專題10.3帶電粒子在組合場(chǎng)'疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

B練基礎(chǔ)

一、單選題

1.如圖所示為回旋加速器的示意圖，用回旋加速器加速某帶電粒子時(shí)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,高頻

交流電周期為兀設(shè)。形盒半徑為凡不計(jì)粒子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，則下列說(shuō)法正確的是（）

A.為了保證粒子在電場(chǎng)中不斷被加速，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期應(yīng)該為2T

B.被加速的粒子在回旋加速器中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期隨半徑的增大而增大

C.增大加速電場(chǎng)的電壓，其余條件不變，帶電粒子在。形盒中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短

D.若只增大交流電源的電壓U,則粒子的最大動(dòng)能將增大

【答案】C

【解析】

A.為了保證粒子在電場(chǎng)中不斷被加速，交流電源的周期應(yīng)該等于粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期，A錯(cuò)誤；

2兀m

B.根據(jù)周期公式T=F可知，被加速的粒子在回旋加速器中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期與半徑無(wú)關(guān)，B錯(cuò)誤；

qB

C.增大加速電場(chǎng)的電壓，其余條件不變，每次加速后粒子獲得的動(dòng)能增加，但最終的動(dòng)能不變，故在電

場(chǎng)中加速的次數(shù)減少，帶電粒子在。形盒中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短，C正確；

D.當(dāng)粒子被加速到最大速度時(shí)，由洛倫茲力提供向心力得

v2

qvB=m—

R

最大動(dòng)能

"12

E,=—mv

k2

聯(lián)立可得

E「一

2m

則若只增大交流電源的電壓U,則粒子的最大動(dòng)能不變，D錯(cuò)誤。

故選Co

2.2020年爆發(fā)了新冠肺炎，該病毒傳播能力非常強(qiáng)，因此研究新冠肺炎病毒株的實(shí)驗(yàn)室必須全程都在高

度無(wú)接觸物理防護(hù)性條件下操作。武漢病毒研究所是我國(guó)防護(hù)等級(jí)最高的P4實(shí)驗(yàn)室，在該實(shí)驗(yàn)室中有一

種污水流量計(jì)，其原理可以簡(jiǎn)化為如圖所示的模型：廢液內(nèi)含有大量正、負(fù)離子，從直徑為1的圓柱形容

器右側(cè)流入，左側(cè)流出。流量值Q等于單位時(shí)間通過(guò)橫截面的液體的體積。空間有垂直紙面向里的磁感應(yīng)

強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.帶電粒子所受洛倫茲力的方向水平向左

B.正、負(fù)粒子所受洛倫茲力的方向是相同的

C.污水流量計(jì)也可以用于測(cè)量不帶電的液體的流速

D.只需要測(cè)量M、N兩點(diǎn)間的電壓就能夠推算廢液的流量

【答案】D

【解析】

AB.根據(jù)左手定則，正電荷受到豎直向下的洛倫茲力，負(fù)電荷受到豎直向上的洛倫茲力，故AB錯(cuò)誤；

C.不帶電的液體在磁場(chǎng)中流動(dòng)時(shí)，由于沒(méi)有自由電荷，不能形成電場(chǎng)，MN兩點(diǎn)沒(méi)有電勢(shì)差，因此無(wú)法測(cè)

出流速，故C錯(cuò)誤；

D.計(jì)算液體的流速，根據(jù)

QvB=^-q

a

可得流速

U

v=—

Bd

流量

2

_。7rdU兀dU

Q-Sv=-----------=

4Bd4B

故D正確。

故選D。

3.質(zhì)譜儀可以測(cè)定有機(jī)化合物分子結(jié)構(gòu)，其過(guò)程可簡(jiǎn)化為如圖所示。樣品室現(xiàn)有某有機(jī)物氣體分子在離

子化室碎裂成帶正電、初速度為零的離子，再經(jīng)過(guò)高壓電源區(qū)、圓形磁場(chǎng)室（內(nèi)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)、真空管，最

后打在記錄儀上，通過(guò)測(cè)量可測(cè)出離子比荷，從而推測(cè)有機(jī)物的分子結(jié)構(gòu)。已知高壓電源的電壓為U,圓

形磁場(chǎng)區(qū)的半徑為R,內(nèi)部的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為瓦真空管寫水平面夾角為。，離子進(jìn)入磁場(chǎng)室時(shí)速度方

向指向圓心。則（）

A.高壓電源A端接電源的正極

B.磁場(chǎng)室內(nèi)磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶?/p>

C.磁場(chǎng)室內(nèi)兩同位素的運(yùn)動(dòng)軌跡分別為軌跡I和II,則軌跡I的同位素質(zhì)量較大

,0

D.記錄儀接收到的信號(hào)對(duì)應(yīng)的離子比荷幺=竺?工

m~B2R2

【答案】D

【解析】

AB.正離子在電場(chǎng)中加速，可以判斷高壓電源A端應(yīng)接負(fù)極，同時(shí)根據(jù)左手定則知，磁場(chǎng)室的磁場(chǎng)方向

應(yīng)垂直紙面向外，AB錯(cuò)誤；

C.設(shè)離子通過(guò)高壓電源后的速度為v,由動(dòng)能定理可得

”12

qU=—mv

離子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，則

V2

qvB=m—

聯(lián)立得出

由此可見(jiàn)，質(zhì)量大的離子的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑大，則軌跡n的同位素質(zhì)量較大，c錯(cuò)誤;

D.離子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)軌跡如圖所示

由幾何關(guān)系可知

R

tan"

2

可解得

。0

2C/tan2-

g=2

mB2R2

D正確。

故選D。

二、多選題

4.如圖所示，在xOy平面內(nèi)，x>0尤>0的空間區(qū)域存在場(chǎng)強(qiáng)大小為E=25N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在定0、爛3m

的區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面的磁場(chǎng)。一帶負(fù)電的粒子比荷為0」C/kg,從坐標(biāo)原點(diǎn)。以某一初速度射入電、

磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)尸（4m,3m）點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為。點(diǎn)動(dòng)能的0.2倍，且速度方向沿y軸正方向，最后從M（0,5m）

點(diǎn)射出電場(chǎng)，此時(shí)動(dòng)能為。點(diǎn)動(dòng)能的0.52倍，粒子重力不計(jì)。以下說(shuō)法正確的是（）

Ay/m

5-MA

3——U-

04x/m

A.粒子在0點(diǎn)所受洛倫茲力大小是P點(diǎn)洛倫茲力的世倍

B.粒子所受電場(chǎng)力沿尤軸負(fù)方向

C.從P點(diǎn)到M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2s

D.從尸點(diǎn)到M點(diǎn)速度變化量的大小為5m/s,方向與PO平行

【答案】ACD

【解析】

A.設(shè)初動(dòng)能為則粒子運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)和M點(diǎn)的動(dòng)能分別為0.2a和0.52&,根據(jù)

口12

E,=—mv

2

f=qvB

可得

選項(xiàng)A正確；

BC.粒子由。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，由動(dòng)能定理

Uop<-q)=Q.2E「Ek

粒子由。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，由動(dòng)能定理得

UoM<-G=0$2E「Ek

由以上兩式可得

y/m

MA/

05x/m

在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差之比等于兩點(diǎn)距離在場(chǎng)強(qiáng)方向的投影長(zhǎng)之比；如圖所示，因0M在。尸上的投影長(zhǎng)為

0Q=3m,可知場(chǎng)強(qiáng)方向正好是沿OP方向，則從P到M在水平方向滿足

1死sin53°

選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確;

D.從尸到M

方向與加速度方向相同，即與電場(chǎng)力方向相同，與場(chǎng)強(qiáng)方向相反即方向與尸。平行，選項(xiàng)D正確。

故選ACDo

5.如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，如果用d表示薄片的厚度，上為霍爾系數(shù)，對(duì)于一個(gè)霍爾元件d、k

為定值。如果保持/恒定，則可以驗(yàn)證4隨8的變化情況，以下說(shuō)法中正確的是（）

------------UH-------------?'

A.在測(cè)定地球赤道上的磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí)，霍爾元件的工作在應(yīng)保持水平

B.在Af、N間出現(xiàn)霍爾電壓UR,UH=k^-

C.將永磁體的一個(gè)磁極逐漸靠近霍爾元件的工作面，UR將變大

D.改變磁感線與霍爾元件工作面的夾角，UR將發(fā)生變化

【答案】BCD

【解析】

A.由地磁場(chǎng)可知：赤道上的磁場(chǎng)平行地面，由圖可知，磁感線應(yīng)垂直于電流方向，左右在測(cè)定地球赤道

上的磁場(chǎng)強(qiáng)弱時(shí)，霍爾元件的工作在應(yīng)保持豎直，故A錯(cuò)誤;

B.達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)電子受到的電場(chǎng)力將和洛倫茲力平衡，有

心

veBn=———

L

其中￡為左右兩側(cè)極板的板間距，解得

UH=vBL

根據(jù)電流微觀表達(dá)式可得

I=neSv=nedLv

可知

Lu的乘積正比于電流，反比與"，在M、N間出現(xiàn)霍爾電壓可表示為

7IB

UTTTT=k—

Hd

故B正確；

C.根據(jù)UH=上與可知將永磁體的一個(gè)磁極逐漸靠近霍爾元件的工作面時(shí)，8增大，則UR也變大，故C

a

正確；

D.改變磁感線與霍爾元件工作面的夾角，在垂直于工作面方向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度將小于原磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度

的大小，則U"將減小，故D正確。

故選BCDo

6.如圖，M,N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值。

靜止的帶電粒子所帶電荷量為+4,質(zhì)量為相（不計(jì)重力），從點(diǎn)尸經(jīng)電場(chǎng)加速后，從小孔。進(jìn)入N板右側(cè)

的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,方向垂直于紙面向外，CD為磁場(chǎng)邊界上的一絕緣板，它與N板

的夾角為6=30。，孔。到板的下端C的距離為L(zhǎng)當(dāng)M,N兩板間電壓取最大值時(shí)，粒子恰垂直打在CD

板上，則下列說(shuō)法正確的是（）

A.兩板間電壓的最大值處

2m

B.CD板上可能被粒子打中區(qū)域的長(zhǎng)度為（省-1）￡

71m

C.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間標(biāo)

D.能打到N板上的粒子的最大動(dòng)能為騫蛆

18m

【答案】CD

【解析】

A.畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖，如圖所示

當(dāng)M、N兩板間電壓取最大值時(shí)，粒子恰垂直打在CD板上，有幾何關(guān)系可知粒子半徑

r—L

在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理得

〃12

QUm=-mv

在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得

V2

qvB-m——

r

解得

u4

m。

2m

故A錯(cuò)誤;

B.設(shè)粒子軌跡與CD相切與8點(diǎn)，此時(shí)粒子半徑為/,粒子軌跡垂直打在CD邊上的G點(diǎn)，則GH間的

距離即為粒子打中區(qū)域的長(zhǎng)度s,根據(jù)幾何關(guān)系有

L=r'+--------

sin30°

解得

,L

r=一

3

粒子打中區(qū)域的長(zhǎng)度

s=L———=(1-—)L

tan3003

故B錯(cuò)誤;

C.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期有

V2

qvB=m——

解得

TE

qB

粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大圓心角

。=18。。

所以最長(zhǎng)時(shí)間為

eTim

仁工7=正

故C正確；

D.當(dāng)粒子在磁場(chǎng)的軌跡與CD邊相切時(shí)，即粒子半徑/=《時(shí)，打到N板上的粒子動(dòng)能最大，最大動(dòng)能

為

U12

Ek.=~mv

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得

qvB=*

解得能打到N板上的粒子的最大動(dòng)能為

E一生

kn，18m

故D正確。

故選CD。

7.筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對(duì)應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件，當(dāng)顯示屏開啟時(shí)磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦

正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時(shí)磁體靠近霍爾元件，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。休眠狀態(tài)時(shí)、簡(jiǎn)化原理如圖所示，寬

為“厚為6、長(zhǎng)為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其載流子是電荷

量為e的自由電子，當(dāng)通入方向向右、大小為/的電流時(shí)，元件前、后表面間電壓為U,則此時(shí)元件的（）

A.前表面的電勢(shì)比后表面的高B.自由電子受到的洛倫茲力大小為*

C

C.前、后表面間的電壓U與/無(wú)關(guān)D.前、后表面間的電壓U與6成反比

【答案】AD

【解析】

A.當(dāng)通入方向向右、大小為/的電流時(shí)，自由電子運(yùn)動(dòng)方向向左，根據(jù)左手定則，電子受到的洛倫茲力

指向后表面，根據(jù)平衡條件，受到的電場(chǎng)力指向前表面，則前表面的電勢(shì)比后表面的高，故A正確；

B.元件前、后表面間電壓為。時(shí)，洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡，則有

a

故B錯(cuò)誤；

CD.根據(jù)電流的微觀表達(dá)式

I=nevab

洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡，則有

a

解得

neb

故前、后表面間的電壓U與/有關(guān)，U與6成反比，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選AD。

8.霍爾元件是一種基于霍爾效應(yīng)的磁傳感器。某型號(hào)霍爾元件（導(dǎo)電自由電荷為電子）左右長(zhǎng)度為。，前

后寬度為b,上、下兩個(gè)面之間的距離為限將此霍爾元件前后兩面的C點(diǎn)、A點(diǎn)通過(guò)導(dǎo)線連接一個(gè)理想

電壓表，置于圖示豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。連接電路，閉合電鍵，進(jìn)行測(cè)試，下列判斷中正確的是（）

A.A點(diǎn)導(dǎo)線應(yīng)與電壓表的正接線柱相連

B.在保證電流大小不變的前提下，電壓表的示數(shù)與九成反比

C.向左移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片P,電壓表示數(shù)減小

D.若僅增大霍爾元件自由電荷的濃度，則電壓表示數(shù)減小

【答案】BD

【解析】

A.通過(guò)霍爾元件的電流向右，電子向左定向移動(dòng)，根據(jù)左手定則可知電子受到向里的洛倫茲力而向里偏,

所以內(nèi)側(cè)面的電勢(shì)低于外側(cè)面的電勢(shì)，所以A點(diǎn)導(dǎo)線應(yīng)與電壓表的負(fù)接線柱相連，故A錯(cuò)誤；

B.設(shè)霍爾元件自由電荷的濃度為小定向移動(dòng)的速率為也根據(jù)

I=nebhv

evB=-e

b

可得

neh

所以電壓表的示數(shù)與上下面厚度/i成反比，故B正確;

C.向左移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片P,通過(guò)霍爾元件的電流增大，由

neh

可知電壓表示數(shù)增大，故c錯(cuò)誤;

D.由

可知僅增大霍爾元件自由電荷的濃度，電壓表示數(shù)減小，故D正確。

故選BD。

9.自行車速度計(jì)可以利用霍爾效應(yīng)傳感器獲知自行車的運(yùn)動(dòng)速率。如圖甲所示，一塊磁鐵安裝在前輪上，

輪子每轉(zhuǎn)一圈，磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器就會(huì)輸出一個(gè)脈沖電壓。如圖乙所示，外接電源使通過(guò)霍

爾元件電流/向左，當(dāng)磁場(chǎng)靠近霍爾元件時(shí)，在導(dǎo)體前后表面間出現(xiàn)電勢(shì)差U（前表面的電勢(shì)低于后表面

的電勢(shì)）。下述正確的有（）

連接到速度計(jì)

霍爾傳感號(hào)自行車前又磁場(chǎng)8

S圖甲圖乙

A.根據(jù)車輪半徑，脈沖周期，可算車速大小B.圖乙中霍爾元件中的自由電荷帶正電

C.若電流/變大，則霍爾電勢(shì)差U變大D.若自行車的車速越大，則霍爾電勢(shì)差U越大

【答案】AC

【解析】

A.根據(jù)單位時(shí)間內(nèi)的脈沖數(shù)，可求得車輪轉(zhuǎn)動(dòng)周期，從而求得車輪的角速度，最后由線速度公式

v-ra)

結(jié)合車輪半徑，即可求解車輪的速度大小，故A正確；

B.前表面的電勢(shì)低于后表面的電勢(shì)，根據(jù)左手定則，霍爾元件的電流/是由負(fù)電荷定向運(yùn)動(dòng)形成的，故B

錯(cuò)誤；

D.根據(jù)

qvB=q一

d

得

U=vdB

由電流的微觀定義式/二伏Sv,〃是單位體積內(nèi)的電子數(shù)，e是單個(gè)導(dǎo)電粒子所帶的電量，S是導(dǎo)體的橫截面

積，u是導(dǎo)電粒子運(yùn)動(dòng)的速度，整理得

I

v=--

neS

聯(lián)立解得

un"eS

可知用霍爾元件可以測(cè)量地磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，保持電流不變，霍爾電壓U與車速大小無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤；

C.由公式

un"eS

若電流/變大，則霍爾電勢(shì)差u將變大，故c正確。

故選AC?

10.在方向如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)（場(chǎng)強(qiáng)為E）和勻強(qiáng)磁場(chǎng)（磁感應(yīng)強(qiáng)度為B）共存的區(qū)域，一電子沿垂直

電場(chǎng)線和磁感線方向以速度加射入場(chǎng)區(qū)，則（）

p

B.若%電子沿軌跡H運(yùn)動(dòng)，射出場(chǎng)區(qū)時(shí)速度

F

C.若為〈高，電子沿軌跡I運(yùn)動(dòng)，射出場(chǎng)區(qū)時(shí)速度

B

F

D.若%<:電子沿軌跡H運(yùn)動(dòng)，射出場(chǎng)區(qū)時(shí)速度uVvo

B

【答案】BC

【解析】

電子受向上的電場(chǎng)力和向下的洛倫茲力；

AB.若

E

%>一

B

則

Bqv。>Eq

則電子沿軌跡n運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，則射出場(chǎng)區(qū)時(shí)速度MVO,選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確;

CD.若

E

v<—

0B

則

Bqv0<Eq

電子沿軌跡I運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，射出場(chǎng)區(qū)時(shí)速度心如，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。

故選BCo

三、解答題

11.如圖所示，在噴k3a的區(qū)域內(nèi)存在垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,在x>3。的

區(qū)域內(nèi)存在垂直x軸方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出），從原點(diǎn)。沿y軸正方向發(fā)射的粒子剛好從磁場(chǎng)右邊

界上P（3a,扃）點(diǎn)離開磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后到達(dá)x軸上的。點(diǎn)，到。點(diǎn)速度恰好沿x軸正方向，

已知粒子質(zhì)量為相，電荷量為q,不計(jì)粒子重力，求:

（1）粒子經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的速度大小和方向；

（2）粒子從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)所用時(shí)間；

（3）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向。

XXX

4P（3a訴）

XXXI

Q

X

【答案】（1）與y軸負(fù)方向夾角等于0=60°;（2）駕；（3）遜左，沿y軸負(fù)方向

m個(gè)6m

【解析】

（1）帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后只受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，設(shè)粒子

經(jīng)過(guò)尸點(diǎn)的速度大小為V,在磁場(chǎng)中的軌跡半徑為r,根據(jù)幾何關(guān)系有

(3a-r)2+(耳)2=/

sin6>=—

r

解得

r=2a,0=60°

在磁場(chǎng)中由洛倫茲力提供向心力得

v2

qvB-m——

R

解得

_2qaB

m

由幾何關(guān)系可得粒子經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的速度方向與y軸負(fù)方向夾角等于。=60。；

(2)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角為

?—8=120。

粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間

；=12(Fr=lx2^=2^

360°3v3qB

(3)粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類斜拋運(yùn)動(dòng)，沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿y軸負(fù)方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng),

到達(dá)。點(diǎn)時(shí)沿y軸的速度為零。由牛頓第二定律得

qE=max

沿y軸方向由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得

2x%x6a=(v.cose)2

解得電場(chǎng)強(qiáng)度的大小

_\[3qaB2

6m

在磁場(chǎng)中粒子順時(shí)針偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知粒子帶負(fù)電，在電場(chǎng)中沿y軸負(fù)方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故電

場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿y軸負(fù)方向。

12.如圖甲所示，半徑為R的圓形A區(qū)域內(nèi)有垂直于圓面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，尸。為其水平直徑，豎直放置

的平行板M、N間加有如圖乙所示的電壓已知，/未知)。在圓形磁場(chǎng)的下萬(wàn)有一水平的粒子接收屏，

在M板附近有一粒子源，不斷無(wú)初速度釋放質(zhì)量為機(jī)、電荷量為q的帶負(fù)電的粒子，粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后從

尸點(diǎn)沿尸。方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打在接收屏上，打在接收屏上最左側(cè)的粒子，速度與水平方向的

夾角為60。，打在接收屏上最右側(cè)的粒子，速度與水平方向的夾角也為60。，不計(jì)粒子的重力，粒子在加速

電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間遠(yuǎn)小于T,求：

(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；

(2)兩板間最大電壓Um為多少。

【答案】(1)1.(2)9U0

RNq

【解析】

(1)(2)在磁場(chǎng)中，根據(jù)

v2

qvB-m——

r

可得

mv

r=——

qB

進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，粒子速度越大，則軌跡半徑越大，結(jié)合幾何知識(shí)可知，打在接收屏最左側(cè)的粒子速度最小,

打在接收屏最右側(cè)的粒子速度最大，從電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，由動(dòng)能定理得

TT12

qU0=-mv^n

12

4T4J=丁%?

由幾何關(guān)系可得

An=~^~

k=6R

聯(lián)立解得

B=l.

R7q

困練提升

1.（2022?湖南?雅禮中學(xué)二模）武漢病毒研究所是我國(guó)防護(hù)等級(jí)最高的P4實(shí)驗(yàn)室，在該實(shí)驗(yàn)室中有一種污

水流量計(jì)，其原理可以簡(jiǎn)化為如圖乙所示模型：廢液內(nèi)含有大量正負(fù)離子，從直徑為d的圓柱形容器右側(cè)

流入，左側(cè)流出，流量值。等于單位時(shí)間通過(guò)橫截面的液體的體積?？臻g有垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為

B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，下列說(shuō)法正確的是（）

XXA/XBX

XXXXT

v<---------------d

XXXX1

XxNXX

甲乙

A.只需要測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度8、直徑d及兩點(diǎn)電壓U,就能夠推算污水的流量

B.只需要測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度2及MN兩點(diǎn)電壓U,就能夠推算污水的流速

C.當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大時(shí)，污水流速將增大

D.當(dāng)污水中離子濃度升高時(shí)，MN兩點(diǎn)電壓將增大

【答案】A

【解析】

AB.廢液流速穩(wěn)定后，粒子受力平衡，有

qvB=^―

d

解得廢液的流速

廢液流量

Q=Sv

7id2

S-------

4

解得

八7iUd

e=7F

只需要測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度8、直徑4及削兩點(diǎn)電壓U,就能夠推算污水的流量，而要測(cè)量出廢液的流速,

除需要測(cè)量磁感應(yīng)強(qiáng)度8及兩點(diǎn)電壓。外，還需要測(cè)量出圓柱形容器直徑％故A正確，B錯(cuò)誤；

C.電磁流量計(jì)可利用

的表達(dá)式來(lái)測(cè)出污水的流速，但是不能通過(guò)改變磁感應(yīng)強(qiáng)度8來(lái)改變污水的流速，故C錯(cuò)誤;

D.由

可知WN兩點(diǎn)電壓與磁感應(yīng)強(qiáng)度夙流量。、直徑d有關(guān)，而與離子的濃度無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤；

故選A。

2.（2022.重慶一中模擬）質(zhì)譜儀是研究同位素的重要工具，重慶一中學(xué)生在學(xué)習(xí)了質(zhì)譜儀原理后，運(yùn)用所

學(xué)知識(shí)設(shè)計(jì)了一個(gè)質(zhì)譜儀，其構(gòu)造原理如圖所示。粒子源O可產(chǎn)生。、b兩種電荷量相同、質(zhì)量不同的粒

子（初速度可視為0）,經(jīng)電場(chǎng)加速后從板邊緣沿平行于板間方向射入，兩平行板與間存在方

向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，板間距為L(zhǎng)板足夠長(zhǎng)，a、b粒子最終分別打到CO板上的E、F點(diǎn)、,E、F

到C點(diǎn)的距離分別為和L則小6兩粒子的質(zhì)量之比為（）

C~1/~~D

【答案】B

【解析】

由幾何關(guān)系可得

L

+(f)

%由圖易得為L(zhǎng)加速階段有

12

qUTT=—mv

2

圓周運(yùn)動(dòng)有

v2

Bqv=m——

r

所以

_1l2mU

所以

所以

皿="

mb64

故選B。

3.（2022.北京朝陽(yáng)模擬）如圖所示，水平放置的平行金屬板間存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)

電荷量為+4、質(zhì)量為根的粒子（不計(jì)重力）以速度v水平向右射入，粒子恰沿直線穿過(guò)。下列說(shuō)法正確

的是（）

I++++口

XXXXX

O--->V-------------------------

+q

xxxx5x

?-----?

A.若粒子從右側(cè)水平射入，粒子仍能沿直線穿過(guò)

B.若只將粒子的電荷量變?yōu)?2q,粒子將向下偏轉(zhuǎn)

C.若只將粒子的電荷量變?yōu)?2g,粒子仍能沿直線穿過(guò)

D.若只將粒子的速度變?yōu)?V且粒子不與極板相碰，則從右側(cè)射出時(shí)粒子的電勢(shì)能減少

【答案】C

【解析】

A.若粒子從右側(cè)水平射入，粒子所受洛倫茲力不可能與電場(chǎng)力平衡，粒子不可能沿直線穿過(guò)，故A錯(cuò)誤；

B.若只將粒子的電荷量變?yōu)?2g,則粒子所受洛倫茲力和電場(chǎng)力同時(shí)增大2倍，仍能滿足平衡條件，所

以粒子仍能沿直線穿過(guò)，故B錯(cuò)誤；

C.若只將粒子的電荷量變?yōu)?2g,則粒子所受洛倫茲力和電場(chǎng)力同時(shí)增大2倍，且方向同時(shí)變?yōu)橄喾矗?/p>

仍能滿足平衡條件，所以粒子仍能沿直線穿過(guò)，故C正確；

D.若只將粒子的速度變?yōu)?V且粒子不與極板相碰，將粒子的速度分解為兩個(gè)同向的速度v,則其中一個(gè)

速度V使粒子滿足所受洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡而做勻速直線運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)速度V使粒子受到洛倫茲力而做

勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以粒子的運(yùn)動(dòng)可視為一沿虛線方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直面內(nèi)虛線上方的勻速圓周運(yùn)動(dòng)

的合成，即做擺線運(yùn)動(dòng)，如圖所示，由此可知粒子只能從虛線上側(cè)或虛線位置射出，整個(gè)過(guò)程洛倫茲力

不做功，而電場(chǎng)力只可能做負(fù)功或不做功，所以粒子的電勢(shì)能可能增大或不變，故D錯(cuò)誤。

故選C。

4.（2022?北京海淀?二模）如圖所示為某種質(zhì)譜儀工作原理示意圖，離子從電離室A中的小孔Si飄出（初

速度不計(jì)），經(jīng)相同的加速電場(chǎng)加速后，通過(guò)小孔S2,從磁場(chǎng)上邊界垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周后打在照相底片D上并被吸收形成譜線。照相底片D上有刻線均勻分布的

標(biāo)尺（圖中未畫出），可以直接讀出離子的比荷。下列說(shuō)法正確的是（）

—

u

A-

T

?

?

-.

，?

一

?

A.加速電壓越大，打在底片上同一位置離子的比荷越大

B.磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，打在底片上同一位置離子的比荷越大

C.磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，打在底片上同一位置離子的電荷量越大

D.若將該裝置底片刻度標(biāo)注的比荷值修改為同位素的質(zhì)量值，則各刻線對(duì)應(yīng)質(zhì)量值是均勻的

【答案】A

【解析】

ABC.在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理

12

qU=—mv^

在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中，洛倫茲提供向心力

V2

qvB=m——

r

打在屏上的位置

d=2r

聯(lián)立可得

q_8U

則加速電壓越大，打在底片上同一位置離子的比荷越大；磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，打在底片上同一位置離子的比

荷越??；磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，打在底片上同一位置離子的電荷量不一定越大，選項(xiàng)A正確，BC錯(cuò)誤;

D.根據(jù)

q8U

m~d'B-

可得

對(duì)同位素電量q相等，則

dccy[m

則若將該裝置底片刻度標(biāo)注的比荷值修改為同位素的質(zhì)量值，則各刻線對(duì)應(yīng)質(zhì)量值不是均勻的，選項(xiàng)D錯(cuò)

誤。

故選A。

5.（2022?山東日照?三模）如圖所示，水平地面上方存在相互正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直

向下、磁場(chǎng)方向水平向里。一個(gè)帶正電的小球從A點(diǎn)沿水平向右方向進(jìn)入該區(qū)域，落到水平地面上，設(shè)飛

行時(shí)間為％,水平射程為占，著地速度大小為匕，電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為耳；撤去磁場(chǎng)，其余條件不變，小

球飛行時(shí)間為馬，水平射程為巧，著地速度大小為匕，電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為2。下列判斷正確的是（）

A.B.%＞芍C.=v2D.耳=g

【答案】BC

【解析】

小球在電場(chǎng)與磁場(chǎng)同時(shí)存在的情況下落到地面，與撤去磁場(chǎng)時(shí)相比，多受一大小變化、方向斜向右上（A

點(diǎn)水平向右）的洛倫茲力，設(shè)速度與水平方向夾角為6,豎直方向上，由牛頓第二定律有

mg+qE-qvBcos6mg+qE

=，a2y=

mm

得

<a2y

水平方向上

QVBsin0八

a=~------，%=°

lxm

AB.對(duì)兩球豎直方向上，都下落人，由

j1——2-------------

/z=5叩,aly<a2y

可知

八>t2

水平方向上，由

1--2

石=貼+萬(wàn)％/，%2=卬2

可知

占＞多

A錯(cuò)誤，B正確;

C.由動(dòng)能定理可知兩種情況粒子拋出到地面過(guò)程中，都只有重力和電場(chǎng)力做功，總功相同，由動(dòng)能定理

112

(mg+qE)h=—mv2——mv0

所以有

C正確;

D.設(shè)兩種情況小球落地時(shí)速度與水平方向夾角分別為a和則有運(yùn)動(dòng)分析可知

a<P

豎直方向上分速度

v“=V[Sina,v2>=v2siny?

有

電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為

P=qE%

可知

pt<p2

D錯(cuò)誤。

故選BC。

6.（2022?山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬）如圖甲所示，現(xiàn)有一機(jī)械裝置，裝置。右端固定有一水平光滑絕緣桿,

裝置可以帶動(dòng)桿上下移動(dòng)，桿上套有兩個(gè)小球。、b,質(zhì)量?=lkg,?=2kg,。球帶電量4=+lC,b球不

帶電。初始時(shí)。球在桿的最左端，且a、b球相距￡=0.10m?，F(xiàn)讓裝置。帶動(dòng)桿以vo=5m/s向下勻速平動(dòng)，

并且加上一垂直桿向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，已知小球和桿始終在磁場(chǎng)中，球發(fā)生的碰撞均為

彈性碰撞，且碰撞過(guò)程中電荷量不發(fā)生轉(zhuǎn)移。以下說(shuō)法正確的是（）

A.小球a、6第一次碰撞前，小球。的速度大小為lm/s

B.小球a、b第一次碰撞后，小球。的速度大小為3mzs

C.若桿的長(zhǎng)度為12.1m,則a、沙兩球在桿的最右端恰好發(fā)生第10次碰撞

D.若桿的長(zhǎng)度為12.1m,則a、6兩球在桿的最右端恰好發(fā)生第11次碰撞

【答案】AC

【解析】

A.。球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受到的洛倫茲力為

F=qv0B=5N

加速度

a=—=5m/s2

ma

小球a、b第一次碰撞前，水平方向，根據(jù)速度位移關(guān)系

V2=2aL

解得第一次碰撞前，小球a的速度大小

v=lm/s

故A正確；

B.小球a、b第一次碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有

mav=maval+mbvbl

121212

-may-=-maVa-+-mbVbi

解得

v=——v=——m/s

ma+mb33

2i022

u=—u=—m/s

33

即小球a、b第一次碰撞后，小球。的速度大小為:m/s,故B錯(cuò)誤；

CD.小球久6第一次碰撞后，設(shè)再經(jīng)時(shí)間％發(fā)生第二次碰撞，則有

Valfl+^atl=

解得

2

t.=-s

5

第二次碰前”的速度大小

5,