暑假作業(yè)04 帶電粒子在組合場、疊加場中的運(yùn)動（解析版）-2025版高二物理暑假作業(yè)

限時練習(xí)：90min完成時間：月日天氣：作業(yè)04帶電粒子在組合場、疊加場中的運(yùn)動一、帶電粒子在組合場中的運(yùn)動1．組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，一般為兩場相鄰或在同一區(qū)域電場、磁場交替出現(xiàn)．2．解題時要弄清楚場的性質(zhì)、場的方向、強(qiáng)弱、范圍等．3．要正確進(jìn)行受力分析，確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài)．(1)僅在電場中運(yùn)動①若初速度v0與電場線平行，粒子做勻變速直線運(yùn)動；②若初速度v0與電場線垂直，粒子做類平拋運(yùn)動．(2)僅在磁場中運(yùn)動①若初速度v0與磁感線平行，粒子做勻速直線運(yùn)動；②若初速度v0與磁感線垂直，粒子做勻速圓周運(yùn)動．4．分析帶電粒子的運(yùn)動過程，畫出運(yùn)動軌跡是解題的關(guān)鍵．二、帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動處理帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動的基本思路1．弄清疊加場的組成．2．進(jìn)行受力分析，確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài)，注意運(yùn)動情況和受力情況的結(jié)合．3．畫出粒子運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律．(1)當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速直線運(yùn)動時，根據(jù)受力平衡列方程求解．(2)當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運(yùn)動時，一定是電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用平衡條件和牛頓運(yùn)動定律分別列方程求解．(3)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解．一、單選題1．圓心為O、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、方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場（未畫出），磁場邊緣上的A點有一帶正電粒子源，半徑OA豎直，MN與OA平行，且與圓形邊界相切于B點，在MN的右側(cè)有范圍足夠大且水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E。當(dāng)粒子的速度大小為v0且沿AO方向時，粒子剛好從B點離開磁場，不計粒子重力和粒子間的相互作用，下列說法不正確的是（）A．圓形區(qū)域內(nèi)磁場方向垂直紙面向外B．粒子的比荷為C．粒子在磁場中運(yùn)動的總時間為D．粒子在電場中運(yùn)動的總時間為【答案】C【解析】A．根據(jù)題意可知，粒子從A點進(jìn)入磁場時，受到洛倫茲力的作用，根據(jù)左手定則可知，圓形區(qū)域內(nèi)磁場方向垂直紙面向外，故A正確，不符合題意；B．根據(jù)題意可知，粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖甲所示根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R，粒子在磁場中運(yùn)動軌跡所對圓心角為，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有所以故B正確，不符合題意；C．根據(jù)題意可知，粒子從B點進(jìn)入電場之后，先向右做減速運(yùn)動，再向左做加速運(yùn)動，再次到達(dá)B點時，速度的大小仍為v0，再次進(jìn)入磁場，運(yùn)動軌跡如圖乙所示粒子在磁場中的運(yùn)動時間為故C錯誤，符合題意；D．粒子在電場中，根據(jù)牛頓第二定律有解得結(jié)合對稱性可得，粒子在電場中運(yùn)動的總時間為故D正確，不符合題意。故選C。2．水平放置的M、N兩金屬板，板長均為L，板間距為d，兩板間有豎直向下的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，在兩板左端點連線的左側(cè)足夠大空間存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直紙面向里。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以初速v0緊靠M板從右端水平射入電場，隨后從P點進(jìn)入磁場，從Q點離開磁場（P、Q未畫出）。不考慮粒子的重力，下列說法正確的是A．PQ間距離與E的大小無關(guān)B．PQ間距離與v0的大小無關(guān)C．P點的位置與粒子的比荷無關(guān)D．帶電粒子不可能打在N板上【答案】A【解析】AB．粒子進(jìn)入磁場時的速度為，進(jìn)入磁場后粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，偏轉(zhuǎn)后從MN邊界離開磁場，則由洛倫茲力充當(dāng)向心力有可得又粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子進(jìn)入磁場時的速度與水平方向的夾角為，則有根據(jù)幾何關(guān)系可得，粒子進(jìn)入磁場的位置與射出磁場的位置之間的距離為所以PQ間距離與無關(guān)，與有關(guān)，故A正確，B錯誤；C．根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律有，水平方向豎直方向加速度可知可知P點的位置與粒子的比荷有關(guān)，故C錯誤；D．題中的值未做明確限制，若，則帶電粒子有可能打在板上，故D錯誤。故選A。3．如圖所示，比荷不同的兩個帶電粒子在A處由靜止釋放，經(jīng)加速電壓加速后，垂直磁場左邊界MN射入寬度為d的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場方向垂直紙面向里。兩個粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后一個從左邊界MN的a點離開磁場區(qū)域，另一個從磁場的右邊界b點離開磁場區(qū)域，a、b兩點的連線剛好與磁場邊界垂直，從b點離開的粒子在磁場區(qū)域運(yùn)動過程中偏轉(zhuǎn)的角度為60°，不計粒子重力及粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）A．從a點離開磁場區(qū)域的粒子帶正電，從b點離開磁場區(qū)域的粒子帶負(fù)電B．從a點離開磁場區(qū)域的粒子比荷大小為C．從b點離開磁場區(qū)域的粒子比荷大小為D．從a、b兩點離開的粒子在磁場區(qū)域中運(yùn)動的時間之比為3∶1【答案】C【解析】A．粒子進(jìn)入磁場區(qū)域后均向上偏轉(zhuǎn)，所以根據(jù)左手定則可知，兩個粒子均帶正電，A錯誤；BC．根據(jù)題意由幾何關(guān)系可知從點離開的粒子在磁場做勻速圓周運(yùn)動的半徑從a點離開的粒子在磁場做勻速圓周運(yùn)動的半徑粒子經(jīng)加速電壓加速后有由洛倫茲力提供向心力有解得從點離開的粒子的比荷為從點離開的粒子的比荷為B錯誤，C正確；D．兩個粒子的比荷不同，所以在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期不同，但從兩點離開的粒子在磁場區(qū)域轉(zhuǎn)過的圓心角之比為，所以運(yùn)動的時間一定不為，D錯誤。故選C。4．如圖所示，坐標(biāo)系內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場（方向未標(biāo)明）。是電子槍管，電子槍發(fā)出的電子初速度為零，經(jīng)電場加速后，從坐標(biāo)原點O點沿y軸正方向射出。電子經(jīng)過位置M，已知M點坐標(biāo)為，電子電荷量e，質(zhì)量m，則電子槍加速電壓為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)幾何關(guān)系由幾何知識可求出電子的運(yùn)動半徑根據(jù)牛頓第二定律可得電子運(yùn)動半徑根據(jù)動能定理聯(lián)立解得故選A。5．如圖所示，一個質(zhì)量m＝0.1g，所帶電荷量的小滑塊，放置在傾角的光滑斜面（絕緣且足夠長）上，斜面置于B＝0.4T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向外．小滑塊由靜止開始沿斜面下滑，下滑至某一位置時會離開斜面，此過程中，下列說法正確的是（，）A．小滑塊帶正電，所受洛倫茲力豎直向上B．小滑塊離開斜面瞬間的速度大小為5m/sC．小滑塊離開斜面前做加速度不斷增大的加速運(yùn)動D．該斜面的長度至少要有【答案】D【解析】A．小滑塊最終會離開斜面，說明它所受洛倫茲力垂直斜面向上，則小滑塊帶正電，故A錯誤；B．恰好離開斜面時，有代人數(shù)據(jù)計算可得故B錯誤；C．小滑塊離開斜面前，沿斜面方向的合力始終是，所以做勻加速直線運(yùn)動，故C錯誤；D．加速度大小由可得，斜面長至少為故D正確。故選D。6．如圖所示，直角坐標(biāo)系位于豎直平面內(nèi)，y軸豎直向上，第III、IV象限內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，第IV象限同時存在方向平行于y軸的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出），一質(zhì)量為m、帶電量絕對值為q的小球從x軸上的A點由靜止釋放，恰好從P點垂直于y軸進(jìn)入第IV象限，然后做圓周運(yùn)動，從Q點以速度v垂直于x軸進(jìn)入第I象限，重力加速度為g，不計空氣阻力。則（）A．從A點到Q點的過程小球的機(jī)械能守恒 B．電場方向豎直向上C．小球在第IV象限運(yùn)動的時間為 D．小球能夠返回到A點【答案】C【解析】AB．根據(jù)左手定則和小球從A運(yùn)動到P的軌跡可知小球帶負(fù)電。從P到Q過程中小球做圓周運(yùn)動可知此時小球受到的向下的重力與向上的電場力平衡，又因為小球帶負(fù)電所以電場方向豎直向下。A到Q的過程中，洛倫茲力不做功，電場力做正功，機(jī)械能增加。故AB錯誤；C．小球恰好從P點垂直于y軸進(jìn)入第IV象限，然后做圓周運(yùn)動，從Q點以速度v垂直于x軸進(jìn)入第Ⅰ象限，所以設(shè)小球做圓周運(yùn)動的半徑為，則在到過程中，根據(jù)動能定理可得，小球做圓周運(yùn)動的周期小球在第IV象限運(yùn)動的時間為故C正確。D．根據(jù)豎直上拋運(yùn)動規(guī)律可知小球會從Q點以速度大小為垂直于軸向下進(jìn)入磁場，此后根據(jù)左手定則，小球不會有向左的運(yùn)動，不能夠返回A點。故D錯誤。故選C。7．如圖所示，豎直平面內(nèi)，勻強(qiáng)電場方向水平向右，勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面向里。一個帶電粒子以某速度垂直磁場斜向右上方射入復(fù)合場中，恰好做直線運(yùn)動，則下列關(guān)于粒子的受力及運(yùn)動情況的說法正確的是（）A．粒子可能只受電場力和洛倫茲力 B．直線運(yùn)動過程粒子的電勢能可能增加C．粒子一定做勻速直線運(yùn)動 D．粒子可能做勻減速直線運(yùn)動【答案】C【解析】若粒子帶正電，受力分析如圖若粒子帶負(fù)電，受力分析如圖因為粒子恰好做直線運(yùn)動，則綜合分析可知，粒子帶正電。A．粒子受到電場力、洛倫茲力和重力三個力的作用，故A錯誤；B．由圖可知，粒子受到的電場力與速度方向夾角為銳角，則電場力做正功，粒子的電勢能減小，故B錯誤；CD．由于粒子做直線運(yùn)動，而電場力和重力是恒力，若粒子的速度變化，則洛倫茲力將變化，粒子就不會做直線運(yùn)動，故粒子一定做勻速直線運(yùn)動，故C正確，D錯誤。故選C。8．如圖所示，場強(qiáng)為的勻強(qiáng)電場豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直電場向外，帶電量為q的小球（視為質(zhì)點）獲得某一垂直磁場水平向右的初速度，正好做勻速圓周運(yùn)動，重力加速度為，下列說法正確的是（）

A．小球帶正電B．將初速度方向變成垂直磁場水平向左，則小球做直線運(yùn)動C．小球做勻速圓周運(yùn)動的周期為D．若把電場的方向改成豎直向上，則小球恰好做類平拋運(yùn)動【答案】C【解析】A．小球要做勻速圓周運(yùn)動，電場力與重力要等大反向，電場力向上，小球必須帶負(fù)電，故A錯誤；B．將初速度方向變成垂直磁場水平向左，電場力與重力依然平衡，小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，故B錯誤；C．小球做勻速圓周運(yùn)動，則周期為故C正確；D．若把電場的方向改成豎直向上，小球受重力與電場力均向下，還有洛倫茲力作用，則小球不會做類平拋運(yùn)動，故D錯誤。故選C。二、多選題9．如圖所示，實線表示豎直平面內(nèi)的電場線，電場線與水平方向成α角，水平方向的勻強(qiáng)磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線L斜向上做直線運(yùn)動，L與水平方向成β角，且α＞β，則下列說法中正確的是（）A．液滴一定做勻速直線運(yùn)動B．液滴一定帶負(fù)電C．電場線方向一定斜向上D．液滴有可能做勻變速直線運(yùn)動【答案】AC【解析】AD．帶電液滴受豎直向下的重力G、沿電場線方向的電場力F、垂直于速度方向的洛倫茲力f，若合力不為零，則洛倫茲力變化，不能沿直線運(yùn)動，因此這三個力的合力一定為零，帶電液滴做勻速直線運(yùn)動，不可能做勻變速直線運(yùn)動，故A正確，D錯誤；BC．當(dāng)帶電液滴帶正電，且電場線方向斜向上時，帶電液滴受豎直向下的重力G、沿電場線向上的電場力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛倫茲力f作用，這三個力的合力可能為零，帶電液滴沿虛線L做勻速直線運(yùn)動，如果帶電液滴帶負(fù)電、電場線方向斜向上或斜向下時，帶電液滴所受合力不為零，不可能沿直線運(yùn)動，故B錯誤，C正確。故選AC。10．如圖所示，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向外。電場強(qiáng)度為，磁感應(yīng)強(qiáng)度為。帶電量為的小球（視為質(zhì)點）在紙面內(nèi)恰好做勻速圓周運(yùn)動。重力加速度為，下列說法正確的是（）A．小球帶正電B．小球的質(zhì)量為C．小球做勻速圓周運(yùn)動的周期為D．若把電場的方向改成豎直向上，小球正好做勻速直線運(yùn)動，則其速度為【答案】BD【解析】A．小球要做勻速圓周運(yùn)動，電場力與重力要等大反向，電場力向上，小球必須帶負(fù)電，A錯誤；B．由求得B正確；C．小球做勻速圓周運(yùn)動的周期為C錯誤;D．若把電場的方向改成豎直向上，小球正好做勻速直線運(yùn)動，由三力平衡可得求得D正確。故選BD。11．以O(shè)點為坐標(biāo)原點、方向為x軸正方向、豎直向上為y軸正方向，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖。在第Ⅰ象限內(nèi)加一方向豎直向上的勻強(qiáng)電場，在第Ⅱ象限有一加速電場，A、C兩豎直極板之間的加速電壓為U，在C板的中間有一小孔。在第Ⅳ象限的邊長為l的等邊三角形內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)將一比荷為k的帶負(fù)電的粒子從A板中間由靜止釋放，帶電粒子從C板的小孔處飛出，接著從y軸上的M點垂直y軸進(jìn)入電場，隨后從的中點N進(jìn)入磁場，且速度方向與邊平行。在磁場中運(yùn)動一段時間后，帶電粒子恰好從P點離開磁場。下列說法正確的是（）A．帶電粒子從M點進(jìn)入第Ⅰ限時的速度大小B．第Ⅰ象限內(nèi)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小C．三角形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小D．帶電粒子從M點運(yùn)動到P點的時間【答案】BC【解析】A．設(shè)粒子的電荷量為-q（q>0），質(zhì)量為m，則帶電粒子在加速電場中加速，由動能定理有解得故A錯誤；B．帶電粒子在第Ⅰ象限運(yùn)動的過程中有解得由牛頓第二定律有Eq=ma，又聯(lián)立解得故B正確；C．設(shè)帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為R，如圖所示由幾何關(guān)系可得帶電粒子進(jìn)入磁場時的速度大小帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力得，解得故C正確；D．帶電粒子在磁場中從N運(yùn)動到P的時間帶電粒子從M點運(yùn)動到P點的時間故D錯誤。故選BC。12．如圖所示，長方體所在空間存在與方向平行的勻強(qiáng)磁場，一粒子源無初速度釋放一質(zhì)量為m、帶電量為的帶電粒子，經(jīng)電壓U加速后，從O點沿OQ方向射入磁場區(qū)域，并從點離開長方體區(qū)域。已知長方體OM、邊的長度均為d，OQ的長度為，不計粒子的重力及其相互作用，下列說法正確的是（）A．粒子進(jìn)入磁場區(qū)域的初速度為B．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為C．若減少加速電壓U，粒子可能從射出D．若增加加速電壓U，粒子可能從中點射出【答案】ABC【解析】A．粒子在電場中被加速，則解得進(jìn)入磁場區(qū)域的初速度為選項A正確；B．進(jìn)入磁場后粒子在平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，則解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為選項B正確；C．若減少加速電壓U，則粒子射入磁場時的速度減小，運(yùn)動半徑減小，則粒子可能從射出，選項C正確；D．若增加加速電壓U，則粒子射入磁場時的速度變大，運(yùn)動半徑變大，則粒子從QP1連線上某點射出，不可能從中點射出，選項D錯誤。故選ABC。一、單選題1．如圖所示，真空室中y軸右側(cè)存在連續(xù)排列的4個圓形邊界磁場，圓心均在x軸上，相鄰兩個圓相切，半徑均為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B。其中第1、3個圓形邊界的磁場方向垂直于紙面向里，第2、4個圓形邊界的磁場方向垂直于紙面向外，第4個磁場右側(cè)有一個粒子接收屏與x軸垂直，并與第4個磁場相切，切點為M，在磁場上方和下方分別有一條虛線與磁場相切，上方虛線以上有一方向向下的范圍無限大的勻強(qiáng)電場，下方虛線以下有一方向向上的范圍無限大的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小均為E?，F(xiàn)將一群質(zhì)量均為m、電荷量均為的帶電粒子從坐標(biāo)原點O向第一、四象限各個方向發(fā)射（不考慮平行于y軸方向發(fā)射的粒子），射出速度大小均為。不計粒子重力，則下列說法正確的是（）A．所有粒子從O點射出到最終被接收屏接收的時間相同B．所有被接收屏接收的粒子均從M點沿x軸正方向射出C．所有粒子從O點射出到最終被接收屏接收的過程中在電場中運(yùn)動的時間均為D．所有粒子從O點射出到最終被接收屏接收的過程中在磁場中運(yùn)動的時間均為【答案】C【解析】CD．粒子在磁場中運(yùn)動時，根據(jù)牛頓第二定律代入粒子速度得根據(jù)左手定則，粒子在第1個圓形磁場中做逆時針的圓周運(yùn)動，由于粒子運(yùn)動半徑等于圓形磁場的半徑。根據(jù)幾何關(guān)系，粒子入射點、出射點、圓形磁場圓心、圓周運(yùn)動圓心構(gòu)成菱形，故粒子在第1個圓形磁場的出射方向均沿y軸正方向。粒子進(jìn)入電場后先做勻減速直線運(yùn)動，再反向做勻加速直線運(yùn)動，返回磁場的速度率與射出時相等。同理，粒子第二次射出磁場的位置均在圓形磁場切點，所有粒子在第1個磁場中的運(yùn)動時間相等，均為。粒子在第2個磁場中的運(yùn)動為順時針，運(yùn)動規(guī)律同理于第1個磁場中的運(yùn)動。最終所有粒子均到達(dá)M點。運(yùn)動軌跡如圖綜上所述，所有粒子從O點射出到最終被接收屏接收的過程中在電場中運(yùn)動的時間均為所有粒子從O點射出到最終被接收屏接收的過程中在磁場中運(yùn)動的時間均為故C正確，D錯誤；A．所有粒子在電場和磁場中的運(yùn)動時間都相同，在沒有磁場也沒有電場的空間中的運(yùn)動路程不同，時間不同，故A錯誤；B．由DC選項可知，所有被接收屏接收的粒子到達(dá)M點的速度方向不同，只有沿x軸正方向射入的粒子會沿軸正方向射出，故B錯誤。故選C。2．如圖所示，xOy坐標(biāo)系內(nèi)，第一象限存在水平向左的勻強(qiáng)電場。第二象限存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，y軸上c點和x軸上d點連線為電場的下邊界。相同的帶電粒子甲、乙分別從a點和b點由靜止釋放，兩粒子均從c點水平射入第二象限，且均從c、d連線上射出，已知ab＝bc，下列說法正確的是（）A．帶電粒子甲、乙在c點速度之比為2∶1B．帶電粒子甲、乙在c點速度之比為∶1C．帶電粒子甲、乙在第二象限電場內(nèi)的位移之比為∶1D．帶電粒子甲、乙在第二象限射出電場時速度方向垂直【答案】B【解析】AB．相同的帶電粒子甲、乙分別從a點和b點由靜止釋放，兩粒子均從c點水平射入第二象限，且均從c、d連線上射出，已知ab＝bc，由v2＝2ax可得帶電粒子甲、乙在c點速度之比為v甲∶v乙＝∶1故A錯誤，B正確；C．甲、乙兩粒子從c點水平射入第二象限，由平拋運(yùn)動知識可知x＝v0t設(shè)位移與水平方向夾角為θ，甲、乙兩粒子位移與水平方向的夾角θ相同由①②③可得帶電粒子甲、乙在第二象限電場內(nèi)的位移之比為2∶1，故C錯誤；D．設(shè)速度方向與水平方向夾角為α，則tanα＝tanα＝2tanθ甲、乙在第二象限射出電場時速度方向與水平方向夾角α相同，故D錯誤。故選B。3．如圖所示，某空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），一質(zhì)量為m的帶負(fù)電粒子恰能以速度v沿圖中虛線所示軌跡做直線運(yùn)動，粒子的運(yùn)動軌跡與水平方向的夾角為，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（

）A．勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向里B．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為C．粒子的電荷量為D．若粒子運(yùn)動過程中，磁場突然消失，則粒子可能做勻減速直線運(yùn)動【答案】B【解析】A．對粒子受力分析可知，粒子受到的洛倫茲力與速度大小和方向有關(guān)，則粒子必定做勻速直線運(yùn)動，粒子受到的電場力水平向右，受到的重力豎直向下，則洛倫茲力垂直于運(yùn)動軌跡斜向上，根據(jù)左手定則可知，勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向外，A錯誤；BC．根據(jù)受力平衡有，則粒子的電荷量勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B正確，C錯誤；D．若粒子運(yùn)動過程中，磁場突然消失，粒子受到的合力方向與粒子的速度方向不共線，則粒子一定做曲線運(yùn)動，D錯誤。故選B。4．如圖所示，一半徑為R的光滑絕緣半球面開口向下，固定在水平面上。整個空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。一電荷量為q（q>0）、質(zhì)量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運(yùn)動，圓心為O′。球心O到該圓周上任一點的連線與豎直方向的夾角為θ=60°。若重力加速度為g，以下說法正確的是（）

A．從上面俯視小球沿順時針方向運(yùn)轉(zhuǎn)B．球面對小球的彈力大小為C．小球的速率越大，則小球受到的洛倫茲力越大D．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可能為【答案】C【解析】A．小球受到的洛倫茲力水平指向圓心，根據(jù)左手定則可知，從上面俯視小球沿逆時針方向運(yùn)轉(zhuǎn)，故A錯誤；B．小球豎直方向受力平衡，則有可得球面對小球的彈力大小為故B錯誤；C．根據(jù)可知小球的速率越大，則小球受到的洛倫茲力越大，故C正確；D．水平方向根據(jù)牛頓第二定律可得整理可得對于的一元二次方程，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，需要滿足可得可知磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不可能為，故D錯誤。故選C。二、解答題5．豎直平面內(nèi)建立如圖所示的xOy直角坐標(biāo)系，在的區(qū)域Ⅰ內(nèi)，存在著水平方向的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場（圖中均未畫出），在的區(qū)域Ⅱ內(nèi)，存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場。一個帶正電的小球從y軸上的P點以初速度水平向右拋出，僅在重力的作用下經(jīng)過x軸上的Q點，隨后沿直線運(yùn)動穿過區(qū)域Ⅰ，通過M點進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ做曲線運(yùn)動。已知OP的長度與OQ的長度之比為，小球的質(zhì)量為m，電荷量為+q，區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小滿足（、為未知量），重力加速度為g。（1）求小球到達(dá)Q點時的速度大小和方向；（2）求區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向；（3）若，從小球經(jīng)過M點開始計時，當(dāng)經(jīng)過時同時，求小球的位置坐標(biāo)（用、g表達(dá)）?！敬鸢浮浚?），速度與水平方向成60°斜向右下方；

（2），方向垂直于紙面向里；（3）【解析】（1）根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律有，，結(jié)合題目條件，解得故Q點的速度大小即其與水平方向的夾角為，則解得速度與水平方向成60°斜向右下方（2）粒子在區(qū)域I受到重力、水平電