答案 A
解析 第1个图：
小球做竖直上抛运动，则h1＝；第3个图：
当加上水平向右的电场时，由运动的分解可知在竖直方向上有v＝2gh3，所以h1＝h3，故A正确；而第2个图：
洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时小球的动能为Ek，由能量守恒得mgh2＋Ek＝mv，又由于mv＝mgh1，所以h1>h2，h3>h2，C错误；第4个图：
因小球带负电，所受电场力的方向向下，则h4一定小于h1，B错误；由于无法确定第4个图过程中电场力做功与第2个图过程中动能Ek的大小关系，故无法确定h2和h4之间的大小关系，D错误。
3.有一个电荷量为＋q、重力为G的小球，从两竖直的带电平行板上方h处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时，下列说法正确的是（ ）
A．一定做曲线运动
B．不可能做曲线运动
C．有可能做匀加速运动
D．有可能做匀速运动
答案 A
解析 由于小球受重力作用，进入平行板间速度大小一定变化，则洛伦兹力变化，小球所受合力变化，小球不可能做匀速或匀加速运动，而一定做曲线运动，B、C、D错误，A正确。
4．如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：
UH＝k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离。
电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则（ ）
A．霍尔元件前表面的电势低于后表面
B．若电源的正负极对调，电压表将反偏
C．IH与I成反比
D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比
答案 D
解析 当霍尔元件通有电流IH时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动，故霍尔元件的前表面电势较高，A错误。
若将电源的正负极对调，则磁感应强度B反向，IH反向，根据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍是霍尔元件的前表面电势较高，B错误。
因R与RL并联，根据并联分流，得IH＝I，故IH与I成正比，C错误。
由于B与I成正比，设B＝aI，则IL＝I，PL＝IRL，故UH＝k＝PL，知UH∝PL，D正确。
5．（2019·安徽省示范高中考试）如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：
离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。
静电分析器通道中心线MN所在圆的半径为R，通道内有均匀辐射的电场，中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B的匀强磁场，磁分析器的左边界与静电分析器的右边界平行。
由离子源发出一个质量为m、电荷量为＋q的离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器（进入收集器时速度方向与O2P平行）。
下列说法正确的是（ ）
A．磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向内
B．加速电场中的加速电压U＝ER
C．磁分析器中轨迹圆心O2到Q点的距离d＝
D．任何带正电的离子若能到达P点，则一定能进入收集器
答案 B
解析 该离子在磁分析器中沿顺时针方向转动，所受洛伦兹力指向圆心，根据左手定则可知，磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向外，A错误；该离子在静电分析器中做匀速圆周运动，有qE＝m，在加速电场中加速有qU＝mv2，联立解得U＝ER，B正确；该离子在磁分析器中做匀速圆周运动，有qvB＝m，又qE＝m，可得r＝，该离子经Q点进入收集器，故d＝r＝，C错误；任一初速度为零的带正电离子，质量、电荷量分别记为mx、qx，经U＝ER的电场后，在静电分析器中做匀速圆周运动的轨迹半径Rx＝R，即一定能到达P点，而在磁分析器中运动的轨迹半径rx＝，rx的大小与离子的质量、电荷量有关，不一定有rx＝d，故能到达P点的离子不一定能进入收集器，D错误。
6．（2018·开封模拟）如图所示，静止的带电粒子所带电荷量为＋q，质量为m（不计重力），从P点经电场加速后，通过小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。
CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角为θ＝30°，小孔Q到绝缘板的下端C的距离为L，当滑动触头移动到B端时，粒子恰垂直打在CD板上，则（ ）
A．两板间电压的最大值Um＝
B．CD板上可能被粒子打中区域的长度为L
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
D．能打到N板上的粒子的最大动能为
答案 BD
解析 滑动触头移到B端时，两板间电压最大，粒子垂直打在CD板上，所以粒子的轨迹半径为L＝，粒子在电场中运动时，qUm＝mv2，解两式得：
Um＝，A错误；粒子垂直打在CD板上的位置离C点最远，距离为L，当粒子运动轨迹恰好与CD相切于K点时，切点K位置离C点最近，如图所示，由几何条件有：
sin30°＝，故R＝，KC＝L，所以CD板上被粒子打中的区域的长度为L，B正确；打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，t＝，C错误；打在N板上的粒子中，轨迹半径越大，则对应的速度越大，即运动轨迹半径最大的粒子的动能最大，则当R＝时，有Ekm＝，D正确。
7．（2018·重庆二诊）如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。
一带电粒子（电荷量为q，质量为m）以垂直于x轴的速度v0从x轴上的P点进入该匀强电场，恰好与y轴正方向成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限。
已知O、P之间的距离为d，粒子重力不计，则（ ）
A．带电粒子通过y轴时的坐标为（0，d）
B．电场强度的大小为
C．带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为
D．磁感应强度的大小为
答案 BC
解析 对带电粒子在匀强电场中的运动过程，由平抛运动规律可知，d＝at2，y＝v0t，tan45°＝，v＝2ad，联立解得：
y＝2d，即带电粒子通过y轴时的坐标为（0,2d），A错误；由d＝at2，qE＝ma，y＝v0t，y＝2d，联立解得：
E＝，B正确；画出带电粒子在匀强电场中和匀强磁场中的运动轨迹，如图所示，由y＝v0t，y＝2d，可得带电粒子在匀强电场中运动的时间t＝，带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹所对的圆心角为θ＝135°＝，带电粒子在匀强磁场中运动的速度v＝v0，带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径r＝＝2d，运动时间tB＝＝＝，带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为t总＝t＋tB＝＋＝，C正确；由qvB＝m，v＝v0，r＝2d，解得B＝，D错误。
二、非选择题（本题共2小题，共37分）
8．（2017·天津高考）（17分）平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。
一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。
粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。
不计粒子重力，问：
（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；
（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。
答案
（1）v0，速度方向与x轴正方向成45°角斜向上
（2）
解析
（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有
2L＝v0t①
L＝at2②
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy
vy＝at③
设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有
tanα＝④
联立①②③④式得
α＝45°⑤
即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上。
设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有
v＝⑥
联立①②③⑥式得
v＝v0。
⑦
（2）设电场强度为E，粒子所带电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得
F＝ma⑧
又F＝qE⑨
设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有
qvB＝m⑩
由几何关系可知
R＝L⑪
联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得＝。
9．（2018·重庆抽测）（20分）如图甲所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内有沿＋x方向的匀强电场E1，第Ⅱ、Ⅲ象限内同时存在着竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面的匀强磁场B，E2＝2.5N/C，磁场B随时间t周期性变化的规律如图乙所示，B0＝0.5T，垂直纸面向外为磁场正方向。
一质量m＝5×10－5kg、电荷量q＝2×10－4C的带正电液滴从P点（0.6m,0.8m）以速度v0＝3m/s沿－x方向入射，恰好以沿－y方向的速度v经过原点O后进入x≤0的区域，t＝0时刻液滴恰好通过O点，g取10m/s2。
（1）求电场强度E1和液滴到达O点时速度的大小v；
（2）求液滴从P点开始运动到第二次经过x轴所经历的时间t总；
（3）若从某时刻起磁场突然消失，发现液滴恰好以与＋y方向成30°角穿过y轴后进入x＞0区域，试确定液滴穿过y轴时的位置。
答案
（1）1.875N/C 4m/s
（2）s
（3）yn＝[2（2n－1）＋1]m（式中n＝1,2,3，…）或
yn＝[2（2n－1）－1]m（式中n＝1,2,3，…）
解析
（1）液滴在第Ⅰ象限内受竖直向下的重力和水平向右的电场力的作用，液滴在竖直方向上做自由落体运动，则y＝gt2
v＝gt
解得t＝0.4s，v＝4m/s
液滴在水平方向上做匀减速直线运动
v0＝at
E1q＝ma
解得E1＝1.875N/C。
（2）液滴进入x≤0的区域后，由于E2q＝mg，液滴在磁场B0、2B0中做半径不同的圆周运动，设其做圆周运动的大、小圆半径分别为r1、r2，运动周期分别为T1、T2。
则qvB0＝
2qvB0＝
得r1＝2m，r2＝1m
T1＝，T2＝
即T1＝πs，T2＝s
结合乙图画出液滴在x≤0区域的轨迹如图1所示。
液滴从P点到第二次穿过x轴经过的时间
t总＝t＋＋
＝s。
（有的同学没养成边计算边画示意图的习惯，导致建立不出运动情景）
（3）情形一：
若磁场消失时，液滴在x轴上方，
如图1所示：
OM1＝＋r2（1－sin30°）＝（2－1）m
OM2＝＋r2（1－sin30°）＝（6－1）m
根据周期性可得，液滴穿过y轴时的纵坐标yn满足：
yn＝＋r2（1－sin30°）
yn＝[2（2n－1）－1]m（式中n＝1,2,3，…）；
情形二：
若磁场消失时，液滴在x轴下方，如图2所示：
ON1＝－r2（1－sin30°）＝（2＋1）m
ON2＝－r2（1－sin30°）＝（6＋1）m
根据周期性可得，液滴穿过y轴时的纵坐标yn满足：
yn＝－r2（1－sin30°）
yn＝[2（2n－1）＋1]m（式中n＝1,2,3，…）。
升级会员 