12、放置的平行金屬板，一束具有各種不同速率的電子沿水平方向經(jīng)小孔O進入a、b兩板之間．為了選取具有某種特定速率的電子，可在a、b間加上電壓，并沿垂直于紙面的方向加一勻強磁場，使所選電子仍能夠沿水平直線OO′運動，由O′射出，不計重力作用．可能達到上述目的的辦法是( )
A．使a板電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向里
B．使a板電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向里
C．使a板電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向外
D．使a板電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向外
解析：選AD.要使電子沿直線OO′運動，則電子在豎直方向所受電場力和洛倫茲力平衡，若a板電勢高于b板，則電子所受電場力方向豎直向上，其所受
13、洛倫茲力方向必向下，由左手定則可判定磁場方向垂直紙面向里，故A選項正確．同理可判斷D選項正確．
8．(多選)(2019·麗水調(diào)研)如圖甲是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒．在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，兩盒分別與高頻電源相連．帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷正確的是( )
A．在Ek－t圖中應有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1
B．高頻電源的變化周期應該等于tn－tn－1
C．粒子加速次數(shù)越多，粒子最大動能一定越大
D．要想粒子獲得的最大動能增大，可增加D形盒的半
14、徑
解析：選AD.帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與速度大小無關(guān)，因此，在Ek－t圖中應有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，選項A對；帶電粒子在回旋加速器中每運行一周加速兩次，高頻電源的變化周期應該等于2(tn－tn－1)，選項B錯；由r＝mv/(qB)＝/(qB)可知，粒子獲得的最大動能決定于D形盒的半徑，當軌道半徑與D形盒半徑相等時粒子就不能繼續(xù)加速，故選項C錯、D對．
9．(多選)如圖所示，實線表示在豎直平面內(nèi)的電場線，電場線與水平方向成α角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿虛線L斜向上做直線運動，L與水平方向成β角，且α>β，則下列說法中正確的是( )
15、
A．液滴可能做曲線運動
B．液滴有可能做勻變速直線運動
C．電場線方向一定斜向上
D．液滴一定帶正電
解析：選CD.帶電液滴受豎直向下的重力G、沿電場線方向的電場力F、垂直于速度方向的洛倫茲力F洛，由于α>β，這三個力的合力不可能沿帶電液滴的速度方向，因此這三個力的合力一定為零，帶電液滴做勻速直線運動，不可能做曲線運動和勻變速直線運動，故選項A、B錯誤．當帶電液滴帶正電，且電場線方向斜向上時，帶電液滴受豎直向下的重力G、沿電場線向上的電場力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛倫茲力f作用，這三個力的合力可能為零，帶電液滴沿虛線L做勻速直線運動．如果帶電液滴帶負電或電場線方向斜向下時，帶電
16、液滴所受合力不為零，不可能沿直線運動，故選項C、D正確．
二、非選擇題
10．如圖所示，在平面直角坐標系xOy內(nèi)，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第Ⅳ象限以O(shè)N為直徑的半圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，從y軸正半軸上y＝h處的M點，以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上x＝2h處的P點進入磁場，最后以垂直于y軸的方向射出磁場．不計粒子重力．求：
(1)電場強度的大小E；
(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；
(3)粒子從進入電場到離開磁場經(jīng)歷的總時間t.
解析：粒子的運動軌跡如圖所示．
(1)設(shè)粒子在電場中
17、運動的時間為t1
則有2h＝v0t1，h＝at
根據(jù)牛頓第二定律得Eq＝ma
求得E＝.
(2)設(shè)粒子進入磁場時速度為v，在電場中，由動能定理得
Eqh＝mv2－mv
又Bqv＝m，解得r＝.
(3)粒子在電場中運動的時間t1＝
粒子在磁場中運動的周期T＝＝
設(shè)粒子在磁場中運動的時間為t2，
t2＝T＝，求得t＝t1＋t2＝＋.
答案：見解析
11．(2019·浙江猜題卷)如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度為B，方向垂直xOy平面向里，電場線平行于y軸．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電荷的小球，從y軸上的A點
18、水平向右拋出．經(jīng)x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，MN之間的距離為L，小球過M點時的速度方向與x軸正方向夾角為θ.不計空氣阻力，重力加速度為g，求：
(1)電場強度E的大小和方向；
(2)小球從A點拋出時初速度v0的大?。?
(3)A點到x軸的高度h.
解析：(1)小球在電場和磁場中恰能做勻速圓周運動，其所受電場力必須與重力平衡，有qE＝mg ①
E＝ ②
重力的方向是豎直向下，電場力的方向則應為豎直向上，由于小球帶正電，所以電場強度方向豎直向上．
(2)小球做勻速圓周運動，O′為圓心，MN為弦長，∠MO′P＝θ，如圖所示．設(shè)半
19、徑為r，由幾何關(guān)系知
＝sin θ ③
小球做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，設(shè)小球做圓周運動的速率為v，有qvB＝ ④
由速度的合成與分解知＝cos θ ⑤
由③④⑤式得v0＝cot θ. ⑥
(3)設(shè)小球到M點時的豎直分速度為vy，它與水平分速度的關(guān)系為vy＝v0tan θ⑦
由勻變速直線運動規(guī)律得v＝2gh ⑧
由⑥⑦⑧式得h＝.
答案：(1) 方向豎直向上 (2)cot θ
(3)
12．(2019·杭州模擬)如圖所示，在一個圓形區(qū)域內(nèi)，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4與A1A3的夾角為60°.一質(zhì)
20、量為m、帶電荷量為＋q的粒子以某一速度從Ⅰ區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30°角的方向射入磁場，隨后該粒子以垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進入Ⅱ區(qū)，最后再從A4處射出磁場．已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t，求Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中磁感應強度的大?。?忽略粒子重力)
解析：設(shè)粒子的入射速度為v，已知粒子帶正電，故它在磁場中先順時針做圓周運動，再逆時針做圓周運動，最后從A4點射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分別表示粒子在磁場Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中的磁感應強度、軌道半徑和周期，有
qvB1＝m，qvB2＝m，
T1＝＝，T2＝＝.
設(shè)圓形區(qū)域的半徑為r，如圖所示，已知帶電粒子過圓心且垂直A
21、2A4進入Ⅱ區(qū)磁場．連接A1A2，△A1OA2為等邊三角形，A2為帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場中運動軌跡的圓心，其軌跡的半徑R1＝A1A2＝OA2＝r.
圓心角∠A1A2O＝60°，帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場中運動的時間為t1＝T1.
帶電粒子在Ⅱ區(qū)磁場中運動軌跡的圓心在OA4的中點，即R2＝r.
在Ⅱ區(qū)磁場中運動的時間為t2＝T2，
帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時間t＝t1＋t2.
由以上各式可得B1＝，B2＝.
答案：
【課后達標檢測(二)】
一、選擇題
1．(2019·紹興高二檢測)如圖所示，一束負離子從S點沿水平方向射出，在沒有電、磁場時恰好擊中熒光屏上的坐標原點O；若同時加
22、上電場和磁場后，負離子束最后打在熒光屏上坐標系的第Ⅲ象限中，則所加電場E和磁場B的方向可能是(不計離子重力及其間相互作用力，x軸垂直紙面向里)( )
A．E向上，B向上 B．E向下，B向下
C．E向上，B向下 D．E向下，B向上
答案：C
2.如圖所示為一速度選擇器，兩極板P1，P2之間存在電場強度為E的勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場．一束粒子流(重力不計)以速度v從S1沿直線運動到S2，則下列說法中正確的是( )
A．粒子一定帶正電
B．粒子一定帶負電
C．粒子的速度一定等于
D．粒子的速度一定等于
答案：D
3．(2019·嘉興質(zhì)檢)如圖所示，一電子束沿垂直
23、于電場線與磁感線方向入射后偏向A極板，為了使電子束沿射入方向做直線運動，可采用的方法是( )
A．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
4．(多選)(2019·溫州質(zhì)檢)在如圖所示的虛線區(qū)域中存在勻強電場和勻強磁場．取坐標系如圖，一帶電粒子沿x軸正向進入此區(qū)域，在穿過此區(qū)域的過程中運動方向始終不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，不計重力的影響，電場強度E和磁感應強度B的方向可能是( )
A．E和B都沿x軸正向
B．E沿y軸正向，B沿z軸正向
C．E沿z軸正向，B沿y軸正向
D．E、B都沿z軸正向
解析：選AB.本
24、題沒有說明帶電粒子的帶電性質(zhì)，為便于分析，假定粒子帶正電．A選項中，磁場對粒子作用力為零，電場力與粒子運動方向在同一直線上，帶電粒子的運動方向不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，A正確；B選項中，電場力方向向上，洛倫茲力方向向下，當這兩個力平衡時，粒子運動方向可以始終不變，B正確；C選項中，電場力、洛倫茲力都沿z軸正方向，粒子將做曲線運動，C錯誤；D選項中，電場力沿z軸正方向，洛倫茲力沿y軸負方向，兩力不可能平衡，粒子將做曲線運動，D錯誤．如果粒子帶負電，仍有上述結(jié)果．
5.如圖所示，在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中，電荷量為q的液滴在豎直面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動，已知電場強度為E，磁感應強度為B，則液滴的質(zhì)
25、量和環(huán)繞速度分別為( )
A.，
B.，
C．B，
D.，
解析：選D.液滴要在這種疊加場中做勻速圓周運動，從受力的角度來看，一是要滿足恒力的合力為零，即qE＝mg，有m＝；二是洛倫茲力提供向心力Bqv＝，則可得v＝，選項D正確．
6．(多選)(2019·寧波調(diào)研)如圖所示是醫(yī)用回旋加速器示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連．現(xiàn)分別加速氘核(H)和氦核(He)．下列說法中正確的是( )
A．它們的最大速度相同
B．它們的最大動能相同
C．它們在D形盒中運動的周期相同
D．僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能
答案：AC
26、
7．(多選)質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖所示，離子源S產(chǎn)生的各種不同正離子束(速度可看為零)，經(jīng)加速電場加速后垂直進入有界勻強磁場，到達記錄它的照相底片P上，設(shè)離子在P上的位置到入口處S1的距離為x，可以判斷( )
A．若離子束是同位素，則x越大，離子質(zhì)量越大
B．若離子束是同位素，則x越大，離子質(zhì)量越小
C．只要x相同，則離子質(zhì)量一定相同
D．只要x相同，則離子的比荷一定相同
解析：選AD.由動能定理有qU＝mv2.離子進入磁場后將在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，由圓周運動的知識，有：x＝2r＝，故x＝ ，分析四個選項，A、D正確，B、C錯誤
27、．
8．(多選)(2019·寧波質(zhì)檢)如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場(電場強度為E)和勻強磁場(磁感應強度為B)的復合場中，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，則( )
A．小球可能帶正電
B．小球做勻速圓周運動的半徑r＝
C．小球做勻速圓周運動的周期T＝
D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加
解析：選BC.小球在復合場中做勻速圓周運動，則小球受的電場力和重力大小相等，方向相反，則小球帶負電，A錯誤；由牛頓第二定律和動能定理可得：Bqv＝，Uq＝mv2，聯(lián)立mg＝qE可得：小球做勻速圓周運動的半
28、徑r＝ ，由T＝可以得出T＝，B、C正確，D錯誤．
9．(2019·臺州質(zhì)檢)如圖所示，空間的某個復合場區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場．質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子從復合場區(qū)穿出時的動能為Ek.那么氘核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速電場加速后穿過同一復合場后的動能Ek′的大小滿足( )
A．Ek′＝Ek B．Ek′>Ek
C．Ek′
29、速電場的速度比質(zhì)子的速度小，所以當它進入復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，選項B正確．
二、非選擇題
10.如圖所示，兩塊水平放置、相距為2d的金屬板接在電壓可調(diào)的直流電源上，金屬板長為2d，兩板間存在方向垂直紙面向里、寬度為d的勻強磁場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電顆粒以v0的水平速度沿中心線進入兩板之間，調(diào)節(jié)電源電壓，使帶電顆粒在電場區(qū)域恰好沿水平方向做勻速直線運動，經(jīng)過電場和磁場共存區(qū)域后從P點射出，已知P點距下極板為，重力加速度為g.
(1)判斷上極板所帶電荷的種類，并求兩極板間的電勢差；
(2)求勻強磁場的磁感應強度大小．
30、
解析：(1)電場力方向向上，電場強度方向向下，所以，上極板帶正電荷；
設(shè)兩極板電勢差為U，電場力與重力平衡，則
由：q＝mg
得：U＝.
(2)顆粒在電場和磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，設(shè)半徑為R，由幾何關(guān)系可知
R2＝d2＋
得：R＝d
由Bqv0＝m
則磁感應強度：B＝.
答案：(1)正電荷 (2)
11．(2018·11月浙江選考)小明受回旋加速器的啟發(fā)，設(shè)計了如圖(a)所示的“回旋變速裝置”．兩相距為d的平行金屬柵極板M、N，板M位于x軸上，板N在它的正下方．兩板間加上如圖(b)所示的幅值為U0的交變電壓，周期T0＝，板M上方和板N下方有磁感應強度大小均為B、方向相
31、反的勻強磁場．粒子探測器位于y軸處，僅能探測到垂直射入的帶電粒子，有一沿x軸可移動、粒子出射初動能可調(diào)節(jié)的粒子發(fā)射源，沿y軸正方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子．t＝0時刻，發(fā)射源在(x，0)位置發(fā)射一帶電粒子．忽略粒子的重力和其他阻力，粒子在電場中運動的時間不計．
(1)若粒子只經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)并在y＝y(tǒng)0處被探測到，求發(fā)射源的位置和粒子的初動能；
(2)若粒子兩次進出電場區(qū)域后被探測到，求粒子發(fā)射源的位置x與被探測到的位置y之間的關(guān)系．
解析：(1)發(fā)射源的位置x0＝y(tǒng)0
粒子的初動能Ek0＝.
(2)分下面三種情況討論
①見圖甲，Ek0＞2qU0
由y＝、R0＝
32、、R1＝
和mv＝mv－qU0、mv＝mv－qU0
及x＝y(tǒng)＋2(R0＋R1)
得x＝y(tǒng)＋ ＋
②見圖乙，qU0＜Ek0＜2qU0
由－y－d＝、R0＝
和mv＝mv＋qU0
及x＝3(－y－d)＋2R0
得x＝－3(y＋d)＋
③見圖丙，Ek0＜qU0
由－y－d＝、R0＝
和mv＝mv－qU0
及x＝－y－d＋4R0
得x＝－y－d＋.
答案：見解析
12．(2018·4月浙江選考)壓力波測量儀可將待測壓力波轉(zhuǎn)換為電壓信號，其原理如圖1所示．壓力波p(t)進入彈性盒后，通過與鉸鏈O相連的“ ”形輕桿L，驅(qū)動桿端頭A處的微型霍爾片在磁場中沿x軸方向
33、做微小振動，其位移x與壓力p成正比(x＝αp，α>0)．霍爾片的放大圖如圖2所示，它由長×寬×厚＝a×b×d、單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n的N形半導體制成．磁場方向垂直于x軸向上，磁感應強度大小為B＝B0(1－β|x|)，β>0.無壓力波輸入時，霍爾片靜止在x＝0處，此時給霍爾片通以沿C1C2方向的電流I，則在側(cè)面上D1 、D2兩點間產(chǎn)生霍爾電壓U0.
(1)指出D1 、D2兩點哪點電勢高；
(2)推導出U0與I、B0之間的關(guān)系式(提示：電流I與自由電子定向移動速率v之間關(guān)系為I＝nevbd，其中e為電子電荷量)；
(3)彈性盒中輸入壓力波p(t)，霍爾片中通以相同電流，測得霍爾電壓UH隨時間t變化圖象如圖3.忽略霍爾片在磁場中運動產(chǎn)生的電動勢和阻尼，求壓力波的振幅和頻率．(結(jié)果用U0、U1、t0、α及β表示)
解析：(1)根據(jù)左手定則，自由電子向D2移動，故D1點電勢高．
(2)電子受力平衡，有evB0＝eEH
故U0＝EHb＝vB0b＝B0b＝.
(3)由(2)可得霍爾電壓
UH(t)＝＝B0[1－β|αp|]＝[1－βα|p(t)|]
＝U0[1－αβ|p(t)|]
故|p(t)|＝
結(jié)合UH－t圖象可得出壓力波p(t)關(guān)于時間t是正弦函數(shù)，周期T＝2t0，振幅A＝，頻率f＝.
答案：見解析
- 17 -
（浙江選考）2020版高考物理總復習 第八章 3 第3節(jié) 帶電粒子在復合場中的運動練習（含解析）
