如图所示，质量为3.0kg的小车以1.0m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是1/4光滑圆弧，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度E为40N/C，磁感应强度B为2.0T．现有一质量为1.0kg、带负电且电荷量为1.0×10^-2C的滑块以8m/s的水平速度向右冲上小车，当它通过D点时速度为5.0m/s（滑块可视为质点，g取10m/s²），求：（计算结果保留两位有效数字）
（1）滑块从A到D的过程中，小车、滑块组成的系统损失的机械能；
（2）如果圆弧轨道半径为1.0m，求滑块刚过D点时对轨道的压力；
（3）若滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块不冲出圆弧轨道，此圆弧的最小半径．

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如图a所示是一个处于竖直平面内的特殊运动轨道，OA是长为x₁=2R的直轨道，AE是倾角为30°的斜轨道，它们与滑块的动摩擦因数都为μ=4/9，EDF是圆心在B点，半径为R的光滑圆弧，D点是最高点，ED圆弧上方有一个高度与滑块相近的光滑圆弧形挡板PQ，轨道上的A、E两点理想连接，使滑块经过这两点时不损失机械能，且AE⊥EB．可视为质点的滑块，质量为m，以v₀的初速度从O点进入OA直轨道，滑块在OA轨道运动时，受到水平向右的动力作用，它的大小随滑块与O点的距离变化，如图b所示，图中F₀=mg．滑块经A点滑上斜轨道，到达轨道最高点D时恰好对轨道和挡板都无压力，此时立刻撤除圆弧形挡板PQ．滑块经D点后能无碰撞地进入一个特殊的漏斗C，漏斗C能将滑块以进入时的速率反向弹出．求：
（1）滑块在D点时的速度大小；
（2）初速度v₀的大小；
（3）滑块从漏斗C弹出后会再次经过D点吗？若会经过D点，求经多长时间再次到达D点，漏斗离F点的距离x₂多大？若不会经过D点，请说明理由．

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如图所示，质量M=3.0kg的小车静止在光滑的水平面上，AD部分是表面粗糙的水平导轨，DC部分是光滑的l/4圆弧导轨，整个导轨都是由绝缘材料制成的，小车所在平面内有竖直向上E=40N/C的匀强电场和垂直纸面向里B=2.0T的匀强磁场．今有一质量为m=1.0kg带负电的滑块（可视为质点）以v₀=8m/s的水平速度向右冲上小车，当它即将过D点时速度达到v₁=5m/s，对水平导软的压力为l0.5N，（g取10m/s²）．
（1）求滑块的电量；
（2）求滑块从A到D的过程中，小车、滑块系统损失的机械能；
（3）若滑块通过D时立即撤去磁场，求此后小车所能获得的最大速度．

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如图所示，二个绝热的、容积相同的球状容器A、B，用带有阀门K的绝热细管连通，相邻两球球心的高度差h=1.00m．初始时，阀门是关闭的，A中装有1mol的氦（He），B中装有1mol的氪（Kr），二者的温度和压强都相同．气体分子之间的相互作用势能可忽略．现打开阀门K，二种气体相互混合，最终每一种气体在整个容器中均匀分布，二个容器中气体的温度相同．已知二种气体的摩尔质量分别为μ_He=4.003×10^-3kg?mol^-1和μ_Kr=83.8×10^-3kg?mol^-1，下列说法中正确的是（　　）

A、两种气体混合前后温度不变

B、两种气体混合后的温度低于混合前的温度

C、混合前氦分子的平均速率等于氪分子的平均速率

D、混合后氦分子的平均速率大于氪分子的平均速率

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如图所示，在xOy平面的第一象限内，分布有沿x轴负方向的场强E=

4

3

×10⁴N/C的匀强电场，第四象限内分布有垂直纸面向里的磁感应强度B₁=0.2T的匀强磁场，第二、三象限内分布有垂直纸面向里的磁感应强度B₂的匀强磁场．在x轴上有一个垂直于y轴的平板OM，平板上开有一个小孔P，P处连接有一段长度d=lcm内径不计的准直管，管内由于静电屏蔽没有电场．y轴负方向上距O点

3

cm的粒子源S可以向第四象限平面内各个方向发射a粒子，假设发射的a粒子速度大小v均为2×10⁵m/s，打到平板和准直管管壁上的a粒子均被吸收．已知a粒子带正电，比荷为

q

m

=5×l0⁷C/kg，重力不计，求：
（1）a粒子在第四象限的磁场中运动时的轨道半径和粒子从S到达P孔的时间；
（2）除了通过准直管的a粒子外，为使其余a粒子都不能进入电场，平板OM的长度至少是多长？
（3）经过准直管进入电场中运动的a粒子，第一次到达y轴的位置与O点的距离；
（4）要使离开电场的a粒子能回到粒子源S处，磁感应强度B₂应为多大？

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                       高考真题

1．【解析】本题考查了左手定则的应用。导线a在c处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac向左，同理导线b在c处产生的磁场方向垂直bc向下，则由平行四边形定则，过c点的合场方向平行于ab，根据左手定则可判断导线c受到的安培力垂直ab边，指向左边

【答案】C

2．【解析】由回旋加速器的结构可知，离子由加速器的中心附近进入加速器，所以选项A正确；因在盒内洛仑兹力不做功，所以离子从空隙的电场中获得能量，故选项D正确．

【答案】AD

3．【解析】由安培定则判断在水平直导线下面的磁场是垂直于纸面向里，所以小磁针的N极将垂直于纸面向里转动

【答案】C

4．【解析】带电粒子在洛仑兹力作用下，作匀速圆周运动，又根据左手定则得选项A正确．

【答案】A

5．【解析】因为tanα=板间距离/板长，并可用荷质比表示，由左手定则可以判断负外；不正确，电子的荷质比是其本身的性质。

【答案】不正确，电子的荷质比是其本身的性质。

6．【解析】(1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧。由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC，故圆弧的圆心在OC上。依题意，质点轨迹与x轴的交点为A，过A点作与A点的速度方向垂直的直线，与OC交于O＇。由几何关系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圆弧的圆心。如图所示，设圆弧的半径为R，则有

                            R=dsinj                     

     由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得                                         

将①式代入②式，得                             

(2)质点在电场中的运动为类平抛运动。设质点射入电场的速度为v₀，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有

v₀＝vcosj                           vsinj＝at                            d=v₀t联立发上各式得

设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得    qE＝ma         联立得

【答案】（1）    （2）

7．【解析】(1)洛伦兹力不做功，由动能定理得，

  mgy=mv²           ……①

得  v=            ……②

（2）设在最大距离y_m处的速率为v_m,根据圆周运动有，

qv_mB-mg=m             ……③

且由②知         ……④

由③④及R=2y_m

得                  ……⑤

（3）小球运动如图所示，

由动能定理 （qE-mg）|y_m|=       ……⑥　

由圆周运动  qv_mB+mg-qE=m         ……⑦   

且由⑥⑦及R=2|y_m|解得

v_m=

【答案】（1）     （2）   （3）

8．【解析】⑴做直线运动有：                     

          做圆周运动有：

          只有电场时，粒子做类平抛，有：

                  解得：

          粒子速度大小为：

          速度方向与x轴夹角为：

          粒子与x轴的距离为：

        ⑵撤电场加上磁场后，有：

                          解得：                    

          粒子运动轨迹如图所示，圆心C位于与速度v方向垂直的直线上，该直线与x轴和y轴的夹角均为π/4，有几何关系得C点坐标为：

           过C作x轴的垂线，在ΔCDM中：

                          解得：

           M点横坐标为：

【答案】（1）    （2）

9．【解析】方法1：（1）设粒子在0～t₀时间内运动的位移大小为s₁

                                                   ①

                                        ②

又已知

联立①②式解得

                                           ③

（2）粒子在t₀~2t₀时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。设运动速度大小为v₁，轨道半径为R₁，周期为T，则

                                          ④

                                 ⑤

联立④⑤式得

                                         ⑥

又                                    ⑦

即粒子在t₀~2t₀时间内恰好完成一个周期的圆周运动。在2t₀~3t₀时间内，粒子做初速度为v₁的匀加速直线运动，设位移大小为s₂

                             ⑧

解得                               ⑨

由于s₁+s₂＜h,所以粒子在3t₀~4t₀时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v₂，半径为R₂

                                   ⑩

                                 11

解得                              12

由于s₁+s₂+R₂＜h,粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。在4t₀～5t₀时间内，粒子运动到正极板（如图所示）。因此粒子运动的最大半径

（3）粒子在板间运动的轨迹如图所示。                   

方法2：由题意可知，电磁场的周期为2t₀，前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运动，加速度大小为

                方向向上

        后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T

        粒子恰好完成一次匀速圆周运动。至第n个周期末，粒子位移大小为s_n

        又已知 

        由以上各式得      

        粒子速度大小为    

       粒子做圆周运动的半径为     

       解得      

       显然       

   【答案】（1）粒子在0～t₀时间内的位移大小与极板间距h的比值  

      （2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径  

      （3）粒子在板间运动的轨迹图见解法一中的图。

10．【解析】（1）由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径。                                         

设入射粒子的速度为，由洛仑兹力的表达式和牛顿第二定律得

             ………… ①

由上式解得           ………… ②

（2）设是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心。连接，设。  

如图所示，由几何关系得     ………… ③

                     ………… ④

由余弦定理得

                ………… ⑤

联立④⑤式得

                     ………… ⑥

设入射粒子的速度为，由解出

【答案】

11．【解析】⑴v₀=100m/s（提示：微粒在磁场中的半径满足：L<r<2L，因此80<v₀<160，而m/s（n=1，2，3…），因此只能取n=2）               

⑵t=2.8×10^-2s两次穿越磁场总时间恰好是一个周期，在磁场外的时间是，代入数据得t=2.8×10^-2s

【答案】（1）    （2）t=2.8×10^-2s

                   名校试题

1．【解析】由安培定则判断出P和QR的磁场方向，并求出其合磁场是水平向右，再由左手定则判断出R受到的磁场力垂直R，指向y轴负方向

【答案】A

2．【解析】 电子在飞行过程中受到地磁场洛仑兹力的作用，洛仑兹力是变力而且不做功，所以电子向荧光屏运动的速率不发生改变；又因为电子在自西向东飞向荧光屏的过程中所受的地磁场感应强度的水平分量可视为定值，故电子在竖直平面内所受洛伦兹力大小不变、方向始终与速度方向垂直，故电子在在竖直平面内的运动轨迹是圆周。

【答案】CD

3．【解析】根据左手定则判断出，正离子偏向B板，所以B板是电源的正极，因最后离子匀速运动，由平衡条件得，故电源的电动势为Bvd

【答案】BC

4．【解析】根据左手定则判断出，正离子偏向后表面的电势，所以选项A正确；，所以选项C也正确．

【答案】AC

5．【解析】设D形盒的半径为R，则粒子可能获得的最大动能由qvB=m得E_km==,由此式得选项AC正确．

【答案】AC

6．【解析】无磁场时，小球队在C点由重力提供向心力，，临界速度。

从A至C由机械能守恒定律得：，有

加磁场后，小球在C点受向上的洛仑兹力，向心力减小，

临界速度v减小。洛仑兹力不做功，由A到C机械能守恒

因，所以，故选项C正确。

【答案】C

7．【解析】(1)电场中加速，由                   

∴                           

磁场中偏转，由牛顿第二定律得  

∴                      

可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图所示，三段圆弧的圆心组成的三角形△O₁O₂O₃是等边三角形，其边长为2r www.ks5u.com                                

∴   

(2)电场中，        中间磁场中，             

右侧磁场中，             则           

【答案】（1）    （2）

8．【解析】（1）磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做圆周运动，故有

     --------------①

同时有   -----------②

粒子运动轨迹如图所示，由几何知识知， 

x_C＝－（r＋rcos45⁰）＝，        ------------ ③

故，C点坐标为（，0）。         ----------- ④

（2）设粒子从A到C的时间为t₁，设粒子从A到C的时间为t₁，由题意知

                        ------------ ⑤

设粒子从进入电场到返回C的时间为t₂，其在电场中做匀变速运动，由牛顿第二定律和运动学知识，有                      ------------⑥

及  ，       ------------⑦

联立⑥⑦解得       ------------⑧

设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为t₃，由题意知

            ------------ ⑨

故而，设粒子从A点到第三次穿越x轴的时间为

    ------------ ⑩

（3）粒子从第三次过x轴到第四次过x轴的过程是在电场中做类似平抛的运动，即沿着v₀的方向（设为x′轴）做匀速运动，即

     ……①              …………② 

沿着qE的方向（设为y′轴）做初速为0的匀变速运动，即

    ……③             ……④  

设离子第四次穿越x轴时速度的大小为v，速度方向与电场方向的夹角为α.

由图中几何关系知

      ……⑤             ……⑥

       ……⑦

综合上述①②③④⑤⑥⑦得

        ……⑧            

【答案】（1）C点坐标为（，0）     （2）       （3）        

9．【解析】 ⑴由电场力与洛伦兹力平衡得：qE=qv₀B得：E=v₀B

⑵根据运动的对称性，微粒能从P点到达Q点，应满足 

其中x为每次偏转圆弧对应的弦长，偏转圆弧对应的圆心角为或。

设圆弧的半径为R，则有2R²=x²，可得：

又

由①②③式得：，n =1、2、3、

⑶当n取奇数时，微粒从P到Q过程中圆心角的总和为

，

，其中n =1、3、5、……

当n取偶数时，微粒从P到Q过程中圆心角的总和为

，其中n =2、4、6、……

【答案】（1）E =v₀B  （2）    （3）当n取奇数时，

当n取偶数时，

10．【解析】（1）粒子源发出的粒子，进入加速电场被加速，速度为v₀，根据能的转化和守恒定律得：                                           

要使粒子能沿图中虚线O₂O₃进入PQ、MN之间的区域，

则粒子所受到向上的洛伦兹力与向下的电场力大小相等，

   得到                                      　　

将②式代入①式，得                        

（2）粒子从O₃以速度v₀进入PQ、MN之间的区域，先做匀速直线运动，打到ab板上，以大小为v₀的速度垂直于磁场方向运动．粒子将以半径R在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动，转动一周后打到ab板的下部．由于不计板的厚度，所以质子从第一次打到ab板到第二次打到ab板后运动的时间为粒子在磁场运动一周的时间，即一个周期T．

由和运动学公式，得                     

粒子在磁场中共碰到2块板，做圆周运动所需的时间为            

粒子进入磁场中，在v₀方向的总位移s=2Lsin45°，时间为         

则t=t₁+t₂=

   【答案】 （1）     （2）     

11．【解析】设速度为v₀时进入磁场后做圆周运动的半径为r

有                 得r==                           

设速度为2v₀时进入磁场做圆周运动的半径r′

得r′==L                                         

设其速度方向与x轴正方向之间的夹角为θ                     

由图中的几何关系有：cosθ==                              

得θ＝45°或θ＝135°                                         

（2）为使粒子进入电场后能垂直打在挡板上，则要求粒子进入电场时速度方向

与x轴正方向平行，如图所示。粒子进入电场后由动能定理有

qEd=mv′² －m(2v₀)²   得v′=          

当θ₁=45°时，粒子打到挡板MN上的位置到x轴的距离为

y₁=r－r′sin45°=(－1)L                                 

当θ₂ =135°时，粒子打到挡板MN上的位置到x轴的距离为

y₂= r′+ r′sin45°=(+1)L                                 

【答案】（1）θ＝45°或θ＝135°    （2）当θ₁=45°时，(－1)L；

θ₂=135°(+1)L，

12．【解析】（1）设带电粒子射入磁场时的速度大小为v，由于带电粒子垂直射入匀强磁场带电粒子在磁场中做圆周运动，圆心位于MN中点O′，

由几何关系可知，轨道半径r=lcos45=0.2（m

又Bqv =  

所以

设带电粒子在磁场中运动时间为t₁，在电场中运动的时间为t₂，总时间为t。

t₁ =      t₂ =

联立解得 t = =2.07×10^-4（s）

（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a，则：

lsin45 = at₂²   a =    解得：E = sin45=1.6（V/m）

【答案】（1）  2.07×10^-4（s）   （2）1.6（V/m）

13．【解析】（1）微粒在加速电场中由动能定理得：

 ①        解得v₀ = 1.0×10⁴m/s   

（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，有：  ，  

飞出电场时，速度偏转角的正切为：

    ②    解得  θ = 30^o   

（3）进入磁场时微粒的速度是：     ③

轨迹如图所示，由几何关系有：  ④   

洛伦兹力提供向心力：