1、第三節 帶電粒子在復合場中的運動隨堂演練鞏固1.(2012浙江溫州高三八校聯考,8)如圖所示,有一金屬塊放在垂直于表面C的勻強磁場中,磁感應強度為B,金屬塊的厚度為d,高為h.當有穩恒電流I平行平面C的方向通過時,由于磁場力的作用,金屬塊中單位體積內參與導電的自由電子數目為(上下兩面M、N上的電壓分別為、 A.|B.| C.|D.| 【解析】 設電子的定向運動速度為v,單位體積內的自由電子數目為n,穩恒電流通過時,自由電子所受洛倫茲力與電場力平衡,有Bev=|,根據電流的微觀表達式有I=neSv,解以上兩式得|. 【答案】 C 2.目前,世界上正在研究一種新型發電機叫磁流體發電機,如圖表示它的

2、原理:將一束等離子體噴射入磁場(速度方向垂直紙面進去),在磁場中有兩塊金屬板A、B,這時金屬板上就會聚集電荷,產生電壓.以下正確的是( ) A.B板帶正電 B.A板帶正電 C.其他條件不變,只增大射入速度增大 D.其他條件不變,只增大磁感應強度增大 【解析】 由左手定則知正電荷向B板,B板帶正電,A對B錯;平衡穩定時,有可看出增大射入速度或增大磁感應強度均增大,C 、D正確。【答案】 ACD 3.(2012浙江溫州高三八校聯考,6)如圖所示,真空中存在豎直向上的勻強電場和水平方向的勻強磁場,一質量為m,帶電荷量為q的物體以速度v在豎直平面內做半徑為R的勻速圓周運動,假設t=0的時刻物體在軌跡最

3、低點且重力勢能為零,電勢能也為零,則下列說法不正確的是( ) A.物體帶負電且做逆時針轉動 B.物體運動的過程中,機械能與電勢能之和保持不變且大小為 C.物體運動的過程中,重力勢能隨時間的變化關系是p=mgR(1-cos D.物體運動的過程中,電勢能隨時間的變化關系是p=mgR(cos 【解析】 物體做勻速圓周運動,應有電場力與重力平衡,則物體所受電場力應豎直向上,帶正電;洛倫茲力提供向心力,根據左手定則可知,物體應順時針轉動,選項A錯誤;物體受重力、電場力和洛倫茲力作用,只涉及機械能和電勢能,因而二者之和不變,選項B正確;如圖所示,設經過時間t,物體位置如圖所示,則此時重力勢能=mgR(1-

4、cos而/R,得=mgR(1-cos選項C正確;因動能不變,所以電勢能的變化與重力勢能的變化大小相等,變化情況相反,選項D正確. 【答案】 D 4.(2010海南高考,15)圖中左邊有一對平行金屬板,兩板相距為d.電壓為U;兩板之間有勻強磁場,磁感應強度大小為方向與金屬板面平行并垂直于紙面朝里.圖中右邊有一半徑為R、圓心為O的圓形區域內也存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面朝里.一電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面、垂直于磁場的方向射入平行金屬板之間,沿同一方向射出平行金屬板之間的區域,并沿直徑EF方向射入磁場區域,最后從圓形區域邊界上的G點射出.已知弧FG所對應的圓心角為不計重力

5、.求: (1)離子速度的大小; (2)離子的質量. 【解析】 (1)由題設知,離子在平行金屬板之間做勻速直線運動,洛倫茲力與電場力平衡 式中,v是離子運動速度的大小是平行金屬板之間的勻強電場的強度,有 由式得 (2)在圓形磁場區域,離子做勻速圓周運動,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 式中,m和r分別是離子的質量和它做圓周運動的半徑.由題設,離子從磁場邊界上的點G穿出,離子運動的圓周的圓心O必在過E點垂直于EF的直線上,且在EG的垂直平分線上(見下圖).由幾何關系有 r=Rtan 式中是OO與直徑EF的夾角,由幾何關系得 聯立式得,離子的質量為 cot. 【答案】 cot 5.(2011全國理綜

6、,25)如圖,與水平面成45角的平面MN將空間分成和兩個區域.一質量為m 、電荷量為q （q0）的粒子以速度v從平面MN上的點水平向右射入區.粒子在區運動時,只受到大小不變、方向豎直向下的電場作用,電場強度大小為E;在區運動時,只受到勻強磁場的作用,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向里.求粒子首次從區離開時到出發點的距離(粒子的重力可以忽略). 【解析】 帶電粒子進入電場后,在電場力的作用下沿拋物線運動,其加速度方向豎直向下,設其大小為a,由牛頓定律得 qE=ma 設經過時間粒子從平面MN上的點進入磁場,由運動學公式和幾何關系得 粒子速度大小為 設速度方向與豎直方向的夾角為則 tan 此時粒

7、子到出發點的距離為 此后粒子進入磁場,在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,圓周半徑為 設粒子首次離開磁場的點為弧所張的圓心角為則點到點的距離為 sin 由幾何關系得 聯立式得 點與點相距 聯立解得 . 【答案】 6.( 選做題)(2011山東理綜,25)扭擺器是同步輻射裝置中的插入件,能使粒子的運動軌跡發生扭擺.其簡化模型如圖:、兩處的條形勻強磁場區邊界豎直,相距為L,磁場方向相反且垂直于紙面.一質量為m、電荷量為-q、重力不計的粒子,從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放,極板間電壓為U,粒子經電場加速后平行于紙面射入 區,射入時速度與水平方向夾角. (1)當區寬度、磁感應強度大小時,粒子從區右邊

8、界射出時速度與水平方向夾角也為30,求及粒子在區運動的時間t; (2)若區寬度、磁感應強度大小求粒子在區的最高點與區的最低點之間的高度差h; (3)若、為使粒子能返回區,求應滿足的條件; (4)若、且已保證了粒子能從區右邊界射出.為使粒子從區右邊界射出的方向與從區左邊界射出的方向總相同,求、之間應滿足的關系式. 圖1【解析】 (1)如圖1所示,設粒子射入磁場區的速度為v,在磁場區中做圓周運動的半徑為由動能定理和牛頓第二定律得 由幾何知識得 sin 聯立式,代入數據得 設粒子在磁場區中做圓周運動的周期為T,運動的時間為t 聯立式,代入數據得 圖2(2)設粒子在磁場區做圓周運動的半徑為由牛頓第二定

9、律得 由幾何知識可得 cos tan 聯立式,代入數據得 . (3)如圖2所示,為使粒子能再次回到區,應滿足 sin 或sin 聯立B11式,代入數據得 或) (4)如圖3(或圖4)所示,設粒子射出磁場區時速度與水平方向的夾角為由幾何知識可得 圖3 圖4 sin sin 或sinsin sinsin 或sinsin 聯立式得 聯立、式得 . 【答案】 (2 或 課后作業夯基(A卷)(時間:45分鐘 必做題滿分:100分 選做題:10分) 一、不定項選擇題(本題共8小題,每小題8分,共64分.選對但不全的得5分) 1.如圖所示,質量為m、電荷量為-e的電子的初速為零,經電壓為U的加速電場加速后進

10、入磁感應強度為B的偏轉磁場(磁場方向垂直紙面),其運動軌跡如圖所示.以下說法中正確的是( ) A.加速電場的場強方向向上 B.偏轉磁場的磁感應強度方向垂直紙面向里 C.電子在電場中運動和在磁場中運動時,加速度都不變,都是勻變速運動 D.電子在磁場中所受的洛倫茲力的大小為 【解析】 電子帶負電,向上加速運動,因此加速電場的方向應為豎直向下,選項A錯誤;電子剛進入時受水平向左的洛倫茲力,根據左手定則知偏轉磁場的方向垂直紙面向里,選項B錯誤;電子在電場中運動時加速度可能變化,在磁場中運動時,加速度變化,選項C錯誤;根據動能定理可知,電子進入磁場時的速度為洛倫茲力的大小為f=Bev,得選項D正確. 【

11、答案】 D 2.在圖中虛線所圍的區域內,存在電場強度為E的勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場.已知從左方P點處以速度v水平射入的電子,穿過此區域未發生偏轉,設重力可忽略不計,則在這區域中的E和B的方向可能是( ) A.E和B都沿水平方向,并與v方向垂直 B.E和B都沿水平方向,并與v方向相同 C.E豎直向上,B垂直紙面向外 D.E豎直向上,B垂直紙面向里 【解析】 選項A中洛倫茲力方向在豎直方向,電場力方向垂直紙面,所以二者相互垂直,其合力與初速度方向成一角度,電子要發生偏轉,A錯;選項B中洛倫茲力為零,電子僅在電場力作用下做勻減速直線運動,B對;選項C中電場力豎直向下,洛倫茲力豎直向上,二力

12、平衡時也可做直線運動,C對,D錯,所以應選BC. 【答案】 BC 3.環型對撞機是研究高能粒子的重要裝置.正、負離子由靜止經過電壓為U的直線加速器加速后,沿圓環切線方向注入對撞機的真空環狀空腔內,空腔內存在著與圓環平面垂直的勻強磁場,磁感應強度大小為B.兩種帶電粒子將被局限在環狀空腔內,沿相反方向做半徑相等的勻速圓周運動,從而在碰撞區迎面相撞.為維持帶電粒子在環狀空腔中的勻速圓周運動,下列說法正確的是( ) A.對于給定的加速電壓,帶電粒子的比荷越大,磁感應強度B越大 B.對于給定的加速電壓,帶電粒子的比荷越大,磁感應強度B越小 C.對于給定的帶電粒子,加速電壓U越大,粒子運動的周期越大 D.

13、對于給定的帶電粒子,不管加速電壓U多大,粒子運動的周期都不變 【解析】 帶電粒子經過加速電場后速度為帶電粒子以該速度進入對撞機的環形空腔內,且在圓環內做半徑確定的圓周運動,因此對于給定的加速電壓,即U一定,則帶電粒子的比荷q/m越大,磁感應強度B越小,A錯,B對;帶電粒子運動周期與帶電粒子的速度無關,當然就與加速電壓U無關,因此,對于給定的帶電粒子和磁感應強度B,不管加速電壓U多大,粒子運動的周期不變,C錯,D對. 【答案】 BD 4.如圖是質譜儀的工作原理示意圖.帶電粒子被加速電場加速后,進入速度選擇器.速度選擇器內相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫

14、P和記錄粒子位置的膠片.平板S下方有強度為的勻強磁場.下列表述正確的是( ) A.質譜儀是分析同位素的重要工具 B.速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外 C.能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于E/B D.粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,粒子的比荷越小 【解析】 由加速電場可見粒子所受電場力向下,即粒子帶正電.在速度選擇器中,電場力水平向右,洛倫茲力水平向左,因此速度選擇器中磁場方向垂直紙面向外,B正確;經過速度選擇器時滿足qE=qvB,可知能通過狹縫P的帶電粒子的速率v=E/B,帶電粒子進入磁場做勻速圓周運動半徑R=可見當v相同時所以可以用來區分同位素,且R越小,比荷就越大,D錯誤. 【答案】

15、ABC 5.如圖所示,一個質量為m、電荷量為q的帶電小球從M點自由下落,M點距場區邊界PQ高為h,邊界PQ下方有方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場,同時還有垂直于紙面的勻強磁場,小球從邊界上的a點進入復合場后,恰能做勻速圓周運動,并從邊界上的b點穿出,重力加速度為g,不計空氣阻力,則以下說法正確的是( ) A.小球帶負電荷,勻強磁場方向垂直于紙面向外 B.小球的電荷量與質量的比值q/m=g/E C.小球從a運動到b的過程中,小球和地球系統機械能守恒 D.小球在a,b兩點的速度相同 【解析】 帶電小球在磁場中做勻速圓周運動,則qE=mg,選項B正確;電場方向豎直向下,則可知小球帶負電,由于小球

16、從b點射出,根據左手定則可知磁場垂直紙面向里,選項A錯誤,只是a,b兩點機械能相等,選項C錯誤;小球在a,b兩點速度方向相反,故選項D錯誤. 【答案】 B 6.如圖所示,在勻強電場和勻強磁場共存的區域內,場強E的方向豎直向下,磁感應強度B的方向垂直紙面向里.有三個帶有等量同種電荷的油滴M、N、P在該區域中運動,其中M向右做勻速直線運動,N在豎直平面內做勻速圓周運動,P向左做勻速直線運動,不計空氣阻力,則三個油滴的質量關系是( ) A. B. C.D. 【解析】 N在豎直平面內做勻速圓周運動,其重力與電場力平衡,因而帶負電,且;M向右做勻速直線運動,有;P向左做勻速直線運動,有,比較上述三式,有

17、成立,選項B正確. 【答案】 B 7.(2012浙江臺州中學高三摸底,13)如圖所示,某空間存在正交的勻強電磁場,電場方向水平向右,磁場方向垂直紙面向里,一帶負電微粒由a點以一定初速度進入電磁場,剛好能沿直線ab斜向上運動,則下列說法正確的是 ( ) A.微粒的動能一定增加 B.微粒的動能一定減少 C.微粒的電勢能一定減少 D.微粒的機械能一定增加 【解析】 微粒受力如圖所示,其做直線運動,應有電場力F沿垂直直線方向上的分力與洛倫茲力f平衡,則合力與速度反向,動能一定減小,選項A錯B對;電場力做負功,電勢能增加,機械能增加,選項C錯D對. 【答案】 BD 8.如圖所示,光滑半圓形軌道與光滑斜面

18、軌道在B處與圓弧相連,將整個裝置置于水平向外的勻強磁場中,有一帶正電小球從A靜止釋放,且能沿軌道前進,并恰能通過圓弧最高點,現若撤去磁場,使球仍能恰好通過圓環最高點C,釋放高度H與原釋放高度H的關系是( ) A.H=HB.H<H C.H>HD.不能確定 【解析】 無磁場時,小球在C點由重力提供向心力,臨界速度為v.加磁場后,小球在C點受向上的洛倫茲力,向心力減小,臨界速度v減小.所以不加磁場時在C點的機械能較大,由于洛倫茲力不做功,有沒有磁場機械能都守恒,所以,不加磁場時機械能較大,選C. 【答案】 C 二、論述計算題(本題共2小題,共36分) 9.(2011廣東理綜,35)如圖(

19、a)所示,在以O為圓心,內外半徑分別為和的圓環區域內,存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強磁場,內外圓間的電勢差U為常量.一電荷量為+q,質量為m的粒子從內圓上的A點進入該區域,不計重力. (1)已知粒子從外圓上以速度射出,求粒子在A點的初速度的大小. (2)若撤去電場,如圖(b),已知粒子從OA延長線與外圓的交點C以速度射出,方向與OA延長線成角,求磁感應強度的大小及粒子在磁場中運動的時間. (3)在圖(b)中,若粒子從A點進入磁場,速度大小為方向不確定,要使粒子一定能夠從外圓射出,磁感應強度應小于多少? 【解析】 (1)對帶電粒子從A點到外圓周過程中,由動能定理有: 所以粒子在A點的初速度為:.

20、 (2)先確定帶電粒子做圓周運動的圓心,如圖所示: 設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R, 由幾何知識可知解得. 又因為 所以磁感應強度為. 因為 所以帶電粒子在磁場中的運動時間: . (3)帶電粒子能從外圓射出的兩種臨界情況,如圖所示. 對于臨界狀態1(即小圓)有: 解得 對于臨界狀態2(即大圓)有: 解得:所以磁感應強度應滿足:B. 【答案】 (3)B 10.(18分)如圖所示,在寬度分別為和的兩個毗鄰的條形區域分別有勻強磁場和勻強電場,磁場方向垂直于紙面向里,電場方向與電、磁場分界線平行.一帶正電荷的粒子以速率v從磁場區域上邊界的P點斜射入磁場,然后以垂直于電、磁場分界線的方向進入電場

21、,最后從電場邊界上的Q點射出,已知PQ垂直于電場方向,粒子軌跡與電、磁場分界線的交點到PQ的距離為d.不計重力,求電場強度與磁感應強度大小之比及粒子在磁場與電場中運動時間之比. 【解析】 粒子在磁場中做勻速圓周運動,如圖所示.由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直.圓心O應在分界線上,OP長度即為粒子運動的圓弧的半徑R.由幾何關系得 (3分) 設粒子的質量和所帶正電荷分別為m和q,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 (1分) 設P為虛線與分界線的交點則粒子在磁場中的運動時間為 (2分) 式中有sin (3分) 粒子進入電場后做類平拋運動,其初速度為v,方向垂直于電場.設粒子的加速度大小為a,由牛頓第

22、二定律得qE=ma (1分) 由運動學公式有 (2分) (2分) 由式得. (2分) 由式得arcsin (2分) 【答案】 arcsin 三、選做題(10分) 11.(2012山東東營高三模擬,24)如圖所示,虛線MN左側是水平正交的勻強電場和勻強磁場,電場方向水平向右,磁場方向垂直于紙面向里,磁感應強度為B;MN右側有豎直方向的勻強電場(如圖中豎直線,方向未標出),電場中還有一固定的點電荷Q.一質量為m,電荷量為q的點電荷,從MN左側的場區沿與電場線成角斜向上的直線勻速運動,穿過MN上的A點進入右側的場區,恰好繞Q在豎直面內做半徑為r的勻速圓周運動,并穿過MN上的P點進入左側場區.已知點電

23、荷Q及MN右側的電場對MN左側無影響,當地重力加速度為g,靜電力常量為k. (1)判斷電荷q的電性并求出MN左側勻強電場的場強E; (2)判斷電荷Q的電性并求出其電荷量; (3)求出電荷穿過P點剛進入左側場區時加速度a的大小和方向. 【解析】 (1)點電荷在MN左側區勻速運動,受力必須如圖所示,根據左手定則可知,q一定帶正電 (1分) 由根據平衡條件得 qvBcos (1分) qvBsin (1分) tan. (1分) (2)因為q帶正電,在電荷Q的電場力的作用下做圓周運動,Q對它的電場力一定是引力,故Q應帶負電 (1分) 由牛頓定律得 (1分) 解得. (1分) (3)電荷進入左側場區時,速

24、度大小不變但方向變為沿左向上的方向,且與水平方向的夾角為電荷受力及夾角關系如圖所示. 在水平方向上:sin (1分) 在豎直方向上:qvBcos (1分) 故a的大小為2g,方向豎直向下. (1分) 【答案】 (1)正電tan (2)負電 (3)2g,豎直向下 (B卷)(時間:45分鐘 必做題滿分:100分 選做題:10分) 一、不定項選擇題(本題共8小題,每小題8分,共64分.選對但不全的得5分) 1.帶電粒子(不計重力)所處的狀態可能是( ) 只在磁場中處于平衡狀態 只在電場中做勻速圓周運動 只在勻強磁場中做平拋運動 只在勻強電場中做勻速直線運動 A.B.C.D. 【解析】 在磁場中當速度

25、與磁場平行或速度為零時不受洛倫茲力,可處于平衡狀態,正確;帶電粒子可圍繞點電荷做勻速圓周運動,正確;在勻強磁場中洛倫茲力與速度垂直,如做曲線運動洛倫茲力必是變力,不可能做平拋運動,錯誤;在勻強電場中必然受到電場力不可能做勻速直線運動,錯誤.故選A. 【答案】 A 2.如圖所示,MN是紙面內的一條直線,其所在空間充滿與紙面平行的勻強電場或與紙面垂直的勻強磁場(場區都足夠大),現有一個重力不計的帶電粒子從MN上的O點以水平初速度射入場區,下列判斷正確的是( ) A.如果粒子回到MN上時速度增大,則該空間存在的場一定是電場 B.如果粒子回到MN上時速度大小不變,則該空間存在的場可能是電場 C.若只改

26、變粒子的初速度大小,發現粒子再回到MN上時與其所成的銳角夾角不變,則該空間存在的場一定是磁場 D.若只改變粒子的初速度大小,發現粒子再回到MN上時所用時間不變,則該空間存在的場一定是磁場 【解析】 因為洛倫茲力不做功,故如果速度增大,空間存在的場肯定是電場,A正確;如果MN是電場的等勢面,粒子回到MN上時,電場力做功為零,根據動能定理,速度大小不變,B項正確;如果粒子受力垂直MN向左下方,則帶電粒子做類斜拋運動,根據運動的對稱性,帶電粒子回到MN上時與其所成的銳角夾角不變,故C項錯誤;若改變粒子的速度大小,粒子再回到MN上時,因為圓弧對應的圓心角不變,粒子運動的周期不變,故所用的時間不變,但如

27、果是電場,改變粒子的初速度,粒子回到MN上時,時間肯定變化,故D正確. 【答案】 ABD 3.如圖是磁流體發電機的示意圖,在間距為d的平行金屬板A,C間,存在磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場,兩金屬板通過導線與滑動變阻器相連,變阻器接入電路的電阻為R.等離子體連續以速度v平行于兩金屬板垂直射入磁場,理想電流表A的讀數為I,則( ) A.發電機的電動勢E=IR B.發電機的內電阻為 C.發電機的效率 D.變阻器觸頭P向上滑動時,單位時間內到達金屬板A,C的等離子體數目增多 【解析】 當等離子體受到的洛倫茲力等于電場力時,電動勢呈穩定狀態,則場強發動機的電動勢外電路的電壓為IR,A錯誤;

28、發電機的內部電阻等效于電源的內阻,那么發電機的內阻B正確;發電機的效率C錯誤;觸頭P向上運動,則電路中的電阻變小,電路中的電流變大,單位時間移動的電荷數變多,D正確. 【答案】 BD 4.(2010東北三校第一次聯考)如圖所示,ABC為豎直平面內的光滑絕緣軌道,其中AB為傾斜直軌道,BC為與AB相切的圓形軌道,并且圓形軌道處在勻強磁場中,磁場方向垂直紙面向里.質量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電，乙球帶負電，丙球不帶電。現將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓環的最高點，則A.經過最高點時,三個小球的速度相等 B.經過最高點時,甲球的速度最小 C.甲球的釋放位置比

29、乙球的高 D.運動過程中三個小球的機械能均保持不變 【解析】 恰好過最高點,對甲球:;對乙球:;對丙球:故故選項A 、B均錯；洛侖茲力不做功，故運動過程中三個小球的機械能均保持不變，選項C、D均正確。【答案】 CD 5.如圖所示,有一混合正離子束先后通過正交的電場、磁場區域和勻強磁場區域,如果這束正離子流在區域中不偏轉,進入后偏轉半徑R相同,則它們一定具有相同的 ( ) A.速度B.質量 C.電荷量D.比荷 【解析】 當混合帶電離子在通過正交的電場、磁場區域時沒有發生偏轉可得:電場力與洛倫茲力平衡,即所以而進入勻強磁場區域后偏轉半徑R相同,也就是即所以A、D正確,B、C錯. 【答案】 AD 6

30、.如圖所示,M、N兩平行金屬板間存在著正交的勻強電場和勻強磁場,一帶電粒子(重力不計)從O點以速度v沿著與兩板平行的方向射入場區后,做勻速直線運動,經過時間飛出場區;如果兩板間只有電場,粒子仍以原來的速度從O點進入電場,經過時間飛出電場;如果兩板間只有磁場,粒子仍以原來的速度從O點進入磁場后,經過時間飛出磁場,則、的大小關系為( ) A.B. C.D. 【解析】 沿直線穿過場區,時間/v;只有電場,粒子做類平拋運動,沿初速方向也做勻速運動/v;如果兩板間只有磁場,粒子做勻速圓周運動向上或向下偏轉,不論向哪個方向偏轉,粒子所受洛倫茲力沿水平方向的分量都是向左的,即粒子水平方向都是減速運動的,時間

31、必然較大,所以選A. 【答案】 A 7.如圖甲所示,在空間存在一個變化的電場和一個變化的磁場,電場的方向水平向右(圖中甲由B到C),場強大小隨時間變化情況如圖乙所示;磁感應強度方向垂直于紙面、大小隨時間變化情況如圖丙所示.在t=1 s時,從A點沿AB方向(垂直于BC)以初速度射出第一個粒子,并在此之后,每隔2 s有一個相同的粒子沿AB方向均以初速度射出,并恰好均能擊中C點,若AB=BC=l,且粒子由A運動到C的運動時間小于1 s.不計空氣阻力,對于各粒子由A運動到C的過程中,以下說法正確的是( ) A.電場強度和磁感應強度的大小之比為1 B.第一個粒子和第二個粒子運動的加速度大小之比為12 C

32、.第一個粒子和第二個粒子運動的時間之比為2 D.第一個粒子和第二個粒子通過C的動能之比為15 【解析】 由題意:第一個粒子從A至C是在洛倫茲力作用下做圓周運動第一個粒子從A至C是在洛倫茲力作用下做類平拋運動解以上二式得A錯誤;2,B正確;而2,C正確;對第二個粒子:豎直方向:水平方向:l=得所以第一個粒子和第二個粒子通過C的動能之比為15,D正確;故選BCD. 【答案】 BCD 8.如圖甲所示是回旋加速器的示意圖,其核心部分是兩個D形金屬盒,在加速帶電粒子時,兩金屬盒置于勻強磁場中,并分別與高頻電源相連,帶電粒子在磁場中運動的動能k隨時間t的變化規律如圖乙所示,若忽略帶電粒子在電場中的加速時間

33、,則下列判斷中正確的是( ) A.高頻電源的變化周期應該等于 B.在kt圖中應有 C.粒子加速次數越多,粒子獲得的最大動能一定越大 D.不同粒子獲得的最大動能都相同 【解析】 由圖可知粒子在單個D形盒內運動的時間為由于在磁場中粒子運動的周期與速度無關,B正確;交流電源的周期為A錯誤;由知當粒子的運動半徑等于D形盒半徑時加速過程就結束了,粒子的動能即粒子的動能與加速次數無關,C錯誤;粒子的最大動能還與粒子的質量和電荷量有關,D錯誤. 【答案】 B 二、論述計算題(本題共2小題,共36分) 9.(18分)如圖所示,半徑為R的圓形區域內存在著磁感應強度為B的勻強磁場,方向垂直于紙面向里,一帶負電的粒

34、子(不計重力)沿水平方向以速度v正對著磁場圓的圓心入射,通過磁場區域后速度方向偏轉了60角. (1)求粒子的比荷及粒子在磁場中的運動時間; (2)如果想使粒子通過磁場區域后速度方向的偏轉角度最大,在保持入射方向仍然沿水平方向的基礎上,需將粒子的入射點向上平移的距離為多少? 【解析】 (1)由圖可知軌跡半徑r=Rcot30 (2分) 粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動,有 (2分) 由兩式得 (2分) 運動周期 (2分) 在磁場中的運動時間 (2分) 由式得. (2分) (2)當粒子的入射點和出射點的連線是磁場圓的直徑時,粒子速度偏轉的角度最大 (1分) 由圖可知sin (2分) 平移距離d=Rsin (1分) 由式得. (2分) 【答案】 10.(18分)(2010山東理綜,25)如圖所示,以兩虛線為邊界,中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場,寬度為d,兩側為相同的勻強磁場,方向垂直紙面向里.一質量為m、帶電荷量+q 、重力不計的帶電粒子，以初速度v垂直邊界射入磁場做勻速圓周運動,后進入電場做勻加速運動,然后第二次進入磁場中運動,此后粒子在電場和磁場中交替運動.已知粒子第二次在磁場中運動