1.去年底，江苏省启动“263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战，暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经测量管时，a、c两端电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)，则( )
A.a侧电势比c侧电势高
B.污水中离子浓度越高，显示仪器的示数将越大
C.若污水从右侧流入测量管，显示器显示为负值，将磁场反向则显示为正值 D.污水流量Q与U成正比，与L、D无关
【解析】根据左手定则可知，正离子向a侧偏转，则仪器显示a侧电势比c侧电势高，U
选项A正确；根据qvB＝q可得U＝BDv，可知显示仪器的示数与污水中离子浓度无关，
D选项B错误；若污水从右侧流入测量管，则受磁场力使得正离子偏向c侧，则c端电势高，显示器显示为负值，将磁场反向，则受磁场力使得正离子偏向a侧，则显示为正值，选项C1UπDU
正确；污水流量Q＝Sv＝πD2×＝，则污水流量Q与U成正比，与D有关，与L无
4BD4B关，选项D错误。
【答案】AC
2．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，b、O、d三点在同一水平线上．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是( )
A．小球能越过d点并继续沿环向上运动 B．当小球运动到d点时，不受洛伦兹力
C．小球从d点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能减小 D．小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大 【答案】BD
【解析】电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置(即bc弧的中点)就是“最低点”，速度最大；由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A错误；当小球运动到d点时，速度为零，故不受洛伦兹力，故B正确；由于d、b等高，故小球从d点运动到b点的过程中，重力势能不变，故C错误；由于等效重力指向左下方45°，由于弧bc中点是等效最低点，故小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大，故D正确．
3.在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一带电粒子(重力不计)从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子( )
A.一定带正电 E
B.速度v＝ B
E
C.若速度v>，粒子一定不能从板间射出
B
D.若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动
【解析】粒子从左射入，不论带正电还是负电，电场力大小为qE，洛伦兹力大小F＝E
qvB＝qE，两个力平衡，速度v＝，粒子做匀速直线运动，故选项A错误，B正确；若速
B
E
度v＞，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，使粒子偏转，可能从板间射出，故选项C错
B误；此粒子从右端沿虚线方向进入，电场力与洛伦兹力在同一方向，不能做直线运动，故选项D错误。
【答案】B
4.如图所示，虚线EF下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，一个带电微粒从距离EF为h的某处由静止开始做自由落体运动，从A点进入场区后，恰好做匀速圆周运动，然后从B点射出，C为圆弧的最低点，下面说法正确的有( )
A.从B点射出后，微粒能够再次回到A点
B.如果仅使h变大，微粒从A点进入场区后将仍做匀速圆周运动 C.如果仅使微粒的电荷量和质量加倍，微粒将仍沿原来的轨迹运动
D.若仅撤去电场E，微粒到达轨迹最低点时受到的洛伦兹力一定大于它的重力 【解析】从B点射出后，微粒做竖直上抛运动，落回场区后要向右偏转，不可能再回到A点，故选项A错误；带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力必定平衡，如果仅使h变大，不会改变电场力与重力平衡，因此仍做匀速圆周运v2
动，所以选项B正确；由题意知mg＝qE，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，v＝2gh，
rE
则微粒做圆周运动的半径为r＝
B
2h ，若微粒的电荷量和质量加倍，不会影响运动轨道g
的半径，所以选项C正确；当撤去电场E，微粒在洛伦兹力与重力作用下，当到达轨迹最低点时，仍做曲线运动，则洛伦兹力大于它的重力，即运动轨迹偏向合力一侧，所以选项D正确。
【答案】BCD
5.如图为回旋加速器的示意图。其核心部分是两个D型金属盒，置于磁感应强度大小恒定的匀强磁场中，并与高频交流电源相连。带电粒子在D型盒中心附近由静止释放，忽略带电粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应。欲使粒子在D型盒内运动的时间增大为原来的2倍，下列措施可行的是( )
A.仅将磁感应强度变为原来的2倍 B.仅将交流电源的电压变为原来的一半 C.仅将D型盒的半径变为原来的2倍 D.仅将交流电源的周期变为原来的2倍
v2qBR12q2B2R2【解析】根据qvB＝m得，v＝，则最大动能Ekm＝mv＝。粒子被电场加速Rm22mEkmqB2R2
一次动能的增加为qU，则粒子被加速的次数n＝＝，粒子在磁场中运动周期的次
qU2mUnqB2R22πmπBR2
数n′＝＝，因T＝，则粒子从静止开始到出口处所需的时间t＝n′T＝。由上24mUqB2U可知，若仅将磁感应强度变为原来的2倍，在磁场中运动的周期变化，则不能与交流电周期1
同步，得不到始终加速，故A项错误；由上可知，或仅将交流电源的电压变为原来的，或
2仅将D型盒的半径变为原来的2倍，因此B、C项正确，D项错误。
【答案】BC
二 非选择题
1.如图所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域．区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B(图中未画出)；区域π
Ⅱ有固定在水平地面上高h＝2l、倾角α＝的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD′距离s＝
4
4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C点在DD′上，距地面高H＝3l.零时刻，质量为m、带电荷量为q的小球P在K点具有大小v0＝gl、方向与水平面夹π3l角θ＝的速度，在区域Ⅰ内做半径r＝的匀速圆周运动，经C点水平进入区域Ⅱ.某时刻，
3π不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇．小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电量对空间电磁场的影响．l已知，g为重力加速度．
(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；
l(β为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强g
(3)若小球A、P在时刻t＝β
电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向．
【解析】 (1)由题知，小球P在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有 v20
m＝qv0B r
①
mπ
代入数据解得B＝gl
3lq
②
(2)小球P在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C点的时刻为tC，到达斜面底端时刻为t1，有
θrtC＝ v0
③
s－hcot α＝v0(t1－tC) ④
小球A释放后沿斜面运动加速度为aA，与小球P在时刻t1相遇于斜面底端，有mgsin α＝maA
⑤
h1
＝aA(t1－tA)2 sin α2
⑥
联立以上方程解得tA＝(3－22)l g
⑦
(3)设所求电场方向向下，在tA′时刻释放小球A，小球P在区域Ⅱ运动加速度为aP，有 1
s＝v0(t－tC)＋aA(t－tA′)2cos α
2mg＋qE＝maP
⑧
⑨
11
H－h＋aA(t－tA′)2sin α＝aP(t－tC)2
22
⑩
（11－β2）mg
联立相关方程解得E＝
q（β－1）2
⑪ ⑫
对小球P的所有运动情形讨论可得3≤β≤5
由此可得场强极小值Emin＝0，场强极大值Emax＝mπ
【答案】 (1)gl (2)(3－22)
3lqEmin＝0
7mg
，方向竖直向上． 8q
（11－β2）mgl7mg (3)；E＝，方向竖直向上；maxg8qq（β－1）2
2.如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，x轴沿水平方向．x>0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B2，电场强度大小为E.x>0的区域固定一与x轴成θ＝30°角的绝缘细杆．一穿在细杆上的带电小球a沿细杆匀速滑下，从N点恰能沿圆周轨道运动到x轴上的Q点，且速度方向垂直于x轴．已知Q点到坐标原点O的距3
离为l，重力加速度为g，B1＝7E
2
1，B2＝E10πgl
5π.空气阻力忽略不计，求： 6gl
q
(1)带电小球a的电性及其比荷；
m
(2)带电小球a与绝缘细杆的动摩擦因数μ；
20πl
(3)当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴距原点O为h＝的P点(图中未画出)
3以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b，b球刚好运动到x轴与向上运动的a球相碰，则b球的初速度为多大？
【解析】(1)由带电小球在第三象限内做匀速圆周运动可得：带电小球带正电 qg
且mg＝qE，解得：＝ mE
v2
(2)带电小球从N点运动到Q点的过程中，有：qvB2＝m
R3
由几何关系有：R＋Rsin θ＝l，联立解得：v＝
2
5πgl 6
带电小球在杆上匀速下滑，由平衡条件有：mgsin θ＝μ(qvB1－mgcos θ) 解得：μ＝(3)
3 4
带电小球在第三象限内做匀速圆周运动的周期： 2πRT＝＝
v
24πl 5g
10πl 3g
2v
带电小球第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为：t0＝＝
g绝缘小球b平抛运动至x轴上的时间为： t＝
2h＝2 g
10πl 3g
TT
两球相碰有：t＝＋n(t0＋)
32联立解得：n＝1
设绝缘小球b平抛的初速度为v0， 7
则：l＝v0t，
2解得：v0＝
147gl 160π
g3 (2) (3) E4
147gl 160π
【答案】(1)正电
3.如图所示，空间内有方向垂直纸面(竖直面)向里的有界匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度大小未知．区域Ⅰ内有竖直向上的匀强电场，区域Ⅱ内有水平向右的匀强电场，两区域内的电场强度大小相等．现有一质量m＝0.01 kg、电荷量q＝0.01 C的带正电滑块从区域Ⅰ左侧与边界MN相距L＝2 m的A点以v0＝5 m/s的初速度沿粗糙、绝缘的水平面向右运动，进入区域Ⅰ后，滑块立即在竖直平面内做匀速圆周运动，在区域Ⅰ内运动一段时间后离开磁场落回A点．已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.225，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求匀强电场的电场强度大小E和区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小B1； (2)求滑块从A点出发到再次落回A点所经历的时间t；
(3)若滑块在A点以v0′＝9 m/s的初速度沿水平面向右运动，当滑块进入区域Ⅱ后恰好能做匀速直线运动，求有界磁场区域Ⅰ的宽度d及区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小B2.
【解析】(1)滑块在区域Ⅰ内做匀速圆周运动时，重力与电场力平衡，则有mg＝qE mg
解得E＝＝10 V/m
q
滑块在AN间运动时，设水平向右的方向为正方向，由牛顿第二定律可得a＝－μg＝－2.25 m/s2
由运动公式可得v2－v20＝2aL 代入数据得v＝4 m/s
1平抛运动过程满足L＝vt3,2r＝gt2
23v2
做圆周运动满足qvB1＝m r
联立方程求解得B1＝6.4 T (2)滑块在AN间的时间t1＝
v－v04
＝ s a9
πm5π
在磁场中做匀速圆周运动的时间t2＝＝ s
qB132L
平抛运动的时间t3＝＝0.5 s
v175π
总时间为t＝t1＋t2＋t3＝(＋)s
1832(3)设滑块进入磁场时的速度为v′，满足 11
－μmgL＝mv′2－mv0′2
22代入数据得v′＝62 m/s
滑块在区域Ⅱ中做直线运动时，合力一定为0，由平衡方程知 qv′B2＝2mg 5
解得B2＝ T
3
滑块离开磁场区域Ⅰ时的速度方向一定与水平成45°角． 由几何关系知当滑块在区域Ⅰ中做匀速圆周运动时有 mv′2
B1qv′＝
r
mv′152解得r＝＝ m
qB11615
由题意知d＝r·sin 45°＝ m
16【答案】(1)10 V/m 6.4 T 175π(2)(＋) s 1832155(3) m T 163
4.如图所示，在平行板电容器的两板之间，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度B1＝0.40 T，方向垂直纸面向里，电场强度E＝2.0×105 V/m，PQ为板间中线.紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.25 T，磁场边界AO和y轴夹角∠AOy＝45°.一束带电荷量q＝8.0×10
－19
C的同位素(电荷数相
同，质量数不同)正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为(0,0.2 m)的Q点垂直y轴射入磁场区域，离子通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角在45°～90°之间，不计离子重力，求：
(1)离子运动的速度为多大？ (2)求离子的质量范围；
(3)若只改变AOy区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到x轴上，磁感应强度B2′大小应满足什么条件？(计算结果保留两位有效数字)
【答案】(1)5.0×105 m/s (2)4.0×10
－26
kg≤m≤8.0×10
－26
kg (3)B2′≥0.60 T
【解析】(1)设正离子的速度为v，由于沿中线运动，则有 qE＝qvB1
代入数据解得v＝5.0×105 m/s (2)
甲
设离子的质量为m，如图甲所示，当通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为45°时，由几何关系可知运动半径：r1＝0.2 m
当通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为90°时，由几何关系可知运动半径：r2＝0.1 m
v2由牛顿第二定律有：qvB2＝m r由于r2≤r≤r1
代入数据解得：4.0×10(3)
－26
kg≤m≤8.0×10
－26
kg
乙
如图乙所示，由几何关系可知使离子不能打到x轴上的最大半径： r3＝
0.2
m 2＋1
设使离子都不能打到x轴上，最小的磁感应强度大小为B0，则 v2
qvB0＝m大 r3
2＋1
T≈0.60 T 4
代入数据解得：B0＝则B2′≥0.60 T
5.如图所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏．一质量m＝1.0×10
－3
kg，电荷量q＝＋1.0×102 C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达
－
荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小B＝0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O′点(图中未画出)．取g＝10 m/s2.求：
(1)E1的大小；
(2)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量．
【解析】(1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有： qE1cos 45°＝mg
解得：E1＝2N/C≈1.4 N/C.
(2)粒子从a到b的过程中，由动能定理得：
1
qE1dABsin 45°＝mv2
2b解得：vb＝2gdAB＝5 m/s
加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有：qE2＝mg，
加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示， v2b
由动力学知识可得：qvbB＝m R解得：R＝5 m
设偏转距离为y，由几何知识得：
2
R2＝d2BC＋(R－y)
代入数据得y＝1.0 m
粒子在B、C间运动时电场力做的功为： W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×102 J
由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×102 J 【答案】(1)1.4 N/C (2)1.0×102 J
6.如图所示，在坐标系y轴右侧存在一宽度为a、垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度的大小为B；在y轴左侧存在与y轴正方向成θ＝45°角的匀强电场．一个粒子源能释放质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子源在点P(－a，－a)时发出的粒子恰好垂直磁场边界EF射出；将粒子源沿直线PO移动到Q点时，所发出的粒子恰好不能从EF射出．不计粒子的重力及粒子间的相互作用力．求：
－
－
－
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)粒子源在Q点时，粒子从发射到第二次进入磁场的时间． 【解析】(1)
粒子源在P点时，粒子在电场中被加速 1
根据动能定理有2qEa＝mv2
21解得v1＝
22qEa
m
mv21
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qv1B＝
R1由几何关系知，R1＝2a 2aqB2
解得E＝
2m(2)
粒子源在Q点时，粒子在磁场中运动轨迹与边界EF相切，由几何关系知R2＝(2－2)a 根据牛顿第二定律有 mv22qv2B＝
R2
磁场中运动速度为v2＝
2－2
m
qBa
粒子在Q点射出，开始在电场中加速运动，设加速度为a1： v2t1＝＝
a1
22－2qB
m
进入磁场后运动四分之三个圆周： 33πmt2＝T＝
42qB
第一次出磁场后进入电场，做类平抛运动：
t3＝
2v2tan θ
＝a142－4qB
m
122＋3π－12
2qB
m
粒子从发射到第二次进入磁场的时间t＝t1＋t2＋t3＝2aqB2
【答案】(1) (2)
2m
122＋3π－12
2qB
m
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