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专题32带电粒子在电磁场和重力场中匀速圆周运动
u试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、多选题
1．如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向整竖直向下，磁场方向水平（图中垂直于纸面向里），一带电液滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是（　　）
A．若撒去电场，P可能做匀加速直线运动
B．若撤去磁场，P可能做匀加速直线运动
C．若给P一初速度，P可能做匀速直线运动
D．若给P一初速度，P可能做顺时针方向的匀速圆周运动
【答案】CD
【详解】
A．仅撤去电场，油滴受重力向下运动从而具有向下的速度，油滴受洛伦兹力，速度改变，洛伦兹力方向随速度方向的变化而变化，不可能做匀加速直线运动，故A错误；
B．油滴静止时不受洛伦兹力，重力和电场力相互抵消，所以仅撤去磁场仍然静止，故B错误；
C．若给P一初速度，若P初速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力，若重力和电场力抵消，P受力平衡，所以可以做匀速直线运动，但是不能做匀加速直线运动，故C正确；
D．若P初速度方向与磁场垂直，重力和电场力抵消，仅受洛伦兹力，P做匀速圆周运动，故D正确。
故选CD。
2．如图所示，空间内有沿Z轴方向（竖直向上）的匀强磁场，一带正电小球以速度v沿x轴正方向射入磁场，若在该空间加一垂直于x轴方向的匀强电场，则关于带电小球的运动下列说法正确的是（　　）
A．小球可能做匀速直线运动
B．小球可能做匀加速直线运动
C．小球可能做匀速圆周运动
D．小球可能做平抛运动
【答案】ACD
【详解】
A．带正电的小球受到垂直纸面向外的洛伦兹力，向下的重力，若电场力垂直x轴斜向上，且洛伦兹力与重力的合力等于电场力，则小球将做匀速直线运动，选项A正确；
B．小球不可能做匀加速直线运动，因为若做加速运动，则速度变化，洛伦兹力必然变化，则粒子不可能做直线运动，选项B错误；
C．当电场力向上与重力平衡时，小球做匀速圆周运动，选项C正确；
D．若电场力向垂直纸面向里，且开始时洛伦兹力等于电场力，则小球所受的合力等于重力竖直向下，因小球运动过程中水平速度不变，则洛伦兹力不变，则小球受洛伦兹力始终等于电场力，即小球始终受到向下的重力而做平抛运动，选项D正确。
故选ACD。
3．如图所示，三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上。三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动，P、M、N分别为轨道的最低点，则下列有关判断正确的是（　　）
A．小球第一次到达轨道最低点的速度关系vP=vM>vN
B．小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系FM>FP>FN
C．小球从开始运动到第一次到达轨道最低点所用的时间关系tPD．三个小球到达轨道右端的高度都不相同，但都能回到原来的出发点位置
【答案】AB
【详解】
A．在第二图中，因为洛仑兹力总是垂直于速度方向，故洛仑兹力不做功；球下落时只有重力做功，故第一、二图两次机械能均守恒，故两次球到最低点的速度相等
第三图中，小球下滑的过程中电场力做负功，重力做正功，所以小球在最低点的速度小于前两个图中的速度，故A正确；
B．小球在最低点时，第一图中重力和支持力的合力提供向心力，而第二图中是重力、支持力和洛伦兹力的合力提供向心力，所以小球受到的支持力大小不相等，对轨道的压力也不相等；三图中由于电场力对小球做负功，故小球到达N点时的速度小于前2图中的速度，而在竖直方向上，重力和支持力的合力充当向心力，故三图中压力最小，故B正确；
C．第一图和第二图比较可得，小球下滑的速度相等，故
tP=tM
而由B中分析可知，三图中速度小于前两图中的对应位置的速度，故tN最小，故C错误；
D．第一、二两图中，洛伦兹力不做功，只有重力做功，动能和重力势能之间转换，故这小球在右端都能到达高度相同；第三个图中，小球向左运动过程中电场力做负功，故第三个小球上升的高度较小，故D错误。
故选AB。
4．空间中存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的磁场（图中未画出），一带电小球在竖直平面内沿逆针方向做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．小球带正电
B．磁场方向垂直纸面向外
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D．运动过程突然将磁场反向，小球仍能做匀速圆周运动
【答案】AD
【详解】
A．小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和洛伦兹力，电场力与重力平衡，则知小球带正电，故A正确；
B．电小球在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故B错误；
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故C错误；
D．运动过程突然将磁场反向，重力与电场力仍平衡，洛伦兹力反向，带电小球仍做匀速圆周运动，故D正确。
故选AD。
5．场强为E的匀强电场和磁感强度为B的匀强磁场正交。如图所示，质量为m的带电粒子在垂直于磁场方向的竖直平面内，做半径为R的匀速圆周运动，设重力加速度为g，则下列结论正确的是
（
）
A．粒子带负电，且
B．粒子顺时针方向转动
C．粒子速度大小
D．粒子的机械能守恒
【答案】ABC
【详解】
A．带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有
可得电荷量
根据电场强度方向和电场力方向判断出粒子带负电，故A正确意；
B．由左手定则可判断粒子沿顺时针方向运动，故B正确；
C．带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有
根据牛顿第二定律
解得
故C正确；
D．由于电场力做功，故机械能不守恒，故D错误意。
故选ABC。
6．如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域（电场强度E和磁感应强度B已知），小球在此区域的竖直平面内做匀速圆周运动，则（　　）
A．小球可能带正电
B．小球做匀速圆周运动的半径为r=
C．小球做匀速圆周运动的周期为T=
D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增大
【答案】BC
【详解】
A．小球在该区域的竖直平面内做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力大小相等、方向相反，则小球带负电，A错误；
B．因为小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得
，
且有
联立可得小球做匀速圆周运动的半径
故B正确；
CD．由运动学公式可得
联立可得
说明周期与电压U无关，故C正确，D错误。
故选BC。
7．如图所示，水平虚线下方存在垂直纸面向外的匀强磁场，竖直虚线又将水平虚线下方空间分成区域I、Ⅱ，区域Ⅱ中同时存在沿竖直方向的匀强电场（图中未画出）。一带电微粒由水平虚线上的M点静止释放，经过一段时间，微粒由竖直虚线上的N点沿水平方向进入区域Ⅱ，之后在区域Ⅱ中做匀速圆周运动。已知NP为圆弧，N点到水平虚线的距离为h，重力加速度为g。由题意可求出（　　）
A．微粒做匀速圆周运动的速度大小
B．区域Ⅱ中的电场强度大小
C．微粒由N运动到P的时间
D．微粒离开P点后上升的最大高度
【答案】ACD
【详解】
A．微粒从M运动到N的过程，由动能定理得
解得
即为微粒做匀速圆周运动的速度大小，A正确；
B．微粒在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，则
电场强度
由于微粒的质量m与电荷量q的比值未知，因此无法求出电场强度大小，B错误；
C．由题意可知，粒做匀速圆周运动的轨迹半径
则周期
微粒由N运动到P的时间
C正确；
D．微粒离开P点后做竖直上抛运动，由竖直上抛运动的规律可知，微粒离开P点后上升的最大高度
D正确。
故选ACD。
8．如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零．当小球以2m／s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零．在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势随纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度.则下列判断正确的是
A．匀强电场的场强大小为
B．小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4J
C．小球做顺时针方向的匀速圆周运动
D．小球所受的洛伦兹力的大小为3N
【答案】BD
【详解】
A、据题意和乙图可知，，故A错误；
B、据题意可知，小球所受的电场力等于重力，洛伦兹力提供向心力，所以小球重力势能增加最多，电势能减少最多，大小为：2qφ=2×6×10﹣7×2ⅹ106J=2.4J，故B正确；
C、以上分析可知，洛伦兹力提供向心力，据左手定则可知，小球做逆时针运动，故C错误；
D、以上可知：mg=Eq，，联立以上解得：f=3N，故D正确．
故选BD
【点睛】
本题感觉较难，但读懂题意，把小球的受力情况和特点挖掘出来，此题就会迎刃而解；还需注意利用乙图求场强，能量守恒求电势能的减小．
9．如图所示，已知一质量为m的带电液滴，经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，液滴在此空间的竖直平面内做匀速圆周运动，则（
）
A．液滴在空间受四个力作用
B．液滴一定带负电
C．沿垂直纸面向里看，液滴做顺时针的圆周运动
D．液滴在做匀速圆周运动时机械能守恒
【答案】BC
【详解】
AB．液滴在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，即洛伦兹力提供向心力，所以mg=qE，由于电场力的方向与场强的方向相反，故液滴带负电，液滴在空间受到三个力作用，故A错误，B正确；
C．粒子带负电，受洛伦兹力方向指向圆心，可知沿垂直纸面向里看，液滴做顺时针的圆周运动，选项C正确；
D．液滴在做匀速圆周运动时，动能不变，重力势能不断变化，可知液滴的机械能不守恒，选项D错误；
故选BC。
10．如图所示，空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，在O点固定一点电荷Q，一带电粒子在电场力和磁场力的共同作用下做顺时针匀速圆周运动（不计重力和阻力），半径为r，周期为T，线速度为v，则当点电荷Q电量突然为零，则此后关于带电粒子的运动，下列说法正确的是
A．半径大小一定变大
B．线速度大小一定不变
C．周期大小一定变大
D．仍然可能做半径为r的匀速圆周运动
【答案】BD
【详解】
A.若带电粒子带正电，点电荷Q也带正电，电量为变为零之前，粒子受到指向圆心的洛伦兹力，以及沿着半径背离圆心的电场力，其向心力等于
F向=F洛-F电
当点电荷Q电量突然为零，电荷只受到洛伦兹力的作用，此时洛伦兹力大于电荷需要的向心力，粒子做近心运动，则半径减小，故A错误；
B.因为当点电荷消失，粒子只受到洛伦兹力的作用，而洛伦兹力总是和速度方向相互垂直，不会改变粒子的速度大小，所以不论粒子之后做什么运动，其速度大小都不会改变，故B正确；
CD.若带电粒子带负电，则在点电荷Q电量为变为零之前，粒子受到指向圆心的电场力，以及沿着半径背离圆心的洛伦兹力，向心力为
F向=F电-F洛
若此时电场力是洛伦兹力的两倍，则其向心力的大小等于洛伦兹力，当电场力消失时，洛伦兹力的大小刚好等于粒子需要的向心力，粒子继续做半径不变的圆周运动，如图中红色轨迹所示
由于半径不变，向心力大小不变，则运动周期不变，故C错误D正确；
11．已知一质量为m的带电液滴，经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，液滴在此空间的竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示，则（　　）
A．液滴在空间一定受3个力作用
B．液滴一定带正电
C．液滴做圆周运动的半径r＝
D．液滴在场中运动时机械能不变
【答案】AC
【详解】
A．液滴受重力，电场力和洛伦兹力，三个力的作用，A正确；
B．由于重力向下，因此电场力向上，液滴一定带负电荷，B错误；
C．经电场加速后，根据动能定理
由于做匀速圆周运动，电场力与重力平衡，可知
整理可得
C正确；
D．由于运动的过程中，电场力做负功，因此机械能减小，D错误。
故选AC。
12．如图所示，在空间I区域中有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场组成的复合场。一质量为m，带电量为q的带电粒子以速度v与水平方向成角θ从O点进入I区域，该粒子恰好沿直线运动到A点后进入II区域，虚线OA为其运动轨迹。在II区域中有垂直纸面向外的匀强磁场和竖直方向的匀强电场E2（大小方向未知，图中未画出）组成的正交复合场，II区域磁感应强度大小与I区域磁感应强度大小相等。已知该带电粒子在II区域中恰好做匀速圆周运动，并从I、II区域交界的C点射回I区域（图中未画出C点），下列说法正确的是（　　）
A．带电粒子在I区域中的运动一定是匀速直线运动
B．磁感应强度B的大小为B=
C．带电粒子一定带正电，且II区域中的电场强度E2=，方向竖直向下
D．在II区域中射入点A和射出点C之间的距离为
【答案】AD
【详解】
A．带电粒子在Ⅰ区域做直线运动，若v大小改变，洛伦兹力大小必定改变，可知合力不可能为0且方向不可能永远与速度方向在同一直线上，故粒子只能做匀速直线运动，故A正确；
B．根据粒子在Ⅰ区域的受力分析如图所示，由图可知，带电粒子必定带正电，且
mg=F洛cosθ
F洛=qvB
解得
故B错误；
C．带电粒子在Ⅱ区域中做匀速圆周运动，则必有
mg=qE2
故
方向竖直向上，故C错误；
D．带电粒子在Ⅱ区域中做匀速圆周运动由
解得半径
其运动情况如图所示，则射入点A和射出点C之间的距离为
故D正确。
故选AD。
13．一带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中作匀速圆周运动，匀强电场竖直向上，匀强磁场水平且垂直纸面向里，如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．沿垂直纸面方向向里看，小球的绕行方向为逆时针方向
B．小球一定带负电且小球的电荷量
C．由于洛伦兹力不做功，故小球在运动过程中机械能守恒
D．由于合外力不做功，小球在运动过程中动能不变
【答案】AD
【详解】
AB．带电微粒在复合场中，只有满足重力与电场力大小相等方向相反，微粒的合力只表现为洛伦兹力才能做圆周运动，故粒子所受电场力向上，微粒带正电，微粒的洛伦兹力方向要指向圆心，由左手定则判断运动方向为逆时针。由可得
选项A正确；B错误；
C．洛伦兹力不做功，但电场力做功，故机械能不守恒，选项C错误；
D．由于合外力做功等于零，根据动能定理，小球在运动过程中动能不变，选项D正确。
故选AD。
14．如图所示，绝缘材料做成的轨道ACDE固定于竖直平面内，AC段水平，CDE段为半径R=0.4m的半圆轨道，整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B=0.5T，方向与轨道平面垂直。有一个质量为m=1.0×10-4kg，带电量为q=+1.5×10-3C，可视为质点的小滑块，以v0=5m/s的初速度从C点开始进入半圆轨道，小滑块恰好能通过E点水平飞出，一段时间后小滑块通过与E点等高的F点（图中未标出）。若运动过程中小滑块带电量不变，取重力加速度为g=10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．小滑块通过E、F两点时的速度大小相等
B．小滑块通过E点时的速度大小为2m/s
C．从C到E小滑块克服摩擦力做的功为4.0×10-4J
D．从C到D小滑块损失的机械能小于2.0×10-4J
【答案】AC
【详解】
A．小滑块从E点到等高的F点，重力做功为零，洛伦兹力不做功，则由能量关系可知，通过E、F两点时的动能相同，即速度大小相等，选项A正确；
B．小滑块恰好能通过E点水平飞出
则
vE=1m/s
选项B错误；
C．从C到E小滑块克服摩擦力做的功为
解得
Wf=4.0×10-4J
选项C正确；
D．从C到D小滑块的速度大于从D到E的速度，可知从C到D滑块对轨道的压力大于从D到E对轨道的压力，则从C到D滑块受到的摩擦力大于从D到E受到的摩擦力，则从C到D损失的机械能大于2.0×10-4J，选项D错误。
故选AC。
二、单选题
15．一个带正电的小球，如果在某空间中存在匀强电场和匀强磁场，其方向可以自己设定，下述对小球的运动状态的描述正确的是（　　）
A．小球如果在此空间中受洛沦兹力的作用做直线运动，则其可能做匀加速直线运动
B．给小球一水平初速，小球在此空间中可能做平抛运动
C．给小球一水平初速，不管电场、磁场方向如何，小球不可能做平抛运动
D．小球在此空间一定不能做匀速率圆周运动
【答案】C
【详解】
A．若小球能在洛伦兹力存在的情况下做匀加速直线运动，则随着速度的增加，洛伦兹力的大小也增加，此时洛伦兹力比与速度方向垂直，故不能保持匀加速直线运动，故A错误；
BC．若小球能够做平抛运动，必然存在一个方向大小不变的加速度，即存在一个方向大小不变的力，但小球做平抛运动时，合速度方向不断发生改变，此时洛伦兹力方向也不断发生改变，故小球无法做平抛运动，故B错误，C正确；
D．当小球所受重力与电场力相互抵消，此时给小球一个初速度，小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，故D错误；
故选C。
16．两带电油滴在竖直向上的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B正交的空间做竖直平面内的匀速圆周运动，如图所示。则两油滴一定相同的是（　　）
①带电性质　②运动周期　③运动半径
④运动速率
A．①②
B．①④
C．②③④
D．①③④
【答案】A
【详解】
根据
mg＝qE
所以静电力方向必须向上，两粒子电性相同，且
即两粒子的荷质比相同；根据
两粒子的运动半径r和速度v不一定相同。根据
T＝
可得运动周期相同。
故选A。
17．如图，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、、。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．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】
带正电的微粒a在纸面内做匀速圆周运动，必有
带正电的微粒b向右做匀速直线运动，电场力竖直向上，左手定则判断洛伦兹力竖直向上，重力竖直向下，平衡条件得
得
带正电的微粒c向左做匀速直线运动，电场力竖直向上，左手定则判断洛伦兹力竖直向下，重力竖直向下，平衡条件得
得
则有
故选B。
18．如图，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在纸面内向左做匀速直线运动，b在纸面内做匀速圆周运动，c在纸面内向右做匀速直线运动，下列选项正确的是（　　）
A．ma>mb>mc
B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb
D．mc>mb>ma
【答案】D
【详解】
b在纸面内做匀速圆周运动，所以
c在纸面内向右做匀速直线运动，所以
a在纸面内向左做匀速直线运动所以
根据公式可解的
故D正确，ABC错误。
故选D。
19．一个带正电荷的小球从a点出发水平进入正交垂直的匀强电场和匀强磁场区域，电场方向竖直向上，某时刻小球运动到了b点，则下列说法正确的是（　　）
A．从a到b，小球可能做匀速直线运动
B．从a到b，小球可能做匀变速曲线运动
C．从a到b，小球动能可能不变
D．从a到b，小球机械能可能不变
【答案】C
【详解】
A．带电小球的初速度的方向是水平的，从a到b的过程中小球在竖直方向发生位移，说明小球做曲线运动，即小球不可能做匀速直线运动，A错误；
B．由上分析可知小球做曲线运动，即变速运动，小球受到的洛伦兹力是变化的，小球所受合力是变力，小球不可能做匀变速曲线运动，B错误；
C．当小球所受重力和电场力平衡时，洛伦兹力提供向心力，小球做匀速圆周运动，小球的动能不变，C正确；
D．从a到b，电场力做正功，小球的机械能增大，故机械能不守恒，D错误；
故选C。
20．如图所示，匀强电场的场强为E，方向竖直向下，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。一质量为m的带电小球在竖直平面内做匀速圆周运动，则带电小球（
）
A．带正电荷
B．沿圆周逆时针运动
C．电荷量为
D．运动的速率为
【答案】C
【详解】
带电小球在竖直平面内做匀速圆周运动，可知重力和电场力平衡，可知小球带负电，根据左手定则可知，小球沿圆周顺时针运动，根据
可得电荷量为
由
可得
选项C正确，ABD错误。
故选C。
21．假设在真空玻璃盒内有一固定于地面上空附近的N极磁单极子，其磁场分布与正点电荷电场分布相似，周围磁感线呈均匀辐射式分布如图所示．一质量为m、电荷量为q的带电粒子正在该磁单极子上方附近做速度大小为v、半径为R的匀速圆周运动，其轨迹如虚线所示，轨迹平面为水平面．(已知地球表面的重力加速度大小为g,不考虑地磁场的影响),则(
)
A．带电粒子一定带负电
B．若带电粒子带正电，从轨迹上方朝下看，粒子沿逆时针方向运动
C．带电粒子做匀速圆周运动的向心力仅由洛伦兹力提供
D．带电粒子运动的圆周上各处的磁感应强度大小为
【答案】D
【解析】
根据左手定则知，从轨迹上方朝下看，若该粒子沿顺时针方向运动，该电荷带正电，若该粒子沿逆时针方向运动，该电荷带负电，AB错误；该粒子受到的洛伦兹力与所在处的磁感线方向垂直且斜向上，只是其水平分力(或者说是洛伦兹力与重力的合力)提供做匀速圆周运动的向心力，C错误；由洛伦兹力与重力的合力提供做匀速圆周运动的向心力，结合勾股定理，有，得该粒子所在处磁感应强度大小，C错误D正确．
22．如图所示，空间中存在在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，有一带电液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B，重力加速度为g，则液滴环绕速度大小及方向分别为（　　）
A．，顺时针
B．，逆时针
C．，顺时针
D．，逆时针
【答案】C
【详解】
液滴在复合场中做匀速圆周运动，知重力和电场力平衡，则液滴受到向上的电场力，可知液滴带负电，根据左手定则可知液滴做顺时针的匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
又因为重力和电场力平衡，则有
解得
故A、B、D错误，C正确；
故选C。
23．质量为m的带电小球在正交的匀强电场、匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道平面在竖直平面内，电场方向竖直向下，磁场方向垂直圆周所在平面向里，如图所示，由此可知（
）
A．小球带正电，沿顺时针方向运动
B．小球带负电，沿逆时针方向运动
C．小球带正电，沿逆时针方向运动
D．小球带负电，沿顺时针方向运动
【答案】D
【解析】
小球做匀速圆周运动，知靠洛伦兹力提供向心力，重力和电场力平衡，则电场力方向竖直向上，则小球带负电，根据小球所受的洛伦兹力方向，根据左手定则，小球沿顺时针方向运动，D正确．
24．如图，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。三个质量相等的小球，分别带上不等量的正电荷，电荷量分别为、、。已知在该区域内，a在纸面内向右做匀速直线运动，b在纸面内做匀速圆周运动，c在纸面内向左做匀速直线运动，三球速度大小相等，下列选项正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】
由题意可知，a球在纸面内向右做匀速直线运动，对a球受力分析可知，a球受到竖直向上的电场力，竖直向上的洛伦兹力，竖直向下的重力mg；由球a受力平衡可得
其中
，
联立以上两式解得
b球受力分析可知，b球受竖直向上的电场力，竖直向下的重力mg，指向圆心的洛伦兹力。由于b球做匀速圆周运动，所以b球的合外力只由洛伦兹力提供，所以重力和电场力的合力为零，得
其中
联立以上两式解得
对c球进行受力分析可知，c球受竖直向上的电场力，竖直向下的洛伦兹力，竖直向下的重力。由于c球向左做匀速直线运动，即受力平衡，得
其中
，
联立以上两式解得
所以
所以A项正确，故选A。
25．如图，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．两个带正电的微粒a、b，以相同的速度水平向右射入电磁场，a在纸面内向右做匀速直线运动，b在纸面内做匀速圆周运动．两个微粒的比荷与大小比较，正确的是
A．
B．
C．
D．条件不足，无法判断
【答案】C
【详解】
微粒受重力mg、电场力F、洛伦兹力F'的作用，
a在纸面内向左做匀速直线运动，则a受力平衡，且洛伦兹力方向向上，则有：，即，可得：；b在纸面内做匀速圆周运动，则b的重力等于电场力，即F
=mbg，即，可得：，由此可知：，故C正确，ABD错误．
第II卷（非选择题）
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三、解答题
26．如图所示，在竖直平面内，y≥0区域存在水平向左的匀强电场，y＜0区域存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小均为E；在y＜0区域还同时存在垂直于xoy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。长为L的绝缘轻绳一端固定于点P（，），另一端连接一带正电的小球，比荷大小为。现将小球由C点静止释放，释放时绳恰好伸直且与y轴平行，小球运动到O点瞬间将绳烧断。不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)小球刚释放瞬间的加速度大小a；
(2)小球刚到达O点时的速度大小v；
(3)小球从O点开始到第四次到达x轴（不含O点）所用的时间t。
【答案】(1)g；(2)
；(3)
【详解】
(1)由题意可知
mg=Eq
则C点时小球的合力大小为
根据牛顿第二定律F=ma有
a=g
(2)设小球匀加速到D点（绳子拉直）时速度大小为v0，由运动学公式有
垂直于绳方向的分速度为
v1=v0cos45°
从D到O的过程，由动能定理可知
解得
(3)由几何关系可知，微粒通过O点时速度与横轴夹角为45°。进入横轴下方后，由于重力与电场力等大、反向，所以微粒做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知
由几何对称性可知，粒子通过O点后，经过圆周运动后第一次经过横轴且与横轴成45°斜向右上进入第一象限。则圆周运动的时间
而后，粒子在第一象限中做匀变速直线运动经过
v=at
t2=2t
斜向左下45°第二次经过横轴，然后粒子经过匀速圆周运动后，斜向左上45°第三次经过横轴，所用时间t3
根据运动合成与分解的知识可知，第四次经过横轴的时间等于竖直上抛的时间
所以，从通过O点开始到第四次经过横轴的时间是
t=t1+t2+t3+t4
27．如图所示，足够大平行板MN、PQ水平放置，MN板上方空间存在叠加的匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，电场方向与水平成角斜向左上方（图中未画出），电场强度大小；两板间也存在方向垂直纸面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小和电场强度大小也为B和E。现有一质量为m、电量为q的带正电小球，在MN板上方电磁场中沿直线运动，并能通过MN板上的小孔进入两板间。
(1)求小球刚进入平行板时的速度v大小和方向；
(2)若小球进入两板间后，经过t时间撤去板间电场，小球恰好能做匀速直线运动且不与PQ板碰撞，求两板间距离d应满足的条件以及时间t。
【答案】(1)，方向与AB成角斜向下；(2)，
【详解】
(1)带正电的小球能在电磁场中沿直线运动，可知一定是匀速直线运动，受力平衡，因电场力
方向沿左上方与水平成角，重力mg竖直向下，可知电场力与重力夹角为，其合力大小为mg。如图所示
则满足
解得
方向与MN成角斜向下。
(2)依题知
故小球在两板间做匀速圆周运动。由牛顿第二定律
得
且
如图示位置撤去电场
由
可做匀速直线运动。由几何关系得
且
28．如图所示，在竖直平面内的坐标系xOy的第一象限与第四象限内有一条垂直于x轴的虚线MN、MN与x轴的交点为D。在y轴与虚线MN之间有匀强电场与匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小为E1；x轴上方的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B1，x轴下方的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B2，B1
=
2B2。在第二象限内有水平向右的匀强电场，场强大小为E2。一个质量为m、电荷量为
+
q的带电液滴从P点由静止释放，恰经过原点O进入第四象限后，开始做匀速圆周运动。已知P点坐标为（-
3d，4d），B1
=
（g为重力加速度），液滴通过O点后穿过x轴一次，最后垂直于MN射出磁场，sin37°
=
0.6，cos37°
=
0.8。求：
(1)场强E1、E2的大小；
(2)虚线MN与y轴的距离；
(3)液滴从P点释放到离开磁场的时间。
【答案】(1)E2
=；(2)6d；(3)
【详解】
(1)液滴在第一、四象限内做匀速圆周运动电场力与重力大小相等、方向相反，故有
E1q
=
mg
则
E1=
在第二象限，液滴在P点由静止释放后沿直线运动，设液滴进入磁场时速度方向与x轴成α角则
tanα
==
解得
α
=
53°
合力必沿PO方向，所以
tanα
=
解得
E2=
(2)设液滴经过O点时的速度大小为v，则
3E2qd
+
4mgd
=mv2
解得
v
=
液滴在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示
在x轴下方磁场中有
qvB2=
m
可得
R2=
3d
同理可解得液滴在x轴上方磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径
R1=
d
所以虚线MN与y轴的距离
x
=
2R2sin53°
+
R1sin53°
=
6d
(3)液滴在第二象限的加速度
a
=
液滴在第二象限的运动时间
t1==
2
液滴在x轴上方磁场中做匀速圆周运动的周期
T1==
液滴从P点移动到离开磁场的时间
t
=
t1
+=
(4
+)
29．如图所示，光滑水平地面上方矩形区域MNQP内存在互相垂直的匀强磁场和匀强电场，电场方向竖直向上，磁场方向垂直于纸面向里，PQ距离L=2
m，QN高度h=1
m，P点处有一带电量q=1
C、质量m=0.1
kg的小铁块(可视为质点)以v=4
m/s的水平初速度沿PQ方向进入电磁场区域。已知小铁块进入电磁场区域后立即做匀速圆周运动，g取10
m/s2。求：
(1)电场强度的大小E；
(2)要使小铁块最终回到水平地面上且与地面不发生碰撞，求磁感强度的最小值；
(3)若磁感应强度的大小B与电磁场区域的高度h均可以改变，要求粒子向上穿过MN边时做竖直上抛运动，并使小铁块与地面不发生碰撞且能从Q点离开电磁场区域，求小铁块从P点进入电磁场区域到从Q点离开的时间可能值。
【答案】(1)1
V/m；(2)
0.4
T；(3)
t=+0.8N
(s)，N=1,2,3…可取所有正整数
【详解】
（1）已知小铁块进入电磁场区域做圆周运动，可知小铁块所受合力仅为洛伦兹力，电场力应恰好与重力平衡
因此，电场强度大小为
（2）本题要求小铁块回到水平地面上且与地面不发生碰撞，即回到水平地面时仅有水平方向速度．经分析，当圆运动半径时，小铁块将在MN或NQ边冲出磁场做斜抛运动，最终和地面发生碰撞（图中A情况）；当时，小铁块在磁场经过1/4圆后，从MN的中点离开磁场，此时速度方向竖直向上，做竖直上抛运动．再次进入磁场后，小铁块再经过1/4圆到达Q点，此时速度方向水平，与地面接触但不发生碰撞，同时离开磁场，满足题目要求（图中B情况）；当时，小铁块可能经过多个周期在Q点离开磁场，也不会相撞（图中C情况），但此时磁场不是最小．
因此，满足题目条件的最小磁场对应小铁块圆运动半径．小铁块匀速圆周运动向心力由洛伦兹力提供，可列出运动学方程
通过上式可解出磁感应强度
（3）题目要求小铁块向上穿过MN边时做竖直上抛运动（速度方向竖直向上），仅可能小铁块在磁场运动轨迹为1/4圆，此时要求圆运动半径和电磁场区域高度相等
小铁块的运动情况与（2）中情形相似，从P点进入的小铁块在磁场经过1/4圆后，向上穿过MN边时做竖直上抛运动；再次进入磁场后，小铁块再经过1/4圆与PQ边相切（接触但不碰撞），此时速度大小为，方向水平向右；若PQ足够长，小铁块将重复以上运动过程（如图）．不妨将以上过程定义为一个运动周期．可以计算单个运动周期小铁块水平位移
要保证小铁块从Q点不碰撞地离开电磁场区域，只需要最后一个周期恰好在Q结束．设小铁块从P到Q共经历N个运动周期（N为正整数，图中为N=3的情形），单个周期小铁块水平位移x应满足
由此可得，圆运动半径（通过磁感应强度改变）、电磁场区域高度h需根据N不同而改变：
为求出总时间，先分析单个运动周期时间．单个周期时间由电磁场中的圆运动时间和电磁场外的竖直上抛运动时间两部分组成．电磁场中的圆运动由两个1/4圆弧构成，时间为
竖直上抛运动初速度和末速度分别为和（取向上为正方向），时间为
因此单个运动周期总时间
由此可求出N个周期总时间
可取所有正整数，以上即为小铁块从P点进入电磁场区域到从Q点离开的时间可能值.
30．如图所示，直角坐标系位于竖直平面内，第一象限中有沿轴正方向的匀强电场，在第二象限和第三象限的区域中存在沿轴负方向的匀强电场，电场强度大小均为，在的第二象限内还存在垂直平面向里的匀强磁场、在的第三象限内还存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小均为。一个质量为，电荷量为（）的带电微粒以初速度从轴上（位置未知）点射入第三象限、恰好从点进入电场区域，已知带电微粒在只存在电场的区域中都做直线运动，并且能够连续两次通过轴上的同一个点（未画出），已知和重力加速度均为已知量。求：
（1）初速度与正方向的夹角；
（2）带电微粒在第一象限中运动所用的时间；
（3）点的坐标和微粒从点第一次运动到点的时间。
【答案】（1）；（2）；（3），
【详解】
（1）由题意知，带电微粒在区域中做匀速直线运动，有
且由带电微粒在第一象限做直线运动，有
由磁场的对称性可得解得
（2）带电微粒在第一象限做匀变速直线运动由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得
解得
带电微粒在第一象限中往返一次所用的时间
（3）到的过程，微粒的重力等于电场力，微粒在洛仑兹力作用下在第二象限、第三象限做匀速圆周运动，有
由几何关系得
联立方程，解得点的坐标为
到的过程，带电微粒在磁场中运动的圆心角为
所以带电微粒到的过程的运动时间为
带电微粒从到的过程做匀速运动，其运动时间
带电微粒从点运动到点的时间为
联立方程，解得带电微粒从点运动到点的时间为
31．如图所示，竖直虚线左侧有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场的强度为，竖直虚线右侧有一绝缘斜面，斜面的倾角为，一带电小物块（可视为质点）从斜面上的点由静止滑下，经斜面的底端虚线上的点进入虚线左侧正交的电场和磁场中结果小物块恰好能做匀速圆周运动，并从虚线上的点回到右侧，已知小物块的电荷量为，两点的距离为，、两点的距离为，小物块与斜面的动摩擦因数，，求：
（1）小物块运动到点时的速度大小；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】
(1)小物块从点运动到点，由动能定理得
解得小物块运动到点时的速度大小
(2)小物块在正交的电场和磁场中做匀速圆周运动，则有
由几何关系可得
解得
32．如图所示，光滑四分之一圆弧轨道位于竖直平面内，半径R=0.8
m，与长l=2.0
m的绝缘水平面CD平滑连接。水平面右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E=20
N/C，方向竖直向上，磁场的磁感应强度B=1.0
T，方向垂直纸面向外。将质量为m=2.
0×10-6
kg、带电量q=1.0×10-6
C的带正电小球a从圆弧轨道顶端由静止释放，最后落在地面上的P点。已知小球a在水平面CD上运动时所受的摩擦阻力f
=
0.1mg，。取g=10
m/s2
，求(结果可带根号):
(1)小球a运动到D点时速度的大小；
(2)水平面CD离地面的高度h；
(3)从小球a开始释放到落地前瞬间的整个运过程中系统损失的机械能。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)设小球a运动到D点时的速度为vD，从小球a释放至D点，由动能定理得
解得
(2)小球a进入复合场后，满足
小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示
根据牛顿第二定律得
又因为，由图可知，联立解得
(3)系统损失的机械能为
33．如图所示，在无限长的竖直边界和间有匀强电场，同时该区域上、下部分分别有方向垂直于平面向内和向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为和，为上下磁场的水平分界线，在和边界上，距高处分别有、两点，和间距为，质量为，带电荷量为的小球（可视为质点）从点垂直于边界射入该区域，在两边界之间做匀速圆周运动，重力加速度为。
(1)求电场强度的大小和方向；
(2)要使粒子不从边界飞出，求粒子入射速度的最小值；
(3)若粒子能经过点从边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值。
【答案】(1)，方向竖直向下；(2)；(3)，，
【详解】
解：(1)小球在磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力平衡，即
mg=qE
解得
电场力的方向竖直向上，电场强度方向竖直向下。
(2)粒子运动轨迹如下左图所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值是vmin，对应的粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1、r2，圆心的连线与NS夹角为φ，小球在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
解得粒子轨道半径
则有
由几何知识得
解得
(3)小球运动轨迹如上右图所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下区域轨道半径分别为r1、r2，粒子第一次经KL时，距K点为x，由题意可知
3nx=1.8h（n=1、2、3?）
解得
，n<3.5
即n=1时
n=2时
n=3时
34．如图所示，半径R＝3.6m的光滑绝缘圆弧轨道，位于竖直平面内，与长L＝5m的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以v＝5m/s的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E＝20N/C，磁感应强度B＝2.0T，方向垂直纸面向外。a为m1＝1.0×10-3kg的不带电的绝缘物块，b为m2＝2.0×10-3kg、q＝1.0×10-3C带正电的物块。b静止于圆弧轨道最低点，将a物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与b发生弹性碰撞（撞撞过程中b的电量不发生变化），碰后立即撤去a。碰后b先在传送带上运动，后离开传送带飞入复合场中，最后落在地面上的P点，落地时速度方向与水平面成60°斜向左下方(如图)。已知b物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1。（g取10m/s2，a、b均可看做质点）求：
(1)物块a运动到圆弧轨道最低点时的速度及对轨道的压力；
(2)物块b离开传送带时的速度；
(3)从b开始运动到落地前瞬间，b运动的时间。
【答案】(1)6m/s，0.02N；(2)5m/s；(3)3.2s
【详解】
(1)由动能定理
可得
v0=6m/s
在B点，根据牛顿第二定律有
可得
FN=0.02N
由牛顿第三定律可得物块对轨道压力
F′N=-
FN
=-0.02N
方向竖直向下
(2)a与b弹性碰撞，则有：
联立可得
故b做加速运动；
由
解得
x=4.5m即b以v=5m/s的速度离开传送带飞进复合场
(3)b开始运动后：又因为
所以有
解得
R=5m
可得
t1=1s
L-x=vt2
可得
t2=0.1s
圆周运动的周期
可得
故
35．如图所示，光滑四分之一圆弧轨道位于竖直平面内，半径，与长的绝缘水平面平滑连接。水平面右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度方向竖直向上，磁场的方向垂直纸面向外。将质量为，带电量的带正电小球从圆弧轨道顶端由静止释放，在磁场中恰好做匀速圆周运动，直接打在地面上的点。已知小球在水平面上运动时所受的摩擦阻力，，，取，求：
(1)小球运动到点时速度的大小；
(2)电场强度大小；
(3)磁感应强度大小。
【答案】(1)3.46m/s；(2)20N/C；(3)1T
【详解】
(1)设小球a到D点时的速度为vD，从小球a释放至D点，由动能定理?
解得
vD=2=3.46m/s
(2)小球a进入复合场后
Eq=mg
解得
(3)小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，如图所示，
由
由图可知
解得
B=1T
36．如图所示，在平面直角坐标系中，是的角平分线，x轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等。一质量为m、带电荷量为+q的质点从上的M点由静止释放，质点恰能沿运动而通过O点，经偏转后从x轴上的C点进入第一象限内并击中上的D点（C、D均未画出）。已知，匀强磁场的磁感应强度大小为，重力加速度g取10
。求：
(1)两匀强电场的电场强度E的大小；
(2)的长度L；
(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间
【答案】(1)；(2)或；(3)或
【详解】
(1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用，沿做匀加速直线运动，所以有
解得
(2)质点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示。
则有
由运动学规律知
设粒子从C点运动到D点所用时间为，由类平抛运动规律知
联立解得
或
(3)质点从M到O做匀加速直线运动有
得
或
质点做匀速圆周运动有
质点做类平抛运动有
得
质点从M点出发到击中D点所经历的时间为
或
37．如图甲是法拉第发明的铜盘发电机，也是人类历史上第一台发电机。利用这个发电机给平行金属板电容器供电，如图乙，已知铜盘的半径为L，加在盘下侧的匀强磁场感应强度为B1，盘匀速转动的角速度为，每块平行板长度为d，板间距离也为d，板间加垂直纸面向内、磁感应强度为B2的匀强磁场。
(1)请用一种方法求解铜盘产生的感应电动势大小，并说明这种求解方法的优点；
(2)若有一带负电的小球从电容器两板中间水平向右射入，在复合场中做匀速圆周运动又恰好从极板右侧射出，求射入的速度v。
【答案】(1)，优点见解析；(2)
【详解】
(1)方法一：用法拉第电磁感应定律定义式求解
故
这种求解方法的优点是：将圆盘的转动等效为单棒的转动，单棒充当等效电源，假想有一个闭合回路，根据闭合回路磁通量的变化求解。
方法二：用法拉第电磁感应定律计算式求解
故
这种求解的优点是：将圆盘的转动等效为单棒的转动，利用单棒线速度与半径的线性特点，得到中点速度等效为导体棒的线速度。
(2)小球在复合场中做匀速圆周运动，必须电场力与重力平衡，洛仑兹力提供向心力，有
带电小球恰好能从金属板间射出，如右图所示，
根据勾股定理，有
联立解得
38．如图所示的电路中，定值电阻为R2=R3=R，R1为变阻箱，电源内阻r=R，水平正对放置的平行金属板A、B长为2d，板间的距离为d。当R1=R时，质量为m带负电电量大小为q的小液滴恰好能静止在两板的正中间M点，（重力加速度用g表示）求：
（1）电源电动势为多大；
（2）当R1=2R时，小液滴以多大的速度从M点水平向右发射会擦着上板右边缘飞出；
（3）当R1=R，小液滴以（2）的速度从M点水平发射，同时在金属板间加上垂直于纸面方向的匀强磁场，小液滴要仍擦着上板边缘（不接触金属板）飞出，则所加匀强磁场的磁感应强度B的方向和大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）小液滴静止时，根据平衡条件有
电容器两端的电压为
根据闭合电路的知识可得
联立上式解得
（2）当R1=2R时，小液滴在电场中的加速度为
电容器两端的电压为
根据闭合电路的知识可得
在电场中做类平抛运动，可得
，
联立上式解得
（3）由左手定则可知，加的磁场方向为垂直于纸面向外，重力与电场力平衡，做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可得
根据几何关系有
联立上式解得
39．和水平的轴之间的夹角为30°，其间存在匀强磁场和匀强电场，如图所示，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向外，电场的方向竖直向上。现从上的点沿纸面向左上方先后发射速度大小分别为和（大小未知），速度方向与均成30°角的两相同的带电小球甲、乙。乙进人磁场后恰好做匀速圆周运动，运动轨迹恰好与相切，且能从上另一点射出磁场（未画出）。已知带电小球的质量为、带电荷量为，，重力加速度为。
(1)求两带电小球在磁场中分别运动的时间；
(2)若在轴上有竖直的光屏，在轴和之间的区域加上与和轴间等大反向的电场，带电小球离开与轴间的区域后继续运动，最终打在光屏上，求甲、乙小球打到光屏上的坐标变化。
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)由题意可知，小球在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球受到的电场力与重力平衡，故小球带正电。小球的运动轨迹如图所示。由几何知识得，速度为的小球在磁场屮的运动轨迹对应的圆心角为300°根据题意有
解得
周期
故
甲球速度小于乙球，圆周运动半径小于乙，则两小球在磁场中的运动轨迹对应的圆心角相等，故在磁场中的运动时间相等均为
(2)由几何知识得
解得
速度为的乙小球从点离开与轴间的区域后在光屏和轴之间的区域，做类平抛运动。设小球打在光屏上的点，竖直位移为，竖直方向有
得
水平位移
竖直位移
又
联立解得
乙小球打到光屏上的点的轴坐标为
同理对速度为的甲小球在光屏和间做类平抛运动，有水平位移
竖直位移
又
联立解得
甲小球打到光屏上的点的轴坐标为
其中
联立解得
故甲、乙小球打到光屏上的坐标变化为
40．如图所示，AD是倾角为θ=、长为l=2m的倾斜轨道，在DC和AD之间有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度B1=0.05T；ED是水平的荧光屏，在CD右侧和ED下方有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ(未画出)，磁感应强度B2=1T；质量为m=0.05kg、电荷量为q=＋0.2C的物块(可视为质点)从A点由静止释放，经过t=1.15s，物块到达D点并进入匀强磁场Ⅱ，已知物块与AD间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，取sin=0.6，cos=0.8。
(1)求物块到达D点时的速度大小vD；
(2)若在匀强磁场Ⅱ所在区域加一匀强电场，使得物块进入匀强磁场Ⅱ后做直线运动，求该匀强电场的大小和方向；
(3)若在D点安装一个长度可忽略的圆弧轨道，使得物块离开轨道后水平向右进入匀强磁场Ⅱ，而且匀强磁场Ⅱ方向变成垂直纸面向外，求物块打在荧光屏上的位置。
【答案】(1)2.5m/s；(2)，方向指向左上方，与水平方向夹角为；(3)距离D点1.25πm
【详解】
(1)物块带正电，开始运动后，由左手定则知其受到垂直AD向上的洛伦兹力，根据动量定理有
mvD＝mgtsinθ－μ(mgcosθ－qB1)t
且
解得
vD＝2.5m/s
(2)物块在匀强磁场Ⅱ所在区域做直线运动，那么电场力、重力、洛伦兹力这三力平衡，设电场方向与水平方向夹角为，正交分解可得
Eqsin＝mg－qvDB2sin
Eqcosφ＝qvDB2cos
解得
E=V/m，=arctan
方向指向左上方
(3)根据题意，物块水平进入匀强磁场Ⅱ，又因物块受到向下的重力，可将速度vD分解为向左的速度v左和向右的速度v右，速度向左时受到向上的洛伦兹力，向左的速度需满足
qv左B2＝mg
用来平衡物块受到的重力，解得
v左＝2.5m/s，v右＝5m/s
向右的速度使物块在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，有
qv右B2=m
因此物块运动可视为一边顺时针做圆周运动，一边向左匀速运动，因此物块打到荧光屏上的位置与D点的距离
d=v左T
联立解得
d=1.25πm
因此物块打在荧光屏的位置与D点相距1.25πm
41．如图所示，匀强电场方向斜向右下方，与水平方向夹角为30°，一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从某根电场线上的P点以与电场线成60°角的方向斜向右上方抛出，初速度为v0。已知重力加速度为g，电场强度大小，不计空气阻力。求：
(1)小球再次到达这根电场线上的Q点（未画出）时运动的时间；
(2)将电场方向改为竖直向上，加上垂直纸面向外的匀强磁场，其他条件不变，小球仍能到达Q点，求所加匀强磁场磁感应强度大小B。
【答案】(1)；(2)
【详解】
(1)根据题意受力分析如下图甲所示
由题目已知电场力与重力方向夹角为，且
故有
且由几何知识可知方向与方向垂直，由于整个过程中电场力与重力都为恒力，故可把等效为新的重力，小球在此合力下做类平抛运动，设小球再次落在电场线上的Q点如下图乙所示位置
则由牛顿第二定律可得
设小球运动到Q点得时间为t，则由类平抛运动知识可得
由以上三式联立解得
(2)由(1)中可得
当电场方向改为竖直向上时，受力分析如下图丙所示
由题可知
故小球此时相当于只受洛伦兹力，在的作用下做匀速圆周运动，故有
又由几何知识不难得出
由以上两式联立解得
42．如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心在O点，半径为r，内壁光滑，A、B两点分别是圆弧的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动（电荷量不变），经C点时速度最大，O、C连线与竖直方向夹角=60°，重力加速度为g。
(1)求小球所受到的电场力大小；
(2)若小球恰好能做完整的圆周运动，通过A点时的速度大小？
【答案】（1）；（2）
【分析】
(1)抓住带电小球运动至C点的速度最大这一突破口，根据竖直平面内圆周运动的最大速度出现在物理“最低点”，即合外力沿半径指向圆心，而电场力和重力的合力则背离圆心的方向。作出受力示意图，求解电场力的大小。
(2)当小球刚好通过C点关于O对称的D点时，就能做完整的圆周运动，此时在D点由电场力和重力的合力提供向心力，可求出D点的速度，由动能定理求出v0。
【详解】
(1)已知带电小球在光滑的竖直圆轨道内做完整的圆周运动，经C点时速度最大，因此，C点是竖直平面内圆周运动的物理“最低点”，也就是小球在C点电场力和重力的合力则背离圆心的方向，如图
则有
因此电场力为
(2)D点竖直平面内圆周运动的物理“最高点”，恰好能完整的做圆周运动，在“最高点”有最小速度，即
解得
由A点运动到D点的过程，由动能定理
解得
【点睛】
本题抓住小球经D点时速度最小，相当于竖直平面的最高点，根据指向圆心的合力提供圆周运动向心力为解题关键。
43．如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的长为2d的矩形匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，将喷墨打印机的喷口靠近下板上表面（墨滴与下极板恰好没接触），从喷口连续不断沿水平方向喷出质量均为m、带相等电荷量为+q的墨滴。调节电源电压至某值时，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动，并进入电场、磁场共存区域运动，不考虑边缘效应，重力加速度为g。求：
(1)墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动时，极板两端电压U为多大？
(2)要使进入电场、磁场共存区域的墨滴打不到上极板，水平速度v0的值。
【答案】(1)；(2)或
【分析】
(1)根据电场力和重力平衡求出电压。
(2)墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，墨滴做匀速圆周运动，根据墨滴恰好打不到上极板，通过几何关系得出墨滴的轨道半径，结合带电墨滴在磁场中运动的半径公式求出墨滴进入磁场后恰好不打到上板的右端时水平速度v0的取值。
【详解】
(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有
得
(2)进入电场、磁场共存区域后，重力与电场力平衡，磁场力做匀速圆周运动的向心力
墨滴进入磁场后恰好不打到上板，轨迹与上板刚好相切时，如图轨迹①，由几何关系得半径
由此可得
墨滴进入磁场后恰好不打到上板的右端时，如图轨迹②
由几何关系得
（R2-d）2+（2d）2=R22
得
由此可得
因此，水平速度v0的取值
或
44．
如图所示，xOy坐标系位于竖直平面内，在x＜0的区域内存在电场强度大小（g为重力加速度）、方向沿y轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向垂直坐标平面向外的匀强磁场；在x＞0的区域内存在电场强度大小E2＝2E1、方向沿y轴正方向的匀强电场．某时刻，在第三象限的N点以大小为v0的初速度沿x轴负方向射出质量为m、带电荷量为+q的小球甲，小球甲从y轴上的P点（图中未画出）进入y轴右侧的电场，最终恰好以沿x轴正方向的速度经过x轴上的Q1点（图中未画出）．小球所带的电荷量不影响电场的空间分布．（结果均用B、m、q、v0四个物理量中的量表示）
（1）求P点到O点的距离．
（2）求E1和B大小的比值．
（3）如果在P点静止放置一质量为m、不带电的小球乙，小球甲运动到P点时与小球乙相碰，碰撞时间极短，碰撞过程电荷量不变，碰后两小球结合成一个整体，求结合体从P点运动到与Q1点在同一竖直线上的Q2点（图中未画出）的时间．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【详解】
（1）对小球甲在x＜0的区域内受力分析有:
qE1＝mg
可知小球甲所受的电场力与重力平衡，洛伦兹
力使小球甲在y轴左侧做匀速圆周运动，轨迹
半径，
又N点的坐标为，
小球甲运动轨迹的圆心在x轴负半轴上，且小
球甲运动个圆周后到达P点，运动轨迹如图
所示：
小球甲在P点的度方向与y轴负方向的夹角
α＝45°，
故；
（2）小球甲进入y轴右侧的场电场后，对小球甲
受力分析得
qE2﹣mg＝ma，
解得a＝g，方向竖直向上，
根据题意可知，小球甲在y轴右侧的运动轨迹
恰好与x轴相切，则在沿y轴方向有
，
又，
联立解得
（3）小球甲、乙在P点相碰，设碰后结合体的速
度大小为v，由动量守恒定律得
在y轴右侧的电场中，对结合体有
所以结合体在y轴右侧做匀速直线运动，由运
动学规律可知OQ1＝2OP
根据几何关系有
又PQ2＝vt
解得结合体从P点运动到Q2点的时间
．
45．如图所示，在空间建立直角坐标系，坐标轴正方向如图所示。空间有磁感应强度为B=1T，方面垂直于纸面向里的磁场，II、III、IV象限（含x、y轴）有电场强度为E=2N/C，竖直向下的电场。光滑
圆弧小管道（管的直径略大于B球直径），圆心O'，半径为R=4m，小圆管底端位于坐标轴原点O。质量为m=1kg，带电q1=-1C的小球A从O'处水平向右飞出，经过一段时间，正好运动到O点。质量为m2=2kg，带电q2=2C的小球B从小圆管顶端（与圆心等高处）静止释放，与A同时运动到O点并发生完全非弹性碰撞，碰后生成小球C。小球A、B、C均可视为质点，所在空间无重力场作用。
(1)小球A在O'处的初速度为多大；
(2)碰撞完成后瞬间，小球C对圆管轨道的压力；
(3)小球C从O点飞出后的瞬间，将磁场方向改为竖直向上。分析C球在后续运动过程中，又回到y轴时离O点的距离。
【答案】(1)
2m/s
(2)
压力为3N，方向向下
(3)
（n=1、2、3。）
【详解】
(1)A从O'飞出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动
洛伦兹力提供向心力
解得
(2)设B滑到O点的速度为vB，由动能定理
解得
A、B在O点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的C球质量为mc，，速度为v1，
由动量守恒定律
得
在碰后瞬间，C球做圆周运动，设轨道对C支持力为N，
C球带电量
解得
N=3N
由牛顿第三定律可得压力为3N，方向向下；
(3)C球从轨道飞出后，受到竖直向下的电场力和垂直纸面向外的洛伦兹力，在电场力作用下，C球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期T，C球回到y轴上。由
及
解得C球圆周运动周期
C球竖直方向加速度
C球回到y轴时坐标
代入数据解得
（n=1、2、3。）
46．如图所示，为竖直面内的直角坐标系，在y轴两侧存在电场强度大小相等的匀强电场，y轴右侧电场方向竖直向下，y轴左侧电场方向竖直向上。y轴左侧还存在一个方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出），磁场边界与y轴相切于O点。现有一个质量为m、带电荷量为+q的小球，用长为l、不可伸长的绝缘细线悬挂在P点的钉子上，P点与坐标原点O的距离亦为。将小球拉至细线绷直且与y轴负方向成角无初速释放，小球摆至O点还未进入磁场瞬间细线恰好被拉断。小球在y轴左侧运动一段时间后刚好击中P点的钉子，此时速度方向与y轴正方向的夹角为。已知细线能承受的最大张力，小球可视为质点，重力加速度为g，，不计阻力。求：
(1)电场强度的大小：
(2)磁感应强度的大小和磁场区域的面积。
【答案】(1)；(2)
；
【详解】
(1)设小球从静止释放运动到O点时的速率为v0，由动能定理得
在O处细线恰好断裂，由牛顿第二定律得
而
F=4mg
联立解得
(2)由前面分析可知小球在O处进入磁场后，重力与电场力恰好平衡，粒子做匀速圆周运动。出磁场后做匀速直线运动到达P处。粒子运动轨迹如图所示
O1、O2分别为轨迹圆心、磁场圆心，设r、R分别为轨迹圆、磁场圆的半径，根据几何关系有
解得
由牛顿第二定律得
解得
方向垂直于纸面向外；由几何关系可知
解得
47．（14分）如图所示，绝缘轨道MNPQ位于同一竖直面内，其中MN段是长度为L的水平轨道，PQ段为足够长的光滑竖直轨道，NP段为光滑的半径为R的四分之一圆弧，圆心为O，直线NN′右侧有方向水平向左的电场（图中未画出），电场强度E=，在包含圆弧轨道NP的ONO′P区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场（边界处无磁场）．轨道MN最左端M点处静止一质量为m、电荷量为q的带负电的物块A，一质量为3m为物块C从左侧的光滑轨道上以速度v0撞向物块A．A、C之间发生弹性碰撞，之后沿轨道向右运动，A、C均可视为质点，且与轨道MN的动摩擦因数相同且动摩擦因数为μ，重力加速度为g．A在运动过程中所带电荷量保持不变且始终没有脱离轨道．求：
（1）碰撞后A、C的速度大小；
（2）问当A、C与水平轨道MN的动摩擦因数μ满足什么条件时，能使A碰后能冲上圆弧轨道，且不会与C发生第二次碰撞；
（3）若A碰后能冲上圆弧轨道且越过P点后再返回到N点，求此过程中A对轨道NP的最大压力的大小．
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】
（1）A、C发生弹性碰撞后的速度分别为vA、vC，则有：
3mv0=mvA+3mvC
1分
=+②
1分
联立①②解得：③
1分
④
1分
（2）若要冲过N点，满足
1分
得：
若要不与C发生第二次碰撞，设A、C最后静止时与M点的距离为l1，A在NN′右侧运动过程中，电场力和重力做功之和为0．有
μmg（2L－l１）=
1分
μ?3mgl１=
1分
联立解得③④⑤⑥μ⑦
应满足：
2分
或者写出上面结果分别给1分
（3）A在NN′右侧受到的电场力F=qE=mg⑩
重力和电场力的合力大小为F合=2mg，方向与OP夹角为．过O点沿合力方向作直线与圆弧相交于Ｋ点，当A经P点返回N点的过程中到达K点时，达到最大速度，此时A对轨道的压力最大．
1分
A从M点到K点过程中，由动能定理可得：
2分
返回K点时：FN－F合－
1分
由上可得：
由牛顿第三定律得A对轨道NP的最大压力为：
1分
48．利用磁场可以控制带电微粒的运动。如图甲所示，直角坐标系xOy平面内，一个质量为m、电荷量为q的带正电微粒，以初速度v0在t=0时沿+x方向从坐标原点O射入，为平衡带电微粒的重力，空间加上了匀强电场，同时施加垂直纸面向里的磁场，磁感应强度随时间周期性变化的规律如图乙所示。经时间微粒运动到处。重力加速度为g。求：
(1)电场强度；
(2)磁感应强度大小；
(3)带电微粒能否再次回到O点？若能，求出相邻两次通过O点过程中微粒通过的路程；若不能，求带电微粒总体朝哪个方向运动，并求出朝这个方向运动的平均速度。
【答案】(1)，方向竖直向上；(2)；(3)能再次回到O点，
【详解】
(1)对带电微粒，由平衡条件得
电场强度大小为
方向竖直向上。
(2)对带电微粒，在运动到的过程中，轨迹如图所示
由图可求得带电微粒在磁场作用时的运动半径
此过程中，洛仑兹力提供带电微粒做圆周运动的向心力
求得
(3)带电微粒在周期性磁场作用下，运动轨迹如图所示
所以带电微粒能再次回到O点，它相邻两次通过O点的过程中带电微粒的路程为
49．如图所示，在y轴竖直向上的直角坐标系中，电场、磁场的分布情况如下：
①在0＜y＜a的区域内，存在沿x轴负向的匀强电场和垂直xOy平面向里的匀强磁场；
②在y＜0区域内，存在沿y轴正向的匀强电场；
③在y＜y1区域内（y1未知），同时存在垂直xOy平面向外的匀强磁场；
各区域的电场、磁场强弱相同。一质量为m、电量为q带正电的小球，从xOy平面内的P点以初速v0向右抛出．小球进入0＜y＜a的复合场区沿直线运动，恰好过坐标原点，方向如图。如果小球能够第二次到达O点，重力加速度为g，求：
（1）小球第一次经过O点时的速度v；
（2）电场强度E和磁感应强度B；
（3）小球两次通过O点经历的时间t。
【答案】（1）；（2）；；（3）
【详解】
（1）小球进入正交场时做直线运动，一定是匀速直线运动，进入正交场时速度方向与x轴成45°角，则经过O点时的速度为
（2）小球进入正交场时做匀速直线运动
qE=mgtan45°
∴
∴
（3）小球在x轴下方的正交场中，由于mg=qE，则小球在上部分电场中做匀速直线运动，在下部分正交场中做匀速圆周运动，则
解得
小球两次通过O点，在电场中的时间
在正交场中
在正交场中的时间
∴
50．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴，一质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场区域，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为。不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)电场强度E的大小和方向；
(2)小球从A点抛出时初速度的大小。
【答案】(1)，电场强度方向竖直向上；(2)
【详解】
(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡，有
得到
电场强度方向竖直向上。
(2)小球做匀速圆周运动，为圆心，为弦长，，如图所示
设半径为，由几何关系知
设小球做圆周运动的速率为，根据牛顿第二定律有
由速度的合成与分解知
联立可得
51．静电喷漆技术具有效率高、浪费少、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化如图。A、B为水平放置的间距的两块足够大的平行金属板，两板间有方向由B指向A的匀强电场，场强为。在A板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P，油漆喷枪可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为的油漆微粒，已知油漆微粒的质量均为、电荷量均为，不计油漆微粒间的相互作用、油漆微粒带电对板间电场和磁场的影响及空气阻力，重力加速度。求：
(1)油漆微粒落在B板上所形成的图形面积。
(2)若让A、B两板间的电场反向，并在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.06T，调节喷枪使油漆微粒只能在纸面内沿各个方向喷出，其它条件不变。B板被油漆微粒打中的区域的长度。
(3)在满足(2)的情况下，打中B板的油漆微粒中，在磁场中运动的最短时间。
【答案】(1)18.1m2；(2)1.6m；(3)0.
31s
【详解】
(1)油漆微粒的加速度为
①
根据运动学公式有
②
运动的半径
③
落在B板上所形成圆形面积为
④
由①②③式并代入数据得
⑤
(2)当电场反向是有
⑥
油漆微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律有
⑦
水平向右射出的油漆微粒打在B板的右端，根据几何关系有
⑧
的长度为
⑨
打在B板左端的油漆微粒为和板相切的微粒，同理求得
⑩
油漆微粒打在极板上的长度为
?
由⑥⑦⑧⑨⑩?并代入数据得
?
(3)打在B板上的微粒中，最短的弦长对应的时间最短，
由几何关系有
?
运动的最短时间为
?
微粒在磁场中运动的周期为
?
由⑦???式代入数据解得
．

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