高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册第一章 安培力与洛伦兹力综合与测试测试题

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册第一章 安培力与洛伦兹力综合与测试测试题，共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．(2021·湖北适应性测试)一长为L的直导线置于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导线中的电流为I。下列说法正确的是( )
A．通电直导线受到安培力的大小为ILB
B．无论通电直导线如何放置，它都将受到安培力
C．通电直导线所受安培力的方向垂直于磁感应强度方向和电流方向构成的平面
D．安培力是载流子受到的洛伦兹力的宏观表现，所以安培力对通电直导线不做功
【解析】选C。当通电直导线和磁感线垂直时，通电直导线受到的安培力为IBL，当二者关系不垂直时，通电直导线受到的安培力小于IBL，当通电直导线和磁场方向平行时，安培力为0，选项A、B错误；通电直导线受到的安培力方向总垂直于磁感应强度方向和电流方向所构成的平面，选项C正确，通电直导线在安培力的作用下，可以沿安培力的方向运动，安培力可以做功，选项D错误。
2．如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直于磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是( )
A.粒子带正电
B．粒子在b点的速率大于在a点的速率
C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
【解析】选C。粒子向下偏转，根据左手定则可得粒子带负电，故A错误；粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，粒子在b点的速率等于在a点的速率，故B错误；根据R＝ eq \f(mv,Bq) 可知，若仅减小磁感应强度，则粒子运动的半径增大，粒子可能从b点右侧射出，故C正确；若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动半径减小，粒子轨迹对应的圆心角有可能增大，根据t＝ eq \f(θ,2π) T，可知粒子运动时间可能增加，故D错误。
【加固训练】
一带电粒子沿垂直磁场方向射入一匀强磁场，经过一铅板P后，半径减小，轨迹如图所示。则下列说法正确的是( )
A.粒子带正电，速度逐渐减小
B．粒子带负电，速度逐渐减小
C．粒子带正电，速度逐渐增大
D．粒子带负电，速度逐渐增大
【解析】选A。根据左手定则可得粒子带正电， 因为粒子的运动半径减小，根据公式r＝ eq \f(mv,Bq) 可得粒子的运动速度逐渐减小，故A正确。
3．(2021·深圳高二检测)四根完全相同的长直导线互相平行，它们的截面处于一个正方形的四个顶点上，导线中通有大小都相等的电流，电流的方向如图所示，O点是正方形对角线交点。每一根通电导线单独在O点产生的磁感应强度大小是0.5 T，则O点的磁感应强度大小是( )
A. eq \r(2) T B．1 T C． eq \f(\r(2),2) T D．0.5 T
【解析】选A。根据右手螺旋定则，各电流产生的磁场的方向如图所示：
b与d导线电流产生的磁场方向都沿左下方，而a与c导线产生的磁场方向都沿右下方，由于各电流产生的磁场的大小都是B＝0.5 T，所以合磁场的方向沿角平分线的方向，大小为：B合＝2 eq \r(2) B＝2 eq \r(2) ×0.5 T＝ eq \r(2) T，故A正确。
4．如图所示，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，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，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，下列选项正确的是( )
A.ma>mb>mc B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma
【解析】选B。a在纸面内做匀速圆周运动，所以mag＝qE；b在纸面内向右做匀速直线运动，所以mbg＝qE＋Bqv；c在纸面内向左做匀速直线运动，所以mcg＋Bqv′＝qE，根据公式可解得：mb>ma>mc，故B正确，A、C、D错误。
5．(2021·佛山高二检测)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点。则( )
A.M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
【解析】选D。由于电子带负电，要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；增大加速电压则根据eU＝ eq \f(1,2) mv2，可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有evB＝m eq \f(v2,R) 可得R＝ eq \f(mv,eB) ，可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；电子在偏转磁场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；由B选项的分析可知，当其他条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确。
【加固训练】
如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。有一重力不计的带电粒子(电量为q，质量为m)以垂直于x轴的速度v0从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限。已知OP之间的距离为d，则( )
A.带电粒子通过y轴时的坐标为(0，d)
B．电场强度的大小为 eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,qd)
C．带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为 eq \f(（3π＋4）d,2v0)
D．磁感应强度的大小为 eq \f(\r(2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4qd)
【解析】选C。粒子在电场中做类平抛运动，因为进入磁场时速度方向与y轴成45°角，所以沿x轴方向的分速度vx＝v0，在x轴方向做匀加速运动，有d＝ eq \f(0＋v0,2) t，沿y轴方向做匀速运动，有s＝v0t＝2d，故选项A错误；在x轴方向做匀加速运动，根据vx＝v0＝ eq \f(Eq,m) × eq \f(2d,v0) ＝ eq \f(2Eqd,mv0) ，解得E＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2qd) ，故选项B错误；粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，
由图可知粒子的轨迹半径R＝2 eq \r(2) d，圆心角θ＝135°＝ eq \f(3,4) π，所以在磁场中的运动时间为t1＝ eq \f(2πR×\f(135°,360°),\r(2)v0) ＝ eq \f(3π×2\r(2)d,4\r(2)v0) ＝ eq \f(3πd,2v0) ；在电场中的运动时间为t2＝ eq \f(2d,v0) ，所以总时间为t＝t1＋t2＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3π＋4))d,2v0) ，故选项C正确；由qvB＝ eq \f(mv2,R) 可知磁感应强度B＝ eq \f(m×\r(2)v0,q×2\r(2)d) ＝ eq \f(mv0,2qd) ，故选项D错误。
6．在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体内的垂直于磁场和电流方向的两个端面之间会出现电势差，这一现象就是霍尔效应，这个电势差也被叫作霍尔电压。同时在导体内形成霍尔电场EH，利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图所示，在匀强磁场B(磁场方向垂直于前后表面)中有一载流导体，已知上表面宽为d，侧面高为h(已在图中标出)，若通过导体的电流为I，电压表示数为U，电子的电荷量为e，导体单位体积内的自由电子数为n，下列说法中正确的是( )
A.洛伦兹力对电子做正功
B．磁感应强度大小为B＝ eq \f(nedU,I)
C．导体内形成的霍尔电场EH＝ eq \f(U,d)
D．若图中的电流I是电子的定向运动产生的，则上表面比下表面电势高
【解析】选B。洛伦兹力在任何情况下都不做功，故A错误；当电压表示数稳定为U时，根据受力平衡有：evB＝eEH根据匀强电场电场强度与电势差的关系有：EH＝ eq \f(U,h) ，根据电流微观表达式有：I＝nevS＝nevhd，联立可得：B＝ eq \f(nedU,I) ，故B正确，C错误；电流I是电子的定向运动产生的，电子定向移动方向与电流方向相反，故由左手定则可以判断电子向上表面偏转，所以上表面电势低于下表面电势，故D错误。
7．如图所示，在两块平行金属板间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场(磁场未画出)。现有两种带电粒子M、N分别以同样的速度v从左端沿两板间的中线射入，都能沿直线从右端射出，不计粒子重力。以下说法正确的是( )
A.带电粒子M、N的电性一定相同
B．带电粒子M、N的电量一定相同
C．撤去电场仅保留磁场，M、N做圆周运动的半径一定相等
D．撤去磁场仅保留电场，M、N若能通过场区，则通过场区的时间相等
【解析】选D。无论正或负粒子穿过速度选择器时，满足qvB＝qE做匀速直线运动，则不选电性和电量，而选择了入口和速度v的大小，故A、B错误；粒子在剩下的磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m eq \f(v2,R) ，可得R＝ eq \f(mv,qB) ，两粒子的比荷不一定相同，则运动的半径不一定相同，故C错误；撤去磁场后，在电场中做类平抛运动，若能穿过电场则水平方向做匀速直线运动有：l＝vt，可知两粒子的运动时间相同，故D正确。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．如图所示，三根通电长直导线a、b、c都垂直于纸面放置，彼此之间的距离都相等，b、c电流等大反向，a、c电流方向相同，a电流大小为c电流大小的一半。已知a受到c所产生磁场的安培力为F，若直线电流在某点所产生磁感应强度大小与电流成正比，与该点到直线电流的距离成反比，则下列说法正确的是( )
A.b、c对a作用力的合力大小等于F
B．b、c对a作用力的合力方向垂直于ac连线
C．a、c对b作用力的合力方向垂直于ac连线
D．a、c对b作用力的合力大小等于 eq \r(7) F
【解析】选A、D。设c在a处产生的磁感应强度为B以及彼此之间的距离为L；根据安培定则可知，b、c在a处产生的磁场方向如图所示，根据平行四边形定则可知，B合＝B；a受到c所产生磁场的安培力为F，即F＝BIL，所以b、c对a作用力的合力大小等于F，A正确；根据A中分析可知，合场强方向如图所示，再根据左手定则可知，b、c对a作用力的合力方向不垂直于ac，B错误；根据安培定则可知，a、c在b处产生的磁场方向如图所示，由图可知，合磁场方向如图所示，由安培定则可知，安培力不垂直于ac连线，C错误；由已知可知，a受c的安培力为F，c在a处产生磁感应强度为B，则a在b处产生的磁感应强度为 eq \f(B,2) ；而c在b处产生的磁感应强度为B；根据平行四边形定则可知，B合′＝ eq \r(B2＋（\f(B,2)）2－2B×\f(B,2)cs120°) ＝ eq \f(\r(7),2) B；a受到c所产生磁场的安培力为F，即F＝BIL，所以b、c对a作用力的合力大小等于F′＝ eq \f(\r(7),2) B·2IL＝ eq \r(7) BIL＝ eq \r(7) F，D正确。
【加固训练】
(多选)如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地面上，地面上方有水平方向、垂直纸面向里的匀强磁场。现加一个水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动并一同水平向左加速运动，在加速运动阶段( )
A.甲、乙两物块间的摩擦力不变
B．甲、乙两物块做加速度减小的加速运动
C．乙物块与地面之间的摩擦力不断减小
D．甲、乙两物块最终做匀速直线运动
【解析】选B、D。以甲、乙整体为研究对象，分析受力如图甲所示，随着速度的增大，F洛增大，FN增大，则乙物块与地面之间的摩擦力f不断增大，故C错误；由于f增大，一定，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，甲、乙两物块做加速度不断减小的加速运动，最后一起匀速运动，故B、D正确；对乙进行受力分析，如图乙所示，－f′＝a，a减小，则f′增大，即甲、乙两物块间的摩擦力变大，故A错误。
9．(2021·揭阳高二检测)如图所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在着与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子沿着弧线apb由区域Ⅰ运动到区域Ⅱ。已知圆弧ap与圆弧pb的弧长之比为2∶1，下列说法正确的是( )
A.粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为2∶1
B．粒子通过圆弧ap、pb的时间之比为2∶1
C．圆弧ap与圆弧pb对应的圆心角之比为2∶1
D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁场方向相反
【解析】选B、D。由于洛伦兹力不做功，所以粒子在两个磁场中的运动速度大小不变，即粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1，A错误；根据t＝ eq \f(l,v) ，v相同，则时间之比等于经过的弧长之比，即粒子通过圆弧ap、pb的时间之比为2∶1，B正确；圆心角θ＝ eq \f(l,r) ，r＝ eq \f(mv,qB) ，由于磁场的磁感应强度之比不知，故半径之比无法确定，则转过的圆心角之比无法确定，故C错误；根据曲线运动的条件，可知洛伦兹力的方向与运动方向的关系，再由左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，故D正确；故选B、D。
10．如图所示，在一个半径为R的圆形区域(圆心为O)内存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个比荷为 eq \f(q,m) 的带负电粒子，从A点沿AO方向射入匀强磁场区域，最终从C点沿OC方向离开磁场。若粒子在运动过程中只受洛伦兹力作用，则下列说法正确的是( )
A.带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝ eq \r(3) R
B．带电粒子的速度大小为v＝ eq \f(3qBR,m)
C．带电粒子在磁场中运动的时间为 eq \f(πm,3qB)
D．带电粒子在磁场中运动的时间为 eq \f(πm,2qB)
【解析】选A、C。根据几何关系可得tan θ＝ eq \f(r,R) ，θ＝60°，解得r＝R tan θ＝ eq \r(3) R，A正确；由向心力公式qvB＝m eq \f(v2,r) ，解得v＝ eq \f(\r(3)qBR,m) ，B错误；转过圆心角θ＝60°，t＝ eq \f(60°,360°) · eq \f(2πm,qB) ，t＝ eq \f(πm,3qB) ，C正确，D错误，故选A、C。
三、非选择题：共54分。
11．(10分)如图所示，电源电动势为3 V，内阻不计，两个不计电阻的金属圆环表面光滑，竖直悬挂在等长的细线上，金属环面平行，相距1 m，两环分别与电源正负极相连。现将一质量0.06 kg、电阻1.5 Ω的导体棒轻放在环上，导体棒与环有良好电接触。两环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.4 T的匀强磁场。当开关闭合后，导体棒上滑到某位置静止不动，试求在此位置上棒对每一个环的压力为多少？若已知环半径为0.5 m，此位置与环底的高度差是多少？
【解析】棒受的安培力F＝BIL，(1分)
棒中电流为I＝ eq \f(E,R) ，(1分)
代入数据解得F＝ eq \f(BEL,R) ＝0.8 N，(1分)
对棒受力分析如图所示(从右向左看)，两环支持力的总和为2FN＝ eq \r(F2＋（mg）2) ，(2分)
代入数据解得FN＝0.5 N。(1分)
由牛顿第三定律知，棒对每一个环的压力为0.5 N，(1分)
由图中几何关系有tan θ＝ eq \f(F,mg) ＝ eq \f(0.8,0.6) ＝ eq \f(4,3) ，(1分)
得θ＝53°，(1分)
棒距环底的高度为h＝r(1－cs θ)＝0.2 m。(1分)
答案：0.5 N 0.2 m
12．(12分)在以坐标原点O为圆心、半径为 r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点 A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿＋y方向飞出。
(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷 eq \f(q,m) 。
(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′多大？此时粒子在磁场中运动所用时间t是多少？
【解析】(1)由粒子的运动轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷。粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则
粒子轨迹半径R＝r(2分)
又qvB＝m eq \f(v2,R) (2分)
则粒子的比荷 eq \f(q,m) ＝ eq \f(v,Br) 。(2分)
(2)粒子从D点飞出磁场速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角为60°，粒子做圆周运动的半径
R′＝rct30°＝ eq \r(3) r(2分)
又R′＝ eq \f(mv,qB′)
所以B′＝ eq \f(\r(3),3) B(2分)
粒子在磁场中飞行时间
t＝ eq \f(1,6) T＝ eq \f(1,6) × eq \f(2πm,qB′) ＝ eq \f(\r(3)πr,3v) 。(2分)
答案：(1)负电荷 eq \f(v,Br) (2) eq \f(\r(3),3) B eq \f(\r(3)πr,3v)
13．(16分)(2021·汕头高二检测)如图所示，在y>0区域存在着垂直xOy平面向外的匀强磁场，在第四象限的空间中存在着平行于xOy平面沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m，带电量为q的带正电粒子从坐标原点以初速度v0射入磁场，方向与x轴负方向成60°角斜向上，然后经过M点进入电场，并从y轴负半轴的N点垂直y轴射出电场。已知M点坐标为(L，0)，粒子所受的重力不计，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)匀强电场的电场强度E的大小。
【解析】(1)作出粒子的运动轨迹如图所示
(2分)
设在磁场中运动半径为R，由几何关系可得
2Rsin60°＝L(2分)
由洛伦兹力提供向心力，则有
qv0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,R) (2分)
联立解得B＝ eq \f(\r(3)mv0,qL) (2分)
(2)粒子从M点到N点过程为匀变速曲线运动，逆推从N到M为类平抛运动
沿x轴方向有L＝v0t cs 60°(2分)
沿y轴方向v0sin 60°＝at(2分)
由牛顿第二定律得Eq＝ma(2分)
解得E＝ eq \f(\r(3)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4qL) (2分)
答案：(1) eq \f(\r(3)mv0,qL) (2) eq \f(\r(3)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4qL)
【加固训练】
在平面直角坐标系xOy中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第四象限存在垂直于直角坐标系平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示，不计粒子的重力，求：
(1)M、N两点间的电势差UMN；
(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；
(3)粒子从M点运动到P点的总时间。
【解析】(1)如图所示为带电粒子的运动轨迹，设粒子过N点时的速度为v，
由 eq \f(v0,v) ＝cs θ
得v＝2v0
粒子从M点运动到N点的过程，由动能定理有
qUMN＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，
解得UMN＝ eq \f(3mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2q)
(2)粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径r为O′N，由qvB＝ eq \f(mv2,r) ，得r＝ eq \f(2mv0,qB)
(3)设粒子在电场中运动的时间为t1，
有ON＝v0t1，
由几何关系得ON＝r sin θ
解得t1＝ eq \f(\r(3)m,qB)
设粒子在磁场中运动的时间为t2，
有t2＝ eq \f(π－θ,2π) T
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝ eq \f(2πm,qB) ，
解得t2＝ eq \f(2πm,3qB)
所以粒子从M点运动到P点的总时间
t＝t1＋t2＝ eq \f(（3\r(3)＋2π）m,3qB) 。
答案：(1) eq \f(3mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2q) (2) eq \f(2mv0,qB) (3) eq \f(（3\r(3)＋2π）m,3qB)
14．(16分)如图直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限内存在场强为E，沿x轴负方向的匀强电场，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子，从P(l，l)处由静止开始运动，第1次通过x轴时沿y轴负方向。不计粒子重力。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)粒子第3次经过y轴时的纵坐标；
(3)通过计算说明粒子离开P点后能否再次经过P点。
【解析】(1)设粒子经第Ⅰ象限的电场加速后，到达y轴时的速度为v1，根据动能定理qEl＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ①(1分)
由左手定则可以判断，粒子向－y方向偏转，如图所示：
(1分)
由几何关系知，粒子在磁场中运动的半径为R1＝l②(1分)
由牛顿第二定律得：qv1B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,R1) ③(1分)
由①②③得：B＝ eq \r(\f(2mE,ql)) ④(1分)
(2)粒子第2次经过x轴时，速度沿＋y方向，位置坐标为x2＝l⑤(1分)
粒子在电场中做类平抛运动，经历的时间t3，第3次经过y轴时，轨迹如图l＝ eq \f(1,2) at2⑥(1分)
a＝ eq \f(qE,m) ⑦(1分)
y3＝v1t⑧(1分)
由①⑤⑥⑦⑧得y3＝2l(1分)
(3)粒子第2 次离开电场时，根据动能定理有：
qEl＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) (2分)
解得v2＝ eq \r(2) v1，θ＝45°(1分)
粒子第2次进入磁场时做圆周运动的半径为R2，根据半径公式可得：R2＝ eq \r(2) R1(1分)
第三次进入电场是从坐标原点O处沿与x轴正向45°角斜向上方向。由类平抛对称性可知，粒子运动的横坐标为l时，纵坐标的值为2l，可知本次不会经过P点。
粒子将从y＝4l处第3次离开电场， 第3次通过磁场后从y＝2l处与＋x方向成45°角斜向上第4次过电场，不会经过P点。 以后粒子的轨迹逐渐向上不会再次经过P点。(2分)
答案：(1) eq \r(\f(2mE,ql)) (2)2l (3)以后粒子的轨迹逐渐向上不会再次经过P点，计算见解析
【加固训练】
如图，竖直面内坐标系xOy第一、三象限角平分线A1A2右侧区域有一场区(内存在匀强电场和匀强磁场)。平行板M、N如图放置，M板带正电。带负电的N板在x轴负半轴上。N板上有一小孔P，离原点O的距离为L。A1A2上的Q点处于P孔正下方。质量为m、电量为＋q的小球从OA2上的某点以一水平速度v向右进入场区，恰好能做匀速圆周运动。第一次出场后，小球能进入M、N板间且恰好能到达M板但不接触。已知磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。M、N板间距为L、电压为U＝ eq \f(mgL,q) ，重力加速度为g。求：
(1)A1A2右侧区域内的匀强电场的场强大小与方向；
(2)求射入场区的水平速度v的大小；
(3)小球从OA2上的某点出发后，到第四次(不包括出发那次)经过边界A1A2的运动时间。
【解析】(1)带电小球进入场区后能做匀速圆周运动，则必须满足mg＝Eq
解得：E＝ eq \f(mg,q) ，方向竖直向上。
(2)从Q点射出场区后，到达M板时速度恰好为零，由动能定理有－mg(2L)－qU＝0－ eq \f(1,2) mv2
而U＝ eq \f(mgL,q) ，
解得v＝ eq \r(6gL)
(3)小球的运动轨迹如图所示。
小球进入电场后到M板速度减为零，之后向下加速离开电场，在重力作用下再次回到Q点时，由运动的对称性，到Q点的速度仍为v，之后在场区内再次做匀速圆周运动。由轨迹可知，在场区做匀速圆周运动的运动时间t1恰好是一个周期，即t1＝ eq \f(2πm,qB) 从Q点射出场区到P点，在重力作用下做匀减速运动，有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(P)) －v2＝－2gL
解得P点的速度vP＝ eq \r(4gL)
设运动时间为tQP，
则 eq \f(（v＋vP）,2) tQP＝L
故tQP＝ eq \f(2L,\r(4gL)＋\r(6gL))
设P点到M点运动时间为tPM，
同理得tPM＝ eq \f(2L,\r(4gL))
由运动的对称性可知：从Q点射出场区到再次回到Q点，向上、向下运动时间相等。
故运动时间t2＝2(tQP＋tPM)＝ eq \f(2（\r(6)－1）\r(gL),g)
第三次经过A1A2偏转了90°离开场区做平抛运动，经时间t3第四次经过A1A2。
沿－y轴方向位移Δy＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
沿－x轴方向位移Δx＝vt3，
而 eq \f(Δy,Δx) ＝tan45°
由以上三式可得t3＝ eq \f(2v,g) ＝ eq \f(2\r(6gL),g)
小球从OA2上某点出发后，到第四次(不包括出发那次)经过边界A1A2的运动时间
t＝t1＋t2＋t3＝ eq \f(2πm,qB) ＋ eq \f(（4\r(6)－2）\r(gL),g)
答案：(1) eq \f(mg,q) ，方向竖直向上
(2) eq \r(6gL) (3) eq \f(2πm,qB) ＋ eq \f(（4\r(6)－2）\r(gL),g)