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專題06 磁場 一、單選 1．環(huán)形導(dǎo)線中有一小磁針如圖1所示懸掛放置，此時環(huán)形導(dǎo)線未通電。當(dāng)通電后環(huán)形導(dǎo)線左端為正極，右端為負(fù)極，小磁針穩(wěn)定后N極所指的方向是 A. 垂直紙面向里 B. 垂直紙面向外 C. 水平向左 D. 水平向右 【答案】A 【解析】根據(jù)右手螺旋法則可知，圓環(huán)中的磁場方向垂直紙面向里，故小磁針穩(wěn)定后N極所指的方向垂直紙面向里，故選A. 2．如圖所示，光滑的平行導(dǎo)軌與電源連接后，與水平方向成θ角傾斜放置，導(dǎo)軌上另放一個質(zhì)量為m的金屬導(dǎo)體棒。當(dāng)開關(guān)閉合后，在棒所在區(qū)域內(nèi)加一個合適的勻強(qiáng)磁場，可以使導(dǎo)體棒靜止平衡，圖中分別加了不同方向的磁場，其中不可能平衡的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】A、由左手定則可知A圖中導(dǎo)線所受安培力沿斜面向上，因此當(dāng)安培力大小與重力沿斜面向下分力相等時，導(dǎo)體棒即可處于平衡狀態(tài)，故A正確；B、圖中導(dǎo)體所受安培力垂線斜面斜向上，沒有力和重力沿斜面向下分力平衡，故一定不能平衡，故B錯誤；C、圖中安培力水平向右，這樣安培力有沿斜面向上的分力可能與重力沿斜面向下分力平衡，導(dǎo)體棒即可處于平衡狀態(tài)，故C正確；D、圖中安培力豎直向上，當(dāng)安培力等于重力時，導(dǎo)體棒即可處于平衡狀態(tài)，故D正確；本題選不能平衡的，故選B。 3．如圖所示的速度選擇器水平放置，板長為L，兩板間距離也為L，兩板間分布著如圖所示的正交勻強(qiáng)電場與勻強(qiáng)磁場，一帶正電的粒子(不計重力)從兩板左側(cè)中點O處沿圖中虛線水平向右射入速度選擇器，恰好做勻速直線運動；若撤去磁場，保留電場，粒子以相同的速度從O點進(jìn)入電場，恰好從上板極右邊緣b點離開場區(qū)；若撤去電場，保留磁場，粒子以相同的速度從O點進(jìn)入磁場，則粒子圓周運動的半徑為（ ） A. L B. 2L C. D. 【答案】A 故選A。 4．如圖所示為一種質(zhì)譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成.若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內(nèi)均勻輻射電場在中心線處的電場強(qiáng)度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向外.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進(jìn)入磁分析器，最終打到膠片上的Q點.不計粒子重力，下列說法不正確的是 A. 粒子一定帶正電 B. 加速電場的電壓 C. 直徑 D. 若一群粒子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，則該群粒子具有相同的比荷 【答案】C 【解析】A項，由粒子從P到Q的運動軌跡可以判斷粒子帶正電，故A正確； B項，由動能定理有，粒子加速過程的末速度滿足；又由粒子在靜電分析器中沿中心線做勻速圓周運動知，此時粒子所受電場力恰好提供向心力， ，聯(lián)立可得加速電場的電壓，故B正確。 C項，由洛倫茲力提供向心力有 ，結(jié)合B項中的結(jié)果可得粒子在磁場中的軌跡半徑 ，所以 ,故C錯誤； D項，由C項的結(jié)果可知，若一群離子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，B、E、R保持不變，則該群離子具有相同的比荷，故D項正確。 本題選不正確的，故選C 5．如圖所示，甲是一個帶正電的小物塊，乙是一個不帶電的絕緣物塊，甲、乙疊放在一起靜置于粗糙的水平地板上，地板上方空間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)破場?，F(xiàn)用水平恒力拉乙物塊，使甲、乙無相對滑動地起水平向左加速運動，在加速運動階段 A. 甲、乙兩物塊的加速度不斷增大 B. 甲、乙兩物塊的加速度大小不變 C. 甲、乙兩物塊的加速度不斷減小 D. 以上說法均不正確 【答案】C 【解析】對整體分析，由于甲物體帶電，所以甲運動時要受到洛倫茲力的作用，洛倫茲力方向向下，從而使物體與地面間的壓力變大，摩擦力變大，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度減小。所以C正確。 6．如圖所示，電子經(jīng)電壓U加速后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，在磁場中轉(zhuǎn)半個圓周后打在P點，通過調(diào)節(jié)電壓U可以控制P點的位置，設(shè)OP=x，能夠正確反映U與x關(guān)系的圖象是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】帶電粒子在電場中加速運動，根據(jù)動能定理得： 解得： 進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，則有： 解得： 粒子運動半個圓打到P點， 所以 即x與成正比，故C正確。 7．在水平地面上方有正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，勻強(qiáng)電場方向豎直向下，勻強(qiáng)磁場方向水平向里，現(xiàn)將一個帶正電的金屬小球從M點以初速度v0水平拋出，小球著地時的速度為v1，在空中的飛行時間為t1．若將磁場撤除，其它條件均不變，那么小球著地時的速度為v2，在空中飛行的時間為t2．小球所受空氣阻力可忽略不計，則關(guān)于v1和v2，t1和t2的大小比較，以下判斷正確的是（ ） A. v1＞v2，t1＞t2 B. v1=v2，t1＞t2 C. v1=v2，t1＜t2 D. v1＜v2，t1＜t2 【答案】B 8．如圖所示為回旋加速器示意圖，利用回旋加速器對粒子進(jìn)行加速，此時D形盒中的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，D形盒縫隙間電場變化周期為T。忽略粒子在D形盒縫隙間的運動時間和相對論效應(yīng)，下列說法正確的是 A. 保持B和T不變，該回旋加速器可以加速質(zhì)子 B. 僅調(diào)整磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，該回旋加速器仍可以加速粒子 C. 保持B和T不變，該回旋加速器可以加速粒子，且在回旋加速器中運動的時間與粒子的相等 D. 保持B和T不變，該回旋加速器可以加速粒子，加速后的最大動能與粒子的相等 【答案】C 【解析】D形盒縫隙間電場變化周期為T等于被加速度的在磁場中運動的周期，即 ；而質(zhì)子在磁場中的運動周期為，則該回旋加速器不可以加速質(zhì)子，選項A錯誤；僅調(diào)整磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則在磁場中的運轉(zhuǎn)周期將要變化，則該回旋加速器不可以加速粒子了，選項B錯誤；在磁場中運動的周期，則保持B和T不變，該回旋加速器可以加速粒子，且在回旋加速器中兩粒子運動的半徑也相同，則粒子運動的時間與粒子的相等，選項C正確；根據(jù)， ，可知加速后的最大動能與粒子不相等，選項D錯誤；故選C. 9．如圖，初速度不計的電子束經(jīng)電壓為U的電場加速后，進(jìn)入一半徑為r圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域（區(qū)域中心為O，磁場方向垂直于圓面），最后射到了與OM連線垂直的屏幕上的P處。已知不加磁場時，電子束將通過O點打到屏幕的中心M點，電子的電荷量為e，電子所受重力不計。則下列判斷正確的是 A. 圓形區(qū)域中磁場的方向可能垂直于紙面向里 B. 電子在磁場中運動時受到的磁場力大小一定是 C. 若僅增加加速電壓U，電子束打到屏幕上的位置在P點上方 D. 若僅改變圓形區(qū)域的磁感強(qiáng)度大小，電子束可能打不到屏幕上 【答案】D 【解析】由左手定則可知，圓形區(qū)域中磁場的方向可能垂直于紙面向外，選項A錯誤；電子在電場中被加速，則Ue=mv2；若在磁場中做圓周運動的半徑為r，則，因電子在磁場中運動的半徑不一定是r，則電子在磁場中運動時受到的磁場力大小不一定是2eU/r，選項B錯誤；若僅增加加速電壓U，則電子進(jìn)入磁場的速度v變大，則電子的軌道半徑變大，則電子束打到屏幕上的位置在P點下方，選項C錯誤；若僅使圓形區(qū)域的磁感強(qiáng)度變大，則電子在磁場中運動的半徑減小，電子束經(jīng)過磁場時的偏折角變大，則電子束可能打不到屏幕上，選項D正確；故選D. 10．如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場，磁場邊界上的P點有一粒子源，可以在紙面內(nèi)向各個方向以相同的速率發(fā)射同種帶電粒子，不考慮粒子的重力以及粒子之間的相互作用，這些粒子從某一段圓弧射出邊界，這段圓弧的弧長是圓形區(qū)域周長的；若僅將磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變?yōu)锽2，這段圓弧的弧長變?yōu)閳A形區(qū)域周長的，則等于 A. B. C. D. 【答案】C 二、多選 11．如圖所示，三根平行的足夠長的通電直導(dǎo)線A、B、C分別放置在一個等腰直角三角形的三個頂點上，其中AB邊水平，AC邊豎直。O點是斜邊BC的中點，每根導(dǎo)線在O點所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0,則下列說法中正確的有() A. 導(dǎo)線B、C在O點產(chǎn)生的總的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0 B. 導(dǎo)線A、B、C在O點產(chǎn)生的總的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0 C. 導(dǎo)線B、C在A點產(chǎn)生的總的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向由A指向O D. 導(dǎo)線A、B在O點產(chǎn)生的總的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向右 【答案】ACD 【解析】導(dǎo)線B、C在O點產(chǎn)生的磁場方向相同，磁感應(yīng)強(qiáng)度疊加后大小為2B0，選項A正確；由題意可知，三根平行的通電直導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，，選項B錯誤；導(dǎo)線B、C在A點產(chǎn)生的總的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向是兩個磁場疊加后的方向，方向由A指向O，選項C正確；根據(jù)安培定則和矢量的疊加原理，導(dǎo)線A、B在O點產(chǎn)生的總的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向水平向右，選項D正確． 12．如圖所示，水平放置的兩個正對的帶電金屬板MN、PQ間存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。在a點由靜止釋放一帶正電的微粒，釋放后微粒沿曲線acb運動，到達(dá)b點時速度為零，c點是曲線上離MN板最遠(yuǎn)的點。已知微粒的質(zhì)量為m，電荷量為q，重力加速度為g，不計微粒所受空氣阻力，則下列說法中正確的是 A. 微粒在a點時加速度方向豎直向下 B. 微粒在c點時電勢能最大 C. 微粒運動過程中的最大速率為 D. 微粒到達(dá)b點后將沿原路徑返回a點 【答案】AC 【解析】微粒在a點時速度為零，不受洛倫茲力，只有重力和豎直向下的電場力，合力方向豎直向下，由牛頓第二定律知加速度方向豎直向下。故A正確。從a運動到c，電場力做正功，電勢能減小。從c運動到b，電場力做負(fù)功，電勢能增大，所以微粒在c點時電勢能最小，故B錯誤。在a點，速度為零，分解為一左一右兩個等大的速度，向右的分速度導(dǎo)致洛倫茲力與重力平衡，向左的分速度導(dǎo)致勻速圓周運動，故：，當(dāng)兩個分速度平行時，合速度最大，，故C正確；微粒在b點的受力情況與a點的受力情況相同，可知微粒到達(dá)b點后將相同軌跡向右做曲線運動，不可能沿原路徑返回a點，故D錯誤；故選AC。 13．磁流體發(fā)電機(jī)原理如圖所示,等離子體高速噴射到加有磁場的管道內(nèi),正、負(fù)離子在洛倫茲力作用下分別向兩金屬板偏轉(zhuǎn),形成直流電源對外供電.則（ ） A. 上極板帶負(fù)電,下極板帶正電 B. 僅增強(qiáng)磁感應(yīng)強(qiáng)度,發(fā)電機(jī)的電動勢將減小 C. 僅減小兩板間的距離,發(fā)電機(jī)的電動勢將增大 D. 僅增大磁流體的噴射速度,發(fā)電機(jī)的總功率將增大 【答案】AD 【解析】A、根據(jù)左手定則知，正電荷向下偏，負(fù)電荷向上偏，則上極板帶負(fù)電，下極板帶正電，故A錯誤； B、根據(jù)qvB=q得，E電動=Bdv，僅增強(qiáng)磁感應(yīng)強(qiáng)度，發(fā)電機(jī)的電動勢將增大，故B錯誤； C、因電動勢的大小為：E=Bdv，僅減小兩板間的距離，發(fā)電機(jī)的電動勢將減小，故C錯誤； D．因電動勢的大小為：E=Bdv，僅增大磁流體的噴射速度，發(fā)電機(jī)的電動勢將增大，流過R的電流為：I= 將增大，發(fā)電機(jī)的總功率P=EI將增大，故D正確。 故選：AD 14．如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值.靜止的帶電粒子帶電荷量為+q，質(zhì)量為m(不計重力)，從點P經(jīng)電場加速后，從小孔Q進(jìn)入N板右側(cè)的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外， CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為θ=30，孔Q到板的下端C的距離為L，當(dāng)M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰好垂直打在CD板上，則下列說法正確的是（ ） A. 兩板間電壓的最大值 B. CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長度 C. 粒子在磁場中運動的最長時間 D. 能打到CD板上的粒子的最大動能為 【答案】ACD 【解析】畫出粒子運動軌跡的示意圖，如圖所示， A. 當(dāng)M、N兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在CD板上，可知粒子半徑r=L，的加速電場中，根據(jù)動能定理：，在偏轉(zhuǎn)磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：，聯(lián)立可得：，故A正確；B.設(shè)粒子軌跡與CD相切于H點，此時粒子半徑為，粒子軌跡垂直打在CD邊上的G點，則GH間距離即為粒子打中區(qū)域的長度x，根據(jù)幾何關(guān)系：，可得：，根據(jù)幾何關(guān)系可得粒子打中區(qū)域的長度：，故B錯誤；C.粒子在磁場中運動的周期為：，粒子在磁場中運動的最大圓心角：，所以粒子在磁場中運動的最長時間為：，故C正確；D.當(dāng)粒子在磁場的軌跡與CD邊相切時，即粒子半徑，時，打到N板上的粒子的動能最大，最大動能：，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：，聯(lián)立可得能打到N板上的粒子的最大動能為：，故D正確；故選ACD。 15．如圖所示，絕緣的中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對應(yīng)的圓心角為120o，C，D兩端等高，O為最低點，圓弧的圓心為O′，半徑為R；直線段AC，HD粗糙且足夠長，與圓弧段分別在C，D端相切。整個裝置處于方向垂直于軌道所在的平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，在豎直虛線MC左側(cè)和豎直虛線ND右側(cè)還分別存在著電場強(qiáng)度大小相等，方向水平向右和水平 向左的勻強(qiáng)電場。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)點的帶正點小球，從軌道內(nèi)距C點足夠遠(yuǎn)的P點由靜止釋放。若小球所受的電場力等于其重力的倍，小球與直線段AC，HD間的動摩擦因數(shù)均為，重力加速度為g，則( ) A. 小球在第一次沿軌道AC下滑的過程中，最大加速度 B. 小球在第一次沿軌道AC下滑的過程中，最大速度 C. 小球進(jìn)入DH軌道后，上升的最高點與A點等高 D. 小球經(jīng)過O點時，對軌道的彈力可能為2mg 【答案】AD 【解析】A項：小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，由題意可知，電場力與重力的合力方向恰好沿著斜面AC，則剛開始小球與管壁無作用力，當(dāng)從靜止運動后，由左手定則可知，洛倫茲力導(dǎo)致球?qū)鼙谟凶饔昧?，從而?dǎo)致滑動摩擦力增大，而重力與電場力的合力大小為：，其不變，根據(jù)牛頓第二定律可知，做加速度減小的加速運動，因剛下滑時，加速度最大，即為，故A正確； B項：當(dāng)小球的摩擦力與重力及電場力的合力相等時，洛倫茲力大小等于彈力，小球做勻速直線運動，小球的速度達(dá)到最大，即為qvB=N，而μN(yùn)=f，且，因此解得：，故B錯誤； C項：根據(jù)動能定理，可知，取從靜止開始到進(jìn)入DH軌道后，因存在摩擦力做功，導(dǎo)致上升的最高點低于A點等高，故C錯誤； D項：對小球在O點受力分析，且由C向D運動，由牛頓第二定律，則有： 由C到O點，機(jī)械能守恒定律，則有： 由上綜合而得：對軌道的彈力為 當(dāng)小球由D向C運動時，則對軌道的彈力為，故D正確。 三、解答 16．如圖所示，一根長直導(dǎo)線放在光滑水平的平行金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)線長度為0.20m，兩導(dǎo)軌間距離為0.15m，勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里，B的大小為0.1T，導(dǎo)線的質(zhì)量為0.3kg，通過導(dǎo)線的電流是0.6A，設(shè)導(dǎo)軌足夠長．求： （1）導(dǎo)線受到的安培力大小和方向； （2）從靜止開始運動2s，導(dǎo)線的末速度大?。? 【答案】（1）導(dǎo)線受到的安培力大小是0.0090N，方向向右； （2）從靜止開始運動2s，導(dǎo)線的末速度大小是0.06m/s． 17．質(zhì)量為m，電荷量為q的帶負(fù)電粒子自靜止開始，經(jīng)M、N板間的電場加速后，從A點垂直于磁場邊界射入寬度為d的勻強(qiáng)磁場中，該粒子離開磁場時的位置P偏離入射方向的距離為L，如圖所示，已知M、N兩板間的電壓為U，粒子的重力不計． （1）正確畫出粒子由靜止開始至離開勻強(qiáng)磁場時的軌跡圖（用直尺和圓規(guī)規(guī)范作圖）； （2）求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B． 【答案】（1）粒子由靜止開始至離開勻強(qiáng)磁場時的軌跡如圖所示； （2）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=． 【解析】（1）粒子在電場中做勻加速直線運動，在磁場中做勻速圓周運動，粒子運動軌跡如圖所示： （2）設(shè)粒子在M、N兩板間經(jīng)電場加速后獲得的速度為v， 由動能定理得：qU=mv2﹣0 ①， 粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，設(shè)其半徑為r， 由牛頓第二定律得：qvB=m② 由幾何關(guān)系得：r2=（r﹣L）2+d2 ③ 由①②③解得：B=； 18．圖是一種獲得高能帶電粒子的加速器的示意圖．在真空環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可以調(diào)節(jié)的均勻磁場．被加速的帶電粒子質(zhì)量為ｍ，電荷量為+q，它在環(huán)形磁場中做半徑為R的勻速圓周運動．環(huán)形管道中的平行加速電極板A和B的中心均有小孔讓帶電粒子通過．開始時A、B的電勢均為零，每當(dāng)帶電粒子穿過A板中心小孔時，A板的電勢立即升高到U（B板電勢始終為零），粒子被電壓為U的電場加速后從B板中心小孔穿出時，A板電勢降為零；帶電粒子在磁場力作用下沿半徑為R的圓形軌道運動，再次穿過A板中心小孔時，A板電勢又升高到U，粒子再次被加速；動能不斷增加，但做圓周運動的軌道半徑不變． （1）設(shè)帶電粒子從A板小孔處由靜止開始被電場加速，A板電勢升高到U時開始計時；求粒子沿環(huán)形通道繞行n圈，回到A板中心小孔時，其動能多大？ （2）為了保證帶電粒子在環(huán)形磁場中能沿半徑為R的圓軌道做勻速圓周運動，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度必須周期性地遞增；求粒子繞行第n圈時，磁感應(yīng)強(qiáng)度多大？ （3）帶電粒子沿環(huán)形通道繞行n圈回到A板中心小孔處，共用多少時間？ 【答案】(1)nqU (2) (3) 【解析】（1）粒子繞行一圈動能的增量為qU，繞行n圈所獲得的總動能 （2）因為 得 （3）粒子做半徑為R的勻速圓周運動，每一圈所用時間為 由于每一圈速度不同，所以每一圈所需時間也不同 第一圈：， 第二圈：， …… 第n圈的速度 故繞行n圈所需總時間 19．在某空間存在著水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，如圖所示，一段光滑且絕緣的圓弧軌道AC固定在紙面內(nèi)，其圓心為O點，半徑R＝1.8m，OA連線在豎直方向上，AC弧對應(yīng)的圓心角θ＝37。今有一質(zhì)量m＝3.610－4kg、電荷量q＝＋9.010－4C的帶電小球(可視為質(zhì)點)，以v0＝4.0m/s的初速度沿水平方向從A點射入圓弧軌道內(nèi)，一段時間后從C點離開，小球離開C點后做勻速直線運動，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37＝0.6，不計空氣阻力，求： (1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E； (2)小球射入圓弧軌道后的瞬間對軌道的壓力。 【答案】(1)E＝3N/C (2)3.210－3N 【解析】 (1)當(dāng)小球離開圓弧軌道后，對其受力分析如圖所示： 由平衡條件得：F電＝qE＝mgtanθ 代入數(shù)據(jù)解得：E＝3N/C (2)小球從進(jìn)入圓弧軌道到離開圓弧軌道的過程中，由動能定理得： F電Rsinθ－mgR(1－cosθ)＝ 代入數(shù)據(jù)得：v＝5m/s 由F電＝qvB＝ 解得：B＝1T 分析小球射入圓弧軌道瞬間的受力情況 由牛頓第二定律得：FN＋Bqv0－mg＝ 代入數(shù)據(jù)得：FN＝3.210－3N 由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫椋篎N＝3.210－3N. 20. 如圖所示，豎直平面坐標(biāo)系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平勻強(qiáng)磁場和豎直向上的勻強(qiáng)電場，大小分別為B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平勻強(qiáng)電場，大小也為E；第三象限內(nèi)有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道，軌道最高點與坐標(biāo)原點O相切，最低點與絕緣光滑水平面相切于N。一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上(y>0)的P點沿x軸正方向進(jìn)入第一象限后做圓周運動，恰好通過坐標(biāo)原點O，且水平切入半圓軌道并沿軌道內(nèi)側(cè)運動，過N點水平進(jìn)入第四象限，并在電場中運動(已知重力加速度為g)。 （1）判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶電荷量； （2）P點距坐標(biāo)原點O至少多高； （3）若該小球以滿足(2)中OP最小值的位置和對應(yīng)速度進(jìn)入第一象限，通過N點開始計時，經(jīng)時間小球距坐標(biāo)原點O的距離s為多大？ 【答案】（1），帶正電 （2）（3） 【解析】 (1)小球進(jìn)入第一象限正交的電場和磁場后，在垂直磁場的平面內(nèi)做圓周運動，說明重力與電場力平衡，qE＝mg ① 得: ② （2分） 小球帶正電． （1分） （3）設(shè)到達(dá)N點的速度為，小球由O運動到N的過程中， 由機(jī)械能守恒得： ⑦ （2分） 由④⑦解得： ⑧ 根據(jù)運動的獨立性可知，小球從N點進(jìn)入電場區(qū)域后，在絕緣光滑水平面上作類平拋運動．設(shè)加速度為a，則有：沿x軸方向： ⑨ （1分） 沿電場方向： ⑩ （1分） 由牛頓第二定律得： （1分） t時刻小球距O點為： （2分）