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第八章 第3讲
对应同学用书 课时冲关(二十五)第319页
一、选择题
1. 如图所示，在一竖直平面内，y轴左侧有一水平方向右的匀强电场E1和一垂直纸面对里的匀强磁场B，y轴右侧有一竖直方向的匀强场E2，一电荷量为q(电性未知)、质量为m的微粒从x轴上A点以确定初速度与水平方向成θ＝37°角沿直线经P点运动到图中C点，其中m、q、B均已知，重力加速度为g，则( )
A．微粒确定带负电
B．电场强度E2确定竖直向上
C．两电场强度之比＝
D．微粒的初速度为v＝
解析：微粒从A到P受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，则微粒做匀速直线运动，由左手定则及电场力的性质可确定微粒确定带正电，A错；此时有qE1＝mgtan 37°，微粒从P到C在电场力、重力作用下做直线运动，必有mg＝qE2，所以E2的方向竖直向上，B对；由以上分析可知＝，C错；AP段有mg＝Bqvcos 37°，即v＝，D对．
答案：BD
2．(2021年淮安模拟)北半球某处，地磁场水平重量B1＝0.8×10－4T，竖直重量B2＝0.5×10－4T，海水向北流淌，海洋工作者测量海水的流速时，将两极板插入此海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距d＝20 m，如图所示，与两极板相连的电压表(可看作是抱负电压表)示数为U＝0.2 mV，则( )
A．西侧极板电势高，东侧极板电势低
B．西侧极板电势低，东侧极板电势高
C．海水的流速大小为0.125 m/s
D．海水的流速大小为0.2 m/s
解析：由于海水向北流淌，地磁场有竖直向下的重量，由左手定则可知，正电荷偏向西侧极板，负电荷偏向东侧极板，即西侧极板电势高，东侧极板电势低，故选项A正确；对于流过两极板间的带电粒子有：qvB2＝q，即v＝＝m/s＝0.2 m/s，故选项D正确．
答案：AD
3．(2021年济南模拟)如图所示，在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q的液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动．已知电场强度为E，磁感应强度为B，则液滴的质量和环绕速度分别为( )
A.， B.，
C．B，B D.，
解析：液滴做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，重力和电场力等大、反向，依据qvB＝，qE＝mg，解得m＝，v＝，故选项D正确．
答案：D
4．如图所示的虚线区域内，布满垂直于纸面对里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a(不计重力)以确定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )
A．穿出位置确定在O′点下方
B．穿出位置确定在O′点上方
C．运动过程中，在电场中的电势能确定减小
D．在电场中运动时，动能确定减小
解析：a粒子要在电场、磁场组成的复合场区域内做直线运动，则该粒子确定做匀速直线运动，故对粒子a有：Bqv＝Eq即只要满足E＝Bv，无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区．当撤去磁场只保留电场时，由于粒子b电性不确定，故无法推断从O′点的上方或下方穿出，故A、B错误；粒子b在穿过电场区的过程中必定受电场力的作用而做类平抛运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确，D项错误．
答案：C
5．场强为E的匀强电场与磁感应强度为B的匀强磁场正交，复合场的水平宽度为d，竖直方向足够长，如图所示．现有一束带电荷量为q、质量为m的α粒子以相同的初速度v0沿电场方向射入场区，则那些能飞出场区的α粒子的动能增量ΔEk可能为( )
A．dq(E＋B) B.
C．qEd D．0
解析：α粒子可能从左侧飞出或从右侧飞出场区，由于洛伦兹力不做功，电场力做功与路径无关，所以从左侧飞出时ΔEk＝0，从右侧飞出时ΔEk＝Eqd，选项C、D正确．
答案：CD
6．如图所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发觉电子流向上极板偏转．设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B.欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只实行下列措施，其中可行的是( )
A．适当减小电场强度E
B．适当减小磁感应强度B
C．适当增大加速电场极板之间的距离
D．适当减小加速电压U
解析：要使电子在复合场中做匀速直线运动，故Eq＝qvB.依据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的缘由是电场力大于洛伦兹力，所以要么增大洛伦兹力，要么减小电场力，故A正确、B错误；由于电子加速时通过的两极板之间的电压没有变化，所以电子进入磁场的速率没有变化，因此没有转变电场力和洛伦兹力的大小，故C错误；若适当减小加速电压U，可以减小电子在复合场中运动的速度v，从而减小洛伦兹力，故D错误．
答案：A
7．(2021年湖北黄冈高三质检)如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中布满了垂直纸面对里、磁感应强度为B的匀强磁场，一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，当该电荷离开磁场时，速度方向刚好转变了180°，不计电荷的重力，下列说法正确的是( )
A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点
B．该点电荷的比荷＝
C．该点电荷在磁场中的运动时间t＝[来源:Zxxk.Com]
D．该点电荷带正电
解析：依据左手定则可知，该点电荷带负电，选项D错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，其速度方向的偏向角等于其运动轨迹所对应的圆心角，依据题意，该粒子在磁场中的运动轨迹刚好是半个圆周，画出其运动轨迹并找出圆心O1，如图所示，依据几何关系可知，轨道半径r＝，依据r＝和t＝可求出，该点电荷的比荷为＝和该点电荷在磁场中的运动时间t＝，所以选项B正确，C错误；该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线不通过O点，选项A错误．
答案：B
8．(2021年湖南四校联考)如图所示，一个抱负边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面对里．一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场．若电子在磁场中运动的轨道半径为2d.O′ 在MN上，且OO′ 与MN垂直．下列推断正确的是( )
A．电子将向右偏转
B．电子打在MN上的点与O′点的距离为d
C．电子打在MN上的点与O′点的距离为d[来源:Z&xx&k.Com]
D．电子在磁场中运动的时间为
解析：电子带负电，进入磁场后，依据左手定则推断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图，A错误；设电子打在MN上的点与O′的距离为x，则几何学问得：x＝r－＝2d－＝(2－)d，故B、C错误；设轨迹对应的圆心为θ，由几何学问得：sin θ＝＝0.5，得θ＝，则电子在磁场中运动的时间为t＝＝，故D正确．
答案：D
二、非选择题[来源:学*科*网]
9．如图所示，在宽为l的范围内有方向如图所示的匀强电场，场强为E，一带电粒子以速度v垂直于电场方向、也垂直于场区边界射入电场，不计重力，射出场区时，粒子速度方向偏转了θ角，去掉电场，改换成方向垂直纸面对外的匀强磁场，此粒子若原样射入磁场，它从场区的另一侧射出时，也偏转了θ角，求此磁场的磁感应强度B.
解析：粒子在电场中做类平抛运动，有
运行的时间t＝；加速度a＝
则tan θ＝＝ ①
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
Bvq＝m②
由图示几何关系，知sin θ＝ ③
联立以上各式，得B＝
答案：
10．常见的激光器有固体激光器和气体激光器，世界上发达国家已经争辩出了自由电子激光器，其原理可简化用如图所示，相距为L的两块平行金属板M、N竖直放置，S1、S2分别为M、N板上的小孔，自由电子(设初速度为零)经MN间的加速电压加速后垂直进入宽度均为d的两个反向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，电子从一磁场进入另一磁场时会放出一个光子，且进入磁场Ⅱ时速度的偏转角为30°.忽视电子发出光子后的能量损失，已知电子的电荷量为e，质量为m.求：
(1)电子进入磁场时速度的大小和加速电压的大小；
(2)电子离开磁场时在竖直方向上发生的位移的大小和电子在磁场中的运动时间．
解析：(1)电子进入磁场时的轨迹如图所示，
依据洛伦兹力供应向心力得，
evB＝m
由几何关系得，d＝rsin θ
解得，v＝
粒子从S1到达S2的过程中，依据动能定理得，
eU＝mv2
解得，U＝.
(2)电子出磁场后在竖直方向上发生的位移为
y＝2r(1－cos θ)＝2(2－)d
依据洛伦兹力供应向心力得，evB＝mr
解得，T＝
所以，在磁场中的运动时间为t＝T＝.
答案：(1) (2)2(2－)d
11．如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向，电场强度大小为E；在第四象限以ON为直径的半圆形区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面对外，一质量为m、带正电的粒子(不计粒子重力)，从OM＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上OP＝2h处的P点进入磁场，粒子在磁场中运动的轨道半径为r，以垂直于y轴的方向射出磁场．求：
(1)粒子所带的电荷量q；
(2)磁感应强度B；
(3)粒子在磁场中运动的时间．
解析：粒子的运动轨迹如图所示
(1)粒子在电场中做类平抛运动有2h＝v0t ①
h＝at2 ②
其中a＝ ③
解得q＝ ④
(2)对粒子在电场中做类平抛运动的末状态进行分析：
由直角三角形学问可知：v＝ ⑤
y轴的方向：h＝，vy＝v0 ⑥
联立⑤⑥得：θ＝45°，v＝v0 ⑦
对粒子在磁场中的圆周运动进行分析：v2＝v1＝v，
qvB＝ ⑧[来源:学§科§网Z§X§X§K]
联立④⑦⑧得：B＝
(3)粒子在磁场中运动周期：T＝
由几何学问知，轨迹所对的圆心角为π
故粒子在磁场中运动的时间t＝＝.
答案：(1) (2) (3)
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