素养提升练(一) 安培力作用下导体的运动
一、选择题
1．(多选)把轻质的导线圈用绝缘细线挂在磁铁的N极附近，磁铁的轴线穿过线圈中心且在同一平面内，如图所示。当线圈通过图示电流时，线圈将( )
A．发生转动同时离开磁铁
B．发生转动同时靠近磁铁
C．静止不动
D．从上往下看顺时针转动
2．质量为0.5 kg的金属杆在相距1 m 的水平轨道上与轨道垂直放置，金属杆上通以I＝4 A的恒定电流，方向如图所示，匀强磁场B垂直轨道平面竖直向上，金属杆与轨道间的动摩擦因数为0.2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。金属杆恰好不发生移动，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为( )
A．2.0 T B．1.0 T
C．0.50 T D．0.25 T
3．(多选)如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是( )
A．均向左
B．均向右
C．a的向左，b的向右
D．a的向右，b的向左
4．(多选)(2022·广东佛山九江中学高二期中)如图所示为某科技爱好者设计的电磁炮模型示意图，水平发射轨道宽1 m，轨道间有磁感应强度为1×103 T方向竖直向上的匀强磁场，炮弹(含相关附件)总质量为0.5 kg，当电路中通20 A的恒定电流时，炮弹从轨道左端开始加速，然后从轨道右端发射出去。忽略一切阻力，下列说法正确的是( )
A．电流从a端流入b端流出
B．电流从b端流入a端流出
C．炮弹的加速度大小为1×104 m/s2
D．炮弹的加速度大小为4×104 m/s2
5．abcd是边长为d、质量为m、粗细均匀的正方形金属线框，用间距为的两根竖直金属线悬吊着，处于静止状态，ab边水平，线框处在垂直于线框平面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，通过金属线给线框通电，电流方向如图所示，电流大小为I，线框仍处于静止状态，重力加速度为g，则每根金属线的张力大小为( )
A．BId
B．BId
C．BId
D．BId
6．如图所示，将通电直导线AB用丝线悬挂在电磁铁的正上方，直导线可自由转动，则接通开关S的瞬间( )
A．A端向上运动，B端向下运动，悬线张力不变
B．A端向下运动，B端向上运动，悬线张力不变
C．A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变小
D．A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变大
7．(多选)(2022·北京二中高二期中)如图所示为研究平行通电直导线之间相互作用的实验装置。接通电路后发现两根导线均发生形变，此时通过导线M和N的电流大小分别为I1和I2，已知I1>I2，方向均向上。若用F1和F2分别表示导线M与N受到的磁场力，则下列说法正确的是( )
A．两根导线相互吸引
B．为判断F1的方向，需要知道I1和I2的合磁场方向
C．两个力的大小关系为F1>F2
D．仅增大电流I2，F1、F2会同时都增大
8．(2022·广东广州高二期中)如图所示，在与水平方向成60°的光滑金属导轨间连一电源，在相距1 m的平行导轨上放一所受重力为3 N的金属棒ab，棒上通以3 A的电流，磁场的大小方向可变。要使金属棒静止，磁感应强度的最小值为( )
A． T B．1 T
C． T D． T
9．(2022·湖南卷)如图甲所示，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是( )
A．当导线静止在图甲右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tan θ与电流I成正比
D．sin θ与电流I成正比
二、非选择题
10．如图所示，平行金属导轨间距l＝0.4 m，其所在平面与水平面夹角θ＝37°，且处于磁感应强度B＝0.5 T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场中。金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.5 Ω的直流电源。现把一根质量m＝0.04 kg的导体棒ab放在金属导轨上，此时导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨两接触点间的电阻之和为R＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求流经导体棒的电流大小；
(2)求导体棒受到的摩擦力大小及方向；
(3)不改变磁感应强度大小，在垂直导体棒的平面内，将磁场沿顺时针方向缓慢转过角度α，使导体棒和金属导轨之间的摩擦力恰好为0，求角度α的大小。
11．(2022·河南宜阳第一高级中学高二阶段练习)如图所示，两平行导轨间距为l＝0.5 m，导轨电阻忽略不计。导体棒ab质量为m＝60 g，电阻为R＝1 Ω，与导轨竖直部分接触良好。已知电源电动势为E＝3 V，内阻为r＝0.5 Ω，定值电阻R0＝1.5 Ω。在导体棒所在空间加一匀强磁场(图中仅用一根磁感线表示)，磁场方向垂直于导体棒，且与竖直方向夹角为θ＝37°，导体棒始终处于静止状态，已知重力加速度g取10 m/s2，则：
(1)若导轨竖直部分光滑，求磁感应强度B的大小；
(2)若导轨竖直部分与导体棒间的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，求磁感应强度B的取值范围。
12．如图所示，两个不计电阻的金属圆环表面光滑，已知环半径为1.0 m，竖直固定在天花板上，金属环面平行，相距0.1 m，两环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，两环分别与电源正负极相连。现将一质量为0.06 kg的导体棒轻放在环的最低点，导体棒与环有良好电接触，重力加速度g＝10 m/s2，当开关闭合后，导体棒能沿金属圆环上滑。
(1)当导体棒滑到最高点时，导体棒跟环心的连线与竖直向下的方向夹角为37°，通过导体棒的电流为多大？
(2)电源电动势为3 V，电源内阻为0.25 Ω，则导体棒电阻为多大？
(3)导体棒最终静止在金属圆环某一位置不动，在此位置上棒对每一个环的压力为多少？(结果可用根式表示)
素养提升练(一)
1 2 3 4 5 6 7 8 9
BD D CD BD A D AD C D
1．BD [将导线圈等效为正方形线圈时，在磁场中，左、右两边分别受向内和向外的安培力，又由右手螺旋定则可知，线圈向外一面为S极，因为异名磁极相互吸引，因此从上往下看，线圈沿顺时针方向转动，同时靠近磁铁，故B、D正确。]
2．D [由左手定则判断安培力方向向左，根据平衡条件可得BIl=μmg，解得B=0.25T，故D正确，A、B、C错误。]
3．CD [由右手螺旋定则可知，若a、b两导线的电流方向相同，在矩形线框上、下边处产生的磁场方向相反，由于矩形线框上、下边的电流方向相反，则矩形线框上、下边所受的安培力方向相同，所以不可以平衡，则要使矩形线框静止，a、b两导线的电流方向相反，故C、D正确。]
4．BD [由左手定则可知，电流从b端流入a端流出，A错误，B正确；炮弹的加速度大小为a==m/s2=4×104m/s2，C错误，D正确。]
5．A [根据左手定则可知，正方形金属线框受到总的安培力方向向下，安培力的大小为FA=BI×d=BId，因此每根金属线的张力大小为F=mg+BId，故A正确。]
6．D [当开关S接通时，根据安培定则知电磁铁附近磁感线的分布如图所示，由左手定则知通电直导线此时A端受力指向纸内，B端受力指向纸外，故导线将转动，由特殊位置法知当导线转到与磁感线垂直时，整个导线受到的磁场力方向竖直向下，故悬线张力变大，D正确。]
7．AD [运用结论解题，平行直导线，同向相互吸引，反向相互排斥，A正确；磁场力F1的方向，根据左手定则来判断，由I2产生的磁场的方向与I1的电流方向共同决定，但不需知道合磁场的方向，故B错误；磁场力F1和F2是两导线相互作用力，所以一定满足等大反向共线，故C错误；在仅增大电流I2时，I2产生的磁场也会相应增大，所以F1会增大，又由于两相互作用力始终满足F1=F2，所以，两力会同时增大，故D正确。]
8．C [金属棒受到重力、支持力和安培力，根据力的三角形法则，当安培力和支持力垂直时，安培力最小，则有BIl=mgsin60°，磁感应强度的最小值为B==T=T，故C正确。]
9．D [当导线静止在图甲右侧位置时，对导线受力分析有
可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；由于与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有sinθ=，FT=mgcosθ，则可看出sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cosθ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确。]
10．解析：(1)根据闭合电路的欧姆定律可得：I=
代入数据解得：I=1.5A。
(2)安培力F=BIl=0.3N，
方向沿斜面向上
根据平衡条件可得：
mgsin37°+Ff=F
代入数据解得Ff=0.06N，
方向沿斜面向下。
(3)摩擦力为零，根据平衡条件可得：
mgsin37°=Fcosα
代入数据解得：
α=37°。
答案：(1)1.5A (2)0.06N，方向沿斜面向下 (3)37°
11．解析：(1)由受力分析得BIlsinθ=mg
由闭合电路欧姆定律有I=，联立解得B===2T。
(2)当B较小时，静摩擦力向上，则
B1Ilsinθ+μB1Ilcosθ=mg
解得B1==1.2T
当B较大时，静摩擦力方向向下，则B2Ilsinθ-μB2Ilcosθ=mg，解得B2==6T
故磁感应强度B的取值范围为1.2T≤B≤6T。
答案：(1)2T (2)1.2T≤B≤6T
12．解析：(1)设金属棒的长度为l，圆环半径的长度为R
由动能定理知W安-W重=0
即BIl·Rsin37°-mgR(1-cos37°)=0
代入数据得I=4A。
(2)根据闭合电路欧姆定律I=得，导体棒电阻R'=0.5Ω。
(3)棒受的安培力F=BIl=0.2N
对棒受力分析图所示(从右向左看)，
两环支持力的总和为
2FN=
代入数据解得FN=N
由牛顿第三定律知，棒对每一个环的压力为FN'=N。
答案：(1)4A (2)0.5Ω (3)N素养提升练(二) 带电粒子在有界磁场中的运动
一、选择题
1．如图所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的正电荷(重力忽略不计)以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角。磁场的磁感应强度大小为( )
A． B．
C． D．
2．(多选)如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量大小为q(不计重力)的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子在磁场中运动时到x轴的最大距离为a，则磁感应强度B的大小和该粒子所带电荷的正、负可能是( )
A．，正电荷 B．，正电荷
C．，负电荷 D．，负电荷
3．如图所示，在x轴上方存在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处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)。则下列说法正确的是( )
A．若v一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远
B．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
C．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
D．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
4．(2022·河北衡水第二中学高二期中)如图所示，在平面坐标系xOy的第一象限内，存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带正电的粒子沿x轴正方向以速度v0从y轴上的点P1(0，a)射入磁场，从x轴上的点P2(2a，0)射出磁场，不计粒子受到的重力，则粒子的比荷为( )
A． B．
C． D．
5．(2022·湖北浠水第一中学高二期中)如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB方向射入，欲使电子能经过BC边，则磁感应强度B的取值应为( )
A．B> B．B<
C．B< D．B>
6．长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示。磁感应强度大小为B，板间距离为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子打在极板上，可采用的办法是( )
A．使粒子的速度v<
B．使粒子的速度v>
C．使粒子的速度v>
D．使粒子的速度
A．三个粒子都带负电荷
B．c粒子运动速率最小
C．c粒子在磁场中运动时间最短
D．它们做圆周运动的周期Ta
A．粒子1可能为中子
B．粒子2可能为电子
C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
二、非选择题
9．(2022·山东乳山银滩高级中学高二阶段练习)如图所示，真空区域内有一宽度为d、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。AB、CD为磁场的边界。O是AB上一粒子源，某时刻从O点沿各个方向射入大量速度大小相等、方向与磁场垂直、质量为m、电荷量为q的正粒子(重力不计)。已知沿着与AB夹角θ＝30°方向入射的粒子刚好垂直于CD边界射出磁场。求：
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(2)粒子在磁场中做圆周运动的速度大小；
(3)粒子在磁场中运动的最长时间。
10．“质子疗法”可以进行某些肿瘤治疗，质子先被加速至较高的能量，然后经磁场引向轰击肿瘤，杀死其中的恶性细胞，如图所示。若质子由静止被加速长度为l＝4 m的匀强电场加速至v＝1.0×107 m/s，然后被圆形磁场引向后轰击恶性细胞。已知质子的质量为m＝1.67×10-27 kg，电荷量为e＝1.60×10-19 C。
(1)求匀强电场的电场强度大小(结果保留两位有效数字)；
(2)若质子正对直径d＝1.0×10-2 m的圆形磁场圆心射入，被引向后的偏角为60°，求该磁场的磁感应强度大小(结果保留三位有效数字)；
(3)若质子被引向后的偏角为90°，且圆形磁场磁感应强度为10.44 T，求该圆形磁场的最小直径为多大(结果保留两位有效数字)。
11．如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v＝3.2×106 m/s的α粒子(带正电)。已知屏蔽装置宽和长满足AD＝2AB，α粒子的质量m＝6.64×10-27 kg，电荷量q＝3.2×10-19 C。若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度的大小B＝0.332 T，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中。试求(以下运算结果可保留根号和π)：
(1)若水平向右进入磁场的α粒子不从条形磁场隔离区的右侧穿出，试计算该粒子在磁场中运动的时间；
(2)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d至少是多少；
(3)若条形磁场的宽度d＝20 cm，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间分别是多少。
素养提升练(二)
1 2 3 4 5 6 7 8
B BC B B C D C AD
1．B [以速度v正对着圆心射入磁场，将背离圆心射出，轨迹圆弧的圆心角为θ，如图，由几何关系知轨迹圆半径r=，由半径r=解得B=，B正确。]
2．BC [如图所示，若粒子带正电，则a=r(1-sin30°)=，则B=，B正确；若粒子带负电，则a=r(1+sin30°)=，则B=，C正确。]
3．B [画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示。
设粒子的轨迹半径为r，则有r=，AO=2rsinθ=，则若θ是锐角，θ越大，AO越大，若θ是钝角，θ越大，AO越小，故A错误；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为t=T=·=，则得知粒子的运动时间与v无关，若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，故B正确，D错误；粒子在磁场中的运动角速度为ω=，T=，则有ω=，与速度v无关，故C错误。]
4．B [粒子运动轨迹对应的圆心在y轴上，如图所示。
设轨迹的半径为R，有(R-a)2+4a2=R2，解得R=，由牛顿第二定律可得qv0B==，故B正确。]
5．C [当电子从C点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为R，如图所示
由几何关系得2Rcos30°=a，解得R=，欲使电子能经过BC边，必须满足R>，根据洛伦兹力提供向心力，则有ev0B=m，解得B<，故C正确。]
6．D [如图所示，带电粒子刚好打在极板右边缘时，根据几何关系有=+l2，在磁场中，由洛伦兹力提供向心力qv1B=m，解得v1=；带电粒子刚好打在极板左边缘时，根据几何关系有r2==，解得v2=
8．AD [由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，A正确，B错误；由以上分析可知粒子1可能为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力有qvB=m，解得r=，可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确。]
9．解析：(1)沿着与AB夹角θ=30°方向入射的粒子刚好垂直于CD边界射出磁场，轨迹如图所示。由几何关系可得粒子做圆周运动的半径为R==d，由粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则qvB=m，解得R=d。
(2)由(1)知R=d，根据qvB=m得粒子的速度为v==。
(3)当粒子轨迹与CD边相切时，轨迹圆的圆心角α最大，如图，粒子在磁场中运动时间最长，由几何关系得cos=，代入数据cos=1-，即α=164°，粒子做圆周运动的周期T==，粒子在磁场中运动的时间t=T
代入数据得t=。
答案：(1)d (2) (3)t=
10．解析：(1)根据动能定理eEl=mv2
解得E≈1.3×105N/C。
(2)由题意得质子的运动轨迹如图，
由数学知识tan30°=
根据洛伦兹力提供向心力evB1=m
解得B1≈12.1T。
(3)根据洛伦兹力提供向心力evB2=m
解得r'≈0.01m
质子运动的轨迹如图
根据数学知识知圆形磁场直径d'=r'≈1.4×10-2m。
答案：(1)1.3×105N/C (2)12.1T (3)1.4×10-2m
11．解析：(1)所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R，周期设为T，则根据牛顿第二定律有qvB=m，又因为T=，
联立得T==×10-6s，
若水平向右进入磁场的α粒子不从条形磁场隔离区的右侧穿出，则粒子运动轨迹为半圆，运动时间为t=T=×10-6s。
(2)根据题意，由几何知识可得∠BAO=∠ODC=45°
根据牛顿第二定律有qvB=m
解得R=0.2m=20cm
由几何关系可知，若所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，则满足条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，如图所示。
设此时磁场宽度为d0，由几何关系可得
d0=R+Rcos45°=(20+10)cm
则磁场宽度d至少为(20+10)cm。
(3)设速度方向垂直于AD进入磁场区域的α粒子的入射点为E，如图所示
因磁场宽度d=20cm
tmin==×10-6s。
答案：(1)×10-6s (2)(20+10)cm (3)×10-6s ×10-6s素养提升练(三) 带电粒子在复合场中的运动
非选择题
1．(2022·黑龙江哈九中高二期中)在平面坐标系第Ⅰ象限内有沿x轴负方向的匀强电场，虚线PQ为在同一平面内的竖直直线边界，在第Ⅱ、Ⅲ象限内虚线PQ与y轴之间有垂直坐标平面向里的大小为B的匀强磁场。C、D两个水平平行金属板之间的电压为U。一质量为m、电荷量为e的带正电的粒子(不计粒子重力)从靠近D板的S点由静止开始做加速运动，从x轴上x＝2l处的A点垂直于x轴射入电场，粒子进入磁场时速度方向与y轴正方向的夹角θ＝37°(不计粒子的重力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。要使粒子不从PQ边界射出，求：
(1)粒子运动到A点的速度大小v0；
(2)匀强电场的电场强度大小E；
(3)虚线PQ与y轴之间磁场的最小宽度d。
2．(2022·湖南卷)如图所示，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下极板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上极板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
(1)求直流电源的电动势E0；
(2)求两极板间磁场的磁感应强度B；
(3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′。
3．(2022·湖北恩施高二阶段练习)如图所示，在x轴上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向里；在x轴下方有一匀强电场，方向竖直向上；一质量为m、电荷量为q、重力不计的带电粒子从y轴上的a点(0，h)处沿y轴正方向以初速度v＝v0开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴上b点时速度方向恰好与y轴垂直。求：
(1)粒子的电性；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)匀强电场的电场强度大小；
(4)粒子从a点开始运动到再次经过a点的时间。
4．(2022·福建龙岩第一中学高二阶段练习)如图所示，在x轴下方存在着正交的电场与磁场，电场沿x轴正方向，电场强度大小E1＝20 N/C，磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小B1＝5 T。一个质量m＝3 g、带电荷量q＝2×10-3 C的带电小球自y轴上的M点沿直线匀速运动到x轴上的N点，且已知OM＝4 m。在x轴上方存在正交的电场E2与磁场B2(图中均未画出)，小球在x轴上方做圆周运动，恰好与y轴相切，运动轨迹如图所示。(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6)，试求：
(1)小球运动的速率v；
(2)电场E2的大小与方向；
(3)磁场B2的大小与方向。
素养提升练(三)
1．解析：(1)粒子加速过程由动能定理得Uq=
可得粒子运动到A点的速度大小v0=。
(2)在第Ⅰ象限做类平抛运动，到达y轴的速度为v，有
vcosθ=v0
根据动能定理有2qEl=mv2-，联立解得
E=。
(3)带电粒子进入磁场中洛伦兹力提供向心力，有qvB=m
当粒子运动的轨迹刚好与边界PQ相切时，粒子不从PQ边界射出，根据几何关系可知虚线PQ与y轴之间磁场的最小宽度d=r(1+cos37°)，联立解得d=。
答案：(1) (2) (3)
2．解析：(1)小球在电磁场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得qE=mg，R2两端的电压U2=Ed，根据欧姆定律得U2=·R2，联立解得E0=。
(2)运动轨迹如图所示：
设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系
(r-d)2+(d)2=r2
解得r=2d，根据qvB=m，解得B=。
(3)由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为60°，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得qE'=mgcos60°，解得E'=。
答案：(1) (2) (3)
3．解析：(1)带电粒子做逆时针偏转，该粒子带正电。
(2)根据题意可得粒子的运动轨迹如图所示：
由运动轨迹图可得rcos45°=h
粒子在磁场中做圆周运动，故由牛顿第二定律有qvB=
结合题意联立可得r=h
B=。
(3)分析可知，粒子在电场中做斜抛运动，即在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀减速直线运动，且到达b点时，竖直方向速度恰好为零，故在水平方向上有vsin45°t1=r+rsin45°，在竖直方向有qE=ma，vcos45°=at1
联立可得t1=，E=。
(4)由粒子的运动轨迹图可知，粒子在磁场中从a点开始至再次经过a点运动的总圆心角为
θ=rad=rad
故粒子在磁场中运动的总时间为t0===
由对称性可知，粒子在y轴左侧和右侧电场中的运动时间相等，故粒子从开始运动至再次经过a点所用的总时间为t=t0+2t1=+=。
答案：(1)正电 (2) (3)(4)
4．解析：(1)小球从M向N做匀速直线运动，可知小球所受合外力为零，对小球受力分析如图，受到重力、电场力和洛伦兹力作用，由小球的受力可知小球带正电，有tanθ== θ=53°
洛伦兹力的大小与电场力和重力的合力大小相等，
有qvB1=
解得v=5m/s。
(2)小球在x轴上方做匀速圆周运动如图所示，
可知电场力与重力平衡，所以有E2==15N/C
因小球带正电，所以E2方向沿y轴正方向。
(3)设小球在x轴上方做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系可得
Rsin53°+R=ON，ON=OMtan37°，解得R=m
小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律有qvB2=m
得B2=4.5T
因小球带正电，由左手定则可知磁感应强度B2的方向垂直纸面向里。
答案：(1)5m/s (2)15N/C，沿y轴正方向 (3)4.5T，垂直纸面向里
