PAGEPAGE8帶電粒子在磁場或復(fù)合場中的應(yīng)用1．(多選)關(guān)于安培力和洛倫茲力，下列說法中正確的是()A．洛倫茲力和安培力是性質(zhì)完全不同的兩種力B．安培力和洛倫茲力，其本質(zhì)都是磁場對運(yùn)動電荷的作用力C．安培力和洛倫茲力，二者是等價的D．安培力對通電導(dǎo)體能做功，但洛倫茲力對運(yùn)動電荷不做功答案BD解析安培力和洛倫茲力本質(zhì)上都是磁場對運(yùn)動電荷的作用力，但二者不等價，安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，它可以對通電導(dǎo)體做功，但洛倫茲力對運(yùn)動電荷不做功。2．(多選)有一個帶電荷量為＋q、重為G的小球，從兩豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間另有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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，下列說法錯誤的是()A．肯定做曲線運(yùn)動B．不行能做曲線運(yùn)動C．有可能做勻加速運(yùn)動D．有可能做勻速直線運(yùn)動答案BCD解析若小球進(jìn)入磁場時電場力和洛倫茲力相等，因?yàn)樾∏蜻€受重力作用，向下運(yùn)動時速度會增加，小球所受的洛倫茲力增大，將不會再與小球所受的電場力平衡，故不行能做勻加速直線運(yùn)動，也不行能做勻速直線運(yùn)動，若小球進(jìn)入磁場時電場力和洛倫茲力不等，則合力方向與速度方向不在同一條直線上，小球做曲線運(yùn)動。綜上所述，小球肯定做曲線運(yùn)動，A正確，B、C、D錯誤。3．如圖所示，在MN、PQ間同時存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，方向垂直紙面水平向外，電場在圖中沒有標(biāo)出。一帶電小球從a點(diǎn)射入場區(qū)，并在豎直面內(nèi)沿直線運(yùn)動至b點(diǎn)，則小球()A．肯定帶正電B．受到的電場力的方向肯定水平向右C．從a到b過程，克服電場力做功D．從a到b過程中可能做勻加速運(yùn)動答案C解析因重力的方向已確定，而電場方向不確定，依據(jù)磁場方向，若帶正電，則依據(jù)左手定則可知洛倫茲力的方向，如圖1所示，電場力、重力及洛倫茲力可以平衡。若帶負(fù)電，同理，如圖2所示，三者仍能處于平衡，A、B錯誤；從圖中可知，電場力總是做負(fù)功，C正確；依據(jù)題意可知，小球做直線運(yùn)動，由于洛倫茲力與速度的關(guān)系，可確定肯定做勻速直線運(yùn)動，D錯誤。4．(多選)利用如圖所示裝置可以選擇肯定速度范圍內(nèi)的帶電粒子。圖中板MN上方是磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L。一群質(zhì)量為m、電荷量為q、具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進(jìn)入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是()A．粒子帶正電B．射出粒子的最大速度為eq\f(qBL＋3d,2m)C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大答案BC解析由左手定則可推斷粒子帶負(fù)電，A錯誤；由題意知：粒子的最大半徑rmax＝eq\f(L＋3d,2)，粒子的最小半徑rmin＝eq\f(L,2)，依據(jù)r＝eq\f(mv,qB)，可得vmax＝eq\f(qBL＋3d,2m)，vmin＝eq\f(qBL,2m)，則vmax－vmin＝eq\f(3qBd,2m)，B、C正確，D錯誤。5．某粒子分析器的簡化結(jié)構(gòu)如圖。一束帶電粒子(不計重力和粒子間的相互影響)從A孔以特定的角度θ和初速度v0射入平行板電極P和Q之間的真空區(qū)域。經(jīng)偏轉(zhuǎn)后打在Q極板上如圖所示的位置。在其他條件不變的狀況下要使該粒子束能從Q極板上B孔射出，下列操作中可能實(shí)現(xiàn)的是()A．先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)上移P極板B．先斷開開關(guān)S，再適當(dāng)左移P極板C．保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)上移P極板D．保持開關(guān)S閉合，適當(dāng)左移P極板答案C解析設(shè)帶電粒子水平方向上的位移為L，則L＝v0cosθ·t，斷開開關(guān)S，平板未接入電路，平板帶電量不變，由U＝eq\f(Q,C)，C＝eq\f(εrS,4πkd)與E＝eq\f(U,d)得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，適當(dāng)上移P極板，E不變，t不變，L不變，A錯誤；斷開開關(guān)S，平板未接入電路，E＝eq\f(4πkQ,εrS)，適當(dāng)左移P極板，S減小，E增大，t減小，L減小，B錯誤；保持開關(guān)S閉合，平板接入電路，U不變，E＝eq\f(U,d)，適當(dāng)上移P極板，d增大，E減小，t增大，L增大，C正確；保持開關(guān)S閉合，平板接入電路，E＝eq\f(U,d)，適當(dāng)左移P極板，E不變，t不變，L不變，D錯誤。6.一個用于加速質(zhì)子的回旋加速器，其核心部分如圖所示，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，兩盒分別與溝通電源相連。下列說法正確的是()A．質(zhì)子被加速后的最大速度隨B、R的增大而增大B．質(zhì)子被加速后的最大速度隨加速電壓的增大而增大C．只要R足夠大，質(zhì)子的速度可以被加速到隨意值D．不須要變更任何量，這個裝置也能用于加速α粒子答案A解析由r＝eq\f(mv,qB)知，當(dāng)r＝R時，質(zhì)子有最大速度vm＝eq\f(qBR,m)，即B、R越大，vm越大，vm與加速電壓無關(guān)，A正確，B錯誤；隨著質(zhì)子速度v的增大、當(dāng)接近光速時，質(zhì)量m會發(fā)生變更，據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)知質(zhì)子做圓周運(yùn)動的周期也變更，所加溝通電與其運(yùn)動不再同步，即質(zhì)子不行能始終被加速下去，C錯誤；由上面周期公式知α粒子與質(zhì)子做圓周運(yùn)動的周期不同，故此裝置不能用于加速α粒子，D錯誤。7.(多選)正對著并水平放置的兩平行金屬板連接在如圖電路中，兩板間有垂直紙面磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，D為志向二極管(即正向電阻為0，反向電阻無窮大)，R為滑動變阻器，R0為定值電阻，將滑片P置于滑動變阻器正中間，閉合開關(guān)S，讓一帶電質(zhì)點(diǎn)從兩板左端連線的中點(diǎn)N以水平速度v0射入板間，質(zhì)點(diǎn)沿直線運(yùn)動，在保持開關(guān)S閉合的狀況下，下列說法正確的是()A．質(zhì)點(diǎn)可能帶正電，也可能帶負(fù)電B．若僅將滑片P向上滑動一段后，再讓該質(zhì)點(diǎn)從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動軌跡肯定會向上偏C．若僅將滑片P向下滑動一段后，再讓該質(zhì)點(diǎn)從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，質(zhì)點(diǎn)依舊會沿直線運(yùn)動D．若僅將兩平行板的間距變大一些，再讓該質(zhì)點(diǎn)從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動軌跡會向下偏答案BC解析若為正電荷，則電場力向下，洛倫茲力向下，重力向下，則不行能沿直線運(yùn)動，所以質(zhì)點(diǎn)不行能為正電荷，A錯誤；若為負(fù)電，電場力向上，洛倫茲力向上，滑片P向上滑動一段后，滑動變阻器兩端電壓增大，即金屬板兩板間電壓增大，依據(jù)E＝eq\f(U,d)知電場強(qiáng)度變大，電場力變大，則合力向上，質(zhì)點(diǎn)軌跡肯定向上偏，B正確；將滑片P向下滑動一段后，因二極管的單向?qū)щ娦?，電容器不放電，則電場強(qiáng)度不變，電場力不小，合力不變，質(zhì)點(diǎn)依舊會沿直線運(yùn)動，C正確；兩板間距離變大，電容減小，因二極管的單向?qū)щ娦?，電量無法減小，則電量不變，場強(qiáng)不變，電場力不變，則質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動軌跡不變，D錯誤。8.如圖所示的矩形abcd范圍內(nèi)有垂直紙面對外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，且ab長度為L，現(xiàn)有比荷為eq\f(q,m)的正電離子在a處沿ab方向以速度v射入磁場，求離子通過磁場后的縱向偏移y(設(shè)離子剛好從c點(diǎn)飛出)。答案eq\f(mv,qB)－eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv,qB)))2－L2)解析離子做勻速圓周運(yùn)動從a→c，易知圓心在圖中的O處，即a、c兩處速度垂線的交點(diǎn)處?？v向偏移y＝aO－dO＝R－eq\r(R2－L2)，由qvB＝eq\f(mv2,R)，得R＝eq\f(mv,qB)，故有y＝eq\f(mv,qB)－eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv,qB)))2－L2)。9.如圖所示，分布在半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面對里。電量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子從磁場邊緣A點(diǎn)沿圓的半徑AO方向射入磁場，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)了60°角。(不計粒子的重力)求：(1)粒子做圓周運(yùn)動的半徑；(2)粒子的入射速度。答案(1)eq\r(3)r(2)eq\f(\r(3)Bqr,m)解析(1)設(shè)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動半徑為R，如圖所示，∠OO′A＝30°，由圖可知，圓周運(yùn)動的半徑R＝O′A＝eq\r(3)r。(2)依據(jù)牛頓運(yùn)動定律有：qvB＝meq\f(v2,R)，得：R＝eq\f(mv,qB)，故粒子的入射速度v＝eq\f(\r(3)Bqr,m)。10．一個帶電微粒在如圖所示的正交勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，求：(1)該帶電微粒的電性？(2)該帶電微粒的旋轉(zhuǎn)方向？(3)若已知圓的半徑為r，電場強(qiáng)度的大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，重力加速度為g，則微粒線速度為多少？答案(1)負(fù)電荷(2)逆時針(3)eq\f(gBr,E)解析(1)帶電微粒在重力場、勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，可知，帶電微粒受到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相反，故可知帶電微粒帶負(fù)電荷。(2)磁場方向垂直紙面對外，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可推斷微粒的旋轉(zhuǎn)方向?yàn)槟鏁r針(四指所指的方向與帶負(fù)電的粒子的運(yùn)動方向相反)。(3)由微粒做勻速圓周運(yùn)動，得知電場力和重力大小相等，得：mg＝qE①帶電微粒在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動的半徑為：r＝eq\f(mv,qB)②聯(lián)立①②得：v＝eq\f(gBr,E)。11．有一回旋加速器，它的高頻電源的頻率為1.2×107Hz，D形盒的半徑為0.532m，求加速氘核時所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度為多大？氘核所能達(dá)到的最大動能為多少？(氘核的質(zhì)量為3.3×10－27kg，氘核的電荷量為1.6×10－19C)答案1.55T2.64×10－12J解析氘核在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力供應(yīng)向心力，據(jù)牛頓其次定律qvB＝meq\f(v2,R)，周期T＝eq\f(2πR,v)，解得圓周運(yùn)動的周期T＝eq\f(2πm,qB)。要使氘核每次經(jīng)過電場均被加速，則其在磁場中做圓周運(yùn)動的周期等于交變電壓的周期，即T＝eq\f(1,f)。所以B＝eq\f(2πfm,q)＝eq\f(2×3.14×1.2×107×3.3×10－27,1.6×10－19)T≈1.55T。設(shè)氘核的最大速度為v，對應(yīng)的圓周運(yùn)動的半徑恰好等于D形盒的半徑，又qvB＝meq\f(v2,R)，所以v＝eq\f(qBR,m)。故氘核所能達(dá)到的最大動能Emax＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(qBR,m)))2＝eq\f(q2B2R2,2m)＝eq\f(1.6×10－192×1.552×0.5322,2×3.3×10－27)J≈2.64×10－12J。12.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標(biāo)平面對外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點(diǎn)以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點(diǎn)與x軸正方向成60°角射入磁場，最終從y軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)與y軸正方向成60°角射出磁場，不計粒子重力，求：(1)粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑R；(2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E。答案(1)eq\f(2mv0,qB)(2)eq\f(3－\r(3)v0B,2)解析(1)因?yàn)榱Ｗ釉陔妶鲋凶鲱惼綊佭\(yùn)動，設(shè)粒子過N點(diǎn)時的速度為v，把速度v分解如圖甲所示。依據(jù)平拋運(yùn)動的速度關(guān)系，粒子在N點(diǎn)進(jìn)入磁場時的速度v＝eq\f(vx,cos60°)＝eq\f(v0,cos60°)＝2v0。如圖乙所示，分別過N、P點(diǎn)作速度方向的垂線，相交于Q點(diǎn)，則Q是粒子在磁場中做勻速