广东省梅州市高考物理2021-2022模拟题知识点分类汇编-04静电场、恒定电流、磁场

这是一份广东省梅州市高考物理2021-2022模拟题知识点分类汇编-04静电场、恒定电流、磁场，共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

广东省梅州市高考物理2021-2022模拟题知识点分类汇编-04静电场、恒定电流、磁场

一、单选题
1．（2021·广东梅州·统考一模）如图所示，a、b两点位于以正点电荷Q为中心的正方体顶点，c点在上表面中心，则（　　）

A．a、b两点的场强相同
B．a、b、c三点的电势相等
C．负试探电荷在a点的电势能大于在c点的电势能
D．正试探电荷沿ab连线从a到b，电场力先做正功后做负功
2．（2022·广东梅州·统考一模）如图为静电除尘机原理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。图中虚线为电场线（方向未标）。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则（　　）

A．电场线方向由放电极指向集尘极 B．尘埃在迁移过程中电势能增大
C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动 D．图中A点的电场强度大于B点的电场强度
3．（2022·广东梅州·统考模拟预测）真空中某点电荷的等势面示意图如图所示，图中相邻等势面间电势差相等，已知正电荷在Q点的电势能大于其在P点的电势能。下列说法正确的是（　　）

A．该点电荷为正电荷
B．P点的电势比Q点的电势高
C．P点的电场强度小于Q点的电场强度
D．把另一带负电的点电荷从P点移到Q点，电场力做正功
4．（2021·广东梅州·统考二模）如图所示，空间中存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，两平行光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与质量为m的水平直导体棒ab中点相连，弹簧与导轨平面平行并始终与棒垂直导体棒垂直跨接在两导轨上，接通电源后导体棒保持静止，弹簧处于原长状态。把电源极性调转，用外力使导体棒沿斜面往下平移x（弹性形变范围内），重新接通电源并撤掉外力，ab棒依然保持静止，则x为（　　）

A． B． C． D．0
5．（2021·广东梅州·统考一模）在物理学的发展史上，许多科学家付出了努力。下列说法符合史实的是（　　）
A．安培通过实验，首先发现了电流的磁效应
B．开普勒根据理想斜面实验提出一切物体都有惯性
C．卡文迪许通过扭秤实验测定出万有引力常量的数值
D．第谷通过对观测数据的整理总结出了行星运动的规律
6．（2022·广东梅州·统考二模）质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量。让氢的三种同位素的离子流从容器A下方的小孔S无初速度飘入电势差为U的加速电场，加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中、氢的三种同位素分别为氕（即为质子）、氘（质量约为质子的2倍，电荷量与质子相同）、氚（质量约为质子的3倍，电荷量与质子相同），最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”。则下列判断正确的是（　　）

A．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚
B．进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚
C．在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚
D．a、b、c三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚

二、多选题
7．（2021·广东梅州·统考二模）如图所示，空间中存在竖直向上的匀强电场，将一带电小球自C点h高处静止释放，一段时间后小球与正下方弹簧在A点开始接触并压缩弹簧，假设在释放到最低点B的过程中电场力对小球做功-5J，弹簧形变始终处于弹性限度范围，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．从C点到B点，小球电势能增加5J
B．从C点到B点，小球与弹簧组成的系统机械能减少5J
C．小球从A运动到B过程中速度一直在减小
D．小球反弹后可重新到达C点
8．（2021·广东梅州·统考二模）如图所示，真空中有一正六边形ABCDFG，在A点和C点分别放置两相同的点电荷，此时正六边形的中心位置的电场强度大小为E0，方向指向B点。下列说法正确的是（　　）

A．两点电荷带正电
B．B点的电场强度大小也为E0
C．把一带正电的试探电荷从F点移至B点，其电势能变大
D．若在F点增加一个等量异种的点电荷，则中心位置电场强度大小为2E0
9．（2021·广东梅州·统考二模）如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电源E相连，在距离两板等距离的M点有个带电液滴处于静止状态。若将b板向下平移一小段距离，稳定后，下列说法中正确的是（　　）

A．液滴带负电
B．液滴将加速向下运动
C．M点电势升高
D．带电液滴在M点的电势能增大
10．（2021·广东梅州·统考一模）如图所示，A、B为两个点电荷，MN为两电荷连线的中垂线，图中实线表示两点电荷形成的电场的一条电场线(方向未标出)，下列说法正确的是

A．两电荷一定是异种电荷
B．电荷A一定带正电
C．两电荷的电量一定满足
D．两电荷的电量一定满足
11．（2021·广东梅州·统考一模）如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一带电粒子从A点沿半圆ABC的直径方向以某一速度水平射入电场，恰好经过半圆的最低点B。粒子重力不计，下列分析正确的是（　　）

A．经过B点时的速度方向沿半圆的半径
B．无论射入速度多大，粒子都不可能沿着半径方向离开半圆
C．若仅将下板下移少许，板间电压增大
D．若仅将下板下移少许，该粒子以相同的速度从原处射入电场，仍会经过B点
12．（2022·广东梅州·统考二模）如图所示，某匀强电场中，有边长为L的正三角形区域，电场线与正三角形平面平行。一个电荷量为q的正电荷若从A点移到B点，电场力所做的正功为qU，若从A点移到C点，电场力所做的正功为2qU，则下列说法正确的是（　　）

A．电场方向由A指向C
B．若电荷从B移到C，电荷的电势能增加
C．电场强度大小为
D．A、B、C三点中，B点的电势最高
13．（2022·广东梅州·统考模拟预测）关于电容器和电容的概念，下列说法正确的是（　　）
A．任何两个彼此绝缘又互相靠近的导体都可以看成是一个电容器
B．某一电容器两板间的电压越高，它的电容就越大
C．某一电容器两极板的正对面积越大，它的电容就越大
D．某一电容器不带电时，它的电容是零
14．（2022·广东梅州·统考模拟预测）竖直面内有竖直向下的匀强电场（未画出） ，场中有正六边形区域ABCDEF ，BC边水平，边长为a，一群质量为m，电量为q的粒子，以相同的水平速度v0同时从BA及AF边界处射入电场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，若沿AD方向射入的粒子恰能从DE中点射出，则以下说法正确的是

A．电场强度大小为
B．从B点射入的粒子将从CD中点射出
C．从AB中点射入的粒子将从D点飞出
D．从AF中点射入的粒子将从E点射出
15．（2021·广东梅州·统考二模）如图所示，在水平虚线MN边界的下方是一垂直纸面向里的匀强磁场，质子和粒子先后从边界上的A点沿与虚线成角的方向射入磁场，两粒子均从B点射出磁场。不计粒子的重力，则（　　）

A．质子和粒子在磁场中运动的轨迹相同
B．质子和粒子在磁场中运动的速度大小之比为
C．质子和粒子在磁场中运动的动能相同
D．质子和粒子在磁场中运动的时间之比为
16．（2021·广东梅州·统考一模）如图所示，金属棒、光滑水平金属导轨和螺线管组成闭合回路．设导轨足够长，棒有一定阻值，导轨、导线电阻不计．给金属棒一个初速度使其在匀强磁场中沿导轨向右运动，则（    ）

A．棒所受安培力的方向一定向左
B．螺线管产生的磁场，端为极
C．金属棒中的电流方向从流向
D．棒最终将停止运动
17．（2022·广东梅州·统考模拟预测）两个带等量异种电荷的粒子分别以速度和射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为和，磁场宽度为，两粒子同时由点出发，同时到达点，如图所示，则（　　）

A．两粒子的轨道半径之比
B．两粒子的质量之比
C．两粒子圆周运动的周期之比
D．两粒子的速率之比

三、实验题
18．（2021·广东梅州·一模）如图所示，某物理兴趣小组用伏安法测电源电动势和内阻的实验中，在电路中接一阻值为2Ω的电阻R0，通过改变滑动变阻器，得到几组电表的实验数据：

U(V)
1.2
1.0
0.8
0.6
I(A)
0.10
0.17
0.23
0.30
（1）用作图法在坐标系内作出U-I图线；______

（2）利用图线，测得电动势E=___________V，内阻r=_________Ω。
（3）某同学测另一串联电池组的输出功率P随外电阻R变化的曲线如图所示。由所得图线可知，被测电池组电动势E＝________V，电池组的内阻r＝_______Ω。

四、解答题
19．（2021·广东梅州·一模）如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场，金属板下方分布有理想边界的匀强磁场，磁感应强度为B。一个带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始，经电场加速后垂直于磁场边界进入磁场。忽略重力的影响。简要回答下列问题：
（1）分析粒子在板间电场中做什么运动；
（2）分析并画出粒子在有界磁场中运动的轨迹；
（3）求解粒子在磁场中运动的时间t。

20．（2021·广东梅州·统考二模）如图，在平面直角坐标系内有边长为L的正方形区域oabc，o为坐标原点，oa边和x轴重合，e、f、g、h为四边中点，正方形区域oabc上半区域存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），下半区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，上下两个区域内磁感应强度大小相等。一个不计重力带负电的粒子，质量为m，电荷量绝对值为q，从h点以速度v0沿与hg成θ=30°角进入磁场，之后恰好从N点进入上半区域的磁场，求：
（1）上下区域内磁感应强度的大小；
（2）粒子离开磁场区域后打中y轴上的P点坐标，以及粒子从h点运动到P点的时间。

21．（2021·广东梅州·统考一模）如图所示，两块水平放置、相距为d=0.5m的长金属板接在电压U=1V的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。将喷墨打印机的喷口靠近两板中间的位置，从喷口连续不断喷出质量均为m=3.2×10-3kg、速度水平且大小均为v0=5m/s、电荷量相等的墨滴。墨滴在电场区域恰能向右做匀速直线运动，并垂直磁场左边界进入电场、磁场共存区域后，最终打在下板的M点。M点与磁场左边界的水平距离亦为d，取g=10m/s2
（1）判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量q；
（2）求磁场的磁感应强度B

22．（2022·广东梅州·统考模拟预测）如图a，区域Ⅰ有竖直向上的场强大小为E0的匀强电场，区域Ⅱ有平行于x轴的交变电场，场强E随时间变化规律如图b所示（设向右为正方向），区域Ⅲ和区域Ⅳ有方向均垂直纸面的匀强磁场，且区域Ⅳ磁场的磁感应强度大小为区域Ⅲ磁场的磁感应强度大小的2倍。y轴上固定着一块以O'为中点的绝缘弹性挡板（挡板厚度可忽略，粒子与挡板碰撞时，平行挡板方向的分速度不变，垂直挡板方向上的分速度等大反向，且碰撞后电量不变）。t＝0时，在O点释放一带正电粒子（不计重力），粒子经电场加速后进入区域Ⅱ，经电场偏转后进入区域Ⅲ，进入时粒子速度与水平方向成30°角，接着在磁场中恰好以O'点为圆心做圆周运动，此后又恰好回到O点，并做周期性运动，已知量有粒子的质量m、电荷量q、电场场强大小E0、区域Ⅰ的宽度d。求：
（1）粒子在区域Ⅰ加速的时间t1以及进入区域Ⅱ时的速度大小v0；
（2）粒子刚进入区域Ⅲ的水平坐标以及区域Ⅲ中磁感应强度B的大小；
（3）若粒子在t＝T时刻恰好返回O点，则交变电场随时间变化的周期T是多少？

23．（2022·广东梅州·统考一模）如图所示，第一象限内圆心为K的两个同心圆半径分别为R和3R，大圆与两坐标轴分别相切，x轴上的切点为M，MN连线与y轴平行，N点在大圆上。同心圆之间的环状区域存在着垂直纸面向里的匀强磁场，小圆内存在着垂直纸面向外的匀强磁场；两处的磁感应强度大小相等，第四象限范围内分布着沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为的带电粒子从第四象限y轴上的P点沿x轴正方向以某初速度射入匀强电场，经M点时以速度进入环状区域，且的方向与MN的夹角为，已知粒子在环状磁场中的运动半径为2R，且恰好从N点射出磁场，带电粒子的重力忽略不计。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；粒子从M到N的运动时间；
（3）若粒子从第四象限中NM延长线上的某点由静止释放，粒子进入磁场后刚好不进入小圆区域。求此次粒子的释放位置坐标。


参考答案：
1．C
【详解】A．a、b两点距离正点电荷Q的距离相等，则a、b两点的场强大小相同，但方向不同，故A错误；
B．a、b两点距离正点电荷Q的距离相等，电势相等，但c点距离正点电荷Q的距离比a、b近，故电势不相等，故B错误；
C．c点距离正点电荷Q的距离比a点距离正点电荷Q的距离近，则 ，故负试探电荷在a点的电势能大于在c点的电势能，故C正确；
D．正试探电荷沿ab连线从a到b，距离正点电荷Q的距离先变小再变大，则电势先变大后变小，正电荷电势能先变大后变小，故电场力先做负功后做正功，故D错误。
故选C。
2．D
【详解】A．带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，则电场的方向为由集尘极指向放电极，故A错误；
B．带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，电场力做正功，则尘埃在迁移过程中电势能减小，故B错误；
C．由图可知，电场是非匀强电场，则尘埃受的电场力在变化，则尘埃在迁移过程中做非匀变速运动，故C错误；
D．由图根据电场线的疏密程度表示电场的大小可知，A点的电场强度大于B点的电场强度，故D正确。
故选D。
3．D
【详解】AB．已知正电荷在Q点的电势能大于其在P点的电势能，则Q点的电势大于P点的电势，靠近正电荷的地方电势大，故场源电荷为负电荷，故AB错误；
C．P点处等差等势面更密集，电场强度更大，故C错误；
D．把另一带负电的点电荷从P点移到Q点即从低电势移到高电势，则电场力做正功，故D正确。
故选D。
4．C
【详解】接通电源后导体棒保持静止，弹簧处于原长状态，有

把电源极性调转，用外力使导体棒沿斜面往下平移x（弹性形变范围内），重新接通电源并撤掉外力，ab棒依然保持静止，有

联立解得

所以C正确；ABD错误；
故选C。
5．C
【详解】A．奥斯特通过实验首先发现了电流的磁效应，故A错误；
B．伽利略通过理想斜面实验，科学地推理出“力不是维持物体运动的原因”，是牛顿提出一切物体都有惯性，故B错误；
C．牛顿是发现了万有引力后，卡文迪许通过扭秤实验测定出万有引力常量的数值，故C正确；
D．开普勒通过对第谷的观测数据的整理总结出了行星运动的规律，故D错误。
故选C。
6．A
【详解】AB．根据动能定理有

得
v=
比荷最大的是氕，最小的是氚，所以进入磁场时速度从大到小的顺序是氕、氘、氚，A正确，B错误；
C．粒子在磁场中运动的时间为

故在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氚、氘、氕，C错误；
D．进入偏转磁场后有

解得
R=
可知比荷越大，轨道半径越小，故a、b、c三条“质谱线”依次排列的顺序是氚、氘、氕，D错误。
故选A。
7．ABD
【详解】A．从C点到B点，由于电场力做负功，电势能增大，根据

所以小球电势能增加5J，则A正确；
B．从C点到B点，根据功能关系可知，除了重力与弹簧的弹力做的功不改变系统的机械能，其他力做功则改变机械能有

由于电场力对小球做功-5J，所以小球与弹簧组成的系统机械能减少5J，则B正确；
C．小球从A运动到B过程中速度先增大后减小，所以C错误；
D．根据能量守恒定律可知，系统的能量只是重力势能，动势及电势能间的相互转化，则小球反弹后可重新到达C点，所以D正确；
故选ABD。
8．BD
【详解】
A．根据等量同种电荷电场线及等势面的分布图可知，正六边形的中心位置的电场强度大小为E0，方向指向B点是时，则两点电荷带负电，所以A错误；
B．由于B点与正六边形的中心位置在两点电荷连线的中垂直线上，并且到两点电荷连线的距离相等，由对称性可知，B点的电场强度大小也为E0，方向相反，所以B正确；
C．F点电势高于B点，正电荷从F点移至B点，其电势能变小，所以C错误；
D．若在F点增加一个等量异种的点电荷，由几何关系可知，F点到正六边形的中心位置的距离等于正六边形的边长，设正六边形的边长为a，点电荷的电荷量为q，则两相同的点电荷，在正六边形的中心位置的电场强度大小为

F点的点电荷在正六边形的中心位置的电场强度大小为
方向指向B
则中心位置电场强度大小为

所以D正确；
故选BD。
9．ABC
【详解】A. 油滴受向上的电场力，上极板为正极，可知油滴带负电，选项A正确；
B．电容器与电源保持相连，电容器板间的电压不变，将b板向下平移一小段距离，根据

分析得知板间电场强度减小，液滴所受的电场力减小，液滴将加速向下运动．故B正确；
C．由U=Ed知，M与a间的电场差减小，a点的电势为零，M点的电势小于零，则知M点的电势升高，故C正确；
D．由于液滴带负电，则带电液滴在M点的电势能减小，故D错误。
故选ABC。
10．AC
【详解】A．由电场线分布特点可知两电荷一定带异种电荷，故A正确；
B．电场线方向未知，电荷A可能带正电荷，也可能带负电荷，故B错误；
CD ．将A、B两点用直线连起来，通过电场线的疏密程度可知两电荷的电量一定满足，故C正确D错误．
故选AC。
11．BCD
【详解】A．粒子在平行板电容器中向下运动，则其受到向下的合力，所以到达B点时，既有水平方向的速度，又有竖直向下的速度，故经过B点时的速度方向向右下方，故A错误；
B．粒子受力方向和初运动方向垂直，粒子做类平抛运动，类平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点，若粒子沿着半径方向离开半圆，则反向延长线过圆心，所以一定从C点射出，所以不可能，故B正确；
C．若仅将下板下移少许，则平行板电容器间的极板距离d变大，由

可知电容变小，又平行板电容器充电后与电源断开，则Q不变，由

可知板间电压增大，故C正确；
D．若仅将下板下移少许，由

则场强不变，受力情况不变，该粒子以相同的速度从原处射入电场，运动轨迹不变，则仍会经过B点，故D正确。
故选BCD。
12．AC
【详解】A．一个电荷量为q的正电荷若从A点移到B点，电场力所做的正功为qU，可知
UAB=U
若从A点移到C点，电场力所做的正功为2qU，可知
UAC=2U
则AC中点的电势与B点电势相等，两点连线为等势线，则电场方向由A指向C，选项A正确；
B．因B点电势高于C点电势，则电荷从B移到C，电荷的电势能减小，选项B错误；
C．电场强度大小为

选项C正确；
D．沿电场线电势降低，可知A、B、C三点中，A点的电势最高，选项D错误。
故选AC。
13．AC
【详解】A．任何两个彼此绝缘又互相靠近的导体就能储存电荷，可以看成是一个电容器，A正确；
B．电容表示电容器容纳电荷的本领大小，与电容器板间电压、所带电量无关，B错误；
C．由公式

可知电容器两极板的正对面积越大，它的电容就越大，电容器两极板的距离越大，它的电容就越小，C正确；
D．电容器的电容由本身因素决定，与电容器所带的电荷量和电压无关。不带电量电容仍然存在，D错误。
故选AC。
14．AC
【详解】BCD用反证法做更简单。假设BCD项正确，求出相应的电场强度，若与正确的电场强度相等，则该选项正确，否则错误。
A．若沿AD方向射入的粒子恰能从DE中点射出，由几何关系可知
沿速度方向

沿电场方向

联立解得，电场强度大小为

故A正确；
B．假设从B点射入的粒子将从CD中点射出，由几何关系得
沿速度方向

沿电场方向

联立解得，电场强度大小为

故B错误；
C．假设从AB中点射入的粒子将从D点飞出，由几何关系得
沿速度方向

沿电场方向

联立解得，电场强度大小为

故C正确；
D．假设从AF中点射入的粒子将从E点射出，由几何关系得
沿速度方向

沿电场方向

联立解得，电场强度大小为

故D错误。
故选AC。
15．AC
【详解】A．由于两粒子在磁场中都是由A点沿相同方向射入，从B点射出。所以两粒子半径、圆心和运动轨迹都相同。故A正确；
B．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故

解得

由于两粒子半径相同，质子与粒子荷质比之比为，则速度大小之比为。故B错误；
C．质子与粒子质量之比为，速度大小之比为。所以动能相同。故C正确；
D．两粒子运动轨迹相同，速度大小之比为，所以时间之比为。故D错误。
故选AC。
16．AD
【详解】ab棒向右切割磁感线，导体棒中要产生感应电流，根据右手定则，感应电流由b到a，根据左手定则可知，ab棒所受安培力的方向一定向左，向右做减速运动，棒最终将停止运动；而电流从A端流入螺线管，根据安培定则可知，螺线管的A端为S极，故AD正确，BC错误，故选AD．
【点睛】回路中的一部分切割磁感线时，导体棒中要产生感应电流，而电流在磁场中就一定会有安培力；根据左手定则可以判断ab棒所受安培力的方向，根据安培定则判断螺线管产生的磁场方向．
17．CD
【详解】A．对粒子在磁场中运动，根据题意可得如图所示信息

由图a、d所夹得弧为粒子a的运动轨迹，半径为R，b、d所夹得弧为粒子b得运动轨迹，半径为R，根据几何关系可知


整理可得

故A错误；
BCD．由几何关系可得，从A运动到B，a粒子转过的中心角为，b粒子转过的中心角为，根据运动时间相同可得运动周期为

两粒子做匀速圆周运动有

由此可得

粒子是受洛伦兹力为向心力，故有

整理可得

由此可得

故选CD。
18． 见解析图 1.5 1.0 30 5
【详解】（1）[1]先描点，然后用一条直线连接起来，如果不能通过所有点，使曲线两侧的点数大致相同，如图所示；

（2）[2]电源的U-I图象的纵轴截距表示电源的电动势，故
E=1.5V
[3]斜率表示内电阻，即

故
r=3.0-2.0=1.0Ω
（3）[4][5]当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，由图象可以看出，当电阻R=5Ω时，电源的输出功率最大，为45W，故电源内阻为5Ω；
再根据
P=I2R=
有

解得

19．（1）匀加速直线运动；（2）见解析图；（3）
【详解】（1）粒子在板间电场中在向下的电场力作用下做匀加速直线运动；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图；

（3）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动

粒子在磁场中运动的周期T ，则

粒子在磁场中运动的时间

20．（1）；（2）P点坐标为（0，），
【详解】（1）在下半磁场区域由几何关系可知粒子做圆周运动的半径为

又

可得

代入数据可得

（2）粒子经过N点时速度方向也和hg成30°角进入上半部分区域，恰好经过g点

由几何关系可知

OP=OC+CP=
所以P点坐标为
（0，）
粒子在磁场中运动周期为

在下部磁场区域时间

在上部磁场区域时间

射出磁场区域到P点时间

从h到P的时间为

21．（1）墨滴带负电荷，；（2）1.6T
【详解】（1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，则电场力等于重力，有

匀强电场为

解得

由于电场方向向下，电荷受的电场力向上，可知墨滴带负电荷
（2）墨滴垂直进入电、磁场共存的区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有

根据题设，墨滴运动的轨迹如图所示

设圆周运动的半径为R，由几何关系可得

解得

联立方程，解得
B=1.6T
22．（1），；（2）3d， ；（3）
【详解】（1）粒子在区域Ⅰ经电场加速，设加速时间为t1，加速度大小为a，由匀变速直线运动的位移公式得
（1）
由牛顿第二定律得
（2）
联立得
（3）
根据动能定理有
（4）
得进入区域Ⅱ时的速度大小
（5）
（2）粒子在区域Ⅱ间经电场偏转，做类平抛运动，设粒子偏转时间为t2，粒子进入区域Ⅲ的速度大小为v，其水平分速度为v，粒子刚进入区域Ⅲ的水平坐标为x，由运动的合成与分解得
（6）
（7）
（8）
联立得
x＝3d（9）
由几何关系，粒子在磁场中做圆周运动的半径
（10）
由牛顿第二定律得
（11）
又因为
（12）
由（5）（10）（11）（12）得
（13）
（3）据题意可知作出粒子的轨迹，如图：

粒子在0～0.5T内运动到O′点，轨迹关于y轴对称，由（5）（7）（8）得
（14）
粒子在磁场中运动的周期
（15）
在区域Ⅲ运动的时间
（16）
在区域Ⅳ运动的时间为
（17）
故周期
T＝2（t1＋t2）＋t3＋t4（18）
由（3）（5）（13）（14）（15）（16）（17）（18）得
（19）
23．（1）；（2）；；（3）
【详解】（1）分解速度可知


在水平方向有

竖直方向有

联立解得

（2）由牛顿第二定律得

解得

根据几何知识可得每段圆弧所对应圆心角均为，如图所示

粒子从M运动到N点的时间

代入B可得

（3）由题意可知，此次粒子的运动轨迹与小圆相切，由几何知识得

根据几何关系

解得

由牛顿第二定律得

则有

根据动能定理

可得

所以坐标为。