选修31第九章专题突破

1、专题突破 带电粒子在复合场中的运动突破一 带电粒子在组合场中的运动1组合场： 电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现。 2分析思路(1) 划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不 同的规律处理。(2) 找关键点： 确定带电粒子在场区边界的速度 (包括大小和方向 )是解决该类问题 的关键。(3) 画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有 利于形象、直观地解决问题。3组合场中的两种典型偏转例 1】 (2018 ·全国卷，25)如图 1，在 y>0 的区域存在方向沿 y轴负方向的匀强电场，场强大小为 E；在 y&l

2、t;0 的区域存在方向垂直于 xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核 11H 和一个氘核 12H 先后从 y 轴上 y h 点以相同的动能射出， 速度方 向沿 x轴正方向。已知 11H 进入磁场时，速度方向与 x轴正方向的夹角为 60°，并从坐标原点 O处第一次射出磁场。 11H的质量为 m，电荷量为 q。不计重力。求(1) 11H 第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离；(2) 磁场的磁感应强度大小；(3) 21H 第一次离开磁场的位置到原点 O 的距离。解析 (1)11H 在电场中做类平抛运动， 在磁场中做圆周运动， 运动轨迹如图所示 设 11H 在电场中的加速度大小为 a1，初速度

3、大小为 v1，它在电场中的运动时间为由运动学公式有s1 v1t1h12a1t21由题给条件， 11H 进入磁场时速度的方向与 x轴正方向夹角 160°。11H进入磁场 时速度的 y 分量的大小为 a1t1 v1tan 1联立以上各式得 s1233h(2)11H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有qEma1设 11H 进入磁场时速度的大小为 v1，由速度合成法则有 v1 v12( a1t1)2设磁感应强度大小为 B， 11H 在磁场中运动的圆轨道半径为 R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 由牛顿第二定律有 qE2ma211qv1Bmv1R1由几何关系得 s12R1sin 1联立以上各式

4、得 B 6qmhE(3)设 12H 在电场中沿 x 轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得221vmv12设12H 第一次射入磁场时的速度大小为 v2，速度的方向与 x 轴正方向夹角为 2， 入射点到原点的距离为 s2，在电场中运动的时间为 t2。由运动学公式有s2 v2t212v2 v22（ a2t2）214sin 2av22t215v2联立以上各式得 s2s1，2 1，v2 22v116设12H 在磁场中做圆周运动的半径为 R2，由16 式及粒子在匀强磁场中做圆周运 动的半径公式得(2m)v2R2 qB 2R117所以出射点在原点左侧。设 12H 进入磁场的

5、入射点到第一次离开磁场的出射点的 距离为 s2，由几何关系有 s2 2R2sin 218联立 16 17 18式得，21H 第一次离开磁场时的位置到原点 O的距离为 s2s2 233( 21)h19答案 (1)233h (2) 6qmhE (3)233( 21)h1如图 2 所示，在第象限内有沿 x 轴正方向的匀强电场，电场强度为 E，在 第、象限内分别存在如图所示的匀强磁场， 磁感应强度大小相等。 有一个带 电粒子以垂直于 x轴的初速度 v0从x轴上的 P点进入匀强电场中，并且恰好与 y 轴的正方向成 45°角进入磁场，又恰好垂直于 x轴进入第象限的磁场。 已知 O、 P 之间的距

6、离为 d，则带电粒子在磁场中第二次经过 x 轴时，在电场和磁场中运动的总时间为 （ ）图27dA.2v0C.vd0（232）v02B. d （25）v0d7 D. （2 ）v02解析 带电粒子的运动轨迹如图所示，带电粒子出电场时，速度v 2v0，这一过程的时间 t1 d2d，根据几何关系可得带电粒子在磁场中的偏转轨道半径rv0 v022 2d，带电粒子在第 象限中运动的圆心角为 34，故带电粒子在第 象限中的运动时间 t23m3 2d 3d，带电粒子在第 象限中运动的时间 t3 4Bq 2v2v0d7 故 t 总v0（2 2），D 正确。答案 D2（2018 ·南昌十校二模 ）如图

7、3所示，半径 r0.06 m的半圆形无场区的圆心在 坐标原点 O处，半径 R0.1 m、磁感应强度大小 B0.075 T的圆形有界磁场区 的圆心坐标为 （0，0.08 m），平行金属板 M、N 长 L 0.3 m，间距 d0.1 m，极板 间所加电压 U6.4×102 V，其中 N极板上收集的粒子被全部中和吸收。一位于 O 处的粒子源向第、象限均匀地发射速度大小 v6.0×105 m/s 的带正电粒 子，经圆形磁场偏转后，从第象限出射的粒子速度方向均沿 x 轴正方向。若粒 子重力不计、比荷 mq 108 C/kg，不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应，sin 37

8、76;0.6，cos 37 °0.8.求：图3(1) 粒子在磁场中的运动半径 R0；(2) 从坐标(0，0.18 m)处射出磁场的粒子在 O 点入射方向与 y轴夹角 ；(3)N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例 。解析 (1)带电粒子在磁场中做圆周运动，有2v qvBmR0mv 解得 R0 0.08 mqB(2)如图所示，设从 y0.18 m 处出射的粒子对应入射方向与 y轴夹角为 ，由几何关系可得 sin 0.8故 53°(3) 如图所示，设恰能从下极板右端出射的粒子射出磁场时的纵坐标为y，则 y 0.08 m设此粒子入射时速度方向与 x 轴夹角为 ，则有y r sin

9、 R0R0cos 453 °解得 tan ，即 53°比例 × 100% 29%3180 °答案 (1)0.08 m (2)53 ° (3)29%五步”突破带电粒子在组合场中的运动问题突破二 带电粒子在叠加场中的运动1磁场力、重力并存(1) 若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。(2) 若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做 功，故机械能守恒。2电场力、磁场力并存 (不计重力 )(1) 若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。(2) 若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求

10、解。3电场力、磁场力、重力并存(1) 若三力平衡，带电体做匀速直线运动。(2) 若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动。(3)若合力不为零，带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律或动能定 理求解。【例 2】 如图 4 所示，位于竖直平面内的坐标系 xOy，在其第三象限空间有垂 直于纸面向外的匀强磁场， 磁感应强度大小为 B0.5 T，还有沿 x轴负方向的匀 强电场，电场强度大小为 E 2 N/C。在其第一象限空间有沿 y 轴负方向的、电 场强度大小也为 E 的匀强电场，并在 y>h0.4 m 的区域有磁感应强度也为 B 的 垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电荷量为 q 的油滴从图

11、中第三象限的 P 点 得到一初速度，恰好能沿 PO做匀速直线运动 (PO与 x轴负方向的夹角为 45°)， 并从原点 O 进入第一象限。已知重力加速度 g 10 m/s2，问：图4(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并 指出油滴带何种电荷；(2)油滴在 P 点得到的初速度大小；(3) 油滴在第一象限运动的时间。解析 (1)根据受力分析 (如图 )可知油滴带负电荷，设油滴质量为 m，由平衡条件得，mg qE F 1 1 2 (2)由第(1)问得， mg qE， qvB 2qE，m/s(3) 进入第一象限，电场力和重力平衡，知油滴先做匀速直线运动，进入y

12、 h 的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图，最后从 x 轴上的 N 点离开第一象限。由 O A 匀速运动的位移为 s1sin h45 ° 2h；其运动时间 t1sv 0.1 s由 qvBmv ， T 2r得rv2mT qB ，油滴从 A C 的圆周运动时间为t241T2gEB0.628 s 由对称性知，从 CN 的时间 t3 t1； 在第一象限运动的总时间 tt1t2 t32× 0.1 s0.628 s0.828 s。答案 (1)1 1 2 油滴带负电荷 (2)4 2 m/s(3) 0.828 s三步 ”解决带电粒子在叠加场中的运动问题1（2017 ·全国卷 ， 16

13、）如图 5，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方 向竖直向上 （与纸面平行 ），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒 a、 b、 c 电荷量相等，质量分别为 ma、 mb、mc ，已知在该区域内， a 在纸面内做匀速圆 周运动， b 在纸面内向右做匀速直线运动， c 在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是 （ ）Ama>mb>mcBmb>ma>mcC mc>ma>mbDmc>mb>ma图5解析 由题意知， 三个带电微粒受力情况： mag qE，mbgqEqvB，mcgqvB qE，所以 mb>ma>mc，故选项 B 正确

14、，A、C、D 错误。答案 B2如图 6 所示，在正交的匀强电磁场中有质量、电荷量都相同的两油滴，A 静止， B 做半径为 R 的匀速圆周运动。若 B 与 A 相碰并结合在一起，则它们将()图6A以 B 原速率的一半做匀速直线运动 RB以 2R为半径做匀速圆周运动C仍以 R 为半径做匀速圆周运动D做周期为 B 的一半的匀速圆周运动 解析 由 A、B 相碰时动量守恒得 mv2mv，有 vv2。据题意碰后 A、B 合成的大油滴仍受重力与电场力平衡， 合外力是洛伦兹力， 所以继续做匀速圆周运动，且有 r 2mv mv R2qB 2qB 2，T2·m22m，T 2qB qB ，选项 B 正确。

15、答案 B突破三 带电粒子在交变电磁场中的运动解决带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路【例 3】 如图 7甲所示，宽度为 d 的竖直狭长区域内 （边界为 L1、L2），存在垂 直纸面向里的匀强磁场和竖直方向的周期性变化的电场 （如图乙所示 ），电场强度Q 点后，做一次N1N2的中点，重的大小为 E0，E>0 表示电场方向竖直向上。 t0 时，一带正电、质量为 m 的微 粒从左边界上的 N1点以水平速度 v 射入该区域，沿直线运动到 完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的 N2点。Q 为线段力加速度为 g。上述 d、E0、m、v、g 为已知量。图7(1)求微粒所带电荷量 q 和磁感应

16、强度(2)求电场变化的周期 T；B 的大小；(3)改变宽度 d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，解析 (1)微粒做直线运动，则求 T 的最小值。mgqE0qvB， 微粒做圆周运动，则 mgqE0 联立得 qmE0g2E0B v(2)设微粒从 N1运动到 Q 的时间为 t1，做圆周运动的周期为 t2， d2vt1v2qvBmR2R vt2联立 得t12dvvt2 g 电场变化的周期d vTt1t22v g (3)若微粒能完成题述的运动过程，要求 d2R2 联立 得 R v2g11设在 N1Q 段直线运动的最短时间为 t1min由 11得 t1minR v v2g因 t2 不变， T

17、的最小值为Tmin t1mint2（21）v2g答案 (1)mEg2E0v(2)2dvgv(3)（21）v2g1（多选）某一空间存在着磁感应强度为 B且大小不变、 方向随时间 t 做周期性变 化的匀强磁场 （如图 8 甲所示），规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于 该磁场中的带正电的粒子能按 abcdef 的顺序做横“”字 曲线运动 （即如图乙所示的轨迹 ），下列办法可行的是 （粒子只受磁场力的作用， 其 他力不计 ）（ ）图8A若粒子的初始位置在 a 处，在 t8T 时给粒子一个沿切线方向水平向右的初 速度B若粒子的初始位置在 f 处，在 t2T时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速 度

18、11C若粒子的初始位置在 e处，在 t 8T 时给粒子一个沿切线方向水平向左的初 速度D若粒子的初始位置在 b 处，在 tT2时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速 度 解析 要使粒子的运动轨迹如题图所示， 由左手定则知粒子做圆周运动的周期应T 3 3 为 T0T2，若粒子的初始位置在 a处时，对应时刻应为 t34T083T，选项 A 正确； 同理可判断选项 D 正确答案 ADq 的粒经过时2如图 9 甲所示，空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场， 变化规律如图乙所示 (取水平向右为正方向 )。一个质量为 m、电荷量为子 (重力不计 )，开始处于图中的 A 点。在 t0 时刻将该粒子

19、由静止释放， 间 t0 ，刚好运动到 B 点，且瞬时速度为零。已知电场强度大小为 E0 。试求；图9(1) 电场变化的周期 T 应满足的条件；(2) A、B 之间的距离；(3) 若在 t6T时刻释放该粒子，则经过时间 t0 粒子的位移为多大？解析 (1)根据粒子的初状态和受力特点可知，粒子运动的 v t 图象如图所示。 可见，当 t0nT 时，粒子的速度刚好为零，故有 Ttn0(n 为正整数 )。(2)由(1)图可知， A、B 之间的距离x21a(2T)2×2n14n·qmE0·(tn0)2E40mqnt0。(3)若在 t6T时刻释放该粒子，其 v t 图象如图所

20、示，此时 t0 时间内粒子的位移 1 T 2 1 T 2E0qt02xn2a(2×6)2×22a(6)2×2120m0n。答案 (1)Ttn0(n 为正整数 ) (2)E40mqnt0 (3)1E20mqtn0社会态度与责任系列 复合场中的 STSE 问题实例一 质谱仪装置原理图规律质谱仪1 带电粒子由静止被加速电场加速 qU22 mv2，在磁场中做匀速圆周运动 qvBmvr ， 则比荷mqB22Ur21.（多选）质谱仪最初是由汤姆逊的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪证实了同位素的存在。如图 10 所示，容器 A 中有质量分别为 m1、m2，电荷量相同的两种粒子 （不

21、考虑粒子重力及粒子间的相互作用 ），它们从容器 A 下方的小孔 S1不断飘入电 压为 U 的加速电场 （粒子的初速度可视为零 ），沿直线 S1S2（S2为小孔 ）与磁场垂直 的方向进入磁感应强度为 B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中， 最后打在水平放 置的照相底片上。由于实际加速电压的大小在 U±U 范围内微小变化，这两种 粒子在底片上可能发生重叠。对此，下列说法正确的有 （ ）图 10A两种粒子均带正电B打在 M 处的粒子质量较小C若 U 一定，U 越大越容易发生重叠D若 U 一定，U 越大越容易发生重叠解析 根据左手定则判断出两种粒子均带正电，选项 A 正确；设粒子质量为 m， 经

22、电场加速有 qU21mv2，得出 v 2qmU。粒子达到底片上的位置为 x2r 2BmqvmqU，q相同时， x越小说明质量越小，选项 B 正确；若 U一定，两种粒子打到底片的理论位置确定， U 越大，两种粒子理论位置两侧宽度越大，越容易发生重叠， 选项 C 正确；U 一定， 两种粒子理论位置两侧宽度不变， U 越大， 两种粒子打到底片的理论位置距离越大，越不容易发生重叠，选项 D 错误。答案 ABC实例二 回旋加速器装置原理图规律交变电流的周期和带电粒子做圆周运动的周回旋加速器期相同，带电粒子在圆周运动过程中每次经过2vqvBmr 得 EkmD 形盒缝隙都会被加速。由q2B2r2 2m2.(

23、2019名·师原创预测 )某回旋加速器的示意图如图 11，两个半径均为 R的 D 形 盒置于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，并与高频电源两极相连，现对氚核 (31e。列说法正确的是 ( )A D 形盒可以用玻璃制成B氚核的质量为 e2Bf2C高频电源的电压越大，氚核从 P 处射出的速度越大D若对氦核 (24He)加速，则高频电源的频率应调为 f解析 为使 D 形盒内的带电粒子不受外电场的影响， D 形盒应用金属材料制成， 以实现静电屏蔽， A 错误；为使回旋加速器正常工作，高频电源的频率应与带电 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的频率相等， 由 T12eBm1和 T11f ，得氚核

24、的 2质量m12eBf，B错误；由 evmBm1vm，得vmeBR，可见氚核从 P处射出时的2fRm1最大速度 vm与电源的电压大小无关， C错误；结合 T222emB2和 T2f12，得 f22mm21m1 3 3 f，又 m214，得 f2 2f，D 正确。答案 D实例三 速度选择器装置原理图规律速度 选择器若 qv0B Eq，即 v0BE，带电粒子做匀速运动3.在如图 12所示的平行板器件中，电场强度 E和磁感应强度 B 相互垂直。一带 电粒子 (重力不计 )从左端以速度 v 沿虚线射入后做直线运动，则该粒子 ( )图 12A一定带正电B速度 vEBC若速度 v>BE，粒子一定不能

25、从板间射出D若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动解析 粒子带正电和负电均可，选项 A 错误；由洛伦兹力等于电场力，即 qvB qE，解得速度 vBE，选项 B 正确；若速度 v>EB，粒子可能从板间射出，选项 C 错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不 能做直线运动，选项 D 错误。答案 B实例四 电磁流量计装置原理图规律电磁 流量计DUqqvB，所以 vDUB，所以 Q vSDUB UD 4BD2()24.如图 13 甲所示为海影号电磁推进试验舰艇， 船体下部的大洞使海水前后贯通。 舰艇沿海平面截面图如图乙所示，其与海水接触的两侧壁 M 和 N 分别

26、连接舰艇 内电源的正极和负极，舰艇内超导体在 M、N 间产生强磁场，使 M、N 间海水受到磁场力作用被推出， 船因此前进。 要使图乙中的舰艇向右前进， 则所加磁场的 方向应为 ( )图 13A水平向左B水平向右 C竖直向上D竖直向下解析 图乙为俯视图， 舰艇向右行驶， 必须获得向右的作用力， 由牛顿第三定律 知，海水受到的安培力必须向左， M 接正极，电流从 M 到 N，由左手定则知所 加磁场方向必须竖直向上，选项 C 正确。答案 C实例五 霍尔元件装置原理图规律霍尔元件当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差5.(多选)自行车速度计是利用霍尔效应传感器获知自

27、行车的运动速率。 如图 14 甲 所示，自行车前轮上安装一块磁铁， 轮子每转一圈， 这块磁铁就靠近传感器一次， 传感器会输出一个脉冲电压。 图乙为霍尔元件的工作原理图。 当磁场靠近霍尔元 件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、 电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差。下列说法正确的是()图 14A根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小 B自行车的车速越大，霍尔电势差越高C图乙中霍尔元件的电流 I 是由正电荷定向运动形成的 D如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小 解析 根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速， 若再已知自行车

28、车轮的半 径，根据 v2rn 即可获知车速大小， 选项 A 正确；根据霍尔原理可知 qUd qvB， 则 U Bdv，即霍尔电压与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速 度有关，与车轮转速无关， 故选项 B 错误；图乙中霍尔元件的电流 I 是由电子定 向运动形成的，选项 C 错误；如果长时间不更换传感器的电源，则会导致电子 定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，选项 D 正确。答案 AD讨论与电、磁场有关的实际问题，首先应通过分析将其提炼成纯粹的物理问题， 然后用解决物理问题的方法进行分析。 这里较多的是用分析力学问题的方法， 对 于带电粒子在磁场中的运动，还应特别注意运用几何知识寻

29、找关系。课时作业(时间： 45分钟)基础巩固练1如图 1 所示是一速度选择器，当粒子速度满足 v0 EB时，粒子沿图中虚线水 平射出； 若某一粒子以速度 v 射入该速度选择器后， 运动轨迹为图中实线， 则关 于该粒子的说法正确的是 ( )图1A粒子射入的速度一定是 v>EBB粒子射入的速度可能是 v<EBC粒子射出时的速度一定大于射入速度D 粒子射出时的速度一定小于射入速度答案 B2（多选 ）目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图2 所示表示它的发电原理：将一束等离子体 （即高温下电离的气体，含有大量带正电和负 电的粒子，而从整体来说呈中性 ）沿图中所示方向喷射入磁场

30、，磁场中有两块金 属板 A、 B，这时金属板上就聚集了电荷。在磁极配置如图中所示的情况下，下 列说法正确的是 （ ）AA 板带正电B有电流从 b 经用电器流向 aC金属板 A、B 间的电场方向向下D等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力 解析 由左手定则， A 板带负电，则电流从 b 经用电器流向 a，金属板间的电场 方向向上，故选项 B、D 正确。答案 BD3（多选 ）如图 3 所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动， 电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是 （ ）图3A小球一定带正电B小球一定带负电C小球的绕行方向为顺时针D改变小球的速度

31、大小，小球将不做圆周运动解析 由于小球做匀速圆周运动，有 qEmg，电场力方向竖直向上，所以小球 一定带负电，故选项 A 错误，B 正确；洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力， 由左手定则可判定小球绕行方向为顺时针，故选项 C 正确；改变小球速度大小， 小球仍做圆周运动，选项 D 错误。答案 BC4如图 4 所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定 的初速度沿直线射到荧光屏上的 O 点，出现一个光斑。在垂直于纸面向里的方 向上加一磁感应强度为 B 的匀强磁场后， 粒子束发生偏转， 沿半径为 r 的圆弧运 动，打在荧光屏上的 P 点，然后在磁场区域再加一竖直向下、电场强度大小为

32、 E 的匀强电场， 光斑从 P点又回到 O点。关于该粒子 （不计重力 ），下列说法正确的 是 （ ）BA粒子带负电B初速度为 v EC比荷为 mqBErD比荷为 mqBE2r解析 只存在磁场时，粒子打在 P点，由左手定则知粒子带正电，选项 A 错误；mv2q v E q因为 qv B mrv ，所以 mqBvr。加电场后满足 EqqvB，即 vBE，代入上式得 mq E2 ，选项 D 正确，B、C 错误。Br答案 D5（多选）回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图5 所示。 D1和D2 是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压 为 U、周期为 T 的交流电源

33、上。 位于 D1 的圆心处的质子源 A能不断产生质子 （初速度可以忽略 )，它们在两盒之间被电场加速。当质子被加速到最大动能Ek 后，再将它们引出。忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法正确的是 ( )图5A若只增大交变电压 U，则质子的最大动能 Ek 会变大B若只增大交变电压 U，则质子在回旋加速器中运行的时间会变短 C若只将交变电压的周期变为 2T，仍可用此装置加速质子D质子第 n 次被加速前、后的轨道半径之比为 n1 n解析 由 r mv可知，质子经加速后的最大速度与回旋加速器的最大半径有关，qB而与交变电压 U 无关，故选项 A 错误；增大交变电压，质子加速次数减小，所 以质子在回旋加

34、速器中的运行时间变短，选项 B 正确；为了使质子能在回旋加 速器中加速，质子的运动周期应与交变电压的周期相同，选项 C 错误；由 nqU 21mvn2以及 r n mqvB 可得质子第 n 次被加速前、后的轨道半径之比为 n1 n， 选项 D 正确。答案 BD6如图 6 所示为某种质谱仪的工作原理示意图。此质谱仪由以下几部分构成： 粒子源 N；P、Q 间的加速电场；静电分析器，即中心线半径为 R的四分之一圆 形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心 O，且与圆心 O 等距的 各点电场强度大小相等；磁感应强度为 B 的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外； 胶片 M 。由粒子源发出的不同带电粒

35、子， 经加速电场加速后进入静电分析器， 某 些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔 S垂直磁场边界进入磁场， 最终打到 胶片上的某点。 粒子从粒子源发出时的初速度不同， 不计粒子所受重力。 下列说 法正确的是 ( )图6A从小孔 S 进入磁场的粒子速度大小一定相等B从小孔 S 进入磁场的粒子动能一定相等C打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等D打到胶片上位置距离 O 点越远的粒子，比荷越大解析 从小孔 S 进入磁场，说明粒子在电场中运动半径相同，在静电分析器中， mv2qEmRv ，无法判断出粒子的速度和动能是否相等，选项 A 、B 错误；打到胶片2 mv 上同一点的粒子，在磁场中运动的半径相

36、同，由 qvB mvr ，得 r qB，联立 qE mRv ，可得 r BEvR，所以打到胶片上同一点的粒子速度相等，与比荷无关，选rmqBv可得rB1 D 错误。mqER，比荷越小，打到胶片上的粒2 项 C 正确，由 qE R 和 子位置距 O 点越远，选项 答案 C综合提升练7(多选)如图 7所示，质量为 m、带电荷量为 q的带电圆环套在足够长的绝缘 杆上，杆与环之间的动摩擦因数为 ，杆处于正交的匀强电场和匀强磁场中，杆 与水平电场的夹角为 ，若环能从静止开始下滑，则以下说法正确的是 ( )A环在下滑过程中，加速度不断减小，最后为零B环在下滑过程中，加速度先增大后减小，最后为零C环在下滑过

37、程中，速度不断增大，最后匀速D环在下滑过程中，速度先增大后减小，最后为零解析 对环进行受力分析，可知环受重力、电场力、洛伦兹力、杆的弹力和摩擦 力 作 用 ， 由 牛 顿 第 二 定 律 可 知 ， 加 速 度 a1 mgsin qEcos (mmgcos qEsin qvB)，当速度 v 增大时，加速度也增 大 ， 当 速 度 v 增 大 到 弹 力 反 向 后 ， 加 速 度 a2 mgsin qEcos (qmvBmgcos qEsin )，随速度 v 的增大而减小，当加 速度减为零时，环做匀速运动， B、C 正确。答案 BC8(2019 ·黑龙江牡丹江模拟 )如图 8 所示为

38、质谱仪的原理图， M 为粒子加速器， 电压为 U15 000 V；N 为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为 B10.2 T，板间距离为 d0.06 m；P 为一个边长为 l 的正方形 abcd磁场区，磁感应强 度为 B20.1 T，方向垂直纸面向外，其中 dc 的中点 S 开有小孔，外侧紧贴 dc 放置一块荧光屏。今有一比荷为 mq 108 C/kg 的正离子从静止开始经加速后，恰 好通过速度选择器， 从 a 孔以平行于 ab 方向进入 abcd磁场区，正离子刚好经过 小孔 S 打在荧光屏上。求：(1) 粒子离开加速器时的速度 v；(2) 速度选择器的电压 U2；(3) 正方形 abcd

39、 的边长 l。1 解析 (1)粒子经加速电场 U1 加速，获得速度 v，由动能定理得 qU12mv2， 解得 v 2qU11×106 m/s。m(2)粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则电场力与洛伦兹力平衡，得qEqvB1，且 EUd ，2mvqvB2 r ，解得 U2B1dv1.2× 104 V。(3)粒子在 B2 中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有得粒子在 B2 磁场中做匀速圆周运动的半径mv r 0.1 m 。qB2l2由几何关系可知 r2(lr)2l4，8 解得正方形的边长 l8r0.16 m。5答案 (1)1×106 m/s (2)1.2×104 V (3)0.16 m 9如图 9 所示，在 xOy 平面内，有一半径为 R、磁感应强度为 B1(未知)、方向 垂直纸面向里的圆形磁场区域与 x轴相切于 O点，圆心 O1位于(0，R)；x 轴下 方有一直线 CD，CD 与 x 轴相距 3R，x 轴与直线 CD 之间的区域有一沿 y 轴 的匀强电场，电