階段綜合測評(七)時間：75分鐘滿分：100分一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.(2021·浙江省溫州市高三二模)如圖所示，半徑為r的金屬環(huán)放在光滑絕緣水平桌面上，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場垂直桌面向上。當(dāng)環(huán)中通入逆時針方向的恒定電流I后，以下說法正確的是()A．金屬環(huán)將發(fā)生移動B．金屬環(huán)有收縮的趨勢C．金屬環(huán)內(nèi)部張力為BIrD．金屬環(huán)內(nèi)部張力為零答案C解析將金屬環(huán)分割成無數(shù)的小段，每一段可看成直線，由左手定則可知，每一段受到沿半徑背離圓心方向的安培力，則金屬環(huán)有擴張的趨勢，各段所受安培力的合力為0，則金屬環(huán)靜止不動，故A、B錯誤；每個半金屬環(huán)所受的安培力大小F＝BI×2r，設(shè)每個半金屬環(huán)在兩個端點處受到的兩個張力均為F′，合力方向與安培力F等大反向，則F′＝eq\f(F,2)＝BIr，故C正確，D錯誤。2．(2021·山東省煙臺市高三下三模)如圖所示，完全相同的甲、乙兩個環(huán)形電流同軸平行放置，甲的圓心為O1，乙的圓心為O2，在兩環(huán)圓心的連線上有a、b、c三點，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此時a點的磁感應(yīng)強度大小為B1，b點的磁感應(yīng)強度大小為B2。當(dāng)把環(huán)形電流乙撤去后，c點的磁感應(yīng)強度大小為()A．B1－eq\f(B2,2) B．B2－eq\f(B1,2)C．B2－B1 D．eq\f(B1,3)答案A解析甲、乙兩環(huán)形電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等、方向相同，則兩環(huán)形電流在b點分別產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為eq\f(B2,2)，兩環(huán)形電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B1，甲環(huán)形電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為eq\f(B2,2)，兩環(huán)形電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向相同，則乙環(huán)形電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B1－eq\f(B2,2)，由于乙環(huán)形電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度與甲環(huán)形電流在c點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等，則當(dāng)把乙環(huán)形電流撤去后，c點的磁感應(yīng)強度大小為B1－eq\f(B2,2)，故A正確，B、C、D錯誤。3.(2021·浙江省高三下適應(yīng)性聯(lián)考)如圖所示，由均勻?qū)Ь€制成邊長為l的正方形導(dǎo)線框abcd用絕緣細(xì)線懸掛于天花板上，導(dǎo)線框的c、d兩點與一恒流源(未畫出)相連接，連接電源的導(dǎo)線質(zhì)量及其所受安培力均忽略不計，導(dǎo)線框中的電流從c點流入，d點流出。現(xiàn)在虛線框區(qū)域(虛線框的高度小于l)加一個垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小為B，導(dǎo)線框靜止不動，細(xì)線中的拉力為F1，若把虛線框內(nèi)的磁場向下平移l距離，導(dǎo)線框仍靜止，細(xì)線中的拉力變?yōu)镕2，則恒流源中電流的大小為()A.eq\f(F1,Bl) B．eq\f(F2,Bl)C.eq\f(2F2－F1,Bl) D．eq\f(2F1＋F2,Bl)答案C解析由圖可知，導(dǎo)線cd與導(dǎo)線cbad并聯(lián)，電阻之比為1∶3，設(shè)恒流源中的電流為I，由并聯(lián)電路的分壓規(guī)律可知，ab中的電流為eq\f(I,4)，cd中的電流為eq\f(3I,4)，電流方向都向左，由左手定則可知，兩種情形導(dǎo)線框所受安培力方向都豎直向下，所以F1＝mg＋eq\f(BIl,4)，F(xiàn)2＝mg＋eq\f(3BIl,4)，聯(lián)立解得I＝eq\f(2F2－F1,Bl)，C正確，A、B、D錯誤。4.在兩個邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)(包括四周的邊界)有磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從F點沿著FE的方向射入磁場，恰好從C點射出，則該粒子的速度大小為()A.eq\f(BqL,2m) B．eq\f(BqL,m)C．eq\f(5BqL,4m) D．eq\f(5BqL,2m)答案C解析粒子從F點沿著FE的方向射入磁場，恰好從C點射出，根據(jù)對稱性可知，粒子軌跡必過BE中點，運動軌跡如圖所示，設(shè)該粒子的速度大小為v。根據(jù)幾何關(guān)系可得：R2＝L2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R－\f(L,2)))2，解得：R＝eq\f(5,4)L，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝meq\f(v2,R)，解得：v＝eq\f(5BqL,4m)，故C正確，A、B、D錯誤。5.(2021·北京市豐臺區(qū)高三下二模)如圖所示，勻強磁場限定在一個圓形區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小為B，一個質(zhì)量為m、電荷量為q、初速度大小為v的帶電粒子沿磁場區(qū)域的直徑方向從P點射入磁場，從Q點沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時的速度方向與射入磁場時相比偏轉(zhuǎn)了θ角，忽略重力及粒子間的相互作用力，下列說法錯誤的是()A．粒子帶正電B．粒子在磁場中運動的軌跡長度為eq\f(mvθ,Bq)C．粒子在磁場中運動的時間為eq\f(mθ,Bq)D．圓形磁場區(qū)域的半徑為eq\f(mv,Bq)tanθ答案D解析根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向，由左手定則可以判斷出粒子帶正電，A正確；由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子在磁場中運動時，其軌跡的半徑為r＝eq\f(mv,Bq)，由幾何關(guān)系可知其軌跡對應(yīng)的圓心角為θ，則粒子在磁場中運動的軌跡長度為s＝θr＝eq\f(mvθ,Bq)，B正確；粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(s,v)＝eq\f(mθ,Bq)，C正確；設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為R，由taneq\f(θ,2)＝eq\f(R,r)，解得R＝rtaneq\f(θ,2)＝eq\f(mv,Bq)·taneq\f(θ,2)，D錯誤；本題選說法錯誤的，故選D。6.(2022·浙江省“山水聯(lián)盟”高三上開學(xué)考試)如圖所示，空間中存在正交的勻強電場和勻強磁場(未畫出)，勻強電場方向豎直向下，電場強度大小為E，勻強磁場磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球以水平向右、大小為v的初速度從圖示位置拋出，重力加速度大小為g，下列說法正確的是()A．若磁場方向水平向右，則小球能做勻變速運動B．若小球先向上偏轉(zhuǎn)，則一定有Eq>mgC．小球可能在豎直面內(nèi)做圓周運動D．若小球帶正電，小球一定做變加速曲線運動答案C解析若磁場方向水平向右，小球拋出后瞬間只有豎直方向上的加速度，加速后合速度方向與磁場方向夾角不為0，小球?qū)⑹苈鍌惼澚ψ饔茫铀俣确较螂S速度變化發(fā)生變化，故A錯誤；若小球帶負(fù)電且磁場方向垂直紙面向外，小球先向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB＋Eq－mg＝ma，因不知道qvB與ma大小關(guān)系，qE與mg的大小無法判斷，故B錯誤；若小球帶負(fù)電且磁場方向垂直紙面，當(dāng)qE＝mg時，小球所受合力等于與速度方向垂直的洛倫茲力，則在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，故C正確；若小球帶正電且磁場方向垂直紙面向里，則初始時刻受到豎直向下的電場力、重力和向上的洛倫茲力，若滿足qvB＝Eq＋mg，則小球做勻速直線運動，故D錯誤。7．(2022·浙江省“山水聯(lián)盟”高三上開學(xué)考試)如圖所示為一種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器。加速電場的加速電壓為U，靜電分析器通道中心線半徑為R，通道內(nèi)有均勻輻向電場，在中心線處的電場強度大小為E；磁分析器中分布著方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行。由離子源發(fā)出一個質(zhì)量為m、電荷量為q的離子(初速度為零，重力不計)，經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器，沿中心線MN做勻速圓周運動，而后由P點進入磁分析器中，最終經(jīng)過Q點進入收集器。下列說法不正確的是()A．磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向外B．磁分析器中圓心O2到Q點的距離可能為d＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mER,q))C．不同離子經(jīng)相同的加速電壓U加速后都可以沿通道中心線安全通過靜電分析器D．靜電分析器通道中心線半徑為R＝eq\f(2U,E)答案B解析離子在靜電分析器中所受電場力指向圓心，可知離子帶正電，在磁分析器中沿順時針方向轉(zhuǎn)動，所受洛倫茲力指向圓心O2，根據(jù)左手定則，磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向外，故A正確；設(shè)離子在靜電分析器中速度為v，電場力提供向心力，有qE＝meq\f(v2,R)，離子在磁分析器中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可得Bqv＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))，即磁分析器中圓心O2到Q點的距離d＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))，故B錯誤；離子在加速電場中加速的過程中，根據(jù)動能定理可得qU＝eq\f(1,2)mv2－0，在通過靜電分析器時，電場力提供向心力，可得qE＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立得R＝eq\f(2U,E)，即靜電分析器通道中心線半徑為eq\f(2U,E)，R與離子的比荷無關(guān)，所以不同離子經(jīng)相同的加速電壓U加速后都可以沿通道中心線安全通過靜電分析器，故C、D正確；本題選說法不正確的，故選B。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8．(2022·浙江省嘉興市高三上9月教學(xué)測試)如圖所示，蹄形磁體的磁極之間放置一個裝有導(dǎo)電液體的玻璃器皿，器皿中心和邊緣分別固定一個圓柱形電極和一個圓環(huán)形電極，兩電極間液體的等效電阻為R1＝1.0Ω。在左邊的供電電路中接入一個磁流體發(fā)電機，間距為d＝0.010m的平行金屬板A、B之間有一個磁感應(yīng)強度為B＝0.010T的勻強磁場，將一束等離子體以v＝1.5×105m/s的速度噴入磁場。已知磁流體發(fā)電機等效內(nèi)阻為R2＝3.0Ω，定值電阻R0＝2.0Ω，電壓表為理想電表。閉合開關(guān)S，導(dǎo)電液體流速趨于穩(wěn)定時，電壓表示數(shù)為10.0V，則()A．金屬板A帶正電B．圖中導(dǎo)電液體沿順時針方向旋轉(zhuǎn)C．磁流體發(fā)電機的效率約為50%D．導(dǎo)電液體旋轉(zhuǎn)的機械功率為9W答案BD解析根據(jù)左手定則可知，等離子體中的正離子向下偏轉(zhuǎn)，聚集到B板，則B板帶正電，A錯誤；玻璃器皿中的導(dǎo)電液體的電流從中心電極流向圓環(huán)形電極，由左手定則可知，圖中導(dǎo)電液體從上往下看沿順時針方向旋轉(zhuǎn)，B正確；設(shè)磁流體發(fā)電機電動勢為E，當(dāng)發(fā)電穩(wěn)定時，離子受力平衡，有qvB＝qeq\f(E,d)，解得E＝Bdv＝15V，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有E＝I(R2＋R0)＋U，則回路中的電流I＝eq\f(E－U,R2＋R0)＝eq\f(15－10,3＋2)A＝1A，則發(fā)電機的路端電壓U′＝E－IR2＝15V－1×3V＝12V，磁流體發(fā)電機的效率為η＝eq\f(IU′,IE)×100%＝eq\f(U′,E)×100%＝eq\f(12,15)×100%＝80%，C錯誤；導(dǎo)電液體旋轉(zhuǎn)的機械功率為P機＝IU－I2R1＝1×10W－12×1W＝9W，D正確。9.如圖，甲是帶負(fù)電的物塊，乙是不帶電的足夠長的絕緣木板，甲、乙疊放在一起置于光滑的水平地板上，地板上方空間有垂直紙面向里的勻強磁場?，F(xiàn)用一水平恒力F拉乙木板，使甲、乙從靜止開始向左運動，甲所帶電荷量始終保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則在此后運動過程中()A．洛倫茲力對甲物塊不做功B．甲、乙間的摩擦力始終不變C．甲物塊最終做勻速直線運動D．乙木板一直做勻加速直線運動答案AC解析洛倫茲力始終與運動方向垂直，故洛倫茲力始終對甲不做功，A正確。甲、乙剛開始時在F的作用下以相同的加速度一起做勻加速運動，甲帶負(fù)電荷，向左運動時，由左手定則可知，受到的洛倫茲力方向豎直向上，則甲、乙間的摩擦力f＝ma，a不變，故f不變；甲的速度逐漸增大，根據(jù)F洛＝qvB可知，甲所受的洛倫茲力逐漸增大，根據(jù)平衡條件，乙對甲的支持力N＝mg－F洛逐漸減小，則甲、乙間的最大靜摩擦力fm＝μN逐漸減小，當(dāng)f＝fm時，甲、乙發(fā)生相對滑動，此時甲、乙間的摩擦力變?yōu)閒＝μN，N變小，所以f變小，故B錯誤。當(dāng)qvB＝mg時，N＝0，此時甲所受的摩擦力為0，甲開始做勻速直線運動，故C正確。甲、乙發(fā)生相對滑動時，乙受到合力F乙＝F－f，F(xiàn)恒定，f變小，則F乙變大，所以從甲、乙發(fā)生相對滑動到N＝0的過程中，乙的加速度逐漸變大，故D錯誤。10.(2021·福建省莆田市二模)如圖所示，足夠長的熒光屏OA的上方區(qū)域存在勻強磁場，邊界MN左側(cè)區(qū)域的磁場方向垂直紙面向里，右側(cè)區(qū)域的磁場方向垂直紙面向外，兩區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小均為B。熒光屏上方有一粒子源緊挨著O點，可沿OA方向不斷射出質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子。粒子打在熒光屏上時，熒光屏相應(yīng)位置會發(fā)光。已知粒子的速率可取從零到某最大值之間的各種數(shù)值，速率最大的粒子恰好垂直打在熒光屏上，O、M之間的距離為a，不計粒子重力及粒子間的相互作用，則()A．粒子的最大速率為eq\f(2\r(3)qBa,3m)B．熒光屏上的發(fā)光長度為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)＋1))aC．打中熒光屏的粒子運動時間的最大值為eq\f(3πm,2qB)D．打中熒光屏的粒子運動時間的最小值為eq\f(7πm,6qB)答案AD解析速率最大的粒子恰好垂直打在熒光屏上，軌跡如圖1所示，邊界兩側(cè)軌跡半徑相同，設(shè)為r1，則OO1＝r1，O1O2＝2r1，可知圓心角∠OO1K＝60°，故OO2＝2r1sin60°＝a＋r1sin60°，解得r1＝eq\f(2\r(3),3)a，由洛倫茲力提供向心力可得qv1B＝meq\f(v\o\al(2,1),r1)，解得粒子的最大速率為v1＝eq\f(2\r(3)qaB,3m)，此過程，在磁場中的運動時間最短，MN左側(cè)軌跡圓心角為60°，右側(cè)軌跡圓心角為150°，周期為T＝eq\f(2πm,qB)，故總時間為t1＝eq\f(60°＋150°,360°)T＝eq\f(7πm,6qB)，故A、D正確；當(dāng)粒子的軌跡恰與MN相切時，進入右側(cè)后，恰與MA相切，在磁場中的運動時間最長，如圖2所示，軌跡半徑r2＝a，兩側(cè)軌跡合起來恰好是一個圓，故打中熒光屏的粒子運動最長時間t2無限逼近eq\f(2πm,qB)，故C錯誤；垂直打中熒光屏的位置離M最遠(yuǎn)，與熒光屏相切的位置離M最近，兩點之間距離即為熒光屏上的發(fā)光長度Δx＝(r1cos30°＋r1)－r2＝eq\f(2\r(3),3)a，故B錯誤。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．(6分)(2016·全國卷Ⅲ)某同學(xué)用圖中所給器材進行與安培力有關(guān)的實驗。兩根金屬導(dǎo)軌ab和a1b1固定在同一水平面內(nèi)且相互平行，足夠大的電磁鐵(未畫出)的N極位于兩導(dǎo)軌的正上方，S極位于兩導(dǎo)軌的正下方，一金屬棒置于導(dǎo)軌上且與兩導(dǎo)軌垂直。(1)在圖中畫出連線，完成實驗電路。要求滑動變阻器以限流方式接入電路，且在開關(guān)閉合后，金屬棒沿箭頭所示的方向移動。(2)為使金屬棒在離開導(dǎo)軌時具有更大的速度，有人提出以下建議：A．適當(dāng)增加兩導(dǎo)軌間的距離B．換一根更長的金屬棒C．適當(dāng)增大金屬棒中的電流其中正確的是________(填入正確選項前的標(biāo)號)。答案(1)如圖所示(2)AC解析(1)根據(jù)左手定則得金屬棒中電流為從a流向a1，故a1接電源負(fù)極。要求滑動變阻器以限流方式接入電路中，故滑動變阻器接線柱上下各用一個。實驗電路如答案圖所示。(2)為使金屬棒在離開導(dǎo)軌時具有更大的速度，應(yīng)使它所受安培力F＝BIl增大，所以適當(dāng)增加兩導(dǎo)軌間的距離時有效長度l增大，F(xiàn)變大，A正確；只換更長的金屬棒時有效長度l不變，B錯誤；增大電流，F(xiàn)也增大，C正確。12．(9分)霍爾元件可以用來檢測磁場及其變化，圖甲為使用霍爾元件測量通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場的裝置示意圖，由于磁芯的作用，霍爾元件所處區(qū)域磁場可看作勻強磁場。測量原理如圖乙所示，直導(dǎo)線通有垂直紙面向里的電流，霍爾元件前、后、左、右表面有四個接線柱，通過四個接線柱可以把霍爾元件接入電路，所用器材已在圖中給出，部分電路已經(jīng)連接好。為測量霍爾元件所處區(qū)域的磁感應(yīng)強度B：(1)制造霍爾元件的半導(dǎo)體參與導(dǎo)電的自由電荷帶負(fù)電，電流從圖乙中霍爾元件左側(cè)流入，右側(cè)流出，霍爾元件________(填“前表面”或“后表面”)電勢高；(2)在圖乙中畫線連接成實驗電路圖；(3)已知霍爾元件單位體積內(nèi)自由電荷數(shù)為n，每個自由電荷的電荷量為e，霍爾元件的厚度為h，為測量霍爾元件所處區(qū)域的磁感應(yīng)強度B，還必須測量的物理量有：______________________________________________________________________(寫出具體的物理量名稱及其符號)，計算式：B＝________。答案(1)前表面(2)圖見解析(3)霍爾元件前后表面間的電勢差U、從左向右通過霍爾元件的電流Ieq\f(Uneh,I)解析(1)磁場是由直導(dǎo)線電流產(chǎn)生的，根據(jù)安培定則，霍爾元件所處區(qū)域磁場方向豎直向下；霍爾元件中電流水平向右，根據(jù)左手定則，自由電荷所受洛倫茲力垂直紙面向內(nèi)，因參與導(dǎo)電的自由電荷是負(fù)電荷，故霍爾元件后表面帶負(fù)電，前表面帶正電，故前表面電勢較高。(2)滑動變阻器控制電路中電流，釆用限流接法；電流表串聯(lián)在電路中，測電路中的電流，實驗電路圖如圖所示。(3)設(shè)霍爾元件前后表面的距離為d，最終自由電荷在靜電力和洛倫茲力的作用下受力平衡，有：qeq\f(U,d)＝qvB，根據(jù)電流微觀表達(dá)式，有：I＝neSv＝ne(dh)v，聯(lián)立解得：B＝eq\f(Uneh,I)，因此還必須測量的物理量有：霍爾元件前后表面間的電勢差U、從左向右通過霍爾元件的電流I。13．(11分)(2021·廣東高考)如圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖，空間有三個同心圓a、b、c圍成的區(qū)域，圓a內(nèi)為無場區(qū)，圓a與圓b之間存在輻射狀電場，圓b與圓c之間有三個圓心角均略小于90°的扇環(huán)形勻強磁場區(qū)Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各區(qū)磁感應(yīng)強度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外。電子以初動能Ek0從圓b上P點沿徑向進入電場。電場可以反向，保證電子每次進入電場即被全程加速。已知圓a與圓b之間電勢差為U，圓b半徑為R，圓c半徑為eq\r(3)R，電子質(zhì)量為m，電荷量為e。忽略相對論效應(yīng)，取tan22.5°＝0.4。(1)當(dāng)Ek0＝0時，電子加速后均沿各磁場區(qū)邊緣進入磁場，且在電場內(nèi)相鄰運動軌跡的夾角θ均為45°，最終從Q點出射，運動軌跡如圖中帶箭頭實線所示。求Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強度大小、電子在Ⅰ區(qū)磁場中的運動時間及在Q點出射時的動能；(2)已知電子只要不與Ⅰ區(qū)磁場外邊界相碰，就能從出射區(qū)域出射。當(dāng)Ek0＝keU時，要保證電子從出射區(qū)域出射，求k的最大值。答案(1)eq\f(5\r(meU),eR)eq\f(πR\r(meU),4eU)8eU(2)eq\f(13,6)解析(1)電子在進入Ⅰ區(qū)磁場前經(jīng)電場加速的過程有2eU＝eq\f(1,2)mv2－0設(shè)電子在Ⅰ區(qū)磁場中的軌道半徑為r，如圖甲所示，由幾何關(guān)系可得r＝Rtan22.5°＝0.4R由洛倫茲力提供向心力得evB1＝meq\f(v2,r)聯(lián)立解得B1＝eq\f(5\r(meU),eR)電子在Ⅰ區(qū)磁場中的運動周期為T＝eq\f(2πr,v)由幾何關(guān)系可得，電子在Ⅰ區(qū)磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為φ＝eq\f(5,4)π則電子在Ⅰ區(qū)磁場中的運動時間為t＝eq\f(φ,2π)T聯(lián)立解得t＝eq\f(πR\r(meU),4eU)由動能定理可知，電子從Q點出射時的動能為Ek＝8eU＋Ek0＝8eU。(2)設(shè)電子在Ⅰ區(qū)磁場中做勻速圓周運動的最大半徑為rm，畫出電子在Ⅰ區(qū)的臨界軌跡如圖乙。由幾何關(guān)系可得(eq\r(3)R－rm)2＝R2＋req\o\al(2,m)解得rm＝eq\f(\r(3),3)R電子在Ⅰ區(qū)磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有evmB1＝meq\f(v\o\al(2,m),rm)電子進入Ⅰ區(qū)磁場之前，經(jīng)電場加速的過程，由動能定理有2eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－kmeU聯(lián)立解得k的最大值km＝eq\f(13,6)。14．(12分)(2022·山東省青島市高三上學(xué)習(xí)質(zhì)量調(diào)研檢測)如圖所示，在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，xOz面水平，xOy平面左側(cè)空間存在豎直向上、場強大小為E的勻強電場；xOy平面右側(cè)空間存在豎直向上、場強大小為2E的勻強電場(未標(biāo)出)和水平向右、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。在xOy平面右側(cè)空間區(qū)域有一垂直于z軸的熒光屏。電荷量為＋q的帶電微粒Q靜止在yOz平面內(nèi)的A點，A點離z軸距離為d。質(zhì)量與Q相同的不帶電微粒P在yOz平面內(nèi)運動，某時刻與微粒Q碰撞并合為一體，經(jīng)過O點時，速度大小為v，方向與z軸正方向成θ角，重力加速度為g。(1)求微粒P與微粒Q碰前速度的大小v0；(2)若微粒在磁場中運動打到熒光屏上時的速度與經(jīng)過O點處的速度相同，求熒光屏到O點的距離L；(3)若熒光屏到O點的距離l＝eq\f(21πvEcosθ,gB)，求微粒打到熒光屏上的位置坐標(biāo)，并求出O點到該位置的距離。答案(1)2eq\r(v2－gd)(2)eq\f(4nπvEcosθ,gB)(n＝1,2,3，…)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2vEsinθ,gB)，－\f(2vEsinθ,gB)，\f(21πvEcosθ,gB)))eq\f(vE,gB)eq\r(21πcosθ2＋8sin2θ)解析(1)設(shè)微粒Q質(zhì)量為m，微粒Q靜止時有mg＝qE微粒P、Q碰撞過程動量守恒，有mv0＝2mv1撞后到O點過程中，由動能定理得(2mg－qE)d＝eq\f(1,2)·2mv2－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1)解得v0＝2eq\r(v2－gd)。(2)P、Q整體在xOy平面右側(cè)運動時，有2mg＝q·2E，則微粒在磁場中做等螺距螺旋線運動。由運動的分解可知，微粒在磁場中沿z軸正方向以大小為vcosθ的速度勻速運動，在平行于xOy平面內(nèi)做速度大小為vsinθ的勻速圓周運動，設(shè)圓周運動軌跡半徑為r，由Bqvsinθ＝2meq\f(vsinθ2,r)，T＝eq\f(2πr,vsinθ)，解得微粒做圓周運動的軌跡半徑r＝eq\f(2mvsinθ,Bq)＝eq\f(2vEsinθ,gB)，周期為T＝eq\f(4πm,qB)＝eq\f(4πE,gB)，根據(jù)題意可知微粒在磁場中運動整數(shù)個圓周，則微粒在磁場中運動的時間t＝nT(n＝1,2,3，…)，則L＝tvcosθ(n＝1,2,3，…)得L＝eq\f(4nπvEcosθ,gB)(n＝1,2,3，…)。(3)微粒沿z軸做勻速直線運動的時間t′＝eq\f(l,vcosθ)＝eq\f(21πm,qB)＝5eq\f(1,4)T又微粒在平行于xOy平面內(nèi)做圓周運動的軌跡半徑r＝eq\f(2vEsinθ,gB)粒子打到熒光屏上的位置坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2vEsinθ,gB)，－\f(2vEsinθ,gB)，\f(21πvEcosθ,gB)))原點O到該位置坐標(biāo)的距離l′＝eq\r(l2＋2r2)＝eq\f(vE,gB)eq\r(21πcosθ2＋8sin2θ)。15.(16分)(2021·遼寧省撫順市二模)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)，下方為勻強電場，上方為勻強磁場，邊界曲線滿足方程y＝2x2，勻強電場的電場強度大小E＝1000V/m，方向沿y軸正方向，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小B1＝1T，第二象限中存在磁感應(yīng)強度大小B2＝2T的勻強磁場，方向垂直紙面向外。現(xiàn)有大量相同粒子，從x軸上(x>0)由靜止釋放，經(jīng)電場加速后進入第一象限的磁場區(qū)域，所有粒子均垂直穿過y軸進入第二象限，圖中y軸上P點的坐標(biāo)為(0,1m)，不計粒子受到的重力及粒子間的相互作用。(1)求這種粒子的比荷eq\