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1、 A．質(zhì)量m B．電荷量q C．運(yùn)動速度v D．比荷
解析 因粒子運(yùn)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(yùn)動時必是勻速直線運(yùn)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 C 2、如圖8－3－18所示，一束正離子從s點(diǎn)沿水平方向射出，在沒有偏轉(zhuǎn)電場、磁場時恰好擊中熒光屏上的坐標(biāo)原點(diǎn)O；若同時加上電場和磁場后，正離子束最后打在熒光屏上坐標(biāo)系的第Ⅲ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8－3－18 A．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Ⅲ象限，相對于原點(diǎn)O向下運(yùn)動和向左運(yùn)動，所以E向下，B向上．所以A正確． 答案 A 3、 (2013·常州調(diào)研)如圖8－3－19所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球從M點(diǎn)自由下落，M點(diǎn)距場區(qū)邊界PQ高為h，邊界PQ下方有方向豎直向下、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場，同時還有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，小球從邊界上的a點(diǎn)進(jìn)入復(fù)合場后，恰能做勻速圓周運(yùn)動，并從邊界上的b點(diǎn)穿出，重力加速度為g，不計空氣阻力，則以下說法正確的是 ( )． A．小球帶負(fù)電荷，勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面向外 B．小球的電荷量與質(zhì)量的比值 C．小球從a運(yùn)動到b的過程中，小球和地球系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D．小球在a、b兩點(diǎn)的速度相同
解析 帶電小球在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，則qE＝mg，選項B正確；電場方向豎直向下，則可知小球帶負(fù)電，由于小球從b點(diǎn)射出，根據(jù)左手定則可知磁場垂直紙面向里，選項A錯誤；小球運(yùn)動過程中，電場力做功，故小球和地球系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，只是a、b兩點(diǎn)機(jī)械能相等，選項C錯誤；小球在a、b兩點(diǎn)速度方向相反，故選項D錯誤． 答案 B 4、某空間存在水平方向的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)，帶電小球沿如圖8－3－20所示的直線斜向下由A點(diǎn)沿直線向B點(diǎn)運(yùn)動，此空間同時存在由A指向B的勻強(qiáng)磁場，則下列說法正確的是 ( )． A．小球一定帶正電 B．小球可能做勻速直線運(yùn)動 C．小球一定做勻加速直線運(yùn)動 D．運(yùn)動過程中，小球的機(jī)械能增大
解析 由于小球重力方向豎直向下，空間存在磁場，且小球直線運(yùn)動方向斜向下，與磁場方向相同，故不受磁場力的作用，電場力必水平向右，但電場具體方向未知，故不能判斷帶電小球的電性，選項A錯誤；重力和電場力的合力不為零，故不是勻速直線運(yùn)動，所以選項B錯誤；因?yàn)橹亓εc電場力的合力方向與運(yùn)動方向相同，故小球一定做勻加速直線運(yùn)動，選項C正確；運(yùn)動過程中由于電場力做正功，故機(jī)械能增加，選項D正確． 答案 CD 5、如圖8－3－21是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后，進(jìn)入速度選擇器．速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的強(qiáng)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(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場．下列表述正確的是 ( )． A．質(zhì)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 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越小
解析 粒子先在電場中加速，進(jìn)入速度選擇器做勻速直線運(yùn)動，最后進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動．在速度選擇器中受力平衡：qE＝qvB得v＝ 答案 ABC 6、如圖8－3－22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，其軌跡如圖所示，由此可以斷定 ( )． A．三個粒子中，質(zhì)量最大的是c，質(zhì)量最小的是a B．三個粒子中，質(zhì)量最大的是a，質(zhì)量最小的是c C．三個粒子中動能增加的是c，動能減少的是a D．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(zhuǎn)問題．因?yàn)?i>b粒子沒有偏轉(zhuǎn)，可知b粒子受到的電場力和磁場力是一對平衡力．根據(jù)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，qvcB<Eq.又因?yàn)?i>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?yàn)殡妶隽?i>a粒子做負(fù)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 AC 7、 (2013·南通模擬)如圖8－3－23所示，在MN、PQ間同時存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場方向垂直紙面水平向外，電場在圖中沒有標(biāo)出．一帶電小球從a點(diǎn)射入場區(qū)，并在豎直面內(nèi)沿直線運(yùn)動到b點(diǎn)，則小球 ( )． A．一定帶正電 B．受到電場力的方向一定水平向右 C．從a到b過程，克服電場力做功 D．從a到b過程中可能做勻加速運(yùn)動
解析 因小球受到的洛倫茲力F＝qvB隨小球速度變化而變化，為使帶電小球能在場內(nèi)做直線運(yùn)動，必須滿足小球的速度大小不能變化的條件，即小球受力平衡，做勻速直線運(yùn)動，D錯誤．小球共受到三個力的作用：重力、電場力和洛倫茲力．無論小球帶何種電荷，三力均可能平衡，故A、B錯誤．從a到b的過程中，小球的動能不變，根據(jù)動能定理有ΔEk＝WG＋W電場力＋W洛倫茲力＝0，其中洛倫茲力不做功，重力做正功，所以電場力必做負(fù)功，C正確． 答案 C 8、如圖8－3－24所示，在xOy平面內(nèi)有足夠大的勻強(qiáng)電場，電場方向豎直向上，電場強(qiáng)度E＝40 N/C，在y軸左側(cè)平面內(nèi)有足夠大的瞬時磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，15π s后磁場消失，選定磁場垂直紙面向里為正方向．在y軸右側(cè)平面內(nèi)還有方向垂直紙面向外的恒定的勻強(qiáng)磁場，分布在一個半徑為r＝0.3 m的圓形區(qū)域(圖中未畫出)，且圓的左側(cè)與y軸相切，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝0.8 T．t＝0時刻，一質(zhì)量m＝8×10－4 kg\，電荷量q＝2×10－4 C的微粒從x軸上xP＝－0.8 m處的P點(diǎn)以速度v＝0.12 m/s向x軸正方向入射．(g取10 m/s2，計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)
甲 乙 圖8－3－24 (1)求微粒在第二象限運(yùn)動過程中離y軸\，x軸的最大距離． (2)若微粒穿過y軸右側(cè)圓形磁場時，速度方向的偏轉(zhuǎn)角度最大，求此圓形磁場的圓心坐標(biāo)(x，y)． 解析 (1)因?yàn)槲⒘Ｉ淙腚姶艌龊笫艿降碾妶隽?/p> F電＝Eq＝8×10－3 N，G＝mg＝8×10－3 N F電＝G，所以微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動 因?yàn)?i>qvB1＝m T＝ 從圖乙可知在0～5 π s內(nèi)微粒向左做勻速圓周運(yùn)動 在5π s～10π s內(nèi)微粒向左勻速運(yùn)動，運(yùn)動位移 x1＝v 在10π s～15π s內(nèi)，微粒又做勻速圓周運(yùn)動，15π s以后向右勻速運(yùn)動，之后穿過y軸．所以，離y軸的最大距離 s＝0.8 m＋x1＋R1＝1.4 m＋0.6π m≈3.3 m 離x軸的最大距離s′＝2R1×2＝4R1＝2.4 m (2)如圖，微粒穿過圓形磁場要求偏轉(zhuǎn)角最大，入射點(diǎn)A與出射點(diǎn)B的連線必須為磁場圓的直徑 因?yàn)?i>qvB2＝ 所以R2＝ 所以最大偏轉(zhuǎn)角θ＝60° 所以圓心坐標(biāo)x＝0.30 m y＝s′－rcos 60°＝2.4 m－0.3 m× 即磁場的圓心坐標(biāo)為(0.30，2.3) 答案 (1)3.3 m，2.4 m (2)(0.30，2.3) 
9、如圖8－3－25所示，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(yīng)強(qiáng)度為B的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域 ，與兩板及左側(cè)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(cè)邊緣O1點(diǎn)以某一速度射入，恰沿直線通過圓形磁場區(qū)域，并從極板邊緣飛出，在極板間運(yùn)動時間為t0.若撤去磁場，質(zhì)子仍從O1點(diǎn)以相同速度射入，則經(jīng) 時間打到極板上．
圖8－3－25 (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(diǎn)射入，欲使粒子從兩板左側(cè)間飛出，射入的速度應(yīng)滿足什么條件？ 解析 (1)設(shè)粒子從左側(cè)O1點(diǎn)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(yùn)動 L∶(L－2R)＝t0∶ 粒子在電場中做類平拋運(yùn)動：L－2R＝v0· a＝ R＝ 在復(fù)合場中做勻速運(yùn)動：q 聯(lián)立各式解得v0＝ (2)設(shè)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌跡如圖所示，設(shè)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(zhuǎn)角為α，由幾何關(guān)系可知：β＝π－α＝45°，r＋ 因?yàn)?i>R＝ 所以 根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝m 解得v＝ 所以，粒子在兩板左側(cè)間飛出的條件為0<v<
答案 (1) 10、如圖8－3－26所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上．兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場．將噴墨打印機(jī)的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴．調(diào)節(jié)電源電壓至U，墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運(yùn)動；進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點(diǎn)． (1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量； (2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值； (3)現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置．為了使墨滴仍能到達(dá)下板M點(diǎn)，應(yīng)將磁感應(yīng)強(qiáng)度調(diào)至B′，則B′的大小為多少？
解析 (1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運(yùn)動，有q 由①式得：q＝ 由于電場方向向下，電荷所受電場力向上，可知： 墨滴帶負(fù)電荷．③ (2)墨滴垂直進(jìn)入電、磁場共存區(qū)域，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運(yùn)動， 有qv0B＝m 考慮墨滴進(jìn)入磁場和撞板的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運(yùn)動，則半徑R＝d⑤ 由②、④、⑤式得B＝ (3)根據(jù)題設(shè)，墨滴運(yùn)動軌跡如圖所示，設(shè)圓周運(yùn)動半徑為R′，有qv0B′＝m 由圖示可得： R′2＝d2＋ 得：R′＝ 聯(lián)立②、⑦、⑨式可得：B′＝ 答案 (1)負(fù)電荷
11、如圖8-3-1所示，一束質(zhì)量、速度和電荷量不全相等的離子，經(jīng)過由正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的速度選擇器后，進(jìn)入另一個勻強(qiáng)磁場中并分裂為A、B束，下列說法中正確的是( )．
圖8-3-1 A．組成A、B束的離子都帶正電 B．組成A、B束的離子質(zhì)量一定不同 C．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外 D．A束離子的比荷 解析 A與B兩束離子由速度選擇器進(jìn)入磁場后，由左手定則可判斷出A、B兩束離子均帶正電；離子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動，兩離子帶正電，所受電場力與場強(qiáng)方向一致，水平向右，洛倫茲力必水平向左，且與電場力等大： Bqv＝qE?v＝ 答案 AD 12、如圖8-3-2所示，水平放置的平行金屬板a、b帶有等量正負(fù)電荷，a板帶正電，兩板間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個帶正電的粒子在兩板間做直線運(yùn)動，粒子的重力不計．關(guān)于粒子在兩板間運(yùn)動的情況，正確的是( )．
圖8-3-2 A．可能向右做勻加速直線運(yùn)動 B．可能向左做勻加速直線運(yùn)動 C．只能是向右做勻速直線運(yùn)動 D．只能是向左做勻速直線運(yùn)動 解析 受力分析可知電場力向下，洛倫茲力必向上，則速度向右；洛倫茲力與速度大小有關(guān)，因此只能為勻速直線運(yùn)動． 答案 C 13、如圖8-3-3所示，空間的某個復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場．質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復(fù)合場的界面進(jìn)入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子從復(fù)合場區(qū)穿出時的動能為Ek.那么氘核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速電場加速后穿過同一復(fù)合場后的動能Ek′的大小是( )．
圖8-3-3 A．Ek′＝Ek B．Ek′>Ek C．Ek′<Ek D．條件不足，難以確定 解析 設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，則氘核的質(zhì)量為2m.在加速電場里，由動能定理可得：eU＝ 答案 B 14、磁流體發(fā)電機(jī)可以把氣體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，是一種低碳環(huán)保發(fā)電機(jī)，有著廣泛的發(fā)展前景．其發(fā)電原理示意圖如圖8-3-4所示，將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負(fù)電的微粒，整體上呈電中性)噴射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場區(qū)域有兩塊面積為S，相距為d的平行金屬板與外電阻R相連構(gòu)成一電路，設(shè)氣流的速度為v，氣體的電導(dǎo)率(電阻率的倒數(shù))為g.則( )．
圖8-3-4 A．兩板間電勢差為U＝Bdv B．上板是電源的正極，下板是電源的負(fù)極 C．流經(jīng)R的電流為I＝ D．流經(jīng)R的電流為I＝ 解析 等離子體噴射入磁場后，在洛倫茲力F1＝qBv的作用下正離子向上偏，負(fù)離子向下偏，則上板是電源的正極，下板是電源的負(fù)極，B對；兩板間形成向下的電場，正、負(fù)離子將受到電場力F2＝q 答案 B 15、如圖8-3-5所示的真空環(huán)境中，勻強(qiáng)磁場方向水平、垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.5 T；勻強(qiáng)電場方向水平向左，場強(qiáng)E＝ N/C.一個帶負(fù)電的小顆粒質(zhì)量m＝3.0×10－7kg.帶電量q＝3.0×10－6C，帶電小顆粒在這個區(qū)域中剛好做勻速直線運(yùn)動．
圖8-3-5 (1)求這個帶電小顆粒運(yùn)動的方向和速度大小． (2)如果小顆粒運(yùn)動到圖中P點(diǎn)時，把磁場突然撤去，小顆粒將做什么運(yùn)動？若運(yùn)動中小顆粒將會通過與P點(diǎn)在同一電場線上的Q點(diǎn)，那么從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)所需時間有多長？(g取10 m/s2) 解析 (1)帶電小顆粒受力如圖：
tan α＝ 由左手定則，帶負(fù)電小顆粒運(yùn)動方向應(yīng)與水平方向成60°角斜向右上方． 由平衡條件可得：qvB＝ (2)撤去磁場后，小顆粒受到的重力和電場力的合力與速度方向垂直，故小顆粒將做勻變速曲線運(yùn)動(類平拋運(yùn)動)． 加速度大小為a＝ 方向與水平方向成30°角斜向右下方． 在豎直方向上，小顆粒做初速度為vsin 60°、加速度為g的豎直上拋運(yùn)動，從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)所需時間為t＝ 答案 (1)0.8 m/s 方向與水平方向成60°角斜右上方 (2)勻變速曲線運(yùn)動(類平拋運(yùn)動) 0.14 s 16、如圖8-3-6所示，在虛線DF的右側(cè)整個空間存在著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T，其中在矩形區(qū)域DFHG內(nèi)還分布有水平向左的勻強(qiáng)電場．絕緣光滑斜面傾角θ＝60°，其末端與邊界DF交于C點(diǎn)，一帶正電的小球質(zhì)量為m＝2×103 kg，從距C點(diǎn)高h＝0.8 m處的A點(diǎn)由靜止釋放，離開斜面后，從C點(diǎn)進(jìn)入DFHG區(qū)域后恰能沿直線運(yùn)動最后從邊界HG上的M點(diǎn)進(jìn)入磁場，取g＝10 m/s2，求：
圖8-3-6 (1)小球滑到C點(diǎn)時，重力的功率； (2)電場強(qiáng)度E的大?。?/p> (3)如果小球從M點(diǎn)進(jìn)入磁場后能經(jīng)過圖中的N點(diǎn)，已知MN兩點(diǎn)豎直高度差d＝0.45 m，求小球經(jīng)過N點(diǎn)時速度大?。?/p> 解析 (1)小球下滑，機(jī)械能守恒mgH＝ 知重力的功率為P＝mgv0sin θ 解得P＝0.069 W (2)做直線運(yùn)動，分析可知一定為勻速直線運(yùn)動，由平衡條件知 qv0Bcos θ＝mg qE＝mgtg θ 解得 E＝ (3)進(jìn)入磁場區(qū)域，洛倫茲力不做功，機(jī)械能守恒， 有mgh＝ 解得vN＝5 m/s(優(yōu)選機(jī)械能守恒定律) 答案 (1)0.069 W (2) 17、在如圖8-3-7所示的空間里，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝ .在豎直方向存在交替變化的勻強(qiáng)電場如圖(豎直向上為正)，電場大小為E0＝.一傾角為θ長度足夠長的光滑絕緣斜面放置在此空間．斜面上有一質(zhì)量為m，帶電量為－q的小球，從t＝0時刻由靜止開始沿斜面下滑，設(shè)第5秒內(nèi)小球不會離開斜面，重力加速度為g.求：(1)第6秒內(nèi)小球離開斜面的最大距離． (2)第19秒內(nèi)小球未離開斜面，θ角的正切值應(yīng)滿足什么條件？
圖8-3-7 解析 (1)設(shè)第一秒內(nèi)小球在斜面上運(yùn)動的加速度大小為a，由牛頓第二定律得：(mg＋qE0)sin θ＝ma① 第一秒末的速度為：v＝at1 ② 在第二秒內(nèi)：qE0＝mg ③ 所以小球?qū)㈦x開斜面在上方做勻速圓周運(yùn)動，則由向心力公式得qvB＝m 圓周運(yùn)動的周期為：T＝ 由題圖可知，小球在奇數(shù)秒內(nèi)沿斜面做勻加速運(yùn)動，在偶數(shù)秒內(nèi)離開斜面做完整的圓周運(yùn)動．所以，第五秒末的速度為：v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsin θ ⑥ 小球離開斜面的最大距離為d＝2R3 ⑦ 由以上各式得：d＝ (2)第19秒末的速度： v19＝a(t1＋t3＋t5＋t7＋…＋t19)＝20gsin θ ⑧ 小球未離開斜面的條件是： qv19B≤(mg＋qE0)cos θ ⑨ 所以：tan θ≤ 答案 (1) 18、如圖8-3-8所示，A、B間存在與豎直方向成45°斜向上的勻強(qiáng)電場E1，B、C間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場E2，A、B的間距為1.25 m，B、C的間距為3 m，C為熒光屏．一質(zhì)量m＝1.0×10－3kg，電荷量q＝＋1.0×10－2C的帶電粒子由a點(diǎn)靜止釋放，恰好沿水平方向經(jīng)過b點(diǎn)到達(dá)熒光屏上的O點(diǎn)．若在B、C間再加方向垂直于紙面向外且大小B＝0.1 T的勻強(qiáng)磁場，粒子經(jīng)b點(diǎn)偏轉(zhuǎn)到達(dá)熒光屏的O′點(diǎn)(圖中未畫出)．取g＝10 m/s2.求：
圖8-3-8 (1)E1的大??； (2)加上磁場后，粒子由b點(diǎn)到O′點(diǎn)電勢能的變化量． 解析 (1)粒子在A、B間做勻加速直線運(yùn)動，豎直方向受力平衡，則有：qE1cos 45°＝mg 解得：E1＝ (2)粒子從a到b的過程中， 由動能定理得：qE1dABsin 45°＝ 解得vb＝ 加磁場前粒子在B、C間必做勻速直線運(yùn)動，則有：qE2＝mg
加磁場后粒子在B、C間必做勻速圓周運(yùn)動，如圖所示，由動力學(xué)知識可得：qvbB＝m 解得：R＝5 m 設(shè)偏轉(zhuǎn)距離為y，由幾何知識得：R2＝d 代入數(shù)據(jù)得y＝1.0 m 粒子在B、C間運(yùn)動時電場力做的功為： W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×10－2J. 由功能關(guān)系知，粒子的電勢能增加了1.0×10－2J.(拱橋模型) 答案 (1)1.4N/C (2)1.0×10－2J
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