河北省2011年高考物理一輪總復習 磁場 第56講 帶電粒子在復合場中的運動課件

第56講帶電粒子在復合場中的運動自主·夯實基礎自主預習輕松過關

名師點金

復合場是指電場、磁場和重力場并存，或其中兩種場并存的區(qū)域.帶電粒子在此區(qū)域中要受到兩種以上場力的作用.要學會用力的獨立性原理及相關場的力學特性來解析有關問題;要熟悉速度選擇器、回旋加速器、質譜儀、霍爾效應傳感器、流量計等儀器的基本構造及工作原理.

知識梳理

帶電粒子在復合場中的運動問題是力、電知識的綜合運用，分析方法與力學問題的分析方法相同，不同之處是多了電場力和洛倫茲力，因此要注意這兩個力在改變帶電粒子運動狀態(tài)中所起的作用.

一、三種場力的特點

1.重力的大小為mg，方向豎直向下，重力做功與路徑無關.

2.電場力的大小為qE，方向與電場強度E的方向及帶電粒子所帶電荷的電性有關，電場力做功與路徑無關.

3.洛倫茲力的大?。寒攷щ娏Ｗ拥乃俣确较蚺c磁場方向平行時，F(xiàn)洛=0；當帶電粒子的速度方向與磁場方向垂直時，F(xiàn)洛=qvB.洛倫茲力的方向垂直于速度方向和磁感應強度所決定的平面.無論帶電粒子做什么樣的運動，洛倫茲力均不做功.

4.帶電粒子在復合場中運動時是否要考慮粒子重力的原則為:①電子、質子、原子核、正、負離子在各種場中都不需要考慮它們受到的重力；②對帶電液滴、粒子、小球等，在題中若沒有特別說明不計重力時，則需要考慮它們受的重力.

二、幾種應用復合場的儀器

1.速度選擇器只有滿足qE=qvB

，即速度的粒子才能沿垂直于電場和磁場的方向勻速穿越速度選擇器，如圖56-1所示.速度選擇器只選擇速度，與粒子的電性、電荷量、質量均無關（不計重力）.圖56-1

2.質譜儀

質譜儀主要用于分析同位素，測定其質量、比荷和含量.圖56-2為一種常用的質譜儀的示意圖，由離子源(O)、加速電場(U)、速度選擇器(E、B1)和偏轉磁場(B2)組成.

(1)同位素比荷和質量的測定粒子通過加速電場的過程，根據功能關系，有：

粒子通過速度選擇器的過程，根據勻速運動條件，有：

若測出粒子在偏轉磁場中的軌跡直徑為d，則有：

所以，同位素的比荷和質量分別為：.

(2)同位素的種數和含量之比的確定不同比荷的同位素離子，打在照相底片上的位置不同(∝),所以，根據底片上譜線的條數和強弱，就可確定同位素的種數和含量之比.

3.電磁流量計電磁流量計的構造和原理如下：如圖56-3所示，一圓形（也可是其他形狀）導管的直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體在管內流動，導電流體中的自由電荷

圖56-2（正負離子）在洛倫茲力作用下發(fā)生偏轉，使a、b間出現(xiàn)電勢差.當自由電荷所受到的電場力與洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定.由，可得：流量.

4.霍爾效應傳感器（1）霍爾效應現(xiàn)象如圖56-4所示，厚度為h、寬度為d的矩形導體放在垂直于它的磁感應強度為B的均勻磁場中.當電流I通過導體時，在導體板的上側面A和下側面A′之間會產生電勢差U，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應.實驗表明，當磁場不太強時，U、I和B的圖56-3關系為：，式中的比例系數K稱為霍爾系數.（2）霍爾效應原理①導體板中的電流是由自由電子做定向移動形成的.設電子定向移動的平均速度為v，單位體積內的自由電子數為n，則電流I=neSv=nehdv.②定向移動的電子受洛倫茲力的作用后向導體板的一側（上面）聚積，在另一側出現(xiàn)多余的正電荷，從而形成橫向電場，當自由電荷受到的電場力與洛倫茲力達到平衡時，導圖56-4體板兩側（上下）之間就形成穩(wěn)定的電勢差.即又因為I=nedhv可得:

.（3）霍爾效應的應用一方面用于測量某處的磁感應強度；另一方面,霍爾效應傳感器被廣泛應用于各種機電、電子設備中.

5.回旋加速器如圖56-5所示，回旋加速器是利用帶電粒子在磁場中做圓周運動的特點制成的.帶電粒子在磁場中改變運動方向，在電場中被加速，從而使帶電粒子在回旋過程中不斷被加速.

(1)帶電粒子的最終能量：帶電粒子的速度最大時，其運動半徑也最大，由，得.若D形盒的半徑為R，則帶電粒子的最終動能，與加速電壓無關.所以，要提高加速粒子的最終能量，應盡可能增大磁場和D形盒的半徑.

(2)加速條件：交變電壓的周期和粒子做圓周運動的周期相等，即圖56-5

(3)回旋加速器的優(yōu)點是使帶電粒子在較小的空間內得到電場的多次加速，而使粒子獲得較高的能量；缺點是這種經典的加速器使粒子獲得的能量不會很高.因為粒子能量很高時，它的運動速度接近光速,按照狹義相對論，粒子的質量將隨著速率的增大而增大，粒子在磁場中的回旋周期將發(fā)生變化，這就破壞了回旋加速器的工作條件.

基礎自測

1.(2009年河南省開封二中月考)在如圖56-6中虛線所圍的矩形區(qū)域內,同時存在場強為E的勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場.已知從左方水平射入的電子穿過該區(qū)域時未發(fā)生偏轉，重力可忽略不計.則在這個區(qū)域中的E和B的方向可能的是（）

A.E和B都沿水平方向,并與電子運動方向相同

B.E和B都沿水平方向,并與電子運動方向相反

C.E豎直向上,B垂直于紙面向外

D.E豎直向上,B垂直于紙面向里

【解析】E豎直向上，B垂直于紙面向里時，電子受到的電場力和洛倫茲力方向均為豎直向下，故D不可能.

【答案】ABC圖56-6

2.(江蘇省姜堰市第二中學2010屆高三期中)兩平行金屬板的間距恰好等于極板的長度.現(xiàn)有重力不計的正離子束，以相同的初速度v0平行于兩板從兩板的正中間向右射入.第一次在兩板間加恒定的電壓,建立起場強大小為E的勻強電場,則正離子束剛好從上極板的右邊緣射出，如圖56-7甲所示；第二次撤去電場,在兩板間建立起磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面的勻強磁場,則正離子束剛好從下極板右邊緣射出，如圖56-7乙所示.由此可知E與B的比值是(

)

A.1.25v0

B.0.5v0

C.0.25v0

D.v0圖56-7

【解析】第一次離子做類平拋運動，設板長為l，則l=v0t，，解得；第二次離子做勻速圓周運動，設半徑為r，由幾何關系，，故，又，解得，所以.

【答案】A

3.(福建省三明一中2010屆高三月考)在如圖56-8所示的虛線區(qū)域內,充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場.一帶電粒子a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域,恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(圖中未標出)穿出.若撤去該區(qū)域內的磁場而保留電場不變,另一個同樣的粒子b(不計重力)仍以相同的初速度由O點射入,從區(qū)域右邊界穿出,則粒子b(

)

A.射出位置一定在O′點下方

B.射出位置一定在O′點上方

C.在電場中運動時，電勢能一定減小

D.在電場中運動時,動能一定減小

【解析】由于不確定該粒子的電性，故無法確定電場力方向，也就無法確定射出位置在O′點上方還是下方；當只有電場時，電場力對粒子做正功，粒子的電勢能一定減小，動能一定增大.

【答案】C創(chuàng)新·方法探究提煉方法展示技巧

題型方法

一、速度選擇器圖56-8

例1圖56-9為一種質譜儀的示意圖，從離子源S產生的正離子經過S1和S2之間的加速電場進入速度選擇器，P1和P2間的電場強度為E，磁感應強度為B1.離子由S3射出后進入磁感應強度為B2的勻強磁場區(qū)域，由于各種離子的軌跡半徑R不同，而分別射到底片上不同的位置，形成譜線.

(1)若已知S1、S2間的加速電壓U以及B2和R，則離子的比荷＝＿＿＿＿.圖56-9

（2）若已知速度選擇器中的電場強度E和磁感應強度B1及R和B2，則離子的比荷=＿＿＿＿＿.（3）要使氫的同位素氘和氚的正離子經加速電場和速度選擇器后以相同的速度進入磁感應強度為B2的勻強磁場.（設正離子進入加速電場時的速度均為零）①若保持速度選擇器的E和B1不變，則加速電場S1、S2間的電壓之比應為＿＿＿＿＿.②它們譜線的位置到狹縫S3的距離之比為＿＿＿＿＿.

【解析】(1)由于離子在B2中做勻速圓周運動，，所以就是離子經加速電場加速后的速度.在加速過程中，有：所以解得：.

(2)在速度選擇器中，離子沿直線穿過，故qE=qvB1又由（1）知由上兩式解得：，即.

(3)①氘核（H）、氚核（H）的q相同，要使經加速后的速度v相同，則由知：U∝m所以.②它們的譜線位置到狹縫S3的距離之比就是它們在B2中做圓周運動的直徑之比，也是半徑之比，又,q、B2、v是相同的，故R∝m所以.

【答案】(1)

(2)

(3)①2∶3②2∶3

【點評】解答本題的關鍵是分清物理過程

[加速→速度選擇（勻速）→偏轉（勻速圓周運動）]，列出相應的方程.因為各問中的已知條件不同，因此解答時要從各問中不同的已知條件出發(fā)列方程求解，用本問的已知條件表達結果.

方法概述

1.判定速度選擇器極板正負的方法：伸出左手掌，大拇指與四指垂直，讓磁感線垂直穿過掌心，四指指向電荷運動的方向，則大拇指正對的極板應帶正電.

2.粒子直線穿過的條件是速度，與電性、電荷量、質量均無關.

3.當v>v0時，電荷向電場力相反的一側偏轉，動能減小,電勢能增大；當v<v0時，電荷向電場力方向相同的一側偏轉，動能增大,電勢能減小.

二、帶電粒子在復合場中運動的動力學及功能問題

例2如圖56-10甲所示，虛線間的空間里存在著由勻強電場E和勻強磁場B組成的正交或平行的復合場，有一個帶正電的小球（電荷量為+q，質量為m）從正交或平行的電磁復合場上方的某一高度自由落下.在下列的電磁復合場中,帶電小球可能沿直線通過的是（）

圖56-10甲

【解析】選項A中，若粒子進入復合場中時，電場力與洛倫茲力平衡，而重力會使粒子加速，使電場力與洛倫茲力不再平衡，粒子將偏離豎直方向.選項B中，粒子在復合場中運動時受到的合力不可能沿豎直方向，即粒子一定做曲線運動.選項C中，粒子剛進入復合場時的受力情況如圖56-10乙所示，若電場力F電、洛倫茲力F洛及重力mg三力恰好平衡，則粒子可沿直線勻速通過復合場.選項D中，粒子不受洛倫茲力的作用，粒子沿直線減速、勻速或加速通過復合場都有可能.

【答案】CD圖56-10乙

方法概述

1.在高中物理中，帶電粒子在含磁場的復合場中一般只需要定量分析做直線運動和圓周運動的物理過程.若帶電粒子在這種場中做直線運動，要么是受力平衡，做勻速直線運動；要么是速度與磁場方向平行，不受洛倫茲力的作用.

2.無論帶電粒子在何種復合場中，無論運動軌跡如何復雜，洛倫茲力一定不做功.

例3如圖56-11所示，半徑為R的光滑絕緣環(huán)豎立于彼此正交的水平勻強電場和勻強磁場中，磁感應強度為B.今有一質量為m、帶電荷量為+q的空心小球穿在環(huán)上，已知小球所受的電場力和重力的大小相等，則當小球由靜止開始從環(huán)頂M點下滑到與圓心O等高的N點時，小球對環(huán)的壓力大小為多少？

【解析】設小球滑到N點時的速度為v，根據動能定理有：

又qE=mg當球在N點時，根據牛頓第二定律有：

解得：.

【解析】

【點評】對于這類題型，重點要區(qū)分清楚洛倫茲力與電場力、重力之間的不同特點；洛倫茲力不做功，其大小隨速度變化.

三、回旋加速器

例4

（2005年天津理綜卷）正電子發(fā)射計算機斷層技術圖56-11（PET）是分子水平上的人體功能顯像的國際領先技術，它為臨床診斷和治療提供了全新手段.（1）PET在心臟疾病診療中，需要使用放射正電子的同位素氮13示蹤劑.氮13是由小型回旋加速器輸出的高速質子轟擊氧16獲得的，反應中同時還產生另一個粒子，試寫出該核反應方程.圖56-12（2）PET所用回旋加速器的示意圖如圖56-12所示，其中置于高真空中的金屬D形盒的半徑為R，兩盒間距為d，在左側D形盒圓心處放有粒子源S，勻強磁場的磁感應強度為B，方向如圖所示.質子的質量為m，電荷量為q.設質子從粒子源S進入加速電場時的初速度不計，質子在加速器中運動的總時間為t（其中已略去了質子在加速電場中的運動時間），質子在電場中的加速次數與回旋半周的次數相同，加速電子時的電壓大小可視為不變.求此加速器所需的高頻電源的頻率f和加速電壓U.（3）試推證:當R》d時，質子在電場中加速的總時間相對于在D形盒中回旋的總時間可忽略不計.（質子在電場中運動時，不考慮磁場的影響）

【解析】（1）.（2）設質子加速后的最大速度為v，由牛頓第二定律有：

質子回旋加速器的周期故高頻電源的頻率質子能加速到的最大動能設質子在電場中加速的次數為n，則有：Ek=nqU又因為.可解得：.（3）質子在電場中加速的總時間在D形盒中回旋的總時間故即當R《d時，t1可忽略不計.

【答案】（1）（2）

（3）證明略

【點評】①粒子在磁場中運動的周期與速率無關是回旋加速器得以制造的關鍵原因.②在本題中用等效法把各段直線運動合并.

方法概述

嚴格地講，回旋加速器并不屬于復合場問題，而是帶電粒子周期性地在電場和磁場中運動.回旋加速器有以下規(guī)律性：

(1)高頻電源的周期與帶電粒子在D形盒中運動的周期相等，即.

（2）帶電粒子在回旋加速器中所能達到的最大動能.（3）帶電粒子在回旋加速器中運動的時間（往往可以忽略在電場中的加速時間）.

高考排雷

例

如圖56-13甲所示，質量為m的環(huán)所帶的電荷量為+q，現(xiàn)將它套在足夠長的絕緣桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數為μ.桿處于正交的勻強電場和勻強磁場中，桿與水平電場的夾角為θ.若環(huán)能從靜止開始下滑，則下列說法正確的是（）

A.環(huán)在下滑的過程中，加速度不斷減小，最后為零

B.環(huán)在下滑的過程中，加速度先增大，后減小，最后為零

C.環(huán)在下滑的過程中，速度不斷增大，最后勻速

D.環(huán)在下滑的過程中，速度先增大，后減小，最后為零

【錯解】環(huán)下滑的速度越來越大，所受的洛倫茲力越來越大，環(huán)對桿的壓力越來越大，摩擦力越來越大，加速度越來越小，直至加速度為零，環(huán)做勻速運動，答案為A、C.

【剖析】錯解的原因在于沒有認真地進行受力分析.當速度增大時，洛倫茲力增大，環(huán)所受的支持力大小和方向均要發(fā)生變化，摩擦力要變化.圖56-13甲

【正解】對環(huán)進行受力分析，其受力情況如圖56-13乙所示.當環(huán)的速度較小時有

f=μFN=μ（qEsin

θ+mgcos

θ-qvB）當v增大，摩擦力f減小，加速度增大此時速度方向與加速度方向相同，其大小增大.當FN=0，即f=0后，速度繼續(xù)增大，F(xiàn)N反向.則：

直到a′=0時，速度達到最大值.

【答案】BC圖56-13乙

體驗成功

1.（2009年江蘇南京模擬）如圖56-14所示，空間存在著方向豎直向下的勻強電場E和垂直紙面向里的勻強磁場B，現(xiàn)有一個質量為m的帶電液滴在豎直平面內做圓周運動，下列說法不正確的是（）

A.液滴在運動過程中的速率不變

B.液滴所帶電荷一定為負電荷，電荷量大小為

C.液滴一定沿順時針方向運動

D.液滴可以沿逆時針方向運動，也可以沿順時針方向運動圖56-14

【解析】液滴能做圓周運動，說明它所受到的合外力等于洛倫茲力，qE=mg，F(xiàn)合=qvB，而洛倫茲力只改變帶電粒子的運動方向，故選項A、B正確；又由左手定則可知，液滴應沿順時針方向旋轉，故選項C正確、D錯誤.

【答案】D

2.（2009年福建泉州質檢）如圖56-15所示，M、N兩平行金屬板間存在著正交的勻強電場和勻強磁場，一不計重力的帶電粒子從O點以初速度v沿著和兩板平行的方向射入場區(qū)后，做勻速直線運動，經過時間t1飛出場區(qū)；如果兩板間只有電場，粒子仍以原來的速度v從O點進入電場，經過時間t2飛出電場；如果兩板間只有磁場，粒子仍以原來的速度v從O點進入磁場，經過時間t3飛出磁場，則t1、t2、t3之間的關系為（）

A.t1=t2＜t3

B.t2＞t1＞t3

C.t1=t2=t3

D.t1＞t2=t3

【解析】設板長為l，當兩板間有正交的電場和磁場時，；當兩板間只有電場時，把粒子的受力和運動都沿水平和豎直方向分解，水平方向的分運動為勻速運動，故；當兩板間只有磁場時，粒子做圓周運動，速率保持不變，運動路程l′＞l，故.

【答案】A圖56-15

3.（2009年上海虹口期末）如圖56-16甲所示，一帶電粒子以水平初速度v0(v0＜)先后進入方向互相垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域.已知電場方向豎直向下，兩個區(qū)域的寬度相同且緊鄰在一起.在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中（其所受重力忽略不計），電場和磁場對粒子所做的總功為W1；若將電場和磁場正交重疊，如圖56-16乙所示，粒子仍以水平初速度v0穿過重疊場區(qū)，在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中，電場和磁場對粒子所做的總功為W2.比較W1和W2，則（）

A.一定是W1＞W2

B.一定是W1＝W2

C.一定是W1＜W2

甲乙圖56-16

D.可能是W1＜W2，也可能是W1＞W2

【解析】磁場對粒子不做功，故W=qU.無論粒子帶正電還是帶負電，進入磁場時所受到的洛倫茲力的方向都與電場力的方向相反，故圖乙中洛倫茲力使電荷向電場力方向的偏轉位移變小，或者使電荷向電場力的反方向偏轉，故W2＜W1.

【答案】A

4.（2009年廣東惠州調研）為了測量某化工廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖56-17所示的流量計.此流量計由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口，在垂直于上下底面的方向上加磁感應強度為B的勻強磁場，在前后兩個側面固定有金屬板作為電極，污水充滿管口從左向右流經該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓U.若用Q表示污水流量（單位時間內流出的污水體積），下列說法正確的是（）

A.若污水中正離子較多，則前側面比后側面的電勢高

B.前側面的電勢一定低于后側面的電勢，這與哪種離子多無關

C.污水中離子的濃度越高，電壓表的示數將越大

D.電壓U與污水流量Q成正比，與a、c無關圖56-17

【解析】由左手定則知，污水中的正離子向后側面偏轉，負離子向前側面偏轉，故前側面的電勢一定低于后側面的電勢，選項B正確；當前后側面之間的電勢差增至某一值時，離子不再偏轉，此時有：,故前后側面所能達到的穩(wěn)定電壓U=cvB，與離子的濃度無關，選項C錯誤；污水流量，即Q與a、c無關.

【答案】BD

5.（2010年山西太原一模）在如圖56-18甲所示的直角坐標系中，原點O處固定有正點電荷Q，另有平行于y軸的勻強磁場.一個質量為m、帶電荷量為+q的微粒，恰能以y軸上O′（0，a）點為圓心做勻速圓周運動，其軌跡平面與xOz平面平行，角速度為ω，旋轉方向如圖中箭頭所示.試求勻強磁場的磁感應強度的大小和方向.

【解析】微粒的受力情況如圖56-18乙所示，由左手定則知磁感應強度的方向為y軸負方向，設粒子做圓周運動的軌跡半徑為R，有：圖56-18乙圖56-18甲

庫侖力且

F洛=BωRq由題意可得：

即解得：.

【答案】，方向沿y軸負方向

6.（2009年廣西桂林期末考試）霍爾效應是1879年由美國物理學家E.H.Hall首先在金屬材料中發(fā)現(xiàn)的，至今，能將磁信號轉換成電信號的線性磁敏性元件——霍爾元件已在很多領域（電器、電子測量儀表等）得到應用.如圖56-19所示，在一個很小的矩形半導體薄片上制作成四個電極E、F、M、N，就成了一個霍爾元件.已知圖中元件為載流子帶正電的P型半導體材料，單位體積中含載流子的個數為n.若在E、F間通入恒定的電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，在M、N間出現(xiàn)的電壓UH稱為霍爾電壓.（1）電流和磁場如圖56-19所示，試判定M、N兩端電勢的高低.（2）試證明：，R為與材料有關的常量.（3）被定義為霍爾元件的靈敏度（R為上問關系式中的常量），則采用哪些方法可提高元件的靈敏度？圖56-19

【解析】（1）P型半導體的載流子帶正電荷，由左手定則知，通電后載流子向N極偏移，故φN＞φM.（2）載流子向N極偏移使得N、M之間形成電壓后，載流子又受到與N、M面垂直的電場力作用.設M、N兩表面的間距為a，載流子的電荷量為q，定向移動的速度為v，在UH達到穩(wěn)定時，有：又由電流的定義可得：I=nqadv故有：，其中只與材料本身的特性有關.（3）由第（2）問可得，故知減小厚度d、減小半導體中載流子的密度可以增大該霍爾元件的靈敏度.

【答案】（1）N端電勢比M端電勢高（2）略（3）略金典·預測演練

經典創(chuàng)新展望高考

1.設空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示.已知一離子在電場力和洛倫茲力的作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點，不計重力，下列說法不正確的是（）

A.離子必帶正電荷

B.A點和B點位于同一高度

C.離子在C點時的速度最大

D.離子到達B點后，將沿原曲線返回A點

【解析】不需考慮離子受的重力，離子只受電場力和洛倫茲力作用，由軌跡可以判斷離子必帶正電荷；因為離子到達B點時的速度為零，由動能定理可以判斷從A到B電場力做的功為零，A點和B點位于同一高度；C點是運動的最低點，從A到C電場力做的正功最多，離子在C點時的速度最大；離子帶正電荷，可知離子到達B點后，將向右重復ACB的運動過程，離子不會沿原曲線返回A點.

【答案】D

2.(2007年全國理綜卷Ⅱ）如圖所示，一帶負電的質點在固定的正的點電荷作用下繞該正電荷做勻速圓周運動，周期為T0，軌道平面位于紙面內，質點的速度方向如圖中箭頭所示.現(xiàn)加一垂直于軌道平面的勻強磁場，已知軌道半徑并不因此而改變，則（）

A.若磁場方向指向紙里，則質點運動的周期將大于T0

B.若磁場方向指向紙里，則質點運動的周期將小于T0

C.若磁場方向指向紙外，則質點運動的周期將大于T0

D.若磁場方向指向紙外，則質點運動的周期將小于T0

【解析】加磁場以前有：加指向紙里的磁場有：加指向紙外的磁場有：故T1>T0、T2<T0，選項A、D正確.

【答案】AD

3.如圖所示，有一重力為G的帶電小球，從兩豎直的帶等量異號電荷的平行板電容器的上方高h處自由落下.兩板間還有勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里.則小球在通過板間的過程中(

)

A.一定做曲線運動

B.可能做勻速直線運動

C.可能做變加速直線運動

D.機械能可能不變

【解析】設小球剛進入復合場時速度為v，若，則小球將向電場力方向偏轉做曲線運動；若，則小球將向洛倫茲力方向偏轉做曲線運動.A正確.只要小球在水平方向上發(fā)生了偏轉，電場力就對小球做功使得小球機械能不守恒.

【答案】A

4.如圖所示，豎直平面內的光滑絕緣軌道ABC，AB為傾斜直軌道，BC為圓形軌道，圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里.質量相同的甲、乙兩小球，甲球帶正電，乙球不帶電，從軌道AB上不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則（）

A.經過最高點時，甲、乙兩小球的速度相等

B.經過最高點時，甲球的速度比乙球的小

C.釋放甲球的位置比釋放乙球的位置高

D.釋放甲球的位置比釋放乙球的位置低

【解析】由于乙球不帶電，且恰好能通過圓形軌道的最高點，因此重力提供向心力，其速度（R為圓形軌道的半徑）.又甲球帶正電，且恰好能通過圓形軌道的最高點，向下的洛倫茲力與重力的合力提供向心力，故其速度大于，選項A、B錯誤.整個過程機械能守恒，因為甲球恰好通過圓形軌道最高點時的速度大于乙球的速度，所以釋放甲球的位置比釋放乙球的位置高，選項C正確.

【答案】C

5.如圖所示，在平行金屬板A、B間分布著正交的勻強電場和勻強磁場，磁場方向為垂直紙面向里.一個質子以初速度v0垂直于電磁場沿直線OO′入射，恰能沿OO′運動，則（）

A.A板的電勢高于B板的

B.電子以初速度v0垂直于電磁場沿OO′從左端入射，仍沿OO′做直線運動

C.以初速度v0垂直于電磁場沿OO′從左端入射，仍沿OO′做直線運動

D.以初速度v0垂直于電磁場沿OO′從右端入射，仍沿OO′做直線運動

【解析】質子受到方向豎直向上的洛倫茲力作用，可知電場力豎直向下，φA＞φB，選項A正確.電子沿OO′運動，電場力、洛倫茲力都反向，且由平衡條件qvB=qE可知，，即v與q、m無關，故選項B、C正確.當從右端入射時，電場力方向向下，洛倫茲力方向向下，不能做直線運動，選項D錯誤.

【答案】ABC

6.如圖所示，已知一質量為m的帶電小球在光滑絕緣的水平面上經電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B的復合場中（E和B已知），小球在此空間的豎直平面內做勻速圓周運動，則（）

A.小球在空間受四個力作用

B.小球一定帶正電

C.小球做圓周運動的半徑

D.小球在復合場中運動時動量恒定

【解析】小球在空間受到重力、電場力、洛倫茲力三個力的作用，且小球受到的電場力與重力相互平衡，洛倫茲力提供向心力，故知小球帶負電.又,把qE=mg代入可得:小球做圓周運動時動量不斷變化，選項D錯誤.

【答案】C

7.如圖甲所示，在豎直放置的光滑絕緣環(huán)上套有一個質量為m、帶電荷量為-q的小環(huán)，整個裝置放在正交的勻強電場和磁場中，電場強度.在小環(huán)從大環(huán)頂端無初速度下滑的過程中，從開始至小環(huán)受的洛倫茲力最大時滑過的弧度是()

A.

B.

C.

D.π

【解析】小環(huán)在大環(huán)上滑動的過程中，重力、電場力對其做功，qE、mg

的合力為左偏下45°方向。故小環(huán)從大環(huán)的頂端沿逆時針方向滑至圖乙中B點以前合外力做正功；過B點以后再向A滑動的過程，電場力做負功，故小環(huán)在B點時的動能最大，受到的洛倫茲力最大。

【答案】C甲乙

8.如圖所示，平行板電容器的金屬極板M、N的距離為d，兩板間存在磁感應強度為B，方向垂直于紙面向外的勻強磁場，等離子群以速度v沿圖示方向射入.已知電容器的電容為C，則（）

A.當開關S斷開時，電容器的充電荷量Q＞BvdC

B.當開關S斷開時，電容器的充電荷量Q=BvdC

C.當開關S閉合時，電容器的充電荷量Q＜BvdC

D.當開關S閉合時，電容器的充電荷量Q＞BvdC

【解析】洛倫茲力使正離子向N板偏轉，負離子向M板偏轉，當時離子不再偏轉，故斷開開關S時，電容器兩極所能達到的最大電壓UC=Bvd，最大充電荷量Q=BvdC

；當開關S閉合時，平行金屬板及等離子群相當于一電源，電源電動勢E=BvdC，由于內阻的存在，使得UC′=UMN′＜E=Bvd，故QC＜BvdC.

【答案】BC

9.如圖甲所示，實線表示在豎直平面內的電場線，電場線與水平方向成α角，垂直紙面向里的勻強磁場與電場正交.現(xiàn)有一帶電液滴沿斜向上的虛線由a至b做直線運動，直線與水平方向成β角，且α＞β，則下列說法正確的是(

)

A.液滴一定做勻速直線運動

B.液滴一定帶正電

C.電場線的方向一定斜向上

D.液滴有可能做勻變速直線運動

【解析】帶電粒子在勻強磁場中乙只受洛倫茲力作用做直線運動，且一定是勻速直線運動.液滴的受力情況如圖乙所示.若洛倫茲力與圖示方向相反，則無論電場力與場強方向相同還是相反，都不能使液滴平衡，故液滴一定帶正電，電場線為斜向上方向.

【答案】ABC甲乙

10.如圖所示，質量為m、帶電荷量為+q的滑環(huán)P套在水平放置的足夠長的固定絕緣橫桿上，橫桿表面粗糙，整個裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中.現(xiàn)在瞬間給滑環(huán)一個水平向右的沖量I