一、选择题(本题共7小题，每小题7分。在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～7题有多项符合题目要求。全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。)
1．(2013·重庆高考)如图1所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低。由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为( )
图1
IBA.，负 |q|aUIBC.，负 |q|bU
IBB.，正 |q|aUIBD.，正 |q|bU
解析：选C 由于上表面电势低，根据左手定则判断出自由运动电荷带负电，B、D错U
误；电荷稳定时，所受电场力和洛伦兹力平衡，|q|＝|q|vB，由电流的微观表达式知I＝|q|nSv
a＝|q|nabv，解得n＝
IB
，C正确，A错误。 |q|bU
2.(2013·皖南八校联考)如图2所示，M、N为简化的磁流体发电机的两个水平极板，相距d＝0.2 m，板间有垂直于纸面向外的匀强磁场，B＝1.0 T，外电路中可变负载电阻R的最大阻值为10 Ω，电离气体(含有大量的正、负带电粒子，且不计重力)以速率v＝1 100 m/s平行极板由左向右射入，极板间电离气体的等效内阻r＝1 Ω，断开开关S，稳定之后，下列说法正确的是( )
图2
A．M板电势高于N板电势 B．该发电机的电动势为220 V
1
C．该发电机的电动势是由静电力做功产生的
D．若闭合开关S，负载电阻R＝10 Ω时发电机输出功率最大
解析：选B 根据左手定则，带正电粒子在洛伦兹力的作用下向N板偏转，带负电粒Uq
子向M板偏转，所以M板电势低于N板电势，A错误；根据＝Bvq可得，发电机的电动
d势U＝Bvd＝220 V，B正确；该发电机的电动势不是静电力做功产生的，而是由于高速运动的带电粒子在洛伦兹力的作用下向两极板偏转，并聚集在极板上形成电压而产生的，C错误；若闭合开关S，当负载电阻R＝r＝1 Ω，即等于极板间电离气体的等效内阻时，发电机输出功率最大，D错误。
3．(2013·浙江五校联考)如图3所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度放置一质量为0.1 kg、电荷量q＝＋0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t＝0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6 N的恒力F，g取10 m/s2。则( )
图3
A．木板和滑块一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动
B．滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s的匀速运动
C．木板先做加速度为2 m/s2的匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为3 m/s2的匀加速运动
D．t＝5 s后滑块和木板有相对运动
解析：选C t＝0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6 N的恒力，带电滑块速度增大，所受向上的洛伦兹力增大，滑块先做加速度为2 m/s2的匀加速运动，后做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，木板先做加速度为2 m/s2的匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后滑块离开木板后木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动，C正确，A、B错误；假设在t时刻后滑块与木板有相对运动，对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律可得μ(mg－qvB)＝ma，且v＝at，a＝2 m/s2，解得t＝3 s，即3 s后滑块与木板相对运动，D错误。
4．(2013·绵阳质检)如图4甲所示，带电粒子(不计重力)以水平向右的初速度v0先通过有界匀强电场E，后通过有界匀强磁场B，再从磁场右边穿出，此过程中该粒子动能的改变量为E1；若如图4乙所示，将该匀强电场和匀强磁场区域正交叠加，再让该粒子以同样的初速度水平向右穿越叠加场区而从右边穿出，此过程中该粒子动能的改变量为E2。比较E1和E2的大小，下列说法中正确的是( )
2
甲 乙
图4
A．一定有E1＞E2 B．一定有E1＝E2 C．一定有E1＜E2
D．E1＞E2、E1＝E2、E1＜E2都有可能
解析：选A 带电粒子在图甲组合场中运动，电场力对带电粒子做正功，动能增加，在磁场中洛伦兹力不做功，穿过组合场后该粒子动能的改变量E1＝qEy1；当该粒子穿过图乙叠加场时，在穿越叠加场的过程中，同时受电场力和洛伦兹力作用，且刚进入叠加场时电场力与洛伦兹力方向相反，则若Eq＜Bqv0，电场力做负功，其动能减小；若Eq＝Bqv0，电场力不做功，其动能不变；若Eq＞Bqv0，粒子在竖直方向的合力小于电场力，在电场方向上偏转的位移y2＜y1，E2＝qEy2，综上所述可知E1＞E2，A正确。
5.劳伦斯和利文斯顿设计出回旋加速器，工作原理示意图如图5所示。置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U，若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是( )
图5
A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf
B．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比
C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1 D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能用于α粒子加速 2πR
解析：选AC 因v＝＝2πRf，粒子被加速后的最大速度v受到D形盒半径R的制
T11
约，A正确；粒子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝mv2＝m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，与加速
22mv112
电压U无关，B错误；根据R＝，Uq＝mv21，2Uq＝mv2，得质子第2次和第1次经过Bq22
3
Bq
D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1，C正确；回旋加速器能加速质子时，满足f＝，
2πmf′fqqf
即＝，若α粒子能被加速，应有＝＝，即B、f至少有一个量发生改变，DB2πmB′4πm2B错误。
6．(2013·宁波效实中学质检)如图6所示，MN是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场(场区都足够大)，现有一重力不计的带电粒子从MN上的O点以水平初速度v0射入场区，下列有关判断正确的是( )
图6
A．如果粒子回到MN上时速度增大，则空间存在的一定是电场 B．如果粒子回到MN上的速度大小不变，则该空间存在的一定是电场
C．若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN上时与其所成夹角不变，则该空间存在的一定是磁场
D．若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN所用的时间不变，则该空间存在的一定是磁场
解析：选AD 洛伦兹力对带电粒子不做功，不能使粒子速度增大，电场力可对带电粒子做功，使其动能增大，A正确；若带电粒子以与电场线平行的速度v0射入，粒子返回到2πmMN上速率不变，B、C错误；由T＝知，粒子在磁场中运动的周期与速率无关，D正确。
Bq
7．(2013·浙江高考)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P和P3，经电
＋
＋
压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图7所示，已知离子P在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P和P3( )
＋
＋
＋
图7
A．在电场中的加速度之比为1∶1 B．在磁场中运动的半径之比为3∶1 C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
4
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
解析：选BCD 磷离子P与P3电荷量之比q1∶q2＝1∶3，质量相等，在电场中加速
＋
＋
mvqE
度a＝，由此可知a1∶a2＝1∶3，A错误；离子进入磁场做圆周运动的半径r＝，又qU
mqB11＝mv2，故有r＝ 2B
2mU＋
，即r1∶r2＝3∶1，B正确；设离子P3在磁场中偏角为α，则q
dd
sin α＝，sin θ＝(d为磁场宽度)，故有sin θ∶sin α＝1∶3，已知θ＝30°，故α＝60°，C
r2r1正确；全过程中只有电场力做功，即W＝qU，故离开电场区域时动能之比即为电场力做功之比，所以Ek1∶Ek2＝W1∶W2＝1∶3，D正确。
二、计算题(本题共3小题，共51分。需写出规范的解题步骤。)
18．(15分)(2013·攀枝花二模)如图8所示，一个内壁光滑绝缘的环形细圆筒轨道竖直放3置，环的半径为R，圆心O与A端在同一竖直线上，在OA连线的右侧，有一竖直向上的电mg
场强度E＝的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。现有一个质量为m、电荷量为＋q的
q小球(可视为质点)从圆筒的C端由静止释放，进入OA连线右边的区域后从该区域的边界水平射出，然后，刚好从C端射入圆筒，圆筒的内径很小，可以忽略不计。
图8
(1)求小球第一次运动到A端时，对轨道的压力为多大？ (2)求匀强磁场的磁感应强度为多大？
解析：(1)设小球第一次到A点时，速度大小为v，此时轨道对小球的支持力为FN，由机械能守恒定律得
1
mgR(1＋sin 30°)＝mv2(2分)
2
mv2
到达A点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝(2分)
R由牛顿第三定律得小球对轨道的压力F′N＝FN(1分) 由以上各式解得F′N＝4mg(2分) (2)带电小球进入复合场后，所受的电场力 F＝qE＝mg(1分)
所以它将做匀速圆周运动，穿出复合场后做平抛运动，设平抛运动的时间为t， 在水平方向上有Rcos 30°＝vt(2分)
5
1
竖直下落的高度h＝gt2(2分)
2
因此，小球在复合场中做匀速圆周运动的半径 r＝
R＋Rsin 30°＋h
(1分)
2
mv2
由洛伦兹力提供向心力得qvB＝(1分)
r16m
由以上各式解得B＝
13q16m
答案：(1)4mg (2) 13q
3g(1分) R3g R
9．(15分)(2013·潮州质检)如图9所示，在xOy直角坐标系中OQ与OP分别与x轴正负方向成45°角，在POQ区域中存在足够大的匀强电场，场强大小为E，其余区域存在匀强磁场，一带电量为＋q、质量为m的粒子，在y轴上的A点(0，－L)以平行于x轴的速度v0进入第四象限，在OQ边界垂直进入电场后又从PO边界离开电场，不计粒子的重力。求：
图9
(1)匀强磁场的磁感应强度大小； (2)粒子从PO进入磁场的位置坐标。
解析：(1)设磁感应强度为B，粒子在磁场中运动轨迹的半径为r，根据洛伦兹力提供向心力可得
2
mv0
qvB＝(3分)
r
由几何关系可得r＝L(2分) mv0
解得B＝(2分)
qL
(2)设粒子在电场中运动的加速度大小为a，所用时间为t，则根据牛顿第二定律有 Eq＝ma(2分)
at2
由平抛运动规律知，沿电场方向有r＝L＝(2分)
2垂直电场方向有位移x＝v0t＝v0
2Lm(2分) qE
6
由OP与x轴负方向成45°角可得粒子从PO进入磁场的位置坐标值为
－v 0Lm，v0 qELm(2分) qE
Lm
，v0 qE
Lm
qE
mv0
答案：(1) (2)－v0
qL
10．(21分)(2013·泰安模拟)如图10所示，一质量为m、电荷量为q、重力不计的微粒，从倾斜放置的平行板电容器Ⅰ的A板处由静止释放，A、B间电压为U1。微粒经加速后，从D板左边缘进入一水平放置的平行板电容器Ⅱ，由C板右边缘且平行于极板方向射出，已知电容器Ⅱ的板长为板间距离的2倍。电容器右侧竖直面MN与PQ之间的足够大空间中存在着水平向右的匀强磁场(图中未画出)，MN与PQ之间的距离为L，磁感应强度大小为B。在微粒的运动路径上有一厚度不计的窄塑料板(垂直纸面方向的宽度很小)，斜放在MN与PQ之间，与PQ间的夹角α＝45°。求：
图10
(1)微粒从电容器Ⅰ加速后的速度大小； (2)电容器Ⅱ两极板C、D间的电压；
(3)假设粒子与塑料板碰撞后，电荷量和速度大小不变、方向变化遵循光的反射定律，碰撞时间极短忽略不计，求微粒在MN与PQ之间运动的时间和路程。
解析：(1)设微粒在电容器Ⅰ加速后的速度为v1，根据动能定理有 1
qU1＝mv2－0(2分)
21解得v1＝
2qU1
(1分) m
(2)设微粒进入电容器Ⅱ时的速度方向与水平方向的夹角为θ，板间距为d，运动时间为t，电容器Ⅱ两极板C、D间的电压为U2，则
沿板方向有2d＝v1cos θ·t(2分) 垂直板方向有d＝v1sin θ·t－qU2v1sin θ－t＝0(3分)
md1
解得θ＝45°，U2＝U1(2分)
2
(3)微粒进入磁场后先做匀速直线运动，第一次碰板后做匀速圆周运动，第二次碰板后
1qU22
t(3分) 2md
7
做匀速直线运动。(1分)
qU微粒进入磁场的速度v2＝v1cos θ＝
1m
(1分) 设微粒做匀速圆周运动的半径为R，周期为T， 则qvmv22
2πR2B＝R，T＝v2(2分)
解得R＝mv22πm
qB，T＝qB(2分)
微粒在MN和PQ间的运动路程 x＝L＋2πR＝L＋
2π
mU1B
q
(1分) 运动时间t＝L
mv＋T＝L
2qU＋2πm1qB
(1分) 答案：(1) 2qU1mm (2)U12
(3)LqU＋2πm1qB
8
L＋2π mU1B
q
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