走向高考·高考物理总复习·人教实验版：8-3

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一、选择题

1．如下图所示，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射精品文档

实用文档 入，粒子返回速率不变，故B、C项错．由T＝2πmBq知，粒子在磁场中运动的时间与速率无关，故D项正确．

2．(2011·江西九校模拟)如下图所示，有一重力不计的混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的( )

A．速度 B．质量

C．电荷量 D．比荷

[答案] AD

[解析] 混合正离子束不偏转，说明它们在区域Ⅰ有Eq＝Bqv，则v＝EB，进入区域Ⅱ的混合正离子速度都相同．在区域Ⅱ中正离子偏转半径r＝mvBq，速度v相同，半径r相同，则mq必定相同 ，即比荷相同，A、D正确．

3.如下图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向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)以一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．若撤去该区域精品文档

实用文档 内的磁场而保持电场不变，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．穿出位置一定在O′点下方

B．穿出位置一定在O′点上方

C．运动时，在电场中的电势能一定减小

D．在电场中运动时，动能一定减小

[答案] C

[解析] 本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，意在考查考生发散思维的能力．带电粒子的电性可正也可负，当只有电场作用时，粒子穿出位置可能在O′点上方，也可能在O′点下方．电场力一定对粒子做正功，粒子的电势能减小，动能一定增加．

4.(2011·豫南九校模拟)如下图所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A与B在同一直线上，其中小球B带正电荷并被固定，小球A与一水平放置的光滑绝缘板C接触(不粘连)而处于静止状态．若将绝缘板C沿水平方向抽去精品文档

实用文档 后，以下说法正确的是( )

A．小球A可能处于静止状态

B．小球A可能沿轨迹1运动

C．小球A可能沿轨迹2运动

D．小球A可能沿轨迹3运动

[答案] AB

[解析] 小球A处于静止状态；可判断小球A带正电，若此时小球A重力与库仑力平衡，将绝缘板C沿水平方向抽去后，小球A仍处于静止状态；若库仑力大于小球A重力，则将绝缘板C沿水平方向抽去后，小球A向上运动，此后小球A在库仑力、重力、洛伦兹力的作用下可能沿轨迹1运动．

5．(2011·盐城二调)电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．电子束经过加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面．不精品文档

实用文档 加磁场时，电子束通过磁场中心O点而打到屏幕上的中心M，加磁场后电子束偏转到P点外侧．现要使电子束偏转回到P点，可行的办法是( )

A．增大加速电压

B．增加偏转磁场的磁感应强度

C．将圆形磁场区域向屏幕靠近些

D．将圆形磁场的半径增大些

[答案] AC

[解析] 若电子束的初速度不为零，则qU＝mv22－mv202 ，v＝v20＋2qUm，轨道半径R＝mvqB，增大偏转磁场的磁感应强度，轨道半径减小，电子束偏转到P点外侧；增大加速电压，轨道半径增大，电子束偏转回到P点；将圆形磁场区域向屏幕靠近些，电子束偏转回到P点，选项AC正确．

6．如下图所示，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( ) 精品文档

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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．

7．(2011·汕头模拟)如下图所示，水平放置的两块平行金属板，充电后与电源断开．板间存在着方向竖直向下的匀强电场E和垂直于纸面向里磁感强度为B的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力及空气阻力)，以精品文档

实用文档 水平速度v0从两极板的左端中间射入场区，恰好做匀速直线运动．则( )

A．粒子一定带正电

B．若仅将板间距离变为原来的2倍，粒子运动轨迹偏向下极板

C．若将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍，粒子仍将做匀速直线运动

D．若撤去电场，粒子在板间运动的最长时间可能是πmqB

[答案] CD

[解析] 考查带电粒子在电场、磁场的复合场中运动．不计重力，粒子仅受电场力和磁场力做匀速直线运动，合力为零．电场力与磁场力等大反向．该粒子可以是正电荷，也可以是负电荷，A错．仅将板间距离变为原来的2倍，由于带电量不变，板间电场强度不变，带电粒子仍做匀速直线运动，B错．若将磁感应强度和电场强度变为原来的2倍，粒子所受电场力和磁场力均变为原来的2倍，仍将做匀速直线运动，C对．若撤去电场，粒子将偏向某一极板，甚至从左侧射出，粒子在板间运动的最长时间可能是在磁场中运动周期的一半，D对． 精品文档

实用文档 8．(2011·平川模板)如下图所示，粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带电的小球，整个装置处在由水平匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中小球的v－t图象如图所示，其中正确的是( )

[答案] C

[解析] 小球下滑过程中，qE与qvB反向，开始下落时qE>qvB，所以a＝mg－μqE－qvBm，随下落速度v的增大a逐渐增大；当qE

实用文档 二、非选择题

9．如下图所示，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下图所示，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： 精品文档

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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＝mgcosα－qEsinαqv＝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精品文档

实用文档 衡状态，油滴受力如下图所示．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＝5×10－4N ①

mg＝3×10－4N ②

设F与竖直方向的夹角为θ，竖直方向上有：

mg＝Fcosθ ③

水平方向上有：F洛＝Fsinθ ④

①②③④式可得：F洛＝4×10－4N

设油滴下落到场区时的速度为v，v＝2gh＝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＝F洛qv＝4×10－410－3×10T＝4×10－2T 精品文档

实用文档 11．(2011·广东联考)如下图所示，竖直平面内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E1＝2500N/C，方向竖直向上；磁感应强度B＝103T.方向垂直纸面向外；有一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝4×10－5C的带正电小球自O点沿与水平线成45°角以v0＝4m/s的速度射入复合场中，之后小球恰好从P点进入电场强度E2＝2500N/C，方向水平向左的第二个匀强电场中．不计空气阻力，g取10m/s2.求：

(1)O点到P点的距离s1；

(2)带电小球经过P点的正下方Q点时与P点的距离s2.

[答案] (1)2m (2)3.2m

[解析] (1)带电小球在正交的匀强电场和匀强磁场中受到的重力 精品文档

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G＝mg＝0.1N

电场力F1＝qE1＝0.1N

即G＝F1 ，故带电小球在正交的电磁场中由O到P做匀速圆周运动

根据牛顿第二定律得：qv0B＝mv20R

解得：R＝mv0qB＝1×10－2×44×10－5×103m＝1m

由几何关系得：s1＝2R＝2m

(2)带电小球在P点的速度大小仍为v0＝4m/s.方向与水平方向成45°.由于电场力F2＝qE2＝0.1N.与重力大小相等，方向相互垂直，则合力的大小为F＝210N，方向与初速度方向垂直，故带电小球在第二个电场中做类平抛运动，建立如上图所示的x、y坐标系，沿y轴方向上，带电小球的加速度a＝F/m＝102m/s2，位移