2025高考物理 人教版選擇性必修第2冊專項復(fù)習(xí)第1章　學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測含答案

第一章學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測本卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分：100分，時間：75分鐘。第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、選擇題(本題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，第1～6小題只有一個選項符合題目要求，第7～10小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分)1．(2024·江蘇南京高二期末)筆記本電腦蓋上屏幕，屏幕蓋板上的磁鐵和主板機殼上的“霍爾傳感器”配合，通過改變a、b間電勢差的方式使屏幕進(jìn)入休眠模式，其工作原理如圖所示。當(dāng)電腦蓋上屏幕時，相當(dāng)于屏幕邊緣的磁極靠近霍爾元件，已知該霍爾元件載流子為電子，以下說法正確的是()A．蓋上蓋板，a端帶正電B．打開蓋板，a端帶正電C．蓋上屏幕過程中，a、b間電勢差逐漸減小D．蓋上屏幕過程中，a、b間電勢差逐漸增大答案：D解析：無論蓋上蓋板還是打開蓋板，霍爾元件中磁場方向均向下，電流方向均向左，根據(jù)左手定則可得，載流子受力方向指向a，因此a端帶負(fù)電，故A、B錯誤；設(shè)霍爾元件的長度為a，寬度為b，高度為c，則eq\f(U,b)q＝qvB，I＝nqSv＝nqbcv，所以U＝eq\f(BI,nqc)，蓋上屏幕過程中，磁感應(yīng)強度變大，則霍爾電壓增大，即a、b間電勢差逐漸增大，故C錯誤，D正確。2．四根導(dǎo)線如圖放置。b、d中沒有電流，a、c中通有如圖所示方向相反、大小均為I的電流時，O點的磁感應(yīng)強度大小為B?，F(xiàn)在b、d中通入大小也為I的電流時，O點的磁感應(yīng)強度大小仍為B。則下列說法正確的是()A．O點的磁場方向由O指向dB．b、d中的電流方向相反C．若在O點放置垂直紙面方向的通電直導(dǎo)線，該導(dǎo)線所受安培力為零D．若電子(不計重力)從O點垂直紙面向里運動，電子將向上偏轉(zhuǎn)答案：D解析：由題意知，O點的磁感應(yīng)強度等于a、c中電流產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度的矢量和，根據(jù)安培定則可知，O點的磁場方向由O指向b，故A錯誤；在b、d中通入大小也為I的電流時，O點的磁感應(yīng)強度大小仍為B，可判定b、d中電流在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相反，根據(jù)安培定則可知，b、d中的電流方向相同，故B錯誤；若在O點放置垂直紙面方向的通電直導(dǎo)線，該導(dǎo)線所受安培力不為零，故C錯誤；若電子(不計重力)從O點垂直紙面向里運動，由左手定則可知，電子將向上方向偏轉(zhuǎn)，故D正確。3．(2023·河北唐縣第一中學(xué)高二期中)如圖，下端封閉、上端開口、內(nèi)壁光滑的細(xì)玻璃管豎直放置，管底有一個帶正電小球，整個裝置以一定的速度沿垂直于磁場方向進(jìn)入方向垂直紙面向里的勻強磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出，下列說法中正確的是()A．該過程中由水平速度產(chǎn)生的洛倫茲力不做功B．小球的運動軌跡是一條直線C．從能量轉(zhuǎn)化角度看小球機械能的增加是因為洛倫茲力做功D．小球在豎直方向做勻加速運動答案：D解析：因為磁場方向垂直于紙面向里，水平速度向右，由左手定則可知水平速度產(chǎn)生的洛倫茲力方向向上，所以小球相對于玻璃管向上運動，而玻璃管往右做勻速直線運動，則小球?qū)嶋H的運動方向為右上方，由于水平速度產(chǎn)生的洛倫茲力與位移夾角為銳角，所以由水平速度產(chǎn)生的洛倫茲力對小球做正功，故A錯誤；因為玻璃管在水平方向的速度不變，則小球受到的向上的洛倫茲力大小不變，所以小球向上做勻加速直線運動，而勻加速直線運動和勻速直線運動的合運動為曲線運動，故B錯誤，D正確；因為洛倫茲力的方向始終垂直于小球的速度方向，所以洛倫茲力不做功，故C錯誤。故選D。4．(2024·黑龍江雙鴨山一中高二開學(xué)考試)空間中存在垂直于xOy平面的磁場，x＝a兩側(cè)的勻強磁場方向相反，x>a區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小為x<a區(qū)域的2倍。不同帶電粒子以速率v0由原點沿xOy平面射入該磁場，則粒子的軌跡可能為下圖中的()答案：B解析：因x＞a區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小為x＜a區(qū)域的2倍，根據(jù)Bqv＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，可知粒子在x＜a區(qū)域的圓周運動的半徑為在x＞a區(qū)域的圓周運動的半徑的2倍。由A選項圖可知粒子運動的軌道半徑為r＝eq\f(3a,2)>a，即粒子已經(jīng)超過兩磁場的分界線，軌跡不可能是同一圓周，故A錯誤；B選項圖中粒子在x＜a中運動時的軌跡半徑為r＝eq\f(a,2cos45°)＝eq\f(a,\r(2))，則在x＞a區(qū)域運動的半徑應(yīng)該為r′＝eq\f(\r(2)a,4)，則軌跡與y軸交點的縱坐標(biāo)應(yīng)該是y＝2r′sin45°＝eq\f(1,2)a，故B正確；C選項圖中粒子在x＜a區(qū)域的軌道半徑小于在x＞a區(qū)域的軌道半徑，故C錯誤；D選項圖中粒子在x＜a區(qū)域的軌道半徑為r＝a，則在x＞a區(qū)域的軌道半徑為r′＝eq\f(a,2)，則軌跡在y軸的截距y＝a＋2×eq\f(a,2)＋a＝3a，故D錯誤。5．如圖所示，原來靜止的半圓形線圈中通有逆時針方向的電流I，在其直徑中點B右側(cè)放置一根垂直于線圈平面的固定不動的長直導(dǎo)線，并通以電流I，方向垂直紙面向里，此時半圓形線圈的運動情況是(AB與半圓形線圈的直線部分垂直)()A．從左至右觀察，以AB為軸逆時針旋轉(zhuǎn)，并且B點靠近直線電流B．從左至右觀察，以AB為軸逆時針旋轉(zhuǎn)，并且B點遠(yuǎn)離直線電流C．從左至右觀察，以AB為軸順時針旋轉(zhuǎn)，并且B點靠近直線電流D．從左至右觀察，以AB為軸順時針旋轉(zhuǎn)，并且B點遠(yuǎn)離直線電流答案：A解析：根據(jù)安培定則知，直線電流在A、B兩點的磁場方向均豎直向上，與A、B兩點電流方向平行，所以A、B兩點不受安培力作用；將線圈沿AB分成上、下兩部分，分別取線圈上、下部分的某一電流元研究，根據(jù)左手定則可知，半圓形線圈的上半部分受垂直紙面向里的安培力，下半部分受垂直紙面向外的安培力，所以從左至右觀察，半圓形線圈將以AB為軸逆時針轉(zhuǎn)動，旋轉(zhuǎn)90°時，半圓形線圈和固定不動的長直導(dǎo)線平行，此時半圓形線圈的直線部分中的電流方向與長直導(dǎo)線中的電流方向同向，根據(jù)左手定則知，B點會靠近直線電流，選項A正確，B、C、D錯誤。6．(2023·黑龍江蘿北縣高二開學(xué)考試)如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，有勻強磁場，方向垂直于圓平面(未畫出)。一群相同的帶電粒子以相同速率v0，由P點沿紙平面內(nèi)不同方向射入磁場，當(dāng)磁感應(yīng)強度大小為B1時，有粒子射出磁場的區(qū)域占整個圓周長的eq\f(1,6)，當(dāng)磁感應(yīng)強度大小變?yōu)锽2時，有粒子射出磁場的區(qū)域占整個圓周長的eq\f(1,3)。則磁感應(yīng)強度B1∶B2為(不計重力及帶電粒子之間的相互作用)()A．1∶eq\r(3) B．2∶eq\r(3)C.eq\r(3)∶1 D．4∶eq\r(3)答案：C解析：當(dāng)磁感應(yīng)強度大小為B1時，有粒子射出磁場的區(qū)域占整個圓周長的eq\f(1,6)，則圓周長的eq\f(1,6)對應(yīng)的弦長應(yīng)為粒子在磁場中的軌跡直徑，如圖所示由圖中幾何關(guān)系可得r1＝eq\f(R,2)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qv0B1＝meq\f(v\o\al(2,0),r1)，解得B1＝eq\f(2mv0,qR)。當(dāng)磁感應(yīng)強度大小變?yōu)锽2時，有粒子射出磁場的區(qū)域占整個圓周長的eq\f(1,3)，則圓周長的eq\f(1,3)對應(yīng)的弦長應(yīng)為粒子在磁場中的軌跡直徑，如圖所示由圖中幾何關(guān)系可得r2＝Rsin60°＝eq\f(\r(3),2)R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qv0B2＝meq\f(v\o\al(2,0),r2)，解得B2＝eq\f(2mv0,\r(3)qR)，故有eq\f(B1,B2)＝eq\f(\r(3),1)，選項C正確，A、B、D錯誤。7．(2024·河南駐馬店高二階段練習(xí))在固定直導(dǎo)線a、b兩端分別接上如圖甲、乙、丙、丁所示的導(dǎo)體，導(dǎo)體的材料相同、粗細(xì)均勻且相同，給導(dǎo)體通入的電流均為I。導(dǎo)體均處在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直導(dǎo)體或?qū)w所在平面向里的勻強磁場中，甲、乙、丙、丁圖中導(dǎo)體受到的安培力分別為F1、F2、F3、F4，則()A．F1>F2 B．F2＝F3C．F2<F4 D．F1＝F4答案：BD解析：設(shè)a、b的間距為L，四個圖中的導(dǎo)體的有效長度均為L，則安培力均為F＝ILB，因此有F1＝F2＝F3＝F4，故B、D正確，A、C錯誤。8．(2024·大連高二期末)如圖(a)所示為洛倫茲力演示儀，學(xué)生演示帶電粒子在勻強磁場中的運動時發(fā)現(xiàn)，有時玻璃泡中的電子束在強磁場中的運動軌跡呈螺旋狀。為了研究該螺旋狀軌跡情況，現(xiàn)將這一現(xiàn)象簡化成如圖(b)所示的情景來討論：在空間存在平行于x軸磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，在xOy平面內(nèi)，由坐標(biāo)原點以初速度v0沿與x軸正方向成α角的方向射入電子束，得到軸線平行于x軸的螺旋狀電子運動軌跡，電子的比荷為eq\f(e,m)，則()A．磁場的方向為沿x軸負(fù)方向B．此螺旋狀軌跡的半徑r＝eq\f(mv0sinα,eB)C．當(dāng)α＝90°時電子的運動軌跡是閉合的圓D．此螺旋狀軌跡的螺距Δx＝eq\f(2πmv0sinα,eB)答案：BC解析：電子垂直于磁場方向的分速度v⊥＝v0sinα，根據(jù)eBv⊥＝meq\f(v\o\al(2,⊥),r)，得此“螺旋”的半徑r＝eq\f(mv0sinα,eB)，根據(jù)題意可知此“螺旋”向xOy平面上部分旋轉(zhuǎn)，由左手定則可知磁場的方向為沿x軸正方向，故A錯誤，B正確；當(dāng)α＝90°時電子的速度與磁場方向垂直，此時運動軌跡是閉合的圓，故C正確；周期T＝eq\f(2πr,v⊥)＝eq\f(2πm,eB)，螺距為Δx＝v0cosα·T＝eq\f(2πmv0cosα,eB)，故D錯誤。9．(2024·福建省福州第八中學(xué)高二期末)如圖所示，足夠長的光滑三角形絕緣槽固定在水平面上，與水平面的夾角分別為α和β(α>β)，加垂直于紙面向里的磁場，分別將質(zhì)量相等、帶等量正、負(fù)電荷的小球a、b依次從兩斜面的頂端由靜止釋放，關(guān)于兩球在槽上運動的說法正確的是()A．在槽上，a、b兩球都做勻加速直線運動，且aa>abB．a(chǎn)、b兩球沿槽運動的最大速度為va和vb，則va>vbC．a(chǎn)、b兩球沿槽運動的最大位移為sa和sb，則sa<sbD．a(chǎn)、b兩球沿槽運動的時間為ta和tb，則ta>tb答案：AC解析：兩小球受到的洛倫茲力都垂直于斜面向上，沿斜面方向的合力為重力的分力，故在槽上，a、b兩球都做勻加速直線運動，加速度為aa＝gsinα，ab＝gsinβ，可得aa>ab，故A正確；當(dāng)小球受到的洛倫茲力與重力沿垂直斜面向下分力相等時，小球脫離斜面，則mgcosα＝qvaB，mgcosβ＝qvbB，可得va＝eq\f(mgcosα,qB)，vb＝eq\f(mgcosβ,qB)，故va<vb，故B錯誤；根據(jù)運動學(xué)公式veq\o\al(2,a)＝2aasa，veq\o\al(2,b)＝2absb，可得a、b兩球沿直槽運動的最大位移分別為sa＝eq\f(m2g1－sin2α,2q2B2sinα)，sb＝eq\f(m2g1－sin2β,2q2B2sinβ)，根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系可得sa<sb，故C正確；a、b兩球沿槽運動的時間分別為ta＝eq\f(va,aa)＝eq\f(m,Bqtanα)，tb＝eq\f(vb,ab)＝eq\f(m,Bqtanβ)，可得ta<tb，故D錯誤。10．(2024·山東日照高二期末)如圖所示，長方體空間區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場(包括邊界)，方向平行于yOz平面且與z軸負(fù)方向成30°角(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強度大小為B，長方體x方向長為2L，y方向足夠長，z方向高為2L。質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子從點a(0,0,2L)沿x軸正方向進(jìn)入勻強磁場，速度大小為v0＝eq\f(2qBL,m)，不計粒子重力。則下列判斷正確的是()A．粒子會經(jīng)過x軸上的點e(2L,B．粒子會經(jīng)過y軸上的點(0,2eq\r(3)L,0)C．若進(jìn)入磁場的速度大小為2v0，穿出點的y坐標(biāo)為(2eq\r(3)－3)LD．若進(jìn)入磁場的速度大小為2v0，在磁場中的運動時間為eq\f(πm,6qB)答案：BCD解析：粒子速度大小為v0＝eq\f(2qBL,m)，則其軌跡半徑為R＝eq\f(mv0,qB)＝2L，勻強磁場方向平行于yOz平面，且與z軸負(fù)方向成30°角，粒子沿x軸正方向進(jìn)入勻強磁場，根據(jù)左手定則可以判斷粒子的軌跡平面為面abcd，如圖所示：ad＝4L，od＝2eq\r(3)L，所以粒子圓軌跡的圓心O1正好位于ad中點，軌跡與bc邊相切于p點，并且與y軸相交于d點。所以粒子不會與x軸相交，會與y軸交于點d，坐標(biāo)為(0，2eq\r(3)L，0)，故A錯誤，B正確；若進(jìn)入磁場的速度大小為2v0，則其軌跡半徑為R′＝eq\f(m2v0,qB)＝4L，則其運動軌跡與bc邊相交于f點，如圖所示：則cf＝2eq\r(3)L，fh＝eq\r(3)L，ch＝3L，eh＝ec－h(huán)c＝(2eq\r(3)－3)L，所以穿出點的y坐標(biāo)為(2eq\r(3)－3)L，C正確；若進(jìn)入磁場的速度大小為2v0，設(shè)軌跡圓心角為θ，如圖所示：則sinθ＝eq\f(fg,fd)＝eq\f(2L,4L)＝eq\f(1,2)，則圓心角θ＝30°，所以粒子在磁場中的運動時間為t＝eq\f(30°,360°)T＝eq\f(1,12)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,6qB)，故D正確。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)二、填空題(本題共2小題，共14分。把答案直接填在橫線上)11．(6分)(2023·廣東梅州虎山中學(xué)高二階段練習(xí))某同學(xué)用圖中所給器材進(jìn)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S極位于兩導(dǎo)軌的正上方，N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運動。(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)減小兩導(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_________(填入正確選項前的字母)。(3)根據(jù)磁場會對電流產(chǎn)生作用力的原理，人們發(fā)明了_________(填入正確選項前的字母)。A．回旋加速器B．電磁炮C．質(zhì)譜儀答案：(1)見解析(2)C(3)B解析：(1)電路連線如圖；(2)根據(jù)公式F＝ILB可得，適當(dāng)增加導(dǎo)軌間的距離或者增大電流，可增大金屬棒受到的安培力，根據(jù)動能定理有Fs－μmgs＝eq\f(1,2)mv2，則金屬棒離開導(dǎo)軌時的動能變大，即離開導(dǎo)軌時的速度變大，A錯誤，C正確；若換用一根更長的金屬棒，但導(dǎo)軌間的距離不變，安培力F不變，棒的質(zhì)量變大，速度為v＝eq\r(\f(2Fs,m)－2μgs)，速度變小，B錯誤。故選C。(3)根據(jù)磁場會對電流產(chǎn)生作用力的原理，人們發(fā)明了電磁炮；回旋加速器和質(zhì)譜儀都是根據(jù)帶電粒子在磁場中受力的作用制成的，故選B。12．(8分)(2024·武漢市育才高級中學(xué)高二期中)如圖所示，虛線框內(nèi)存在一沿水平方向且與紙面垂直的勻強磁場?，F(xiàn)通過測量通電導(dǎo)線在磁場中所受的安培力，來測量磁場的磁感應(yīng)強度大小，并判定其方向。所用部分器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內(nèi)的U形金屬框，其底邊水平，兩側(cè)邊豎直且等長；E為直流電源；R為電阻箱；A為電流表；S為開關(guān)，此外還有細(xì)沙、天平、米尺和若干輕質(zhì)導(dǎo)線，實驗電路圖如圖所示。(1)完成下列主要實驗步驟中的填空。①按圖接線。②保持開關(guān)S斷開，在托盤內(nèi)加入適量細(xì)沙，使D處于平衡狀態(tài)，然后用天平稱出細(xì)沙質(zhì)量m1。③閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)R的值使電流大小適當(dāng)，在托盤內(nèi)重新加入適量細(xì)沙，使D重新處于平衡狀態(tài)；然后讀出___________，并用天平稱出___________。④用米尺測量_________。(2)用測量的物理量和重力加速度g表示磁感應(yīng)強度的大小，可以得出B＝___________。(3)判定磁感應(yīng)強度方向的方法是：若，磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向外；反之，磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里。答案：(1)電流表的示數(shù)I此時細(xì)沙的質(zhì)量m2D的底邊長度L(2)eq\f(|m2－m1|g,IL)(3)m2>m1解析：(1)閉合開關(guān)后，D受重力G1＝m1g、細(xì)線拉力T和安培力作用，處于平衡狀態(tài)。讀出電流表的示數(shù)I。并用天平稱出此時細(xì)沙的質(zhì)量m2。用米尺測出D的底邊長度L，可列式求磁感應(yīng)強度B(2)根據(jù)平衡條件，有│m2－m1│g＝ILB，解得B＝eq\f(|m2－m1|g,IL)。(3)若m2>m1，則D受到的向上的拉力大于重力，所以安培力的方向向下，根據(jù)左手定則可知磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向外；若m2<m1，則D受到的向上的拉力小于重力，所以安培力的方向向上，根據(jù)左手定則可知磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里。三、論述、計算題(本題共4小題，共46分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)13．(8分)(2024·安徽安慶市高二期中)如圖所示，兩平行導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角θ＝37°，導(dǎo)軌的一端接有電動勢E＝3V內(nèi)阻r＝0.5Ω的直流電源，兩導(dǎo)軌間的距離L＝0.4m，在導(dǎo)軌所在空間內(nèi)分布著磁感應(yīng)強度B＝0.5T、方向垂直于導(dǎo)軌所在平面向上的勻強磁場?，F(xiàn)把一個質(zhì)量m＝0.08kg的導(dǎo)體棒ab放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒的電阻R＝1.0Ω，導(dǎo)體棒恰好剛要滑動，金屬導(dǎo)軌電阻不計，(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)ab棒受到的安培力；(2)ab棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ。答案：(1)0.4N，沿斜面向上(2)0.125解析：(1)根據(jù)閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(3,0.5＋1)A＝2A導(dǎo)體棒受到的安培力為F安＝ILB＝0.4N由左手定則可知，安培力沿斜面向上。(2)對導(dǎo)體棒受力分析，將重力正交分解，沿導(dǎo)軌方向有F1＝mgsin37°＝0.48N，F(xiàn)1>F安根據(jù)平衡條件可知，摩擦力沿斜面向上，所以有mgsin37°＝F安＋μmgcos37°解得μ＝0.125。14．(12分)(2024·遼寧朝陽建平縣實驗中學(xué)高二期末)如圖所示的xOy坐標(biāo)系中，y軸的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B＝1T，y軸的左側(cè)存在沿x軸正方向的勻強電場。P點為x軸上的點，OP＝20eq\r(3)cm，一電荷量為q＝1.0×10－7C、質(zhì)量為m＝1.0×10－8kg的正粒子由P點沿x軸的正方向射入磁場，經(jīng)過一段時間粒子通過y軸進(jìn)入電場，速度方向與y軸的負(fù)方向成α＝30°角，粒子在電場中垂直x軸經(jīng)過Q(1)粒子射入磁場的初速度大?。?2)電場強度E；(3)粒子從P點運動到Q點的時間。答案：(1)4m/s(2)eq\f(2\r(3),3)V/m(3)eq\f(4π＋3\r(3),30)s解析：(1)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，作出運動軌跡示意圖如圖所示：由幾何關(guān)系得Rcos30°＝OP＝20eq\解得R＝0.4m，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)＝4m/s。(2)帶電粒子在電場中運動時，沿y軸方向做勻速直線運動，有R＋Rsin30°＝vcos30°t2，沿x軸方向做勻變速直線運動，有vsin30°＝at2，其中a＝eq\f(qE,m)，解得t2＝eq\f(\r(3),10)s，E＝eq\f(2\r(3),3)V/m。(3)帶電粒子進(jìn)入電場前在磁場中運動的時間t1＝eq\f(2,3)T＝eq\f(4πm,3qB)＝eq\f(2π,15)s，之后帶電粒子在電場中運動的時間為t2＝eq\f(\r(3),10)s，則帶電粒子從P點運動到Q點的時間t＝t1＋t2＝eq\f(4π＋3\r(3),30)s。15．(12分)(2024·浙江紹興一中高二期末)如圖所示，空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，MN為豎直放置的兩金屬板構(gòu)成的加速器，兩板間電壓為U。熒光屏Q位于Oxy平面上，虛線分界面P將金屬板N、熒光屏Q間的區(qū)域分為寬度均為d的Ⅰ、Ⅱ兩部分，M、N、P、Q與Oxy平面平行，ab連線與z軸重合。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ內(nèi)分別充滿沿y軸負(fù)方向的勻強磁場和y軸正方向勻強電場，磁感應(yīng)強度大小為eq\f(1,d)eq\r(\f(3mU,2q))、電場強度大小為eq\f(U,d)。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，從M板上的a點靜止釋放，經(jīng)加速器加速后從N板上的b孔射出，最后打在熒光屏Q上。不考慮粒子的重力，M、N、P、Q足夠大，不計MN間的邊緣效應(yīng)。求：(1)粒子在b點速度大小及在磁場中做圓周運動的半徑R；(2)粒子經(jīng)過P分界面時到z軸的距離；(3)粒子打到熒光屏Q上的位置，用坐標(biāo)(x，y，z)表示。答案：(1)eq\r(\f(2qU,m))eq\f(2\r(3),3)d(2)eq\f(\r(3)d,3)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)d，d，0))解析：(1)粒子在電場加速過程，根據(jù)動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供