1、第3講帶電粒子在復合場中的運動i. 如圖i所示，在兩個水平放置的平行金屬板之間，電場和磁場的方向相互垂直.一束帶電粒子（不計重力）沿著直線穿過兩板間的空間而不發生偏轉.則這些粒子一定具有相同的（）.+1XXflXXXVXX"EX匚-1圖iA.質量mB.電荷量qC.運動速度vd.比荷m解析因粒子運動過程中所受電場力與洛倫茲力與速度方向垂直，則粒子能沿直線運動時必是勻速直線運動，電場力與洛倫茲力相平衡，即qE=Bqv,可得v是一定值，則C正確.答案C2. 如圖2所示，一束正離子從s點沿水平方向射出，在沒有偏轉電場、磁場時恰好擊中熒光屏上的坐標原點0;若同時加上電場和磁場后，正離子束最后打

2、在熒光屏上坐標系的第川象限中，則所加電場E和磁場B的方向可能是（不計離子重力及其間相互作用力）（）.圖2A. E向下，B向上B.E向下，B向下C.E向上，B向下D.E向上，B向上解析離子打在第川象限，相對于原點0向下運動和向左運動，所以E向下,B向上.所以A正確.答案A3. 有一帶電荷量為+q、重為G的小球，從豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間勻強磁場的磁感應強度為B，方向如圖3所示，則帶電小球通過有電場和磁場的空間時（）-XX+-XX+-xBXXX+XX+圖3A.一定做曲線運動B. 不可能做曲線運動C. 有可能做勻速運動D. 有可能做勻加速直線運動解析帶電小球在重力場、電場和磁場中運

3、動，所受重力、電場力是恒力,但受到的洛倫茲力是隨速度的變化而變化的變力，因此小球不可能處于平衡狀態，也不可能在電、磁場中做勻變速運動.答案A4. 如圖4是質譜儀的工作原理示意圖.帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器.速度選擇器內相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有強度為Bo的勻強磁場.下列表述正確的是（）.A質譜儀是分析同位素的重要工具B速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外c能通過狹縫p的帶電粒子的速率等于ED.粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,粒子的荷質比越小解析粒子先在電場中加速，進入速度選擇器做勻速直線

4、運動，最后進入磁場做勻速圓周運動在速度選擇器中受力平衡：qE=qvB得v=|,方向由左手定則可知磁場方向垂直紙面向外，B、C選項正確.進入磁場后，洛倫茲力提供向心力，由qvBo=2mv得,r=mv，qBo'所以荷質比不同的粒子偏轉半徑不一樣，所以，A項正確、D項錯.答案ABC5. 如圖5所示，一個質量為m、電荷量為q的帶電小球從M點自由下落，M點距場區邊界PQ高為h，邊界PQ下方有方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場，同時還有垂直于紙面的勻強磁場，小球從邊界上的a點進入復合場后，恰能做勻速圓周運動，并從邊界上的b點穿出，重力加速度為g,不計空氣阻力，則以下說法正確的是（）.圖5A.小球

5、帶負電荷，勻強磁場方向垂直于紙面向外b.小球的電荷量與質量的比值m二eC. 小球從a運動到b的過程中，小球和地球系統機械能守恒D. 小球在a、b兩點的速度相同解析帶電小球在磁場中做勻速圓周運動，則qE=mg,選項B正確；電場方向豎直向下，則可知小球帶負電，由于小球從b點射出，根據左手定則可知磁場垂直紙面向里，選項A錯誤；小球運動過程中，電場力做功，故小球和地球系統的機械能不守恒，只是a、b兩點機械能相等，選項C錯誤；小球在a、b兩點速度方向相反，故選項D錯誤.答案B6. 如圖6所示，三個帶相同正電荷的粒子a、b、c（不計重力），以相同的動能沿平行板電容器中心線同時射入相互垂直的電磁場中，其軌跡

6、如圖所示，由此可以斷定（）.A. 三個粒子中，質量最大的是c,質量最小的是aB. 三個粒子中，質量最大的是a,質量最小的是cC. 三個粒子中動能增加的是c，動能減少的是aD. 三個粒子中動能增加的是a，動能減少的是c解析本題考查同一電、磁疊加場中不同帶電粒子的偏轉問題.因為b粒子沒有偏轉，可知b粒子受到的電場力和磁場力是一對平衡力.根據電性和磁場方向，可以判斷電場力方向向下，洛倫茲力方向向上.對于a粒子，qvaB>Eq；對于c粒子，qvcBvEq.又因為a、b、c粒子具有相同的電荷量和動能，所以可得va>vb>vc，故ma<mb<mc,A正確，B錯誤.因為電場力對

7、a粒子做負功，對c粒子做正功，而洛倫茲力均不做功，所以c粒子動能增加，a粒子動能減少，C正確，D錯誤.答案AC7. 利用霍爾效應制作的霍爾元件，廣泛應用于測量和自動控制等領域.如圖7是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，CD兩側面會形成電勢差Ucd，下列說法中正確的是（）圖7A.電勢差Ucd僅與材料有關B若霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢差UcdvOC. 僅增大磁感應強度時，電勢差Ucd變大D. 在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持水平解析根據qU=qBv，得U=Bdv，所以電勢差Ucd取決于B、d、V，故A錯誤、C正確.電

8、子帶負電，根據左手定則，可確定B正確.赤道上方地磁場磁感線方向是水平的，而霍爾元件的工作面需要和磁場方向垂直，故工作面應豎直放置，D錯誤.答案BC8. 如圖8甲所示，在xOy平面內有足夠大的勻強電場，電場方向豎直向上，電場強度E=40N/C,在y軸左側平面內有足夠大的瞬時磁場，磁感應強度Bi隨時間t變化的規律如圖乙所示，15n后磁場消失，選定磁場垂直紙面向里為正方向.在y軸右側平面內還有方向垂直紙面向外的恒定的勻強磁場，分布在一個半徑為r=0.3m的圓形區域（圖中未畫出），且圓的左側與y軸相切，磁感應強度B2=0.8T.t=0時刻，一質量8X104kg、電荷量q=2X10一4C的微粒從x軸上x

9、p=0.8m處的P點以速度v=0.12m/s向x軸正方向入射.（g取10m/s2，計算結果保留兩位有效數字）(1) 求微粒在第二象限運動過程中離y軸、x軸的最大距離.(2) 若微粒穿過y軸右側圓形磁場時，速度方向的偏轉角度最大，求此圓形磁場的圓心坐標(x，y).解析(1)因為微粒射入電磁場后受到的電場力33F電=Eq=8x10_N，G=mg=8X10_NF電二G,所以微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動2,V因為qvB1=mR1mv所以R1=0.6m2nmT=麗=10ns從圖乙可知在05n內微粒向左做勻速圓周運動在5n10n內微粒向左勻速運動，運動位移m冗60-t_v2-在10nv15n內，微粒

10、又做勻速圓周運動，15n以后向右勻速運動，之后穿過y軸.所以，離y軸的最大距離s=0.8m+xi+Ri=1.4m+0.6nrt3.3m離x軸的最大距離s'=2RiX2=4Ri=2.4m1JALJXKXXXX)賢aXXXXXXXXXKX(2)如圖，微粒穿過圓形磁場要求偏轉角最大，入射點A與出射點B的連線必須為磁場圓的直徑2因為qvB2二mRL所以mvR2=B2q=0.6m=2r所以最大偏轉角A60所以圓心坐標x=0.30m1y=s'rcos60丄2.4m0.3mX2.3m,即磁場的圓心坐標為(0.30,2.3)答案(1)3.3m,2.4m(2)(0.30,2.3)9. 如圖9所示

11、，帶電平行金屬板相距為2R,在兩板間有垂直紙面向里、磁感應強度為B的圓形勻強磁場區域，與兩板及左側邊緣線相切.一個帶正電的粒子(不計重力)沿兩板間中心線O1O2從左側邊緣01點以某一速度射入，恰沿直線通過圓形磁場區域，并從極板邊緣飛出，在極板間運動時間為如若撤去磁場，質子仍從O1點以相同速度射入，則經殳時間打到極板上.圖9(1) 求兩極板間電壓U；(2) 若兩極板不帶電，保持磁場不變，該粒子仍沿中心線O1O2從O1點射入,欲使粒子從兩板左側間飛出，射入的速度應滿足什么條件？解析(1)設粒子從左側O1點射入的速度為V0,極板長為L,粒子在初速度方向上做勻速直線運動L：(L2R)=t0：；解得L=

12、4R粒子在電場中做類平拋運動：L2R=vo在復合場中做勻速運動：q2R=qvoB聯立各式解得4R8R2Bto（2）設粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示，設其軌道半徑為r，粒子恰好從上極板左邊緣飛出時速度的偏轉角為a,由幾何關系可知：Ana=45°因為R=20)2,所以影賂8R根據牛頓第二定律有2VqvB=m：,2(迄1R解得v=to所以，粒子在兩板左側間飛出的條件為22-1Rto1s%IXX1h|L1*111uoxX；tJ*r0<v<答案警（2）0<v<2¥R10如圖10一半徑為R的圓表示一柱形區域的橫截面（紙面）在柱形區域內加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區域，在圓上的b點離開該區域，離開時速度方向與直線垂3直圓心o到直線的距離為5只現將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區域，也在b點離開該區域.若磁感應強度大小為B,不計重力，求電場強度的大小.圖10解析粒子在磁場中做圓周運動，設圓周的半徑為r.由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得qvB=my式中v為粒子在a點的速度過b點和0點作直線的垂線，分別與直線交于c和d點，由幾何關系知，線段ac、be和過a、b兩點的軌跡