題目列表(包括答案和解析)
如圖所示，一帶正電的粒子沿平行金屬板中央直線以速度V0 射入互相垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，粒子質(zhì)量為m，帶電量為q，磁場的磁感應(yīng)強度為B，電場強度為E，粒子從P點離開電磁場區(qū)域時速度為V，P與中央直線相距為d，則下列說法正確的是
A．粒子在運動過程中所受磁場力可能比所受電場力小
B．粒子沿電場方向的加速度大小始終是
C．粒子的運動軌跡是拋物線
D．粒子達到P的速度大小V＝
如圖所示，一帶正電的粒子沿平行金屬板中央直線以速度v0射入互相垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，粒子質(zhì)量為m，帶電量為q，磁場的磁感應(yīng)強度為B，電場的電場強度為E，粒子從P點離開電場和磁場區(qū)域時速度為v，P與中央直線相距為d，則下列說法正確的是
粒子在運動過程中所受磁場力可能比所受靜電
力小
粒子沿電場方向的加速度大小始終是
粒子的運動軌跡是拋物線
粒子達到P的速度大小v＝
如圖所示，一帶電粒子沿與電場線垂直的方向從電場中央以初速度v０進入兩平行金屬板間的勻強電場，已知粒子的帶電量為q，質(zhì)量為m，板長為l，兩板間距為d．兩板間的電勢差為U，則粒子從板間穿出時，（ ）
A．粒子沿電場方向偏移的距離為
B．粒子的速度方向偏角的正切值為
C．動能增加了qU
D．電場力一定對粒子做了qU/2的功
如圖所示，一帶電粒子沿與電場線垂直的方向從電場中央以初速度v０進入兩平行金屬板間的勻強電場，已知粒子的帶電量為q，質(zhì)量為m，板長為l，兩板間距為d．兩板間的電勢差為U，則粒子從板間穿出時，（ ）
A．粒子沿電場方向偏移的距離為 |
| B．粒子的速度方向偏角的正切值為 |
| C．動能增加了qU |
| D．電場力一定對粒子做了qU/2的功 |
A．粒子沿電場方向偏移的距離為 |
| B．粒子的速度方向偏角的正切值為 |
| C．動能增加了qU |
| D．電場力一定對粒子做了qU/2的功 |
1． B 根據(jù)磁感線的疏密程度可以判斷出a、b兩處的磁感應(yīng)強度的大小不等，Ba<Bb，即B正確；同一通電導(dǎo)線放在a處受力的情況大小不一定，因為放入時的位置（即放入時與磁感線的方向）不確定，則其受安培力的大小就不一定．
2． C 地球自轉(zhuǎn)等效成環(huán)形電流，南極為磁場N極，由右手定則可知地球帶負電，地球轉(zhuǎn)速變慢使環(huán)形電流電流減小，故磁場減弱，所以選C．
3． AB 根據(jù)安培定則和磁感應(yīng)強度的迭加原理即可知．
4． ABC 提示：根據(jù)已知條件畫出運動的軌跡和基本公式即可判斷．
5． AB 若小球A帶正電，小球A受重力和A、B之間的庫侖力的作用（且?guī)靵隽槌饬Γ�，若重力的大小和庫侖力的大小相反，則撤去絕緣板后，重力和庫侖力仍大小相等而方向相反，故小球A仍處于靜止狀態(tài)，A正確；若庫侖力大于重力，則可由左手定則判斷B正確．
6． B 電子進入磁場時向上偏，剛好從C點沿切線方向穿出是一臨界條件，要使電子從BC邊穿出，其運動半徑應(yīng)比臨界半徑大，由
可知，磁感應(yīng)強度只要比臨界時的小就可以了，如題圖，由對稱性作輔助線，由幾何關(guān)系可得，半徑
，又
，解得
，故選B．
7． AD 由題意知，帶正電的粒子從中央線的上方離開混合場，說明在進入電、磁場時，豎直向上的洛侖茲力大于豎直向下的電場力．在運動過程中，由于電場力做負功，洛侖茲力不做功，所以粒子的動能減小，從而使所受到的磁場力可能比所受電場力小，選項A正確．又在運動過程中，洛侖茲力的方向不斷發(fā)生改變，其加速度大小是變化的，運動軌跡是復(fù)雜的曲線而并非簡單的拋物線，所以選項B、C錯誤．由動能定律得：
，故選項D正確，綜合來看，選項A、D正確．
8． C 根據(jù)電子運動的軌跡知在兩導(dǎo)線之間的磁場方向垂直于兩導(dǎo)線所在的平面，只有ab中由b到a的電流或cd中從c到d的電流才能產(chǎn)生這樣的磁場，又從電子運動軌跡在向cd邊靠近時曲率半徑變小，由
知與cd邊越近，B越強，可見是由cd中的電流產(chǎn)生的，只有C正確．
9． BD 本題考查帶電體在復(fù)合場中的運動，在分析時要注意隨著速度的變化，洛倫茲力發(fā)生變化，導(dǎo)致桿對小球的彈力發(fā)生變化，因此摩擦力發(fā)生變化，小球的運動狀態(tài)發(fā)生變化．
10． C 帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的軌道半徑r=mv/qB，設(shè)α粒子第一次穿過金屬片的速度v/，則
，所以v/=0．9v，動能減少
．根據(jù)阻力及電量恒定，α粒子每穿過一次金屬片，動能都減少0．19E，由
，故α粒子穿過5次后陷入金屬中．
11． B=
（6分） 控制變量法（2分）
解析：從表中數(shù)據(jù)分析不難發(fā)現(xiàn)B/I=k1和Br=k2，所以有B=kI/r，再將某一組B、I、r值代入上式得k=2×10－7Tm/A．所以得出磁感應(yīng)強度B與電流I及距離r的關(guān)系式為B=
．
12．（1）A （2分） 逆時針 （2分）
（2）運動電荷受到了磁場力（2分） 陰 （2分）
（3）吸引（2分） 排斥（2分）
13．解析：（1）設(shè)小球第一次到達最低點時速度為v，則由動能定理可得
（2分）
在最低點根據(jù)牛頓第二定律得，
（2分）
解得
C（2分）
根據(jù)左手定則可判斷小球帶負電（3分）
（2）根據(jù)機械能守恒可知，小球第二次到達最低點時速度小仍為v，此時懸線對小球的拉力為F，由牛頓第二定律得，
（3分）
解得
N（2分）
14．解析：（1）由牛頓第二定律可求得粒子在磁場中運動的 半徑，
（1分）
m>
（2分）
因此要使粒子在磁場中運動的時間最長，則粒子在磁場中運動的圓弧所對應(yīng)的弦長最長，從右圖中可以看出，以直徑ab為弦、R為半徑所作的圓，粒子運動的時間最長． （2分）
設(shè)該弦對應(yīng)的圓心角為
，而
（1分）
運動時間
（2分）
又
，故
s（2分）
（2）
（2分）
粒子在磁場中可能出現(xiàn)的區(qū)域：如圖中以Oa為直徑的半圓及以a為圓心Oa為半徑的圓與磁場相交的部分．繪圖如圖． （2分）
15．解析：如圖所示，帶電小球在做圓周運動的過程中受到電場力FE、洛倫茲力FB和彈力FN的作用，其合力即為小球做圓周運動的向心力，由圖可知：
（3分）
∴
（2分）
其中FB=qvB，FE=kQq/R2，代入上式可得，
（2分）
上式中m、R、B、q、k、Q均為常數(shù)，所以FN為v的二次函數(shù)．對照y=ax2+bx+c，有a=m/R，b=－Bq，c=kQq/R2． （2分）
因a>0，故FN有最小值，且當(dāng)
時，FN最�。ㄅR界條件），最小值為
．（2分）
可見，隨著小球運動速度的增大，圓環(huán)對小球的彈力FN先減小、后增大，且臨界狀態(tài)（最小值）出現(xiàn)在v=BqR/
16．解析：（1）要求光斑的長度，只要找到兩個邊界點即可．初速度沿x軸正方向的電子，沿弧OB運動到P；初速度沿y軸正方向的電子，沿弧OC運動到Q．
設(shè)粒子在磁場中運動的半徑為R，由牛頓第二定律得，
（4分）
即
，從圖中可以看出
（4分）
（2）沿任一方向射入第一象限的電子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都能垂直打到熒光屏MN上，需加最小面積的磁場的邊界是以（0，R）為圓心，半徑為R的圓的一部分，如圖中實線所示． （4分）
所以磁場范圍的最小面積
．（4分）
17．解析：（1）用左手定則判斷出：磁場方向為－x方向或－y方向． （4分）
（2）在未加勻強磁場時，帶電小球在電場力和重力作用下落到P點，設(shè)運動時間為t，
小球自由下落，有H=gt2/2（1分）
小球沿x軸方向只受電場力作用，Fe=qE（1分）
小球沿x軸的位移為l=at2/2（1分）
小球沿x軸方向的加速度為a=Fe/m（1分）
聯(lián)立求解，得E=mgl/qH． （2分）
（3）帶電小球在勻強磁場和勻強電場共存的區(qū)域運動時，洛倫茲力不做功．電場力做功為：We=qEl，（1分）
重力做功為WG=mgH（1分）
設(shè)落到N點時速度大小為v，根據(jù)動能定理得，
（2分）
解得，
（2分）
18．解析：（1）因帶電質(zhì)點做勻速圓周運動，故電場力與重力平衡，
①（1分）
又
②
兩板間電場強度
③（1分）
兩板間電壓
④（1分）
由閉合電路歐姆定律得，
⑤（1分）
由①～⑤得，
（2分）
（2）由題意知，電場力豎直向上，故質(zhì)點帶負電，由左手定則得洛倫茲力豎直向下，由平衡條件可得，
⑥（2分）
因兩極板間電壓
故
，
⑦（2分）
由⑥⑦解得，
⑧（1分）
（3）因板間電壓變?yōu)?sub>
⑨
故電場力
（2分）
由動能定理得，
⑩（2分）
由⑧⑨⑩解得
．（1分）
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