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新教材2024届高考物理二轮复习分层练专题三电场和磁场考点三带电粒子(或带电体)在复合场中的运动含答案
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这是一份新教材2024届高考物理二轮复习分层练专题三电场和磁场考点三带电粒子(或带电体)在复合场中的运动含答案，共31页。
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t>t0
B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t>t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq \f(\r(3),4)B2，则t＝eq \f(t0,2)
D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq \f(\r(2),4)B2，则t＝eq \r(2)t0
2.[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
3．[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O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( )
4．[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)
5．[2023·辽宁卷]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．己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.
6．[2023·海南卷](多选)(本题选项中的数据是根据考生回忆编写的，与原卷数据有些许出入)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子，从坐标原点O以初速度v0射入第一象限内的电、磁场区域，在0x0区域内有垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场，控制电场强度E(E值有多种可能)，可让粒子从NP射入磁场后偏转打到足够长的接收器MN上，不计重力，则( )
A．粒子从NP中点射入磁场，电场强度E＝eq \f(y0mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,qx eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
B．粒子从NP中点射入磁场时的速度v＝v0eq \r(1＋\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ))
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为eq \f(mv0,qB)
D．粒子在磁场中运动的轨迹半径的最大值是eq \f(mv0\r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋4y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ),qBx0)
题组一 带电粒子在组合场中的运动
7.(多选)如图所示，在PQ之间有水平向右的匀强电场，在QM之间的两个半径为R的圆形内(不包含边界)存在方向相反的圆形磁场，两个圆形磁场相切且与边界Q也相切，磁感应强度均为B，在两个圆形磁场右边有一个与圆形磁场相切的足够大挡板．在下边圆形磁场的最低点A处有一个粒子源可以在平面内向磁场内各个方向发射速率为eq \f(qBR,m)，电量为＋q，质量为m的粒子，PQ之间的距离为2R，电场强度为eq \f(qB2R,2m)，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，粒子不发生碰撞，下列说法正确的是( )
A．粒子速度减到零时刚好运动到电场左边界P
B．粒子水平向左进入匀强电场
C．粒子在下边的圆形磁场中运动的时间均为eq \f(πm,qB)
D．粒子无法都垂直打在挡板上
8．(多选)如图甲所示，在xOy平面内存在方向、大小随时间呈周期性变化的磁场和电场(电场未画出)，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为电场强度的正方向).在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子(不计所受重力).已知v0、t0、B0、E0，且E0＝eq \f(B0v0,π)，粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(π,B0t0)，x轴上有一点A，坐标为(eq \f(56v0t0,π)，0).下列选项正确的是( )
A．eq \f(t0,2)时刻，带电粒子的位置坐标为(eq \f(v0t0,π)，eq \f(v0t0,π))
B．带电粒子在运动过程中偏离x轴的最大距离为eq \f(3,2)v0t0＋eq \f(2v0t0,π)
C．带电粒子在运动过程中偏离y轴的最大距离为eq \f(10v0t0,π)
D．粒子经过32t0通过A点
9．[2023·甘肃省第一次诊断性考试]实验室有一装置可用于探究原子核性质，该装置的主要原理可简化为：空间中有一直角坐标系Oxy，在紧贴位置(－0.2m，0)的下侧处有一粒子源P，能沿x轴正方向以v0＝1×106m/s的速度持续发射比荷为eq \f(q,m)＝5×107C/kg的某种原子核．在x＜0，y＜0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场，场强E＝eq \f(\r(3),3)×105V/m.在x＞0的空间中有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B＝0.2T．忽略原子核的重力及核间的相互作用．
(1)求原子核第一次穿过y轴时的速度v的大小和方向；
(2)若原子核进入磁场后，经过Δt＝π×10－7s瞬间分裂成a、b两个新核．两新核的质量之比为ma∶mb＝1∶2；电荷量之比为qa∶qb＝1∶2；速度大小之比为va∶vb＝4∶1，方向仍沿原运动方向．求a粒子经过y轴时的位置及其在磁场中运动的时间．
10．[2023·广东省六校联盟联考]如图所示，在直角坐标Oxy平面的第一象限内存在着沿＋y方向的有界匀强电场E1，其边界由曲线Ob、x轴和直线ab围成(边界有电场)，其中a、b点坐标分别为(1m，0)、(1m，1m)，且曲线Ob的轨迹方程为y＝x2，电场强度的大小E1＝5.0×102N/C，在边界Oa上放有一个和边界等长的粒子放射源，能同时均匀的发射粒子．在y＝1m的虚线ef上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，c点为磁场边界和y轴的交点．在紧挨着y轴左侧及ef下侧存在一个边长L为1m的正方形区域，此正方形区域内存在沿－x方向的匀强电场E2(边界有电场)，电场强度大小E2＝3.2×102N/C，且在此电场的下边界放置了一个与边界等长的荧光屏．某时刻放射源由静止释放大量带正电的粒子，发现所有粒子均能通过图中c点．已知粒子的电荷量q＝1×10－10C，质量m＝1×10－15kg，不计带电粒子的重力以及粒子之间的相互作用，求：
(1)磁场的磁感应强度的大小；
(2)打到荧光屏上的粒子占粒子总数的百分比；
(3)到达荧光屏上的粒子的最小动能．
题组二 带电粒子在叠加场中的运动
11.[2023·江苏省南京市考试]如图所示．实线表示竖直平面内匀强电场的电场线，电场线与水平方向成α角，匀强磁场与电场正交，垂直纸面向里．有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成θ角，且α＞θ，则下列说法中正确的是( )
A．液滴一定带负电
B．液滴一定做匀速直线运动
C．电场线的方向一定斜向下
D．液滴可能做匀变速直线运动
12.[2023·重庆万州第二高级中学校联考模拟]如图所示，场强为E的匀强电场方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场垂直电场向外，带电量为q的小球(视为质点)获得某一垂直磁场水平向右的初速度，正好做匀速圆周运动，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球必须带正电
B．小球的质量为eq \f(g,Eq)
C．小球做匀速圆周运动的周期为eq \f(2πE,Bg)
D．若仅把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，则其速度为eq \f(E,2B)
13．[2023·广东省广州市模拟](多选)如图所示，绝缘粗糙细直杆abc在b处弯折，水平bc段足够长，ab与水平部分的夹角为α.在虚线AB的右侧区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带电圆环(可视为点电荷)从倾斜ab段某处由静止释放，忽略圆环经过弯折处的能量损失且圆环在运动过程中所带电荷量保持不变．下列关于圆环速度v随时间t的变化图像可能正确的是( )
题组三 现代电磁技术
14.[2023·北京市东城区模拟]如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．三个带电的微粒a、b、c电荷量的大小相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列正确的是( )
A．b粒子可能带负电
B．c粒子一定带正电
C．a粒子的质量一定小于b粒子
D．a粒子的质量一定大于c粒子
15．如图所示为某污水测量装置，绝缘材料做成的水平圆管内径为D，在圆管某横截面的一条竖直直径上安装两个金属电极M、N，M装在顶部、N装在下部，M、N刚好戳穿绝缘材料，当圆管内充满污水时，M、N能与污水有良好接触．将这一装置安装在杭州某工厂排污口，并使圆管的中心轴线沿东西方向放置，污水恰能充满圆管并以稳定的速度v向东流淌．污水中含有大量可自由移动的离子．在圆管侧面加一个磁感应强度为B、方向垂直于M、N所在直径向北的匀强磁场，在M、N之间形成的电势差为UMN；撤去匀强磁场，M、N之间依然存在电势差，大小为U′MN.下列说法正确的是( )
A．UMN＞0，U′MN＜0
B．v＝eq \f(UMN,BD)
C．排污口所在处地磁场的水平分量Bx＝eq \f(BU′NM,UMN－U′MN)
D．单位时间内流出的污水体积为Q＝eq \f(πD（UMN＋U′MN）,4B)
16．[2023·海南省琼海市四校联考]血流计原理可以简化为如图所示模型，血液内含有少量正、负离子，从直径为d的血管右侧流入，左侧流出．流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积．空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，M、N两点之间可以用电极测出电压U.下列说法正确的是( )
A．离子所受洛伦兹力方向由M指向N
B．血液中正离子多时，M点的电势高于N点的电势
C.血液中负离子多时，M点的电势高于N点的电势
D.血液流量Q＝eq \f(πUd,4B)
17．[2023·山西一模]电动自行车是一种常用的交通工具，通过转动转把来改变车速．如图甲所示，开启电源后，在霍尔元件的上、下面之间通过恒定电流．如图乙所示，转动转把，使内部的永久磁铁靠近或远离霍尔元件，改变穿过霍尔元件的磁场强弱，使其能输出控制车速的霍尔电压．霍尔电压越大，车速越大．如图丙所示，已知永久磁铁左边是N极、右边是S极，霍尔元件的载流子是电子．下列判断正确的是( )
A．若顺时针转动手柄使永久磁铁靠近霍尔元件时，输出的霍尔电压变小
B．若逆时针转动手柄使永久磁铁远离霍尔元件时，则车速将变快
C．若霍尔元件中通有从上向下的电流时，则前表面电势高
D．若霍尔元件中通有从上向下的电流时，则左侧电势高
18．[2023·浙江省绍兴检测]如图所示为质谱仪的示意图．电荷量和质量不同的离子从电离室A中“飘”出，从缝S1进入电势差恒定的加速电场中加速，然后从S3垂直进入匀强磁场B中做匀速圆周运动，最后打在照相底片上．已知质子从静止开始被加速电场加速，经磁场偏转后打在底片上的P点，某二价正离子从静止开始经相同的电场加速和磁场偏转后，打在底片上的Q点，已知QS3＝12PS3，则离子质量和质子质量之比为( )
A．12 B．24 C．144 D．288
19.[2023·安徽滁州模拟]回旋加速器的D形盒的俯视图如图所示，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间忽略不计．已知垂直盒面的匀强磁场的磁感应强度大小为B，D形盒的半径为r，高频电源的频率为f，两盒间电压为U.若A处的粒子源发出一个带电荷量为q的粒子(初速度的大小可忽略)，粒子经过电场加速后进入磁场，在磁场中做圆周运动，然后再次经过狭缝被电场加速，再进入磁场，直到最后从D形盒出口飞出．
(1)求粒子从D形盒出口飞出时的速度大小和粒子在D形盒中被加速的次数．
(2)若匀强磁场的磁感应强度大小变为原来的二分之一，同时改变电源的频率f，求该粒子从D形盒出口飞出时的动能．
20.[2023·广东省深圳市质量监测]磁流体发电是一项新兴技术，它可以把物体的内能直接转化为电能，如图所示是其原理示意图，平行金属板M、N间有一个很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)喷入磁场，M、N两板间便产生电压，如果把M、N板和用电器连接，金属板M、N就相当于直流电源的两个电极．则( )
A.强磁场对正离子做正功
B．强磁场对负离子做正功
C．金属板M相当于直流电源的正极
D．金属板N相当于直流电源的正极
21．[2023·广东省部分学校大联考]如图所示，空间中存在着正交的匀强磁场和匀强电场，已知电场强度大小为E，方向竖直向下，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面．一电子由O点以一定初速度v0水平向右飞入其中，运动轨迹如图所示，其中O、Q和P分别为轨迹在一个周期内的最高点和最低点，不计电子的重力．下列说法正确的是( )
A．磁感应强度方向垂直纸面向外
B．电子的初速度v0小于eq \f(E,B)
C．由O点至P点的运动过程中，电子的速度增大
D．将电子的初速度调整至合适值可以使其做直线运动
22．[2023·福建省福州市质量检测](多选)如图所示，两实线所围成的环形区域内有一径向电场，场强方向沿半径向外，电场强度大小可表示为E＝eq \f(a,r)，a为常量．电荷量相同、质量不同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动．不考虑粒子间的相互作用及重力，则( )
A．两个粒子均带负电
B．质量大的粒子动量较小
C．若将两个粒子交换轨道，两个粒子仍能做匀速圆周运动
D．若去掉电场加上垂直纸面的匀强磁场，两个粒子一定同时做离心运动或向心运动
23．[2023·江苏省扬州市模拟]回旋加速器利用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在MN板间，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A．带电粒子每运动一周被加速两次
B．粒子每运动一周半径的增加量都相等
C．增大板间电压，粒子最终获得的最大动能不变
D．加速电场方向需要做周期性的变化
24．[2023·河北省石家庄调研]如图所示，某空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场．一带电小球恰能以速度v0沿图中虚线所示轨迹做直线运动，其虚线恰好为固定放置的光滑绝缘管道的轴线，且轴线与水平方向成60°角，最终小球沿轴线穿过光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径).下列说法正确的是( )
A．小球一定带正电
B．电场强度和磁感应强度的大小关系为eq \f(E,B)＝eq \f(\r(3)v0,2)
C．小球一定从管道的P端运动到Q端
D．若小球刚进入管道时撤去磁场，小球将在管道中做匀减速直线运动
25．[2023·重庆市巴蜀中学适应性考试]北京高能物理研究所的正、负粒子对撞机是世界八大高能加速器中心之一，是中国第一台高能加速器，其结构如图所示，正、负粒子由静止开始经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向同时注入对撞机的高真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B，正、负粒子在环状空腔内只受洛伦兹力作用而沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，然后在碰撞区内迎面相撞，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A．正、负粒子的比荷可以不相同
B．磁感应强度B一定时，比荷相同的粒子，电荷量大的粒子进入磁场时动能大
C．加速电压U一定时，粒子的比荷越大，磁感应强度B越大
D．对于给定的正、负粒子，粒子从静止到碰撞运动的时间变短，可能是由于U不变、B变大引起的
26．[2023·广东省茂名市综合考试]半导体有着广泛的应用，人们通过离子注入的方式优化半导体以满足不同的需求．离子注入系统的原理简化如图所示．质量为m、电荷量为q的正离子经电场加速后从EE1中点P垂直OE射入四分之一环形匀强磁场，环形磁场圆心为O，内环半径OE1＝OG1＝R，外环半径OE＝OG＝3R，磁场方向垂直纸面向里．当磁感应强度为B0时，离子恰好垂直边界从GG1中点Q射出．不考虑离子重力以及离子间的相互作用．求：
(1)加速电场M、N两板间的电压；
(2)为使离子能够到达GG1面，环形区域内磁场的取值范围．
27．[2023·河北省部分学校大联考]如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)套在长度为L、倾角为θ的固定绝缘光滑直杆OP上，P端下方存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿PO方向，磁场方向垂直纸面水平向里．现将小球从O端由静止释放，小球滑离直杆后沿直线运动，到达Q点时立即撤去磁场，最终小球垂直打到水平地面上，重力加速度大小为g，不计空气阻力．求：
(1)电场的电场强度大小E以及磁场的磁感应强度大小B；
(2)Q点距离地面的高度h.
28．[2023·吉林省长春市质量监测]如图所示，质量M＝5.0kg的小车以v＝2.0m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是eq \f(1,4)光滑圆弧轨道，整个轨道均由绝缘材料制成，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小E＝50N/C，磁感应强度大小B＝2.0T．现有一质量m＝2.0kg、带负电的电荷量q＝0.10C的滑块，以v0＝10m/s的水平速度从小车左端A处向右冲上小车，第一次通过D点时速度的大小v1＝5.0m/s，滑块可视为质点，忽略运动电荷产生的磁场，g取10m/s2.求：
(1)滑块从A到D的过程中，小车、滑块组成的系统损失的机械能；
(2)若圆弧轨道的半径r＝1m，滑块刚过D点时对轨道压力的大小；
(3)当滑块通过D点时，立即撤去磁场，若滑块不能冲出圆弧轨道，求圆弧的最小半径．
[答题区]
考点3 带电粒子(或带电体)在复合场中的运动
1．解析：由题知粒子在AC做直线运动，则有qv0B1＝qE
区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据qvB＝m eq \f(4π2,T2) r，有t0＝ eq \f(πm,2qB2) ，若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子沿AC做直线运动的速度，有qvA·2B1＝qE，则vA＝ eq \f(v0,2)
再根据qvB＝m eq \f(v2,r) ，可知粒子运动半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子沿AC做直线运动的速度，有qv1＝q·2E
则v1＝2v0
再根据qvB＝m eq \f(v2,r) ，可知粒子运动半径变为原来的2倍，则粒子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，B错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 eq \f(\r(3),4) B2，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝m eq \f(v2,r) ，可知粒子半径变为原来的 eq \f(4,\r(3)) >2，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，根据qvB＝m eq \f(4π2,T2) r，有t＝ eq \f(4\r(3)πm,9qB2)
则t＝ eq \f(8\r(3)t0,9) ，C错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 eq \f(\r(2),4) B2，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝m eq \f(v2,r) ，可知粒子半径变为原来的 eq \f(4,\r(2)) >2，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为45°，根据qvB＝m eq \f(4π2,T2) r，有t＝ eq \f(\r(2)πm,2qB2)
则t＝ eq \r(2) t0，D正确．故选D.
答案：D
2．解析：假设电子打在a点，即其所受电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，故eE＝evB，由于α粒子的速度v′小于电子的速度v，所以2eE＞2ev′B，α粒子经过电、磁组合场后向右偏转，即其所受合力方向向右，由于α粒子带正电，所以电场方向水平向右，AB错误；电子所受电场力水平向左，则其所受洛伦兹力水平向右，则磁场方向垂直纸面向里，D错误，C正确．假设α粒子打在a点，同样可以得出C正确．
答案：C
3．解析：带正电粒子从原点O由静止释放，在电场力作用下，获得向上的速度后，会受到向左的洛伦兹力，故粒子向左侧偏转，排除A、C选项；当粒子再回到x轴时，电场力整体做功为零，洛伦兹力始终不做功，故此时速度为零，以后会重复原来的运动，不可能运动到x轴下方，故B正确，D错误．
答案：B
4．解析：由题知，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，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a，则粒子做圆周运动有qvB＝m eq \f(v2,r) 则有 eq \f(q,m) ＝ eq \f(v,2a·B) ，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，则有Eq＝qvB，联立有 eq \f(q,m) ＝ eq \f(E,2a·B2) ，故选A.
答案：A
5．解析：(1)设板间距离为d，则板长为 eq \r(3) d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为E＝ eq \f(U,d)
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度qE＝ma
解得a＝ eq \f(qU,md)
设粒子在平板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的规律得
eq \f(d,2) ＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ， eq \r(3) d＝v0t0
联立解得U＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3q)
(2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有
tan α＝ eq \f(at0,v0) ＝ eq \f(\r(3),3)
故α＝ eq \f(π,6)
则出电场时粒子的速度为v＝ eq \f(v0,cs α) ＝ eq \f(2\r(3),3) v0
粒子出电场后沿直线做匀速直线运动，接着进入磁场，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得qvB＝m eq \f(v2,r)
解得r＝ eq \f(mv,qB) ＝ eq \f(2\r(3)mv0,3qB)
已知圆形磁场区域半径为R＝ eq \f(2mv0,3qB) ，故r＝ eq \r(3) R
粒子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，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θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得θ＝2α＝ eq \f(π,3)
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为 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，将磁场圆绕O′点顺时针旋转，当O点转到M点，粒子在磁场中运动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：
答案：(1) eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3q) (2) eq \f(π,3) 或60°
(3)
6．解析：若粒子从NP中点射入磁场，在电场中，水平方向有x0＝v0t，竖直方向有 eq \f(y0,2) ＝ eq \f(1,2) · eq \f(qE,m) t2，解得E＝ eq \f(y0mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,qx eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) ，A对；粒子在电场中运动，由动能定理有qE· eq \f(y0,2) ＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，结合A项分析可得v＝v0 eq \r(1＋\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )) ，B错；粒子在电场中的运动过程，竖直方向有vy＝ eq \f(qE,m) · eq \f(x0,v0) ，粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m eq \f(v2,R) ，设粒子从电场中射出时的速度方向与y轴正方向的夹角为θ，根据几何关系可知，圆心到MN的距离为s＝R cs θ＝ eq \f(mvy,qB) ＝ eq \f(Ex0,Bv0) ，C错；经分析可知，粒子从N点进入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径最大，在电场中运动时，水平方向有x0＝v0t，竖直方向有y0＝ eq \f(1,2) · eq \f(qEm,m) t2，由动能定理有Emqy0＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvmB＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ,Rm) ，联立解得Rm＝ eq \f(mv0\r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋4y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ),qBx0) ，D对．
答案：AD
7．解析：根据洛伦兹力提供向心力qv0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r) ，且v0＝ eq \f(qBR,m) ，解得r＝R，满足磁聚焦的条件，粒子出磁场后水平向左进入匀强电场，B项正确；设粒子在匀强电场中减速到零时的位移为x，根据动能定理－qEx＝0－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，且E＝ eq \f(qB2R,2m) ，解得x＝R，而PQ之间的距离d＝2R，粒子运动到PQ中间速度减到零，A项错误；作出轨迹图，如图所示，根据磁聚焦可以得出粒子在下边的圆形磁场中运动的两段圆弧圆心角之和是π，所以时间是半个周期，即t＝ eq \f(πm,qB) ，C项正确；根据磁聚焦知识粒子在上边的圆形磁场中射出后均能垂直打在挡板上，D项错误．
答案：BC
8．解析：粒子的运动轨迹如图所示
在0～t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qB0v0＝m eq \f(4π2,T2) r1＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r1) ，解得T＝ eq \f(2πm,qB0) ＝2t0，r1＝ eq \f(mv0,qB0) ＝ eq \f(v0t0,π) ，则粒子在 eq \f(t0,2) 时间内转过的圆心角为α＝ eq \f(π,2) ，所以在 eq \f(t0,2) 时刻，带电粒子的位置坐标为( eq \f(v0t0,π) ， eq \f(v0t0,π) )，A项正确；在t0～2t0时间内，粒子在电场中做匀加速运动，设粒子经电场加速后的速度为v，则有v＝v0＋ eq \f(qE0,m) t0＝2v0，运动的位移为y1＝ eq \f(v＋v0,2) t0＝ eq \f(3,2) v0t0；在2t0～3t0时间内粒子做匀速圆周运动，半径为r2＝2r1＝ eq \f(2v0t0,π) ，故粒子偏离x轴的最大距离为h＝y1＋r2＝ eq \f(3,2) v0t0＋ eq \f(2v0t0,π) ，粒子以后做周期性运动，重复上述运动，则粒子偏离y轴的距离无最大值，B项正确，C项错误；粒子在xOy平面内做周期性运动的周期为4t0，一个周期内向右运动的距离为d＝2r1＋2r2＝ eq \f(6v0t0,π) ，AO间的距离为 eq \f(56v0t0,π) ＝9d＋2r1，所以粒子运动至A点所用的时间为t＝9×4t0＋t0＝37t0，D项错误．
答案：AB
9．解析：(1)原子核在Oxy平面的电场中做类平抛运动，粒子在水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t0
原子核在竖直方向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
qE＝ma
竖直方向的速度为vy＝at0
原子核的速度为v＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) )
代入数据联立解得原子核第一次穿过y轴时的速度大小v＝ eq \f(2\r(3),3) ×106m/s
速度方向与x轴正方向夹角的正切值tan θ＝ eq \f(vy,v0) ＝ eq \f(\r(3),3) ，则θ＝30°
即速度方向与x轴正方向成30°角指向第四象限．
(2)原子核做类平抛运动，沿y轴负方向偏转的距离y＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，解得y＝ eq \f(10\r(3),3) ×10－2m
原子核在磁场B中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则
Bqv＝m eq \f(v2,R1)
解得半径为R1＝ eq \f(mv,qB) ＝ eq \f(0.2\r(3),3) m
粒子的运动周期为T1＝ eq \f(2πm,qB) ＝2π×10－7s
因为Δt＝ eq \f(T1,2) ，所以该原子核在磁场B中运动了半个周期后分裂，粒子在分裂时满足动量守恒定律，有mv＝mava＋mbvb
已知m＝ma＋mb，ma∶mb＝1∶2，va∶vb＝4∶1，
解得va＝ eq \f(4\r(3),3) ×106m/s
所以分裂后a粒子的半径为Ra＝ eq \f(mava,qaB) ＝ eq \f(\f(1,3)mva,\f(1,3)qB) ＝ eq \f(0.4\r(3),3) m
粒子的轨迹如图所示，根据几何关系可知，a核经过y轴时的位移为ya＝Ra－y＝ eq \f(\r(3),10) m
a粒子在磁场中运动的周期为T2＝T1＝ eq \f(2πm,Bq)
由几何关系可知a粒子经过圆心角为30°，则a粒子在磁场中运动的时间为t＝ eq \f(T2,12) ＝ eq \f(π,6) ×10－7s.
答案：(1) eq \f(2\r(3),3) ×106m/s，方向与x轴正方向成30°角指向第四象限 (2) eq \f(\r(3),10) m eq \f(π,6) ×10－7s
10．解析：(1)从距O点x处释放的粒子在电场中加速再匀速到达虚线ef，根据动能定理可得qE1y＝ eq \f(1,2) mv2 ①
粒子在磁场做圆周运动半个周期从c点出射，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m eq \f(v2,r) ②
由几何关系x＝2r ③
且y＝x2 ④
由①②③④可得B＝0.2 T
(2)从c点出磁场的粒子进入第二个电场做类平抛，设某一个粒子能恰好达到荧光屏左边缘，则粒子在垂直电场方向和沿电场方向的位移均为电场的边长L
由运动学公式及牛顿第二定律有L＝ eq \f(1,2) a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ⑤
L＝v1t1 ⑥
qE2＝ma2 ⑦
由⑤⑥⑦解得v1＝4×103m/s
由①④可得v1＝ eq \r(\f(2qE1,m)) ·x1
解得打中荧光屏左端的粒子释放位置为x1＝0.4 m
释放位置距离O点越远，粒子在电场1中加速距离越大，获得的速度越大，越能打中荧光屏，即在0.4 m到1 m范围释放的粒子能打中荧光屏，所占粒子总数的百分比为 eq \f(（1－0.4）m,1 m) ×100%＝60%
(3)设在电场1中加速距离为y2的粒子在电场2中偏转x2打到荧光屏上
qE1y2＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －0
x2＝ eq \f(1,2) a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
L＝v2t2
qE2＝ma2
打到荧光屏上时动能为Ek＝qE1y2＋qE2x2
由以上可得Ek＝qE1y2＋q eq \f(E eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) L2,4E1y2)
当qE1y2＝q eq \f(E eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) L2,4E1y2) ，即y2＝ eq \f(E2L,2E1) ，Ek取最小值
代入数据得y2＝0.32 m时动能最小，最小动能为Ek＝3.2×10－8J.
答案：(1)0.2 T (2)60% (3)3.2×10－8J
11．解析：带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F电、垂直于速度方向的洛伦兹力F洛，由于α＞θ，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，B正确，D错误；当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F电、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力F洛作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负电或电场线方向斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，A、C错误．
答案：B
12．解析：小球受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，小球做圆周运动，则电场力与重力平衡，可知，电场力竖直向上，电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电，A错误；根据上述有qE＝mg，解得m＝ eq \f(qE,g) ，B错误；小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则有qvB＝m eq \f(v2,r) ，T＝ eq \f(2πr,v) ，结合上述解得T＝ eq \f(2πE,Bg) ，C正确；若把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，根据平衡条件有mg＋qE＝qv0B，结合上述解得v0＝ eq \f(2E,B) ，D错误．
答案：C
13．解析：设带电圆环的质量为m，圆环与绝缘粗糙细直杆间的动摩擦因数为μ，当带电圆环从倾角为α角的倾斜绝缘细直杆上下滑时，设其获得的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得mg sin α－μmg cs α＝ma，解得a＝g sin α－μg cs α，由此可知在带电圆环下滑到倾斜绝缘细直杆的最下端的过程中，做初速度为零的匀加速直线运动，反映在vt图像上则为过原点的倾斜直线．而当带电圆环进入虚线AB右侧的匀强磁场后，若圆环带正电，则要受到竖直向上的洛伦兹力，而当洛伦兹力等于其重力时，圆环所受合外力为零，在磁场中做匀速直线运动，图像为一条平行于时间轴的直线；若洛伦兹力大于重力，则由牛顿第二定律可得μ(Bqv－mg)＝ma1，小环将做加速度减小的减速运动，随着速度的减小洛伦兹力也随之减小，当洛伦兹力减小到与重力大小相等时，小环将做匀速直线运动；若洛伦兹力小于重力，则由牛顿第二定律有μ(mg－Bqv)＝ma2，小环做减速运动，随着速度的减小，洛伦兹力减小，加速度增大，小环做加速度增大的减速运动，直至速度减为零；若小环带负电，所受洛伦兹力竖直向下，由牛顿第二定律可得μ(mg＋Bqv)＝ma3，小环做减速运动，随着速度的减小洛伦兹力减小，加速度减小，小环做加速度减小的减速运动，直至速度减为零．综上所述，A、C、D三项正确．
答案：ACD
14．解析：微粒b向右做匀速直线运动，若b带负电，则电场力竖直向下，由左手定则判断洛伦兹力竖直向下，重力竖直向下，不可能受力平衡；故b一定带正电，由平衡条件得qE＋qvbB＝mbg，可得qE＜mbg，微粒a在纸面内做匀速圆周运动，必有qE＝mag，则有ma＜mb，A项错误，C项正确；微粒c向左做匀速直线运动，若c带正电，电场力竖直向上，左手定则判断洛伦兹力竖直向下，重力竖直向下，由平衡条件得qE＝mcg＋qvcB，可得qE＞mcg，则有ma＞mc；若c带负电，电场力竖直向下，左手定则判断洛伦兹力竖直向上，重力竖直向下，由平衡条件得qvcB＝mcg＋qE，无法比较qE与mcg的大小，故ma与mc之间的大小也无法比较，B、D项错误．
答案：C
15．解析：根据题意可知该处地磁场水平方向的分量为从南到北，而所加磁场的方向垂直于M、N所在直径向北，因此根据左手定则可知，无论是地磁场还是所加磁场，污水中的正离子都向M处移动、负离子都向N处移动，故UMN＞0，U′MN＞0，A项错误；设地磁场在该处的水平分量为Bx，根据平衡条件可得 eq \f(qUMN,D) ＝qv(B＋Bx)，解得v＝ eq \f(UMN,（B＋Bx）D) ，B项错误；撤去匀强磁场后，由于污水流速不变，因此根据平衡条件可得 eq \f(qU′MN,D) ＝qvBx，解得v＝ eq \f(U′MN,BxD) ，结合C选项分析可得Bx＝ eq \f(BU′MN,UMN－U′MN) ，C项正确；结合BC选项分析可得v＝ eq \f(UMN－U′MN,BD) ，管道的横截面积为S＝π( eq \f(D,2) )2，单位时间内流出的污水体积为V＝Sv＝ eq \f(πD（UMN－U′MN）,4B) ，D项错误．
答案：C
16．解析：根据左手定则，正离子受到竖直向下的洛伦兹力，负离子受到竖直向上的洛伦兹力，A错误；正离子受到竖直向下的洛伦兹力而聚集在N一侧，负离子受到竖直向上的洛伦兹力而聚集在M一侧，则M点的电势低于N点的电势，B、C错误；正负离子达到稳定状态时，有qvB＝q eq \f(U,d) ，可得流速v＝ eq \f(U,Bd) ，流量Q＝Sv＝ eq \f(πd2,4) · eq \f(U,Bd) ＝ eq \f(πUd,4B) ，D正确．
答案：D
17．解析：当按图甲顺时针转动把手，导致霍尔器件周围的磁场增加，那么霍尔器件输出控制车速的电压增大，A项错误；逆时针转动手柄使永久磁铁远离霍尔元件时，导致霍尔器件周围的磁场减弱，那么霍尔器件输出控制车速的电压减小，车速变慢，B项错误；若霍尔元件中通有从上向下的电流时，根据左手定则可知，带负电的电子向后表面运动，则前表面电势高，C项正确，D项错误．
答案：C
18．解析：根据动能定理qU＝ eq \f(1,2) mv2，在磁场中洛伦兹力提供向心力qvB＝m eq \f(v2,R) ，则R＝ eq \f(\r(2qmU),Bq) ，由题意R离子＝12R质子，可得 eq \f(m离子,m质子) ＝288，D正确．
答案：D
19．解析：(1)粒子能一直被回旋加速，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期一定与高频电源的周期相等，设粒子离开D形盒时的速度大小为vm，则有2πr＝vm eq \f(1,f) ，解得vm＝2πfr
又qvmB＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ,r) ，解得m＝ eq \f(qB,2πf)
设粒子被加速的次数为n，由动能定理得nqU＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m))
联立解得n＝ eq \f(πfBr2,U)
(2)若磁感应强度大小变为原来的 eq \f(1,2) ，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期也随之改变，由T＝ eq \f(1,f) ＝ eq \f(2πm,qB)
知电源的频率应变为f′＝ eq \f(1,2) f
粒子从D形盒出口飞出时的速度v′m＝2πrf′＝πfr＝ eq \f(1,2) vm
根据动能公式Ek＝ eq \f(1,2) mv2
结合m＝ eq \f(qB,2πf)
可得该粒子离开D形盒时的动能Ek＝ eq \f(πfqBr2,4) .
答案：(1)2πfr eq \f(πfBr2,U) (2) eq \f(πfqBr2,4)
20．解析：根据题意可知，等离子体进入磁场之后受洛伦兹力，洛伦兹力的方向一直与等离子体运动方向垂直，则强磁场对正、负离子不做功，A、B错误；根据题意，由左手定则可知，正离子受指向N板的洛伦兹力，向N板偏转，金属板N相当于直流电源的正极，C错误，D正确．
答案：D
21．解析：电子从O点开始轨迹向下弯曲，由于电场力向上，说明洛伦兹力向下，根据左手定则，则磁感应强度方向垂直纸面向里，A错误；电子从O运动到P，合外力指向轨迹凹侧，有qv0B＞qE，则v0＞ eq \f(E,B) ，B错误；由O点至P点的运动过程中，电场力做负功，洛伦兹力不做功，根据动能定理得电子的速度逐渐减小，C错误；当qv0B＝qE，即v0＝ eq \f(E,B) ，电子受力平衡，可以做直线运动，D正确．
答案：D
22．解析：两个粒子做圆周运动，则所受电场力指向圆心，可知两粒子均带负电，A正确；根据Eq＝ eq \f(a,r) q＝m eq \f(v2,r) ，可得mv2＝aq，与轨道半径无关，则若将两个粒子交换轨道，两个粒子仍能做匀速圆周运动，C正确；粒子的动量p＝mv＝ eq \r(2mEk) ＝ eq \r(maq) ，质量大的粒子动量较大，B错误；若撤去电场加上垂直纸面的匀强磁场，若能做匀速圆周运动，则满足qvB＝m eq \f(v2,r) ，qB＝ eq \f(mv,r) ＝ eq \f(p,r) ，两粒子电荷量相等，则qB相等；若qB＞ eq \f(p,r) 粒子做向心运动；当qB＜ eq \f(p,r) 时粒子做离心运动，但是qB与 eq \f(p,r) 的关系不能确定，即两个粒子不一定能同时做离心运动或向心运动，D错误．
答案：AC
23．解析：带电粒子只有经过MN板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次．电场的方向不需改变，只在MN间加速，A、D错误；根据r＝ eq \f(mv,qB) 可知P1P2＝2(r2－r1)＝ eq \f(2mΔv,qB) ，又因为每转一圈被加速一次，在电场中做匀加速直线运动，有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2ad，电场不变，加速度恒定，可知每转一圈，速度的变化量Δv不等，可得P1P2≠P2P3，即r2－r1≠r3－r2，B错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝ eq \f(mv,qB) 得vmax＝ eq \f(qBrD,m) ，加速粒子的最大速度与板间电压无关．可知增大板间电压，粒子最终获得的最大动能不变，故C正确．
答案：C
24．解析：当小球带正电时，电场力水平向左，重力竖直向下，从Q端运动到P端时或者从P端运动到Q端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向右下或者左上，均不能使小球沿直线运动；当小球带负电时，电场力水平向右，重力竖直向下，从Q端运动到P端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向左上方，三力恰好平衡，能保证小球沿图中虚线运动，A、C错误；由A分析可知，电场力和洛伦兹力关系为sin 60°＝ eq \f(qE,qv0B) ，整理得 eq \f(E,B) ＝ eq \f(\r(3)v0,2) ，B正确；未撤磁场时，小球在三力作用下平衡，其中电场力和重力沿虚线方向的合力为零，当撤去磁场时，在管道中所受重力和电场力均没有变化，故沿虚线(管道轴线)合力仍为零．而管道的支持力垂直于管道，即小球合力仍为零，做匀速直线运动，D错误．
答案：B
25．解析：根据动能定理得qU＝ eq \f(1,2) mv2，根据牛顿第二定律得qvB＝m eq \f(v2,r) ，解得 eq \f(q,m) ＝ eq \f(2U,B2r2) ，根据上式，正、负粒子的比荷一定相同，A错误；根据qvB＝m eq \f(v2,r) ，Ek＝ eq \f(1,2) mv2，解得Ek＝ eq \f(1,2) · eq \f(q,m) ·qB2r2，磁感应强度B一定时，比荷相同的粒子，电荷量大的粒子进入磁场时动能大，B正确；由 eq \f(q,m) ＝ eq \f(2U,B2r2) 变形得B＝ eq \f(1,r) eq \r(\f(2mU,q)) ，加速电压U一定时，粒子的比荷越大，磁感应强度B越小，C错误；对于给定的正、负粒子，粒子从静止到碰撞运动的时间变短，一定是速度v变大引起的，根据qU＝ eq \f(1,2) mv2，解得v＝ eq \r(\f(2qU,m)) ，速度v变大，可能是由于B不变、U变大引起的，D错误．
答案：B
26．解析：(1)当磁感应强度为B0时，离子恰好垂直边界从GG1中点Q射出，根据几何关系可知，圆周运动半径r＝2R，且qvB＝m eq \f(v2,r) ，解得v＝ eq \f(2qB0R,m) ，电场中qU＝ eq \f(1,2) mv2，解得U＝ eq \f(2qB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) R2,m)
(2)若磁感应强度为B1时，粒子恰好能打在G1位置，轨迹半径为r1，根据几何关系(2R－r1)2＋R2＝r eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，解得r1＝ eq \f(5,4) R，且qvB＝m eq \f(v2,r) ，解得B1＝ eq \f(8,5) B0，若磁感应强度为B2时，粒子恰好能打在G位置，轨迹半径为r2，根据几何关系(r2－2R)2＋(3R)2＝r eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得r2＝ eq \f(13,4) R，同理解得B2＝ eq \f(8,13) B0，为使离子能够到达GG1面，环形区域内磁场的取值范围 eq \f(8,13) B0≤B′≤ eq \f(8,5) B0.
答案：(1) eq \f(2qB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) R2,m) (2) eq \f(8,13) B0≤B′≤ eq \f(8,5) B0
27．解析：(1)小球滑离直杆后进入叠加场，在叠加场内的受力情况如图所示，小球做匀速直线运动，根据几何关系有
sin θ＝ eq \f(Eq,mg) ，cs θ＝ eq \f(qvB,mg)
L＝ eq \f(v2,2g sin θ)
解得E＝ eq \f(mg sin θ,q) ，B＝ eq \f(mg cs θ,q\r(2gL sin θ))
(2)根据题意可知，当磁场撤去后，小球受重力和电场力作用，且合力的方向与速度方向垂直，小球做类平抛运动，水平方向有
Eq cs θ＝max
vx＝v cs θ－axt
竖直方向有mg－Eq sin θ＝may，h＝v sin θ·t＋ eq \f(1,2) ayt2
当小球落到地面时，vx＝0，即vx＝v cs θ－axt＝0
解得t＝ eq \f(mv,Eq) ，h＝(sin θ＋ eq \f(1,sin θ) )L
．
答案：(1) eq \f(mg sin θ,q) eq \f(mg cs θ,q\r(2gL sin θ)) (2)(sin θ＋ eq \f(1,sin θ) )L
28．解析：(1)设滑块从A到D时，小车的速度大小为v2，滑块从A运动到D的过程中系统动量守恒，以向右为正方向，有mv0－Mv＝mv1＋Mv2，解得v2＝0
设小车与滑块组成的系统损失的机械能为ΔE，则有
ΔE＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋ eq \f(1,2) Mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，解得ΔE＝85 J
(2)设滑块刚过D点时，受到轨道的支持力为FN，由牛顿第二定律可得FN－(mg＋qE＋qv1B)＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,r) ，解得FN＝76 N
由牛顿第三定律可得滑块对轨道的压力大小为F压＝FN＝76 N
(3)设圆弧最小半径为R，滑块沿圆弧轨道上升到最大高度R时，滑块与小车具有共同的速度v′，由动量守恒定律可得
mv1＝(m＋M)v′
解得v′＝ eq \f(10,7) m/s
由能量守恒关系得 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2) (m＋M)v′＋(mg＋qE)R，解得R＝ eq \f(5,7) m.
答案：(1)85 J (2)76 N (3) eq \f(5,7) m
题号
1
2
3
4
6
7
8
11
12
13
14
答案
题号
15
16
17
18
20
21
22
23
24
25
答案
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t>t0
B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t>t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq \f(\r(3),4)B2，则t＝eq \f(t0,2)
D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq \f(\r(2),4)B2，则t＝eq \r(2)t0
2.[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
3．[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O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( )
4．[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)
5．[2023·辽宁卷]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．己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.
6．[2023·海南卷](多选)(本题选项中的数据是根据考生回忆编写的，与原卷数据有些许出入)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子，从坐标原点O以初速度v0射入第一象限内的电、磁场区域，在0
A．粒子从NP中点射入磁场，电场强度E＝eq \f(y0mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,qx eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
B．粒子从NP中点射入磁场时的速度v＝v0eq \r(1＋\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ))
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为eq \f(mv0,qB)
D．粒子在磁场中运动的轨迹半径的最大值是eq \f(mv0\r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋4y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ),qBx0)
题组一 带电粒子在组合场中的运动
7.(多选)如图所示，在PQ之间有水平向右的匀强电场，在QM之间的两个半径为R的圆形内(不包含边界)存在方向相反的圆形磁场，两个圆形磁场相切且与边界Q也相切，磁感应强度均为B，在两个圆形磁场右边有一个与圆形磁场相切的足够大挡板．在下边圆形磁场的最低点A处有一个粒子源可以在平面内向磁场内各个方向发射速率为eq \f(qBR,m)，电量为＋q，质量为m的粒子，PQ之间的距离为2R，电场强度为eq \f(qB2R,2m)，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，粒子不发生碰撞，下列说法正确的是( )
A．粒子速度减到零时刚好运动到电场左边界P
B．粒子水平向左进入匀强电场
C．粒子在下边的圆形磁场中运动的时间均为eq \f(πm,qB)
D．粒子无法都垂直打在挡板上
8．(多选)如图甲所示，在xOy平面内存在方向、大小随时间呈周期性变化的磁场和电场(电场未画出)，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为电场强度的正方向).在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子(不计所受重力).已知v0、t0、B0、E0，且E0＝eq \f(B0v0,π)，粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(π,B0t0)，x轴上有一点A，坐标为(eq \f(56v0t0,π)，0).下列选项正确的是( )
A．eq \f(t0,2)时刻，带电粒子的位置坐标为(eq \f(v0t0,π)，eq \f(v0t0,π))
B．带电粒子在运动过程中偏离x轴的最大距离为eq \f(3,2)v0t0＋eq \f(2v0t0,π)
C．带电粒子在运动过程中偏离y轴的最大距离为eq \f(10v0t0,π)
D．粒子经过32t0通过A点
9．[2023·甘肃省第一次诊断性考试]实验室有一装置可用于探究原子核性质，该装置的主要原理可简化为：空间中有一直角坐标系Oxy，在紧贴位置(－0.2m，0)的下侧处有一粒子源P，能沿x轴正方向以v0＝1×106m/s的速度持续发射比荷为eq \f(q,m)＝5×107C/kg的某种原子核．在x＜0，y＜0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场，场强E＝eq \f(\r(3),3)×105V/m.在x＞0的空间中有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B＝0.2T．忽略原子核的重力及核间的相互作用．
(1)求原子核第一次穿过y轴时的速度v的大小和方向；
(2)若原子核进入磁场后，经过Δt＝π×10－7s瞬间分裂成a、b两个新核．两新核的质量之比为ma∶mb＝1∶2；电荷量之比为qa∶qb＝1∶2；速度大小之比为va∶vb＝4∶1，方向仍沿原运动方向．求a粒子经过y轴时的位置及其在磁场中运动的时间．
10．[2023·广东省六校联盟联考]如图所示，在直角坐标Oxy平面的第一象限内存在着沿＋y方向的有界匀强电场E1，其边界由曲线Ob、x轴和直线ab围成(边界有电场)，其中a、b点坐标分别为(1m，0)、(1m，1m)，且曲线Ob的轨迹方程为y＝x2，电场强度的大小E1＝5.0×102N/C，在边界Oa上放有一个和边界等长的粒子放射源，能同时均匀的发射粒子．在y＝1m的虚线ef上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，c点为磁场边界和y轴的交点．在紧挨着y轴左侧及ef下侧存在一个边长L为1m的正方形区域，此正方形区域内存在沿－x方向的匀强电场E2(边界有电场)，电场强度大小E2＝3.2×102N/C，且在此电场的下边界放置了一个与边界等长的荧光屏．某时刻放射源由静止释放大量带正电的粒子，发现所有粒子均能通过图中c点．已知粒子的电荷量q＝1×10－10C，质量m＝1×10－15kg，不计带电粒子的重力以及粒子之间的相互作用，求：
(1)磁场的磁感应强度的大小；
(2)打到荧光屏上的粒子占粒子总数的百分比；
(3)到达荧光屏上的粒子的最小动能．
题组二 带电粒子在叠加场中的运动
11.[2023·江苏省南京市考试]如图所示．实线表示竖直平面内匀强电场的电场线，电场线与水平方向成α角，匀强磁场与电场正交，垂直纸面向里．有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成θ角，且α＞θ，则下列说法中正确的是( )
A．液滴一定带负电
B．液滴一定做匀速直线运动
C．电场线的方向一定斜向下
D．液滴可能做匀变速直线运动
12.[2023·重庆万州第二高级中学校联考模拟]如图所示，场强为E的匀强电场方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场垂直电场向外，带电量为q的小球(视为质点)获得某一垂直磁场水平向右的初速度，正好做匀速圆周运动，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球必须带正电
B．小球的质量为eq \f(g,Eq)
C．小球做匀速圆周运动的周期为eq \f(2πE,Bg)
D．若仅把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，则其速度为eq \f(E,2B)
13．[2023·广东省广州市模拟](多选)如图所示，绝缘粗糙细直杆abc在b处弯折，水平bc段足够长，ab与水平部分的夹角为α.在虚线AB的右侧区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带电圆环(可视为点电荷)从倾斜ab段某处由静止释放，忽略圆环经过弯折处的能量损失且圆环在运动过程中所带电荷量保持不变．下列关于圆环速度v随时间t的变化图像可能正确的是( )
题组三 现代电磁技术
14.[2023·北京市东城区模拟]如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．三个带电的微粒a、b、c电荷量的大小相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列正确的是( )
A．b粒子可能带负电
B．c粒子一定带正电
C．a粒子的质量一定小于b粒子
D．a粒子的质量一定大于c粒子
15．如图所示为某污水测量装置，绝缘材料做成的水平圆管内径为D，在圆管某横截面的一条竖直直径上安装两个金属电极M、N，M装在顶部、N装在下部，M、N刚好戳穿绝缘材料，当圆管内充满污水时，M、N能与污水有良好接触．将这一装置安装在杭州某工厂排污口，并使圆管的中心轴线沿东西方向放置，污水恰能充满圆管并以稳定的速度v向东流淌．污水中含有大量可自由移动的离子．在圆管侧面加一个磁感应强度为B、方向垂直于M、N所在直径向北的匀强磁场，在M、N之间形成的电势差为UMN；撤去匀强磁场，M、N之间依然存在电势差，大小为U′MN.下列说法正确的是( )
A．UMN＞0，U′MN＜0
B．v＝eq \f(UMN,BD)
C．排污口所在处地磁场的水平分量Bx＝eq \f(BU′NM,UMN－U′MN)
D．单位时间内流出的污水体积为Q＝eq \f(πD（UMN＋U′MN）,4B)
16．[2023·海南省琼海市四校联考]血流计原理可以简化为如图所示模型，血液内含有少量正、负离子，从直径为d的血管右侧流入，左侧流出．流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积．空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，M、N两点之间可以用电极测出电压U.下列说法正确的是( )
A．离子所受洛伦兹力方向由M指向N
B．血液中正离子多时，M点的电势高于N点的电势
C.血液中负离子多时，M点的电势高于N点的电势
D.血液流量Q＝eq \f(πUd,4B)
17．[2023·山西一模]电动自行车是一种常用的交通工具，通过转动转把来改变车速．如图甲所示，开启电源后，在霍尔元件的上、下面之间通过恒定电流．如图乙所示，转动转把，使内部的永久磁铁靠近或远离霍尔元件，改变穿过霍尔元件的磁场强弱，使其能输出控制车速的霍尔电压．霍尔电压越大，车速越大．如图丙所示，已知永久磁铁左边是N极、右边是S极，霍尔元件的载流子是电子．下列判断正确的是( )
A．若顺时针转动手柄使永久磁铁靠近霍尔元件时，输出的霍尔电压变小
B．若逆时针转动手柄使永久磁铁远离霍尔元件时，则车速将变快
C．若霍尔元件中通有从上向下的电流时，则前表面电势高
D．若霍尔元件中通有从上向下的电流时，则左侧电势高
18．[2023·浙江省绍兴检测]如图所示为质谱仪的示意图．电荷量和质量不同的离子从电离室A中“飘”出，从缝S1进入电势差恒定的加速电场中加速，然后从S3垂直进入匀强磁场B中做匀速圆周运动，最后打在照相底片上．已知质子从静止开始被加速电场加速，经磁场偏转后打在底片上的P点，某二价正离子从静止开始经相同的电场加速和磁场偏转后，打在底片上的Q点，已知QS3＝12PS3，则离子质量和质子质量之比为( )
A．12 B．24 C．144 D．288
19.[2023·安徽滁州模拟]回旋加速器的D形盒的俯视图如图所示，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间忽略不计．已知垂直盒面的匀强磁场的磁感应强度大小为B，D形盒的半径为r，高频电源的频率为f，两盒间电压为U.若A处的粒子源发出一个带电荷量为q的粒子(初速度的大小可忽略)，粒子经过电场加速后进入磁场，在磁场中做圆周运动，然后再次经过狭缝被电场加速，再进入磁场，直到最后从D形盒出口飞出．
(1)求粒子从D形盒出口飞出时的速度大小和粒子在D形盒中被加速的次数．
(2)若匀强磁场的磁感应强度大小变为原来的二分之一，同时改变电源的频率f，求该粒子从D形盒出口飞出时的动能．
20.[2023·广东省深圳市质量监测]磁流体发电是一项新兴技术，它可以把物体的内能直接转化为电能，如图所示是其原理示意图，平行金属板M、N间有一个很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)喷入磁场，M、N两板间便产生电压，如果把M、N板和用电器连接，金属板M、N就相当于直流电源的两个电极．则( )
A.强磁场对正离子做正功
B．强磁场对负离子做正功
C．金属板M相当于直流电源的正极
D．金属板N相当于直流电源的正极
21．[2023·广东省部分学校大联考]如图所示，空间中存在着正交的匀强磁场和匀强电场，已知电场强度大小为E，方向竖直向下，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面．一电子由O点以一定初速度v0水平向右飞入其中，运动轨迹如图所示，其中O、Q和P分别为轨迹在一个周期内的最高点和最低点，不计电子的重力．下列说法正确的是( )
A．磁感应强度方向垂直纸面向外
B．电子的初速度v0小于eq \f(E,B)
C．由O点至P点的运动过程中，电子的速度增大
D．将电子的初速度调整至合适值可以使其做直线运动
22．[2023·福建省福州市质量检测](多选)如图所示，两实线所围成的环形区域内有一径向电场，场强方向沿半径向外，电场强度大小可表示为E＝eq \f(a,r)，a为常量．电荷量相同、质量不同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动．不考虑粒子间的相互作用及重力，则( )
A．两个粒子均带负电
B．质量大的粒子动量较小
C．若将两个粒子交换轨道，两个粒子仍能做匀速圆周运动
D．若去掉电场加上垂直纸面的匀强磁场，两个粒子一定同时做离心运动或向心运动
23．[2023·江苏省扬州市模拟]回旋加速器利用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在MN板间，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A．带电粒子每运动一周被加速两次
B．粒子每运动一周半径的增加量都相等
C．增大板间电压，粒子最终获得的最大动能不变
D．加速电场方向需要做周期性的变化
24．[2023·河北省石家庄调研]如图所示，某空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场．一带电小球恰能以速度v0沿图中虚线所示轨迹做直线运动，其虚线恰好为固定放置的光滑绝缘管道的轴线，且轴线与水平方向成60°角，最终小球沿轴线穿过光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径).下列说法正确的是( )
A．小球一定带正电
B．电场强度和磁感应强度的大小关系为eq \f(E,B)＝eq \f(\r(3)v0,2)
C．小球一定从管道的P端运动到Q端
D．若小球刚进入管道时撤去磁场，小球将在管道中做匀减速直线运动
25．[2023·重庆市巴蜀中学适应性考试]北京高能物理研究所的正、负粒子对撞机是世界八大高能加速器中心之一，是中国第一台高能加速器，其结构如图所示，正、负粒子由静止开始经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向同时注入对撞机的高真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B，正、负粒子在环状空腔内只受洛伦兹力作用而沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，然后在碰撞区内迎面相撞，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A．正、负粒子的比荷可以不相同
B．磁感应强度B一定时，比荷相同的粒子，电荷量大的粒子进入磁场时动能大
C．加速电压U一定时，粒子的比荷越大，磁感应强度B越大
D．对于给定的正、负粒子，粒子从静止到碰撞运动的时间变短，可能是由于U不变、B变大引起的
26．[2023·广东省茂名市综合考试]半导体有着广泛的应用，人们通过离子注入的方式优化半导体以满足不同的需求．离子注入系统的原理简化如图所示．质量为m、电荷量为q的正离子经电场加速后从EE1中点P垂直OE射入四分之一环形匀强磁场，环形磁场圆心为O，内环半径OE1＝OG1＝R，外环半径OE＝OG＝3R，磁场方向垂直纸面向里．当磁感应强度为B0时，离子恰好垂直边界从GG1中点Q射出．不考虑离子重力以及离子间的相互作用．求：
(1)加速电场M、N两板间的电压；
(2)为使离子能够到达GG1面，环形区域内磁场的取值范围．
27．[2023·河北省部分学校大联考]如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)套在长度为L、倾角为θ的固定绝缘光滑直杆OP上，P端下方存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿PO方向，磁场方向垂直纸面水平向里．现将小球从O端由静止释放，小球滑离直杆后沿直线运动，到达Q点时立即撤去磁场，最终小球垂直打到水平地面上，重力加速度大小为g，不计空气阻力．求：
(1)电场的电场强度大小E以及磁场的磁感应强度大小B；
(2)Q点距离地面的高度h.
28．[2023·吉林省长春市质量监测]如图所示，质量M＝5.0kg的小车以v＝2.0m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是eq \f(1,4)光滑圆弧轨道，整个轨道均由绝缘材料制成，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小E＝50N/C，磁感应强度大小B＝2.0T．现有一质量m＝2.0kg、带负电的电荷量q＝0.10C的滑块，以v0＝10m/s的水平速度从小车左端A处向右冲上小车，第一次通过D点时速度的大小v1＝5.0m/s，滑块可视为质点，忽略运动电荷产生的磁场，g取10m/s2.求：
(1)滑块从A到D的过程中，小车、滑块组成的系统损失的机械能；
(2)若圆弧轨道的半径r＝1m，滑块刚过D点时对轨道压力的大小；
(3)当滑块通过D点时，立即撤去磁场，若滑块不能冲出圆弧轨道，求圆弧的最小半径．
[答题区]
考点3 带电粒子(或带电体)在复合场中的运动
1．解析：由题知粒子在AC做直线运动，则有qv0B1＝qE
区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据qvB＝m eq \f(4π2,T2) r，有t0＝ eq \f(πm,2qB2) ，若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子沿AC做直线运动的速度，有qvA·2B1＝qE，则vA＝ eq \f(v0,2)
再根据qvB＝m eq \f(v2,r) ，可知粒子运动半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子沿AC做直线运动的速度，有qv1＝q·2E
则v1＝2v0
再根据qvB＝m eq \f(v2,r) ，可知粒子运动半径变为原来的2倍，则粒子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，B错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 eq \f(\r(3),4) B2，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝m eq \f(v2,r) ，可知粒子半径变为原来的 eq \f(4,\r(3)) >2，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，根据qvB＝m eq \f(4π2,T2) r，有t＝ eq \f(4\r(3)πm,9qB2)
则t＝ eq \f(8\r(3)t0,9) ，C错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 eq \f(\r(2),4) B2，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝m eq \f(v2,r) ，可知粒子半径变为原来的 eq \f(4,\r(2)) >2，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为45°，根据qvB＝m eq \f(4π2,T2) r，有t＝ eq \f(\r(2)πm,2qB2)
则t＝ eq \r(2) t0，D正确．故选D.
答案：D
2．解析：假设电子打在a点，即其所受电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，故eE＝evB，由于α粒子的速度v′小于电子的速度v，所以2eE＞2ev′B，α粒子经过电、磁组合场后向右偏转，即其所受合力方向向右，由于α粒子带正电，所以电场方向水平向右，AB错误；电子所受电场力水平向左，则其所受洛伦兹力水平向右，则磁场方向垂直纸面向里，D错误，C正确．假设α粒子打在a点，同样可以得出C正确．
答案：C
3．解析：带正电粒子从原点O由静止释放，在电场力作用下，获得向上的速度后，会受到向左的洛伦兹力，故粒子向左侧偏转，排除A、C选项；当粒子再回到x轴时，电场力整体做功为零，洛伦兹力始终不做功，故此时速度为零，以后会重复原来的运动，不可能运动到x轴下方，故B正确，D错误．
答案：B
4．解析：由题知，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，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a，则粒子做圆周运动有qvB＝m eq \f(v2,r) 则有 eq \f(q,m) ＝ eq \f(v,2a·B) ，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，则有Eq＝qvB，联立有 eq \f(q,m) ＝ eq \f(E,2a·B2) ，故选A.
答案：A
5．解析：(1)设板间距离为d，则板长为 eq \r(3) d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为E＝ eq \f(U,d)
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度qE＝ma
解得a＝ eq \f(qU,md)
设粒子在平板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的规律得
eq \f(d,2) ＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ， eq \r(3) d＝v0t0
联立解得U＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3q)
(2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有
tan α＝ eq \f(at0,v0) ＝ eq \f(\r(3),3)
故α＝ eq \f(π,6)
则出电场时粒子的速度为v＝ eq \f(v0,cs α) ＝ eq \f(2\r(3),3) v0
粒子出电场后沿直线做匀速直线运动，接着进入磁场，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得qvB＝m eq \f(v2,r)
解得r＝ eq \f(mv,qB) ＝ eq \f(2\r(3)mv0,3qB)
已知圆形磁场区域半径为R＝ eq \f(2mv0,3qB) ，故r＝ eq \r(3) R
粒子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，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θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得θ＝2α＝ eq \f(π,3)
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为 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，将磁场圆绕O′点顺时针旋转，当O点转到M点，粒子在磁场中运动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：
答案：(1) eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3q) (2) eq \f(π,3) 或60°
(3)
6．解析：若粒子从NP中点射入磁场，在电场中，水平方向有x0＝v0t，竖直方向有 eq \f(y0,2) ＝ eq \f(1,2) · eq \f(qE,m) t2，解得E＝ eq \f(y0mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,qx eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) ，A对；粒子在电场中运动，由动能定理有qE· eq \f(y0,2) ＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，结合A项分析可得v＝v0 eq \r(1＋\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )) ，B错；粒子在电场中的运动过程，竖直方向有vy＝ eq \f(qE,m) · eq \f(x0,v0) ，粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m eq \f(v2,R) ，设粒子从电场中射出时的速度方向与y轴正方向的夹角为θ，根据几何关系可知，圆心到MN的距离为s＝R cs θ＝ eq \f(mvy,qB) ＝ eq \f(Ex0,Bv0) ，C错；经分析可知，粒子从N点进入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径最大，在电场中运动时，水平方向有x0＝v0t，竖直方向有y0＝ eq \f(1,2) · eq \f(qEm,m) t2，由动能定理有Emqy0＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvmB＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ,Rm) ，联立解得Rm＝ eq \f(mv0\r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋4y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ),qBx0) ，D对．
答案：AD
7．解析：根据洛伦兹力提供向心力qv0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r) ，且v0＝ eq \f(qBR,m) ，解得r＝R，满足磁聚焦的条件，粒子出磁场后水平向左进入匀强电场，B项正确；设粒子在匀强电场中减速到零时的位移为x，根据动能定理－qEx＝0－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，且E＝ eq \f(qB2R,2m) ，解得x＝R，而PQ之间的距离d＝2R，粒子运动到PQ中间速度减到零，A项错误；作出轨迹图，如图所示，根据磁聚焦可以得出粒子在下边的圆形磁场中运动的两段圆弧圆心角之和是π，所以时间是半个周期，即t＝ eq \f(πm,qB) ，C项正确；根据磁聚焦知识粒子在上边的圆形磁场中射出后均能垂直打在挡板上，D项错误．
答案：BC
8．解析：粒子的运动轨迹如图所示
在0～t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qB0v0＝m eq \f(4π2,T2) r1＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r1) ，解得T＝ eq \f(2πm,qB0) ＝2t0，r1＝ eq \f(mv0,qB0) ＝ eq \f(v0t0,π) ，则粒子在 eq \f(t0,2) 时间内转过的圆心角为α＝ eq \f(π,2) ，所以在 eq \f(t0,2) 时刻，带电粒子的位置坐标为( eq \f(v0t0,π) ， eq \f(v0t0,π) )，A项正确；在t0～2t0时间内，粒子在电场中做匀加速运动，设粒子经电场加速后的速度为v，则有v＝v0＋ eq \f(qE0,m) t0＝2v0，运动的位移为y1＝ eq \f(v＋v0,2) t0＝ eq \f(3,2) v0t0；在2t0～3t0时间内粒子做匀速圆周运动，半径为r2＝2r1＝ eq \f(2v0t0,π) ，故粒子偏离x轴的最大距离为h＝y1＋r2＝ eq \f(3,2) v0t0＋ eq \f(2v0t0,π) ，粒子以后做周期性运动，重复上述运动，则粒子偏离y轴的距离无最大值，B项正确，C项错误；粒子在xOy平面内做周期性运动的周期为4t0，一个周期内向右运动的距离为d＝2r1＋2r2＝ eq \f(6v0t0,π) ，AO间的距离为 eq \f(56v0t0,π) ＝9d＋2r1，所以粒子运动至A点所用的时间为t＝9×4t0＋t0＝37t0，D项错误．
答案：AB
9．解析：(1)原子核在Oxy平面的电场中做类平抛运动，粒子在水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t0
原子核在竖直方向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
qE＝ma
竖直方向的速度为vy＝at0
原子核的速度为v＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) )
代入数据联立解得原子核第一次穿过y轴时的速度大小v＝ eq \f(2\r(3),3) ×106m/s
速度方向与x轴正方向夹角的正切值tan θ＝ eq \f(vy,v0) ＝ eq \f(\r(3),3) ，则θ＝30°
即速度方向与x轴正方向成30°角指向第四象限．
(2)原子核做类平抛运动，沿y轴负方向偏转的距离y＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，解得y＝ eq \f(10\r(3),3) ×10－2m
原子核在磁场B中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则
Bqv＝m eq \f(v2,R1)
解得半径为R1＝ eq \f(mv,qB) ＝ eq \f(0.2\r(3),3) m
粒子的运动周期为T1＝ eq \f(2πm,qB) ＝2π×10－7s
因为Δt＝ eq \f(T1,2) ，所以该原子核在磁场B中运动了半个周期后分裂，粒子在分裂时满足动量守恒定律，有mv＝mava＋mbvb
已知m＝ma＋mb，ma∶mb＝1∶2，va∶vb＝4∶1，
解得va＝ eq \f(4\r(3),3) ×106m/s
所以分裂后a粒子的半径为Ra＝ eq \f(mava,qaB) ＝ eq \f(\f(1,3)mva,\f(1,3)qB) ＝ eq \f(0.4\r(3),3) m
粒子的轨迹如图所示，根据几何关系可知，a核经过y轴时的位移为ya＝Ra－y＝ eq \f(\r(3),10) m
a粒子在磁场中运动的周期为T2＝T1＝ eq \f(2πm,Bq)
由几何关系可知a粒子经过圆心角为30°，则a粒子在磁场中运动的时间为t＝ eq \f(T2,12) ＝ eq \f(π,6) ×10－7s.
答案：(1) eq \f(2\r(3),3) ×106m/s，方向与x轴正方向成30°角指向第四象限 (2) eq \f(\r(3),10) m eq \f(π,6) ×10－7s
10．解析：(1)从距O点x处释放的粒子在电场中加速再匀速到达虚线ef，根据动能定理可得qE1y＝ eq \f(1,2) mv2 ①
粒子在磁场做圆周运动半个周期从c点出射，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m eq \f(v2,r) ②
由几何关系x＝2r ③
且y＝x2 ④
由①②③④可得B＝0.2 T
(2)从c点出磁场的粒子进入第二个电场做类平抛，设某一个粒子能恰好达到荧光屏左边缘，则粒子在垂直电场方向和沿电场方向的位移均为电场的边长L
由运动学公式及牛顿第二定律有L＝ eq \f(1,2) a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ⑤
L＝v1t1 ⑥
qE2＝ma2 ⑦
由⑤⑥⑦解得v1＝4×103m/s
由①④可得v1＝ eq \r(\f(2qE1,m)) ·x1
解得打中荧光屏左端的粒子释放位置为x1＝0.4 m
释放位置距离O点越远，粒子在电场1中加速距离越大，获得的速度越大，越能打中荧光屏，即在0.4 m到1 m范围释放的粒子能打中荧光屏，所占粒子总数的百分比为 eq \f(（1－0.4）m,1 m) ×100%＝60%
(3)设在电场1中加速距离为y2的粒子在电场2中偏转x2打到荧光屏上
qE1y2＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －0
x2＝ eq \f(1,2) a2t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
L＝v2t2
qE2＝ma2
打到荧光屏上时动能为Ek＝qE1y2＋qE2x2
由以上可得Ek＝qE1y2＋q eq \f(E eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) L2,4E1y2)
当qE1y2＝q eq \f(E eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) L2,4E1y2) ，即y2＝ eq \f(E2L,2E1) ，Ek取最小值
代入数据得y2＝0.32 m时动能最小，最小动能为Ek＝3.2×10－8J.
答案：(1)0.2 T (2)60% (3)3.2×10－8J
11．解析：带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F电、垂直于速度方向的洛伦兹力F洛，由于α＞θ，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，B正确，D错误；当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F电、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力F洛作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负电或电场线方向斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，A、C错误．
答案：B
12．解析：小球受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，小球做圆周运动，则电场力与重力平衡，可知，电场力竖直向上，电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电，A错误；根据上述有qE＝mg，解得m＝ eq \f(qE,g) ，B错误；小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则有qvB＝m eq \f(v2,r) ，T＝ eq \f(2πr,v) ，结合上述解得T＝ eq \f(2πE,Bg) ，C正确；若把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，根据平衡条件有mg＋qE＝qv0B，结合上述解得v0＝ eq \f(2E,B) ，D错误．
答案：C
13．解析：设带电圆环的质量为m，圆环与绝缘粗糙细直杆间的动摩擦因数为μ，当带电圆环从倾角为α角的倾斜绝缘细直杆上下滑时，设其获得的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得mg sin α－μmg cs α＝ma，解得a＝g sin α－μg cs α，由此可知在带电圆环下滑到倾斜绝缘细直杆的最下端的过程中，做初速度为零的匀加速直线运动，反映在vt图像上则为过原点的倾斜直线．而当带电圆环进入虚线AB右侧的匀强磁场后，若圆环带正电，则要受到竖直向上的洛伦兹力，而当洛伦兹力等于其重力时，圆环所受合外力为零，在磁场中做匀速直线运动，图像为一条平行于时间轴的直线；若洛伦兹力大于重力，则由牛顿第二定律可得μ(Bqv－mg)＝ma1，小环将做加速度减小的减速运动，随着速度的减小洛伦兹力也随之减小，当洛伦兹力减小到与重力大小相等时，小环将做匀速直线运动；若洛伦兹力小于重力，则由牛顿第二定律有μ(mg－Bqv)＝ma2，小环做减速运动，随着速度的减小，洛伦兹力减小，加速度增大，小环做加速度增大的减速运动，直至速度减为零；若小环带负电，所受洛伦兹力竖直向下，由牛顿第二定律可得μ(mg＋Bqv)＝ma3，小环做减速运动，随着速度的减小洛伦兹力减小，加速度减小，小环做加速度减小的减速运动，直至速度减为零．综上所述，A、C、D三项正确．
答案：ACD
14．解析：微粒b向右做匀速直线运动，若b带负电，则电场力竖直向下，由左手定则判断洛伦兹力竖直向下，重力竖直向下，不可能受力平衡；故b一定带正电，由平衡条件得qE＋qvbB＝mbg，可得qE＜mbg，微粒a在纸面内做匀速圆周运动，必有qE＝mag，则有ma＜mb，A项错误，C项正确；微粒c向左做匀速直线运动，若c带正电，电场力竖直向上，左手定则判断洛伦兹力竖直向下，重力竖直向下，由平衡条件得qE＝mcg＋qvcB，可得qE＞mcg，则有ma＞mc；若c带负电，电场力竖直向下，左手定则判断洛伦兹力竖直向上，重力竖直向下，由平衡条件得qvcB＝mcg＋qE，无法比较qE与mcg的大小，故ma与mc之间的大小也无法比较，B、D项错误．
答案：C
15．解析：根据题意可知该处地磁场水平方向的分量为从南到北，而所加磁场的方向垂直于M、N所在直径向北，因此根据左手定则可知，无论是地磁场还是所加磁场，污水中的正离子都向M处移动、负离子都向N处移动，故UMN＞0，U′MN＞0，A项错误；设地磁场在该处的水平分量为Bx，根据平衡条件可得 eq \f(qUMN,D) ＝qv(B＋Bx)，解得v＝ eq \f(UMN,（B＋Bx）D) ，B项错误；撤去匀强磁场后，由于污水流速不变，因此根据平衡条件可得 eq \f(qU′MN,D) ＝qvBx，解得v＝ eq \f(U′MN,BxD) ，结合C选项分析可得Bx＝ eq \f(BU′MN,UMN－U′MN) ，C项正确；结合BC选项分析可得v＝ eq \f(UMN－U′MN,BD) ，管道的横截面积为S＝π( eq \f(D,2) )2，单位时间内流出的污水体积为V＝Sv＝ eq \f(πD（UMN－U′MN）,4B) ，D项错误．
答案：C
16．解析：根据左手定则，正离子受到竖直向下的洛伦兹力，负离子受到竖直向上的洛伦兹力，A错误；正离子受到竖直向下的洛伦兹力而聚集在N一侧，负离子受到竖直向上的洛伦兹力而聚集在M一侧，则M点的电势低于N点的电势，B、C错误；正负离子达到稳定状态时，有qvB＝q eq \f(U,d) ，可得流速v＝ eq \f(U,Bd) ，流量Q＝Sv＝ eq \f(πd2,4) · eq \f(U,Bd) ＝ eq \f(πUd,4B) ，D正确．
答案：D
17．解析：当按图甲顺时针转动把手，导致霍尔器件周围的磁场增加，那么霍尔器件输出控制车速的电压增大，A项错误；逆时针转动手柄使永久磁铁远离霍尔元件时，导致霍尔器件周围的磁场减弱，那么霍尔器件输出控制车速的电压减小，车速变慢，B项错误；若霍尔元件中通有从上向下的电流时，根据左手定则可知，带负电的电子向后表面运动，则前表面电势高，C项正确，D项错误．
答案：C
18．解析：根据动能定理qU＝ eq \f(1,2) mv2，在磁场中洛伦兹力提供向心力qvB＝m eq \f(v2,R) ，则R＝ eq \f(\r(2qmU),Bq) ，由题意R离子＝12R质子，可得 eq \f(m离子,m质子) ＝288，D正确．
答案：D
19．解析：(1)粒子能一直被回旋加速，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期一定与高频电源的周期相等，设粒子离开D形盒时的速度大小为vm，则有2πr＝vm eq \f(1,f) ，解得vm＝2πfr
又qvmB＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ,r) ，解得m＝ eq \f(qB,2πf)
设粒子被加速的次数为n，由动能定理得nqU＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m))
联立解得n＝ eq \f(πfBr2,U)
(2)若磁感应强度大小变为原来的 eq \f(1,2) ，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期也随之改变，由T＝ eq \f(1,f) ＝ eq \f(2πm,qB)
知电源的频率应变为f′＝ eq \f(1,2) f
粒子从D形盒出口飞出时的速度v′m＝2πrf′＝πfr＝ eq \f(1,2) vm
根据动能公式Ek＝ eq \f(1,2) mv2
结合m＝ eq \f(qB,2πf)
可得该粒子离开D形盒时的动能Ek＝ eq \f(πfqBr2,4) .
答案：(1)2πfr eq \f(πfBr2,U) (2) eq \f(πfqBr2,4)
20．解析：根据题意可知，等离子体进入磁场之后受洛伦兹力，洛伦兹力的方向一直与等离子体运动方向垂直，则强磁场对正、负离子不做功，A、B错误；根据题意，由左手定则可知，正离子受指向N板的洛伦兹力，向N板偏转，金属板N相当于直流电源的正极，C错误，D正确．
答案：D
21．解析：电子从O点开始轨迹向下弯曲，由于电场力向上，说明洛伦兹力向下，根据左手定则，则磁感应强度方向垂直纸面向里，A错误；电子从O运动到P，合外力指向轨迹凹侧，有qv0B＞qE，则v0＞ eq \f(E,B) ，B错误；由O点至P点的运动过程中，电场力做负功，洛伦兹力不做功，根据动能定理得电子的速度逐渐减小，C错误；当qv0B＝qE，即v0＝ eq \f(E,B) ，电子受力平衡，可以做直线运动，D正确．
答案：D
22．解析：两个粒子做圆周运动，则所受电场力指向圆心，可知两粒子均带负电，A正确；根据Eq＝ eq \f(a,r) q＝m eq \f(v2,r) ，可得mv2＝aq，与轨道半径无关，则若将两个粒子交换轨道，两个粒子仍能做匀速圆周运动，C正确；粒子的动量p＝mv＝ eq \r(2mEk) ＝ eq \r(maq) ，质量大的粒子动量较大，B错误；若撤去电场加上垂直纸面的匀强磁场，若能做匀速圆周运动，则满足qvB＝m eq \f(v2,r) ，qB＝ eq \f(mv,r) ＝ eq \f(p,r) ，两粒子电荷量相等，则qB相等；若qB＞ eq \f(p,r) 粒子做向心运动；当qB＜ eq \f(p,r) 时粒子做离心运动，但是qB与 eq \f(p,r) 的关系不能确定，即两个粒子不一定能同时做离心运动或向心运动，D错误．
答案：AC
23．解析：带电粒子只有经过MN板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次．电场的方向不需改变，只在MN间加速，A、D错误；根据r＝ eq \f(mv,qB) 可知P1P2＝2(r2－r1)＝ eq \f(2mΔv,qB) ，又因为每转一圈被加速一次，在电场中做匀加速直线运动，有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2ad，电场不变，加速度恒定，可知每转一圈，速度的变化量Δv不等，可得P1P2≠P2P3，即r2－r1≠r3－r2，B错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝ eq \f(mv,qB) 得vmax＝ eq \f(qBrD,m) ，加速粒子的最大速度与板间电压无关．可知增大板间电压，粒子最终获得的最大动能不变，故C正确．
答案：C
24．解析：当小球带正电时，电场力水平向左，重力竖直向下，从Q端运动到P端时或者从P端运动到Q端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向右下或者左上，均不能使小球沿直线运动；当小球带负电时，电场力水平向右，重力竖直向下，从Q端运动到P端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向左上方，三力恰好平衡，能保证小球沿图中虚线运动，A、C错误；由A分析可知，电场力和洛伦兹力关系为sin 60°＝ eq \f(qE,qv0B) ，整理得 eq \f(E,B) ＝ eq \f(\r(3)v0,2) ，B正确；未撤磁场时，小球在三力作用下平衡，其中电场力和重力沿虚线方向的合力为零，当撤去磁场时，在管道中所受重力和电场力均没有变化，故沿虚线(管道轴线)合力仍为零．而管道的支持力垂直于管道，即小球合力仍为零，做匀速直线运动，D错误．
答案：B
25．解析：根据动能定理得qU＝ eq \f(1,2) mv2，根据牛顿第二定律得qvB＝m eq \f(v2,r) ，解得 eq \f(q,m) ＝ eq \f(2U,B2r2) ，根据上式，正、负粒子的比荷一定相同，A错误；根据qvB＝m eq \f(v2,r) ，Ek＝ eq \f(1,2) mv2，解得Ek＝ eq \f(1,2) · eq \f(q,m) ·qB2r2，磁感应强度B一定时，比荷相同的粒子，电荷量大的粒子进入磁场时动能大，B正确；由 eq \f(q,m) ＝ eq \f(2U,B2r2) 变形得B＝ eq \f(1,r) eq \r(\f(2mU,q)) ，加速电压U一定时，粒子的比荷越大，磁感应强度B越小，C错误；对于给定的正、负粒子，粒子从静止到碰撞运动的时间变短，一定是速度v变大引起的，根据qU＝ eq \f(1,2) mv2，解得v＝ eq \r(\f(2qU,m)) ，速度v变大，可能是由于B不变、U变大引起的，D错误．
答案：B
26．解析：(1)当磁感应强度为B0时，离子恰好垂直边界从GG1中点Q射出，根据几何关系可知，圆周运动半径r＝2R，且qvB＝m eq \f(v2,r) ，解得v＝ eq \f(2qB0R,m) ，电场中qU＝ eq \f(1,2) mv2，解得U＝ eq \f(2qB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) R2,m)
(2)若磁感应强度为B1时，粒子恰好能打在G1位置，轨迹半径为r1，根据几何关系(2R－r1)2＋R2＝r eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，解得r1＝ eq \f(5,4) R，且qvB＝m eq \f(v2,r) ，解得B1＝ eq \f(8,5) B0，若磁感应强度为B2时，粒子恰好能打在G位置，轨迹半径为r2，根据几何关系(r2－2R)2＋(3R)2＝r eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得r2＝ eq \f(13,4) R，同理解得B2＝ eq \f(8,13) B0，为使离子能够到达GG1面，环形区域内磁场的取值范围 eq \f(8,13) B0≤B′≤ eq \f(8,5) B0.
答案：(1) eq \f(2qB eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) R2,m) (2) eq \f(8,13) B0≤B′≤ eq \f(8,5) B0
27．解析：(1)小球滑离直杆后进入叠加场，在叠加场内的受力情况如图所示，小球做匀速直线运动，根据几何关系有
sin θ＝ eq \f(Eq,mg) ，cs θ＝ eq \f(qvB,mg)
L＝ eq \f(v2,2g sin θ)
解得E＝ eq \f(mg sin θ,q) ，B＝ eq \f(mg cs θ,q\r(2gL sin θ))
(2)根据题意可知，当磁场撤去后，小球受重力和电场力作用，且合力的方向与速度方向垂直，小球做类平抛运动，水平方向有
Eq cs θ＝max
vx＝v cs θ－axt
竖直方向有mg－Eq sin θ＝may，h＝v sin θ·t＋ eq \f(1,2) ayt2
当小球落到地面时，vx＝0，即vx＝v cs θ－axt＝0
解得t＝ eq \f(mv,Eq) ，h＝(sin θ＋ eq \f(1,sin θ) )L
．
答案：(1) eq \f(mg sin θ,q) eq \f(mg cs θ,q\r(2gL sin θ)) (2)(sin θ＋ eq \f(1,sin θ) )L
28．解析：(1)设滑块从A到D时，小车的速度大小为v2，滑块从A运动到D的过程中系统动量守恒，以向右为正方向，有mv0－Mv＝mv1＋Mv2，解得v2＝0
设小车与滑块组成的系统损失的机械能为ΔE，则有
ΔE＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋ eq \f(1,2) Mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，解得ΔE＝85 J
(2)设滑块刚过D点时，受到轨道的支持力为FN，由牛顿第二定律可得FN－(mg＋qE＋qv1B)＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,r) ，解得FN＝76 N
由牛顿第三定律可得滑块对轨道的压力大小为F压＝FN＝76 N
(3)设圆弧最小半径为R，滑块沿圆弧轨道上升到最大高度R时，滑块与小车具有共同的速度v′，由动量守恒定律可得
mv1＝(m＋M)v′
解得v′＝ eq \f(10,7) m/s
由能量守恒关系得 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(1,2) (m＋M)v′＋(mg＋qE)R，解得R＝ eq \f(5,7) m.
答案：(1)85 J (2)76 N (3) eq \f(5,7) m
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