备考2020高考物理一轮复习单元训练金卷第十单元磁场B卷2.pdf

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1、第十单元 第十单元 注意事项：注意事项： 1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑， 写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 一、 (本题共 13 小题，每小题 4 分，共 52 分。在每小题给出的四个选项中，第 18 题只有一 项符合题目要求，第 913 题有多项符合题目要求。全部选

2、对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有 选错的得 0 分) 一、 (本题共 13 小题，每小题 4 分，共 52 分。在每小题给出的四个选项中，第 18 题只有一 项符合题目要求，第 913 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有 选错的得 0 分) 1 (2019全国 I 卷)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成， 固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、 N与直流电源两 端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为 ( ) A2F B1.5F C0.5F D0 2(2019全国 II 卷

3、)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方 向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向 发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为( ) A 1 4 kBl ， 5 4 kBl B 1 4 kBl ， 5 4 kBl C 1 2 kBl ， 5 4 kBl D 1 2 kBl ， 5 4 kBl 3如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里。 一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场， 若电子在磁场中运动的轨道半径为 2d，O在MN上， 且OO与

4、MN垂直，下列判断正确的是( ) A电子将向右偏转 B电子打在MN上的点与O点的距离为d C电子打在MN上的点与O点的距离为d3 D电子在磁场中运动的时间为d 3v0 4如图所示是速度选择器的原理图，已知电场强度为E、磁感应强度为B，电场和磁场相互垂 直分布，某一带电粒子(重力不计)沿图中虚线水平通过，则该带电粒子( ) A一定带正电 B速度大小为E B C可能沿QP方向运动 D若沿PQ方向运动的速度大于 ，将一定向下极板偏转 E B 5质量为m、带电荷量为q的小物块，从倾角为的光滑绝缘固定斜面上由静止下滑，整个 斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示。若带电小物块下滑后某

5、时刻对 斜面的作用力恰好为零，下列说法中正确的是( ) A小物块一定带正电荷 B小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动 C小物块在斜面上运动时做加速度增大的变加速直线运动 D小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面的作用力为零时的速率为mg Bq 6如图所示，无限长导线均通以恒定电流I.直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标 原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，则下列选项中O处磁 感应强度和图中O处磁感应强度相同的是( ) 7如图所示，带电小球a由绝缘细线PM和PN悬挂而处于静止状态，其中PM水平，地面上固 定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH，圆心P与a球位置

6、重合，管道底端H与水平地面相切，一质 量为m可视为质点的带电小球b从G端口由静止释放， 当小球b运动到H端时对管道壁恰好无压力， 重力加速度为g。在小球b由G滑到H过程中，下列说法中正确的是( ) A细线PM的拉力先增大后减小 B小球b机械能逐渐减小 C小球b所受库仑力大小始终为 2mg D小球b加速度大小先变大后变小 8如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有 一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆 环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，bd沿水平方向。 已知小球从环的顶端 a 点由静止释放， 下

7、列判断正确的是( ) A小球能越过与O等高的d点并继续沿环向上运动 B当小球运动到c点时，洛伦兹力最大 C小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大 D小球从b点到c点，电势能增大，动能先增大后减小 9图中直流电源电动势为E1 V，电容器的电容为C1 F两根固定于水平面内的光滑平行金 属导轨间距为l1 m，电阻不计一质量为m1 kg、电阻为R1 的金属棒MN，垂直放在两导轨 间处于静止状态，并与导轨良好接触首先开关 S 接 1，使电容器完全充电。然后将 S 接至 2，MN 开始向右加速运动，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B1 T 的匀强磁场(图中未画 出)。当MN达到最大速度时离开

8、导轨，则( ) A磁感应强度垂直纸面向外 BMN离开导轨后电容器上剩余的电荷量为 0.5 C CMN的最大速度为 1 m/s DMN刚开始运动时加速度大小为 1 m/s2 10如图，为探讨霍尔效应，取一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，给金属导体加 与前后侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间 电压为U。已知自由电子的电荷量为e。下列说法中正确的是( ) AM板比N板电势高 B导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大 C导体中自由电子定向移动的速度为v U Bd D导体单位体积内的自由电子数为 BI eUb 11如图所示，真空中xOy平

9、面内有一束宽度为d的带正电粒子束沿x轴正方向运动，所有粒 子为同种粒子， 速度大小相等， 在第一象限内有一方向垂直xOy平面的有界匀强磁场区(图中未画出)， 所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点。下列说法中正确的是( ) A磁场方向一定是垂直xOy平面向里 B所有粒子通过磁场区的时间相同 C所有粒子在磁场区运动的半径相等 D磁场区边界可能是圆弧 12如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为d。导轨处于 匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距 底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以

10、加速度a沿导轨 匀加速下滑，重力加速度为g。在金属棒下滑到底端的过程中( ) A末速度的大小 2vas B通过金属棒的电流大小 sinmg I dB C通过金属棒的电流大小 ( sin)m ga I dB D通过金属棒的电荷量 ( sin) 2m gaas Q dBa 13空间存在平面直角坐标系xOy，在x0 区域内有沿 x 轴正向的匀强电场，在x0 区域内 有垂直平面向外的匀强磁场，在第二象限内有矩形OACD，OA 3h，OD2h。一个质量为m，电量 为q的带正电粒子（不计重力）从A点沿y轴正方向以某速度射入第二象限，经t0时间后由D点进 入磁场，又经一段时间射出磁场又回到A点，现只改变粒子

11、自A点出射速度大小至v，粒子经过一 段时间运动可经过C点，则( ) A匀强电场的场强大小为 2 0 2 3mh qt B匀强磁场的磁感应强度大小为 0 3 3 m qt C能使粒子以最短时间从A点运动至C点的初速度v 0 2h t D能使粒子以最短时间从A点运动至C点的初速度v 0 h t 二、(本题共 4 小题，共 48 分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必 要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必 须明确写出数值和单位) 二、(本题共 4 小题，共 48 分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必 要的文字

12、说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必 须明确写出数值和单位) 14(8 分)如图所示，在水平放置的光滑平行导轨一端架着一根质量m0.04 kg 的金属棒ab， 导轨另一端通过开关与电源相连。 该装置放在高h20 cm 的绝缘垫块上。 当有竖直向下的匀强磁场时， 接通开关金属棒ab会被抛到距导轨右端水平位移s100 cm 处。 试求开关接通后安培力对金属棒做 的功。(g取 10 m/s2) 15 (10 分)如图所示， 圆形区域半径为R， 圆心在O点， 区域中有方向垂直纸面向外的匀强磁场， 磁感应强度大小为B。电子在电子枪中经电场加速后沿AO方向垂直进入

13、磁场，偏转后从M点射出并 垂直打在荧光屏PQ上的N点，PQ平行于AO，O点到PQ的距离为 2R。电子电荷量为e，质量为m， 忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用。求： (1)电子进入磁场时的速度大小v； (2)电子枪的加速电压U； (3)若保持电子枪与AO平行，将电子枪在纸面内向下平移至距AO为 处，则电子打在荧光屏上 R 2 的点位于N点的左侧还是右侧及该点距N点的距离。 16(12 分)如图所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在垂直纸面 的匀强磁场， R1=R0，R2=3R0， 一电荷量为+q、 质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域， 不计重力。 (1)如图，

14、已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v1射出，方向与OA延长线成 45角， 求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间。 (2)在图中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v2，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射 出，磁感应强度应小于多少？ 17(18 分)如图甲所示，空间存在着方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于纸面向内、磁感应 强度大小为B的匀强磁场，带电荷量为+q、质量为m的小球Q静置在光滑绝缘的水平高台边缘，另 一质量为m、不带电的绝缘小球P以水平初速度v0向Q运动， 0 3 mg v qB ，两小球P、Q可视为质点， 正碰过程中没有机械能损失且电荷量不发生转移。已知匀强电场的电场强度

15、 mg E q ，水平台面距地 面高度 2 22 2m g h q B ，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)求P、Q两球首次发生弹性碰撞后小球Q的速度大小； (2)P、Q两球首次发生弹性碰撞后，经过多少时间小球P落地？落地点与平台边缘间的水平距 离多大？ (3)若撤去匀强电场， 并将小球Q重新放在平台边缘、 小球P仍以水平初速度 0 3 mg v qB 向Q运动， 小球Q的运动轨迹如图乙所示（平台足够高，小球Q不与地面相撞）。求小球Q在运动过程中的最 大速度和第一次下降的最大距离H。 单元训练金卷高三物理(B)卷 第十单元 答 案第十单元 答 案 一、 (本题共 13 小题，每小题 4 分

16、，共 52 分。在每小题给出的四个选项中，第 18 题只有一 项符合题目要求，第 913 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有 选错的得 0 分) 一、 (本题共 13 小题，每小题 4 分，共 52 分。在每小题给出的四个选项中，第 18 题只有一 项符合题目要求，第 913 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有 选错的得 0 分) 1【答案】B 【解析】 设每一根导体棒的电阻为R， 长度为L， 则电路中， 上下两路电阻之比为R1R22RR 11，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比I1I212。如下图所示

17、， 由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式FBIL，可知FFI1I2 12，得F0.5F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为FF1.5F， 故选 B。 2 【答案】B 【解析】a点射出粒子半径Ra 1 4 l a mv Bq ， 得va 1 4 kBl ，d点射出粒子半径Rb 5 4 l ，同理可得vd 5 4 kBl ，故 B 选项符合题意。 3【答案】D 【解析】电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子 将向左偏转，如图所示，A 错误 ； 设电子打在MN上的点与O点的距离为x， 则由几何知识得 ：xr2d(2

18、)d，故 B、C 错误 ； 设轨迹对应的圆心r2d2（2d）2d23 角为，由几何知识得 ： sin0.5，得，则电子在磁场中运动的时间为t， d 2d 6 r v0 d 3v0 故 D 正确。 4【答案】B 【解析】 若粒子从左边射入， 则不论带正电还是负电， 电场力大小均为qE， 洛伦兹力大小均为F qvBqE，这两个力平衡，速度v ，粒子做匀速直线运动，故 A 错误，B 正确；若粒子从右边沿虚 E B 线方向进入，则电场力与洛伦兹力在同一方向，粒子受力不平衡，不能做直线运动，故 C 错误若 速度v ， 则粒子受到的洛伦兹力大于电场力， 使粒子偏转， 只有当粒子带负电时， 粒子才向下偏转，

19、 E B 故 D 错误。 5【答案】B 【解析】带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向 上， 根据左手定则知， 小物块带负电， 故 A 错误 ； 小物块沿斜面运动的过程中受重力、 斜面的支持力、 洛伦兹力，合外力沿斜面向下，大小为mgsin，根据牛顿第二定律知agsin，小物块在离开斜 面前做匀加速直线运动，故 B 正确，C 错误；当物块对斜面的作用力为零时，在垂直于斜面方向上 的合力为零，有mgcosqvB，解得v，故 D 错误。 mgcos Bq 6【答案】A 【解析】 由题意可知， 图中O处磁感应强度的大小是其中一条导线在O点的磁感应强度大小的 2 倍

20、，方向垂直纸面向里，A 中，根据安培定则可知，左上与右下的通电导线在O处产生的磁感应强 度叠加为零，剩余的两条通电导线在O处产生的磁感应强度大小是其中一条导线在O点的磁感应强 度的 2 倍，且方向垂直纸面向里，故 A 正确；同理，B 中，四条通电导线在O处的磁感应强度大小 是其中一条在O处的磁感应强度大小的 4 倍，方向垂直纸面向里，故 B 错误；C 中，右上与左下的 通电导线在O处产生的磁感应强度叠加为零，剩余两条通电导线在O处产生的磁感应强度大小是其 中一条在O处产生的磁感应强度的 2 倍，方向垂直纸面向外，故 C 错误；D 中，左上和右下的通电 导线在O处产生的磁感应强度叠加为零， 剩余

21、两条通电导线在O处的磁感应强度大小是其中一条在O 处产生磁感应强度的 2 倍，方向垂直纸面向外，故 D 错误。 7【答案】A 【解析】设PN与竖直方向成角，对球a受力分析，竖直方向上有：FPNcos mgF库 sin ，水平方向上有 ：F库cos FPNsin FPM。解得 ：FPMmgtan 3mgcos()cos， 下滑时从 0 增大 90，细线PM的拉力先增大后减小，故 A 正确；在小球b由 G 滑到H过程中， 小球b所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直，只有重力做功，库仑力和弹力不做功，小球b机 械能守恒，故 B 错误 ； 根据机械能守恒定律，小球b从G滑到H过程中，有 ：mgR 2

22、1 2 mv ，H处有 ：F 库mg 2 v m R，则有 ：F 库3mg，故 C 错误 ； 设b与a的连线与水平方向成角，则有 ：mgRsin 2 1 2 mv ，任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成，即 2 2222 12 53cos2 ()( cos ) 2 v aaagg R ，可知小球的加速度一直变大，故 D 错误。 8【答案】D 【解析】小球所受的电场力与重力大小相等，则二者的合力方向与水平方向夹角为 45斜向左 下，小球所受洛伦兹力、圆环的弹力方向始终与小球运动方向垂直，故不做功。该模型可等效为小 球在圆环上运动只有“等效重力”做功的情况，等效最高点为弧 ad 中点，该点速

23、度最小，等效最低 点为弧 bc 中点，该点速度最大 ； 由于 a 和 d 关于等效最高点对称，则小球在 a 和 d 的速度大小相等， 均为 0，即小球只能达到 d 点，但不能越过 d 继续向上运动，故 A 选项错误；由题意可知，小球的 电荷量以及磁场的磁感应强度不变，小球所受洛伦兹力与小球的速度大小有关，小球在弧 bc 中点速 度最大，即在弧 bc 中点处所受洛伦兹力最大，故 B 选项错误 ； 小球从 a 到 b 过程中，电场力做正功， 电势能减小，故 C 选项错误；小球从 b 到 c 过程中，电场力做负功，电势能增大，小球从 b 到弧 bc 中点过程中，合外力做正功，动能增大，从弧 bc 中

24、点到 c 过程中，合外力做负功，动能减小，则从 b 到 c 过程中动能先增大后减小，故 D 选项正确。 9【答案】BD 【解析】充电后电容器上板带正电，通过MN的电流方向由M到N，由于MN向右运动，受到的 安培力向右，根据左手定则知，磁感应强度垂直纸面向里，故 A 错误；当电容器充电完毕时，设电 容器上电量为Q0，MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量为Q，有：Q0CE，开关 S 接 2 后，MN开始 向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E，有：EBlvmax.依题意有： E ，设在此过程中MN的平均电流为 ，MN上受到的平均安培力为 有： B l，由动量定理， Q C

25、IFFI 有tmvmax0.。又tQ0Q，联立得 ：Q，代入数据解得Q0.5 C，vmax0.5 m/s，BFI B2l2C2E mB2l2C 正确，C 错误；电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关 S 接 2 时，电容器放电，设刚放电时 流经MN的电流为I，有：I ，设MN受到的安培力F，有：FIlB，由牛顿第二定律有：Fma， E R 联立以上三式得，MN刚开始运动时加速度a1 m/s2，故 D 正确。 10【答案】CD 【解析】电流方向向右，电子定向移动方向向左，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹 力方向向上，则M板积累了电子，M、N之间产生向上的电场，所以M板比N板电势低，选项

26、 A 错 误电子定向移动相当于长度为d的导体垂直切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U等于感 应电动势E，则有UEBdv，可见，电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关，选项 B 错误 ； 由UEBdv得，自由电子定向移动的速度为v，选项 C 正确；电流的微观表达式是InevS， U Bd 则导体单位体积内的自由电子数n，Sdb，v，代入得n，选项 D 正确。 I evS U Bd BI eUb 11【答案】CD 【解析】由题意可知，正粒子经磁场偏转后，都集中于一点a，根据左手定则可知，磁场的方 向垂直平面向外，故 A 错误 ； 由洛伦兹力提供向心力，可得T，而运动的时间还与圆心角有关，

27、2m qB 因此粒子的运动时间不等，故 B 错误；由洛伦兹力提供向心力，可得R，由于为同种粒子，且 mv qB 速度大小相等，所以它们的运动半径相等，故 C 正确；所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴 上的a点，因此磁场区边界可能是圆，也可能是圆弧，故 D 正确。 12【答案】ACD 【解析】根据速度位移关系v22as可得末速度的大小 2vas ，故 A 正确；以导体棒为研究 对象，根据牛顿第二定律可得：mgsinBIdma，解得通过金属棒的电流大小 ( sin)m ga I dB ， 故 B 错误、C 正确；金属棒运动的时间 2vas t aa ，根据电荷量的计算公式可得通过金属棒的电荷

28、量 ( sin) 2m gaas Q dBa ，故 D 正确。 13【答案】AD 【解析】 设粒子的初速度为v0， 从A点进入电场以后做类平抛运动， 可得 2 0 1 3 2 qE th m ，v0t02h， 2 0 2 3mh E qt ，A 正确；粒子从 A 运动到 D 做类平抛的位移偏转角的正切值为 3 2 ，所以速度偏转角的 正切值为 3，所以D点速度与y轴正方向成 60，根据几何关系可得，要想粒子回到A点，粒子 必须在D点关于x轴对称的点回到电场才可以，所以粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径 4 3 rh ， 0 0 4 2 h vv t ，所以 mv r qB ， 0 3m B qt

29、 ，B 错误；因为不改变电场，所以粒子第一次运动到y轴的时 间不变，设粒子第一次到达y轴的坐标为（0，y），速度为v1，方向与y轴夹角为，x方向的速 度为vx，则vt0=y，v1cos =v，v1sin =vx= 0 2 3h t ，粒子进入磁场做匀速圆周运动的半径 1 01 3 v tmv r qB ， 所以粒子第二次到达y轴的坐标为 （0，y-2rsin ），y-2rsin =v0t-4h， 第一次和 第二次到达 y 轴的点的间距为 2rsin = 4h， 与初速度无关， 所以根据对称性可知， 第一次到达y轴的 坐标为（0，3h），第二次到达y轴的坐标为（0，h），所以能使粒子以最短时间从

30、A点运动至C 点的初速度v 0 3h t ，C 错误，D 正确。 二、(本题共 4 小题，共 48 分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必 要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必 须明确写出数值和单位) 二、(本题共 4 小题，共 48 分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必 要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必 须明确写出数值和单位) 14【解析】在接通开关到金属棒离开导轨的短暂时间内，安培力对金属棒做的功为W，由动 能定理得： Wmv2 (2 分) 1

31、2 设平抛运动的时间为t，则竖直方向：hgt2 (2 分) 1 2 水平方向：svt (2 分) 联立以上三式解得：W0.5 J。 (2 分) 15 【解析】(1)电子在磁场中，洛伦兹力提供做圆周运动的向心力evBm (1 分) v2 r 电子轨迹如图甲所示，由几何关系得rR (1 分) 联立解得v (1 分) eBR m (2)电子在电子枪中加速，由动能定理得eUmv2 (2 分) 1 2 联立解得U (1 分) eB2R2 2m (3)电子在磁场中运动的半径rR， 故平行于AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光屏上. 从 与AO相距 的C点射入磁场的电子打在荧光屏上的G点，G点位于N点的

32、左侧，其轨迹如图乙所示。 R 2 由几何关系，60 (2 分) GN (2 分) R tan 3 3 16【解析】(1)作出粒子的运动轨迹如图甲所示，设粒子运动的轨道半径为 r，由牛顿第二定 律得： 2 1 1 v qBvm r (1 分) 由几何关系可知，粒子运动的圆心角为 90，则 2 2 21 2rRR (1 分) 联立解得： 1 0 2 2 mv B qR (1 分) 粒子做匀速圆周运动的周期： 1 2 r T v (1 分) 粒子在磁场中运动的时间： 1 4 tT (1 分) 解得： 0 1 2 2 R t v (1 分) (2)要使粒子一定能够从外圆射出，粒子刚好与两边界相切，轨迹

33、如图乙所示，分两种情况： 第种情况：由几何关系可知粒子运动的轨道半径： 21 10 2 RR rR (1 分) 设此过程的磁感应强度为B1，由牛顿第二定律得： 2 2 1 2 1 v qBvm r (1 分) 解得： 2 1 0 mv B qR (1 分) 第种情况：由几何关系可知粒子运动的轨道半径： 21 20 2 2 RR rR (1 分) 设此过程的磁感应强度为B2，则 2 2 0 2 mv B qR (1 分) 综合、可知磁感应强度应小于 2 0 2 mv qR (1 分) 17【解析】(1)小球P、Q首次发生弹性碰撞时，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒， 得： 0PQ mvmv

34、mv (1 分) 222 0 111 222 pQ mvmvmv (1 分) 联立解得 0 0, 3 pQ mg vvv qB (2 分) (3)对于小球Q，由于qE mg ，故 Q 球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则 2 Q v qvBm r (2 分) 经过一个周期的时间 1 2 m tT qB (1 分) 小球P、Q再次发生弹性碰撞，由（1）可知碰后 0 ,0 3 PQ mg vvv qB (1 分) 小球P离开平台后做平抛运动，平抛运动的时间为t2，则有 2 2 1 2 hgt (1 分) 代入数据，得： 2 22hm t gqB 故P与Q首次发生碰撞后到落地，经过的时间 22 (22) mmm t qBqBqB (2 分) 落地点与平台边缘的水平距离 2 2 22 2 3 PP m g xvt q B (1 分) (3)PQ相碰后，Q球速度 vQ=v0， 碰撞后Q球开始运动至Q球第一次运动至最低点Q球有最大速度， 故从碰撞后Q球开始运动至Q球第一次运动至最低点过程，对Q球由动量定理得： 0 y m qv Btmvmv (2 分) 即 0m qBHmvmv 又由动能定理可得 22 0 11 22 m mgHmvmv (2 分) 解得： 2 22 54 , 33 m mm g vH qBq B (2 分)