高考真题汇编-K单元--磁场.doc

K单元 磁场
K1 磁场 安培力
22．J10　K1[2016·全国卷Ⅲ] 某同学用图1­中所给器材进行与安培力有关的实验．两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直．

图1­
(1)在图中画出连线，完成实验电路．要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动．
(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：
A．适当增加两导轨间的距离
B．换一根更长的金属棒
C．适当增大金属棒中的电流
其中正确的是________(填入正确选项前的标号)．
22．[答案] (1)连线如图所示

(2)AC
[解析] (1)限流式接法要求滑动变阻器接线时只能连接“一上一下”两个接线柱；磁铁N极位于上方，说明磁感线向下；开关闭合后，金属棒往右运动，说明棒受到向右的安培力；由左手定则可知，电流应垂直纸面向外(ab指向a1b1)；所以应按“电源正极→开关→滑动变阻器下接线柱→滑动变阻器上接线柱→电流表→ab→a1b1→电源负极”的顺序连接回路．
(2)由动能定理BIL·s＝mv2－0可知，要增大金属棒离开导轨时的速度v，可以增大磁感应强度B、增大电流I、增大两导轨间的距离L或增大导轨的长度s；但两导轨间的距离不变而只是换一根更长的金属棒后，等效长度L并不会发生改变，但金属棒的质量增大，故金属棒离开导轨时的速度v减小．
17．K1　K2[2016·北京卷] 中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是(　　)

图1­
A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近
C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
17．C　[解析] 根据“则能指南，然常微偏东，不全南也”知，选项A正确．由图可知地磁场的南极在地理北极附近，选项B正确．由图可知在两极附近地磁场与地面不平行，选项C不正确．由图可知赤道附近的地磁场与地面平行，射向地面的带电宇宙粒子运动方向与磁场方向垂直，会受到磁场力的作用，选项D正确．
12．B7　J2　K1[2016·天津卷] 电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度．电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论：如图1­所示，将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上，斜面与水平方向夹角为θ.一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间，恰好匀速穿过，穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定，其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同．磁铁端面是边长为d的正方形，由于磁铁距离铝条很近，磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度为B，铝条的高度大于d，电阻率为ρ.为研究问题方便，铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，假设磁铁进入铝条间以后，减少的机械能完全转化为铝条的内能，重力加速度为g.

图1­
(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I；
(2)若两铝条的宽度均为b，推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式；
(3)在其他条件不变的情况下，仅将两铝条更换为宽度b′>b的铝条，磁铁仍以速度v进入铝条间，试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化．
[答案] (1)　(2)　(3)略
[解析] (1)磁铁在铝条间运动时，两根铝条受到的安培力大小相等，均为F安，有
F安＝IdB　①
磁铁受到沿斜面向上的作用力为F，其大小
F＝2F安　②
磁铁匀速运动时受力平衡，则有
F－mgsin θ＝0　 ③
联立①②③式可得I＝　　④
(2)磁铁穿过铝条时，在铝条中产生的感应电动势为E，有
E＝Bdv　⑤
铝条与磁铁正对部分的电阻为R，由电阻定律有
R＝ρ　⑥
由欧姆定律有
I＝　⑦
联立④⑤⑥⑦式可得v＝　⑧
(3)磁铁以速度v进入铝条间，恰好做匀速运动时，磁铁受到沿斜面向上的作用力F，联立①②⑤⑥⑦式可得F＝　⑨
当铝条的宽度b′>b时，磁铁以速度v进入铝条间时，磁铁受到的作用力变为F′，有
F′＝　⑩
可见F′>F＝mgsin θ，磁铁所受到的合力方向沿斜面向上，获得与运动方向相反的加速度，磁铁将减速下滑，此时加速度最大．之后，随着运动速度减小，F′也随着减小，磁铁所受的合力也减小，由于磁铁加速度与所受到的合力成正比，磁铁的加速度逐渐减小．综上所述，磁铁做加速度逐渐减小的减速运动，直到F′＝mgsin θ时，磁铁重新达到平衡状态，将再次以较小的速度匀速下滑．
8．K1[2016·海南卷] 如图1­(a)所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音．俯视图(b)表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面即纸面)，磁场方向如图中箭头所示．在图(b)中(　　)

图1­
A．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
B．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
C．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
D．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
8．BC　[解析] 当电流沿顺时针方向时，由左手定则可判断出，线圈受到的安培力垂直于纸面向外，A错误，B正确；当电流沿逆时针方向时，由左手定则可判断出，线圈受到的安培力垂直于纸面向里，C正确，D错误．
8．K1[2016·上海卷] 如图1­所示，一束电子沿z轴正向流动，则在图中y轴上A点的磁场方向是(　　)

图1­
A．＋x方向 B．－x方向
C．＋y方向 D．－y方向
8．A　[解析] 电子沿z轴正向流动，应用安培定则时，大拇指指向要与电子运动方向相反，判断磁感线环绕方向为从上向下看沿顺时针方向，A正确．
21．K1[2016·上海卷] 形象描绘磁场分布的曲线叫作________，通常________的大小也叫作磁通量密度．
21．[答案] 磁感线　磁感应强度
[解析] 磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线的切线方向表示磁场方向．
K2 磁场对运动电荷的作用
18．K2[2016·全国卷Ⅱ] 一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为(　　)

图1­
A. B.
C. D.
18．A　[解析] 作出粒子的运动轨迹如图所示，其中O′为粒子运动轨迹的圆心，由几何关系可知∠MO′N′＝30°.
由粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律可知qvB＝m，T＝，得T＝，即比荷＝，由题意知t粒子＝t筒，即·T＝·T筒，则T＝3T筒，又T筒＝，故＝，选项A正确．

18．K2[2016·全国卷Ⅲ] 平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图1­所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为(　　)

图1­
A. B.
C. D.
18．D　[解析] 设射入磁场的入射点为A，延长入射速度v所在直线交ON于一点C，则轨迹圆与AC相切；由于轨迹圆只与ON有一个交点，所以轨迹圆与ON相切，所以轨迹圆的圆心必在∠ACD的角平分线上，作出轨迹圆如图所示，其中O′为圆心，B为出射点．

由几何关系可知∠O′CD＝30°，Rt△O′DC中，CD＝O′D·cot 30°＝R；由对称性知，AC＝CD＝R；等腰△ACO中，OA＝2AC·cos 30°＝3R；等边△O′AB中，AB＝R，所以OB＝OA＋AB＝4R.由qvB＝m得R＝，所以OB＝，D正确．
22．K2[2016·北京卷] 如图1­所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力．
(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；
(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小．

图1­
22．[答案] (1)　
(2)vB
[解析] (1)洛伦兹力提供向心力，有f＝qvB＝m
带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝
匀速圆周运动的周期T＝＝.
(2)粒子受电场力F＝qE，洛伦兹力f＝qvB.粒子做匀速直线运动，则
qE＝qvB
场强E的大小E＝vB.
4．K2[2016·四川卷] 如图1­所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则(　　)

图1­
A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1
B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2
C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1
D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2
4．A　[解析] 由题可得带正电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，且洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，作出粒子两次运动的轨迹如图所示

由qvB＝m＝mr可以得出vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2, 又由t＝T可以得出时间之比等于偏转角之比．由图看出偏转角之比为2∶1，则tb∶tc＝2∶1，选项A正确．
K3 带电粒子在组合场及复合场中运动
15．I3　K3[2016·全国卷Ⅰ] 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图1­所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为(　　)

图1­
A．11 B．12
C．121 D．144
[解析] D　粒子在电场中加速，设离开加速电场的速度为v，则qU＝mv2，粒子进入磁场做圆周运动，半径r＝＝，因两粒子轨道半径相同，故离子和质子的质量比为144，选项D正确．
15．K3[2016·江苏卷] 回旋加速器的工作原理如图1­甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0.周期T＝.一束该种粒子在t＝0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：
(1)出射粒子的动能Em；
(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；
(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件．

图1­
15．[答案] (1)　(2)－
(3)d<
[解析] (1)粒子运动半径为R时
qvB＝m
且Em＝mv2
解得Em＝
(2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0
粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt
加速度a＝
匀加速直线运动nd＝a·Δt2
由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－
(3)只有在 0～时间内飘入的粒子才能每次均被加速
则所占的比例为η＝
由η>99%，解得d<
11．K3[2016·四川卷] 如图1­所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域．区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B(图中未画出)；区域Ⅱ有固定在水平面上高h＝2l、倾角α＝的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD′距离s＝4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C点在DD′上，距地面高H＝3l.零时刻，质量为m、带电荷量为q的小球P在K点具有大小v0＝、方向与水平面夹角θ＝的速度，在区域Ⅰ内做半径r＝的匀速圆周运动，经C点水平进入区域Ⅱ.某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇．小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电荷量对空间电磁场的影响．l已知，g为重力加速度．
(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；
(3)若小球A、P在时刻t＝β(β为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向．

图1­
11．[答案] (1)　(2)(3－2)
(3)　极大值为，方向竖直向上；极小值为0
[解析] (1)由题知，小球P在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有
m＝qv0B
代入数据解得B＝.
(2)小球P在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C点的时刻为tC，到达斜面底端时刻为t1，有
tC＝
s－hcot α＝v0(t1－tC)
小球A释放后沿斜面运动加速度为aA，与小球P在时刻t1相遇于斜面底端，有
mgsin α＝maA
＝aA(t1－tA)2
联立以上方程解得tA＝(3－2).
(3)设所求电场方向向下，在t′A时刻释放小球A，小球P在区域Ⅱ运动加速度为aP，有
s＝v0(t－tC)＋aA(t－t′A)cos α
mg＋qE＝maP
H－h＋aA(t－t′A)2sin α＝aP(t－tC)2
联立相关方程解得E＝
对小球P的所有运动情形讨论可得3≤β≤5
由此可得场强极小值为Emin＝0；场强极大值为Emax＝，方向竖直向上．
25．K3[2016·浙江卷] 为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．
扇形聚焦磁场分布的简化图如图1­11所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场．质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．
(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针
(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；
(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B′和B的关系．已知：sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β，cos α＝1－2sin2.

图1­11
25．[答案] (1)　逆时针　(2)　　(3)B′＝B
[解析] (1)峰区内圆弧半径r＝　①
旋转方向为逆时针方向　②
(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝　③
每个圆弧的长度l＝＝　④
每段直线长度L＝2rcos＝r＝　⑤
周期T＝　⑥
代入得T＝　⑦
(3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30°　⑧
谷区内的轨道圆弧半径r′＝　⑨
由几何关系rsin＝r′sin　⑩
由三角关系sin＝sin 15°＝
代入得B′＝B

K4 磁场综合
14．K4[2016·海南卷] 如图1­所示，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA＝30°，OA的长度为L.在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场．质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场．已知粒子从某点入射时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0.不计重力．

图1­
(1)求磁场的磁感应强度的大小；
(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；
(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为t0，求粒子此次入射速度的大小．
14．[答案] (1)　(2)2t0　(3)
[解析] (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期
T＝4t0　①
设磁感应强度大小为B，粒子速度大小为v，圆周运动的半径为r.由洛伦兹力公式和牛顿定律得
qvB＝m　②
匀速圆周运动速度满足
v＝　③
联立①②③式得
B＝　④
(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示．设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2.由几何关系有
θ1＝180°－θ2　⑤
粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则

t1＋t2＝＝2t0　⑥
(3)如图(b)所示，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°.设O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有
∠OO′D＝∠BO′A＝30°　⑦

r0cos ∠OO′D＋＝L　⑧
设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律
v0＝　⑨
联立①⑦⑧⑨式得
v0＝　⑩

2．(多选)[2016·长沙雅礼中学月考] 如图K26­2所示，绝缘水平面上固定着两个半径相等的圆环，环面竖直且相互平行，两环间的距离为d＝0.2 m，两环由均匀电阻丝制成，电阻都是9 Ω，在两环的最高点a和b之间接有一个内阻r＝0.5 Ω的直流电源，连接导线的电阻忽略不计，空间有方向竖直向上、磁感应强度B＝ T的匀强磁场，一根长度等于两环间距、质量m＝10 g、电阻R＝1.5 Ω的均匀导体棒水平置于两环内侧，不计摩擦，静止时棒两端与两环的最低点之间所夹的弧对应的圆心角均为θ＝60°，取重力加速度g＝10 m/s2，则(　　)

图K26­2
A．导体棒对每个圆环的压力大小均为0.2 N
B．导体棒受到的安培力大小为 N
C．该装置的总电阻为6 Ω
D．电源的电动势为15 V
2．CD　[解析] 设每个圆环对导体棒的支持力大小为FN，导体棒受到的安培力大小为F.对导体棒受力分析如图甲所示，可知2FNcos θ＝mg，F＝2FNsin θ，两式联立并代入数据解得FN＝0.1 N，F＝ N，选项A、B错误；该装置的等效电路图如图乙所示，总阻值为R总＝×2 Ω＋1.5 Ω＋0.5 Ω＝6 Ω，选项C正确；因为F＝BId，所以I＝＝2.5 A，由闭合电路欧姆定律可得E＝IR总＝15 V，选项D正确．

2．[2016·浙江湖州期末] 如图K27­2所示，两根长直导线垂直穿过光滑绝缘水平面，与水平面的交点分别为M和N，两导线内通有大小相同、方向相反的电流．A、B是该平面内MN连线中垂线上的两点，一带正电的小球从B点以某一指向A点的初速度开始运动，则带电小球运动情况是(　　)

图K27­2
A．小球将做匀速直线运动
B．小球将做先减速后加速的直线运动
C．小球将向左做曲线运动
D．小球将向右做曲线运动
2．A　[解析] 根据右手螺旋定则和磁感应强度的叠加原理可知两直线电流在AB上的合磁感应强度的方向沿AB方向，因此小球的速度方向与磁感应强度的方向平行，小球不受洛伦兹力作用，小球做匀速直线运动，A项正确．
2．[2016·长沙雅礼中学月考] 如图K28­2所示，在直角三角形ABC内存在垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，∠C＝，现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为，则下列判断中错误的是(　　)

图K28­2
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0
B．该匀强磁场的磁感应强度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为d
D．粒子进入磁场时速度大小为
2．C　[解析] 由题意可知，从AC边垂直射出的粒子和在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图所示，从AC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，则由几何关系可知，粒子一定在磁场中运动了圆周，故t0＝T，所以T＝4t0；又因为T＝，所以磁场的磁感应强度大小B＝；因运动时间最长的粒子在磁场中运动的时间是t0，所以该粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为π，故由几何关系可得rcos 30°＋＝d，解得r＝，可得粒子进入磁场时的速度大小为v＝.

2．(多选)[2016·河北冀州中学一轮复习检测] 磁流体发电机可简化为如下模型：两块长、宽分别为a、b的平行板，彼此相距L，板间通入已电离的速度为v的气流，两板间存在一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向与两板平行，并与气流垂直，如图K29­2所示．把两板与外电阻R连接起来，在磁场力作用下，气流中的正、负离子分别向两板移动形成电流．设该气流的导电率(电阻率的倒数)为σ，则(　　)

图K29­2
A．该磁流体发电机模型的内阻为r＝
B．产生的感应电动势为E＝Bav
C．流过外电阻R的电流为I＝
D．该磁流体发电机模型的路端电压为U＝
2．AC　[解析] 根据左手定则知正离子向上偏，负离子向下偏，上极板带正电，下极板带负电，所以流过外电阻R的电流方向为由M到N.最终有：qvB＝q，解得电动势E＝BLv，故选项B错误；内阻r＝ρ＝，故选项A正确；根据闭合电路欧姆定律，流过外电阻R的电流I＝，故选项C正确；则R两端电压为R，故选项D错误．
4．[2016·宁夏六盘山中学期末] 如图K27­4所示，在足够长的水平边界MN下方充满匀强电场(图中未画出)，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于纸面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，PQ为上、下磁场的水平分界线，MN、PQ间距离为d.一个质量为m、电荷量为－q的小球，由MN上方的O点由静止释放，小球向下穿过MN进入电磁场区域后做圆周运动(已知重力加速度为g)．
(1)求电场强度的大小和方向；
(2)如果小球能回到MN边界，求电场力做的功．若小球能从PQ进入下部分磁场，求从MN运动到PQ边界过程中电场力做的功．
(3)若从某高度释放小球后，小球能回到O点，则小球经过多长时间第一次回到O点？

图K27­4
4．(1)，方向竖直向下　(2)0　－mgd　(3)
[解析] (1)带电小球进入电磁场区域后，恰能做匀速圆周运动，则合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，因小球带负电，故电场方向竖直向下．
由qE＝mg得E＝.
(2)当释放点O距MN的高度h较小时，带电小球进入上部分磁场的速度较小，由磁场上边界MN第一次穿出上部分磁场，此过程中电场力做功W＝0.
当释放点O距MN的高度h较大时，带电小球进入上部分磁场后由下边界PQ第一次穿出上部分磁场，此过程中电场力做功W′＝－qEd＝－mgd.
(3)设距MN的高度为h1时释放带电小球，带电小球能回到释放点O，如图所示．

带电小球在进入磁场前做自由落体运动，设下落时间为t1，有
h1＝gt
v2＝2gh1(或mgh1＝mv2)
带电小球在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，周期为T，有
cos θ＝
R＝
qvB＝m
T＝
由于带电小球在 Ⅰ、 Ⅱ 两个区域运动过程中q、v、B、m的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，如图所示，由几何关系知： t2＝T
带电小球第一次回到释放点O的时间为t，t＝2t1＋t2
解得：t＝.
4．[2016·黑龙江实验中学第四次月考] 如图K30­4甲所示，竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)．一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直线运动．若小球刚经过D点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时与PQ连线成60°角．已知D、Q间的距离为(＋1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，忽略磁场变化造成的影响，重力加速度为g.
(1)求电场强度E的大小；
(2)求t0与t1的比值；
(3)小球过D点后将做周期性运动，则当小球运动的周期最大时，求出此时的磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm，并在图中画出此情形下小球运动一个周期的轨迹．

图K30­4
4．(1)　(2)π　(3)　　图略
[解析] (1)由平衡条件，有mg＝Eq
解得E＝.

(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹如图所示，
设半径为r，有s＝v0t1
由几何关系得s＝
设小球做圆周运动的周期为T，
则T＝，t0＝T.

由以上四式得＝π
(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，如图所示，
由几何关系得
R＋＝(＋1)L
由牛顿第二定律得qv0B0＝m
得 B0＝
小球在一个周期内运动的路程s1＝3××2πR＋6×
可得Tm＝＝
小球运动一个周期的轨迹如图所示．