高三物理人教版一輪復(fù)習(xí)第九單元磁場(chǎng)作業(yè)45

題組層級(jí)快練(四十五)一、選擇題1．(2017·南京一模)(多選)如圖所示，虛線所圍的區(qū)域內(nèi)存在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．從左方水平射入的電子，穿過(guò)該區(qū)域時(shí)未發(fā)生偏轉(zhuǎn)．則下列分析中可能正確的是()A．E豎直向上，B垂直紙面向外，電子做勻速直線通過(guò)區(qū)域B．E豎直向上，B垂直紙面向里，電子做勻速直線通過(guò)區(qū)域C．E和B都是沿水平方向，電子做勻減速直線運(yùn)動(dòng)通過(guò)區(qū)域D．E和B都是沿水平方向，電子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)通過(guò)區(qū)域答案ACD解析重力忽略不計(jì)的電子，穿過(guò)這一區(qū)域時(shí)未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，A項(xiàng)，若E豎直向上，B垂直于紙面向外，則電場(chǎng)力豎直向下，而磁場(chǎng)力由左手定則可得方向豎直向上，所以當(dāng)兩力大小相等時(shí)，電子穿過(guò)此區(qū)域不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)．并且做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，若E豎直向上，B垂直于紙面向里，則電場(chǎng)力方向豎直向下，而磁場(chǎng)力方向由左手定則可得豎直向下，所以兩力不能使電子做直線運(yùn)動(dòng)，會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)．故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，若E和B都沿水平方向，并與電子運(yùn)動(dòng)方向相反，則電子所受電場(chǎng)力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，而由于電子運(yùn)動(dòng)方向與B方向在一條直線上，所以不受磁場(chǎng)力，因此穿過(guò)此區(qū)域不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)．如果電場(chǎng)方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，則電子受力與運(yùn)動(dòng)方向相反，則電子減速通過(guò)，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，若E和B都沿水平方向，并與電子運(yùn)動(dòng)方向相同，則電子所受電場(chǎng)力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，而由于電子運(yùn)動(dòng)方向與B方向相互平行，所以不受磁場(chǎng)力，因此穿過(guò)此區(qū)域不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，若電場(chǎng)線與運(yùn)動(dòng)方向相反，則電子受力與運(yùn)動(dòng)方向相同，做加速運(yùn)動(dòng)，故D項(xiàng)正確．2．(多選)帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出，能夠達(dá)到的最大高度為h1；若加上水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h2；若加上水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h3，若加上豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且保持初速度仍為v0，小球上升的最大高度為h4，如圖所示．不計(jì)空氣，則()A．一定有h1＝h3 B．一定有h1<h4C．h2與h4無(wú)法比較 D．h1與h2無(wú)法比較答案AC解析第1個(gè)圖：由豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度公式得：h1＝eq\f(v02,2g).第3個(gè)圖：當(dāng)加上電場(chǎng)時(shí)，由運(yùn)動(dòng)的分解可知：在豎直方向上有，v02＝2gh3，所以h1＝h3，故A項(xiàng)正確；而第2個(gè)圖：洛倫茲力改變速度的方向，當(dāng)小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，小球應(yīng)有水平速度，設(shè)此時(shí)的球的動(dòng)能為Ek，則由能量守恒得：mgh2＋Ek＝eq\f(1,2)mv02，又由于eq\f(1,2)mv02＝mgh1，所以h1＞h2，所以D項(xiàng)錯(cuò)誤．第4個(gè)圖：因小球電性不知，則電場(chǎng)力方向不清，則高度可能大于h1，也可能小于h1，故C項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤．3．(多選)如圖所示，空間中存在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)E(方向水平向左)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B(方向垂直紙面向外)，在豎直平面內(nèi)從a點(diǎn)沿ab、ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩帶電小球的相互作用，兩小球電荷量始終不變)，關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A．沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運(yùn)動(dòng)B．只有沿ab方向拋出的帶電小球才可能做直線運(yùn)動(dòng)C．若沿ac方向拋出的小球做直線運(yùn)動(dòng)則小球帶負(fù)電，且小球一定是做勻速運(yùn)動(dòng)D．兩小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能均守恒答案AC解析兩個(gè)帶電小球的電性未知，可假設(shè)電性再判斷電場(chǎng)力和洛倫茲力的方向，由于在電場(chǎng)力、洛倫茲力和重力作用下小球的直線運(yùn)動(dòng)必為勻速運(yùn)動(dòng)，只要三力能平衡，小球即可做直線運(yùn)動(dòng)，由假設(shè)判斷可知沿ab方向做直線運(yùn)動(dòng)的小球帶正電、沿ac方向做直線運(yùn)動(dòng)的小球帶負(fù)電，所以A、C項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；除重力做功外，洛倫茲力不做功，電場(chǎng)力做功，機(jī)械能不守恒，D項(xiàng)錯(cuò)誤．4.如圖所示，空間的某個(gè)復(fù)合場(chǎng)區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)子由靜止開(kāi)始經(jīng)一加速電場(chǎng)加速后，垂直于復(fù)合場(chǎng)的界面進(jìn)入并沿直線穿過(guò)場(chǎng)區(qū)，質(zhì)子從復(fù)合場(chǎng)區(qū)穿出時(shí)的動(dòng)能為Ek.那么氘核同樣由靜止開(kāi)始經(jīng)同一加速電場(chǎng)加速后穿過(guò)同一復(fù)合場(chǎng)后的動(dòng)能E′k的大小是()A．E′k＝Ek B．E′k＞EkC．E′k<Ek D．條件不足，難以確定答案B解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，則氘核的質(zhì)量為2m.在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理可得eU＝eq\f(1,2)mv2，在復(fù)合場(chǎng)內(nèi)，由Bev＝eE得v＝eq\f(E,B)；同理對(duì)于氘核由動(dòng)能定理可得離開(kāi)加速電場(chǎng)的速度比質(zhì)子的速度小，所以當(dāng)它進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)所受的洛倫茲力小于電場(chǎng)力，將往電場(chǎng)力方向偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)力做正功，故動(dòng)能增大，B項(xiàng)正確．5.(2017·河南一模)如圖所示，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向里．一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的小球由軌道左端A無(wú)初速滑下，當(dāng)小球滑至軌道最低點(diǎn)C時(shí)，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過(guò)軌道右側(cè)的D點(diǎn)．若小球始終與軌道接觸，重力加速度值為g，則下列判斷正確的是()A．小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為qBeq\r(gR)B．小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為3mg＋qBeq\r(2gR)C．小球從C到D的過(guò)程中，外力F的大小保持不變D．小球從C到D的過(guò)程中，外力F的功率逐漸增大答案D解析A項(xiàng)，因?yàn)槁鍌惼澚κ冀K對(duì)小球不做功，故洛倫茲力不改變小球速度的大小，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(2gR).故小球在C點(diǎn)受到的洛倫茲力大小為f＝qBv＝qBeq\r(2gR).故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，由左手定則可知，小球向右運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)受到的洛倫茲力的方向向上，則有：N＋qvB－mg＝eq\f(mv2,R)，解得：N＝3mg－qvB＝3mg－qBeq\r(2gR)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，小球從C到D的過(guò)程中，洛倫茲力和支持力沿水平方向的分力增大，所以水平外力F增大．故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，小球從C到D的過(guò)程中小球的速率不變，而洛倫茲力和支持力不做功，所以小球的動(dòng)能不變，拉力F的功率與重力的功率大小相等，方向相反．由運(yùn)動(dòng)的合成與分解可知，小球從C向D運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，豎直方向的分速度越來(lái)越大，所以重力的功率增大，所以外力F的功率也增大．故D項(xiàng)正確．6．(2017·江西一模)我國(guó)地處北半球，某地區(qū)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)E和可看做勻強(qiáng)磁場(chǎng)的地磁場(chǎng)B，電場(chǎng)和地磁場(chǎng)的方向相同，地磁場(chǎng)的豎直分量和水平分量分別豎直向下和水平指北，一帶電小球以速度v在此區(qū)域內(nèi)沿垂直場(chǎng)強(qiáng)方向沿水平面做直線運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力，某地區(qū)的重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．小球運(yùn)動(dòng)方向?yàn)樽阅舷虮?B．小球可能帶正電C．小球速度v的大小為eq\f(E,B) D．小球的比荷為eq\f(g,\r(E2＋（vB）2))答案D解析AB項(xiàng)，小球受到重力、電場(chǎng)力與洛倫茲力，因直線運(yùn)動(dòng)，且f＝qvB，因此一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)，那么電場(chǎng)力與洛倫茲力的合力與重力等值反向，根據(jù)左手定則，因地磁場(chǎng)的豎直分量和水平分量分別豎直向下和水平指北，那么小球一定帶負(fù)電，負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力的方向與磁場(chǎng)的方向相反，則運(yùn)動(dòng)的方向由東向西方向運(yùn)動(dòng)，故AB兩項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，由上分析可知，電場(chǎng)力與洛倫茲力的合力豎直向上，由于夾角不知，因此它們的大小關(guān)系不能確定，則不能確定v的大小為eq\f(E,B).故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，小球受到的電場(chǎng)力與洛倫茲力的合力與重力等值反向，則：mg＝eq\r(（qE）2＋（qvB）2)，所以小球的比荷：eq\f(q,m)＝eq\f(g,\r(E2＋（vB）2)).故D項(xiàng)正確．7．(2017·揚(yáng)州模擬)(多選)如圖所示，一絕緣容器內(nèi)部為長(zhǎng)方體空腔，容器內(nèi)盛有NaCl的水溶液，容器上下端裝有鉑電極A和C，置于與容器表面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，開(kāi)關(guān)K閉合前容器兩側(cè)P、Q兩管中液面等高，閉合開(kāi)關(guān)后()A．M處鈉離子濃度大于N處鈉離子濃度B．M處氯離子濃度小于N處氯離子濃度C．M處電勢(shì)高于N處電勢(shì)D．P管中液面高于Q管中液面答案AD解析AB項(xiàng)，依據(jù)左手定則可知，鈉離子在洛倫茲力作用下，向M處偏轉(zhuǎn)，因此M處鈉離子濃度大于N處鈉離子濃度，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，依據(jù)正離子的定向移動(dòng)方向與電流方向相同，而負(fù)離子移動(dòng)方向與電流方向相反，根據(jù)左手定則可知，正負(fù)離子均偏向同一方向，因此電勢(shì)相等，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，當(dāng)開(kāi)關(guān)閉合時(shí)，液體中有從A到C方向的電流，根據(jù)左手定則可知，液體將受到向M的安培力作用，在液面內(nèi)部將產(chǎn)生壓強(qiáng)，因此P端的液面將比Q端的高，故D項(xiàng)正確．8．(2017·南通模擬)(多選)磁流體發(fā)電機(jī)又叫等離子體發(fā)電機(jī)，如圖所示，燃燒室在3000K的高溫下將氣體全部電離為電子和正離子，即高溫等離子體．高溫等離子體經(jīng)噴管提速后以1000m/s進(jìn)入矩形發(fā)電通道．發(fā)電通道有垂直于噴射速度方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為6T．等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在兩極間形成電勢(shì)差．已知發(fā)電通道長(zhǎng)a＝50cm，寬b＝20cm，高d＝20cm，等離子體的電阻率ρ＝2Ω·m.則以下判斷中正確的是()A．發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)為1200VB．開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)，高溫等離子體可以勻速通過(guò)發(fā)電通道C．當(dāng)外接電阻為8Ω時(shí)，電流表示數(shù)為150AD．當(dāng)外接電阻為4Ω時(shí)，發(fā)電機(jī)輸出功率最大答案ABD解析由qeq\f(U,d)＝qvB，得U＝Bdv＝6×0.2×1000V＝1200V，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)，高溫等離子體，在磁場(chǎng)力作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，導(dǎo)致極板間存在電壓，當(dāng)電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力平衡時(shí)，則帶電粒子可以勻速通過(guò)發(fā)電通道，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，由電阻定律R＝eq\f(ρd,ab)，得發(fā)電機(jī)內(nèi)阻為4Ω，由歐姆定律，得電流為100A，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，當(dāng)外電路總電阻R＝r時(shí)，有最大輸出功率，故D項(xiàng)正確．9.(2017·晉中一模)(多選)如圖所示，豎直放置的兩塊很大的平行金屬板a、b，相距為d，ab間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，今有一帶正電的微粒從a板下邊緣以初速度v0豎直向上射入電場(chǎng)，當(dāng)它飛到b板時(shí)，速度大小不變，而方向變成水平方向，且剛好從高度也為d的狹縫穿過(guò)b板而進(jìn)入bc區(qū)域，bc寬度也為d，所加電場(chǎng)大小為E，方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于eq\f(E,v0)，重力加速度為g，則下列關(guān)于粒子運(yùn)動(dòng)的有關(guān)說(shuō)法中正確的是()A．粒子在ab區(qū)域中做勻變速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為eq\f(v0,g)B．粒子在bc區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓周半徑r＝2dC．粒子在bc區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為eq\f(πd,6v0)D．粒子在ab、bc區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為eq\f(（π＋6）d,3v0)答案ABD解析A項(xiàng)，將粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)沿水平和豎直方向正交分解，水平分運(yùn)動(dòng)為初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，豎直分運(yùn)動(dòng)為末速度為零的勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有水平方向：v0＝at，d＝eq\f(v02,2a)豎直方向：0＝v0－gt解得a＝g ①t＝eq\f(v0,g) ②故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于電場(chǎng)力與重力平衡，故粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力qv0B＝meq\f(v02,r)解得r＝eq\f(mv0,qB) ③由①②③得到r＝2d，故B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，由于r＝2d，畫(huà)出軌跡，如圖由幾何關(guān)系，得到回旋角度為30°，故在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝eq\f(T,12)＝eq\f(πm,6qB)＝eq\f(πd,3v0)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝eq\f(d,vx)＝eq\f(d,\f(v0,2))＝eq\f(2d,v0)故粒子在ab、bc區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t′＝t1＋t2＝eq\f(（π＋6）d,3v0)，故D項(xiàng)正確．10．(多選)如圖所示，絕緣的中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對(duì)應(yīng)圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點(diǎn)，圓弧的圓心為O′，半徑為R；直線段AC、HD粗糙且足夠長(zhǎng)，與圓弧段分別在C、D端相切．整個(gè)裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在豎直虛線MC左側(cè)和虛線ND右側(cè)存在著電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向分別為水平向右和水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點(diǎn)足夠遠(yuǎn)的P點(diǎn)由靜止釋放．若小球所受電場(chǎng)力的大小等于其重力的eq\f(\r(3),3)倍，小球與直線段AC、HD間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，則()A．小球在第一次沿軌道AC下滑的過(guò)程中，最大加速度amax＝eq\f(2\r(3),3)gB．小球在第一次沿軌道AC下滑的過(guò)程中，最大速度vmax＝eq\f(\r(3)mg,3μqB)C．小球進(jìn)入DH軌道后，上升的最高點(diǎn)比P點(diǎn)低D．小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的彈力最小值一定為|2mg－qBeq\r(gR)|答案AC解析A項(xiàng)，小球第一次沿軌道AC下滑的過(guò)程中，由題意可知，電場(chǎng)力與重力的合力方向恰好沿著斜面AC，則剛開(kāi)始小球與管壁無(wú)作用力，當(dāng)從靜止運(yùn)動(dòng)后，由左手定則可知，洛倫茲力導(dǎo)致球?qū)鼙谟凶饔昧?，從而?dǎo)致滑動(dòng)摩擦力增大，而重力與電場(chǎng)力的合力大小為：F＝eq\r(（mg）2＋（\f(\r(3)mg,3)）2)＝eq\f(2\r(3),3)mg，其不變，根據(jù)牛頓第二定律可知，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故剛下滑時(shí)，加速度最大，即為amax＝eq\f(F,m)＝eq\f(2\r(3),3)g；故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，當(dāng)小球的摩擦力與重力及電場(chǎng)力的合力相等時(shí)，洛倫茲力大小等于彈力，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球的速度達(dá)到最大，即為qvB＝N，而μN(yùn)＝f，且f＝eq\f(2\r(3),3)mg，因此解得：vmax＝eq\f(2\r(3)mg,3μqB)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，根據(jù)動(dòng)能定理，可知，取從靜止開(kāi)始到進(jìn)入DH軌道后，因存在摩擦力做功，導(dǎo)致上升的最高點(diǎn)低于P點(diǎn)，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，對(duì)小球在O點(diǎn)受力分析，且由C向D運(yùn)動(dòng)，則有：N－mg＋Bqv＝meq\f(v2,R)；由C到O點(diǎn)，機(jī)械能守恒，則有：mg(R－Rsin30°)＝eq\f(1,2)mv2；由上綜合而得：對(duì)軌道的彈力為2mg－qBeq\r(gR)，當(dāng)小球由D向C運(yùn)動(dòng)時(shí)，則對(duì)軌道的彈力為2mg＋qBeq\r(gR)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．二、非選擇題11.(2017·全國(guó)一模)空間分布著沿水平方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球套在豎直放置的、粗糙的長(zhǎng)直桿上，t＝0時(shí)刻給小球一個(gè)豎直向上的初速度v0，令其從O點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)，t＝t1時(shí)刻小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)A點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)，當(dāng)小球返回O點(diǎn)時(shí)速率為v1，且在此之前小球已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g，求：(1)小球從O點(diǎn)出發(fā)又回到O點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功Wf，(2)小球在t＝0時(shí)刻的加速度大小a.答案(1)eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02(2)eq\f(g（v1＋v0）,v1)解析(1)在小球上升并返回的過(guò)程中，洛倫茲力不做功，重力做功等于0，只有摩擦力做負(fù)功，所以：Wf＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02(2)小球返回O點(diǎn)時(shí)在豎直方向受到的重力與摩擦力大小相等，則豎直方向：mg＝μN(yùn)水平方向：N＝qv1B小球開(kāi)始上升時(shí)：ma＝μ·qv0B＋mg聯(lián)立得：a＝eq\f(g（v1＋v0）,v1)12．(2017·安徽淮北模擬)如圖，空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ有勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN、PQ為理想邊界，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的范圍足夠大．勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直紙面向里和向外．一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電小球從磁場(chǎng)上方的O點(diǎn)由靜止開(kāi)始下落，進(jìn)入場(chǎng)區(qū)后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．已知重力加速度為g.(1)試判斷小球的電性并求出電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；(2)若帶電小球能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，則h應(yīng)滿足什么條件？(3)若帶電小球運(yùn)動(dòng)一定時(shí)間后恰能回到O點(diǎn)，求它釋放時(shí)距MN的高度h.答案(1)正電eq\f(mg,q)(2)h＞eq\f(q2B2d2,2m2g)(3)eq\f(2q2B2d2,3m2g)解析(1)帶電小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，即所受合力為洛倫茲力，則重力與電場(chǎng)力大小相等，方向相反，重力豎直向下，電場(chǎng)力豎直向上，即小球帶正電．則有qE＝mg，解得E＝eq\f(mg,q).(2)假設(shè)下落高度為h0時(shí)，帶電小球在Ⅰ區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)的圓弧與PQ相切時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示，由幾何知識(shí)可知，小球的軌道半徑R＝d，帶電小球在進(jìn)入磁場(chǎng)前做自由落體運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得mgh0＝eq\f(1,2)mv2，帶電小球在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)，解得h0＝eq\f(q2B2d2,2m2g)，則當(dāng)h＞h0時(shí)，即h＞eq\f(q2B2d2,2m2g)時(shí)帶電小球能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ.(3)如圖乙所示，因?yàn)閹щ娦∏蛟冖瘛ⅱ騼蓚€(gè)區(qū)域運(yùn)動(dòng)過(guò)程中q、v、B、m的大小不變，故三段圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同，以三個(gè)圓心為頂點(diǎn)的三角形為等邊三角形，邊長(zhǎng)為2R′，內(nèi)角為60°，由幾何關(guān)系知R′＝eq\f(d,sin60°)，聯(lián)立解得h＝eq\f(2q2B2d2,3m2g).13．(2017·湖北七市聯(lián)考)在某空間建立如圖所示直角坐標(biāo)系，并在該空間加上沿y軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和沿某個(gè)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一質(zhì)量為m、帶電量