\l "_Tc24610" 考向一 帶電粒子在疊加場中運(yùn)動(dòng)的實(shí)例分析 PAGEREF _Tc24610 \h 1
\l "_Tc3335" 考查方式一 質(zhì)譜儀 PAGEREF _Tc3335 \h 1
\l "_Tc668" 考查方式二 回旋加速器 PAGEREF _Tc668 \h 3
\l "_Tc2942" 考查方式三 速度選擇器 PAGEREF _Tc2942 \h 5
\l "_Tc22693" 考查方式四 磁流體發(fā)電機(jī) PAGEREF _Tc22693 \h 7
\l "_Tc3005" 考查方式五 電磁流量計(jì) PAGEREF _Tc3005 \h 9
\l "_Tc27901" 考查方式六 霍爾元件 PAGEREF _Tc27901 \h 9
\l "_Tc15120" 考向二 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng) PAGEREF _Tc15120 \h 11
\l "_Tc5902" 考查方式一 先電場，后磁場 PAGEREF _Tc5902 \h 11
\l "_Tc7520" 考查方式二 先磁場，后電場 PAGEREF _Tc7520 \h 14
\l "_Tc13493" 考向三 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng) PAGEREF _Tc13493 \h 17
\l "_Tc17480" 考查方式一 磁場力，重力并存 PAGEREF _Tc17480 \h 17
\l "_Tc22411" 考查方式二 電場力、磁場力并存 PAGEREF _Tc22411 \h 18
\l "_Tc20411" 考查方式三 電場力、磁場力、重力并存 PAGEREF _Tc20411 \h 18
\l "_Tc10609" 考向四 帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)動(dòng) PAGEREF _Tc10609 \h 20
\l "_Tc3306" 【題型演練】 PAGEREF _Tc3306 \h 23
考向一 帶電粒子在疊加場中運(yùn)動(dòng)的實(shí)例分析
考查方式一 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，qU＝eq \f(1,2)mv2.
粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB＝meq \f(v2,r).
由以上兩式可得r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))，m＝eq \f(qr2B2,2U)，eq \f(q,m)＝eq \f(2U,B2r2).
【例1】如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運(yùn)動(dòng)，自M點(diǎn)垂直于磁場邊界射入勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直．已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點(diǎn)射出；乙種離子在MN的中點(diǎn)射出；MN長為l.不計(jì)重力影響和離子間的相互作用．求：
(1)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；
(2)甲、乙兩種離子的比荷之比．
【答案】 (1)eq \f(4U,v1l) (2)1∶4
【解析】 (1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由動(dòng)能定理有
q1U＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)①
由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有
q1v1 B＝m1eq \f(v\\al(2,1),R1)②
由幾何關(guān)系知
2R1＝l③
由①②③式得
B＝eq \f(4U,lv1)④
(2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2.同理有
q2U＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)⑤
q2v2B＝m2eq \f(v\\al(2,2),R2)⑥
由題給條件有
2R2＝eq \f(l,2)⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為
eq \f(q1,m1)∶eq \f(q2,m2)＝1∶4⑧
[變式]現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為( )
A．11 B．12
C．121 D．144
【答案】D
【解析】帶電粒子在加速電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qU＝eq \f(1,2)mv2，在磁場中偏轉(zhuǎn)時(shí)，其半徑r＝eq \f(mv,qB)，由以上兩式整理得r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q)).由于質(zhì)子與一價(jià)正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當(dāng)半徑相等時(shí)，解得eq \f(m2,m1)＝144，選項(xiàng)D正確．
考查方式二 回旋加速器
(1)構(gòu)造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強(qiáng)磁場中．
(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，粒子經(jīng)電場加速，經(jīng)磁場回旋，由qvB＝eq \f(mv2,r)，
得Ekm＝eq \f(q2B2r2,2m)，可見粒子獲得的最大動(dòng)能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關(guān)．
【例2】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(jiǎng)．若一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則下列說法中正確的是（ ）
A．該束帶電粒子帶負(fù)電
B．速度選擇器的P1極板帶負(fù)電
C．在B2磁場中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子，質(zhì)量越大
D．在B2磁場中運(yùn)動(dòng)半徑越大的粒子，比荷 SKIPIF 1 < 0 越小
【答案】D
【詳解】A．根據(jù)帶電粒子在右邊的磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)的情況，由左手定則判斷，該束帶電粒子帶正電，故A錯(cuò)誤；
B．在速度選擇器內(nèi)，根據(jù)左手定則可知，洛侖茲力向上，則電場力的方向應(yīng)豎直向下，因帶電粒子是正電，故電場強(qiáng)度的方向豎直向下，所以速度選擇器P1極板帶正電，故B錯(cuò)誤；
C．通過速度選擇器的帶電粒子都具有相同的速度，它們在B2磁場中運(yùn)動(dòng)，由半徑公式
SKIPIF 1 < 0
可知，半徑R越大， SKIPIF 1 < 0 值越大，而不是質(zhì)量越大，故C錯(cuò)誤；
D．由上面的分析可知，半徑R越大， SKIPIF 1 < 0 值越大，即比荷 SKIPIF 1 < 0 越小，故D正確。
故選D。
[變式]質(zhì)譜儀是分析同位素的重要的儀器，在物理研究中起非常重要的作用。如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。粒子源（在加速電場上方，未畫出）產(chǎn)生的帶電粒子被加速電場加速后，進(jìn)入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度分別為 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片 SKIPIF 1 < 0 。平板S下方有強(qiáng)度為 SKIPIF 1 < 0 的勻強(qiáng)磁場。（不計(jì)帶電粒子的重力）下列表述正確的是（ ）
A．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里
B．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 SKIPIF 1 < 0
C．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷（ SKIPIF 1 < 0 ）越小
D．粒子所帶電荷量相同時(shí)，打在膠片上的位置越遠(yuǎn)離狹縫P，表明其質(zhì)量越大
【答案】D
【詳解】A．根據(jù)帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向，根據(jù)左手定則知，該粒子帶正電，則在速度選擇器中電場力水平向右，則洛倫茲力水平向左，根據(jù)左手定則知，磁場方向垂直紙面向外，故A錯(cuò)誤；
B．在速度選擇器中，電場力和洛倫茲力平衡，有
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 SKIPIF 1 < 0 ，故B錯(cuò)誤；
CD．粒子進(jìn)入磁場 SKIPIF 1 < 0 后，由洛倫茲力提供向心力，則有
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的軌跡半徑越小，粒子的比荷（ SKIPIF 1 < 0 ）越大；粒子所帶電荷量相同時(shí)，打在膠片上的位置越遠(yuǎn)離狹縫P，粒子的軌跡半徑越大，表明其質(zhì)量越大，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選D。
考查方式三 速度選擇器
若qv0B＝Eq，即v0＝eq \f(E,B)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)
【例3】在如圖所示的電路中，開關(guān)S閉合。兩平行金屬極板a、b間有勻強(qiáng)磁場，一帶電粒子以速度v水平勻速穿過兩極板，不計(jì)粒子重力。下列說法正確的是（ ）
A．該粒子一定帶正電
B．僅增大粒子的速度，粒子一定向a板偏轉(zhuǎn)
C．僅將滑動(dòng)變阻器的滑片P向下移動(dòng)，粒子一定向b板偏轉(zhuǎn)
D．僅增大粒子所帶電荷量，粒子一定仍沿水平方向穿過兩極板
【答案】D
【詳解】A．兩極板間電場方向向下，若正電荷粒子所受電場力向下，洛倫茲力向上；若負(fù)電荷粒子所受電場力向上，洛倫茲力向下，則無論正負(fù)電荷都可以勻速穿過兩極板，A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)左手定則判斷知，帶正電的粒子受到的洛倫茲力豎直向上，電場力豎直向下，粒子沿直線飛出疊加場區(qū)域，根據(jù)平衡條件有
SKIPIF 1 < 0
同理，對帶負(fù)電的粒子，判斷知粒子受到的洛倫茲力豎直向下，電場力豎直向上，粒子沿直線飛出疊加場，根據(jù)平衡條件有
SKIPIF 1 < 0
所以，僅增大粒子的速度，洛倫茲力增大，電場力不變，故粒子可能向上也可能向下運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；
C．僅將滑動(dòng)變阻器的滑片P向下移動(dòng)，兩極板間的電勢差增大，電場力增大，合力可能向上也可能向下，故粒子不一定向b板偏轉(zhuǎn)，C錯(cuò)誤；
D．僅增大粒子所帶電荷量，電場力和洛倫茲力合力仍為零，故粒子一定仍沿水平方向穿過兩極板，D正確。
故選D。
[變式]如圖所示，大量不同的帶電粒子從左邊容器中的小孔進(jìn)入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0，加速后經(jīng)過小孔進(jìn)入速度選擇器，選擇器中存在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，場強(qiáng)大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為E和 SKIPIF 1 < 0 ，粒子沿直線通過選擇器，再垂直進(jìn)入右邊磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 SKIPIF 1 < 0 的勻強(qiáng)磁場中，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)打在底片上，則（ ）
A．打在底片上不同位置的粒子是因?yàn)檫M(jìn)入右邊磁場的速度不同
B．打在底片上不同位置的粒子是因?yàn)榱Ｗ颖群刹煌?br>C．如果速度選擇器平行板電量不變，僅使板間距離增大，能沿直線通過選擇器的粒子速度變小
D．如果增大速度選擇器中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度 SKIPIF 1 < 0 ，能沿直線通過選擇器的粒子速度變大
【答案】B
【詳解】AB．在速度選擇器中，電場力和洛倫茲力平衡，有
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0
粒子以相同的速度經(jīng)過速度選擇器，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，根據(jù)
SKIPIF 1 < 0
解得粒子在右邊磁場中軌道半徑
SKIPIF 1 < 0
半徑不同打在底片上的位置也不同，打在底片上不同位置的粒子是因?yàn)榱Ｗ颖群刹煌珹錯(cuò)誤，B正確；
C．設(shè)速度選擇器的電容為C，兩極板間距離為d，極板帶電量為Q，由平行板電容器電容的決定式
SKIPIF 1 < 0
速度選擇器平行板電量不變，所以兩極板間的電勢差
SKIPIF 1 < 0
再由勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)與電勢差關(guān)系公式
SKIPIF 1 < 0
可得E與d無關(guān)，所以如果速度選擇器平行板電量不變，板間距增大，板間場強(qiáng)不變，則由
SKIPIF 1 < 0
可得能沿直線通過選擇器的粒子速度不變，故C錯(cuò)誤；
D．如果增大速度選擇器中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度 SKIPIF 1 < 0 ，根據(jù)
SKIPIF 1 < 0
能沿直線通過選擇器的粒子速度減小，D錯(cuò)誤。
故選B。
考查方式四 磁流體發(fā)電機(jī)
等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負(fù)電荷，兩極電壓為U時(shí)穩(wěn)定，qeq \f(U,d)＝qv0B，U＝v0Bd
【例4】如圖所示為磁流體發(fā)電機(jī)的原理圖．金屬板M、N之間的距離為d＝20 cm，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝5 T，方向垂直紙面向里．現(xiàn)將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負(fù)電的微粒，整體呈中性)從左側(cè)噴射入磁場，發(fā)現(xiàn)在M、N兩板間接入的額定功率為P＝100 W的燈泡正常發(fā)光，且此時(shí)燈泡電阻為R＝100 Ω，不計(jì)離子重力和發(fā)電機(jī)內(nèi)阻，且認(rèn)為離子均為一價(jià)離子，則下列說法中正確的是( )
A．金屬板M上聚集負(fù)電荷，金屬板N上聚集正電荷 B．該發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢為100 V
C．離子從左側(cè)噴射入磁場的初速度大小為103 m/s D．每秒鐘有6.25×1018個(gè)離子打在金屬板N上
【答案】BD
【解析】.由左手定則可知，射入的等離子體中正離子將向金屬板M偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子將向金屬板N偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于不考慮發(fā)電機(jī)的內(nèi)阻，由閉合電路歐姆定律可知，電源的電動(dòng)勢等于電源的路端電壓，所以E＝U＝eq \r(PR)＝100 V，選項(xiàng)B正確；由Bqv＝qeq \f(U,d)可得v＝eq \f(U,Bd)＝100 m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；每秒鐘經(jīng)過燈泡L的電荷量Q＝It，而I＝eq \r(\f(P,R))＝1 A，所以Q＝1 C，由于離子為一價(jià)離子，所以每秒鐘打在金屬板N上的離子個(gè)數(shù)為n＝eq \f(Q,e)＝eq \f(1,1.6×10－19)＝6.25×1018(個(gè))，選項(xiàng)D正確．
【變式】如圖所示，一塊長度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導(dǎo)體，當(dāng)加有與側(cè)面垂直的勻強(qiáng)磁場B，且
通以圖示方向的電流I時(shí)，用電壓表測得導(dǎo)體上、下表面M、N間電壓為U，已知自由電子的電荷量為e.
下列說法中正確的是( )
A．導(dǎo)體的M面比N面電勢高 B．導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多，電壓表的示數(shù)越大
C．導(dǎo)體中自由電子定向移動(dòng)的速度為v＝eq \f(U,Bd) D．導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為eq \f(BI,eUb)
【答案】 CD
【解析】 由于自由電子帶負(fù)電，根據(jù)左手定則可知，M板電勢比N板電勢低，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)上、下表面電壓穩(wěn)定時(shí)，有qeq \f(U,d)＝qvB，得U＝Bdv，與單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；再根據(jù)I＝neSv，可知選項(xiàng)D正確．
考查方式五 電磁流量計(jì)
eq \f(U,D)q＝qvB，所以v＝eq \f(U,DB)，所以Q＝vS＝eq \f(πDU,4B)
【例5】醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時(shí)，利用電磁血流計(jì)來監(jiān)測通過動(dòng)脈的血流速度．電磁血流計(jì)由一對電極a和
b以及磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場是均勻的．使用時(shí)，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點(diǎn)的連線、
磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示．由于血液中的正、負(fù)離子隨血液一起在磁場中運(yùn)動(dòng)，電極
ab之間會有微小電勢差．在達(dá)到平衡時(shí)，血管內(nèi)部的電場可看做是勻強(qiáng)電場，血液中的離子所受的電場力
和磁場力的合力為零．在某次監(jiān)測中，兩觸點(diǎn)間的距離為3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點(diǎn)間的電勢
差為160 μV，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.040 T．則血流速度的近似值和電極a、b的正負(fù)為( )
A．1.3 m/s，a正、b負(fù) B．2.7 m/s，a正、b負(fù)
C．1.3 m/s，a負(fù)、b正 D．2.7 m/s，a負(fù)、b正
【答案】A
【解析】由于正、負(fù)離子在勻強(qiáng)磁場中垂直于磁場方向運(yùn)動(dòng)，利用左手定則可以判斷電極a帶正電，電極b帶負(fù)電．血液流動(dòng)速度可根據(jù)離子所受的電場力和洛倫茲力的合力為0，即qvB＝qE得v＝eq \f(E,B)＝eq \f(U,Bd)≈1.3 m/s，A正確．
考查方式六 霍爾元件
當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時(shí)，導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差
【例6】中國科學(xué)家發(fā)現(xiàn)了量子反?；魻栃?yīng)，楊振寧稱這一發(fā)現(xiàn)是諾貝爾獎(jiǎng)級的成果．如圖所示，厚度為h、寬度為d的金屬導(dǎo)體，當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時(shí)，在導(dǎo)體上下表面會產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)．下列說法正確的是( )
A．上表面的電勢高于下表面的電勢 B．僅增大h時(shí)，上下表面的電勢差增大
C．僅增大d時(shí)，上下表面的電勢差減小 D．僅增大電流I時(shí)，上下表面的電勢差減小
【答案】C
【解析】因電流方向向右，則金屬導(dǎo)體中的自由電子是向左運(yùn)動(dòng)的，根據(jù)左手定則可知上表面帶負(fù)電，則上表面的電勢低于下表面的電勢，A選項(xiàng)錯(cuò)誤．當(dāng)電子達(dá)到平衡時(shí)，電場力等于洛倫茲力，即qeq \f(U,h)＝qvB，又I＝nqvhd(n為導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù))，得U＝eq \f(IB,nqd)，則僅增大h時(shí)，上下表面的電勢差不變；僅增大d時(shí)，上下表面的電勢差減小；僅增大I時(shí)，上下表面的電勢差增大，故C正確，B、D錯(cuò)誤．
【變式】如圖所示，X1、X2，Y1、Y2，Z1、Z2分別表示導(dǎo)體板左、右，上、下，前、后六個(gè)側(cè)面，將其置于垂直Z1、Z2面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)電流I通過導(dǎo)體板時(shí)，在導(dǎo)體板的兩側(cè)面之間產(chǎn)生霍爾電壓UH.已知電流I與導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n、電子電荷量e、導(dǎo)體橫截面積S和電子定向移動(dòng)速度v之間的關(guān)系為I＝neSv.實(shí)驗(yàn)中導(dǎo)體板尺寸、電流I和磁感應(yīng)強(qiáng)度B保持不變，下列說法正確的是( )
A．導(dǎo)體內(nèi)自由電子只受洛倫茲力作用 B．UH存在于導(dǎo)體的Z1、Z2兩面之間
C．單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n越大，UH越小 D．通過測量UH，可用R＝eq \f(U,I)求得導(dǎo)體X1、X2兩面間的電阻
【答案】C.
【解析】由于磁場的作用，電子受洛倫茲力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之間累積電荷，在Y1、Y2之間產(chǎn)生了勻強(qiáng)電場，故電子也受電場力，故A錯(cuò)誤；電子受洛倫茲力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之間累積電荷，在Y1、Y2之間產(chǎn)生了電勢差UH，故B錯(cuò)誤；電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡狀態(tài)，有：qvB＝qE，其中：E＝eq \f(UH,d)(d為Y1、Y2平面之間的距離)根據(jù)題意，有：I＝neSv，聯(lián)立得到：UH＝Bvd＝Beq \f(I,neS)d∝eq \f(1,n)，故單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n越大，UH越小，故C正確；由于UH＝Beq \f(I,neS)d，與導(dǎo)體的電阻無關(guān)，故D錯(cuò)誤．
考向二 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)
“3步”突破帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)問題
第1步：分階段(分過程)按照時(shí)間順序和進(jìn)入不同的區(qū)域分成幾個(gè)不同的階段；
第2步：受力和運(yùn)動(dòng)分析，主要涉及兩種典型運(yùn)動(dòng)．
第3步：用規(guī)律
磁偏轉(zhuǎn)→eq \x(\a\al(勻速圓,周運(yùn)動(dòng)))→定圓心→畫軌跡eq \(――→,\s\up12(求法))eq \x(\a\al(圓周運(yùn)動(dòng)公式、牛頓,定律以及幾何知識))
考查方式一 先電場，后磁場
(1)先在電場中做加速直線運(yùn)動(dòng)，然后進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動(dòng)．(如圖甲、乙所示)
在電場中利用動(dòng)能定理或運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求粒子剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度．
(2)先在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，然后進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動(dòng)．(如圖丙、丁所示)在電場中利用平拋運(yùn)動(dòng)知識求粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度．
【例7】如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時(shí)間后，該粒子在OP邊上某點(diǎn)以垂直于x軸的方向射出。已知O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，N點(diǎn)在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進(jìn)入磁場的入射點(diǎn)與離開磁場的出射點(diǎn)之間的距離為d，不計(jì)重力。求
(1)帶電粒子的比荷；
(2)帶電粒子從射入磁場到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間。
【答案】 (1)eq \f(4U,B2d2) (2)eq \f(Bd2,4U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))
【解析】 (1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，經(jīng)電壓U加速后的速度大小為v。
由動(dòng)能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2①
設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有
qvB＝meq \f(v2,r)②
粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，由幾何關(guān)系知
d＝eq \r(2)r③
聯(lián)立①②③式得eq \f(\a\vs4\al(q),m)＝eq \f(4U,B2d2)④
(2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子從射入磁場到運(yùn)動(dòng)至x軸所經(jīng)過的路程為s＝eq \f(πr,2)＋rtan30°⑤
帶電粒子從射入磁場到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間為
t＝eq \f(s,v)⑥
聯(lián)立②④⑤⑥式得t＝eq \f(Bd2,4U)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))。⑦
[變式]平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，如圖所示．一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開始運(yùn)動(dòng)，Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍．粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開電場進(jìn)入磁場，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等．不計(jì)粒子重力，問：
(1)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；
(2)電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比．
【答案】 (1)eq \r(2)v0，與x軸正方向成45°角斜向上 (2)eq \f(v0,2)
【解析】 (1)在電場中，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)Q點(diǎn)到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，有
2L＝v0t①
L＝eq \f(1,2)at2②
設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度為vy
vy＝at③
設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向夾角為α，有
tan α＝eq \f(vy,v0)④
聯(lián)立①②③④式得
α＝45°⑤
即粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸正方向成45°角斜向上．
設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度大小為v，由運(yùn)動(dòng)的合成有
v＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,y))⑥
聯(lián)立①②③⑥式得
v＝eq \r(2)v0.⑦
(2)設(shè)電場強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得
F＝ma⑧
又F＝qE⑨
設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有
qvB＝meq \f(v2,R)⑩
由幾何關(guān)系可知
R＝eq \r(2)L?
聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得
eq \f(E,B)＝eq \f(v0,2).
考查方式二 先磁場，后電場
對于粒子從磁場進(jìn)入電場的運(yùn)動(dòng)，常見的有兩種情況：
(1)進(jìn)入電場時(shí)粒子速度方向與電場方向相同或相反；
(2)進(jìn)入電場時(shí)粒子速度方向與電場方向垂直．(如圖甲、乙所示)
【例8】在如圖所示的坐標(biāo)系中，第一和第二象限(包括y軸的正半軸)內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場；第三和第四象限內(nèi)存在平行于y軸正方向、大小未知的勻強(qiáng)電場．p點(diǎn)為y軸正半軸上的一點(diǎn)，坐標(biāo)為(0，l)；n點(diǎn)為y軸負(fù)半軸上的一點(diǎn)，坐標(biāo)未知．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子由p點(diǎn)沿y軸正方向以一定的速度射入勻強(qiáng)磁場，該粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后以與x軸正半軸成45°角的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，在電場中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，該粒子恰好垂直于y軸經(jīng)過n點(diǎn)．粒子的重力忽略不計(jì)．求：
(1)粒子在p點(diǎn)的速度大??；
(2)第三和第四象限內(nèi)的電場強(qiáng)度的大小；
(3)帶電粒子從由p點(diǎn)進(jìn)入磁場到第三次通過x軸的總時(shí)間．
【答案】(1)eq \f(\r(2)Bql,m) (2)eq \f(?\r(2)－1?qlB2,m)
(3)(eq \f(11π,4)＋2eq \r(2)＋2)eq \f(m,qB)
【解析】粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．
(1)由幾何關(guān)系可知
rsin 45°＝l
解得r＝eq \r(2)l又因?yàn)閝v0B＝meq \f(v02,r)，可解得
v0＝eq \f(\r(2)Bql,m).
(2)粒子進(jìn)入電場在第三象限內(nèi)的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)的逆過程，設(shè)粒子射入電場坐標(biāo)為(－x1,0)，從粒子射入電場到粒子經(jīng)過n點(diǎn)的時(shí)間為t2，由幾何關(guān)系知x1＝(eq \r(2)＋1)l，在n點(diǎn)有v2＝eq \f(\r(2),2)v1＝eq \f(\r(2),2)v0
由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有
(eq \r(2)＋1)l＝eq \f(\r(2),2)v0t2
eq \f(\r(2),2)v0＝at2＝eq \f(Eq,m)t2
聯(lián)立以上方程解得t2＝eq \f(?\r(2)＋1?m,qB)，E＝eq \f(?\r(2)－1?qlB2,m).
(3)粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)周期為
T＝eq \f(2πm,qB)
粒子第一次在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
t1＝eq \f(5,8)T＝eq \f(5πm,4qB)
粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
2t2＝eq \f(2?\r(2)＋1?m,qB)
粒子第二次在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
t3＝eq \f(3,4)T＝eq \f(3πm,2qB)
故粒子從開始到第三次通過x軸所用時(shí)間為
t＝t1＋2t2＋t3＝(eq \f(11π,4)＋2eq \r(2)＋2)eq \f(m,qB).
[變式]如圖，在x軸上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻
強(qiáng)電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以初速度
v0從y軸上的P點(diǎn)沿y軸正方向射出，一段時(shí)間后進(jìn)入電場，進(jìn)入電場時(shí)的速度方向與電場方向相反；又經(jīng)
過一段時(shí)間T0，磁場的方向變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蚶铮笮〔蛔儯挥?jì)重力．
(1)求粒子從P點(diǎn)出發(fā)至第一次到達(dá)x軸時(shí)所需的時(shí)間；
(2)若要使粒子能夠回到P點(diǎn)，求電場強(qiáng)度的最大值．
【答案】 (1)eq \f(5πm,4qB) (2)eq \f(2mv0,qT0)
【解析】 (1)帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為R，運(yùn)動(dòng)周期為T，根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),R)，T＝eq \f(2πR,v0)
依題意，粒子第一次到達(dá)x軸時(shí)，運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的角度為eq \f(5,4)π，所需時(shí)間t1為t1＝eq \f(5,8)T，求得t1＝eq \f(5πm,4qB).
(2)粒子進(jìn)入電場后，先做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)x軸時(shí)速度大小仍為v0，設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t2，加速度大小為a，電場強(qiáng)度大小為E，
有qE＝ma，v0＝eq \f(1,2)at2，得t2＝eq \f(2mv0,qE)
根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點(diǎn)，必須滿足t2≥T0
得電場強(qiáng)度最大值E＝eq \f(2mv0,qT0).
考向三 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)
帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)的分析方法
考查方式一 磁場力，重力并存
(1)若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)．
(2)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒．
【例9】如圖所示，ABC為豎直平面內(nèi)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(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里．質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個(gè)小球中，甲球帶正電、乙球帶負(fù)電、丙球不帶電．現(xiàn)將三個(gè)小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點(diǎn)，則( )
A．經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，三個(gè)小球的速度相等 B．經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)，甲球的速度最小
C．甲球的釋放位置比乙球的高 D．運(yùn)動(dòng)過程中三個(gè)小球的機(jī)械能均保持不變
【答案】CD
【解析】設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，圓形軌道半徑為r，三個(gè)小球質(zhì)量均為m，它們恰好通過最高點(diǎn)時(shí)的速度分別為v甲、v乙和v丙，則mg＋Bv甲q＝eq \f(mv甲2,r)，mg－Bv乙q＝eq \f(mv乙2,r)，mg＝eq \f(mv丙2,r)，顯然，v甲>v丙>v乙，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；三個(gè)小球在運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力做功，即它們的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D正確；甲球在最高點(diǎn)處的動(dòng)能最大，因?yàn)橹亓菽芟嗟?，所以甲球的機(jī)械能最大，甲球的釋放位置最高，選項(xiàng)C正確．
考查方式二 電場力、磁場力并存
(1)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)．
(2)若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，可用動(dòng)能定理求解．
【例10】(多選)如圖所示，勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里，勻強(qiáng)電場方向豎直向下，有一正離子恰能沿直線從
左向右水平飛越此區(qū)域．不計(jì)重力，則( )
A．若電子以和正離子相同的速率從右向左飛入，電子也沿直線運(yùn)動(dòng)
B．若電子以和正離子相同的速率從右向左飛入，電子將向上偏轉(zhuǎn)
C．若電子以和正離子相同的速率從左向右飛入，電子將向下偏轉(zhuǎn)
D．若電子以和正離子相同的速率從左向右飛入，電子也沿直線運(yùn)動(dòng)
【答案】 BD
【解析】 若電子從右向左飛入，電場力向上，洛倫茲力也向上，所以向上偏，B選項(xiàng)正確；若電子從左向右飛入，電場力向上，洛倫茲力向下．由題意知電子受力平衡將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，D選項(xiàng)正確．
考查方式三 電場力、磁場力、重力并存
(1)若三力平衡，帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)．
(2)若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．
(3)若合力不為零，帶電體可能做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解．
【例11】質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點(diǎn)進(jìn)入方向如圖所示的正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運(yùn)動(dòng)到A，下列說法中正確的是( )
A．該微粒一定帶負(fù)電荷 B．微粒從O到A的運(yùn)動(dòng)可能是勻變速運(yùn)動(dòng)
C．該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq \f(mg,qvcs θ) D．該電場的場強(qiáng)為Bvcs θ
【答案】AC
【解析】.若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向左的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向右下方的洛倫茲力qvB，知微粒不能做直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負(fù)電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向左上方的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運(yùn)動(dòng)到A，可知微粒應(yīng)該做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由平衡條件得：qvBcs θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq \f(mg,qvcs θ)，電場的場強(qiáng)E＝Bvsin θ，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．
【變式】(如圖所示，在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，P與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中( )
A．小球的加速度一直減小
B．小球的機(jī)械能和電勢能的總和保持不變
C．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v＝eq \f(2μqE－mg,2μqB)
D．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v＝eq \f(2μqE＋mg,2μqB)
【答案】CD
【解析】.開始時(shí)對小球受力分析如圖所示，則mg－μ(qE－qvB)＝ma，隨著v的增加，小球加速度先增大，當(dāng)qE＝qvB時(shí)達(dá)到最大值，amax＝g，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，mg－μ(qvB－qE)＝ma，隨著v的增大，a逐漸減小，所以A錯(cuò)誤；因?yàn)橛心Σ亮ψ龉?，機(jī)械能與電勢能總和在減小，B錯(cuò)誤；若在前半段達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(qE－qvB)＝meq \f(g,2)，得v＝eq \f(2μqE－mg,2μqB)；若在后半段達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(qvB－qE)＝meq \f(g,2)，得v＝eq \f(2μqE＋mg,2μqB)，故C、D正確．
考向四 帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)動(dòng)
解決帶電粒子在交變電、磁場中的運(yùn)動(dòng)問題的基本思路
【例12】空間中有一直角坐標(biāo)系，其第一象限在圓心為O1、半徑為R、邊界與x軸和y軸相切的圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；第二象限中存在方向豎直向下的勻強(qiáng)電場．現(xiàn)有一群質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從圓形區(qū)域邊界與x軸的切點(diǎn)A處沿紙面上的不同方向射入磁場中，如圖所示．已知粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑均為R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到達(dá)x軸上與O點(diǎn)距離為2R的N點(diǎn)，不計(jì)粒子的重力和它們之間的相互作用力，求：
(1)粒子射入磁場時(shí)的速度大小及電場強(qiáng)度的大??；
(2)速度方向與AO1夾角為60°(斜向右上方)的粒子到達(dá)y軸所用的時(shí)間．
【答案】(1)eq \f(qBR,m) eq \f(qB2R,2m) (2)(eq \f(5π,6)＋eq \f(1,2))eq \f(m,qB)
【解析】(1)設(shè)粒子射入磁場時(shí)的速度大小為v，因在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB＝meq \f(v2,R)，得v＝eq \f(qBR,m)
如圖甲所示，
因粒子的軌跡半徑是R，故沿AO1方向射入的粒子一定從與圓心等高的D點(diǎn)沿x軸負(fù)方向射入電場，則粒子在電場中從D點(diǎn)到N點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，有2R＝vt
又因?yàn)镽＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·t2解得E＝eq \f(qB2R,2m).
(2)軌跡如圖乙所示，
軌跡圓心為C，從M點(diǎn)射出磁場，連接O1M，四邊形O1MCA是菱形，故CM垂直于x軸，速度方向偏轉(zhuǎn)角度等于圓心角θ＝150°，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
t1＝eq \f(θ,360°)T＝eq \f(5πm,6qB)
粒子離開磁場到y(tǒng)軸的距離MH＝eq \f(R,2)，在無場區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq \f(R,2v)＝eq \f(m,2qB)
故粒子到達(dá)y軸的時(shí)間為t＝t1＋t2＝(eq \f(5π,6)＋eq \f(1,2))eq \f(m,qB).
[變式]如圖甲所示，質(zhì)量為m帶電量為－q的帶電粒子在t＝0時(shí)刻由a點(diǎn)以初速度v0垂直進(jìn)入磁場，Ⅰ區(qū)域磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變、方向周期性變化如圖乙所示(垂直紙面向里為正方向)；Ⅱ區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場，方向向上；Ⅲ區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與Ⅰ區(qū)域相同均為B0.粒子在Ⅰ區(qū)域內(nèi)一定
能完成半圓運(yùn)動(dòng)且每次經(jīng)過mn的時(shí)刻均為eq \f(T0,2)整數(shù)倍，則：
(1)粒子在Ⅰ區(qū)域運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為多少？
(2)若初始位置與第四次經(jīng)過mn時(shí)的位置距離為x，求粒子進(jìn)入Ⅲ區(qū)域時(shí)速度的可能值(初始位置記為第一次經(jīng)過mn)．
【答案】 (1)eq \f(mv0,qB0)或eq \f(v0T0,2π) (2)eq \f(qB0x,2m) eq \f(qB0x,2m)－2v0
【解析】 (1)帶電粒子在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，即qv0B0＝meq \f(v\\al(2,0),r)
解得r＝eq \f(mv0,qB0)(或T0＝eq \f(2πr,v0)，r＝eq \f(v0T0,2π))．
(2)第一種情況，若粒子進(jìn)入第Ⅲ區(qū)域，當(dāng)?shù)谌谓?jīng)過mn進(jìn)入Ⅰ區(qū)域，Ⅰ區(qū)域磁場向外時(shí)：粒子在Ⅲ區(qū)域運(yùn)動(dòng)半徑R＝eq \f(x,2)
qv2B0＝meq \f(v\\al(2,2),R)
解得粒子在Ⅲ區(qū)域速度大小v2＝eq \f(qB0x,2m)
第二種情況，若粒子進(jìn)入第Ⅲ區(qū)域，當(dāng)?shù)谌谓?jīng)過mn進(jìn)入Ⅰ區(qū)域，Ⅰ區(qū)域磁場向里時(shí)：
粒子在Ⅲ區(qū)域運(yùn)動(dòng)半徑R＝eq \f(x－4r,2)
粒子在Ⅲ區(qū)域速度大小v2＝eq \f(qB0x,2m)－2v0.
【題型演練】
如圖是一個(gè)回旋加速器示意圖，其核心部分是兩個(gè)D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場中，并分別與高頻電源相連．現(xiàn)分別加速氘核(eq \\al(2,1)H)和氦核(eq \\al(4,2)He)，下列說法中正確的是( )
A．它們的最大速度相同 B．它們的最大動(dòng)能相同
C．兩次所接高頻電源的頻率相同 D．僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動(dòng)能
【答案】 AC
【解析】 由R＝eq \f(mv,qB)得最大速度v＝eq \f(qBR,m)，兩粒子的eq \f(q,m)相同，所以最大速度相同，A正確；最大動(dòng)能Ek＝eq \f(1,2)mv2，因?yàn)閮闪Ｗ拥馁|(zhì)量不同，最大速度相同，所以最大動(dòng)能不同，B錯(cuò)誤；高頻電源的頻率f＝eq \f(qB,2πm)，因?yàn)閑q \f(q,m)相同，所以兩次所接高頻電源的頻率相同，C正確；粒子的最大動(dòng)能與高頻電源的頻率無關(guān)，D錯(cuò)誤．
勞倫斯和利文斯設(shè)計(jì)出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示．置于真空中的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(shí)間可忽略．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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)生質(zhì)子的質(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與D形盒半徑R有關(guān)
B．質(zhì)子離開回旋加速器時(shí)的最大動(dòng)能與交流電頻率f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 eq \r(2)∶1
D．不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f，經(jīng)該回旋加速器加速的各種粒子的最大動(dòng)能不變
【答案】AC.
【解析】質(zhì)子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因vm＝eq \f(2πR,T)＝2πRf，故A正確；質(zhì)子離開回旋加速器的最大動(dòng)能Ekm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＝eq \f(1,2)m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，故B錯(cuò)誤；根據(jù)qvB＝eq \f(mv2,r)，Uq＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，2Uq＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，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eq \r(2)∶1，故C正確；因經(jīng)回旋加速器加速的粒子最大動(dòng)能Ekm＝2mπ2R2f2與m、R、f均有關(guān)，故D錯(cuò)誤．
美國物理學(xué)家勞倫斯發(fā)明了回旋加速器，其基本原理如圖所示．現(xiàn)有一回旋加速器，當(dāng)外加磁場一定時(shí)，可把質(zhì)子的速度從零加速到v，質(zhì)子獲得的動(dòng)能為Ek.在不考慮相對論效應(yīng)的情況下，用該回旋加速器加速原來靜止的α粒子(氦核)時(shí)，有( )
A. 能把α粒子從零加速到eq \f(v,2) B．能使α粒子獲得的動(dòng)能為2Ek
C．加速α粒子的交變電場頻率與加速質(zhì)子的交變電場頻率之比為1∶2
D．加速α粒子的交變電場頻率與加速質(zhì)子的交變電場頻率之比為2∶1
【答案】 AC
【解析】粒子在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)qvB＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \f(qBR,m)，則粒子的最大動(dòng)能Ekm＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(q2B2R2,2m)，因質(zhì)子與α粒子的質(zhì)量數(shù)之比為1∶4，而電荷量之比為1∶2，所以α粒子加速到的速度為eq \f(v,2)，動(dòng)能仍為Ek，故A正確，B錯(cuò)誤；加速器所接交流電的頻率應(yīng)與粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的頻率相同，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的頻率為f＝eq \f(qB,2πm)，所以加速α粒子的交變電場頻率與加速質(zhì)子的交變電場頻率之比為1∶2，故C正確，D錯(cuò)誤．
質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具．圖中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認(rèn)為初速度為零)，從狹縫S1進(jìn)入電壓為U的加速電場區(qū)加速后，再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN射入偏轉(zhuǎn)磁場，該偏轉(zhuǎn)磁場是以直線MN為切線、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向外半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場．現(xiàn)在MN上的F點(diǎn)(圖中未畫出)接收到該粒子，且GF＝eq \r(3)R.則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計(jì))( )
A.eq \f(3U,R2B2) B.eq \f(4U,R2B2)
C.eq \f(6U,R2B2) D.eq \f(2U,R2B2)
【答案】C
【解析】設(shè)粒子被加速后獲得的速度為v，由動(dòng)能定理有：qU＝eq \f(1,2)mv2，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r＝eq \f(\r(3)R,3)，又Bqv＝meq \f(v2,r)，可求eq \f(q,m)＝eq \f(6U,R2B2)，故C正確．
如圖所示，空間的某個(gè)復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場．質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復(fù)合場的邊界進(jìn)入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子(不計(jì)重力)穿過復(fù)合場區(qū)所用時(shí)間為t，從復(fù)合場區(qū)穿出時(shí)的動(dòng)能為Ek，則( )
A．若撤去磁場B，質(zhì)子穿過場區(qū)時(shí)間大于t B．若撒去電場E，質(zhì)子穿過場區(qū)時(shí)間等于t
C．若撒去磁場B，質(zhì)子穿出場區(qū)時(shí)動(dòng)能大于Ek D．若撤去電場E，質(zhì)子穿出場區(qū)時(shí)動(dòng)能大于Ek
【答案】C
【解析】質(zhì)子在電場中是直線加速，進(jìn)入復(fù)合場，電場力與洛倫茲力等大反向，質(zhì)子做勻速直線運(yùn)動(dòng)．若撤去磁場，只剩下電場，質(zhì)子做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度不變，故質(zhì)子穿過場區(qū)時(shí)間不變，等于t，A錯(cuò)誤；若撒去電場，只剩下磁場，質(zhì)子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速率不變，水平分運(yùn)動(dòng)的速度減小，故質(zhì)子穿過場區(qū)時(shí)間增加，大于t，B錯(cuò)誤；若撤去磁場，只剩下電場，質(zhì)子做類平拋運(yùn)動(dòng)，電場力做正功，故末動(dòng)能大于Ek，C正確，若撤去電場，只剩下磁場，質(zhì)子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速率不變，末動(dòng)能不變，仍為Ek，D錯(cuò)誤．
如圖所示，a、b、c、d四種正離子（不計(jì)重力）垂直地射入勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場相互垂直的區(qū)域里，a、b分別向上、下極板偏轉(zhuǎn)，c、d沿直線通過該區(qū)域后進(jìn)入另一勻強(qiáng)磁場，分別沿不同半徑做圓周運(yùn)動(dòng)，則（ ）
A．平行板電容器的上極板電勢低B．c、d兩離子的比荷不同
C．c、d兩離子的電荷量一定不同D．a(chǎn)、b兩離子的電荷量一定不同
【答案】B
【詳解】A．c、d沿直線通過勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場相互垂直的區(qū)域，有
SKIPIF 1 < 0
由左手定則，洛倫茲力豎直向上，所以電場力豎直向下。由c、d為正離子，所以場強(qiáng)方向豎直向下，則上極板比下極板電勢高，A錯(cuò)誤；
BC．c、d進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后，由洛倫茲力提供向心力
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
由c、d做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不同，所以c、d兩離子的比荷不同，又不知質(zhì)量，所以無法判斷電荷量大小，B正確，C錯(cuò)誤；
D．a(chǎn)、b分別向上、下極板偏轉(zhuǎn)，說明洛倫茲力和電場力不相等，無法判斷電荷量大小，D錯(cuò)誤。
故選B。
如圖所示為質(zhì)譜儀的原理圖，某同學(xué)欲使用該裝置測量帶電粒子的比荷，粒子從靜止開始經(jīng)過電壓為U的加速電場后，進(jìn)入速度選擇器，選擇器中存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，磁場方向如圖，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)為E，帶電粒子能夠沿直線穿過速度選擇器，從G點(diǎn)既垂直直線MN又垂直于磁場的方向射入偏轉(zhuǎn)磁場。偏轉(zhuǎn)磁場是一個(gè)以直線MN為邊界、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場后，最終到達(dá)照相底片上與G距離為d的H點(diǎn)。已知偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，帶電粒子的重力可忽略不計(jì)。以下說法正確的是（ ）
A．該裝置可用于測定電子的比荷
B．速度選擇器的a板接電源的負(fù)極
C．所測粒子的比荷 SKIPIF 1 < 0
D．所測粒子的比荷 SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【詳解】A．電子帶負(fù)電，加速電場上板帶正電，下板帶負(fù)電，無法起到加速電子的作用，所以電子無法進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，則無法測定電子的比荷，故A錯(cuò)誤；
B．由題知帶正電粒子能在加速電場中加速，則它在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場力與洛倫茲力等大反向，根據(jù)左手定則，可知洛倫茲力水平向左，則電場力水平向右，故a板接電源的正極，故B錯(cuò)誤；
CD．帶電粒子在速度選擇器中受力平衡
SKIPIF 1 < 0
勻強(qiáng)磁場中勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為
SKIPIF 1 < 0
洛倫茲力提供向心力
SKIPIF 1 < 0
聯(lián)立上式得
SKIPIF 1 < 0
故C正確，D錯(cuò)誤。
故選C。
如圖所示，相互正交的勻強(qiáng)電場方向豎直向下，勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里．帶有等量同種電荷的三個(gè)液滴在此空間中，a液滴靜止不動(dòng)，b液滴沿水平線向右做直線運(yùn)動(dòng)，c液滴沿水平線向左做直線運(yùn)動(dòng)．則下列說法中正確的是 ( )
A．三個(gè)液滴都帶負(fù)電 B．液滴b的速率一定大于液滴c的速率
C．三個(gè)液滴中液滴b質(zhì)量最大 D．液滴b和液滴c一定做的是勻速直線運(yùn)動(dòng)
【答案】AD
【解析】a液滴受力平衡，有Ga＝qE，重力和電場力等值、反向、共線，故電場力向上，由于電場強(qiáng)度向下，故液滴帶負(fù)電，b液滴受力平衡，有Gb＋qvB＝qE，c液滴受力平衡，有Gc＝qvB＋qE，解得Gc＞Ga＞Gb，故A正確，C錯(cuò)誤；由以上分析可知，無法確定b與c洛倫茲力大小，因此無法確定液滴速率大小，故B錯(cuò)誤；根據(jù)f＝qvB，可知，液滴的洛倫茲力受到速率的約束，若不是做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則洛倫茲力變化，導(dǎo)致受力不平衡，那么就不可能做直線運(yùn)動(dòng)，故D正確．
如圖所示，實(shí)線表示豎直平面內(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，
有一帶電液滴沿斜向上的虛線L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．液滴一定做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．液滴一定帶負(fù)電
C．電場線方向一定斜向上 D．液滴有可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)
【答案】AC
【解析】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，若合力不為零，則洛倫茲力變化，不能沿直線運(yùn)動(dòng)，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)，不可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確，D錯(cuò)誤；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、電場線方向斜向上或斜向下時(shí)，帶電液滴所受合力不為零，不可能沿直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤，C正確．故選AC.
如圖所示，粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個(gè)帶電的小球，整個(gè)裝置處在由水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(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)過程中小球的v－t圖象如下圖所示，其中正確的是( )

【答案】C.
【解析】小球下滑過程中，qE與qvB反向，開始下落時(shí)qE>qvB，所以a＝eq \f(mg－μ（qE－qvB）,m)，隨下落速度v的增大a逐漸增大；當(dāng)qER的區(qū)域存在沿－y方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E＝1.0×105 V/m.在M點(diǎn)有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿＋x方向射入磁場，粒子穿出磁場進(jìn)入電場，速度減小到零后又返回磁場，最終又從磁場離開．已知粒子的比荷為eq \f(q,m)＝1.0×107 C/kg，粒子重力不計(jì)．
(1)求圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；
(2)求沿＋x方向射入磁場的粒子，從進(jìn)入磁場到再次穿出磁場所走過的路程．
【答案】(1)0.2 T (2)(0.5π＋1)m
【解析】(1)沿＋x方向射入磁場的粒子進(jìn)入電場后，速度減小到零，粒子一定是從如圖的P點(diǎn)射出磁場，逆著電場線運(yùn)動(dòng)，所以粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝R＝0.5 m
根據(jù)Bqv＝eq \f(mv2,r)，得B＝eq \f(mv,qR)，代入數(shù)據(jù)得B＝0.2 T.
(2)粒子返回磁場后，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從N點(diǎn)射出磁場，MN為直徑，粒子在磁場中的路程為二分之一圓周長s1＝πR
設(shè)在電場中的路程為s2，根據(jù)動(dòng)能定理得
eq \f(qEs2,2)＝eq \f(1,2)mv2，s2＝eq \f(mv2,Eq)
總路程s＝πR＋eq \f(mv2,Eq)，代入數(shù)據(jù)得s＝(0.5π＋1)m
先讀圖
看清并明白場的變化情況
受力分析
分析粒子在不同的變化場區(qū)的受力情況
過程分析
分析粒子在不同時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況
找銜接點(diǎn)
找出銜接相鄰兩過程的物理量
選規(guī)律
聯(lián)立不同階段的方程求解

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