(限時：45分鐘)
1．如圖所示，虛線空間中存在由勻強電場e和勻強磁場b組成的正交或平行的電場和磁場，
有乙個帶正電小球(電荷量為＋q，質量為m)從正交或平行的電磁復合場上方的某一高度
自由落下，那麼，帶電小球可能沿直線通過的是
答案 cd
解析帶電小球進入復合場時受力情況：
其中只有c、d兩種情況下合外力可能為零或與速度的方向相同，所以有可能沿直線通過復合場區域，a項中力qvb隨速度v的增大而增大，所以三力的合力不會總保持在豎直方向，合力與速度方向將產生夾角，做曲線運動，所以a錯．
2．如圖1所示，一電子束沿垂直於電場線與磁感線方向入射後偏向a極板，為了使電子束
沿射入方向做直線運動，可採用的方法是
圖1a．將變阻器滑動頭p向右滑動
b．將變阻器滑動頭p向左滑動
c．將極板間距離適當減小
d．將極板間距離適當增大
答案 d
解析電子射入極板間後，偏向a板，說明eq>bvq，由e＝可知，減小場強e的方法有增大板間距離和減小板間電壓，故c錯誤，d正確；而移動滑動頭p並不能改變板間電壓，故a、b均錯誤．
3．導體導電是導體中的自由電荷定向移動的結果，這些可以移動的電荷又叫載流子，例如金
屬導體中的載流子就是自由電子．現代廣泛應用的半導體材料可以分成兩大類，一類是n
型半導體，它的載流子為電子；另一類為p型半導體，它的載流子是「空穴」(相當於帶
正電的粒子)．如果把某種材料製成的長方體放在勻強磁場中，磁場方向如圖2所示，且
與前、後側面垂直．長方體中通有水平向右的電流，測得長方體的上、下表面m、n的電
勢分別為φm、φn，則該種材料
圖2a．如果是p型半導體，有φm>φn
b．如果是n型半導體，有φm<φn
c．如果是p型半導體，有φm<φn
d．如果是金屬導體，有φm<φn
答案 c
解析如果是p型半導體，它的載流子是「空穴」，由左手定則可知，「空穴」受到的洛倫茲力指向n，「空穴」偏向n，有φm<φn，選項a錯誤，c正確．如果是n型半導體，它的載流子是電子，由左手定則可知，電子受到的洛倫茲力指向n，電子偏向n，有φm>φn，選項b錯誤．如果是金屬導體，它的載流子是電子，由左手定則可知，電子受到的洛倫茲力指向n，電子向n偏移，有φm>φn，選項d錯誤．
4.如圖3所示的虛線區域內，存在垂直於紙面向裡的勻強磁場和豎直向下的
勻強電場．一帶電粒子a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的o點射入
磁場、電場區域，恰好沿直線由區域右邊界的o′點(圖中未標出)穿出．若
撤去該區域內的磁場而保留電場不變，另乙個同樣的粒子b(不計重力)仍
以相同初速度由o點射入，從區域右邊界穿出，則粒子b圖3
a．穿出位置一定在o′點下方
b．穿出位置一定在o′點上方
c．在電場中運動時，電勢能一定減小
d．在電場中運動時，動能一定減小
答案 c
解析 a粒子要在電場、磁場的復合場區內域做直線運動，則該粒子一定沿水平方向做勻速直線運動，故對粒子a有：bqv＝eq，即只要滿足e＝bv無論粒子帶正電還是負電，粒子都可以沿直線穿出復合場區域；當撤去磁場只保留電場時，粒子b由於電性不確定，故無法判斷從o′點的上方還是下方穿出，選項a、b錯誤；粒子b在穿過電場區域的過程中必然受到電場力的作用而做類平拋運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故c項正確，d項錯誤．
5.利用如圖4所示的方法可以測得金屬導體中單位體積內的自由電子數
n，現測得一塊橫截面為矩形的金屬導體的寬為b，厚為d，並加有與
側面垂直的勻強磁場b，當通以圖示方向電流i時，在導體上、下表
面間用電壓表可測得電壓為u.已知自由電子的電荷量為e，則下列判圖4
斷正確的是
a．上表面電勢高
b．下表面電勢高
c．該導體單位體積內的自由電子數為
d．該導體單位體積內的自由電子數為
答案 bd
解析畫出平面圖如圖所示，由左手定則可知，自由電子向上表面偏
轉，故下表面電勢高，a錯誤，b正確．再根據e＝evb，i＝nesv
＝nebdv得n＝，故d正確，c錯誤．
6.如圖5所示，兩導體板水平放置，兩板間電勢差為u，帶電粒子以某
一初速度v0沿平行於兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板後又沿
垂直於磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場，則粒子射入磁場和射出
磁場的m、n兩點間的距離d隨著u和v0的變化情況為圖5
a．d隨v0增大而增大，d與u無關
b．d隨v0增大而增大，d隨u增大而增大
c．d隨u增大而增大，d與v0無關
d．d隨v0增大而增大，d隨u增大而減小
答案 a
解析設粒子從m點進入磁場時的速度大小為v，該速度與水平方向的夾角為θ，故有v＝.粒子在磁場中做勻速圓周運動半徑為r＝.而mn之間的距離為d＝2rcos θ.
聯立解得d＝2，故選項a正確．
7．如圖6所示，在xoy座標系中，x軸上的n點到o點的距離是12 cm，
虛線np與x軸負向的夾角是30°.第ⅰ象限內np的上方有勻強磁場，
磁感應強度b＝1 t，第ⅳ象限內有勻強電場，方向沿y軸正向．將一
質量m＝8×10－10 kg、電荷量q＝1×10－4 c帶正電粒子，從電場中
m(12，－8)點由靜止釋放，經電場加速後從n點進入磁場，又從y軸
上p點穿出磁場．不計粒子重力，取π＝3，求圖6
(1)粒子在磁場中運動的速度v；
(2)粒子在磁場中運動的時間t；
(3)勻強電場的電場強度e.
答案 (1)104 m/s (2)1.6×10－5 s (3)5×103 v/m
解析 (1)粒子在磁場中的軌跡如圖，由幾何關係得粒子做圓周運動的軌道半徑
r＝×12 cm＝0.08 m
由qvb＝m得
v＝104 m/s
(2)粒子在磁場中運動軌跡所對圓心角為120°，則有
t＝×＝1.6×10－5 s
(3)由qed＝mv2得e＝＝5×103 v/m
8．如圖7所示，m、n為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間
電壓可取從零到某一最大值之間的任一數值．靜止的帶電粒子帶電
荷量為＋q，質量為m(不計重力)，從靠近m板的p點經電場加速
後，從小孔q進入n板右側的勻強磁場區域，磁感應強度大小為
b，方向垂直於紙面向外，cd為磁場邊界上的一絕緣板，它與n
板的夾角為θ＝45°，孔q到板的下端c的距離為l，當m、n兩圖7
板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在cd板上，求：
(1)兩板間電壓的最大值um；
(2)cd板上可能被粒子打中的區域的長度s；
(3)粒子在磁場中運動的最長時間tm.
答案 (1) (2)(2－)l (3)
解析 (1)m、n兩板間電壓取最大值時，粒子恰垂直打在cd板上，所以圓心在c點，如圖所示，ch＝qc＝l
故半徑r1＝l
又因為qv1b＝m
且qum＝mv，所以um＝.
(2)設粒子在磁場中運動的軌跡與cd板相切於k點，此軌跡的半徑為r2，設圓心為a，在△akc中：
sin 45°＝
解得r2＝(－1)l，即＝r2＝(－1)l
所以cd板上可能被粒子打中的區域的長度s＝，即
s＝r1－r2＝(2－)l
(3)打在q、e間的粒子在磁場中運動的時間最長，均為半個週期，所以tm＝＝.
9．中國著名物理學家、中國科學院院士何澤慧教授曾在2023年首次通過實驗觀察到正、負
電子的彈性碰撞過程．有人設想利用電場、磁場控制正、負電子在雲室中運動來再現這一
過程．實驗設計原理如下：在如圖8所示的xoy平面內，a、c二小孔距原點的距離均為
l，每隔一定的時間源源不斷地分別從a孔射入正電子，c孔射入負電子，初速度均為v0，
方向垂直x軸，正、負電子的質量均為m，電荷量均為e(忽略電子之間的相互作用)．在
y軸的左側區域加一水平向右的勻強電場，在y軸的右側區域加一垂直紙面的勻強磁場(圖
中未畫出)，要使正、負電子在y軸上的p(0，l)處相碰．求：
圖8(1)電場強度e的大小；磁感應強度b的大小及方向；
(2)p點相碰的正、負電子的動能之比和射入小孔的時間差δt；
(3)若某一從a點射入的正電子到達p點沒能與負電子相碰，則在以後的運動中能否在第一象限內與c點射入的電子相碰？請簡單說明理由．
答案見解析
解析 (1)對a處進入的正電子，由類平拋運動規律得：
l＝v0ta
l＝at＝t
得e＝對c處進入的負電子，由牛頓第二定律得ev0b＝
b＝，方向垂直紙面向外
(2)設p點相碰的正、負電子的動能分別為eka、ekc.對a處進入的正電子，由動能定理得：
eel＝eka－，所以eka＝
故＝從c進入的負電子運動的時間為tc＝×＝
從a進入的正電子運動的時間ta＝
δt＝tc－ta，得δt＝－＝
(3)不能相碰．
原因：從a經過p點的正電子在y軸右側做向上彎曲的圓周運動的軌跡不能與c點射入的電子軌跡相交．
選修3 1第八章專題突破1帶電粒子在復合場中的運動
專題突破1 帶電粒子在復合場中的運動 帶電粒子在組合場中的運動 磁偏轉 和 電偏轉 的比較 例1 2018 江蘇單科，15 如圖11所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區域間隔為2d，中軸線與磁場區域兩側相交於o o 點，各區域磁感應強度大小相等。某粒子質量為m 電...
第八章單元小結
八年級下冊 第八章 單元小結 人教版 一 知識梳理 1 牛頓第一定律 1 物體的運動不需要力來維持，力是改變物體運動狀態的原因 2 一切物體在沒有受到力的作用時，總保持靜止或勻速直線運動狀態。3 慣性 物體具有保持原來運動狀態不變的性質叫做慣性。一切物體都有慣性。慣性大小只與物體的質量有關係。2 二...
8第八章小結
方面第八章小結 一 靜電場基本方程 應用庫侖定律 場強疊加原理和電荷守恆定律得出靜電場基本方程 高斯定理 靜電場環路定理 高斯定理說明靜電場是有源場，電場線發自正電荷，終止於負電荷。靜電場環路定理說明靜電場是無旋場，有勢場，可引入標量電勢的概念。環路定理和高斯定理各從乙個方面反映了靜電場性質，環路定...