物理总复习带电粒子在复合场中的运动.doc

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第8章 第3讲

一、选择题
1．如图所示，MN是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场(场区都足够大)，现有一重力不计的带电粒子从MN上的O点以水平初速度v0射入场区，下列有关判断正确的是(　　)
A．如果粒子回到MN上时速度增大，则空间存在的一定是电场
B．如果粒子回到MN上时速度大小不变，则该空间存在的一定是电场
C．若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN上时与其所成夹角不变，则该空间存在的一定是磁场
D．若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN所用的时间不变，则该空间存在的一定是磁场
[答案]　AD
[解析]　洛伦兹力对带电粒子不做功，不能使粒子速度增大，电场力可对带电粒子做功，动能增大，故A项正确．若带电粒子以与电场线平行的速度v0射入，粒子返回速率不变，故B、C项错．由T＝知，粒子在磁场中运动的时间与速率无关，故D项正确．
2．(2010·广东东莞调研)一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则(　　)
A．此空间一定不存在磁场
B．此空间一定不存在电场
C．此空间可能只有匀强磁场，方向与电子速度垂直
D．此空间可能同时有电场和磁场
[答案]　D
[解析]　当空间只有匀强磁场，且电子的运动方向与磁场方向垂直时，受洛伦兹力的作用，会发生偏转，C不正确．当空间既有电场又有磁场，且两种场力相互平衡时，电子不会发生偏转，A、B不正确，D正确．
3．(2010·成都质检)如图所示，区域中存在着匀强磁场(磁感应强度为B)和匀强电场(场强为E)，且两者平行，但方向相反，质量为m，电荷量为－q的粒子(不计重力)沿电场方向以初速度v0射入，下列说法中正确的是(　　)
A．粒子所受洛伦兹力的方向垂直纸面向外
B．粒子速度方向保持不变
C．粒子所受电场力不变
D．粒子向右的最大位移为
[答案]　CD
[解析]　由于带电粒子沿平行于磁场的方向射入，而且仅在电场力作用下做直线运动，所以粒子不会受到洛伦兹力的作用，故A错误；粒子在电场力作用下做匀减速运动然后再做反向匀加速直线运动，故B错误；粒子所受电场力大小为qE，且方向和大小保持不变，故C正确；设粒子向右运动的最大位移为x, 则有v02＝2ax，而qE＝ma，所以向右的最大位移为，D正确．
4．(2010·泰安模拟)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，发现电子流向上极板偏转，不考虑电子本身的重力．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中通过，只采取下列措施，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．适当增大加速电场的宽度
D．适当增大加速电压U
[答案]　AD
[解析]　要想使电子沿直线通过，则必须有qvB＝qE，而电子经过加速电场加速时，qU＝mv2，现在发现电子向上极板偏转，说明电场力大于洛伦兹力，因此需减小电场力或增大洛伦兹力，A、D选项正确．
5．(2010·广东珠海质检)一束几种不同的正离子，垂直射入正交的匀强磁场和匀强电场区域里，离子束保持原运动方向未发生偏转．接着进入另一匀强磁场，发现这些离子分成几束如图所示．对这些正离子，可得出结论(　　)
A．它们的动能一定各不相同
B．它们的电量一定各不相同
C．它们的质量一定各不相同
D．它们的荷质比一定各不相同
[答案]　D
[解析]　在电磁场中，正离子受到的洛伦兹力F洛与电场力F电相等，从而做直线运动，有Eq＝qvB1，v＝，即所有正离子速度都相同，当正离子进入磁场B2中时，r＝，正离子分成几束，则r不同，荷质比一定各不相同，D正确．
6．地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图所示，由此可以判断
(　　)
A．油滴一定做匀速运动
B．油滴可以做变速运动
C．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点
D．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点
[答案]　AC
[解析]　由于油滴做直线运动，故受力分析如图．若带正电，C项才是合理的，并且速度恒定，若有变化，F洛即为变力，油滴将做曲线运动．故选A、C.
7．如图所示，界面PQ与水平地面之间有一个正交的匀强磁场B和匀强电场E，在PQ上方有一个带正电的小球A由O静止开始下落，穿过电场和磁场到达地面．设空气阻力不计，下列说法中正确的是(　　)
A．在复合场中，小球做匀变速曲线运动
B．在复合场中，小球下落过程中的电势能减小
C．小球从静止开始下落到水平地面时的动能等于其电势能和重力势能的减少量总和
D．若其他条件不变，仅增大磁感应强度，小球从原来位置下落到水平地面时的动能不变
[答案]　BC
[解析]　小球受到磁场力，不可能做匀变速曲线运动．电场力做正功，电势能减小，由能量守恒知，B、C项正确．增大磁感应强度，会改变洛伦兹力，进而改变落地点，电场力做功不同，D项错．
8．如图所示，光滑绝缘杆固定在水平位置上，使其两端分别带上等量同种正电荷Q1、Q2，杆上套着一带正电小球，整个装置处在一个匀强磁场中，磁感应强度方向垂直纸面向里，将靠近右端的小球从静止开始释放，在小球从右到左的运动过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．小球受到的洛伦兹力大小变化，但方向不变
B．小球受到的洛伦兹力将不断增大
C．小球的加速度先减小后增大
D．小球的电势能一直减小
[答案]　AC
[解析]　Q1、Q2连线上中点处电场强度为零，从中点向两侧电场强度增大且方向都指向中点，故小球所受电场力指向中点．小球从右向左运动过程中，小球的加速度先减小后增大，C正确．速度先增大后减小，洛伦兹力大小变化，由左手定则知，洛伦兹力方向不变，故A正确，B错误．小球的电势能先减小后增大，D错误．
二、非选择题
9．如图所示，足够长的光滑绝缘斜面与水平面间的夹角为α(sinα＝0.6)，放在水平方向的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E＝50V/m，方向水平向左，磁场方向垂直于纸面向外．一个电荷量q＝＋4.0×10－2C、质量m＝0.40kg的光滑小球，以初速度v0＝20m/s从斜面底端向上滑，然后又下滑，共经过3s脱离斜面．求磁场的磁感应强度．(g取10m/s2)
[答案]　5T
[解析]　小球上滑过程中受力情况如图所示，所以小球离开斜面时正处于下滑状态，小球从开始上滑到离开斜面加速度不变，由牛顿第二定律得：
mgsinα＋qEcosα＝ma
代入数据得a＝10m/s2
小球刚离开斜面时的速度为：
v＝v0－at＝20m/s－10×3m/s＝－10m/s
此时FN＝0，则
qvB＋qEsinα＝mgcosα
所以：B＝＝5T.
10．某空间区域存在匀强电场和匀强磁场，匀强电场的电场强度为0.5N/C，一带电量为q＝＋10－3C，质量为m＝3×10－5kg的油滴从高5m处落入该区域后，恰好做匀速直线运动(忽略空气阻力的作用)，求匀强磁场的磁感应强度的最小值．(重力加速度g＝10m/s2)
[答案]　4×10－2T
[解析]　带电油滴进入电场和磁场区域后做匀速直线运动，所以油滴处于受力平衡状态，油滴受力如右图所示．由于进入场区时速度竖直向下，所以磁场力F洛一定在水平方向上，与重力垂直，所以电场力F在水平方向的分力等于磁场力F洛，在竖直方向的分力等于重力G.
F＝qE＝0.5×10－3N＝5×10－4N①
mg＝3×10－4N②
设F与竖直方向的夹角为θ，竖直方向上有：
mg＝Fcosθ③
水平方向上有：F洛＝Fsinθ④
①②③④式可得：F洛＝4×10－4N
设油滴下落到场区时的速度为v，v＝＝10m/s
当速度与磁场垂直时，粒子所受的洛伦兹力最大．所以，当磁场与速度垂直时，磁场的磁感应强度最小，设磁感应强度的最小值为B.
F洛＝qvB，B＝＝T＝4×10－2T
11．(2010·绍兴)如图所示，直角坐标系位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直xOy平面向外，电场线方向平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点以水平速度v0向右抛出，与x轴成45°角经x轴上M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从坐标原点第一次离开电场和磁场．不计空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)电场强度E的大小和方向；
(2)磁感应强度的大小．
[答案]　(1)　竖直向上　(2)
[解析]　(1)小球在电场和磁场复合区中恰好做匀速圆周运动，其所受的电场力必须与重力平衡，有
Eq＝mg
解得：E＝
由于小球带正电，故电场方向竖直向上
(2)在M点有vy＝v0tan45°，又vy＝gt，OM＝v0t
联立解得OM＝
小球做匀速圆周运动的速度v＝v0
设小球做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可知：
2rsin45°＝OM，得r＝
洛伦兹力提供向心力，Bqv＝m
得B＝
12．(2010·潍坊)如图所示，虚线MN左侧是水平正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B；MN右侧有竖直方向的匀强电场(如图中竖直线，方向未标出)，电场中还有一固定的点电荷Q.一质量为m、电荷量为q的点电荷，从MN左侧的场区沿与电场线成θ角斜向上的直线匀速运动，穿过MN上的A点进入右侧的场区，恰好绕Q在竖直面内做半径为r的匀速圆周运动，并穿过MN上的P点进入左侧场区．已知点电荷Q及MN右侧的电场对MN左侧无影响，当地重力加速度为g，静电力常量为k.

(1)判断电荷q的电性并求出MN左侧匀强电场的场强E1；
(2)判断电荷Q的电性并求出其电荷量；
(3)求出电荷穿过P点刚进入左侧场区时加速度a的大小和方向．
[答案]　(1)tanθ
(2)正电　
(3)2g　竖直向下
[解析]　(1)点电荷在MN左侧场区匀速运动，受力必定如图所示，根据左手定则可知，q一定带正电．根据平衡条件得
qvBcosθ＝mg
qvBsinθ＝qE1
E1＝tanθ
(2)因为q带正电，在电荷Q的电场力的作用下做圆周运动，Q对它的电场力一定是引力，故Q应带负电．
由牛顿定律得k＝m
解得：Q＝
(3)电荷进入左侧场区时，速度大小不变但方向变为沿左向上的方向，且与水平方向的夹角为θ，电荷受力及夹角关系如图所示．

在水平方向上：qE1－qvBsinθ＝ma1
a1＝0
在竖直方向上：qvBcosθ＋mg＝ma2
a2＝2g
故a的大小为2g，方向竖直向下

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