第一章 安培力与洛伦兹力 感知高考-【新课程能力培养】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册练习手册（人教版）

高中物理选择性必修第二册（人教版） >"感知高考 1.ABD【解析】油滴a做圆周运动，故重力与电场 力平衡，可知带负电，有mg4,解得g=登，放A正 确：根据洛伦兹力提供向心力=m只，得R=西，解 得油滴a做圆周运动的速度大小为=BR,故B正确： E 设小油滴I的速度大小为1，得3R= ,解得v1= B5 .,周期为20器，故C错误：行 m E 电油滴α分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度 为2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得 m=受+受，解得一-2置。由于分离后的小油滴受 到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方 向与正方向相反，根据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。 2.ACD【解析】根据几何关系可知，若粒子穿过ad 边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必经过cd边， 作出粒子运动轨迹图，如图甲所示。 D D d 。●◆●◆● B 分 乙 丙 第2题答图 粒子从C点垂直于BC射出，故A、C正确；若粒 子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时，若粒子 从cd边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图乙所示， 则粒子不可能垂直BC射出；若粒子从bc边再次进人磁 场，作出粒子运动轨迹如图丙所示，则粒子一定垂直 BC射出，故B错误、D正确。 3.C【解析】带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直 打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为r=,故A正 确；根据guB=m，可得粒子的质量m=BgL,故B正 确；管道内的等效电流为1=Q=g,故C错误；粒子与 管壁发生弹性碰撞后原速反弹，则由动量定理可得-= 50 Nm4[(-m)-m],由几何知识可知Na,再结合m BgL,可得F=Bngl,由牛顿第三定律可知D正确。 4.C【解析】根据安培定 则，可判断出导线a左侧部分 的空间磁场方向斜向右上，右 侧部分的磁场方向斜向下方， 根据左手定则可判断出左半部 第4题答图 分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里。故选C。 5.B【解析】平行金属板P、Q之间磁感应强度方 向由N极指向S极，由左手定则判断，等离子体中的正 离子向金属板Q偏转，负离子向金属板P偏转，可知金 属板Q带正电荷（电源正极），金属板P带负电荷（电 源负极)，金属棒ab中电流方向由a流向b,已知磁场 B,的方向垂直导轨平面，由左手定则可知，金属棒b 所受安培力平行于导轨平面向上或者向下，金属棒b 处于静止，由受力平衡条件判断其所受安培力沿导轨平 面向上，再由左手定则判断出导轨处磁场的方向垂直导 轨平面向下；金属棒山恰好静止，由受力平衡可得 Bll=mgsin0,由闭合电路欧姆定律可得，平行金属板 P、Q之间的电压U=R,金属板P,Q之间电场强度E= 牙。，等离子体的正负离子在题场B巾受到电场力与洛 伦兹力，稳定后此二力平衡，则qB,=qE,联立解得v= mgRsin0,故B正确。 B Bld 6.B【解析】粒子在0点静止，对速度进行分解， 分解为向x轴正方向的速度”、向x轴负方向的速度，'， 两个速度大小相等，方向相反。使得其中一个洛伦兹力 平衡电场力，即gB,'=gE,则粒子在电场、磁场中的运 动，可视为向x轴负方向以速度'=￡做匀速直线运动， B 同时在x轴上方做匀速圆周运动。故B正确。 7.D【解析】当导线静止在图甲右侧⊙0(0') 位置时，对导线受力分析如图，可知要 0 让安培力为图示方向，则导线中电流方 1 向应由M指向N,A错误；由于与OO'距 、F M(N) 离相等位置的磁感应强度大小相等且不 、 mg 随时间变化，有sin=。,F=gcos0,第7题答图 则可看出si0与电流I成正比，当1增大时0增大，则 cosO减小，静止后，导线对悬线的拉力F减小，B、C 错误，D正确。 8.D【解析】根据功率的计算公式可知P-vcos0, 则电场力的瞬时功率为PEg1,A错误；由于”，与磁场 B平行，则根据洛伦兹力的计算公式有F洛=qB,B错 误：根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做 匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则”1增大，2 不变，2与1的比值不断变小，C错误；离子受到的安 培力不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变， D正确。 9.B【解析】根据安培定则可知，OF在M点形成 的磁感应强度垂直纸面向里，O'Q在M点形成的磁感应 强度垂直于纸面向外，根据题意可知，两导线在M点形 成的磁感应强度均为B,由叠加原理可知，M点的磁感 应强度为O:同理根据安培定则可知，PO'在N点形成 的磁感应强度垂直纸面向里，O'Q在N点形成的磁感应 强度垂直纸面向里，根据题意可知，两导线在N点形成 的磁感应强度均为B,由叠加原理可知，N点的磁感应 强度为2B,故B正确。 10.BCD【解析】两导线受到的安培力是相互作用 力，所以大小相等，故A错误；因为导线所处的磁场方 向与导线互相垂直，所以导线所受的安培力可以用F= BD计算，故B正确；根据右手螺旋定则，a、b中的电 流在P点产生的磁感应强度方向相反，移走导线b前， b的电流较大，则P点磁场方向与b产生磁场方向相同， 垂直纸面向里，移走b后，P点磁场方向与a产生磁场 方向相同，垂直纸面向外，故C正确：因直线电流产生 的磁场的磁感线是以直线电流为圆心的同心圆，故在离 两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，两导线在 任意点产生的磁场方向均不在同一条直线上，故不存在 磁感应强度为0的位置，故D正确。：。 11.BC【解析】若离子通过下 部分磁场直接到达P点，如图甲。 根据几何关系则有R=L,gwB=m二， 米02P R 可得=BL=BL,根据对称性可 X XX m 知出射速度与SP成30°角向上， 故出射方向与入射方向的夹角为 0=60°。当离子上下均经历一次时， 如图乙。因为上下磁感应强度均为 1●1 B,则根据对称性有R=)L。根据 2 洛伦签力提供向心力有g:=m发， 可得一织之L。此时出射方 乙 第11题答图 参考答案与解析。 向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为= 0°。通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需 gBL 满足v=(2n-1)m2n-1 1kBL(n=1,2,3…),此时出 射方向与人射方向的夹角为=60°；当离子从上部分磁 场射出时，需满是-La,23,此时 出射方向与入射方向的夹角为0=0°。故B、C正确，A、 D错误。 12.(1)V②mo 2mm (2)V2 Buo Bg Ba (3)(2-V②)m Bq 【解析】(1)粒子在磁场中做圆周运动时的速度为 =V=V7,根据洛伦镂力提供向心力=m号， 解得做圆周运动的半径为V2m0,周期为T-2五m Bg Bg (2)根据题意，已知任何相等的时间内P点沿图中 闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的为速 度相应的曲线，根据a= =△如可知任意点的加速度大小相 等，故可得B西Y2=,解得B=V2Bm m (3)根据题意分析 可知，从b点到c点， 2va/0 粒子在磁场中转过的角 度为270°，绕一圈的过 程中两次在电场中运动 根据对称性可知粒子的 运动轨迹如图，α角为两 次粒子在电场中运动时 第12题答图 初末位置间的位移与x轴方向的夹角，从a到b过程中 粒子做类平抛运动，得E41=,故可得该段时间内沿y 方向位移为L=vd。根据几何知识可得x=V2r,由粒 子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位移 的大小为x=-2L,联立解得xw=(2-V2mu Bg 13.)2t2号L(3)器a 【解析】(1)对乙粒子，如图所示，由洛伦兹力提 供向心力qmB=m公，由几何关系sin30°=上，联立解 n 得，磁感应强度的大小为B=m 51 高中物理选择性必修第二册（人教版） (2)由题意可知，根据对称 性，乙在磁场中运动的时间为t1= 乙如×× 2x30×2m-2L。对甲粒子， ·-0× X360°XqB=3w 由对称性可知，甲粒子沿着直线从 P点到0点，由运动学公式d:0 I区Ⅱ区 d+了听。由牛极第二定律a 第13题答图 台益，联立可得重区宽度为d号弘 (3)甲粒子经过0点时的速度为甲=子+a=3 因为甲在V区始终做匀速直线运动，则ωt=kx=k·3vd, 可得=器。设乙粒子经过Ⅲ区的时间为，乙粒子在 V区运动时间为0，则上式中=o+h,对乙可得E- w(to+)-,整理可得=3o(to+2)-3 qw ，对甲可得 x-3o(tt),则△r=-x=3和E,化简可得乙追上甲前F 与Ax间的关系式为Fg0.△x。 3v0 14.(1)9Ba(2)2mm(3)2Y7a 2m gB 7 【解析】(1)设粒子甲经电场加速进人磁场的速度 大小为”，粒子甲进人磁场做匀速圆周运动，由O到P 点偏转子圆周到达P点，则碰前粒子甲做匀速圆周运动 轨迹半径r=a,由洛伦兹力提供向心力得9Bm=m,,解 得v=B，在电场中加速的过程，由动能定理得 m 9Ba=m,解得E=9a 2m (2)粒子甲由0到P点经过偏转4圆周到达P点， 其速度沿+y方向，与粒子乙发生弹性正碰，以+y方向 为正方向，由动量守恒和机械能守恒得m加=+号2， m-m 名m-分m+分×号2，解得en=。 = 20,v2= 2m=};碰撞后粒子甲、乙带电量均为号，均逆 mt m 2 3 时针偏转做匀速圆周运动，设轨迹半径分别为1、2， 由洛伦滋方提供向心力得号=m年；子伽号×号， n 52 解得阳，由此可知第一次碰后两粒子的锁渣重 合，到下次相遇粒子乙比粒子甲多运动一个圆周，则从两 粒子碰撞到下次相遇的时间为△=2ma-2πa=2mm (3)两粒子运动轨迹如图所示，粒子乙首次在A点 离开第一象限时，粒子甲运动到N点，因m2,吃=2”， 1 3 1 即m=了2，又有两粒子轨迹半径相等均为a,则有角 1 速度w甲=3”2，故粒子甲转过的圆心角B为粒子乙转 过圆心角90°的号，即B=30;经一段时间，两粒子做 匀速直线运动，可知粒子甲的匀速运动距离MW=L,则 粒子乙的匀速运动距离AB=3L,加上磁场后两粒子的轨 迹恰好相切（外切），设两圆心的连线0甲Oz与x轴正 方向的夹角为0。 0甲 0 0 x 第14题答图 由几何关系知：NQ=a.tan B,OmC=2a·sin0,MD= (L+NQ)sin60°，又有MD=a·sinB+0mC,可得(L+a· tan30°)sin60°=~sin30°+2asin6,整理得Y5L=2a: 2 sin0,再由几何关系知0zQ=0zC+CD+DQ=2acos0+a: cosB+(L+atan30°)cos60°；又有0zQ=3L+a。 cosB,整 理得-2os8,部得1：2Ya 15.(①写(2)号（3)见解折 【解析】(1)设板间距离为d,则板长为V3d, 带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为 E=号。根据牛顿第二定律，电场力提供加速度gE=m0, 解得=叫。设粒子在平板间的运动时间为o,根据运 md 动合成分解得竖直方向：号-号d,水平方向：V写d vdo,联立解得金属板间电势差为U=-m6 3q (2)设粒子出电场时与水平方向夹角为，则有 ma品-Y,放a一名，则出电畅时粒子的地皮为 心。2花子出电畅后微匀速直线运动，接 3 着进人磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆 周运动所需的向心力为quB=m,解得m-2Y3mn。 gB 3gB 已知圆形磁场区域半径为R=2m, 3B,则有V3R。粒 子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射人磁场，故粒子 将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时 运动方向的夹角为日，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对 应的圆心角也为0，由几何关系可得=2a=号。故粒子 射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为 0 、0 0 分 (3)带电粒子在该磁场中的运动半径与圆形磁场 半径关系为=V3R,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圆心M的位置 如图所示： 0 第15题答图 参考答案与解析⊙ 16.()2:1(2)9m 【解析】(1)分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速 圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有gB=m二，解得 。由题干知半径之比6：l,放mm6:l。 因为相同时间内的径迹长度之比l:l=3:1,则分裂后粒 子在磁场中的速度之比vv=3:1,联立解得mm,=2:1。 (2)中性粒子在A点分裂成带等量异种电荷的粒子 a和b,分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，根据 动量守恒定律有mw=m,a+m。因为分裂后动量关系为 6 m,:ms,=6:L,联立解得pmF7mw。 .)B2②)F路(3)0% 【解析】(1)由题知，入射速度为o时，电子沿x 轴做直线运动，可知电子受到y轴正方向的电场力与沿 y轴负方向的洛伦兹力大小相等，则有Ee=emoB,解得 E=tB。 (2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向 里的匀强磁场中，由于洛伦兹力不做功，已知电子的入 射速度为织，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，电子 向上偏转，当运动到速度为空时，根据动能定理有 e6之m宁小方m子小解得y器路 (3)若电子以v人射时(0<<o),设电子能达到的 最高点位置的纵坐标为，则根据动能定理有e6之m: 7m。由于电子在最高点与在最低点所受的合力大 小相等，则在最高点有F合=emB-eE,在最低点有F合= cB-eB,联立有w若-，y2mg。要让电子能 eB 到达纵坐标⅓=君的位置，需满足)≥，解得"≤ 00。则若电子入射速度在0<u<。范围内均匀分布， 能到达纵坐标⅓位置的电子数N占总电子数 的90%。 53N 高中物理选择性必修第二册（人教版） 感知 1.(多选)(2024.安徽) 空间中存在竖直向下 B 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 第1题图 感应强度大小为B。一质量为m的带电油 滴α，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。己知重力 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mg B.油滴a做圆周运动的速度大小为B E C.小油滴I做圆周运动的速度大小为 ,周期为如 g毗 D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 2.(多选)(2024河北)D······ ●d.-g---c● 如图，真空区域有同 心正方形ABCD和 abcd,其各对应边平 行，ABCD的边长一 第2题图 定，abcd的边长可调，两正方形之间充满 恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平 24)练 高考 面。A处有一个粒子源，可逐个发射速度 不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向 进入磁场。调整abcd的边长，可使速度 大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后 由BC边射出。对满足前述条件的粒子， 下列说法正确的是() A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹 角为45°，则粒子必垂直于BC射出 B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹 角为60°，则粒子必垂直于BC射出 C.若粒子经cd边垂直于BC射出，则粒 子穿过ad边的速度方向与ad边夹角必 为45° D.若粒子经bc边垂直于BC射出，则粒 子穿过ad边时速度方向与ad边夹角 必为60° 3.(2023·北京)如图所示，在磁感应强度大 小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场 中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形 薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道 横截面半径为a,长度为l(l>a)。带电 粒子束持续以某一速度)沿轴线进入管 道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂 直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多 次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管 道的粒子数为n,粒子电荷量为 +9,不计粒子的重力、粒子间的相互作 用，下列说法不正确的是() ●●●●●● 。。。。。 第3题图 A.粒子在磁场中运动的圆弧半径为a B.粒子质量为Bg@ C.管道内的等效电流为ngTa2v D.粒子束对管道的平均作用力大小为Bmgl 4.(2022·江苏)如图所 示，两根固定的通电长 b☒r 直导线a、b相互垂直， 第4题图 a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于 纸面，电流方向向里，则导线α所受安培 力方向() A.平行于纸面向上 B.平行于纸面向下 C.左半部分垂直纸面向外，右半部分垂 直纸面向里 D.左半部分垂直纸面向里，右半部分垂 直纸面向外 5.(2021·河北)如图，距离为d的两平行金 属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强 度大小为B,一束速度大小为v的等离子 体垂直于磁场喷入板间。相距为1的两光 滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的 匀强磁场中，磁感应强度大小为B2,导轨 平面与水平面夹角为0，两导轨分别与P、 Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab 垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为： g,不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中 的粒子重力。下列说法正确的是() 第一章安培力与洛伦兹力。 第5题图 A.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上， v=mgRsin B Bld B.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下， v=mgRsin0 B Bld C.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上， v=mgRtan 0 B B2ld D.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下， v=mgRtan 0 B Bald 6.(2022·全国甲卷)空间存在着匀强磁场和 匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy 平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。 一带正电的粒子在电场和磁场的作用下， 从坐标原点0由静止开始运动。下列四 幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的 是() 练(25 高中物理选择性必修第二册（人教版） 7.(2022·湖南)如图甲，直导线MN被两等 长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴O0' 上，其所在区域存在方向垂直指向O0的 磁场，与O0'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 乙所示。导线通以电流I,静止后，悬线 偏离竖直方向的夹角为0。下列说法正确 ,1 的是（) 0(0') B SM (N) 第7题图 A.当导线静止在图甲右侧位置时，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.tan0与电流I成正比 D.sin0与电流I成正比 8.(2022·重庆)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 第8题图 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1，垂直于磁场方向的 分量大小为2，不计离子重力，则() 26)练 A.电场力的瞬时功率为gEV+ B.该离子受到的洛伦兹力大小为gvB C.v2与v1的比值不断变大 D.该离子的加速度大小不变 9.（2021·全国甲卷)两 Q 根足够长直导线均折 M dd N d 01d 成直角，按图示方式 0 p 放置在同一平面内， E0与0'Q在一条直 第9题图 线上，PO'与OF在一 条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的 电流1，电流方向如图所示。若一根无限 长直导线通过电流I时，所产生的磁场在 距离导线d处的磁感应强度大小为B，则 图中与导线距离均为d的M、V两点处的 磁感应强度大小分别为() A.B、0 B.0、2B C.2B、2B D.B、B 10.（多选)(2021·浙a —80A p 江)如图所示，有两6 -100A 根用超导材料制成的 第10题图 长直平行细导线a、b,分别通以80A和 100A流向相同的电流，两导线构成的平 面内有一点P,到两导线的距离相等。 下列说法正确的是（) A.两导线受到的安培力F=125F。 B.导线所受的安培力可以用F=IB计算 C.移走导线b前后，P点的磁感应强度 方向改变 D.在离两导线平面有一定距离的有限空 间内，不存在磁感应强度为0的位置 11.(多选)(2022·湖北) 1● ● ● 在如图所示的平面内， 1 分界线$P将宽度为L的S☆又 ----1P 1××××1 矩形区域分成两部分， 一部分充满方向垂直于 第11题图 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0，则离子的入射 速度和对应0角的可能组合为() A36B,0 B.kBL,0° C.kBL,60° D.2kBl,60 12.(2024·新课标)一质量为m、电荷量为 q(q>0)的带电粒子始终在同一水平面 内运动，其速度可用图示的直角坐标系 内一个点P(ux,u,)表示，Ux、分别为 粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分 量。粒子出发时P位于图中a(0,vo) 点，粒子在水平方向的匀强电场作用下 运动，P点沿线段ab移动到b(vo,vo) 点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、 磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点 沿以O为圆心的圆弧移动至c(-vo,vo) 点；然后粒子离开磁场返回电场，P点 沿线段ca回到a点。已知任何相等的时 间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长 度都相等。不计重力。求： 第一章安培力与洛伦滋力。 (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和 周期。 (2)电场强度的大小。 (3)P点沿图中闭合曲线移动1周回到a 点时，粒子位移的大小。 c(-va,to) b(vo,vo) 0 P(,,） 第12题图 练(27 高中物理选择性必修第二册（人教版） 13.(2024·辽宁)现代粒子加速器常用电 磁场控制粒子团的运动及尺度。简化 模型如图：I、Ⅱ区宽度均为L,存在 垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等 大反向；Ⅲ、V区为电场区，Ⅳ区电场 足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为 坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电 荷量均为+g,质量均为m的粒子。如 图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后 射入I区时速度大小分别为子o和 甲到P点时，乙刚好射入I区。乙经过 I区的速度偏转角为30°，甲到0点 时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿 +x方向的匀强电场，电场强度大小E。= 9m6。不计粒子重力及粒子间相互作 4πgL 用，忽略边界效应及变化的电场产生的 磁场。 (1)求磁感应强度的大小B。 (2)求Ⅲ区宽度d。 (3)V区x轴上的电场方向沿x轴，电 场强度E随时间t、位置坐标x的变 化关系为E=wt-kx,其中常系数ω> 0,0已知、k未知，取甲经过O点 时t=0。已知甲在V区始终做匀速直 线运动，设乙在V区受到的电场力 大小为F,甲、乙间距为△x,求乙 追上甲前F与△x间的关系式。（不 要求写出△x的取值范围)》 28)练 d 乙」 甲 2。× + iP 0 I区 Ⅱ区 Ⅲ区 IW区 第13题图 14.(2021·辽宁)如图所示，在x>0区域内 存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场；在x<0区域内存在沿x轴正 方向的匀强电场。质量为m、电荷量为g (g>0)的粒子甲从点S(-a,0)由静止释 放，进入磁场区域后，与静止在点P(a, a)、质量为？的中性粒子乙发生弹性正 碰，且有一半电量转移给粒子乙。（不 计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用， 忽略电场、磁场变化引起的效应) (1)求电场强度的大小E。 (2)若两粒子碰撞后，立即撤去电场， 同时在x≤0区域内加上与x>0区域 内相同的磁场，求从两粒子碰撞到 下次相遇的时间△t。 (3)若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开 第一象限时，撤去电场和磁场，经 一段时间后，在全部区域内加上与 原>0区域相同的磁场，此后两粒 子的轨迹恰好不相交，求这段时间 内粒子甲运动的距离L: ××× -X× X!×× -a0 ××X 第14题图 第一章安培力与洛伦兹力。 15.(2023辽宁)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3倍。金属板外有一圆心为0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g(g>0)的粒子沿 中线以速度o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'点射人磁场。已知圆形磁 场区域半径为2m0,不计粒子重力。 3gB' (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0。 (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。 、0 ● 0 第15题图 练(29 N 高中物理选择性必修第二册（人教版）》 16.(2022·江苏)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 裂成带等量异种电荷的粒子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l:l=3:1,半 径之比r:r=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:mh。 (2)粒子a的动量大小pa + + 第16题图 (30)练 17.(2023·江苏)霍尔推进器某局部区域可 抽象成如图所示的模型。xOy平面内存 在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面 向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质 量为m、电荷量为e的电子从O点沿x 轴正方向水平人射。入射速度为vo时， 电子沿x轴做直线运动；入射速度小于 o时，电子的运动轨迹如图中的虚线所 示，且在最高点与在最低点所受的合力 大小相等。不计重力及电子间相互作用。 (1)求电场强度的大小E。 (2)若电子入射速度为"0，求运动到速 度为0时位置的纵坐标y1。 (3)若电子入射速度在0~o范围内均匀 分布，求能到达纵坐标)：位置 的电子数N占总电子数N的百分比。 第17题图