高中人教物理選擇性必修二1.4質(zhì)譜儀與回旋加速器 練習（解析版）

1、第一章安培力與洛倫茲力第4節(jié)質(zhì)譜儀與回旋加速器一、多選題11930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，憑借此項成果，他于1939年獲得諾貝爾物理學獎，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法正確的是（）A帶電粒子由加速器的邊緣進入加速器B帶電粒子每次進入D形盒時做勻速圓周運動C被加速的帶電粒子在回旋加速器中做圓周運動的周期隨半徑的增大而增大D經(jīng)過半個圓周后帶電粒子再次到達兩盒間的縫隙時，兩盒間的電壓恰好改變正負【答案】BD【詳解】A粒子運動的半徑越來越大，所以離子由加速器的靠近中心處進入加速器，故A錯誤；B帶電粒子每次進入D形盒時均在洛倫茲力作用下做勻

2、速圓周運動，故B正確；C根據(jù)可知，被加速的帶電粒子在回旋加速器中做圓周運動的周期不變，故C錯誤；D為了使得粒子不斷得到加速，經(jīng)過半個圓周后帶電粒子再次到達兩盒間的縫隙時，兩盒間的電壓恰好改變正負，故D正確。故選BD。2下圖中關于磁場中的四種儀器的說法中正確的是（）A甲圖中回旋加速器加速帶電粒子的最大動能與回旋加速器的半徑無關B乙圖中不改變質(zhì)譜儀各區(qū)域的電場磁場時擊中光屏同一位置的粒子比荷相同C丙圖中自由電荷為負電荷的霍爾元件通上如圖所示電流和加上如圖磁場時N側(cè)帶負電荷D丁圖長寬高分別為為a、b、c的電磁流量計加上如圖所示磁場，若流量Q恒定，則前后兩個金屬側(cè)面的電壓與a、b無關【答案】BCD【詳

3、解】A回旋加速器中，由牛頓第二定律可得帶電粒子射出時的動能為聯(lián)立解得回旋加速器加速帶電粒子的最大動能與回旋加速器的半徑有關，A錯誤；B帶電粒子在加速電場中，由動能定理可得帶電粒子在復合場中，由共點力平衡條件可得帶電粒子在磁場中運動，由牛頓第二定律可得聯(lián)立可得乙圖中不改變質(zhì)譜儀各區(qū)域的電場磁場時擊中光屏同一位置的粒子，速度相同，半徑相同，因此粒子比荷相同，B正確；C丙圖中自由電荷為負電荷的霍爾元件通上如圖所示電流和加上如圖磁場時，由左手定則可知，負電荷所受洛倫茲力向左，因此N側(cè)帶負電荷，C正確；D最終正負離子會受到電場力和洛倫茲力而平衡，即同時而水流量為聯(lián)立可得前后兩個金屬側(cè)面的電壓與流量、磁感

4、應強度以及c有關，與a、b無關，D正確；故選BCD。3如圖所示，一束帶電粒子（不計重力）以一定的初速度沿直線通過由相互正交的勻強磁場B（方向垂直紙面，未畫出）和勻強電場E組成的速度選擇器，然后粒子通過平板S上的狹縫P，進入另一垂直紙面向外的勻強磁場，最終打在平板S上的A1A2之間。下列說法正確的是（）A通過狹縫P的粒子帶正電B磁場B的方向垂直紙面向外C打在A1A2上的位置距P越遠，粒子的速度越小D粒子打在A1A2上的位置距P越遠，粒子的比荷（電荷量與質(zhì)量的比）越大【答案】AB【詳解】A帶電粒子在磁場中向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，知該粒子帶正電，故A正確；BC粒子經(jīng)過速度選擇器時，所受的電場力和洛倫

5、茲力平衡，電場力水平向右，則洛倫茲力水平向左，根據(jù)左手定則可知，勻強磁場的方向垂直紙面向外，根據(jù)平衡條件有qE=qvB則即從P點進入磁場的粒子速度均相同，故B正確，C錯誤；D所有打在A1A2上的粒子，在磁場B中做勻速圓周運動，根據(jù)可得 經(jīng)過速度選擇器進入磁場B的粒子速度相等，粒子打在A1A2上的位置越遠離P，則半徑越大，粒子的比荷越小，故D錯誤。故選AB。4回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖所示，它的核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒相距很近，分別和高頻交流電源相連接，兩盒間的窄縫中形成勻強電場，使帶電粒子每次通過窄縫都得到加速。兩盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，帶電粒子在磁場中做圓

6、周運動，通過兩盒間的窄縫時反復被加速，直到達到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出。下列關于回旋加速器說法錯誤的是（）A帶電粒子從磁場獲得能量B增大勻強磁場，粒子射出時速度越大C增大勻強電場，粒子射出時速度越大D因為洛倫茲力不做功，粒子射出時的速度與磁場無關【答案】ACD【詳解】A帶電粒子在電場中始終被加速，在磁場中總是勻速圓周運動，粒子從電場中獲得能量，故A錯誤；BCD根據(jù)得粒子出D形盒時的速度增大勻強磁場B，粒子射出時速度越大，與電場無關，故B正確CD錯誤。故選ACD。5筆記本電腦趨于普及，電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當顯示屏閉合

7、時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài)。如圖，一塊寬為a、長為c的矩形半導體霍爾元件，元件內(nèi)的導電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向上的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此控制屏幕的熄滅。則關于元件的說法正確的是（） A前表面的電勢比后表面的低B前、后表面間的電壓U與v無關C前、后表面間的電壓U與c成正比D自由電子受到的洛倫茲力大小為【答案】AD【詳解】A由圖知電流從左向右流動，因此電子的運動方向為從右向左，根據(jù)左手定則可知電子偏轉(zhuǎn)到前表面，因此前表面的電勢比后表面的低，故A正確；BCD電子

8、在運動過程中洛倫茲力和電場力平衡，有故由則電壓故前后表面的電壓與速度有關，與a成正比，與c無關，故BC錯誤，D正確；故選D。6如圖所示，兩虛線之間的空間內(nèi)存在著正交或平行的勻強電場E和勻強磁場B，有一個帶正電的小球（電荷量為q、質(zhì)量為m）從電磁復合場上方的某一高度處自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過的電磁復合場的是（）ABCD【答案】CD【詳解】A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，故洛倫茲力一定增大，不可能一直與電場力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲線運動，故A錯誤；B小球受重力、向上的電場力、垂直紙面向外的洛倫茲力，合力與速度一定不共線，故一定做曲線

9、運動，故B錯誤；C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動，故C正確；D粒子受向下的重力和向上的電場力，沒有洛倫茲力，則合力一定與速度共線，故粒子一定做直線運動，故D正確；故選CD。二、單選題7如圖為某電磁流量計的示意圖，圓管由非磁性材料制成，空間有垂直于側(cè)壁向里的勻強磁場。當管中的導電液體向右流過磁場區(qū)域時，測出管壁上MN兩點間的電勢差U，就可以知道管中液體的流量Q（單位時間內(nèi)流過管道橫截面的液體體積）。若管的直徑為d，磁感應強度為B，管中各處液體的流速相同。則（）AM點電勢低于N點電勢B保持Bd恒定，液體的流量Q越大，電勢差U越小C保持QB恒定，管

10、的直徑d越大，電勢差U越大D保持Qd恒定，磁感應強度B越大，電勢差U越大【答案】D【詳解】A管中的導電液體向右流過磁場區(qū)域時，由左手定則，帶電液體在洛倫茲力的作用下，帶正的液體向上偏，帶負的液體向下偏，使上管壁帶正電，下管壁帶負電，所以M點電勢高于N點電勢，則A錯誤；BCD兩管壁最后電壓穩(wěn)定時，則有電場力與洛倫茲力平衡有 ，解得則保持Bd恒定，液體的流量Q越大，電勢差U越大，保持QB恒定，管的直徑d越大，電勢差U越小，保持Qd恒定，磁感應強度B越大，電勢差U越大，所以BC錯誤；D正確；故選D。8如圖所示，沿直線通過速度選擇器的正離子a、b，從狹縫S射入磁感應強度為B2的勻強磁場中，偏轉(zhuǎn)后出現(xiàn)的

11、對應軌跡半徑之比為=1：3，不計離子重力，則下列說法正確的是（）A離子a、b對應的速度大小之比為1：3B離子a、b對應的電荷量之比為1：3C離子a、b對應的質(zhì)量之比為3：1D離子a、b對應的荷質(zhì)比的比值為3：1【答案】D【詳解】A粒子在速度選擇器中做直線運動，根據(jù)平衡條件有則qE=qvB1得即能從速度選擇器中沿直線經(jīng)過的粒子速度相同。故A錯誤；D在磁場B2中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則解得離子的比荷再根據(jù)R1：R2=1：3，解得兩個離子的比荷之比為3：1，故D正確；BC由于電荷量質(zhì)量關系不明確，故粒子的質(zhì)量和電荷量之比不能確定。故BC錯誤。故選D。三、解答題9如圖所示，位于豎直平面內(nèi)

12、的坐標系xOy，在其第三象限空間有沿水平方向且垂直于紙面向外的磁感應強度為B勻強磁場，還有沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E=1N/C。在其第一象限空間有沿y軸負方向的、場強大小也為E=1N/C的勻強電場，在yh=0.4m的區(qū)域有磁感應強度也為B的垂直于紙面向里的勻強磁場。一電荷量為-q的油滴從圖中第三象限的P點獲得初速度，恰好能沿PO做勻速直線運動（PO與x軸負方向的夾角為=45），并從原點O進入第一象限。已知重力加速度g=10m/s2，求：(1)磁感應強度B的大小和油滴的比荷；(2)油滴在第一象限運動的時間；(3)油滴離開第一象限時的x坐標值?！敬鸢浮?1)0.5T，；(2)0.714s

13、；(3)1.6m【詳解】(1)由于PO與x軸負方向的夾角為=45，可知解得又由于qvBcos45=Eq解得B=0.5T(2)進入第一象限，由于mg=qE油滴在電場中做勻速直線運動，在復合場中做勻速圓周運動，路徑如圖所示由O到A勻速運動的位移解得t1=0.2s進入復合場后做圓周運動的周期為由A運動到C的時間為解得從C到N的時間為t3=t1=0.2s油滴在第一象限內(nèi)運動的總時間為t=t1+t2+t30.714s(3)油滴在磁場中做勻速圓周運動，有圖中ON的長度x=2h+2rcos45解得x=1.6m10在如圖所示的平面直角坐標系中，第二象限內(nèi)存在磁感應強度為B1的勻強磁場，方向垂直于xOy平面向外

14、；第一象限某矩形區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度B2=0.4T的勻強磁場，方向垂直于xOy平面向外。一個比荷為的帶正電的粒子從點P（-10cm，0）發(fā)射進入第二象限，其速度，方向垂直于磁場B1且與x軸負方向夾角為30；后從Q點以垂直y軸方向直接進入第一象限內(nèi)的矩形磁場區(qū)域，再經(jīng)M點以垂直x軸方向進入第四象限；整個第四象限存在大小、方向均未知的勻強電場，粒子經(jīng)過該電場偏轉(zhuǎn)后從N點進入無電場、磁場的第三象限區(qū)域，最終回到P點的速度與發(fā)射速度相同，不考慮粒子的重力。求：(1)第二象限內(nèi)磁場的磁感應強度B1的大?。?2)粒子在矩形勻強磁場中的運動時間t和該磁場區(qū)域的最小面積S；(3)第四象限內(nèi)勻強電場場強E的大小

15、。【答案】(1)；(2) ；(3)【詳解】(1)如圖由幾何關系，粒子在第二象限圓周運動的半徑為r1 洛倫茲力提供向心力 聯(lián)立，解得 (2)粒子在第一象限中的運動 聯(lián)立，解得 (3)粒子在第三象限中做勻速直線運動，如圖NP連線方向與發(fā)射速度方向一致，則設電場強度水平向左分量大小為Ex、豎直向上分量大小為Ey。對MN過程兩個分場強矢量合成得11磁流體發(fā)電機是一項新興技術，如圖所示是它的示意圖。平行金屬板A、B之間的距離為d，極板面積為s，板間的磁場按勻強磁場處理，磁感應強度為B，兩極板連接的外電路由阻值為R1、R2的電阻和電容為C的電容器組成，K為電鍵。將等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量的正

16、、負帶電粒子）以速度沿垂直于B的方向射入磁場，假設等離子體在兩極板間的平均電阻率為，忽略極板和導線的電阻，開始時電鍵斷開。(1)圖中A、B板哪一個是電源的正極？(2)這個發(fā)電機的電動勢是多大？(3)電阻R1的電功率為多少？(4)電鍵K閉合后，電容器的帶電量為多少？【答案】(1)B板；(2)；(3)；(4)【詳解】(1)根據(jù)左手定則，判斷正粒子向B板聚集，負粒子向A板聚集，故B板是電源的正極。(2)設發(fā)電機的電動勢為E，則解得(3)設電源的內(nèi)阻為r，電阻R1的電功率P，則電源的內(nèi)阻電阻R1的電功率為聯(lián)立，解得(4)設電容器兩端電壓為U，帶電量為q，則電容器的帶電量為聯(lián)立，解得12如圖所示的平面直

17、角坐標系，在第象限內(nèi)有平行于軸的勻強電場，方向沿軸正方向；在第象限的正三角形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于平面向里，正三角形邊長為，且邊與軸平行，一質(zhì)量為、電荷量為的粒子，從軸上的點，以大小為的速度沿軸正方向射入電場，通過電場后從軸上的點進入第象限，又經(jīng)過磁場從軸上的某點進入第象限，且速度與軸負方向成45角，不計粒子所受的重力，求：(1)電場強度的大?。?2)粒子到達點時速度的大小和方向；(3)區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度的最小值?！敬鸢浮?1)；(2)，方向與軸正方向夾角為；(3)【詳解】(1)粒子在勻強電場中做平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得(2)在點時沿負方向的分速度則所以粒子在點的速度大小為

18、，方向與軸正方向夾角為。(3)當粒子從點射出時，磁感應強度最小，根據(jù)幾何關系知帶電粒子在磁場中做圓周運動，滿足聯(lián)立解得13如圖是某研究機構(gòu)進行帶電粒子回收試驗的原理圖。一群分布均勻的正離子以水平速度進入水平放置的平行金屬板，正離子的比荷，己知金屬板的長度，間距為，板間的電勢差（下板為高電勢）。緊靠平行金屬板的左側(cè)有一豎直邊界，整個裝置置于真空環(huán)境中，不考慮離子的重力及離子間的相互作用，忽略離子運動對電場和磁場的影響和極板的邊緣效應。(1)求能進入左側(cè)區(qū)域的離子在電場中的側(cè)移量；(2)若在邊界右側(cè)再加垂直紙面向里的勻強磁場。帶電粒子剛好勻速通過平行板電容器，求所加磁感應強度的大??；(3)要把所有進入左側(cè)區(qū)域的離子聚集在一起，在左側(cè)區(qū)域加一個垂直紙面里的圓形磁場，求該磁場磁感應強度的大小。【答案】(1)；(2)0.1T； (3)【詳解】(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，設運動時間為t，則有豎直方向做勻加速直線運動(2)帶電粒子勻速通過平行板，則受