分裂过程中动量守恒，根据动量守恒定律有mv＝mava＋mbvb 又mava∶mbvb＝6∶1 联立解得pa＝mava＝eq \f(6,7)mv。 答案：(1)eq \r(2) m/s　eq \f(25,6) A　(2)0.085 C 解析：(1)金属杆离开液面后做竖直上抛运动，由运动学规律知：v2＝2gH 解得金属杆离开液面时的速度大小v＝eq \r(2) m/s 从闭合电键到金属杆飞到最高点过程，由动能定理有： BILh－mg(H＋h)＝0－0 解得I＝eq \f(25,6) A。 (2)设金属杆脱离导电液体时的速度为v′，从脱离导 电液体到最高点，有v′2＝2gH′ 通电过程，由动量定理有：Beq \o(I,\s\up6(－))Lt′－mgt′＝mv′－0 通过金属杆截面的电荷量q＝eq \o(I,\s\up6(－))t′ 联立解得q＝0.085 C。 17．(2023·辽宁高考)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的eq \r(3)倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为eq \f(2mv0,3qB)，不计粒子重力。 (1)求金属板间电势差U； (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ； (3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射 入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。 答案：(1)2,0)eq \f(mv,3q) 　(2)eq \f(π,3)(或60°)　(3)图见解析 解析：(1)设板间距离为d，则板长为eq \r(3)d，两板间的电场强度为E＝eq \f(U,d) 设粒子在板间运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得qE＝ma 设粒子在板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的规律得eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,0) eq \r(3)d＝v0t0 联立解得U＝2,0)eq \f(mv,3q) 。 (2)设粒子射出电场时与水平方向的 夹角为α，则有tanα＝eq \f(at0,v0) 解得α＝eq \f(π,6) 则射出电场时粒子的速度大小为v＝eq \f(v0,cosα)＝eq \f(2\r(3),3)v0 粒子射出电场后沿直线匀速运动，接着进入磁场，洛伦兹力提供粒子做匀速圆周运动所需的向心力，有qvB＝meq \f(v2,r) 解得粒子做圆周运动的半径r＝eq \f(2\r(3)mv0,3qB) 已知圆形磁场区域半径为R＝eq \f(2mv0,3qB)， 则eq \f(r,R)＝eq \r(3) 画出粒子在磁场中运动的轨迹如图1，由几何关系可得taneq \f(θ,2)＝eq \f(R,r) 解得θ＝eq \f(π,3)(或60°)。 (3)带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r＝eq \r(3)R，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及磁场圆心M的位置如图2所示。 18．(2024·山东高考)如图所示，在Oxy坐标系x>0、y>0区域内充满垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN＝60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0＜y＜eq \f(\r(3),2)L的范围内可以产生质量为m、电荷量为＋q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。 (1)求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0； (2)调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向； (3)当加速电压为eq \f(qB2L2,24m)时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。 答案：(1)eq \f(qB2L2,8m)　(2)eq \f(qB2L,4m)　方向沿x轴正方向　　 (3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(3),12)L，\f(8\r(3)＋9π,24)L＋\f(nπL,2)))，其中n＝0，1，2，… 解析：(1)根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图甲所示 根据几何关系可知，粒子在磁场中做圆周 运动的圆心恰在N点，轨迹半径为r＝eq \f(L,2) 在△OMN区域磁场中，根据洛伦兹力提供 向心力有qvB＝meq \f(v2,r) 在匀强加速电场中，由动能定理得 U0q＝eq \f(1,2)mv2－0 联立解得U0＝eq \f(qB2L2,8m)。 (2)粒子以最小的速度从小孔K射出时，分析可知，射出的轨迹半径最小，此时过K点的轨迹半径与y轴垂直，运动轨迹如图乙所示 根据几何关系可知，从K射出的粒子在磁场中做圆 周运动的轨迹半径最小值为r′＝eq \f(1,2)Lcos60°＝eq \f(L,4) 在△OMN区域磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qv′B＝meq \f(v′2,r′) 解得从K射出粒子的最小速度v′＝eq \f(qBL,4m) 粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知，粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子经过小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，又粒子带正电，则△OMN之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向 由平衡条件得qv′B＝Eq 联立可得第一象限中电场强度的大小为E＝eq \f(qB2L,4m)。 (3)在匀强加速电场中，由动能定理有Uq＝eq \f(1,2)mv″2－0 可得粒子进入磁场时的速度大小为v″＝eq \f(\r(3)qBL,6m) 在△OMN区域磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qv″B＝meq \f(v″2,r″) 可得粒子在△OMN区域运动的轨迹半径为r″＝eq \f(\r(3),6)L 作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图丙所示，其中O′为轨迹圆心 由几何关系有sinθ＝eq \f(\f(L,4),r″)＝eq \f(\r(3),2) 可知θ＝60° 将粒子从K射出时的速度v″分解到y轴方向和x轴方向，其中 vy″＝v″sinθ＝eq \f(qBL,4m)＝v′ vx″＝v″cosθ＝eq \f(\r(3)qBL,12m) 结合(2)中的分析，根据运动的合成与分解可知，从K射出后，粒子的运动可以分解为，速度大小为vy″＝eq \f(qBL,4m)、方向沿y轴正方向的匀速直线运动，以及在xOy平面内速度大小为vx″＝eq \f(\r(3)qBL,12m)、初速度方向沿x轴正方向的匀速圆周运动 对圆周运动分运动，由洛伦兹力提供向心力有qvx″B＝eq \f(mvx″2,r0) 解得该匀速圆周运动分运动的轨迹半径为r0＝eq \f(mvx″,qB)＝eq \f(\r(3),12)L 该圆周运动的周期为T＝eq \f(2πr0,vx″) 解得T＝eq \f(2πm,qB) 分析可知，粒子从K射出后，经过eq \f(3,4)T时，粒子第1次距离y轴最近，粒子到y轴的最小距离为dm＝eq \f(1,2)Lcos60°－r0＝eq \f(（3－\r(3)）L,12) 在匀速直线运动分运动的影响下，第1次距离y轴最近时，粒子沿y轴正方向运动的位移为y1＝vy″·eq \f(3,4)T＝eq \f(3πL,8) 故第1次距离y轴最近时，粒子与小孔K沿y轴方向的距离为y2＝r0＋y1＝eq \f(（2\r(3)＋9π）L,24) 设粒子从小孔K射出后，运动过程中第1次距离y轴最近时的位置坐标为(x0，y0)，则 x0＝dm＝eq \f(3－\r(3),12)L y0＝eq \f(1,2)Lsin60°＋y2＝eq \f(8\r(3)＋9π,24)L 一个周期T内，粒子沿y轴正方向匀速运动的位移为Δy＝vy″·T＝eq \f(πL,2) 考虑粒子运动的周期性，所求坐标为(x0，y0＋nΔy)，其中n＝0，1，2，… 联立可得所求坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－\r(3),12)L，\f(8\r(3)＋9π,24)L＋\f(nπ,2)L))，其中n＝0，1，2，…。 $$