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(jìn)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(qiáng)磁場，使所選電子仍能夠沿水平直線OO′運(yùn)動(dòng)，由O′射出，不計(jì)重力作用．可能達(dá)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(yùn)動(dòng)，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(xiàng)正確．同理可判斷D選項(xiàng)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(gè)D形金屬盒．在加速帶電粒子時(shí)，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場中，兩盒分別與高頻電源相連．帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能Ek隨時(shí)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(shí)間，則下列判斷正確的是( )
A．在Ek－t圖中應(yīng)有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1
B．高頻電源的變化周期應(yīng)該等于tn－tn－1
C．粒子加速次數(shù)越多，粒子最大動(dòng)能一定越大
D．要想粒子獲得的最大動(dòng)能增大，可增加D形盒的半
14、徑
解析：選AD.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期與速度大小無關(guān)，因此，在Ek－t圖中應(yīng)有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，選項(xiàng)A對；帶電粒子在回旋加速器中每運(yùn)行一周加速兩次，高頻電源的變化周期應(yīng)該等于2(tn－tn－1)，選項(xiàng)B錯(cuò)；由r＝mv/(qB)＝/(qB)可知，粒子獲得的最大動(dòng)能決定于D形盒的半徑，當(dāng)軌道半徑與D形盒半徑相等時(shí)粒子就不能繼續(xù)加速，故選項(xiàng)C錯(cuò)、D對．
9．(多選)如圖所示，實(shí)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(qiáng)磁場與電場正交，有一帶電液滴沿虛線L斜向上做直線運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)
B．液滴有可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)
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(gè)力的合力不可能沿帶電液滴的速度方向，因此這三個(gè)力的合力一定為零，帶電液滴做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不可能做曲線運(yùn)動(dòng)和勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤．當(dāng)帶電液滴帶正電，且電場線方向斜向上時(shí)，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(gè)力的合力可能為零，帶電液滴沿虛線L做勻速直線運(yùn)動(dòng)．如果帶電液滴帶負(fù)電或電場線方向斜向下時(shí)，帶電
16、液滴所受合力不為零，不可能沿直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)C、D正確．
二、非選擇題
10．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，第Ⅰ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)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(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)，以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上x＝2h處的P點(diǎn)進(jìn)入磁場，最后以垂直于y軸的方向射出磁場．不計(jì)粒子重力．求：
(1)電場強(qiáng)度的大小E；
(2)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r；
(3)粒子從進(jìn)入電場到離開磁場經(jīng)歷的總時(shí)間t.
解析：粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．
(1)設(shè)粒子在電場中
17、運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(jìn)入磁場時(shí)速度為v，在電場中，由動(dòng)能定理得
Eqh＝mv2－mv
又Bqv＝m，解得r＝.
(3)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝
粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期T＝＝
設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，在水平的x軸下方存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)
18、水平向右拋出．經(jīng)x軸上的M點(diǎn)進(jìn)入電場和磁場，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從x軸上的N點(diǎn)第一次離開電場和磁場，MN之間的距離為L，小球過M點(diǎn)時(shí)的速度方向與x軸正方向夾角為θ.不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求：
(1)電場強(qiáng)度E的大小和方向；
(2)小球從A點(diǎn)拋出時(shí)初速度v0的大??；
(3)A點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，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(yīng)為豎直向上，由于小球帶正電，所以電場強(qiáng)度方向豎直向上．
(2)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，設(shè)小球做圓周運(yùn)動(dòng)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(diǎn)時(shí)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(yùn)動(dòng)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(gè)圓形區(qū)域內(nèi)，兩個(gè)方向相反且都垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個(gè)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(diǎn)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(jìn)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(shí)間為t，求Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小．(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(shí)針做圓周運(yùn)動(dòng)，再逆時(shí)針做圓周運(yùn)動(dòng)，最后從A4點(diǎn)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(yīng)強(qiáng)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(jìn)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝T1.
帶電粒子在Ⅱ區(qū)磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心在OA4的中點(diǎn)，即R2＝r.
在Ⅱ區(qū)磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝T2，
帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時(shí)間t＝t1＋t2.
由以上各式可得B1＝，B2＝.
答案：
【課后達(dá)標(biāo)檢測(二)】
一、選擇題
1．(2019·紹興高二檢測)如圖所示，一束負(fù)離子從S點(diǎn)沿水平方向射出，在沒有電、磁場時(shí)恰好擊中熒光屏上的坐標(biāo)原點(diǎn)O；若同時(shí)加
22、上電場和磁場后，負(fù)離子束最后打在熒光屏上坐標(biāo)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(jì)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(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場．一束粒子流(重力不計(jì))以速度v從S1沿直線運(yùn)動(dòng)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(fù)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(yùn)動(dòng)，可采用的方法是( )
A．將變阻器滑動(dòng)頭P向右滑動(dòng)
B．將變阻器滑動(dòng)頭P向左滑動(dòng)
C．將極板間距離適當(dāng)減小
D．將極板間距離適當(dāng)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(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場．取坐標(biāo)系如圖，一帶電粒子沿x軸正向進(jìn)入此區(qū)域，在穿過此區(qū)域的過程中運(yùn)動(dòng)方向始終不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，不計(jì)重力的影響，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)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(xiàng)中，磁場對粒子作用力為零，電場力與粒子運(yùn)動(dòng)方向在同一直線上，帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，A正確；B選項(xiàng)中，電場力方向向上，洛倫茲力方向向下，當(dāng)這兩個(gè)力平衡時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)方向可以始終不變，B正確；C選項(xiàng)中，電場力、洛倫茲力都沿z軸正方向，粒子將做曲線運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)中，電場力沿z軸正方向，洛倫茲力沿y軸負(fù)方向，兩力不可能平衡，粒子將做曲線運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤．如果粒子帶負(fù)電，仍有上述結(jié)果．
5.如圖所示，在互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)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(yùn)動(dòng)，已知電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)，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(xiàng)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(gè)D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強(qiáng)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(dòng)能相同
C．它們在D形盒中運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(jìn)入有界勻強(qiáng)磁場，到達(dá)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(dòng)能定理有qU＝mv2.離子進(jìn)入磁場后將在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，由圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)，有：x＝2r＝，故x＝ ，分析四個(gè)選項(xiàng)，A、D正確，B、C錯(cuò)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(jìn)入互相垂直的勻強(qiáng)電場(電場強(qiáng)度為E)和勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)度為B)的復(fù)合場中，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則( )
A．小球可能帶正電
B．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝
C．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝
D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期增加
解析：選BC.小球在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則小球受的電場力和重力大小相等，方向相反，則小球帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律和動(dòng)能定理可得：Bqv＝，Uq＝mv2，聯(lián)立mg＝qE可得：小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半
28、徑r＝ ，由T＝可以得出T＝，B、C正確，D錯(cuò)誤．
9．(2019·臺(tái)州質(zhì)檢)如圖所示，空間的某個(gè)復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場．質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復(fù)合場的界面進(jìn)入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子從復(fù)合場區(qū)穿出時(shí)的動(dòng)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(fù)合場后的動(dòng)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(dāng)它進(jìn)入復(fù)合場時(shí)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(dòng)能增大，選項(xiàng)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(qiáng)磁場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電顆粒以v0的水平速度沿中心線進(jìn)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(yùn)動(dòng)，經(jīng)過電場和磁場共存區(qū)域后從P點(diǎn)射出，已知P點(diǎn)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(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?
30、
解析：(1)電場力方向向上，電場強(qiáng)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(yùn)動(dòng)，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(yīng)強(qiáng)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(jì)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(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相
31、反的勻強(qiáng)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(dòng)、粒子出射初動(dòng)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(shí)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間不計(jì)．
(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(dòng)能；
(2)若粒子兩次進(jìn)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(dòng)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(hào)，其原理如圖1所示．壓力波p(t)進(jìn)入彈性盒后，通過與鉸鏈O相連的“ ”形輕桿L，驅(qū)動(dòng)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(dòng)，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(dǎo)體制成．磁場方向垂直于x軸向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝B0(1－β|x|)，β>0.無壓力波輸入時(shí)，霍爾片靜止在x＝0處，此時(shí)給霍爾片通以沿C1C2方向的電流I，則在側(cè)面上D1 、D2兩點(diǎn)間產(chǎn)生霍爾電壓U0.
(1)指出D1 、D2兩點(diǎn)哪點(diǎn)電勢高；
(2)推導(dǎo)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(dòng)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(shí)間t變化圖象如圖3.忽略霍爾片在磁場中運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)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(dòng)，故D1點(diǎn)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(shí)間t是正弦函數(shù)，周期T＝2t0，振幅A＝，頻率f＝.
答案：見解析
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（浙江選考）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第八章 3 第3節(jié) 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）
