4、量為m，則氘核的質(zhì)量為2m.在加速電場里，由動能定理可得：eU＝
mv2，在復(fù)合場里有：Bqv＝qE?v＝，同理對于氘核由動能定理可得離開加速電場的速
度比質(zhì)子的速度小，所以當(dāng)它進(jìn)入復(fù)合場時所受的洛倫茲力小于電場力，將往電場力方
向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，故動能增大，B選項(xiàng)正確．
答案 B
圖8－3－4
4．磁流體發(fā)電機(jī)可以把氣體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，是一種低碳環(huán)保發(fā)電機(jī)，有著廣泛的發(fā)展前景．其發(fā)電原理示意圖如圖8－3－4所示，將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負(fù)電的微粒，整體上呈電中性)噴射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場區(qū)域有兩塊面積為S，相距為d的平行金屬板與
5、外電阻R相連構(gòu)成一電路，設(shè)氣流的速度為v，氣體的電導(dǎo)率(電阻率的倒數(shù))為g.則 ( )．
A．兩板間電勢差為U＝Bdv
B．上板是電源的正極，下板是電源的負(fù)極
C．流經(jīng)R的電流強(qiáng)度為I＝
D．流經(jīng)R的電流強(qiáng)度為I＝
解析 等離子體噴射入磁場后，在洛倫茲力F1＝qBv的作用下正離子向上偏，負(fù)離子向
下偏，則上板是電源的正極，下板是電源的負(fù)極，B對；兩板間形成向下的電場，正、
負(fù)離子將受到電場力F2＝q阻礙其偏轉(zhuǎn)，假設(shè)外電路斷路，則qBv＝q，即U＝Bdv為
電源電動勢，A錯．電源內(nèi)阻為r＝ρ＝，由閉合電路歐姆定律得I＝＝，
C、D錯(等效思維法)．
答案 B
圖8－
6、3－5
5．如圖8－3－5所示的真空環(huán)境中，勻強(qiáng)磁場方向水平、垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.5 T；勻強(qiáng)電場方向水平向左，場強(qiáng)E＝ N/C.一個帶負(fù)電的小顆粒質(zhì)量m＝3.010－7kg.帶電量q＝3.010－6C，帶電小顆粒在這個區(qū)域中剛好做勻速直線運(yùn)動．
(1)求這個帶電小顆粒運(yùn)動的方向和速度大?。?
(2)如果小顆粒運(yùn)動到圖中P點(diǎn)時，把磁場突然撤去，小顆粒將做什么運(yùn)動？若運(yùn)動中小
顆粒將會通過與P點(diǎn)在同一電場線上的Q點(diǎn)，那么從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)所需時間有多長？
(g取10 m/s2)
解析 (1)帶電小顆粒受力如圖：
tan α＝＝ 所以α＝30
由左手定則，帶負(fù)電
7、小顆粒運(yùn)動方向應(yīng)與水平方向成60角斜向右上方．
由平衡條件可得：qvB＝，解得v＝＝0.8 m/s.
(2)撤去磁場后，小顆粒受到的重力和電場力的合力與速度方向垂直，故小顆粒將做勻變
速曲線運(yùn)動(類平拋運(yùn)動)．
加速度大小為a＝＝2g＝20 m/s2
方向與水平方向成30角斜向右下方．
在豎直方向上，小顆粒做初速度為vsin 60、加速度為g的豎直上拋運(yùn)動，從P點(diǎn)運(yùn)動
到Q點(diǎn)所需時間為t＝＝0.08 s≈0.14 s.
答案 (1)0.8 m/s 方向與水平方向成60角斜右上方 (2)勻變速曲線運(yùn)動(類平拋運(yùn)動)
0.14 s
圖8－3－6
6．如圖8－3－6所示，在
8、虛線DF的右側(cè)整個空間存在著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T，其中在矩形區(qū)域DFHG內(nèi)還分布有水平向左的勻強(qiáng)電場．絕緣光滑斜面傾角θ＝60，其末端與邊界DF交于C點(diǎn)，一帶正電的小球質(zhì)量為m＝2103 kg，從距C點(diǎn)高h(yuǎn)＝0.8 m處的A點(diǎn)由靜止釋放，離開斜面后，從C點(diǎn)進(jìn)入DFHG區(qū)域后恰能沿直線運(yùn)動最后從邊界HG上的M點(diǎn)進(jìn)入磁場，取g＝10 m/s2，求：
(1)小球滑到C點(diǎn)時，重力的功率；
(2)電場強(qiáng)度E的大?。?
(3)如果小球從M點(diǎn)進(jìn)入磁場后能經(jīng)過圖中的N點(diǎn)，已知MN兩點(diǎn)豎直高度差d＝0.45 m，
求小球經(jīng)過N點(diǎn)時速度大小．
解析 (1)小球下滑，機(jī)
9、械能守恒mgH＝
知重力的功率為P＝mgv0sin θ
解得P＝0.069 W
(2)做直線運(yùn)動，分析可知一定為勻速直線運(yùn)動，由平衡條件知 qv0Bcos θ＝mg
qE＝mgtg θ
解得 E＝ N/C
(3)進(jìn)入磁場區(qū)域，洛倫茲力不做功，機(jī)械能守恒，
有mgh＝－
解得vN＝5 m/s(優(yōu)選機(jī)械能守恒)
答案 (1)0.069 W (2) N/C (3)5 m/s
7．在如圖8－3－7所示的空間里，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝.在豎直方向存在交替變化的勻強(qiáng)電場如圖(豎直向上為正)，電場大小為E0＝.一傾角為θ長度足夠長的光滑絕緣斜面放置在此空間．斜面上有
10、一質(zhì)量為m，帶電量為－q的小球，從t＝0時刻由靜止開始沿斜面下滑，設(shè)第5秒內(nèi)小球不會離開斜面，重力加速度為g.求：
(1)第6秒內(nèi)小球離開斜面的最大距離．
(2)第19秒內(nèi)小球未離開斜面，θ角的正切值應(yīng)滿足什么條件？
圖8－3－7
解析 (1)設(shè)第一秒內(nèi)小球在斜面上運(yùn)動的加速度大小為a，由牛頓第二定律得：(mg＋
qE0)sin θ＝ma ①
第一秒末的速度為：v＝at1 ②
在第二秒內(nèi)：qE0＝mg ③
所以小球?qū)㈦x開斜面在上方做勻速圓周運(yùn)動，則由向心力公式得qvB＝m ④
圓周運(yùn)動的周期為：T＝
11、＝1 s ⑤
由題圖可知，小球在奇數(shù)秒內(nèi)沿斜面做勻加速運(yùn)動，在偶數(shù)秒
內(nèi)離開斜面做完整的圓周運(yùn)動．所以，第五秒末的速度為：v5
＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsin θ ⑥
小球離開斜面的最大距離為d＝2R3 ⑦
由以上各式得：d＝.
(2)第19秒末的速度：
v19＝a(t1＋t3＋t5＋t7＋…＋t19)＝20gsin θ ⑧
小球未離開斜面的條件是：
qv19B≤(mg＋qE0)cos θ ⑨
所以：tan θ≤(葡萄串模型)．
答案 (1) (2)tan θ≤
圖8－3－8
8．如圖8－3－8所示，
12、A、B間存在與豎直方向成45斜向上的勻強(qiáng)電場E1，B、C間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場E2，A、B的間距為1.25 m，B、C的間距為3 m，C為熒光屏．一質(zhì)量m＝1.010－3kg，電荷量q＝＋1.010－2C的帶電粒子由a點(diǎn)靜止釋放，恰好沿水平方向經(jīng)過b點(diǎn)到達(dá)熒光屏上的O點(diǎn)．若在B、C間再加方向垂直于紙面向外且大小B＝0.1 T的勻強(qiáng)磁場，粒子經(jīng)b點(diǎn)偏轉(zhuǎn)到達(dá)熒光屏的O′點(diǎn)(圖中未畫出)．取g＝10 m/s2.求：
(1)E1的大??；
(2)加上磁場后，粒子由b點(diǎn)到O′點(diǎn)電勢能的變化量．
解析 (1)粒子在A、B間做勻加速直線運(yùn)動，豎直方向受力平衡，則有：qE1cos 45＝mg
解得：E
13、1＝ N/C＝1.4 N/C.
(2)粒子從a到b的過程中，
由動能定理得：qE1dABsin 45＝mvb2
解得vb＝＝5 m/s
加磁場前粒子在B、C間必做勻速直線運(yùn)動，則有：qE2＝mg
加磁場后粒子在B、C間必做勻速圓周運(yùn)動，如圖所示，由動力學(xué)
知識可得：qvbB＝m
解得：R＝5 m
設(shè)偏轉(zhuǎn)距離為y，由幾何知識得：
R2＝dBC2＋(R－y)2
代入數(shù)據(jù)得y＝1.0 m
粒子在B、C間運(yùn)動時電場力做的功為：
W＝－qE2y＝－mgy＝－1.010－2J.
由功能關(guān)系知，粒子的電勢能增加了1.010－2J.(拱橋型)
答案 (1)1.4N/C (2)1.010－2J
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【步步高】高考物理大一輪復(fù)習(xí) 8.3 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動
