FP－mg＝
＝2mg，所以FP＝3mg，同理小球沿M轨道到达底端时，对轨道的压力为FM＝3mg＋F洛，小球沿N轨道到达底端时FN－mg＝
<2mg，故FM>FP>FN，故选项B错误；小球沿轨道P、M下滑后，能到达右端同样高度的地方，故选项D错误。
7．（沈阳市2018～2018学年高二上学期期末）如图所示，在射线OA以下有垂直纸面向里的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的正电粒子a和b以不同的速率由坐标原点O沿着x轴正方向射入磁场，已知va＞vb，若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是（ ）
A．两粒子的轨道半径之比
＝
B．粒子a在磁场中运动时间比b长
C．两粒子在磁场中运动时间相等
D．两粒子离开磁场时速度方向相同
答案：
ACD
解析：
粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvB＝m
，得：
r＝
，则得
＝
，故A正确；粒子运动周期T＝
，T相同，两个粒子从OA射出磁场时，速度与OA夹角相同，方向平行，则两个粒子轨迹对应的圆心角都是60°，根据t＝
T知两粒子在磁场中运动时间相等，故B错误，CD正确。
8.如图所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A与B处在同一条竖直线上，其中小球B带正电荷并被固定，小球A与一水平放置的光滑绝缘板C接触而处于静止状态，若将绝缘板C沿水平方向抽去，则（ ）
A．小球A仍可能处于静止状态
B．小球A将可能沿轨迹1运动
C．小球A将可能沿轨迹2运动
D．小球A将可能沿轨迹3运动
答案：
AB
解析：
若小球所受库仑力和重力二力平衡，则撤去绝缘板后，小球仍能继续处于平衡状态，A正确。
若小球在库仑力、重力、绝缘板弹力三力作用下处于平衡状态，则撤去绝缘板后，小球所受合力向上，小球向上运动并受到向左的洛伦兹力而向左偏转，B正确，C、D错误。
9．（湖北省部分重点中学2018～2018学年高二上学期期中）一束粒子流由左端平行于极板P1射入质谱仪，沿着直线通过电磁场复合区后，并从狭缝S0进入匀强磁场B2，在磁场B2中分为如图所示的三束，则下列相关说法中正确的是（ ）
A．速度选择器的P1极板带负电
B．粒子1带负电
C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于E/B1
D．粒子2的比荷q/m绝对值最大
答案：
BC
解析：
若粒子带正电，在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个力作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电，故A错误；由图可知，粒子1进入匀强磁场B1时向上偏转，根据左手定则判断得知该束粒子带负电，故B正确；粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：
qvB1＝qE，解得v＝
，故C正确；根据qvB＝m
得，r＝
，知r越大，比荷越小，所以D错误。
10．（东北育才中学2018～2018学年高二上学期检测）如图所示，宽d＝2cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向内。
现有一群带正电的粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为r＝5cm，则（ ）
A．右边界：
－4cm≤y<4cm的范围内有粒子射出
B．右边界：
y＞4cm和y＜－4cm的范围内有粒子射出
C．左边界：
y＞8cm的范围内有粒子射出
D．左边界：
0＜y≤8cm的范围内有粒子射出
答案：
AD
解析：
当粒子的轨迹恰好与x轴方向的右边界相切时，如图，根据几何知识得到
y1＝
＝
cm＝4cm
当粒子沿－y轴方向射入磁场时，粒子从磁场右边界x轴下方射出时，则有
y2＝－
＝－
cm＝－4cm
所以右边界：
－4cm≤y＜4cm有粒子射出，故A正确，B错误。
由图可知，粒子只能从x轴上方从左边界射出磁场，y的最大值为y＝8cm。
所以左边界：
0＜y≤8cm有粒子射出，故C错误，D正确。
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
二、填空题（共2小题，共14分。
把答案直接填在横线上）
11．（6分）（海岳中学2018～2018学年高二上学期检测）磁流体发电机原理如图所示，将一束等离子体（正负电荷组成的离子化气体状物质）喷射入磁场，在电场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压。
如果射入的等离子体速度为v，板间距离为d，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与速度方向垂直，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间。
当发电机稳定发电时，电流表示数为I。
则以下说法正确的有（ ）
（1）图中________板为电源的正极；
（2）有电流从________经用电器流向________；
（3）这个发电机的电动势为________；
（4）此发电机的等效内阻是________。
答案：
（1）A
（2）a，b （3）Bdv （4）
－R
解析：
大量带正电和带负电的微粒进入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向上，所以正电荷会聚集在A板上，负电荷受到的洛伦兹力向下，负电荷聚集到B板上，故A板相当于电源的正极，B板相当于电源的负极，所以通过电阻R的电流从a到b。
根据qvB＝q
得，E＝Bdv。
根据欧姆定律得，r＝
－R＝
－R。
12．（8分）图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。
现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。
所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；
为电流表；S为开关。
此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。
（1）在图中画线连接成实验电路图。
（2）完成下列主要实验步骤中的填空：
①按图接线。
②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1。
③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________；然后读出________，并用天平称出________。
④用米尺测量________。
（3）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝________。
（4）判定磁感应强度方向的方法是：
若________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。
答案：
（1）如图所示
（2）③重新处于平衡状态；电流表的示数I；此时细沙的质量m2；④D的底边长度L
（3）
（4）m2>m1
解析：
考查了安培力作用下物体的平衡，解题的关键是弄清实验原理。
分析知，两次细沙的重力差与D的底边所受安培力相等，即BIL＝|m2－m1|g，所以磁感应强度B＝
；根据m1和m2的关系及左手定则可判断磁感应强度的方向。
三、论述·计算题（共4小题，共46分。
解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
13．（10分）为m＝0.02kg的通电细杆ab置于倾角为θ＝37°的平行放置的导轨上，导轨的宽度d＝0.2m，杆ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，磁感应强度B＝2T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示。
现调节滑动变阻器的触头，试求出为使杆ab静止不动，通过ab杆的电流范围为多少？
答案：
0.14A≤I≤0.46A
解析：
杆ab中的电流为a到b，所受的安培力方向平行于导轨向上。
当电流较大时，导体有向上的运动趋势，所受静摩擦力向下；当静摩擦力达到最大时，磁场力为最大值F1，此时通过ab的电流最大为Imax；同理，当电流最小时，应该是导体受向上的最大静摩擦力，此时的安培力为F2，电流为Imin。
正确地画出两种情况下的受力图，由平衡条件列方程求解。
根据第一幅受力图列式如下：
F1－mgsinθ－Fμ1＝0
FN－mgcosθ＝0，Fμ1＝μFN，F1＝BImaxd
解上述方程得：
Imax＝0.46A
根据第二幅受力图，F2＋Fμ2－mgsinθ＝0，
FN－mgcosθ＝0，Fμ2＝μFN，F2＝BImind.
解上述方程得：
Imin＝0.14A。
14．（12分）（济南一中2018～2018学年高二上学期期末）如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为电场和磁场的理想边界，一束电子（电量为e，质量为m，重力不计），由静止状态从P点经过Ⅰ、Ⅱ间的电场加速后垂直到达边界Ⅱ的Q点。
匀强磁场的磁感应强度为B，磁场边界宽度为d，电子从磁场边界Ⅲ穿出时的速度方向与电子原来的入射方向夹角为30°。
求：
（1）电子在磁场中运动的时间t；
（2）若改变PQ间的电势差，使电子刚好不能从边界Ⅲ射出，则此时PQ间的电势差U是多少？
答案：
（1）
（2）
解析：
（1）由evB＝m
T＝
得电子在磁场中运动周期T＝
电子在磁场中运动时间：
t＝
T＝
T 得：
t＝
（2）电子刚好不从边界Ⅲ穿出时轨道与边界相切，运动半径为R＝d
由evB＝m
得v＝
PQ间由eU＝
得U＝
15.（12分）（沈阳市2018～2018学年高二上学期期末）如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。
一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出。
（1）求电场强度的大小和方向。
（2）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。
（粒子的比荷满足
＝
）
答案：
（1）电场强度的大小为
，沿x轴正方向；
（2）粒子在磁场中运动的时间
t0
解析：
（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E。
可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向
且有qE＝qvB
又R＝vt0
则E＝
（2）仅有磁场时，入射速度v′＝4v，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有
qv′B＝m
又
＝
由以上各式得r＝
由几何知识sinα＝
即sinα＝
，α＝
带电粒子在磁场中运动周期
T＝
则带电粒子在磁场中运动时间
tB＝
T
所以tB＝
t0。
16.（12分）（哈尔滨六中2018～2018学年高二下学期开学检测）在某空间存在着水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R＝1.8m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角θ＝37°。
今有一质量m＝3.6×10－4kg、电荷量q＝＋9.0×10－4C的带电小球（可视为质点），以v0＝4.0m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，小球离开C点后做匀速直线运动，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，不计空气阻力，求：
（1）匀强电场的场强E；
（2）小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力。
答案：
（1）E＝3N/C
（2）3.2×10－3N
解析：
（1）当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图所示：
由平衡条件得：
F电＝qE＝mgtanθ
代入数据解得：
E＝3N/C
（2）小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得：
F电Rsinθ－mgR（1－cosθ）＝
－
代入数据得：
v＝5m/s
由F电＝qvB＝
解得：
B＝1T
分析小球射入圆弧轨道瞬间的受力情况
由牛顿第二定律得：
FN＋Bqv0－mg＝
代入数据得：
FN＝3.2×10－3N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：
FN＝3.2×10－3N。
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