章末检测试卷(第一章 安培力与洛伦兹力)（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理选择性必修第二册学习笔记（人教版 浙江专版）

本讲义聚焦磁场及电磁相互作用核心知识点，系统梳理磁感应强度、安培力公式、洛伦兹力等基本概念，衔接带电粒子在电磁场中的运动规律，通过霍尔效应、质谱仪等实例构建从基础到综合应用的学习支架。 该资料以各地期末试题为载体，突出科学思维培养，如通过几何关系分析粒子运动轨迹、推导洛伦兹力与向心力关系，同时融入磁流体发电机等实际应用，强化物理观念。课中辅助教师讲解重难点，课后助力学生查漏补缺，提升知识应用能力。

章末检测试卷(第一章) [满分：100分] 一、选择题Ⅰ(本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1.如图所示的各图中，磁场的磁感应强度大小相等，导线两端点a、b间的距离均相等，导线中电流均相等，则各图中有关导线所受的安培力的大小关系的判断正确的是(　　) A.丁图最大 B.乙图最大 C.一样大 D.无法判断 答案　C 解析　根据安培力公式F＝BIL⊥，其中L⊥为垂直于磁场方向的有效长度，由于甲、乙、丙、丁四个选项图中导线的有效长度相等，所以各图中导线所受的安培力大小相等，故选C。 2.(2024·宁波市奉化区高二期末)如图所示，在阴极射线管中电子流方向由左向右，在其正下方放置一条形磁体，位置如图，则阴极射线将会(　　) A.向上偏转 B.向下偏转 C.向纸内偏转 D.向纸外偏转 答案　C 解析　条形磁体在阴极射线处产生的磁场方向斜向上(左侧斜向左上，右侧斜向右上)，电子带负电，在阴极射线管中向右运动，由左手定则判定电子流所受洛伦兹力方向垂直纸面向里，故阴极射线会向纸内偏转，故选C。 3.(2024·湖州市高二期末)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，与霍尔元件的材料有关，d为霍尔元件沿磁场方向上的厚度，霍尔元件的电阻可以忽略不计，则下列说法不正确的是(　　) A.霍尔元件前表面的电势比后表面的高 B.若电源的正、负极对调，电压表指针偏转方向不变 C.通过霍尔元件的电流IH与线圈中电流I成反比 D.电压表的示数与线圈中电流I的平方成正比 答案　C 解析　由左手定则可知，电子受洛伦兹力方向指向后表面，则电子向后表面集聚，则霍尔元件前表面的电势比后表面的高，选项A正确；若电源的正、负极对调，通过霍尔元件的电流方向和磁场方向都反向，则电子所受洛伦兹力方向不变，产生的霍尔电压方向不变，则电压表指针偏转方向不变，选项B正确；霍尔元件与电阻R串联后与电阻RL并联，总电流为I，根据并联电路的分流关系可知，通过霍尔元件的电流IH与线圈中电流I成正比，选项C错误；电压表的示数等于霍尔电压UH＝k，式中电流IH与线圈中电流I成正比，磁感应强度大小B与I成正比，则电压表的示数与线圈中电流I的平方成正比，选项D正确。 4.磁体在弹簧的作用下置于粗糙的斜面上，极性如图所示，在磁体的中垂线某一位置放置一根通电导线。电流方向垂直于纸面向外，目前弹簧处于压缩状态，磁体保持静止，则下列说法正确的是(　　) A.磁体受到的导线的力垂直于斜面向下 B.若增大通电导线的电流，则磁体与斜面间的摩擦力就会增加 C.若撤去通电导线，磁体会沿斜面向下运动 D.若通电导线沿磁体的中垂线远离磁体，磁体受到的摩擦力不变 答案　D 解析　由左手定则可知，导线受到的力垂直于斜面向下，由牛顿第三定律知，磁体受到的力垂直于斜面向上，A错误；若增大通电导线的电流，则磁体与斜面间的压力减小，如果磁体静止则摩擦力不变，如果磁体向下运动了，则摩擦力减小，B错误；若撤去通电导线，磁体对斜面的压力变大，最大静摩擦力增大，磁体不会沿斜面向下运动，C错误；若通电导线沿磁体的中垂线远离磁体，磁体对斜面的压力增大，最大静摩擦力增大，磁体不动，受到的摩擦力不变，D正确。 5.(2024·浙江大学附属中学高二期末)关于下列四幅图的说法正确的是(　　) A.图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压U B.图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的正极，B极板是发电机的负极 C.图丙是速度选择器的示意图，带电粒子(不计重力)从右侧进入能沿直线匀速通过速度选择器的条件是Eq＝qvB，即v＝ D.图丁是质谱仪的主要原理图，其中H、、H在磁场中偏转半径最大的是H 答案　D 解析　粒子引出回旋加速器时qvB＝m，Ek＝mv2，得Ek＝，可知粒子的最大动能与加速电压无关，A错误；根据左手定则，正离子向下偏转，负离子向上偏转，则A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极，B错误；根据左手定则可知，当粒子从右侧进入时静电力与洛伦兹力同向，粒子不会沿直线通过速度选择器，C错误；粒子经过速度选择器后的速度相同，根据qvB＝m，得r＝H的比荷最小，则偏转半径最大，D正确。 6.如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，从静止开始经电压 U加速后，沿水平方向进入一垂直于纸面向外的匀强磁场B中，带电粒子经过半圆到A点，设OA＝y，则能正确反映y与U之间的函数关系的是(　　) 答案　B 解析　粒子在电压U中加速，由动能定理得qU＝mv2－0，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qvB＝m，由几何知识得y＝2R，解得y＝，则y2＝U，故选B。 7.某同学设计了一种天平用来测量重物的质量，其装置如图甲所示，两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M、N共轴且平行等距。初始时，线圈M、N通以等大反向的电流I1后，在线圈P所在平面内产生磁场，磁场在线圈P处沿半径向外，磁感应强度为B0，在线圈P内、外附近区域内可视为磁感应强度与所在位置的半径成反比，线圈P及其附近的磁场方向的俯视图如图乙所示，线圈P'是线圈P的备用线圈，它所用材料及匝数与P线圈相同，半径比线圈P略小。开始时天平左托盘不放重物、线圈P内无电流，调整天平使之平衡，再在左托盘放入重物，用恒流源在线圈P中通入电流I2，发现右托盘比左托盘低，此时(　　) A.线圈P中通入的电流I2在乙图中沿顺时针方向 B.适当增大线圈M、N中的电流可使天平恢复平衡 C.通过正确操作使用线圈P、P'均能正确称量重物质量 D.使用备用线圈P'称得重物质量比用线圈P称得重物质量大 答案　C 解析　由题意可知，在线圈P中通入电流I2，线圈P所受安培力应向下，由左手定则知，线圈P中通入的电流I2在题图乙中沿逆时针方向，A错误；适当增大线圈M、N中的电流，P所在位置的磁感应强度变大，线圈P所受安培力变大，天平不能恢复平衡，B错误；线圈P'半径比线圈P半径略小，在线圈P内、外附近区域内可视为磁感应强度与所在位置的半径成反比，故可以求出线圈P'所在位置的磁感应强度，也可以定量求出线圈P'所受安培力的大小。通过正确操作使用线圈P、P'均能正确称量重物质量，C正确；线圈P'半径比线圈P半径略小，则P'所在位置磁感应强度变大，同一重物平衡，线圈P'通入的电流偏小，线圈P'读数偏小，测得质量偏小，D错误。 8.(2023·全国乙卷)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由题知，一带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a，则粒子做圆周运动有qvB＝m，则，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq＝qvB，联立有，故选A。 9.(2024·浙江三锋联盟高二期中)如图所示，整个空间存在一水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，光滑绝缘斜面固定在水平面上。一带正电滑块从斜面顶端由静止下滑，下滑过程中始终没有离开斜面，下滑过程中滑块的位移x、受到的洛伦兹力力F洛、加速度a与机械能E机等物理量的大小随时间变化的图线可能正确的是(　　) 答案　B 解析　滑块下滑过程中始终没有离开斜面，滑块沿斜面受到的重力分力和静电力分力均保持不变，滑块做匀加速直线运动，则a－t图像为一条与横轴平行的直线。根据x－t图像的斜率表示速度，可知x－t图像的斜率逐渐增大，故A、C错误；由于滑块由静止做匀加速直线运动，则有F洛＝qvB＝qBat∝t，可知F洛－t图像为过原点的倾斜直线，故B正确；除重力做功外，还有静电力做功，则滑块的机械能不守恒，故D错误。 10.(2024·杭州市高二期末)如图所示，真空中平行板电容器间有匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下(与纸面平行)，磁场方向垂直纸面向里，右侧圆形区域内(含右半圆边界)有垂直纸面向外的匀强磁场。极板间距离为d，板长为L，忽略电容器边缘效应，圆形区域左侧与极板右端连线相切，上侧与上极板的延长线相切于C点，下侧与下极板的延长线相切于D点。一束宽度为d、比荷一定但速率不同的带正电粒子平行于极板方向射入电容器中，L足够长，只有沿直线运动的粒子才能离开平行板电容器。若平行板间电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，圆形区域中磁感应强度大小为B2，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　) A.进入圆形磁场区域的粒子在电容器内运动的时间为 B.通过电容器的粒子都将从D点离开圆形磁场区域 C.若粒子的比荷为，距上、下极板处射出极板的粒子在圆形磁场区域运动的时间之比为2∶1 D.若粒子的比荷为，紧贴上极板的带电粒子从进入电容器到离开右侧圆形磁场区域，运动的总时间为(πd＋L＋ 答案　C 解析　能够进入圆形区域的粒子必沿直线运动，满足qvB1＝qE，粒子在极板间运动时间为t＝，A错误；要使进入圆形区域的粒子都从D点离开电场，还需满足粒子运动半径R＝，但题目中未对半径R作出要求，由R＝，解得，此时紧贴电容器进入圆形磁场的粒子运动总时间为(＋L＋，B、D错误；若，由几何关系知，距上、下极板处射出极板的粒子在圆形磁场中转过的圆心角分别为120°、60°，又粒子运动周期为T＝，故粒子在圆形磁场区域运动时间分别为t1＝T＝，t2＝T＝，解得t1∶t2＝2∶1，C正确。 二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分) 11.(2025·浙南名校高二期中)如图所示，在马蹄形磁铁内部放置盛有导电液的玻璃皿，玻璃皿中央电极接电源负极，玻璃皿内贴着玻璃壁放置一圆环电极接电源正极，若磁感应强度B＝0.02 T，玻璃皿的直径D＝0.1 m，电源的电动势E(未知)，内阻r＝0.1 Ω，电阻R1＝0.4 Ω，R2＝6 Ω，正负电极间导电液的等效电阻R＝0.8 Ω，闭合开关，液体转动稳定时电压表的示数为4.2 V，电流表的示数为0.5 A，则下列说法正确的是(　　) A.液体按顺时针转动(俯视看) B.电源的电动势E＝4.5 V C.1分钟内液体产生的热量是30 J D.液体转动的机械功率为2.5 W 答案　BD 解析　通过液体的电流由玻璃皿边缘流向中心，玻璃皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转(俯视看)，故A错误；R2的电压为U2＝I2R2＝3 V，流过电阻R1的电流为I＝＝3 A，则电源的电动势为E＝U＋Ir＝4.5 V，故B正确；流过液体的电流为IR＝I－I2＝2.5 A，1分钟内液体产生的热量是Q＝Rt＝300 J，故C错误；液体转动的机械功率为P机＝U2IR－R＝2.5 W，故D正确。 12.(2024·宁波市高二期中)如图甲所示，水平放置的平行极板A、B间加如图乙所示的交变电场，t＝0时刻，O处粒子源水平向右发射速度相同的a、b两粒子，穿过极板后水平向右垂直进入有竖直边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，a粒子恰好不从磁场右边界飞出，a、b两粒子的运动轨迹交于C点，且在C处时a、b速度方向垂直，C到左右磁场边界的距离相等，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是(　　) A.a、b在电场中运动的时间一定相同 B.a、b穿过极板的时间可能为T0的奇数倍 C.a、b粒子的比荷为1∶ D.a、b穿过极板竖直方向上的位移大小之比为1∶2 答案　AC 解析　因为a、b粒子都是以相同的速度垂直进入电场，在电场中，沿初速度方向不受力，做匀速直线运动，由L＝v0t可得，a、b在电场中运动的时间一定相同；又因为两粒子穿过极板后水平向右垂直进入有竖直边界的匀强磁场，则两粒子在离开电场时，竖直方向速度为零，根据题图乙可知，a、b穿过极板的时间为T0的偶数倍， A正确，B错误；由图可知sin θ＝，可得θ＝30°，由几何关系可知tan θ＝，在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可知qvB＝m，可得粒子的比荷为，两粒子进入磁场时的速度大小相等，则∝，所以粒子的比荷之比为，C正确；在电场中，竖直方向，a、b粒子先加速再减速(或重复以上运动)，由运动学公式得y＝at2＝·t2，因为a、b粒子在电场中运动时间相等，电场强度E相等，则y∝，所以，a、b粒子穿过极板竖直方向上的位移大小与两粒子的比荷成正比，则，D错误。 13.如图所示，在坐标系xOy中，第一象限内充满着两个匀强磁场a和b，OP为分界线，在磁场a中，磁感应强度为2B，方向垂直于纸面向里；在磁场b中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，P点坐标为(4l，3l)。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点沿y轴负方向射入磁场b，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O，不计粒子重力，sin 37°＝0.6。则下列说法正确的是(　　) A.粒子经过O点时，速度方向沿y轴正方向 B.粒子从P到O经历的路程与粒子的速度大小无关 C.粒子运动的速度可能为 D.粒子从P点运动到O点的最短时间为 答案　BC 解析　画出带电粒子的运动轨迹如图所示， 根据几何知识可得tan α＝，故α＝37°，(图为一个周期的情况)故粒子不可能从b磁场中运动经过O点，只能从a磁场中经过O点，故粒子经过O点速度方向不可能沿y轴正方向，A错误；设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a中和磁场b中运动的轨道半径和周期，则有Ra＝，Rb＝，Ta＝，Tb＝，当粒子先在磁场b中运动，后进入磁场a中运动，然后从O点射出时，粒子从P点运动到O点所用的时间最短，粒子在磁场b和磁场a中运动的时间分别为tb＝Tb，ta＝Ta，故最短时间t＝ta＋tb＝，D错误；由几何关系可知n(2Ra·cos α＋2Rb·cos α)＝＝5l，解得vn＝(n＝1，2，3…)，由表达式可知，当n＝2时，粒子运动的速度为v2＝，C正确；当速度为vn时，tn＝nt(n＝1，2，3…)，故路程s＝vntn＝·，与速度大小无关，B正确。 三、非选择题(本题共5小题，共58分) 14.(14分)(Ⅰ)(8分)霍尔传感器是根据霍尔效应制作的一种磁场传感器，通过霍尔效应实验测定的霍尔系数，能够判断半导体材料的导电类型、载流子浓度及载流子迁移率等重要参数，霍尔电压U(3、4接线端的电压)、电流I和磁感应强度大小B的关系为 U＝K，式中的比例系数K称为霍尔系数。若构成霍尔元件的材料“甲”的导电物质带正电，材料“乙”的导电物质带负电。 (1)(2分)霍尔元件通过如图所示电流I时，接线端4点的电势高于接线端3点，则该材料是　　　　 (填“甲”或“乙”)。  (2)(6分)已知霍尔元件的厚度为d，宽度为b，磁感应强度大小为B，自由电荷带电荷量为q，单位体积内自由电荷的个数为n，自由电荷的平均定向移动速率为v，已知电流满足I＝nqvS，S为电流流过的横截面积，则金属板上、下两面之间的电势差的绝对值(霍尔电压)U＝　　　　 ，则霍尔系数K＝　　　　。  答案　(1)乙　(2)Bbv　 (Ⅱ)(6分)(2024·杭州第二中学高二月考)如图所示，间距为L的足够长平行光滑导轨所在平面与水平面之间的夹角为θ，匀强磁场的方向竖直向下。将一根长为L、质量为m的导体棒垂直放置在导轨上，导体棒中通以方向从a向b、大小为I的电流，此时导体棒受到水平向左的安培力，静止在轨道上，则导体棒受到的安培力大小为　　　　，磁场的磁感应强度大小为　　　　；如果将通过导体棒的电流增大，则导体棒受到的安培力　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  答案　mgtan θ　　增大 解析　匀强磁场的方向为竖直向下时，导体棒受到水平向左的安培力作用，同时还受竖直向下的重力和垂直于导轨向上的支持力作用，三力合力为零，由力的平衡条件有， 导体棒受到的安培力大小为F＝mgtan θ，其中F＝BIL，解得B＝，根据F＝BIL可知，电流增大，则安培力增大。 15.(8分)如图，倾斜平行导轨MN、PQ与水平面的夹角都为θ＝37°，N、Q之间接有E＝6 V，r＝1 Ω的电源，在导轨上放置金属棒ab，质量为m＝200 g，长度刚好为两导轨的间距L＝0.5 m，电阻为R＝5 Ω，与两导轨间的动摩擦因数都为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，ab棒与导轨垂直且接触良好。外加匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向为垂直导轨平面向上。在ab棒的中点用一平行导轨MN的细线通过定滑轮挂一质量为m0的物块。不计导轨和连接导线的电阻，不计滑轮的摩擦，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。要使ab棒始终保持静止，求所挂物块质量m0的取值范围。 答案　140 g≤m0≤300 g 解析　根据闭合电路欧姆定律可得回路中电流为I＝＝1 A，根据左手定则ab棒所受安培力方向平行导轨平面向下，大小为F安＝BIL＝1 N，当ab棒受到的静摩擦力最大且方向沿导轨平面向下时有m0maxg＝mgsin 37°＋μmgcos 37°＋F安 解得m0max＝300 g，当ab棒受到的静摩擦力最大且方向沿导轨平面向上时有m0ming＋μmgcos 37°＝mgsin 37°＋F安 解得m0min＝140 g，可得所挂物块质量m0的取值范围为140 g≤m0≤300 g。 16.(11分)(2024·台州市路桥中学高二月考)如图所示，在圆心为O、半径为R的半圆形区域内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一系列带正电的粒子以不同的速率以O点沿垂直于磁场方向且与 ON成30°角方向射入磁场。已知带电粒子的电荷量为q，质量为m，重力不计，不考虑带电粒子间的相互作用力，sin 75°＝。 (1)(3分)求带电粒子能从半圆形磁场边界的圆弧部分射出，粒子速率应满足的条件； (2)(5分)若带电粒子恰好从P点射出磁场，求带电粒子的速率及其在磁场中的运动时间； (3)(3分)若带电粒子通过磁场区域后速度方向偏转了30°，求带电粒子的速率。 答案　(1)v>　(2)　 (3) 解析　(1)如图所示，带电粒子做圆周运动的轨迹与半圆形磁场边界相切时恰不从磁场圆弧部分边界射出，设此时粒子速度大小为v1，轨道半径为r1 ，根据几何知识，有r1＝，根据洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝m，解得v1＝，所以带电粒子速率应满足的条件是v> (2)如图所示，带电粒子恰好从P点离开磁场时，设粒子速度大小为v2，轨道半径为r2，根据几何知识，有r2·，解得r2＝R，根据洛伦兹力提供向心力，有qv2B＝m，解得v2＝，带电粒子做圆周运动转过的圆心角为，带电粒子做圆周运动的周期T＝，带电粒子在磁场中的运动时间t＝T＝ (3)带电粒子通过磁场区域后速度方向偏转了30°，设此带电粒子的速度大小为v3，轨道半径为r3，根据数学知识，有 根据洛伦兹力提供向心力，有qv3B＝m 解得v3＝。 17.(12分)(2025·嘉兴市高二期中)在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入简化工作原理的示意图，一粒子源于A处不断释放质量为m、带电荷量为＋q的离子，其初速度视为零，经电压为U的加速电场加速后，沿图中半径为R1的圆弧形虚线通过圆弧形静电分析器(静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场)后，从P点沿直径PQ方向进入半径为R2的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外。经磁场偏转，离子最后垂直打在平行PQ放置且与PQ等高的硅片上，硅片到PQ的距离为R2，不计离子重力。求： (1)(2分)离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v； (2)(2分)静电分析器通道内虚线处电场强度的大小E； (3)(3分)磁感应强度大小B； (4)(5分)若加速电压和静电分析器中电场的大小可以调节，离子在静电分析器中仍沿虚线圆弧运动，要让从P点沿直径PQ方向进入圆形匀强磁场区域的离子全部打在硅片上，求加速电压的变化范围。(结果用U表示) 答案　(1)　(2)　(3)　(4)≤U'≤3U 解析　(1)离子通过加速电场，由动能定理qU＝mv2 解得v＝ (2)离子经过静电分析器，电场力提供向心力qE＝ 解得E＝ (3)离子最后垂直打在平行PQ放置且与PQ等高的硅片上，轨迹如图所示 由几何关系可知r＝R2 根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 其中v＝ 联立解得B＝ (4)要让离子全部打在硅片上，其临界状态的轨迹如图所示 设圆心分别为O3、O4，半径分别为r1、r2，由几何关系可知，O4恰为硅片的最低点，根据几何关系有r2＝R2 设圆心为O3的离子在磁场中做圆周运动的圆心角为θ，根据几何关系有 tan (π－θ)＝ 解得θ＝120° 根据几何关系有tan 解得r1＝R2 根据qv'B＝m，qU'＝mv'2 将“r”用“r1”和“r2”替换得≤U'≤3U。 18.(13分)(2024·嘉兴市高二期末)在纸面内建立xOy坐标系，在第一象限内，x＝2d(d>0)左侧有一关于y＝d对称的曲线，O(0，0)、A(0，2d)和P(2d，d)是曲线上的三个点，如图所示。曲线和y轴所围的区域范围内存在沿y轴负方向的匀强电场，x＝2d右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，电场与磁场边界相切于P点。在O点有一粒子源，可以向第一象限的各个方向发射速率为v0的带电粒子，其中沿y轴正方向进入电场的粒子恰好到达A点，沿x轴正方向发射的粒子经磁场偏转后也能经过A点，离开电场的粒子均能垂直边界x＝2d进入磁场。已知粒子带电荷量为＋q，质量为m，粒子重力及粒子间作用力忽略不计，求： (1)(2分)电场强度E的大小； (2)(2分)磁感应强度B的大小； (3)(6分)粒子到达y轴的最大纵坐标，及从O点到达此位置所需时间； (4)(3分)写出电场的边界方程。 答案　(1)　(2)　(3)d　(4＋π)　(4)＝1(x≥0) 解析　(1)到达A点速度为0，根据动能定理有－qE×2d＝0－m，解得E＝ (2)由题意可得沿x轴进入磁场的粒子偏转半径为d，则qv0B＝m，解得B＝ (3)设粒子进入电场的速度与x轴正方向夹角为θ，出电场时坐标为(x1，y1)，则－qEy1＝－m(v0sin θ)2 解得y1＝2sin2 θ d 粒子在磁场中偏转圆半径r＝＝dcos θ 则到达y轴粒子的纵坐标y＝y1＋2r＝2d(－cos2 θ＋cos θ＋1) 则当cos θ＝时ymax＝d 此时v＝v0，T＝ 则t＝＝(4＋π) (4)根据数学方法可知，电场的边界方程为＝1(x≥0)。 学科网（北京）股份有限公司 $