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帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng) 1.下列實(shí)驗(yàn)，表明電子在磁場中偏轉(zhuǎn)的是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 A、通電導(dǎo)體在磁場中受到安培力作用而發(fā)生了偏轉(zhuǎn)．故A錯(cuò)誤． B、電流產(chǎn)生磁場，磁場對(duì)小磁針有磁場力，使得小磁針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)．故B錯(cuò)誤． C、陰極射線管中電子束在磁場中受到洛倫茲力作用發(fā)生了偏轉(zhuǎn)．故C正確． D、開關(guān)閉合或斷開瞬間，螺線管B中產(chǎn)生了感應(yīng)電流，電流表指針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)．故D錯(cuò)誤． 2.如圖所示的是電視機(jī)顯像管及其偏轉(zhuǎn)線圈L，如果發(fā)現(xiàn)電視畫面幅度比正常時(shí)偏大，可能是因?yàn)椋ǎ? A. 電子槍發(fā)射能力減弱，電子數(shù)減少 B. 加速電場電壓過低，電子速率偏小 C. 偏轉(zhuǎn)線圈匝間短路，線圈匝數(shù)減小 D. 偏轉(zhuǎn)線圈電流過小，偏轉(zhuǎn)磁場減弱 【答案】B 【解析】 【詳解】如果發(fā)現(xiàn)電視畫面幅度比正常時(shí)偏大，是由于電子束的偏轉(zhuǎn)角增大，即軌道半徑減小所致。根據(jù)洛倫茲力等于向心力qvB=mv2r，r=mvqB。 A. 電子槍發(fā)射能力減弱，電子數(shù)減少，而運(yùn)動(dòng)的電子速率及磁場不變，因此不會(huì)影響電視畫面偏大，故A錯(cuò)誤； B. 當(dāng)加速電場電壓過低，電子速率偏小，則會(huì)導(dǎo)致電子運(yùn)動(dòng)半徑減小，從而使偏轉(zhuǎn)角度增大，導(dǎo)致畫面比正常偏大，故B正確； C. 當(dāng)偏轉(zhuǎn)線圈匝間短路，線圈匝數(shù)減小時(shí)，導(dǎo)致偏轉(zhuǎn)磁場減小，從而使電子運(yùn)動(dòng)半徑增大，所以導(dǎo)致畫面比正常偏小，故C錯(cuò)誤； D. 當(dāng)偏轉(zhuǎn)線圈電流過小，偏轉(zhuǎn)磁場減弱時(shí)，從而導(dǎo)致電子運(yùn)動(dòng)半徑變大，所以導(dǎo)致畫面比正常偏小，故D錯(cuò)誤； 故選：B 3.如圖所示，在粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個(gè)帶正電小球，整個(gè)裝置處在有水平勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場組成的足夠大的復(fù)合場中，小球由靜止開始下滑，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，關(guān)于描述小球運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象中正確的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 在小球下滑的過程中，對(duì)小球受力分析，如圖所示 受到重力mg、電場力qE、洛倫茲力qvB、摩擦力f，還有木桿對(duì)小球的支持力N，開始時(shí)，速度較小，qvB較小，N較大，隨著速度的增加，N在減小，由f=μN(yùn)可知f減小，豎直方向的合力增加，加速度增加；當(dāng)速度增加到一定的程度，qvB=qE相等，此時(shí)N為零，f為零，加速度為g，達(dá)到最大；速度繼續(xù)增加，N要反向增加，f增加，豎直方向上的合力減小，加速度減小，當(dāng)f=mg相等時(shí)，豎直方向上的加速度為零，速度達(dá)到最大．故ABC所示的v-t圖象不符合所分析的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，D符合．故選D． 【點(diǎn)睛】對(duì)小球受力分析，開始時(shí)洛倫茲力較小，所以木桿對(duì)小球的支持力較大，摩擦力較大，加速度較小，隨著速度的增加，分析豎直方向的合力變化，從而判斷加速度的變化．了解了加速度變化的情況，也就知道了v-t圖象的變化規(guī)律． 4.如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里且磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，在x軸下方存在垂直于紙面向外且磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場．一帶負(fù)電的粒子從原點(diǎn)O以與x軸成30角斜向上射入磁場，且在x軸上方磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑為R.則(　　) A. 粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)后一定能回到原點(diǎn)O B. 粒子在x軸上方和下方磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為2∶1 C. 粒子完成一次周期性運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2πm3qB D. 粒子第二次射入x軸上方磁場時(shí)，沿x軸前進(jìn)了3R 【答案】D 【解析】 【分析】 粒子在磁場中受到洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則判斷粒子所受的洛倫茲力方向，確定粒子能否回到原點(diǎn)O； 根據(jù)牛頓第二定律求解半徑，由T=2πmqB求解周期； 根據(jù)幾何知識(shí)求解粒子第二次射入x軸上方磁場時(shí)沿x軸前進(jìn)的距離； 【詳解】A、根據(jù)左手定則判斷可知，負(fù)電荷在第一象限和第四象限所受的洛倫茲力方向不同，粒子在第一象限沿順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，而在第四象限沿逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，不可能回到原點(diǎn)0．故A錯(cuò)誤； B、由r=mvqB得，知粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑與B成反比，則粒子在x軸上方和下方兩磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為1:2，故B錯(cuò)誤； C、負(fù)電荷在第一象限軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為60，在第二象限軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角也為60，粒子圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T=2πmqB，保持不變，在一個(gè)周期內(nèi)，粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1=60360T=πm3qB，同理，在第四象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=60360T′=162πmq?12B=2πm3qB，完在成一次周期性運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為T′=t1+t2=πmqB，故C錯(cuò)誤； D、根據(jù)幾何知識(shí)得：粒子第二次射入x軸上方磁場時(shí)，沿x軸前進(jìn)距離為x=R+2R=3R，故D正確。 【點(diǎn)睛】本題的解題關(guān)鍵是根據(jù)軌跡的圓心角等于速度的偏向角，找到圓心角，即可由幾何知識(shí)求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間和前進(jìn)的距離。 5.如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域(含邊界)內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，∠B=60，∠B=90，邊長ac=L，一個(gè)粒子源在a點(diǎn)將質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場，在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長的粒子中，速度的最大值是( ) A. qBL2m B. 3qBL6m C. 3qBL4m D. qBL6m 【答案】A 【解析】 試題分析：根據(jù)題意可知，當(dāng)速度方向沿著ab方向并且圓弧與bc相切，此時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長，如圖所示，設(shè)半徑為Aa=R，根據(jù)三角形相關(guān)知識(shí)可知： aC=23R3，AC=33R，CE=R?33R，則Cc=2(R?33R) 則：l=23R3+2(R?33R)，整理可以得到：R=l2 由于qvB=mv2R，整理得到：v=qBl2m，故選項(xiàng)A正確。 考點(diǎn)：帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng) 【名師點(diǎn)睛】考查電場力與洛倫茲力，及向心力，并運(yùn)用牛頓第二定律來解題，同時(shí)結(jié)合幾何關(guān)系來確定已知長度與半徑的關(guān)系．本題關(guān)鍵之處是畫出正確的運(yùn)動(dòng)圖。 6.如圖所示，紙面內(nèi)有寬為L水平向右飛行的帶電粒子流，粒子質(zhì)量為m，電荷量為-q，速率為v0，不考慮粒子的重力及相互間的作用，要使粒子都匯聚到一點(diǎn)，可以在粒子流的右側(cè)虛線框內(nèi)設(shè)計(jì)一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，則磁場區(qū)域的形狀及對(duì)應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度可以是(其中B0=,A、C、D選項(xiàng)中曲線均為半徑是L的1/4圓弧，B選項(xiàng)中曲線為半徑是L/2的圓) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 由于帶電粒子流的速度均相同，則當(dāng)飛入A、B、C這三個(gè)選項(xiàng)中的磁場時(shí)，它們的軌跡對(duì)應(yīng)的半徑均相同，唯有D選項(xiàng)因?yàn)榇艌鍪?B0，它的半徑是之前半徑的一半．然而當(dāng)粒子射入B、C兩選項(xiàng)時(shí)，均不可能匯聚于同一點(diǎn)．而D選項(xiàng)粒子是向下偏轉(zhuǎn)，但仍不能匯聚一點(diǎn)，所以只有A選項(xiàng)，能匯聚于一點(diǎn)。 點(diǎn)睛：帶電粒子以相同的速度方向，沿不同位置進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時(shí)，軌跡的圓弧長度不同，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同，但半徑仍相同。 7.在x軸上方有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，同一種帶電粒子從O點(diǎn)射入磁場。當(dāng)入射方向與x軸正方向的夾角α=45時(shí)，速度為v1、v2的兩個(gè)粒子分別從a、b兩點(diǎn)射出磁場，如圖所示，當(dāng)α=60時(shí)，為了使速度為v3的粒子從a、b的中點(diǎn)c射出磁場，則速度v3應(yīng)為 A. 12 (v1+v2) B. 22 (v1+v2) C. 33 (v1+v2) D. 66 (v1+v2) 【答案】D 【解析】 設(shè)a、b、c三點(diǎn)的坐標(biāo)分別為x1，x2，x3，當(dāng)α=45時(shí)，三點(diǎn)為的粒子從a點(diǎn)射出 磁場，如圖所示有：x1=2R1=2mv1qB,當(dāng)α=45時(shí)，三點(diǎn)為的粒子從b點(diǎn)射出磁場，如圖所示有，x2=2R2=2mv2qB,當(dāng)α=60時(shí)，三點(diǎn)為的粒子從c點(diǎn)射出磁場，如圖所示有:x3=3R2=3mv3qB, 因?yàn)?x3=x1+x2，所以v3=66(v1+v2)，故D正確，ABC錯(cuò)誤。 視頻 8.如圖所示，在屏MN的上方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，磁場的方向垂直紙面向里，P為屏上的一個(gè)小孔，PC與MN垂直，一群質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子（不計(jì)重力），以相同的速率v，從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域．粒子入射方向在與磁場B垂直的平面內(nèi)，且散開在與PC夾角為的范圍內(nèi)，則在屏MN上被粒子打中區(qū)域的長度為 A. 2mv(1?sinθ)Bq B. 2mv(1?cosθ)Bq C. 2mvcosθBq D. 2mvBq 【答案】B 【解析】 粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=mv2r，解得粒子的軌跡半徑：r=mvqB 粒子沿著右側(cè)邊界射入，軌跡如上面左圖，此時(shí)出射點(diǎn)最近，與邊界交點(diǎn)與P間距為：2rcosθ； 粒子沿著左側(cè)邊界射入，軌跡如上面右圖，此時(shí)出射點(diǎn)最近，與邊界交點(diǎn)與P間距為：2rcosθ； 粒子垂直邊界MN射入，軌跡如上面中間圖，此時(shí)出射點(diǎn)最遠(yuǎn)，與邊界交點(diǎn)與P間距為：2r；故范圍為在熒光屏上P點(diǎn)右側(cè)，將出現(xiàn)一條形亮線，其長度為：2r-2rcosθ=2r（1-cosθ）=2mv1?cosθBq，故選B. 9.如圖所示，兩豎直平行板間同時(shí)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場的場強(qiáng)為E、方向水平向左，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向與電場垂直且水平向里．一帶電液滴以豎直向下的初速度v0=E/B進(jìn)入電磁場區(qū)域，最終能飛出該區(qū)域．則液滴在電磁場中（ ） A. 做勻速直線運(yùn)動(dòng) B. 做勻變速曲線運(yùn)動(dòng) C. 運(yùn)動(dòng)速度逐漸減小 D. 機(jī)械能逐漸減小 【答案】D 【解析】 【詳解】A. 帶點(diǎn)液滴進(jìn)入復(fù)合場中時(shí)，由題意可知，電場力等于洛倫茲力，受重力做加速運(yùn)動(dòng)，從而洛倫茲力大小增大，導(dǎo)致方向也發(fā)生變化，所以帶點(diǎn)液滴將向洛倫茲力方向偏轉(zhuǎn)做變速曲線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤； C. 由題意可知，帶點(diǎn)液滴向洛倫茲力方向偏離并射出復(fù)合場，運(yùn)動(dòng)速度漸漸增大，故C錯(cuò)誤； D. 由上分析可知，電場力做負(fù)功，導(dǎo)致電勢(shì)能增加，則機(jī)械能減小，故D正確； 故選：D 10.如圖所示，虛線間空間存在由勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B組成的正交或平行的電場和磁場，有一個(gè)帶正電小球（電量為+q，質(zhì)量為m）從正交或平行的電磁混合場上方的某一高度自由落下，帶電小球通過下列電磁混合場時(shí)，可能沿直線運(yùn)動(dòng)的是（ ） A. ①③ B. ②③ C. ②④ D. ③④ 【答案】D 【解析】 【詳解】①、小球受重力、向左的電場力、向右的洛倫茲力，下降過程中速度一定變大，故洛倫茲力一定變化，不可能一直與電場力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲線運(yùn)動(dòng)，故錯(cuò)誤； ②、小球受重力、向上的電場力、垂直向外的洛倫茲力，合力與速度一定不共線，故一定做曲線運(yùn)動(dòng)，故錯(cuò)誤； ③、小球受重力、向左上方的電場力、水平向右的洛倫茲力，若三力平衡，則粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故正確； ④、粒子受向下的重力和向上的電場力，合力一定與速度共線，故粒子一定做直線運(yùn)動(dòng)，故正確； 故選：D. 11.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（ ） A. 電場線方向一定斜向上 B. 液滴一定帶負(fù)電 C. 液滴不一定做勻速直線運(yùn)動(dòng) D. 液滴有可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng) 【答案】A 【解析】 【詳解】AB、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)，帶電液滴所受合力不為零，不可能沿直線運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤； 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，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C錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤。 故選：A. 【點(diǎn)睛】帶電液滴做直線運(yùn)動(dòng)，要么合力為零做勻速直線運(yùn)動(dòng)，要么所受合力與速度方向在同一直線上，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)；對(duì)帶電液滴進(jìn)行受力分析，然后答題． 12.如圖所示，帶負(fù)電的小球以一定的初速度v0，從傾角為θ的粗糙絕緣斜面頂端沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，斜面足夠長，小球也斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＜tanθ，小球在沿斜面運(yùn)動(dòng)過程中某一段不可能出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)形式是（　?。? A. 勻速直線運(yùn)動(dòng) B. 加速度減小的加速運(yùn)動(dòng) C. 加速度減小的減速運(yùn)動(dòng) D. 加速度增大的減速運(yùn)動(dòng) 【答案】D 【解析】 由于小球與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＜tanθ，可知小球開始時(shí)重力沿斜面向下的分力大于小球受到的摩擦力，小球在斜面上沿斜面向下做加速運(yùn)動(dòng)．運(yùn)動(dòng)中的小球受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力和洛倫茲力的作用．小球帶負(fù)電，根據(jù)左手定則可知，小球運(yùn)動(dòng)的過程中受到的洛倫茲力的方向垂直于斜面向下，根據(jù)f=qvB可知，小球受到的洛倫茲力隨速度的增大而增大．在垂直于斜面的方向上，小球受到的合外力始終等于0，可知，斜面對(duì)小球的垂直于斜面向上的支持力也隨速度的增大而增大，則斜面對(duì)小球的摩擦力也隨速度的增大而增大．若開始時(shí)小球受到的重力沿斜面向下的分力大于小球受到的摩擦力，可由于摩擦力隨速度的增大而增大，所以沿斜面的方向上，小球受到的合力減小，小球的加速度減小，所以小球沿斜面的方向做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球的加速度減小到0時(shí)，小球開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)．若初速度很大時(shí)，會(huì)出現(xiàn)摩擦力大于下滑力，小球向下做減速運(yùn)動(dòng)，摩擦力隨速度的減小而減小，是加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)；由以上的分析可知，小球在沿斜面運(yùn)動(dòng)過程中某一段不可能出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)形式是加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)．故D符合題意．本題選擇不可能出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)形式，故選D. 13.如圖所示，一個(gè)帶正電的小球穿在一根絕緣的粗糙直桿AC上，桿與水平方向成θ角，整個(gè)空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直于桿方向斜向上的勻強(qiáng)磁場．小球沿桿向下運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為100J，在C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能減為零，D為AC的中點(diǎn)，在運(yùn)動(dòng)過程中，則（ ） A. 小球在D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為50 J B. 到達(dá)C點(diǎn)后小球可能沿桿向上運(yùn)動(dòng) C. 小球電勢(shì)能的增加量一定等于重力勢(shì)能的減少量 D. 小球在AD段克服摩擦力做的功與小球在DC段克服摩擦力做的功不相等 【答案】BD 【解析】 【詳解】A. D. 速度減小，洛倫茲力減小，小球與桿之間的壓力減小，摩擦力也在減小，所以小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不相等；AD段和DC段合外力不同，因此合外力做的功也不同，所以根據(jù)動(dòng)能定理，動(dòng)能的變化量不同，故A錯(cuò)誤，D正確； B. 小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)后，有可能靜止，也有可能沿桿向上運(yùn)動(dòng)，故B正確； C. 電勢(shì)能增加是由電場力做功決定，而重力勢(shì)能減小是由重力做功決定，減小的重力勢(shì)能和增加的電勢(shì)能不一定相等，故C錯(cuò)誤； 故選：BD. 14.某種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖如圖所示，此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：粒子源S；M、N為加速電場；速度選擇器P、Q，其間是正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，強(qiáng)度分別為B1和E，磁場方向垂直于紙面向里；磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2、方向垂直紙面向外的有界勻強(qiáng)磁場；核乳膠片．由粒子源發(fā)出的初速度不計(jì)的不同帶電粒子α粒子、β粒子、質(zhì)子、正電子、氘核和氚核中的幾種，經(jīng)加速電場加速（不同粒子經(jīng)過加速電場時(shí)，其電場強(qiáng)度不一樣），經(jīng)過速度選擇器，進(jìn)入有界勻強(qiáng)磁場B2，最終打在核乳膠片上，形成a、b、c三條質(zhì)譜線．則粒子源發(fā)出的粒子可能有（ ） A. α粒子、β粒子、質(zhì)子 B. α粒子、質(zhì)子、氘核和氚核 C. α粒子、質(zhì)子、氘核 D. α粒子、正電子、質(zhì)子和氚核 【答案】BD 【解析】 【詳解】A. 從三條質(zhì)譜線來看，粒子均向下偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知粒子帶正電，如果帶負(fù)電，將向上偏轉(zhuǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，所以粒子源發(fā)出的粒子不可能有β粒子(即電子)，A錯(cuò)誤； BCD.根據(jù)速度選擇器的工作原理可知，射入磁場B2的粒子均滿足qvB1=qE，即速度均為v=E/B1，在磁場B2中，洛倫茲力提供粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由牛頓第二定律有 qvB2=mv2r，解得R= mvqB2，速度v和磁感應(yīng)強(qiáng)度B2相同，形成a、b、c三條質(zhì)譜線，說明每一組粒子有三個(gè)不同的質(zhì)荷比m/q，只要符合這個(gè)條件都是可能的 α粒子、質(zhì)子、氘核和氚核的質(zhì)荷比m/q為：2:1:2:3，符合條件，故B正確； α粒子、質(zhì)子、氘核的質(zhì)荷比m/q為：2:1:2，只有2條質(zhì)譜線，不符合條件，故C錯(cuò)誤； α粒子、正電子、質(zhì)子和氚核的質(zhì)荷比m/q為：2:1:1:3，符合條件，故D正確； 故選：BD. 【點(diǎn)睛】通過速度選擇器的不同離子都具有相同的速度。由進(jìn)入磁場后偏轉(zhuǎn)方向相同可知粒子的電性；根據(jù)帶點(diǎn)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑半徑公式可知荷質(zhì)比的關(guān)系，根據(jù)粒子的荷質(zhì)比即可判斷。 15.一個(gè)用于加速質(zhì)子的回旋加速器，其D形盒半徑為R，垂直D形盒底面的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，接在D形盒上的高頻率電源頻率為f，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2πfR B. 質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關(guān) C. 只要R足夠大，質(zhì)子的速度可以被加速到任意值 D. 只需調(diào)節(jié)加速電壓，這個(gè)裝置就可用于加速α粒子 【答案】AB 【解析】 【詳解】A. 根據(jù)v=2πRf，可知：最大半徑為R，且電場變化的頻率即為粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)周期，所以最大速度不可能超過2πfR，故A正確； B. 根據(jù)qvB=mv2R得，粒子的最大速度v=qBRm，知質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關(guān)，故B正確； C. 若R足夠大，質(zhì)子的速度不可以被加速到任意值，因質(zhì)子的速度足夠大后，根據(jù)愛因斯坦的質(zhì)量與速度關(guān)系的方程可知，質(zhì)子的質(zhì)量發(fā)生明顯的變化，導(dǎo)致周期變化，故C錯(cuò)誤； D. 若是α粒子，則α粒子與質(zhì)子的比荷不相同，所以周期也不同，因此不能用這個(gè)裝置，故D錯(cuò)誤， 故選：AB. 16.如圖，直線MN 上方有平行于紙面且與MN成45。的有界勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小未知；MN下方為方向垂直于紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。今從MN_上的O點(diǎn)向磁場中射入一個(gè)速度大小為v、方向與MN成45。角的帶正電粒子，該粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)的軌道半徑為R。若該粒子從O點(diǎn)出發(fā)記為第一次經(jīng)過直線MN，而第五次經(jīng)過直線MN時(shí)恰好又通過O點(diǎn)。不計(jì)粒子的重力。求： (1)電場強(qiáng)度的大??； (2)該粒子從O點(diǎn)出發(fā)，第五次經(jīng)過直線MN時(shí)又通過O點(diǎn)的時(shí)間 (3)該粒子再次從O點(diǎn)進(jìn)入磁場后，運(yùn)動(dòng)軌道的半徑； 【答案】（1）；（2）.(2π+4)Rv（3）5R 【解析】 試題分析：粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，先是一段半徑為R的1/4圓弧到a點(diǎn)，接著恰好逆電場線勻減速運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)速度為零再返回a點(diǎn)速度仍為v，再在磁場中運(yùn)動(dòng)一段3/4圓弧到c點(diǎn)，之后垂直電場線進(jìn)入電場作類平拋運(yùn)動(dòng)。 （1）易知， 類平拋運(yùn)動(dòng)的垂直和平行電場方向的位移都為 s⊥=s//=ocsin45°=2R① 所以類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 ② 又③ 再者④ 由①②③④可得 ⑤ 粒子在磁場中的總時(shí)間： 粒子在電場中減速再加速的時(shí)間： 故粒子再次回到O點(diǎn)的時(shí)間： （3）由平拋知識(shí)得 所以［或］ 則第五次過MN進(jìn)入磁場后的圓弧半徑 考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)電場及在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng). 17.如圖所示，兩虛線之間的空間內(nèi)存在著正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度為E、方向與水平線成60；磁場的方向垂直紙面向里，有一個(gè)帶正電小球從電磁復(fù)合場上方高度為h處自由落下，并沿直線通過復(fù)合電磁場，重力加速度為g． (1)帶電小球通過復(fù)合場時(shí)做什么運(yùn)動(dòng)； (2)求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度及帶電小球的比荷． 【答案】（1）勻速直線運(yùn)動(dòng)；（2）E22gh，23g3E 【解析】 【詳解】(1)重力和電場力都是恒力，合力不變。洛倫茲力與速度方向相同，只有當(dāng)粒子做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子才能保持洛倫茲力不變，和其他兩種力的合力為零，從而可知粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)； (2)小球自由下落高度h的過程中機(jī)械能守恒，有： mgh=12mv12① 小球在電場、磁場、重力場中所受的力如圖所示， 水平方向，根據(jù)力的平衡條件，有： qv1B=qE?cos60°② ①②聯(lián)立得：B=E22gh 豎直方向，根據(jù)力的平衡條件，有： qE?sin60°=mg 得：qm=23g3E 答：(1)帶電小球通過復(fù)合場時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)； (2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為E22gh；帶電小球的比荷23g3E. 【點(diǎn)睛】（1）對(duì)粒子受力分析，明確各力的性質(zhì)，知道洛倫茲力隨速度的變化而變化，再結(jié)合做直線運(yùn)動(dòng)的條件即可明確粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)； （2）小球自由下落時(shí)機(jī)械能守恒，可求得小球進(jìn)入場中的速度；再根據(jù)粒子在復(fù)合場中受力平衡，分別對(duì)水平方向和豎直方向由平衡條件列式，聯(lián)立即可求得比荷．