一、選擇題

　　1.(多選)設(shè)空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示，已知一帶電粒子在電場力和洛倫茲力的作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達(dá)B點時速度為零，C點是運動的最低點，忽略粒子的重力，以下說法中正確的是(　　)

　　A.此粒子必帶正電荷

　　B.A點和B點位于同一高度

　　C.粒子在C點時機械能最大

　　D.粒子到達(dá)B點后，將沿原曲線返回A點

　　解析：粒子從靜止開始運動的方向向下，電場強度方向也向下，所以粒子必帶正電荷，A正確;因為洛倫茲力不做功，只有靜電力做功，A、B兩點速度都為0，根據(jù)動能定理可知，粒子從A點到B點運動過程中，電場力不做功，故A、B點位于同一高度，B正確;C點是最低點，從A點到C點運動過程中電場力做正功最大，根據(jù)動能定理可知粒子在C點時速度最大，動能最大，C正確;到達(dá)B點時速度為零，將重復(fù)剛才ACB的運動.向右運動，不會返回，故D錯誤.

　　答案：ABC

　　2.如圖所示，兩平行金屬板MN、PQ水平放置，兩金屬板長為d，板間距離為2d，兩金屬板間有正交的勻強電場和勻強磁場，一帶電粒子(不計重力)從MN的中點O垂直于電場和磁場方向以初速度v0射入，粒子恰好沿直線從NQ的中點A處穿出，若撤去磁場，粒子恰好從下極板邊緣Q點處穿出，則關(guān)于粒子的電性及撤去電場后粒子的運動情況，下列說法中正確的是(　　)

　　A.粒子帶負(fù)電，將從A、N中間某位置穿出

　　B.粒子帶正電，將從N點處穿出

　　C.粒子帶負(fù)電，將打在MN板上

　　D.粒子帶負(fù)電，將從M點處穿出

　　解析：因撤去磁場，粒子恰好從下極板邊緣Q點穿出，而電場方向向上，所以粒子帶負(fù)電，B錯;設(shè)粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，則電、磁場均在時有Bqv0=qE，撤去磁場后，粒子做類平拋運動，滿足d=··()2，即Bqv0=，撤去電場，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由Bqv0=m得r=，即粒子將從M點處穿出，A、C錯，D對.

　　答案：D

　　3.如圖所示，空間存在足夠大、正交的勻強電、磁場，電場強度為E、方向豎直向下，磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里.從電、磁場中某點P由靜止釋放一個質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子(粒子受到的重力忽略不計)，其運動軌跡如圖中虛線所示.對于帶電粒子在電、磁場中下落的最大高度H，下面給出了四個表達(dá)結(jié)果，用你已有的知識計算可能會有困難，但你可以用學(xué)過的知識對下面的四個結(jié)果作出判斷.你認(rèn)為正確的是(　　)

　　A. B.

　　C. D.

　　解析：根據(jù)量綱法，可得A為正確答案.

　　答案：A

　　4.(多選)如圖所示，虛線MN、PQ間區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場和水平向右的勻強電場，PQ上方有一個帶正電小球由靜止開始下落，不計空氣阻力，則在小球通過電場和磁場區(qū)域的過程中，下列說法正確的是(　　)

　　A.小球可能做勻變速直線運動

　　B.小球一定做變加速曲線運動

　　C.小球動能的增加量等于其電勢能和重力勢能減少量的和

　　D.小球重力勢能的減少量等于小球動能和電勢能增加量的和

　　解析：小球進(jìn)入MN、PQ間區(qū)域，受重力、電場力、洛倫茲力作用，因進(jìn)入時速度豎直向下，而電場力水平向右，洛倫茲力水平向右，所以粒子所受合力一定不沿豎直方向，必做曲線運動，A錯;粒子運動過程中洛倫茲力時刻變化，即合力時刻變化，所以粒子做變加速曲線運動，B對;因小球下落通過電場和磁場區(qū)域過程中洛倫茲力不做功，重力做正功，重力勢能減少，電場力也做正功，電勢能也減少，由動能定理知小球動能的增加量等于其電勢能和重力勢能減少量的和，C對，D錯.

　　答案：BC

　　5.(多選)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120°，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)強度大小為B的勻強磁場中，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度大小相等、方向水平向右和水平向左的勻強電場.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)點的帶正電小球，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的大小等于其重力的倍，小球與直線段AC、HD間的動摩擦因數(shù)均為μ，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amax=g

　　B.小球在第一次沿軌道AC下滑的過程中，最大速度vmax=

　　C.小球進(jìn)入DH軌道后，上升的最高點與P點等高

　　D.小球經(jīng)過O點時，對軌道的彈力可能為2mg-qB

　　解析：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)�管壁有作用力，從而�?dǎo)致滑動摩擦力增大，而重力與電場力的合力大小為：

　　F= =mg，即大小恒定，根據(jù)牛頓第二定律可知，做加速度減小的加速運動，因?qū)⑾禄瑫r，加速度最大，即為amax==g，故A正確;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=f，且f=mg，因此解得：vmax=，故B錯誤;根據(jù)動能定理可知，小球從靜止開始到進(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P點，故C錯誤;對小球在O點受力分析，小球由C向D運動，由牛頓第二定律，則有：N-mg+Bqv=m;由C到O點，機械能守恒定律，則有：mgRsin30°=mv2;由上綜合而得：對軌道的彈力為2mg-qB，當(dāng)小球由D向C運動時，對軌道的彈力為2mg+qB，故D正確.

　　答案：AD

　　6.(多選)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球用長為L的細(xì)線懸掛在水平向右的勻強電場中，小球靜止于A點，此時懸線與豎直方向夾角為θ=30°.現(xiàn)用力將小球拉到最低點C處并由靜止釋放，釋放的同時加上一個垂直紙面向里的勻強磁場，不計空氣阻力，重力加速度為g，小球運動過程中細(xì)線始終伸直，則(　　)

　　A.勻強電場的電場強度大小為

　　B.小球?qū)⒃贏、C間往復(fù)擺動

　　C.小球回到C點時，細(xì)線張力將大于mg

　　D.小球從C點向右擺到最高點的過程，電勢能減少量為mgL

　　解析：小球在A點受重力、水平向右的電場力及線的拉力作用而處于平衡狀態(tài)，則有tanθ=，所以E=，A對;小球向右擺動過A點時速度最大，小球?qū)⒁訟為中間位置，以C為最大振幅位置往復(fù)擺動，B錯;小球回到C點時速度為0，細(xì)線中張力等于小球重力，C錯;洛倫茲力不做功，由動能定理知W電-mgL(1-cos2θ)=0，解得小球從C點向右擺到最高點的過程，電勢能減少量ΔE=W電=mgL，D對.

　　答案：AD

　　7.如圖所示為質(zhì)譜儀的原理圖，A為粒子加速器，電壓為U1;B為速度選擇器，其中磁場與電場正交(未畫出)，磁感應(yīng)強度為B1，板間電壓為U2;C為偏轉(zhuǎn)分離器，其中磁場的磁感應(yīng)強度為B0，D為B、C邊界所在虛線PQ上的感光底片.今有一比荷未知的正離子從A的上極板中央由靜止釋放，經(jīng)加速后，從速度選擇器兩板正中間空過.若兩板間磁場消失，離子重新釋放，將從PQ上的M點(沒畫出)進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場中，運動一段時間后打在感光底片的最左端N點，測得M、N兩點間的距離為x，離子重力不計，則(　　)

　　A.速度選擇器中的磁場方向應(yīng)垂直紙面向里

　　B.離子的比荷為

　　C.若速度選擇器板間電壓U2也消失，M、N兩點間距離將變小

　　D.離子在偏轉(zhuǎn)磁場中運行的時間一定小于

　　解析：當(dāng)兩板間磁場消失時，離子有可能從O點右側(cè)進(jìn)入C中，也可能從左側(cè)進(jìn)入C中，即速度選擇器中磁場方向可以垂直紙面向外，也可以垂直紙面向里，A錯;設(shè)離子進(jìn)入速度選擇器時速度為v0，進(jìn)入C中時速度方向與PQ夾角為θ，大小為v，則qU1=mv，sinθ=，離子在C中運行的軌跡半徑為r=，由幾何關(guān)系知x=2rsinθ，聯(lián)立得=，B對;由比荷表達(dá)式可知M、N間距離x與速度選擇器兩板間電壓無關(guān)，C錯;當(dāng)離子從O點右側(cè)進(jìn)入C中時，離子做圓周運動的圓心角大于π，此時運行時間t>==，D錯.

　　答案：B

　　8.如圖所示，空間的某個復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場.質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復(fù)合場的界面進(jìn)入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子(不計重力)穿過復(fù)合場區(qū)所用時間為t，從復(fù)合場區(qū)穿出時的動能為Ek，則(　　)

　　A.若撤去磁場B，質(zhì)子穿過場區(qū)時間大于t

　　B.若撤去電場E，質(zhì)子穿過場區(qū)時間大于t

　　C.若撤去磁場B，質(zhì)子穿出場區(qū)時動能大于Ek

　　D.若撤去電場E，質(zhì)子穿出場區(qū)時動能大于Ek

　　解析：質(zhì)子進(jìn)入復(fù)合場沿直線運動，則質(zhì)子受到的電場力和洛倫茲力大小相等、方向相反，即eE=Bev0，若撤去磁場B，質(zhì)子在電場中做類平拋運動，由類平拋運動特點可知，穿過電場的時間t=，因場區(qū)寬度x不變，則時間不變，質(zhì)子豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，出電場時的速度必大于v0，動能大于Ek，則A錯誤，C正確.若撤去電場E，則質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動，則B、D錯誤.

　　答案：C