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如圖所示，一帶正電的粒子沿平行金屬板中央直線以速度v₀射入互相垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，粒子質量為m，帶電量為q，磁場的磁感應強度為B，電場的電場強度為E，粒子從P點離開電場和磁場區(qū)域時速度為v，P與中央直線相距為d，則下列說法正確的是

A．

粒子在運動過程中所受磁場力可能比所受靜電

力小

B．

粒子沿電場方向的加速度大小始終是

C．

粒子的運動軌跡是拋物線

D．

粒子達到P的速度大小v＝

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如圖所示，一帶電粒子沿與電場線垂直的方向從電場中央以初速度v_０進入兩平行金屬板間的勻強電場，已知粒子的帶電量為q，質量為m，板長為l，兩板間距為d．兩板間的電勢差為U，則粒子從板間穿出時，（     ）

A．粒子沿電場方向偏移的距離為

B．粒子的速度方向偏角的正切值為

C．動能增加了qU

D．電場力一定對粒子做了qU/2的功

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如圖所示，一帶電粒子沿與電場線垂直的方向從電場中央以初速度v_０進入兩平行金屬板間的勻強電場，已知粒子的帶電量為q，質量為m，板長為l，兩板間距為d．兩板間的電勢差為U，則粒子從板間穿出時，（     ）

A．粒子沿電場方向偏移的距離為

B．粒子的速度方向偏角的正切值為

C．動能增加了qU

D．電場力一定對粒子做了qU/2的功

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1． B    根據(jù)磁感線的疏密程度可以判斷出a、b兩處的磁感應強度的大小不等，B_a<B_b，即B正確；同一通電導線放在a處受力的情況大小不一定，因為放入時的位置（即放入時與磁感線的方向）不確定，則其受安培力的大小就不一定．

2． C    地球自轉等效成環(huán)形電流，南極為磁場N極，由右手定則可知地球帶負電，地球轉速變慢使環(huán)形電流電流減小，故磁場減弱，所以選C．

3． AB    根據(jù)安培定則和磁感應強度的迭加原理即可知．

4． ABC  提示：根據(jù)已知條件畫出運動的軌跡和基本公式即可判斷．

5． AB    若小球A帶正電，小球A受重力和A、B之間的庫侖力的作用（且?guī)靵隽�為斥力），若重力的大小和庫侖力的大小相反，則撤去絕緣板后，重力和庫侖力仍大小相等而方向相反，故小球A仍處于靜止狀態(tài)，A正確；若庫侖力大于重力，則可由左手定則判斷B正確．

6． B    電子進入磁場時向上偏，剛好從C點沿切線方向穿出是一臨界條件，要使電子從BC邊穿出，其運動半徑應比臨界半徑大，由可知，磁感應強度只要比臨界時的小就可以了，如題圖，由對稱性作輔助線，由幾何關系可得，半徑，又，解得，故選B．

7． AD    由題意知，帶正電的粒子從中央線的上方離開混合場，說明在進入電、磁場時，豎直向上的洛侖茲力大于豎直向下的電場力．在運動過程中，由于電場力做負功，洛侖茲力不做功，所以粒子的動能減小，從而使所受到的磁場力可能比所受電場力小，選項A正確．又在運動過程中，洛侖茲力的方向不斷發(fā)生改變，其加速度大小是變化的，運動軌跡是復雜的曲線而并非簡單的拋物線，所以選項B、C錯誤．由動能定律得：，故選項D正確，綜合來看，選項A、D正確．

8． C   根據(jù)電子運動的軌跡知在兩導線之間的磁場方向垂直于兩導線所在的平面，只有ab中由b到a的電流或cd中從c到d的電流才能產生這樣的磁場，又從電子運動軌跡在向cd邊靠近時曲率半徑變小，由知與cd邊越近，B越強，可見是由cd中的電流產生的，只有C正確．

9． BD   本題考查帶電體在復合場中的運動，在分析時要注意隨著速度的變化，洛倫茲力發(fā)生變化，導致桿對小球的彈力發(fā)生變化，因此摩擦力發(fā)生變化，小球的運動狀態(tài)發(fā)生變化．

10． C    帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的軌道半徑r=mv/qB，設α粒子第一次穿過金屬片的速度v^/，則，所以v^/=0．9v，動能減少．根據(jù)阻力及電量恒定，α粒子每穿過一次金屬片，動能都減少0．19E，由，故α粒子穿過5次后陷入金屬中．

11． B=（6分）  控制變量法（2分）

解析：從表中數(shù)據(jù)分析不難發(fā)現(xiàn)B/I=k₁和Br=k₂，所以有B=kI/r，再將某一組B、I、r值代入上式得k=2×10^－7Tm/A．所以得出磁感應強度B與電流I及距離r的關系式為B=．

12．（1）A （2分）  逆時針 （2分）

（2）運動電荷受到了磁場力（2分）  陰  （2分） 

（3）吸引（2分）    排斥（2分）

13．解析：（1）設小球第一次到達最低點時速度為v，則由動能定理可得（2分）

在最低點根據(jù)牛頓第二定律得，（2分）

解得C（2分）

根據(jù)左手定則可判斷小球帶負電（3分）

（2）根據(jù)機械能守恒可知，小球第二次到達最低點時速度小仍為v，此時懸線對小球的拉力為F，由牛頓第二定律得，（3分）

解得N（2分）

14．解析：（1）由牛頓第二定律可求得粒子在磁場中運動的    半徑，（1分）

m>（2分）

因此要使粒子在磁場中運動的時間最長，則粒子在磁場中運動的圓弧所對應的弦長最長，從右圖中可以看出，以直徑ab為弦、R為半徑所作的圓，粒子運動的時間最長． （2分）

設該弦對應的圓心角為，而（1分）

運動時間（2分）

又，故s（2分）

（2）（2分）

粒子在磁場中可能出現(xiàn)的區(qū)域：如圖中以Oa為直徑的半圓及以a為圓心Oa為半徑的圓與磁場相交的部分．繪圖如圖． （2分）

15．解析：如圖所示，帶電小球在做圓周運動的過程中受到電場力F_E、洛倫茲力F_B和彈力F_N的作用，其合力即為小球做圓周運動的向心力，由圖可知：

（3分）

∴（2分）

其中F_B=qvB，F_E=kQq/R²，代入上式可得，

（2分）

上式中m、R、B、q、k、Q均為常數(shù)，所以F_N為v的二次函數(shù)．對照y=ax²+bx+c，有a=m/R，b=－Bq，c=kQq/R²． （2分）

因a>0，故F_N有最小值，且當時，F_N最�。ㄅR界條件），最小值為．（2分）

可見，隨著小球運動速度的增大，圓環(huán)對小球的彈力F_N先減小、后增大，且臨界狀態(tài)（最小值）出現(xiàn)在v=BqR/2m時． （3分）

16．解析：（1）要求光斑的長度，只要找到兩個邊界點即可．初速度沿x軸正方向的電子，沿弧OB運動到P；初速度沿y軸正方向的電子，沿弧OC運動到Q．

設粒子在磁場中運動的半徑為R，由牛頓第二定律得，

（4分）

即，從圖中可以看出（4分）

（2）沿任一方向射入第一象限的電子經磁場偏轉后都能垂直打到熒光屏MN上，需加最小面積的磁場的邊界是以（0，R）為圓心，半徑為R的圓的一部分，如圖中實線所示． （4分）

所以磁場范圍的最小面積．（4分）

17．解析：（1）用左手定則判斷出：磁場方向為－x方向或－y方向． （4分）

（2）在未加勻強磁場時，帶電小球在電場力和重力作用下落到P點，設運動時間為t，

小球自由下落，有H=gt²/2（1分）

小球沿x軸方向只受電場力作用，F_e=qE（1分）

小球沿x軸的位移為l=at²/2（1分）

小球沿x軸方向的加速度為a=F_e/m（1分）

聯(lián)立求解，得E=mgl/qH． （2分）

（3）帶電小球在勻強磁場和勻強電場共存的區(qū)域運動時，洛倫茲力不做功．電場力做功為：W_e=qEl，（1分）

重力做功為W_G=mgH（1分）

設落到N點時速度大小為v，根據(jù)動能定理得，（2分）

解得，（2分）

18．解析：（1）因帶電質點做勻速圓周運動，故電場力與重力平衡，①（1分）

又②

兩板間電場強度③（1分）

兩板間電壓④（1分）

由閉合電路歐姆定律得，⑤（1分）

由①～⑤得，（2分）

     （2）由題意知，電場力豎直向上，故質點帶負電，由左手定則得洛倫茲力豎直向下，由平衡條件可得，⑥（2分）

因兩極板間電壓

故，⑦（2分）

由⑥⑦解得，⑧（1分）

    （3）因板間電壓變?yōu)?sub>⑨

故電場力（2分）

由動能定理得，⑩（2分）

由⑧⑨⑩解得．（1分）