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1、2022年高考物理一輪復(fù)習講義 第八章 磁場 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動及應(yīng)用實例 教科版 一、復(fù)合場 　復(fù)合場是指電場、磁場和重力場并存，或其中某兩場并存．從場的復(fù)合形式上一般可分為如下兩種情況： 1．組合場 2．疊加場 二、帶電粒子在復(fù)合場中的運動分類 1．靜止或勻速直線運動 當帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)． 2．勻速圓周運動 當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動． 3．較復(fù)雜的曲線運動 當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方

2、向不在同一條直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線． 4．分階段運動 帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成． 三、電場、磁場分區(qū)域應(yīng)用實例 1．質(zhì)譜儀 (1)構(gòu)造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成． (2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，根據(jù)動能定理可得關(guān)系式mv2＝qU① 粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式qvB＝m② 由①②兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷． r＝ ，m＝，＝.

3、 2．回旋加速器 (1)構(gòu)造：如圖所示，D1、D2是半圓金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源．D形盒處于勻強磁場中． (2)原理 ①在電場中加速：qU＝m(v－v)＝ΔEk. ②在磁場中旋轉(zhuǎn)：qvB＝m，得R＝. ③回旋加速條件：高頻電源的周期T電場與帶電粒子在D形盒中運動的周期T回旋相同，即T電場＝T回旋＝. ④最大動能的計算：由R＝＝知，被加速粒子的最大動能為Ek＝，由此可知，在帶電粒子質(zhì)量、電荷量被確定的情況下，粒子所獲得的最大動能只與回旋加速器的半徑R和磁感應(yīng)強度B有關(guān)，與加速電壓無關(guān)． 四、帶電粒子在疊加場中運動的實例分析 1．速度選擇器(如圖) (1)平行板間電場強度

4、E和磁感應(yīng)強度B互相垂直．這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度選擇器． (2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qE＝qvB，即v＝E/B. 2．磁流體發(fā)電機 (1)磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)，它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能． (2)根據(jù)左手定則，如圖中的B板是發(fā)電機正極． (3)磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為d，等離子體速度為v，磁場磁感應(yīng)強度為B，則兩極板間能達到的最大電勢差U＝Bdv. 3．電磁流量計 (1)如圖所示，一圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導(dǎo)電的液體流過導(dǎo)管； (2)原理：導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負離子)在洛倫茲力作用下橫向偏

5、轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場．當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定．由Bqv＝Eq＝q，可得v＝，液體流量Q＝Sv＝·＝. 1.如圖所示，勻強電場方向豎直向上，勻強磁場方向水平指向紙外，有一電子(不計重力)，恰能沿直線從左向右飛越此區(qū)域，若電子以相同的速率從右向左水平飛入該區(qū)域，則電子將(　　) A．沿直線飛越此區(qū)域　　　　　 B．向上偏轉(zhuǎn) C．向下偏轉(zhuǎn) D．向紙外偏轉(zhuǎn) 答案：　C 2.(xx·海南單科)如圖，在兩水平極板間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里．一帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板．若不計重力

6、．下列四個物理量中哪一個改變時，粒子運動軌跡不會改變(　　) A．粒子速度的大小 B．粒子所帶的電荷量 C．電場強度 D．磁感應(yīng)強度 解析：　粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板，其受力平衡有Eq＝Bqv，則知當粒子所帶的電荷量改變時，粒子所受的合力仍為0，運動軌跡不會改變，故B項正確． 答案：　B 3．1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示．這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙．下列說法正確的是(　　) A．離子由加速器的中心附近進入加速器 B．離子由加速器的邊緣進入加速器 C．離子從磁場中獲得能量 D．離子從電場中獲得能量

7、 解析：　本題源于課本而又高于課本，既考查考生對回旋加速器的結(jié)構(gòu)及工作原理的掌握情況，又能綜合考查磁場和電場對帶電粒子的作用規(guī)律．由R＝知，隨著被加速離子的速度增大，離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑逐漸增大，所以離子必須由加速器中心附近進入加速器，A項正確，B項錯誤；離子在電場中被加速，使動能增加；在磁場中洛倫茲力不做功，離子做勻速圓周運動，動能不改變．磁場的作用是改變離子的速度方向，所以C項錯誤，D項正確． 答案：　AD 4.質(zhì)量為m的帶電小球在正交的勻強電場、勻強磁場中做勻速圓周運動，軌道平面在豎直平面內(nèi)，電場方向豎直向下，磁場方向垂直圓周所在平面向里，如圖所示，由此可知(　　)

8、A．小球帶正電，沿順時針方向運動 B．小球帶負電，沿順時針方向運動 C．小球帶正電，沿逆時針方向運動 D．小球帶負電，沿逆時針方向運動 解析：　帶電小球在重力、電場力以及洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，故應(yīng)滿足qE＝mg，且電場力方向向上，故小球帶負電．由于洛倫茲力提供向心力，指向圓心，所以小球沿順時針方向運動，B正確． 答案：　B 5.1922年英國物理學(xué)家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明、同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學(xué)獎．若速度相同的一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列相關(guān)說法中正確的是(　　) A．該束帶電粒子帶負電 B．速度選擇器的P1極板帶正電 C．在B2磁場

9、中運動半徑越大的粒子，質(zhì)量越大 D．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷越小 解析：　由粒子在B2中的運動軌跡可以判斷粒子應(yīng)帶正電，A項錯誤；在電容器中粒子受到的洛倫茲力方向豎直向上，受到的電場力方向應(yīng)豎直向下，則P1極板帶正電，B項正確；在電容器中，根據(jù)速度選擇器的原理可知v＝，在B2中粒子運動的軌道半徑r＝，式中B1、B2、E不變，因此，在B2磁場中運動半徑越大的粒子，其越大，即比荷越小，C項錯誤，D項正確． 答案：　BD 1．復(fù)合場中粒子重力是否考慮的三種情況 (1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一

10、些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)當考慮其重力． (2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，這種情況按題目要求處理比較正規(guī)，也比較簡單． (3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進行受力分析與運動分析時，要結(jié)合運動狀態(tài)確定是否要考慮重力． 2．“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較 垂直進入磁場(磁偏轉(zhuǎn)) 垂直進入電場(電偏轉(zhuǎn)) 情景圖 受力 FB＝qv0B大小不變，方向總指向圓心，方向變化，F(xiàn)B為變力 FE＝qE，F(xiàn)E大小、方向不變，為恒力 運動規(guī)律 勻速圓周運動 r＝，T＝ 類平拋運動 vx＝v0，vy＝t x＝v0t，y＝t2 (xx·新課標全

11、國卷)(18分)如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面(紙面)．在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直．圓心O到直線的距離為R.現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域．若磁感應(yīng)強度大小為B，不計重力，求電場強度的大小． 規(guī)范解答：　粒子在磁場中的軌跡如圖所示．設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得 qvB＝①(2分) 式中v為粒子在a點的速度． 過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c和

12、d點．由幾何關(guān)系知，線段、和過a、b兩點的圓弧軌跡的兩條半徑(未畫出)圍成一正方形．因此 ＝＝r②(2分) 設(shè)＝x，由幾何關(guān)系得 ＝R＋x③(2分) ＝R＋④(2分) 聯(lián)立②③④式得r＝R⑤(2分) 再考慮粒子在電場中的運動．設(shè)電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動．設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得 qE＝ma⑥(2分) 粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r，由運動學(xué)公式得 r＝at2⑦(2分) r＝vt⑧(2分) 式中t是粒子在電場中運動的時間．聯(lián)立①⑤⑥⑦⑧式得 E＝.⑨(2分) 答案：　 帶電粒子在組合場中的運動問題的

13、分析方法 (1)帶電粒子依次通過不同場區(qū)時，因其受力情況隨區(qū)域而變化，故其運動規(guī)律在不同區(qū)域也有所不同． (2) (3)聯(lián)系不同階段的運動的物理量是速度，因此帶電粒子在兩場分界點上的速度是解決問題的關(guān)鍵． 1－1：如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，在D處沿圖示方向以一定的速度射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里．結(jié)果離子正好從距A點為d的小孔C沿垂直于電場方向進入勻強電場，此電場方向與AC平行且向上，最后離子打在G處，而G處距A點2d(AG⊥AC)．不計離子重力，離子運動軌跡在紙面內(nèi)．求： (1)此離子在磁場中做圓周運動的半徑r； (2)離子從D處運動

14、到G處所需時間； (3)離子到達G處時的動能． 解析：　(1)正離子軌跡如圖所示． 圓周運動半徑r滿足： d＝r＋rcos 60° 解得r＝d. (2)設(shè)離子在磁場中的運動速度為v0，則有：qv0B＝m T＝＝ 在磁場中做圓周運動的時間為：t1＝T＝ 離子從C到G的時間為：t2＝＝ 離子從D→C→G的總時間為：t＝t1＋t2＝. (3)設(shè)電場強度為E，則有： qE＝ma d＝at 由動能定理得：qEd＝EkG－mv 解得EkG＝. 答案：　(1)d　(2) 　 (3) (xx·重慶理綜)有人設(shè)計了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如圖所示．兩帶電金屬板

15、間有勻強電場，方向豎直向上，其中PQNM矩形區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強磁場．一束比荷(電荷量與質(zhì)量之比)均為的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場區(qū)域的水平中心線O′O進入兩金屬板之間．其中速率為v0的顆粒剛好從Q點處離開磁場，然后做勻速直線運動到達收集板．重力加速度為g，PQ＝3d，NQ＝2d，收集板與NQ的距離為l，不計顆粒間相互作用．求： (1)電場強度E的大小； (2)磁感應(yīng)強度B的大小； (3)速率為λv0(λ＞1)的顆粒打在收集板上的位置到O點的距離． 解析：　(1)設(shè)帶電顆粒的電荷量為q，質(zhì)量為m.有Eq＝mg 將＝代入，得E＝kg. (2)如圖甲所示，有qv0B＝

16、 R2＝(3d)2＋(R－d)2 得B＝. (3)如圖乙所示，有 qλv0B＝m tan θ＝ y1＝R1－ y2＝ltan θ y＝y(tǒng)1＋y2 得y＝d(5λ－)＋. 答案：　見解析 1．帶電粒子在復(fù)合場中運動的分析思路 2．帶電粒子(體)在復(fù)合場中的運動問題求解要點 (1)受力分析是基礎(chǔ)．在受力分析時是否考慮重力必須注意題目條件． (2)運動過程分析是關(guān)鍵．在運動過程分析中應(yīng)注意物體做直線運動，曲線運動及圓周運動、類平拋運動的條件． (3)構(gòu)建物理模型是難點．根據(jù)不同的運動過程及物理模型選擇合適的物理規(guī)律列方程求解． 2－1：如圖所示，光滑四分之

17、一圓弧軌道位于豎直平面內(nèi)，半徑R＝0.8 m，與長l＝2.0 m的絕緣水平面CD平滑連接．水平面右側(cè)空間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度E＝20 N/C，方向豎直向上，磁場的磁感應(yīng)強度B＝1.0 T，方向垂直紙面向外．將質(zhì)量為m＝2.0×10－6 kg、帶電荷量為q＝1.0×10－6 C的帶正電小球a從圓弧軌道頂端由靜止釋放，最后落在地面上的P點．已知小球a在水平面CD上運動時所受的摩擦阻力F＝0.1mg，PN＝ND(g＝10 m/s2)．求： (1)小球a運動到D點時速度的大小； (2)水平面CD離地面的高度h； (3)從小球a開始釋放到落地前瞬間的整個運動過程中系統(tǒng)損失的機

18、械能ΔE. 解析：　(1)設(shè)小球a到D點時的速度為vD，從小球a釋放至D點，根據(jù)動能定理mgR－Fl＝mv 解得vD＝2m/s. (2)小球a進入復(fù)合場后，由計算可知Eq＝mg 小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動軌跡如圖所示，洛倫茲力提供向心力BvDq＝m 由圖可知r＝2h，解得h＝2 m. (3)系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝mg(R＋h)－mv 解得ΔE＝4(1＋10)×10－6 J. 答案：　(1)2 m/s　(2)2 m　 (3)4(1＋10)×10－6 J 質(zhì)譜儀是用來測定帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的裝置，如圖所示，電容器兩極板相距為d，兩極板間電壓為U，極板間的勻強

19、磁場的磁感應(yīng)強度為B1，一束電荷量相同的帶正電的粒子沿電容器的中線平行于極板射入電容器，沿直線穿過電容器后進入另一磁感應(yīng)強度為B2的勻強磁場，結(jié)果分別打在感光片上的a、b兩點，設(shè)a、b兩點之間的距離為x，粒子所帶電荷量為q，如不計重力，求： (1)粒子進入勻強磁場B2時的速度v的大小． (2)打在a、b兩點的粒子的質(zhì)量之差Δm為多少？ 解析：　(1)粒子在電容器中做直線運動，故q＝qvB1 解得v＝. (2)帶電粒子在磁感應(yīng)強度為B2的勻強磁場中做勻速圓周運動，則打在a處的粒子的軌道半徑 R1＝ 打在b處的粒子的軌道半徑 R2＝ 又x＝2R1－2R2 解得Δm＝m1－m2＝

20、. 答案：　(1)　(2) 復(fù)合場中幾種常見物理模型的解題技巧 (1)速度選擇器 解題技巧： 從力的角度入手，合力為零則做勻速直線運動，速度大小為v＝，合力不為零則發(fā)生偏轉(zhuǎn)． (2)質(zhì)譜儀 解題技巧：粒子進入偏轉(zhuǎn)磁場時，一般速度相同，注意分清粒子運動半徑，根據(jù)半徑公式可進行相關(guān)問題的判定． (3)回旋加速器 解題技巧：抓住T電＝T＝、qvB＝及Ekm＝這三點． 3－1：1932年，勞倫斯和利文斯頓設(shè)計出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計．磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直．A處粒子源

21、產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，加速電壓為U.加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用，則粒子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為(　　) A．2∶1　　　　B．1∶2 C.∶1 D．1∶ 解析：　設(shè)粒子第1次經(jīng)過狹縫后的半徑為r1，速度為v1 qU＝mv，qv1B＝ 解得r1＝ 同理，粒子第2次經(jīng)過狹縫后的半徑r2＝ 則r2∶r1＝∶1.故選項C正確． 答案：　C 1．變化的電場或磁場往往具有周期性，同時受力也有其特殊性，常常其中兩個力平衡，如電場力與重力平衡，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動． 2．處理方法：

22、仔細分析帶電粒子的運動過程、受力情況，清楚帶電粒子在變化電場、磁場中各處于什么狀態(tài)，做什么運動，然后分過程求解． 如圖甲所示，在以O(shè)為坐標原點的xOy平面內(nèi)，存在著范圍足夠大的電場和磁場．一個帶正電小球在0時刻以v0＝3gt0的初速度從O點沿＋x方向(水平向右)射入該空間，在t0時刻該空間同時加上如圖乙所示的電場和磁場，其中電場沿－y方向(豎直向上)，場強大小E0＝，磁場垂直于xOy平面向外，磁感應(yīng)強度大小B0＝.已知小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，當?shù)刂亓铀俣葹間，空氣阻力不計．試求： (1)12t0末小球速度的大?。? (2)在給定的xOy坐標系中，大致畫出小球在0到24t0內(nèi)運動

23、軌跡的示意圖． 解析：　(1)0～t0內(nèi)，小球只受重力作用，做平拋運動．當同時加上電場和磁場時，電場力：F1＝qE0＝mg，方向向上，因為重力和電場力恰好平衡，所以在電場和磁場同時存在時小球受洛倫茲力作用而做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有：qvB0＝m 運動周期T＝ 聯(lián)立解得T＝2t0 電場、磁場同時存在的時間正好是小球做圓周運動周期的5倍，即在這10t0內(nèi)，小球恰好做了5個完整的勻速圓周運動．所以小球在t1＝12t0末的速度相當于小球做平拋運動t＝2t0時的末速度 vy＝g·2t0＝2gt0，所以12t0末v1＝＝gt0. (2)24t0內(nèi)運動軌跡的示意圖如圖所示． 在如

24、圖所示的空間里，存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B＝.在豎直方向存在交替變化的勻強電場如圖(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．斜面上有一質(zhì)量為m，帶電荷量為－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？ 解析：　(1)設(shè)第一秒內(nèi)小球在斜面上運動的加速度為a， 由牛頓第二定律得：(mg＋qE0)sin θ＝ma， 第一秒末的速度為：v1＝at1， 解得v1＝2gsin θ.

25、 第二秒內(nèi)：qE0＝mg， 所以小球?qū)㈦x開斜面在上方做勻速圓周運動，則圓周運動的周期 T＝＝1 s. 小球在第2 s末回到第1 s末的位置，所以小球前2 s內(nèi)位移為： x2＝at＝gsin θ. 由圖所示可知，小球在奇數(shù)秒內(nèi)沿斜面做勻加速運動，在偶數(shù)秒內(nèi)離開斜面做完整的圓周運動． 所以，第5秒末的速度為：v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsin θ， 由qvB＝得小球第6 s內(nèi)做圓周運動的半徑為：R3＝. 小球離開斜面的最大距離為：d＝2R3＝. (2)第19秒末的速度： v19＝a(t1＋t3＋t5＋t7＋…＋t19)＝20gsin θ 小球未離開斜面的條件是： q

26、v19B≤(mg＋qE0)cos θ 所以tan θ≤. 答案：　(1) 　(2) tan θ≤ 1.有一帶電荷量為＋q、重為G的小球，從豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向如圖所示，則帶電小球通過有電場和磁場的空間時(　　) A．一定做曲線運動 B．不可能做曲線運動 C．有可能做勻速運動 D．有可能做勻加速直線運動 解析：　帶電小球在重力場、電場和磁場中運動，所受重力、電場力是恒力，但受到的洛倫茲力是隨速度的變化而變化的變力，因此小球不可能處于平衡狀態(tài)，也不可能在電、磁場中做勻變速運動． 答案：　A 2.(xx·南京模擬)如圖所示，從S

27、處發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉(zhuǎn)．設(shè)兩極板間電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B，欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過，只采取下列措施，其中可行的是(　　) A．適當減小電場強度E B．適當減小磁感應(yīng)強度B C．適當增大加速電場極板之間的距離 D．適當減小加速電壓U 解析：　欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過，則qE＝qvB，而電子流向上極板偏轉(zhuǎn)，則qE＞qvB，故應(yīng)減小E或增大B、v.故A正確．B、D、D錯誤． 答案：　A 3.如圖所示，豎直放置的平行金屬板M、N帶有等量異種電荷，M板帶正電，兩板間有垂直于紙面向里的勻強磁場，

28、若一個帶正電的液滴在兩板間只受場力作用，下述哪些運動是可能的(　　) A．沿路徑①水平向左做勻減速運動 B．沿路徑②水平向右做勻加速運動 C．沿路徑③豎直向上做勻速運動 D．沿路徑④斜向右上做勻速運動 解析：　帶電液滴在兩板之間運動時始終受到重力、電場力、洛倫茲力三個力作用，且重力方向始終豎直向下，電場力方向始終水平向右．若液滴沿路徑①水平向左運動時，液滴受到的重力、洛倫茲力的方向都是豎直向下，合力不為零，A錯；若液滴沿路徑②水平向右加速運動時，洛倫茲力逐漸增大，B錯；若液滴沿路徑③運動，洛倫茲力與電場力抵消，重力做功，C錯：若液滴沿路徑④斜向右上運動，重力、電場力、洛倫茲力三個力的

29、合力可能為零，D對． 答案：　D 4．(xx·石家莊教學(xué)檢測)勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示．置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略．磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U.若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響．則下列說法正確的是(　　) A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πRf B．質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比 C．質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1 D．不改變磁感應(yīng)強度B和交

30、流電頻率f，該回旋加速器也能用于α粒子加速 解析：　粒子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因v＝＝2πRf，A正確；粒子離開回旋加速器的最大動能Ekm＝mv2＝m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，與加速電壓U無關(guān)，B錯誤；根據(jù)R＝，Uq＝mv，2Uq＝mv，得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1，C正確；因回旋加速器的最大動能Ekm＝2mπ2R2f2與m、R、f均有關(guān)，D錯誤． 答案：　AC 5．如圖所示，帶電粒子以某一初速度進入一垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的有界勻強磁場，粒子垂直進入磁場時的速度與水平方向成θ＝60°角，接著垂直進入電場強度大小為E，水

31、平寬度為L、方向豎直向上的勻強電場，粒子穿出電場時速度大小變?yōu)樵瓉淼谋叮阎獛щ娏Ｗ拥馁|(zhì)量為m、電荷量為q，重力不計． (1)分析判斷粒子的電性． (2)求帶電粒子在磁場中運動時速度v. (3)求磁場的水平寬度d. 解析：　(1)根據(jù)粒子在磁場中向下偏轉(zhuǎn)的情況和左手定則可知，粒子帶負電． (2)由于洛倫茲力對粒子不做功，故粒子以原來的速率進入電場中，設(shè)帶電粒子進入電場的初速度為v0，在電場中偏轉(zhuǎn)時做類平拋運動，如圖所示．由題意知粒子離開電場時的末速度大小為v＝v0，將vt分解為平行于電場方向和垂直于電場方向的兩個分速度：由幾何關(guān)系知 vy＝v0① 由運動學(xué)公式：vy＝at② L＝v0t③ 根據(jù)牛頓第二定律：a＝＝④ 聯(lián)立①②③④求解得：v0＝⑤ (3)如圖所示，帶電粒子在磁場中所受洛倫茲力作為向心力，設(shè)在磁場中做圓周運動的半徑為R，則： qv0B＝m⑥ 由幾何知識可得：d＝Rsin θ⑦ ⑤⑥⑦聯(lián)立解得：d＝ sin θ. 答案：　(1)負電　(2)　(3) sin θ