宁夏石嘴山市第三中学2019-2020学年高二上学期12月月考物理试题

宁夏石嘴山市第三中学2019-2020学年高二上学期12月月考物理试
题
一、单选题
1．如图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b、a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x。

当两细棒中均通以电流大小为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则下列说法正确的是（）
A．a受到的磁场力与b受到的磁场力大小相同
B．斜面对a:2
C．将b中电流反向，a仍可能保持静止
D．若将b下移，a可能保持静止
2．关于安培力、电场力和洛伦兹力，下列说法正确
．．的是（）
A．安培力和洛伦兹力的方向均可用左手定则判断
B．电荷所受电场力一定与该处电场方向一致，电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直C．电荷在电场中一定受电场力作用，电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用
D．安培力和洛伦兹力本质上都是磁场对运动电荷的作用，安培力可以对通电导线做功，洛伦兹力对运动电荷也做功
3．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )
A．向上B．向下C．向左D．向右
4．将一段通电直导线abc 从中点b 折成120 ，分别放在甲、乙所示的匀强磁场中，甲图中导线所在平面与磁场的磁感线平行，乙图中导线所在平面与磁场的磁感线垂直，若两图中两导线所受的安培力大小相等，则甲、乙两图中磁场的磁感应强度大小之比12
B B 为
A
．3 B
．3 C
D
．2
5．如图所示，在平行金属板A 、B 间分布着正交的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。

一个质子以初速度v 0垂直于电场和磁场沿OO ′从左端入射，恰能沿OO ′做直线运动。

则（ ）
A ．A 板的电势低于
B 板的电势
B ．氦原子核4
2He 以初速度v 0垂直于电场和磁场沿OO ′从左端入射，仍沿OO ′做直线运动 C ．氦原子核42He 以初速度v 0垂直于电场和磁场沿OO ′从右端入射，仍沿OO ′做直线运动 D ．电子以初速度v 0垂直于电场和磁场沿OO ′从左端入射，运动轨迹将向A 板偏转
6．下列关于通电直导线在匀强磁场中受安培力的说法，正确的是（ ）
A ．若导线所在处的磁感应强度为0导线受到的磁场力必为0
B ．若导线受到的磁场力为0，导线所在处的磁感应强度必为0
C ．安培力的方向必与磁场方向垂直，磁场方向必与电流方向垂直
D ．若某段通电导线在匀强磁场中取某一方向时受到的磁场力最大，此时导线不一定与磁场方向垂直
7．物理学家通过艰苦的实验来探究自然的物理规律，为人类的科学做出了巨大贡献，值得我们敬仰。

下列描述中不符合物理学史实的是（ ）
A ．楞次发现了确定感应电流方向的楞次定律
B ．洛伦兹通过实验测定了磁场对电流的作用力
C ．奥斯特发现了电流的磁效应
D ．安培提出了分子电流假说
8．关于洛伦兹力，以下说法正确的是（ ）
A ．带电粒子运动时不受洛伦兹力作用，则该处的磁感强度为零
B ．磁感强度、洛伦兹力、粒子的速度三者之间一定两两垂直
C ．洛伦兹力不会改变运动电荷的速度
D ．洛伦兹力对运动电荷一定不做功
9．如图所示，一根匀质导体棒ab 用绝缘细线悬挂在水平轴Ox 上，并通以沿x 轴负方向的电流，加以一个匀强磁场后（方向未知，图中末画出），ab 平衡时悬线和导体棒平面偏离竖直面α角，则所加磁场方向与y 轴方向间夹角θ为（ ）．
A ．090θ︒︒<<
B ．90180θ︒︒<<
C ．0θα︒<<
D ．180αθ︒<<
10．如图所示，大圆导线环A 中通有电流，方向如图所示，另在导线环所在的平面画一个圆B ，它的一半面积在A 环内，另一半面积在A 环外.则B 圆内的磁通量（ ）
A ．为零
B ．是出来的
C ．是进去的
D ．条件不足，无法判别 11．电动势为
E 、内阻为r 的电源与定值电阻R 1、R 2及滑动变阻器R 连接成电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向a 端时，下列说法正确的是（ ）
A ．定值电阻R 2的电功率减小
B ．R 中电流变化的绝对值大于电流表示数变化的绝对值
C ．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D．电压表的示数减小，电流表的示数增大
二、多选题
12．如图所示，在x轴上方有一个无线大的垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在xOy平面内，从原点O处以速率v发射一个带负电的粒子，方向与x轴方向成θ角（0<θ<π），不计重力，则
A．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B．若θ一定，v越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远
C．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
D．若v一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远
13．关于地磁场，下列说法正确的是
A．地磁场的N极在地理的北极附近
B．地磁场的磁极与地理的南北极不完全重合
C．地磁场的S极在地理的北极附近
D．北京地区的地磁场有朝北和向下的两个分量
14．如图所示，粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带电的小球，整个装置处在由水平匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中小球的v－t图象如图所示，其中正确的是（）
A．B．C．D．
15．在竖直平面内有水平向右的匀强电场。

在电场中有一根长为2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为0.04kg、带电荷量为3×10-5C的带电小球（视为质点），它静止时细线与竖直方向成37°角，如图所示。

给小球一个初速度，让小球恰能绕O点在竖直平面内做圓周运动，取小球在
静止时的位置为电势能和重力势能的零点，下列说法正确的是（取cos37°=0.8，g=10m/s2）( )
A．匀强电场的电场强度大小为1×104N/C
B．小球的动能最小值为0.96J
C．小球的机械能最小值为1.54J
D．小球运动过程中的最大电势能为0.96J
16．如图所示，在倾角θ=45︒的光滑斜面上，水平放置一根长为L、质量为m的直导体棒，当外加一平行于纸面的匀强磁场（图中未画出），并通以图示方向电流I时，直导体棒处于静止状态，下列说法中正确的是（）
A．当匀强磁场的方向平行斜面向上时，该磁感应强度存在最小值
B．当匀强磁场的方向垂直斜面向上时，该磁感应强度存在最小值
C．当斜面对直导体棒的弹力为零时，匀强磁场的方向水平向左
D．当磁感应强度为mg
IL
时，匀强磁场的方向一定水平向左
17．如图是回旋加速器的示意图．匀强磁场的磁感应强度为B，交变电压为U，D形盒的半径为R，位于D形盒圆心处的粒子源A能不断放出粒子（初速度可以忽略），粒子的质量为m、电荷量为q，它们在两盒之间被电场加速．当粒子被加速到最大动能E k后被引出，忽略粒子在电场中的运动时间及相对论效应．则（）
A．增大U可能增大E k
B．E k与R成正比
C．增大U可以减少加速次数
D．加速比荷小于q/m的粒子时，需要增大交变电压的周期
18．某种小灯泡的U－I图线如图甲所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，
四个电表均为理想电表.现闭合开关S，电压表V1的示数为4.0V，以下说法正确的是（）
A．电压表V2的示数为1.0V
B．电流表A2的示数为0.60A
C．电源的输出功率为3.0W
D．电源的电动势一定为8V，内阻为5Ω
三、实验题
19．某同学在利用DI S实验的电压、电流传感器测绘小灯泡的电压-电流特性图线时得到如图（b）所示图线．试通过对图线的分析回答下列问题：
（1）把图（a）中的实验电路补完整________________．
（2）小灯泡灯丝电阻的变化规律是________________．
（3）当小灯泡中的电流为0.65A时，小灯泡的电阻为________Ω．
四、解答题
20．如图所示是一种质谱仪的原理图，离子源(在狭缝S1上方，图中未画出)产生的带电粒子经狭缝S1与S2之间的电场加速后，进入P1和P2两板间相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域．沿直线通过狭缝S3垂直进入另一匀强磁场区域，在洛伦兹力的作用下带电粒子打到底片上形成一细条纹．若从离子源产生的粒子初速度为零、电荷量为+q、质量为m，S1与S2之间的加速电压为U1，P1和P2两金属板间距离为d，两板间匀强磁场的磁感应强度为B1，测出照相底片上的条纹到狭缝S3的距离L．求：
（1）粒子经加速电场加速后的速度v1；
（2）P1和P2两金属板间匀强电场的电压U2；
（3）经S3垂直进入的匀强磁场的磁感应强度B2.
21．如图甲所示，A，B为水平放置的间距d=2m的两块足够大的平行金属板，两板间有场强为
E=1V/m，方向由B指向A的匀强电场.一喷枪从A，B板的中央点P向水平线各个方向均匀地喷出初速度大小均为v0=10m/s的带电微粒.已知微粒的质量均为m=1.0×10-5kg，电荷量均为q=-1.0×10-3C，不计微粒间的相互作用，对板间电场和磁场的影响及空气阻力，取g=10m/s2.求：
（1）微粒落在金属板上所围成的图形面积.
（2）要使微粒不落在金属板上，通过计算说明如何调节两板间的场强.
（3）在满足（2）的情况下，在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T，调节
喷枪使微粒可以向纸面内沿各个方向喷出（如图乙），求B板被微粒打中的区域长度和微粒在磁场中运动的最短时间.
22．如图所示，在x 轴上方有垂直于xy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；在x 轴下方有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度为E。

一质量为m，电量为-q 的粒子从坐标原点O 沿着y 轴正方向射入磁场。

射入磁场之后，第三次到达x 轴时，它与点O 的距离为L。

重力不计。

求：（用题中上述已知字母表示）
（1） 粒子在磁场中的运动半径
（2） 粒子从O 点射入磁场时的速度大小
（3） 这段运动的总路程
23．水平放置的光滑金属导轨宽L =0.2m ，接有电源电动势E =3V ，电源内阻及导轨电阻不计．匀强磁场竖直向下穿过导轨，磁感应强度B =1T ．导体棒ab 的电阻R =6Ω，质量m =0.01kg ，垂直放在导轨上并良好接触（如图），当合上开关的瞬间通过ab 棒的电流为0.5A ，求此时：
（1）金属棒受到安培力的大小和方向；
（2）金属棒的加速度大小和方向．
24．如图所示，电源电势6E V =，内电阻为0.2r =Ω，“2V ，4W”的灯泡L 与电动机M 串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻1R =Ω．
求：（1）通过电动机的电流
（2）电动机两端的电压
（3）电动机的输出功率。

五、填空题
25．（1）多用电表的读数为________________．
（2）用游标20分度的游标卡尺测量某工件的内径时，示数如图所示，则测量结果应该读作________mm．
（3）用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图所示，此示数为__________mm．
参考答案
1．A 【解析】 【分析】 【详解】
A ．根据力的相互性可知，a 受到的磁场力大小与
B 受到的磁场力大小相同，故A 正确； B ．当导体a 处于匀强磁场的磁感应强度B 的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，夹角为45°，有
mg sin45°=F sin45°
故
F =mg
作用力为
sin 45sin 45N mg F F =︒+︒=
故
N
F mg
=故B 错误；
C ．将b 中电流反向，此时a 受到水平向左的安培力，故不能处于平衡状态，故C 错误；
D ．当b 竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件，当a 受力的安培力方向顺时针转动时，只有大小变大才能保持平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，故D 错误； 故选A 。

2．A 【解析】
A 、安培力和洛伦兹力的方向均可用左手定则判断，A 正确；
B 、正电荷所受电场力一定与该处电场方向一致，电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向垂直，B 错误；
C 、电荷在电场中一定受电场力作用，静止的电荷在磁场中一定不受洛伦兹力作用，C 错误；
D 、洛伦兹始终与运动方向垂直，对运动电荷不做功，D 错误；选A ．
【点睛】通电导线在磁场中受到力为安培力，而运动电荷在磁场中受到力为洛伦兹力．它们均属于磁场力，本质上是一种力，方向都由左手定则来确定，由于洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功． 3．B
【解析】
试题分析：带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O 点产生的合磁场，根据右手定则，a 在O 点产生的磁场方向为水平向左，b 在O 点产生磁场方向为竖直向上，c 在O 点产生的磁场方向为水平向左，d 在O 点产生的磁场方向竖直向下，所以合场方向水平向左．根据左手定则，带正电粒子在合磁场中洛伦兹力方向向下．故选B ．
考点：洛伦兹力方向判定（左手定则）和直导线周围磁场的判定（右手螺旋定则）． 4．B 【解析】 【详解】
设导线的总长为2L ，通过导线的电流为I ，图甲中导线受到的安培力大小为
1113
cos602
B IL B IL
B IL +︒=
；图乙中导线受到的安培力的大小为222cos30
B IL IL ︒=，根213
2IL B IL =
，则有12
B B =
B.
3
与分析相符，符合题意；
C.
6
与分析不符，不符合题意； 5．B 【解析】 【详解】
A. 由左手定则判断得知质子所受的洛伦兹力方向向上，质子做直线运动，所受的电场力方向应向下，所以A 的电势高于B 板的电势，故选项A 不符合题意； BD. 对于质子，由平衡条件得：0qv B qE = 解得0E
v B
=
，可见此式与带电粒子的质量、电荷量、电性无关，所以当电子和42He 也以初速度0v
垂直于电磁场沿OO'从左端入射，洛伦兹力与电场力也平衡，也沿OO'作直线运动，故选项B符合题意，D不符合题意；
C.由上分析可知，当4
2He以初速度
v垂直于电磁场沿OO'从右端入射，洛伦兹力方向向下，电场
力方向也向下，它将向下偏转，不可能沿OO'作直线运动，故选项C不符合题意。

6．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．安培力是磁场对电流的作用力，若导线所在处的磁感应强度为0导线受到的磁场力必为0，故A正确；
B．安培力的大小除了跟磁场的强弱和电流大小有关，还跟导线在磁场中的长度以及导线与磁场的夹角有关。

若导线平行于匀强磁场的方向放置，则导线不受磁场力，故B错误；
C．根据左手定则可知，安培力必定与磁场方向垂直，也必定与电流方向垂直，但磁场方向可与电流方向不垂直，可成任意角，故C错误；
D．引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL，所以某段导线在磁场中取某一方向时受到的磁场力最大，此时导线必与磁场方向垂直，故D错误。

故选A。

7．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．楞次发现了确定感应电流方向的定律，即楞次定律，故A正确；
B．安培通过实验测定了磁场对电流的作用力，故B错误；
C．奥斯特发现了电流的周围存在磁场，即电流的磁效应，故C正确；
D．安培提出了分子电流假说，故D正确；
不符合物理学史实的是故选B。

8．D
【解析】
【详解】
AB ．洛伦兹力表达式：
sin f qvB θ=
θ为磁感应强度为与速度的夹角，
所以磁感强度、洛伦兹力、粒子的速度三者之间不一定两两垂直，当0θ=时，0f =，但是磁感应强度可以不为零，AB 错误；
CD ．根据左手定则可知洛伦兹力始终与速度垂直不做功，不会改变速度的大小，会一直改变速度的方向，C 错误，D 正确。

故选D 。

9．D 【解析】 【详解】
根据受力分析可知，此时导体棒ab 受竖直向下的重力和沿绳子方向的拉力，根据受力平衡可知，安培力方向在绳子反向延长线到重力反向延长线之间，根据左手定则和几何关系可知，磁场方向范围在与y 轴方向夹角为180αθ︒<<，故D 正确。

10．C 【解析】 【分析】 【详解】
ABCD ．根据题意可知，通电环形导线，在线圈B 处产生磁场方向，左半边的垂直向里，右半边的磁场垂直向外，且线圈A 内部的磁场强，根据方向不同可以相互抵消，可知，B 圆内的磁通量是进去的，故C 正确，ABD 错误； 故选C. 11．B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．当滑片向a 滑动时，R 接入电阻减小，总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流I 增加，根据P =I 2R 可知电阻R 2电功率增大，故A 错误；
B ．滑动变阻器R 与电阻R 1并联，总电流增加，R 2和内阻上的电压变大，则电阻R 与R 1并联支路的电压减小，即电阻R 1的电流减小，故滑动变阻器R 的电流增加，且增加量等于干路电流的增加量与电阻R 1的电流减小量之和，故R 中电流变化的绝对值大于电流表读数变化的绝对值，故B 正
确；
CD ．干路电流增加，内电压增加，由U =E -Ir 可知路端电压减小，即电压表示数减小；因路端电压减小， R 2两端的电压增加，故并联部分电压减小，由欧姆定律可知电流表示数减小；故CD 错误。

故选B 。

12．BC 【解析】 【分析】 【详解】
如图，画出粒子在磁场中运动的轨迹．
由几何关系得：轨迹对应的圆心角α=2π-2θ，粒子在磁场中运动的时间
()2222222m m t T qB qB
πθαπθπππ--==⋅=
则得知：粒子的运动时间与v 无关，故A 错误；若v 一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，故C 正确；设粒子的轨迹半径为r ，则mv r qB =
．如图，22mvsin AO rsin qB
θ
θ== ，若θ一定，v 越大，则AO 越大；v 一定,若θ是锐角，θ越大，AO 越大．若θ是钝角，θ越大，AO 越小．故B 正确，D 错误．故选BC.
点睛：求带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间，常常根据2t T θ
π
= ，θ是轨迹的圆心角，根据几何知识，轨迹的圆心角等于速度的偏向角． 13．BCD
【解析】地磁场的南北极和地理的南北极刚好相反，即地磁场的S 极在地理的北极附近，地磁场的磁极与地理的南北极不完全重合，故A 错误，BC 正确；北京地区的地磁场有朝北和向下的两个分量，故D 正确。

所以BCD 正确，A 错误。

14．ABD 【解析】 【分析】
【详解】
小球下滑过程中，qE 与qvB 反向，开始下落时，qE >qvB ，所以a ＝()
mg qE qvB m
μ--，随下落速
度v 的增大a 逐渐增大；当qE <qvB 之后，其a ＝()
mg qvB qE m
μ--，随下落速度v 的增大a 逐渐
减小；最后a ＝0小球匀速下落，故图C 正确，A 、B 、D 错误． 15．ACD 【解析】 【分析】 【详解】 A ．小球静止时有
tan 37qE mg =
解得4110N/C E ⨯=，故A 正确；
B ．将重力和电场力合成后的合力为0.5N F =，小球能在竖直平面内做圆周运动，其等效最高点为将绳反向延长与圆的交点，如图所示，在等效最高点时动能最小，由F 提供向心力可得
2B
υF m L
=
故动能最小值为
2
10.5J 2
m k B E m υ=
= 故B 错误；
C ．电场力做负功最多时，机械能最小，故机械能最小的点为圆轨道最左边的点，如图中C 点，
从A 到C ，电场力做功为
()11sin370.96J W qEl =-+=-
在A 点时，小球的机械能为
212
A E m υ=
从A 到B ，由动能定理可得
()22111cos372sin 3722
B A mgl qEl m υm υ-+-=
- 故小球在C 位置的机械能为
2
11 1.54J 2
A E m υW =
+= 故C 正确；
D ．小球在C 位置时电势能最大，故小球的最大电势能为
10.96J m p E W =-=
故D 正确； 故选ACD 。

16．BC 【解析】 【详解】
AB ．为保持导体棒静止，对直导体棒受力分析如图所示，由图可知，当安培力与斜面对导体棒的弹力垂直时且方向沿斜面向上时，安培力最小，即此时匀强磁场的方向垂直斜面向上，当匀强磁场的方向平行斜面向上时，安培力垂直斜面向下，直导体棒无法保持静止状态，A 错误，B 正确； C ．当斜面对直导体棒的弹力为零时，直导体棒要保持静止状态，安培力方向应竖直向上，所以此时匀强磁场的方向水平向左，故C 正确； D ．当磁感应强度为
mg
IL
时，直导体棒保待静止状态，安培力方向可能竖直向上也可能水平向右，故匀强磁场的方向可能水平向左也可能竖直向上，故D 错误。

故选BC 。

17．CD 【解析】
【分析】
交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式T=2m
qB
π
和半径公式r=
mv
qB
，
从而推导最大动能的表达式，即可进行判断．【详解】
根据半径公式R＝mv
qB
知，v＝
qBR
m
，则粒子的最大动能E k＝
1
2
mv2＝
222
2
q B R
m
，与加速的电压无
关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关，但与半径R不成正比，故AB错误；粒子完成一次圆周
运动被电场加速2次，由动能定理得：2nqU＝E k，经过的周期个数为：
22
4
km
k
E qB R
n
E mU
==，U增
大n就减小，故C正确；由周期公式T＝2m
qB
π
知，比荷小于q/m的粒子在磁场中的周期长，而交
流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，所以需要增大交变电压的周期，故D正确．故选CD．
【点睛】
本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由D型盒的半径决定的，注意理解交变电压的周期等于粒子在磁场中回转周期的条件．
18．AC
【解析】
【详解】
AB.电压表V1的示数为4V，由U－I图象得到L1的电流为0.6A，故另外两个灯泡的电流均为0.3A，再根据U－I图象得到电压为1V，故电压表V2的示数为1.0V，电流表A2的示数为0.30A，故A正确，B错误；
C.路端电压为4V＋1V=5V，干路电流为0.6A，故输出功率为P=Ul=5×0.6W=3W，故C正确；
D.路端电压为U=E－Ir，只有一组数据，无法求解电动势和内阻，故D错误.
19．略起初电阻不变，随后随着电流的增加灯丝的电阻逐渐变大 3.69
【解析】
【详解】
(1)[1]实验电路图如下，因为电压从零开始，采取分压式接法
(2)[2]根据图像可以得到图像的斜率代表电阻变化的规律：起初电阻不变，随后随着电流的增加灯丝的电阻逐渐变大。

(3)[3] 当小灯泡中的电流为0.65A 时，电压为2.40V ，根据欧姆定律可知，此时电阻为3.69Ω。

20．（1）1v = （2）21U B = （3） 2B =【解析】
试题分析：（1）在加速电场中，根据动能定理求出加速后的速度；（2）带电粒子在P 1和P 2两金属板间运动时，电场力与洛伦兹力平衡，由此求出电压；（3）在匀强磁场中偏转，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度．
（1）带电粒子在S 1和S 2两极板间加速，根据动能定理有：2
11102
qU mv =-
解得：加速后的速度1v =
（2）带电粒子在P 1和P 2两金属板间运动时，电场力与洛伦兹力平衡：2
11U q
qv B d
=
解得：21U B =（3）带电粒子在磁场中运动，做匀速圆周运动，据牛顿第二定律有：2
112v qv B m R
=，又2L R =
解得：2B =
【点睛】粒子在速度选择器中的运动可以分为匀加速直线运动、匀速运动和匀速圆周运动，根据不同阶段的运动的特点来分类解决．
21．（1）5.7m 2 （2）0.1N/C （3）0.1s 【解析】
试题分析：（1）微粒落在金属板上所围成的图形应是圆形，微粒的初速度水平时，落在金属板上
的位置与P 点的水平距离最远，根据类平抛运动的规律解答．（2）要使微粒不落在金属板上，重力与电场力相平衡，微粒在水平面内做匀速直线运动．由平衡条件解答．（3）再加垂直于纸面向里的均匀磁场，重力与电场力相平衡，由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，求出微粒的轨迹半径，由几何知识即可求解．
（1）微粒在匀强电场做类平抛运动，油漆微粒的加速度：qE mg
a m
+=① 根据运动学：
2
122
d at =②，运动的半径：0x v t =③ 落在B 板上所形成圆形面积：2s x π=④ 由①②③④式并代入数据得22200
5.7100
s m m π=
=⑤． （2）要使微粒不落在金属板上，电场应反向，且有：qE mg '=⑥ 解得：0.1/E N C ='⑦
故电场应该调节为方向向下，大小为0.1N/C ．
（3）微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力：2
v qvB m R
=⑧
解得：R=1m ⑨
竖直向下射出的微粒打在B 板的左端恰好与B 板相切，如图甲所示
由几何关系得：11d m =⑩
当粒子源和B 板右边击中点距离为直径时距离最远，如图乙所示
由几何关系得：2d
故B 板被微粒打中的区域的长度都为(1m +
当粒子运动的圆弧轨迹最短时粒子运动的时间最短，故根据题意可知，当粒子恰好击中粒子源正下
方的B 板处时间最短, 如图丙所示
微粒的运动周期：2m T qB
π= 根据距离和半径的关系可以知道对应的圆心角为60°
所以:min 0.1630
T t s π==≈ 【点睛】本题主要考查了考查带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，掌握牛顿第二定律与运动学公式的综合应用，理解几何关系在题中的运用，注意会画出粒子的运动轨迹，及已知长度与半径的半径．
22．（1）4L （2）4qBL m （3）22
216L qB L mE
π+ 【解析】
【详解】
（1）由题意知第3次经过x 轴的运动轨迹如图所示：
由几何关系：L=4R ，
解得：R=14L ； （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：2
v qvB m R
=， 解得：4qBL v m
=； （3）设粒子进入电场作减速运动的最大路程为L′，加速度为a ，
则有：v 2=2aL′，
由牛顿第二定律得：qE=ma ，。