質譜儀與回旋加速器分層作業(yè)進階拓展二 高二年級下冊物理人教版（2019）選擇性必修第二冊

課時4質譜儀與回旋加速器分層作業(yè)進階拓展（2）第一章

安培力和洛倫茲力高一物理選擇性必修第二冊（人教版

2019)

一、單選題，共10小題

1.如圖，方形金屬棒放在勻強磁場中，磁場方向垂直前后表面向里，金屬棒通有從左

到右的恒定電流/后將會產(chǎn)生霍爾效應，則（）

A.金屬棒上表面的電勢高于下表面B.金屬棒前表面的電勢高于后表面

C.僅增大磁感應強度，霍爾電壓將變大D.僅增大金屬棒長度4，霍爾電壓將

變大

2.回旋加速器工作原理示意圖如圖所示,磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，兩

盒間的狹縫很小，粒子穿過的時間可忽略，它們接在電壓為。、頻率為了的交流電源

上，若A處粒子源產(chǎn)生的質子在加速器中被加速，下列說法正確的是（）

A.若只增大交流電壓U,則質子獲得的最大動能增大

B.若只增大交流電壓U,則質子在回旋加速器中運行時間會變短

C.若磁感應強度8增大，交流電頻率/必須適當減小才能正常工作

D.不改變磁感應強度8和交流電頻率了,該回旋加速器也能用于加速a粒子

3.如圖，下列說法正確的是（）

甲乙丙丁

A.甲圖要增大粒子的最大動能，可增加電壓。

B.乙圖是磁流體發(fā)電機，可判斷出A極板是發(fā)電機的負極

C.基本粒子不考慮重力的影響，丙圖可以判斷基本粒子的電性，粒子能夠沿直線勻速

F

通過速度選擇器的條件是v=5

D.丁圖中若載流子帶負電，穩(wěn)定時C板電勢高

4.現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓

恒定，磁場的磁感應強度為2,質子在入口處從靜止開始被電場加速，經(jīng)勻強磁場偏

轉后從出口離開磁場，若換作。粒子（。粒子帶正電，其電荷量為質子的2倍，質量為

質子的4倍）在入口處從靜止開始被同一電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉后仍從同

一出口離開磁場，需將磁感應強度改變?yōu)椋ǎ?/p>

5.如圖所示的速度選擇器水平放置，兩板間距離與板長相等，板間分布如圖所示的正

交勻強電場與勻強磁場.第一次：一帶正電的粒子（不計重力）從兩板左側中點。處

沿圖中虛線水平向右射入速度選擇器，恰好做勻速直線運動；第二次：撤去磁場，保

留電場，粒子以相同速度從。點進入電場，恰好從上板極右邊緣b點離開電場區(qū)：第

三次：撤去電場，保留磁場，粒子以相同速度從。點進入磁場，粒子將打在下板極）

上某位置.粒子第二次在電場中的運動時間與粒子第三次在磁場中的運動時間的比值

是（）

C.2:TID.1:n

F

6.如圖所示是一速度選擇器，當粒子速度滿足時，粒子沿圖中虛線水平射出;

D

若某一粒子以速度V射入該速度選擇器后，運動軌跡為圖中實線，則關于該粒子的說

法正確的是（）

A,粒子射入的速度一定是

D

F

B.粒子射入的速度可能是

D

C.粒子射出時的速度一定大于射入速度

D.粒子射出時的速度一定小于射入速度

7.回旋加速器如圖所示：真空容器D形盒放在與盒面垂直的勻強磁場中。兩盒間狹

縫間距很小，粒子從粒子源A處（D形盒圓心）進入加速電場（初速度近似為零）D

形盒半徑為R,粒子質量為加、電荷量為+4,加速器接電壓為U的高頻交流電源。若

相對論效應、粒子所受重力和帶電粒子穿過狹縫的時間均不考慮。下列正確的是

（）

B

交流電源

A.增大電壓U,粒子在D形盒中的運動時間不變

B.增大電壓U,粒子被加速后獲得的最大動能增大

C.增大磁感應強度B,粒子被加速后獲得的最大動能增大

D.粒子速度越來越大，交流電源的頻率也越來越大

8.若帶電粒子在磁場中所受的重力不能忽略，它將做較復雜的曲線運動，“配速法”是

解決此類問題的重要方法。我們給帶電粒子配置一個速度切，使之對應的洛倫茲力與

重力平衡，可視為勻速直線運動；再配置一個與V7等大反向的速度V2,粒子同時做速

度大小為也的勻速圓周運動，實際的運動為這兩個運動的合運動。如圖所示，在水平

方向上存在垂直紙面向里、大小為8的勻強磁場。將質量為機、電荷量絕對值為4的

帶電油滴從。點由靜止釋放，它在豎直面內運動的部分軌跡如圖所示，b為整段軌跡的

最低點，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）

xfixXX

XXX6XXX

A.油滴可能帶負電

B.軌跡仍可能是橢圓曲線的一部分

C.油滴到b點時的速度大小為萼

D.油滴到b點后將沿水平方向做勻速直線運動

9.如圖所示，甲、乙、丙、丁四圖是四種儀器的結構示意圖，下列說法正確的是

A.圖甲是回旋加速器，當在兩縫隙處所加電壓越大，粒子從出口處出來的速度也越

大

B.圖乙是靜電除塵裝置，A應接高壓電的正極，8接高壓電的負極

C.圖丙是磁電式電表，指針偏轉是通電線圈受安培力作用的結果

D.圖丁是磁流體發(fā)電機，當閉合開關S時，電流由6經(jīng)電阻R流向〃

10.回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻電源的兩極相連接

的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中有周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能

得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示。則下列說法中正

確的是（)

A.粒子從D形盒射出時的動能與加速電場的電壓有關

B.增大磁場的磁感應強度，可增大帶電粒子射出時的動能

C.加速電場的變化周期與粒子速度大小有關

D.用同一回旋加速器可以同時加速質子（）和a粒子（jHe）

二、多選題，共4小題

11.在回旋加速器中（）

A.電場用來加速帶電粒子，磁場則使帶電粒子回旋

B.電場和磁場同時用來加速帶電粒子

C.在交流電壓一定的條件下，回旋加速器的半徑越大，則帶電粒子獲得的動能越大

D.同一帶電粒子獲得的最大動能只與交流電壓的大小有關，而與交流電壓的頻率無

關

12.如圖所示，兩個平行金屬板M、N間有正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)，電場方向

由M板指向N板，磁場方向垂直紙面向里，。。'為到兩極板距離相等的平行于兩板的

直線.一質量為機，帶電荷量為+4的帶電粒子，以速度vo從。點射入，沿。O'方向

勻速通過場區(qū)，不計帶電粒子的重力，則以下說法正確的是（）

OO'

N

A.帶電荷量為一g的粒子以vo從。點沿。。，方向射入仍能勻速通過場區(qū)

B.帶電荷量為2q的粒子以vo從。點沿O。，射入仍能勻速通過場區(qū)

C.保持電場強度和磁感應強度大小不變，方向均與原來相反，粒子以V。從。點沿

射入，則粒子仍能勻速通過場區(qū)

D.粒子仍以速度vo從右側的。，點沿。，。方向射入，粒子仍能勻速通過場區(qū)14.利用

海流發(fā)電的磁流體發(fā)電機原理示意圖如圖所示，矩形發(fā)電管道水平東西放置，整個管

道置于方向豎直向上、磁感應強度大小為8的勻強磁場中。其上、下兩面是絕緣板，

南、北兩側面M、N是電阻可忽略的導體板，兩導體板與開關S和定值電阻R相連。

已知發(fā)電管道長為八寬為d、高為/?,海水在發(fā)電管道內以恒定速率v朝正東方向流

動。發(fā)電管道內的海水在垂直流動方向的電阻為,，海水在管道內流動時受到的摩擦阻

力大小恒為人不計地磁場的影響，則（）

A.N側的電勢高

B.開關S斷開時，M、N兩端的電壓為3小

C.開關S閉合時，發(fā)電管道進、出口兩端壓力差歹=/+四①

R+r

D.開關S閉合時，電阻尺上的功率為理工

R

三、填空題，共4小題

15.（1）洛倫茲力是磁場對（填“運動”或“靜止”）電荷的作用；如圖所示是

一帶正電的粒子在磁場中豎直向下運動，粒子所受洛倫茲力的方向o

XXXX

XXXX

XX，改X

XXXX

（2）質譜儀是分離同位素的重要儀器，其原理如圖所示，帶等量異種電荷的兩平行金

屬板4、2之間的電壓為。，一個帶負電的粒子（不計重力）從A板中由靜止釋放，

之后從。點進入另一磁感應強度為8的勻強磁場中，在洛倫茲力的作用下，粒子做勻

速圓周運動，經(jīng)過半個圓周后打在擋板上的A點。已知粒子的質量為加，電荷量

為q,。、A兩點間的距離為o

16.如圖甲所示，在平面直角坐標系中，原點。處有一粒子源，可沿y軸正方向以初

速度%發(fā)射質量為機、電荷量為+4的粒子（重力不可忽略）。在第一、二象限內存在

方向平行于x軸的電場，電場強度用隨時間呈期性變化的圖像如圖乙所示，其周期

7=等，規(guī)定x軸的正方向為場強的正方向。在第三、四象限內存在垂直紙面向里的

勻強磁場和平行于紙面的勻強電場，其場強為馬（未知），勻強磁場的磁感應強度

「3兀m乂

8=丁監(jiān)，粒子進入磁場后做勻速圓周運動。若/=0時刻射出的粒子第一次穿過無軸

時速度方向與x軸正方向夾角為45。，己知重力加速度為g,不計空氣阻力。求：

（1）召2的大小和方向；

（2）t=~時刻射出的粒子從射出到第三次穿過無軸所用時間以及穿過的點的位置坐

4

標。

（3）若保持g=2綜，方向沿x軸的正方向不變，。點發(fā)射的粒子第〃次穿過x軸的

位置坐標。

17.如圖所示，厚度為〃、寬度為d的導體板放在垂直于它的磁感應強度為B的勻強

磁場中，當電流通過導體板時，在導體板的上側面A和下側面A，之間會產(chǎn)生電勢差

U,這種現(xiàn)象稱為霍爾效應，霍爾效應可解釋如下：外部磁場對運動電子的洛倫茲力

使電子聚集在導體板的一側，在導體板的另一側會出現(xiàn)多余的正電荷，從而形成電

場，電場對電子施加與洛倫茲力方向相反的電場力，當電場力與洛倫茲力達到平衡

時，導體板上、下兩側面之間就會形成穩(wěn)定的電勢差，電流/是自由電子的定向移動

形成的，電子的平均定向移動速率為v,電荷量為e,回答下列問題：

A'

（1）達到穩(wěn)定狀態(tài)時，導體板上側面A的電勢（選填“高于”“低于”或“等于”）

下側面A，的電勢；

（2）電子所受洛倫茲力的大小為；

（3）當導體板上、下兩側面之間的電勢差為如時，電子所受電場力的大小為

（4）導體板上、下兩側面產(chǎn)生的穩(wěn)定的電勢差U=o

18.質譜儀

（1）質譜儀構造：主要構件有加速、偏轉和照相底片

（2）運動過程（如圖）

（3）帶電粒子經(jīng)過電壓為U的加速電場加速，

mv

（4）垂直進入磁感應強度為8的勻強磁場中，做勻速圓周運動，r=—,可得r=

qB

（5）分析：從粒子打在底片D上的位置可以測出圓周的半徑r,進而可以算出粒子的

四、解答題，共4小題

19.如圖所示為質譜儀原理示意圖.設粒子質量為機、電荷量為分加速電場電壓為

U,偏轉磁場的磁感應強度為3,粒子從容器A下方的小孔S飄入加速電場，其初速

度幾乎為0.則粒子進入磁場時的速度是多大？打在底片上的位置到S3的距離多大？

20.如圖所示，三塊擋板圍成橫截面邊長乙=1.2m的等邊三角形區(qū)域，C、P、。分別

是MN、AM和AN中點處的小孔，三個小孔處于同一豎直面內，水平，MN上方是

豎直向下的勻強電場，場強E=4X1(F4N/C。三角形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁

場，磁感應強度為3;以外區(qū)域有垂直紙面向外、磁感應強度大小為胡=35

的勻強磁場?，F(xiàn)將一比荷g=108C/kg的帶正電的粒子，從。點由靜止釋放，粒子從

m

MN小孔C進入內部勻強磁場，經(jīng)內部磁場偏轉后直接垂直AN經(jīng)過。點進入外部磁

場。已知粒子最終回到了。點，OC相距2m。設粒子與擋板碰撞過程中沒有動能損

失，且電荷量不變，不計粒子重力，不計擋板厚度，取力=3。求：

(1)磁感應強度8/的大?。?/p>

(2)粒子從。點出發(fā)，到再次回到。點經(jīng)歷的時間。

21.如圖甲所示，一內壁光滑的圓簡水平放置，圓筒內底面拴接一輕質彈簧，推動質

量為叫的帶正電絕緣小球。壓縮彈簧，小球a的帶電荷量為名，圓筒右側與長度為L

的絕緣粗糙水平平臺AC平滑對接，小球與AC間的動摩擦因數(shù)為〃，AC間存在豎直

向上的勻強電場，場強大小為片,在C端靜止放置一質量為?的帶負電小球6,帶電

荷量為%,C處恰好無電場，在AC右側存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向

下，勻強磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為8,某時刻釋放小球。，小球。與

小球b在C處發(fā)生彈性碰撞（碰撞過程兩小球的帶電荷量不變），之后小球6恰做勻速

圓周運動，運動軌跡經(jīng)過C點正下方的。點，C、。間距離為d,小球。被反彈，至

AC中點處速度減為零，兩小球均可看成質點，不計兩小球間的庫侖力。

（1）求水平面右側勻強電場的場強大小E2。

（2）求彈簧最初的彈性勢能丸。

（3）若將右側的磁場變?yōu)榘磮D乙所示規(guī)律變化的交變磁場，從小球b離開C點開

始計時，其中當空，電場保持不變，設磁場方向垂直紙面向里為正，求小球6從

Bq2

C點進入CD邊界右側區(qū)域到再次回到CD所在直線所用的時間（用辦表示）及再次回

到CD所在直線的位置到C點的距離。

圖乙

22.湯姆孫為了證明陰極射線是帶電粒子流以及在測量陰極射線的比荷包時，做了如

m

下實驗：在陰極射線管中添加了兩塊水平正對放置間距/,邊長也為/的正方形金屬

板。正方體空間內加上垂直于面湖〃向里，磁感應強度大小為8的勻強磁場，發(fā)現(xiàn)射

線恰好從上金屬板的邊緣射出并打到M點。為了抵消陰極射線的偏轉，給金屬板加上

電壓U后，射線恰好打到P點。（粒子重力忽略不計，粒子的入射方向沿正方體左右

兩側面中心的連線，連線過P點）

（1）陰極射線帶哪一種電荷，哪一塊金屬板的電勢高；

（2）陰極射線的比荷幺。

m

參考答案:

1.c

【解析】

AB.金屬材料中，定向移動的是自由電子，因為自由電子定向移動的方向與電流方向相

反，由左手定則可知，電子聚集在上表面，上表面的電勢低，AB錯誤；

CD.最終電子受到的電場力和洛倫茲力平衡，由平衡條件可得

e'-=evB

d

電流的微觀表達式為

1=nevS

解得

IBd

=—（S為左側面的截面積）

nqS

故僅增大磁感應強度，霍爾電壓將變大，D錯誤，C正確；

故選C。

2.B

【解析】

A.設回旋加速器D形盒的半徑為R,質子獲得的最大速度為根據(jù)牛頓第二定律有

2

v三

01R

解得

BeR

②

m

質子的最大動能為

口12B2dR2

2m

由③式可知Efon與交流電壓U無關，只增大交流電壓U,質子獲得的最大動能不變，故A

錯誤；

CD.質子每個運動周期內被加速兩次，交流電源每個周期方向改變兩次，所以交流電源的

周期等于質子的運動周期，即

-2兀R2nm-

T=—=丁④

%Be

所以

/=-=—⑤

T2Tm

由⑤式可知若磁感應強度B增大，交流電頻率/必須適當增大才能正常工作，且由于a粒

答案第12頁，共16頁

子和質子的比荷不同，所以不改變磁感應強度2和交流電頻率力該回旋加速器不能用于

加速a粒子，故CD錯誤；

B.設質子在回旋加速器中加速的次數(shù)為小根據(jù)動能定理有

neU=%

解得

質子在回旋加速器中運行時間為

由⑧式可知若只增大交流電壓U,則質子在回旋加速器中運行時間會變短，故B正確。

故選B。

3.B

【解析】

A.根據(jù)公式

qvB=m—

故最大動能

與加速電壓無關，選項A錯誤；

B.由左手定則知正離子向下偏轉，負離子會向上偏轉，所以A板是電源負極，B板是電源

正極；選項B正確；

C.電場的方向與3的方向垂直，帶電粒子進入復合場，受電場力和安培力，且二力是平

衡力，即

V=一

不管粒子帶正電還是帶負電都可以勻速直線通過，所以無法判斷粒子的電性，選項C錯

誤；

D.若載流子帶負電，由左手定則可知，負粒子向C端偏轉，所以穩(wěn)定時C板電勢低，選

答案第13頁，共16頁

項D錯誤。

故選B。

4.B

【解析】

粒子在加速電場中加速，由動能定理得

1,

qU=-mv2-0

粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得

V2

qvB=m——

r

解得

_1\2mU

DD——1-------

Tq

磁感應強度之比

-V2e=

1l2mU~1

13廣\

rVe

故B正確，ACD錯誤。

故選B。

5.B

【解析】

設速度選擇器的板間距和板長都是L,電場強度為E,磁感應強度為3,粒子質量為如電

荷量為q.

在速度選擇器中，有

qE=qvB

速度是

E

v=一

B

在電場中類平拋時，有

L=vt

L\qE2

22m

得到粒子的比荷是

q_E

“7—LB2

答案第14頁，共16頁

在磁場中圓周運動時，有

nm^2

qvB=-----

r

得至IJ

mv

r=——=LT

qB

作出圓周運動軌跡，有

r-rcosd=-L

2

得至!J

6=60。

根據(jù)平拋時

L=vt

圓周運動時

60°c107,

-------2兀丫=-?2TIL=vt

3600----------6

得至

=3：7T

故選B。

?Iib

【解析】

假設粒子帶正電，則所受電場力向下，由左手定則知所受洛倫茲力方向向上，由受力分析

結合運動軌跡知

qvB>qE

則

E

v>——

B

運動過程中洛倫茲力不做功，電場力做負功，則粒子速度減??；若粒子帶負電，所受電場

力向上，則由左手定則知所受洛倫茲力方向向下，由受力分析結合運動軌跡知

答案第15頁，共16頁

qvB<qE

則

運動過程中洛倫茲力不做功，電場力做正功，則粒子速度增大，選項ACD錯誤，B正確。

故選B。

7.C

【解析】

BC.粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，則有

V2

qvB=m——

R

R=—

qB

被加速的粒子做圓周運動的最大半徑為D形盒半徑R,最大動能為

與加速電壓無關；增大磁感應強度8,粒子被加速后獲得的最大動能增大，B錯誤，C正

確；

A.由以上分析可知，增大電壓U,粒子在D形盒中的運動的動能很快達到最大，可知粒

子在D形盒中運動的時間將變小，A錯誤；

D.由粒子在D形盒中的運動的周期等于高頻交流加速電源的周期，則有

=皿

電qB

f__1_qB

/*—/=———-------

J電/T2^m

交流電源的頻率與粒子的速度無關，D錯誤。

故選Co

8.C

【解析】

A.油滴在重力作用下下落，獲得速度后將受到洛倫茲力作用，根據(jù)大致軌跡結合洛倫茲

力方向可判斷油滴帶正電，故A錯誤；

B.將油滴的運動分解為兩個分運動，一個是水平向右的勻速直線運動，速度大小滿足

mg=qvB

受力滿足二力平衡，另一個是初速度方向向左，大小為v的勻速圓周運動，受到的洛倫茲

力為qvB,兩個分運動的合成軌跡將是一個旋輪線，故B錯誤；

C.油滴到b點時，重力做功最多，速度最大，正好是勻速圓周運動分運動的最低點，速

答案第16頁，共16頁

度大小為

2v*

qB

方向水平向右，故C正確；

D.在6點時的洛倫茲力大小為2/2、方向豎直向上，重力大小為"火，二力合力向上，有

2qvB—mg=mg

加速度大小為g,方向向上，故不可能沿水平方向做勻速直線運動，故D錯誤。

故選C。

9.C

【解析】

A.圖甲是回旋加速器中粒子從出口處出來的速度由半徑R決定，與加速電壓無關，選項

A錯誤；

B.圖乙是靜電除塵裝置，A應接高壓電的負極，B接高壓電的正極，選項B錯誤；

C.圖丙是磁電式電表，指針偏轉是通電線圈受安培力作用的結果，選項C正確；

D.圖丁是磁流體發(fā)電機，當閉合開關S時，根據(jù)左手定則可知A板帶正電，則電流由。

經(jīng)電阻R流向6,選項D錯誤。

故選Co

10.B

【解析】

AB.根據(jù)公式

v2

qvB=m——

R

故最大動能為

則粒子從D形盒射出時的動能與加速電場的電壓無關；增大磁場的磁感應強度，可增大帶

電粒子射出時的動能，選項A錯誤，B正確；

C.加速電場的變化周期等于粒子在磁場中運動的周期，即

2兀m

1-------

qB

與粒子速度大小無關，選項C錯誤；

D.根據(jù)

27m

1=------

qB

因質子（:H）和a粒子（；He）在磁場中運動的周期不同，則用同一回旋加速器不可以同

答案第17頁，共16頁

時加速質子（田）和a粒子（；He）,選項D錯誤。

故選B。

11.AC

【解析】

AB.回旋加速器是利用電場對粒子進行加速和磁場進行偏轉，故A正確，B錯誤;

CD.根據(jù)

V2

qvB=m——

R

得，最大速度

m

則最大動能

知同一粒子，回旋加速器的半徑越大，獲得的動能越大，與交流電壓的電壓和頻率無關,

故C正確，故D錯誤。

故選ACo

12.ABC

【解析】

A.由題意正電粒子能從左向右勻速通過，豎直向上的洛倫茲力與豎直向下的電場力相平

衡；若負電粒子從左向右通過時，豎直向下的洛倫茲力也能與豎直向上的電場力相平衡，

原因是粒子的速度沒有變化，故A正確；

B.由題意正電粒子能從左向右勻速通過，豎直向上的洛倫茲力與豎直向下的電場力相平

衡，即有：

qE=Bqvo

解得：

E

上萬

可知平衡條件與電荷量的多少無關，因此帶電量為%的粒子同樣也能勻速通過，故B正

確；

C.由題意正電粒子能從左向右勻速通過，豎直向上的洛倫茲力與豎直向下的電場力相平

衡，即有：

qE=Bqvo

解得：

答案第18頁，共16頁

當電場與磁場方向與原來相反時，沒有影響平衡條件，所以也能勻速通過。故c正確；

D.若粒子仍以速率V從右側的。，點沿。。方向射入，粒子受到的豎直向下的電場力與豎

直向下的洛倫茲力就不能平衡，因此不能勻速通過。故D錯誤；

故選ABCo

14.BC

【解析】

A.海水向東流動的過程中，正電荷受到的洛倫茲力的方向指向而負電荷受到的洛倫

茲力的方向指向M所以/側聚集正電荷，M側的電勢高，A錯誤；

B.開關S斷開時，設海水中的電荷所帶的電荷量為q,當其所受的洛倫茲力與電場力平衡

時，M、N兩端的電壓U保持恒定，有

qvB=qli

解得

U=Bdv

B正確；

C.開關S閉合后，海水所受的摩擦阻力恒為力設開關S閉合后管道內海水受到的安培力

為F安,發(fā)電管道進出口兩端壓力差

F=f+F安

有

入=片+/+是,Bld

根據(jù)閉合電路歐姆定律有

u

R+r

解得

C正確；

D.電阻R上的功率為

D錯誤。

故選BC。

22mU

15.運動水平向右

Bq

【解析】

答案第19頁，共16頁

(1)洛倫茲力是磁場對運動電荷的作用。

根據(jù)左手定則可知粒子所受洛倫茲力的方向水平向右。

(2)設粒子經(jīng)過加速后獲得速度大小為v,根據(jù)動能定理有

12

qUTT=—mv

設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r,根據(jù)牛頓第二定律有

v2

qvB-m——

聯(lián)立解得

B

。、A兩點間的距離為

XOA=2r=~^

⑹⑴反與，方向豎直向上；⑵魯;⑶相=宇+等

2g3萬g

【解析】

(1)要使帶正電粒子做勻速圓周運動，則有

qE]=mg

解得

方向豎直向上;

(2)設場強為24時加速度為由,場強為4時加速度為電，粒子第一次穿過x軸的水平速

度為匕1有

所用時間

則有

解得

1

%=g，%=-^

答案第20頁，共16頁

T時刻射入的粒子第一次穿過X軸的水平速度

粒子進入磁場后做勻速圓周運動，則有

2

Bqv=m—

Qr

%

解得

mv4v

r-oo

Bq371g

__2兀m_8%

「Bq-3g

所以

23g

h=ti=—

g

%=t\+t1+t3

3g

iI

寸非⑺+5的⑴

3兀g

_8片

%=%+X?-%3=-----

-3兀g

所以位置坐標為［就,。)

(3)設粒子進入磁場時與水平方向夾角為。，則進入磁場時的速度

。=工

sin。

所以此時圓周運動半徑

/二叫

Bqsin0

入射點和出射點之間的距離

答案第21頁，共16頁

in"鬻畸

由此可知每次入射點和出射點之間的距離為一個定值

且由分析可得,在電場中的水平方向的運動合起來可看作一勻加速直線運動，所以

①若w為奇數(shù)，有

4(〃-1)說

3汽g

②若〃為偶數(shù)，有

17.低于evB

【解析】

(1)電子向左做定向移動，由左手定則知電子所受洛倫茲力的方向向上，故上側面A聚

集電子，下側面A，聚集正電荷，上側面A的電勢低于下側面A，的電勢

(2)電子所受洛倫茲力的大小

F咨=evB

(3)根據(jù)

F=Ee=^-e

電h

(4)當A、A，間電勢差穩(wěn)定時

evB=e—

h

故

U=Bhv

18.磁場電場qU巳1心bm匕U比荷

B\q

【解析】

略

答案第22頁，共16頁

【解析】

由動能定理知qU=；/m，2,則粒子進入磁場時的速度大小為丫=廬1,由于粒子在磁場

/Vm

中運動的軌跡半徑為r=w=巫，所以打在底片上的位置到S3的距離為］巫

qBB\qBq

2

20.(1)yX10-5T;(2)2.85xio-2s

【解析】

(1)粒子在電場中加速，則由動能定理得

Eqx=~mv2

解得

v=400m/s

設粒子進入三角形區(qū)域勻強磁場做勻速圓周運動半徑為R/,帶電粒子在磁場中的運動軌跡

如圖所示。

Ri=—=0.6m

2

由

qvBi=m——

代入數(shù)據(jù)得

2

8/=-xl(F5T

3

答案第23頁，共16頁

（2）設帶電粒子進入外部磁場做勻速圓周運動半徑為由題可知

&=32/=2xl（F5T

又

v2

qvB2—nt—

氏2

則

7?2=—=0.2m

3

粒子在由0-C過程中做勻加速直線運動，由公式

1

x—~Vt]

得至U

力=0.01s

粒子在磁場為中的周期為

2兀m

O=F-=9x10—3§

qBi

則在磁場8/中的運動時間為

t2=-Ti=3xl0~3s

3

在磁場史中的周期為

2兀m

乃=七-=3x10—3$

泡

在磁場史中的運動時間為

180+300+180丁__1八-&

t3=--------------乃=5.5x103s

360

則粒子在復合場中運動的總時間為

￡=20+/2+右=2.85乂1（）-25

21⑴￡=吧.（2）E=3〃（〃記一耳＞）乙18%；］Bq/卜（叫g-gd值

2%，P28ml2y叫

7d

t=-,一

4°2

【解析】

（1）碰后小球6恰好做勻速圓周運動，說明此時的重力與電場力平衡，則

E2q2=m2g

解得

答案第24頁，共16頁

（2）由題意可知，小球b做勻速圓周運動的*軌跡半徑為

設小球b碰后的速度為匕，由牛頓第二定律可得