一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。
1．(2021·湖北適應(yīng)性測試)一長為L的直導(dǎo)線置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)線中的電流為I。下列說法正確的是( )
A．通電直導(dǎo)線受到安培力的大小為ILB
B．無論通電直導(dǎo)線如何放置，它都將受到安培力
C．通電直導(dǎo)線所受安培力的方向垂直于磁感應(yīng)強(qiáng)度方向和電流方向構(gòu)成的平面
D．安培力是載流子受到的洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，所以安培力對通電直導(dǎo)線不做功
【解析】選C。當(dāng)通電直導(dǎo)線和磁感線垂直時(shí)，通電直導(dǎo)線受到的安培力為IBL，當(dāng)二者關(guān)系不垂直時(shí)，通電直導(dǎo)線受到的安培力小于IBL，當(dāng)通電直導(dǎo)線和磁場方向平行時(shí)，安培力為0，選項(xiàng)A、B錯誤；通電直導(dǎo)線受到的安培力方向總垂直于磁感應(yīng)強(qiáng)度方向和電流方向所構(gòu)成的平面，選項(xiàng)C正確，通電直導(dǎo)線在安培力的作用下，可以沿安培力的方向運(yùn)動，安培力可以做功，選項(xiàng)D錯誤。
2．如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場。一帶電粒子垂直于磁場邊界從a點(diǎn)射入，從b點(diǎn)射出。下列說法正確的是( )
A.粒子帶正電
B．粒子在b點(diǎn)的速率大于在a點(diǎn)的速率
C．若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，則粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出
D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間變短
【解析】選C。粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可得粒子帶負(fù)電，故A錯誤；粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)洛倫茲力不做功，粒子在b點(diǎn)的速率等于在a點(diǎn)的速率，故B錯誤；根據(jù)R＝ eq \f(mv,Bq) 可知，若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，則粒子運(yùn)動的半徑增大，粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出，故C正確；若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運(yùn)動半徑減小，粒子軌跡對應(yīng)的圓心角有可能增大，根據(jù)t＝ eq \f(θ,2π) T，可知粒子運(yùn)動時(shí)間可能增加，故D錯誤。
【加固訓(xùn)練】
一帶電粒子沿垂直磁場方向射入一勻強(qiáng)磁場，經(jīng)過一鉛板P后，半徑減小，軌跡如圖所示。則下列說法正確的是( )
A.粒子帶正電，速度逐漸減小
B．粒子帶負(fù)電，速度逐漸減小
C．粒子帶正電，速度逐漸增大
D．粒子帶負(fù)電，速度逐漸增大
【解析】選A。根據(jù)左手定則可得粒子帶正電， 因?yàn)榱Ｗ拥倪\(yùn)動半徑減小，根據(jù)公式r＝ eq \f(mv,Bq) 可得粒子的運(yùn)動速度逐漸減小，故A正確。
3．(2021·深圳高二檢測)四根完全相同的長直導(dǎo)線互相平行，它們的截面處于一個正方形的四個頂點(diǎn)上，導(dǎo)線中通有大小都相等的電流，電流的方向如圖所示，O點(diǎn)是正方形對角線交點(diǎn)。每一根通電導(dǎo)線單獨(dú)在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是0.5 T，則O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)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】選A。根據(jù)右手螺旋定則，各電流產(chǎn)生的磁場的方向如圖所示：
b與d導(dǎo)線電流產(chǎn)生的磁場方向都沿左下方，而a與c導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場方向都沿右下方，由于各電流產(chǎn)生的磁場的大小都是B＝0.5 T，所以合磁場的方向沿角平分線的方向，大小為：B合＝2 eq \r(2) B＝2 eq \r(2) ×0.5 T＝ eq \r(2) T，故A正確。
4．如圖所示，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動，下列選項(xiàng)正確的是( )
A.ma>mb>mc B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma
【解析】選B。a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，所以mag＝qE；b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動，所以mbg＝qE＋Bqv；c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動，所以mcg＋Bqv′＝qE，根據(jù)公式可解得：mb>ma>mc，故B正確，A、C、D錯誤。
5．(2021·佛山高二檢測)CT掃描是計(jì)算機(jī)X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機(jī)可用于對多種病情的探測。圖(a)是某種CT機(jī)主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖(b)所示。圖(b)中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實(shí)線所示的方向前進(jìn)，打到靶上，產(chǎn)生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)；將電子束打到靶上的點(diǎn)記為P點(diǎn)。則( )
A.M處的電勢高于N處的電勢
B．增大M、N之間的加速電壓可使P點(diǎn)左移
C．偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外
D．增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可使P點(diǎn)左移
【解析】選D。由于電子帶負(fù)電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向M，根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知M的電勢低于N的電勢，故A錯誤；增大加速電壓則根據(jù)eU＝ eq \f(1,2) mv2，可知會增大到達(dá)偏轉(zhuǎn)磁場的速度；又根據(jù)在偏轉(zhuǎn)磁場中洛倫茲力提供向心力有evB＝m eq \f(v2,R) 可得R＝ eq \f(mv,eB) ，可知會增大在偏轉(zhuǎn)磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑，由于磁場寬度相同，故根據(jù)幾何關(guān)系可知會減小偏轉(zhuǎn)的角度，故P點(diǎn)會右移，故B錯誤；電子在偏轉(zhuǎn)磁場中做圓周運(yùn)動，向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；由B選項(xiàng)的分析可知，當(dāng)其他條件不變時(shí)，增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度會減小半徑，從而增大偏轉(zhuǎn)角度，使P點(diǎn)左移，故D正確。
【加固訓(xùn)練】
如圖所示，在第二象限中有水平向右的勻強(qiáng)電場，在第一象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。有一重力不計(jì)的帶電粒子(電量為q，質(zhì)量為m)以垂直于x軸的速度v0從x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場，恰好與y軸成45°角射出電場，再經(jīng)過一段時(shí)間又恰好垂直于x軸進(jìn)入第四象限。已知OP之間的距離為d，則( )
A.帶電粒子通過y軸時(shí)的坐標(biāo)為(0，d)
B．電場強(qiáng)度的大小為 eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,qd)
C．帶電粒子在電場和磁場中運(yùn)動的總時(shí)間為 eq \f(（3π＋4）d,2v0)
D．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 eq \f(\r(2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4qd)
【解析】選C。粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，因?yàn)檫M(jìn)入磁場時(shí)速度方向與y軸成45°角，所以沿x軸方向的分速度vx＝v0，在x軸方向做勻加速運(yùn)動，有d＝ eq \f(0＋v0,2) t，沿y軸方向做勻速運(yùn)動，有s＝v0t＝2d，故選項(xiàng)A錯誤；在x軸方向做勻加速運(yùn)動，根據(jù)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) ，故選項(xiàng)B錯誤；粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖所示，
由圖可知粒子的軌跡半徑R＝2 eq \r(2) d，圓心角θ＝135°＝ eq \f(3,4) π，所以在磁場中的運(yùn)動時(shí)間為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) ；在電場中的運(yùn)動時(shí)間為t2＝ eq \f(2d,v0) ，所以總時(shí)間為t＝t1＋t2＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3π＋4))d,2v0) ，故選項(xiàng)C正確；由qvB＝ eq \f(mv2,R) 可知磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ eq \f(m×\r(2)v0,q×2\r(2)d) ＝ eq \f(mv0,2qd) ，故選項(xiàng)D錯誤。
6．在勻強(qiáng)磁場中放置一個矩形截面的載流導(dǎo)體，當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時(shí)，在導(dǎo)體內(nèi)的垂直于磁場和電流方向的兩個端面之間會出現(xiàn)電勢差，這一現(xiàn)象就是霍爾效應(yīng)，這個電勢差也被叫作霍爾電壓。同時(shí)在導(dǎo)體內(nèi)形成霍爾電場EH，利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域。如圖所示，在勻強(qiáng)磁場B(磁場方向垂直于前后表面)中有一載流導(dǎo)體，已知上表面寬為d，側(cè)面高為h(已在圖中標(biāo)出)，若通過導(dǎo)體的電流為I，電壓表示數(shù)為U，電子的電荷量為e，導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為n，下列說法中正確的是( )
A.洛倫茲力對電子做正功
B．磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝ eq \f(nedU,I)
C．導(dǎo)體內(nèi)形成的霍爾電場EH＝ eq \f(U,d)
D．若圖中的電流I是電子的定向運(yùn)動產(chǎn)生的，則上表面比下表面電勢高
【解析】選B。洛倫茲力在任何情況下都不做功，故A錯誤；當(dāng)電壓表示數(shù)穩(wěn)定為U時(shí)，根據(jù)受力平衡有：evB＝eEH根據(jù)勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系有：EH＝ eq \f(U,h) ，根據(jù)電流微觀表達(dá)式有：I＝nevS＝nevhd，聯(lián)立可得：B＝ eq \f(nedU,I) ，故B正確，C錯誤；電流I是電子的定向運(yùn)動產(chǎn)生的，電子定向移動方向與電流方向相反，故由左手定則可以判斷電子向上表面偏轉(zhuǎn)，所以上表面電勢低于下表面電勢，故D錯誤。
7．如圖所示，在兩塊平行金屬板間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(磁場未畫出)。現(xiàn)有兩種帶電粒子M、N分別以同樣的速度v從左端沿兩板間的中線射入，都能沿直線從右端射出，不計(jì)粒子重力。以下說法正確的是( )
A.帶電粒子M、N的電性一定相同
B．帶電粒子M、N的電量一定相同
C．撤去電場僅保留磁場，M、N做圓周運(yùn)動的半徑一定相等
D．撤去磁場僅保留電場，M、N若能通過場區(qū)，則通過場區(qū)的時(shí)間相等
【解析】選D。無論正或負(fù)粒子穿過速度選擇器時(shí)，滿足qvB＝qE做勻速直線運(yùn)動，則不選電性和電量，而選擇了入口和速度v的大小，故A、B錯誤；粒子在剩下的磁場中做勻速圓周運(yùn)動，有qvB＝m eq \f(v2,R) ，可得R＝ eq \f(mv,qB) ，兩粒子的比荷不一定相同，則運(yùn)動的半徑不一定相同，故C錯誤；撤去磁場后，在電場中做類平拋運(yùn)動，若能穿過電場則水平方向做勻速直線運(yùn)動有：l＝vt，可知兩粒子的運(yùn)動時(shí)間相同，故D正確。
二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
8．如圖所示，三根通電長直導(dǎo)線a、b、c都垂直于紙面放置，彼此之間的距離都相等，b、c電流等大反向，a、c電流方向相同，a電流大小為c電流大小的一半。已知a受到c所產(chǎn)生磁場的安培力為F，若直線電流在某點(diǎn)所產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與電流成正比，與該點(diǎn)到直線電流的距離成反比，則下列說法正確的是( )
A.b、c對a作用力的合力大小等于F
B．b、c對a作用力的合力方向垂直于ac連線
C．a(chǎn)、c對b作用力的合力方向垂直于ac連線
D．a(chǎn)、c對b作用力的合力大小等于 eq \r(7) F
【解析】選A、D。設(shè)c在a處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B以及彼此之間的距離為L；根據(jù)安培定則可知，b、c在a處產(chǎn)生的磁場方向如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則可知，B合＝B；a受到c所產(chǎn)生磁場的安培力為F，即F＝BIL，所以b、c對a作用力的合力大小等于F，A正確；根據(jù)A中分析可知，合場強(qiáng)方向如圖所示，再根據(jù)左手定則可知，b、c對a作用力的合力方向不垂直于ac，B錯誤；根據(jù)安培定則可知，a、c在b處產(chǎn)生的磁場方向如圖所示，由圖可知，合磁場方向如圖所示，由安培定則可知，安培力不垂直于ac連線，C錯誤；由已知可知，a受c的安培力為F，c在a處產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則a在b處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 eq \f(B,2) ；而c在b處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；根據(jù)平行四邊形定則可知，B合′＝ eq \r(B2＋（\f(B,2)）2－2B×\f(B,2)cs120°) ＝ eq \f(\r(7),2) B；a受到c所產(chǎn)生磁場的安培力為F，即F＝BIL，所以b、c對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正確。
【加固訓(xùn)練】
(多選)如圖所示，甲是不帶電的絕緣物塊，乙是帶正電的物塊，甲、乙疊放在一起，置于粗糙的絕緣水平地面上，地面上方有水平方向、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)加一個水平向左的勻強(qiáng)電場，發(fā)現(xiàn)甲、乙無相對滑動并一同水平向左加速運(yùn)動，在加速運(yùn)動階段( )
A.甲、乙兩物塊間的摩擦力不變
B．甲、乙兩物塊做加速度減小的加速運(yùn)動
C．乙物塊與地面之間的摩擦力不斷減小
D．甲、乙兩物塊最終做勻速直線運(yùn)動
【解析】選B、D。以甲、乙整體為研究對象，分析受力如圖甲所示，隨著速度的增大，F(xiàn)洛增大，F(xiàn)N增大，則乙物塊與地面之間的摩擦力f不斷增大，故C錯誤；由于f增大，一定，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度a減小，甲、乙兩物塊做加速度不斷減小的加速運(yùn)動，最后一起勻速運(yùn)動，故B、D正確；對乙進(jìn)行受力分析，如圖乙所示，－f′＝a，a減小，則f′增大，即甲、乙兩物塊間的摩擦力變大，故A錯誤。
9．(2021·揭陽高二檢測)如圖所示，在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存在著與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場，一帶電粒子沿著弧線apb由區(qū)域Ⅰ運(yùn)動到區(qū)域Ⅱ。已知圓弧ap與圓弧pb的弧長之比為2∶1，下列說法正確的是( )
A.粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為2∶1
B．粒子通過圓弧ap、pb的時(shí)間之比為2∶1
C．圓弧ap與圓弧pb對應(yīng)的圓心角之比為2∶1
D．區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的磁場方向相反
【解析】選B、D。由于洛倫茲力不做功，所以粒子在兩個磁場中的運(yùn)動速度大小不變，即粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為1∶1，A錯誤；根據(jù)t＝ eq \f(l,v) ，v相同，則時(shí)間之比等于經(jīng)過的弧長之比，即粒子通過圓弧ap、pb的時(shí)間之比為2∶1，B正確；圓心角θ＝ eq \f(l,r) ，r＝ eq \f(mv,qB) ，由于磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度之比不知，故半徑之比無法確定，則轉(zhuǎn)過的圓心角之比無法確定，故C錯誤；根據(jù)曲線運(yùn)動的條件，可知洛倫茲力的方向與運(yùn)動方向的關(guān)系，再由左手定則可知，兩個磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，故D正確；故選B、D。
10．如圖所示，在一個半徑為R的圓形區(qū)域(圓心為O)內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個比荷為 eq \f(q,m) 的帶負(fù)電粒子，從A點(diǎn)沿AO方向射入勻強(qiáng)磁場區(qū)域，最終從C點(diǎn)沿OC方向離開磁場。若粒子在運(yùn)動過程中只受洛倫茲力作用，則下列說法正確的是( )
A.帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為r＝ eq \r(3) R
B．帶電粒子的速度大小為v＝ eq \f(3qBR,m)
C．帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為 eq \f(πm,3qB)
D．帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為 eq \f(πm,2qB)
【解析】選A、C。根據(jù)幾何關(guān)系可得tan θ＝ eq \f(r,R) ，θ＝60°，解得r＝R tan θ＝ eq \r(3) R，A正確；由向心力公式qvB＝m eq \f(v2,r) ，解得v＝ eq \f(\r(3)qBR,m) ，B錯誤；轉(zhuǎn)過圓心角θ＝60°，t＝ eq \f(60°,360°) · eq \f(2πm,qB) ，t＝ eq \f(πm,3qB) ，C正確，D錯誤，故選A、C。
三、非選擇題：共54分。
11．(10分)如圖所示，電源電動勢為3 V，內(nèi)阻不計(jì)，兩個不計(jì)電阻的金屬圓環(huán)表面光滑，豎直懸掛在等長的細(xì)線上，金屬環(huán)面平行，相距1 m，兩環(huán)分別與電源正負(fù)極相連?，F(xiàn)將一質(zhì)量0.06 kg、電阻1.5 Ω的導(dǎo)體棒輕放在環(huán)上，導(dǎo)體棒與環(huán)有良好電接觸。兩環(huán)之間有方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.4 T的勻強(qiáng)磁場。當(dāng)開關(guān)閉合后，導(dǎo)體棒上滑到某位置靜止不動，試求在此位置上棒對每一個環(huán)的壓力為多少？若已知環(huán)半徑為0.5 m，此位置與環(huán)底的高度差是多少？
【解析】棒受的安培力F＝BIL，(1分)
棒中電流為I＝ eq \f(E,R) ，(1分)
代入數(shù)據(jù)解得F＝ eq \f(BEL,R) ＝0.8 N，(1分)
對棒受力分析如圖所示(從右向左看)，兩環(huán)支持力的總和為2FN＝ eq \r(F2＋（mg）2) ，(2分)
代入數(shù)據(jù)解得FN＝0.5 N。(1分)
由牛頓第三定律知，棒對每一個環(huán)的壓力為0.5 N，(1分)
由圖中幾何關(guān)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)
棒距環(huán)底的高度為h＝r(1－cs θ)＝0.2 m。(1分)
答案：0.5 N 0.2 m
12．(12分)在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心、半徑為 r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，如圖所示。一個不計(jì)重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點(diǎn) A處以速度v沿－x方向射入磁場，它恰好從磁場邊界與y軸的交點(diǎn)C處沿＋y方向飛出。
(1)請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷 eq \f(q,m) 。
(2)若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變?yōu)锽′，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時(shí)的速度方向相對于入射方向改變了60°角，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B′多大？此時(shí)粒子在磁場中運(yùn)動所用時(shí)間t是多少？
【解析】(1)由粒子的運(yùn)動軌跡，利用左手定則可知，該粒子帶負(fù)電荷。粒子由A點(diǎn)射入，由C點(diǎn)飛出，其速度方向改變了90°，則
粒子軌跡半徑R＝r(2分)
又qvB＝m eq \f(v2,R) (2分)
則粒子的比荷 eq \f(q,m) ＝ eq \f(v,Br) 。(2分)
(2)粒子從D點(diǎn)飛出磁場速度方向改變了60°角，故AD弧所對圓心角為60°，粒子做圓周運(yùn)動的半徑
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)
粒子在磁場中飛行時(shí)間
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)負(fù)電荷 eq \f(v,Br) (2) eq \f(\r(3),3) B eq \f(\r(3)πr,3v)
13．(16分)(2021·汕頭高二檢測)如圖所示，在y>0區(qū)域存在著垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，在第四象限的空間中存在著平行于xOy平面沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m，帶電量為q的帶正電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)以初速度v0射入磁場，方向與x軸負(fù)方向成60°角斜向上，然后經(jīng)過M點(diǎn)進(jìn)入電場，并從y軸負(fù)半軸的N點(diǎn)垂直y軸射出電場。已知M點(diǎn)坐標(biāo)為(L，0)，粒子所受的重力不計(jì)，求：
(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?br>(2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小。
【解析】(1)作出粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示
(2分)
設(shè)在磁場中運(yùn)動半徑為R，由幾何關(guān)系可得
2Rsin60°＝L(2分)
由洛倫茲力提供向心力，則有
qv0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,R) (2分)
聯(lián)立解得B＝ eq \f(\r(3)mv0,qL) (2分)
(2)粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)過程為勻變速曲線運(yùn)動，逆推從N到M為類平拋運(yùn)動
沿x軸方向有L＝v0t cs 60°(2分)
沿y軸方向v0sin 60°＝at(2分)
由牛頓第二定律得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)
【加固訓(xùn)練】
在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第一象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，第四象限存在垂直于直角坐標(biāo)系平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點(diǎn)以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點(diǎn)與x軸正方向成θ＝60°角射入磁場，最后從y軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)垂直于y軸射出磁場，如圖所示，不計(jì)粒子的重力，求：
(1)M、N兩點(diǎn)間的電勢差UMN；
(2)粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑r；
(3)粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的總時(shí)間。
【解析】(1)如圖所示為帶電粒子的運(yùn)動軌跡，設(shè)粒子過N點(diǎn)時(shí)的速度為v，
由 eq \f(v0,v) ＝cs θ
得v＝2v0
粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程，由動能定理有
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)粒子在磁場中以O(shè)′為圓心做勻速圓周運(yùn)動，半徑r為O′N，由qvB＝ eq \f(mv2,r) ，得r＝ eq \f(2mv0,qB)
(3)設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時(shí)間為t1，
有ON＝v0t1，
由幾何關(guān)系得ON＝r sin θ
解得t1＝ eq \f(\r(3)m,qB)
設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為t2，
有t2＝ eq \f(π－θ,2π) T
粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期T＝ eq \f(2πm,qB) ，
解得t2＝ eq \f(2πm,3qB)
所以粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的總時(shí)間
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)如圖直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限內(nèi)存在場強(qiáng)為E，沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限內(nèi)存在垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子，從P(l，l)處由靜止開始運(yùn)動，第1次通過x軸時(shí)沿y軸負(fù)方向。不計(jì)粒子重力。求：
(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；
(2)粒子第3次經(jīng)過y軸時(shí)的縱坐標(biāo)；
(3)通過計(jì)算說明粒子離開P點(diǎn)后能否再次經(jīng)過P點(diǎn)。
【解析】(1)設(shè)粒子經(jīng)第Ⅰ象限的電場加速后，到達(dá)y軸時(shí)的速度為v1，根據(jù)動能定理qEl＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ①(1分)
由左手定則可以判斷，粒子向－y方向偏轉(zhuǎn)，如圖所示：
(1分)
由幾何關(guān)系知，粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為R1＝l②(1分)
由牛頓第二定律得：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次經(jīng)過x軸時(shí)，速度沿＋y方向，位置坐標(biāo)為x2＝l⑤(1分)
粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，經(jīng)歷的時(shí)間t3，第3次經(jīng)過y軸時(shí)，軌跡如圖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 次離開電場時(shí)，根據(jù)動能定理有：
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次進(jìn)入磁場時(shí)做圓周運(yùn)動的半徑為R2，根據(jù)半徑公式可得：R2＝ eq \r(2) R1(1分)
第三次進(jìn)入電場是從坐標(biāo)原點(diǎn)O處沿與x軸正向45°角斜向上方向。由類平拋對稱性可知，粒子運(yùn)動的橫坐標(biāo)為l時(shí)，縱坐標(biāo)的值為2l，可知本次不會經(jīng)過P點(diǎn)。
粒子將從y＝4l處第3次離開電場， 第3次通過磁場后從y＝2l處與＋x方向成45°角斜向上第4次過電場，不會經(jīng)過P點(diǎn)。 以后粒子的軌跡逐漸向上不會再次經(jīng)過P點(diǎn)。(2分)
答案：(1) eq \r(\f(2mE,ql)) (2)2l (3)以后粒子的軌跡逐漸向上不會再次經(jīng)過P點(diǎn)，計(jì)算見解析
【加固訓(xùn)練】
如圖，豎直面內(nèi)坐標(biāo)系xOy第一、三象限角平分線A1A2右側(cè)區(qū)域有一場區(qū)(內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場)。平行板M、N如圖放置，M板帶正電。帶負(fù)電的N板在x軸負(fù)半軸上。N板上有一小孔P，離原點(diǎn)O的距離為L。A1A2上的Q點(diǎn)處于P孔正下方。質(zhì)量為m、電量為＋q的小球從OA2上的某點(diǎn)以一水平速度v向右進(jìn)入場區(qū)，恰好能做勻速圓周運(yùn)動。第一次出場后，小球能進(jìn)入M、N板間且恰好能到達(dá)M板但不接觸。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外。M、N板間距為L、電壓為U＝ eq \f(mgL,q) ，重力加速度為g。求：
(1)A1A2右側(cè)區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小與方向；
(2)求射入場區(qū)的水平速度v的大?。?br>(3)小球從OA2上的某點(diǎn)出發(fā)后，到第四次(不包括出發(fā)那次)經(jīng)過邊界A1A2的運(yùn)動時(shí)間。
【解析】(1)帶電小球進(jìn)入場區(qū)后能做勻速圓周運(yùn)動，則必須滿足mg＝Eq
解得：E＝ eq \f(mg,q) ，方向豎直向上。
(2)從Q點(diǎn)射出場區(qū)后，到達(dá)M板時(shí)速度恰好為零，由動能定理有－mg(2L)－qU＝0－ eq \f(1,2) mv2
而U＝ eq \f(mgL,q) ，
解得v＝ eq \r(6gL)
(3)小球的運(yùn)動軌跡如圖所示。
小球進(jìn)入電場后到M板速度減為零，之后向下加速離開電場，在重力作用下再次回到Q點(diǎn)時(shí)，由運(yùn)動的對稱性，到Q點(diǎn)的速度仍為v，之后在場區(qū)內(nèi)再次做勻速圓周運(yùn)動。由軌跡可知，在場區(qū)做勻速圓周運(yùn)動的運(yùn)動時(shí)間t1恰好是一個周期，即t1＝ eq \f(2πm,qB) 從Q點(diǎn)射出場區(qū)到P點(diǎn)，在重力作用下做勻減速運(yùn)動，有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(P)) －v2＝－2gL
解得P點(diǎn)的速度vP＝ eq \r(4gL)
設(shè)運(yùn)動時(shí)間為tQP，
則 eq \f(（v＋vP）,2) tQP＝L
故tQP＝ eq \f(2L,\r(4gL)＋\r(6gL))
設(shè)P點(diǎn)到M點(diǎn)運(yùn)動時(shí)間為tPM，
同理得tPM＝ eq \f(2L,\r(4gL))
由運(yùn)動的對稱性可知：從Q點(diǎn)射出場區(qū)到再次回到Q點(diǎn)，向上、向下運(yùn)動時(shí)間相等。
故運(yùn)動時(shí)間t2＝2(tQP＋tPM)＝ eq \f(2（\r(6)－1）\r(gL),g)
第三次經(jīng)過A1A2偏轉(zhuǎn)了90°離開場區(qū)做平拋運(yùn)動，經(jīng)時(shí)間t3第四次經(jīng)過A1A2。
沿－y軸方向位移Δy＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
沿－x軸方向位移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)
小球從OA2上某點(diǎn)出發(fā)后，到第四次(不包括出發(fā)那次)經(jīng)過邊界A1A2的運(yùn)動時(shí)間
t＝t1＋t2＋t3＝ eq \f(2πm,qB) ＋ eq \f(（4\r(6)－2）\r(gL),g)
答案：(1) eq \f(mg,q) ，方向豎直向上
(2) eq \r(6gL) (3) eq \f(2πm,qB) ＋ eq \f(（4\r(6)－2）\r(gL),g)

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