2019-2020年高考物理大一轮复习第九章磁场第26讲带电粒子在复合场中的运动学案.doc

2019-2020年高考物理大一轮复习第九章磁场第26讲带电粒子在复合场中的运动学案考纲要求考情分析命题趋势1.带电粒子在复合场中的运动2质谱仪和回旋加速器等科技应用xx江苏卷，15xx全国卷，15xx江苏卷，15高考对本专题内容的考查主要是以计算题的形式考查带电粒子在复合场中的运动，以选择题的形式考查涉及复合场的科技应用问题，考查学生分析综合能力、理论联系实际能力.1带电粒子在复合场中的运动(1)复合场与组合场复合场：电场、_磁场_、重力场共存，或其中某两场共存组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场分时间段或分区域交替出现(2)三种场的比较项目名称力的特点功和能的特点重力场大小：G_mg_方向：_竖直向下_重力做功与_路径_无关重力做功改变物体的_重力势能_静电场大小：F_qE_方向：a.正电荷受力方向与场强方向_相同_b负电荷受力方向与场强方向_相反_电场力做功与_路径_无关W_qU_电场力做功改变_电势能_磁场洛伦兹力F_qvB_方向符合_左手_定则洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的_动能_(3)带电粒子在复合场中的运动分类静止或匀速直线运动当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做_匀速直线运动_.匀速圆周运动当带电粒子所受的重力与电场力大小_相等_，方向_相反_时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做_匀速圆周_运动较复杂的曲线运动当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做_非匀_变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线分阶段运动带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成2电场、磁场分区域应用实例(1)质谱仪构造：如图甲所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式qUmv2.粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvBm.由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷r_，m_，_.(2)回旋加速器构造：如图乙所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速由qvB，得Ekm_，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关3电场、磁场同区域并存的实例装置原理图规律速度选择器若qv0BqE，即v0_，粒子做_匀速直线_运动磁流体发电机等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带电，当qqv0B时，两极板间能达到最大电势差U_Bv0d_电磁流量计当qqvB时，有v_，流量QSv_霍尔效应在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当_磁场方向_与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了_电势差_，这种现象称为霍尔效应1判断正误(1)利用回旋加速器可以将带电粒子的速度无限制地增大()(2)粒子能否通过速度选择器，除与速度有关外，还与粒子的带电正负有关()(3)磁流体发电机中，根据左手定则，可以确定正、负粒子的偏转方向，从而确定正、负极或电势高低()(4)带电粒子在复合场中受洛伦兹力情况下的直线运动一定为匀速直线运动()(5)质谱仪是一种测量带电粒子质量并分析同位素的仪器()2(多选)如图所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是(BC)A小球一定带正电B小球一定带负电C小球的绕行方向为顺时针D改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动3如图所示，一束粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域，再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域，其中磁场的方向如图所示，磁感应强度大小可根据实际要求调节，收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上则收集室收集到的是(B)A具有特定质量和特定比荷的粒子B具有特定速度和特定比荷的粒子C具有特定质量和特定速度的粒子D具有特定动能和特定比荷的粒子一带电粒子在组合场中的运动问题带电粒子在组合场中的运动问题为高考热点，考查学生对带电粒子在先后出现(或交替出现)的电磁场中的运动分析、性质判断及综合计算能力1是否考虑粒子重力的三种情况(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略，而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应当考虑其重力(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否要考虑重力2带电粒子在组合场中运动，要分段处理，对匀强电场中的匀变速直线运动或类平抛运动，可由牛顿定律及运动学公式求解，对匀强磁场中的匀速圆周运动，要结合几何知识，确定圆心及半径，从而确定磁感应强度和圆心角或时间，确定从电场进入磁场的速度的大小、方向及两场交界处轨迹的几何关系，是解决问题的关键解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法例1(xx天津卷)平面直角坐标系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等不计粒子重力，问：(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比解析(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有2Lv0t，Lat2.设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy，vyat.设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为，有tan ，联立式得45，即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45角斜向上设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有v，联立式得vv0.(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得Fma，又FqE，设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvBm，由几何关系可知RL，联立式得.答案(1)v0速度方向与x轴正方向成45角斜向上(2)二带电粒子在复合场中的运动问题带电粒子在复合场中的运动问题是历年高考命题的热点，覆盖面大，综合性强，难度大，能力要求高，以计算题呈现，有时也有选择题1带电粒子在复合场中无约束情况下的运动主要是以下几种形式复合场组成可能的运动形式磁场、重力场并存若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因F洛不做功，故机械能守恒，由此可求解问题电场、磁场并存(不计微观粒子的重力)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，因F洛不做功，可用动能定理求解问题电场、磁场、重力场并存若三力平衡，带电体一定做匀速直线运动若重力与电场力平衡，带电体一定做匀速圆周运动若合力不为零且与速度方向不垂直，带电体将做复杂的曲线运动，因F洛不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题2分阶段运动带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其受力情况随区域发生变化，则其运动过程由几种不同的运动阶段组成例2如图所示，空间区域、存在匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为磁场区域的理想边界，区域高度为d，区域的高度足够大匀强电场方向竖直向上；、区域磁场的磁感应强度均为B，方向分别垂直纸面向里和向外一个质量为m，电荷量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入电磁场区域后，恰能做匀速圆周运动已知重力加速度为g.(1)试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；(2)若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，在图中作出小球的运动轨迹；求出释放时距MN的高度h，并求出小球从开始释放到第一次回到O点所经历的时间t；(3)试讨论h取不同值时，小球第一次穿出磁场区域的过程中电场力所做的功W.解析(1)带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电由qEmg得E.(2)带电小球在进入磁场区域前做自由落体运动，由机械能守恒有mghmv2，带电小球在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，依牛顿第二定律有qvBm，由于带电小球在、两个区域运动过程中q、v、B，m的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R，内角为60，轨迹如图甲所示由几何关系知R，解得h；小球从开始释放到回到O点所经历的时间由两部分组成，一部分为无电场、磁场区的运动，时间t12；一部分为电磁场区域的运动，时间t2，总时间tt1t22.(3)当带电小球在区域做圆周运动的圆弧与PQ相切时，运动轨迹如图乙所示，有半径Rd，解得对应高度h0.讨论：当hh0时，小球进入磁场区域后由下边界PQ第一次穿出磁场区域进入区域，此过程电场力做功WqEd即Wmgd说明：第(3)问讨论对于当hh0时的临界情况不做要求，即电场力做功W0或者Wmgd均可以答案(1)正电，E(2)图见解析ht(3)h时，Wmgd.1(多选)如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，匀强电场方向竖直向下，有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域不计重力，则(BD)A若电子从右向左飞入，电子也沿直线运动B若电子从右向左飞入，电子将向上偏转C若电子从左向右飞入，电子将向下偏转D若电子从左向右飞入，电子也沿直线运动2(xx北京东城区模拟)如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法中正确的是(C)A组成A束和B束的离子都带负电B组成A束和B束的离子质量一定不同CA束离子的比荷大于B束离子的比荷D速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外解析由左手定则知，A、B离子均带正电，选项A错误；两束离子经过同一速度选择器后的速度相同，在偏转磁场中，由R可知，半径大的离子对应的比荷小，但离子的质量不一定相同，故选项B错误，C正确；速度选择器中的磁场方向应垂直纸面向里，选项D错误3(xx辽宁三小调研)(多选)如图所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源两端相连现分别加速质子(H)和氘核(H)下列说法正确的是(BD)A它们的最大速度相同B质子的最大动能大于氘核的最大动能C加速质子和氘核所用高频电源的频率相同D仅增大高频电源的电压不可能增大粒子的最大动能解析设质子质量为m，电荷量为q，则氘核质量为2m，电荷量为q，它们的最大速度分别为v1和v2，选项A错误；质子的最大能动Ek1，氘核的最大动能Ek2，选项B正确；高频电源的频率与粒子在磁场中的回旋频率相同，即f1，f2，所以加速质子和氘核所用高频电源的频率不相同，选项C错误；被加速的粒子的最大动能与高频电源的电压无关，所以仅增大高频电源的电压不可能增大粒子的最大动能，选项D正确4(多选)如图所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速运动，c向左做匀速运动，比较它们的重力Ga、Gb、Gc间的大小，正确的是(CD)AGa最大BGb最大CGc最大DGb最小5(xx山东青岛调研)如图所示，空间的某个复合场区域内存在着方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子从复合场穿出时的动能为Ek.那么氘核同样由静止开始经同一加速电场加速后穿过同一复合场后的动能Ek的大小是(B)AEkEkBEkEkCEkEkD条件不足，难以确定解析设质子的质量为m，则氘核的质量为2m.在加速电场中，由动能定理可得eUmv2，在复合场内，由BqvqE得v；同理对于氘核由动能定理可得离开加速电场的速度比质子的速度小，所以当它进入复合场时所受的洛伦兹力小于电场力，将往电场力方向偏转，电场力做正功，故动能增大，选项B正确例1(xx江苏南京诊断6分)如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是()A在Ekt图象中应有t4t3t3t2t2t1，B加速电压越大，粒子最后获得的动能就越大C粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的面积答题送检来自阅卷名师报告错误致错原因扣分A、B、C错解1：误认为随着粒子的速率越来越大，粒子回旋的周期越来越小，错选A；错解2：误认为粒子获得的最大动能与加速电压有关，错选B；错解3：误认为粒子加速次数越多，粒子获得的动能越大，错选C6规范答题 解析 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，因此，在Ekt图中应有，t4t3t3t2t2t1，选项A错误；粒子获得的最大动能与加速电压无关，加速电压越小，粒子加速次数就越多，由粒子做圆周运动的半径r可知Ek，即粒子获得的最大动能决定于D形盒的半径，当轨道半径r与D形盒半径R相等时就不能继续加速，故选项B、C错误，D正确可见正确求解本题的关键是对回旋加速器工作原理的理解答案D1如图所示，有一金属块放在垂直于表面C的匀强磁场中，当有稳恒电流沿平行平面C的方向通过时，下列说法中正确的是(B)A金属块上表面M的电势高于下表面N的电势B电流增大时，M、N两表面间的电压U增大C磁感应强度增大时，M、N两表面间的电压U减小D金属块中单位体积内的自由电子数越少，M、N两表面间的电压U越小解析由左手定则可知，通有图示电流时，自由电子受到向上的洛伦兹力，向M面偏转，故上表面M电势低于下表面N的电势，选项A错误；最终电子在洛伦兹力和电场力作用下处于平衡，即evBe，则有UBvd，由此可知，磁感应强度增大时，M、N两表面间的电压增大，选项C错误；由电流的微观表达式IneSv可知，电流增大说明自由电子定向移动速率v增大，所以M、N两表面间的电压增大，选项B正确；电流一定时，金属块中单位体积内的自由电子数n越少，自由电子定向移动的速率一定越大，所以M、N两表面间的电压越大，选项D错误2如图甲所示，一个质量为m，电荷量为q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动且细杆处于匀强磁场中(不计空气阻力)，现给圆环一向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环的速度时间图象如图乙所示，则关于圆环所带的电性、匀强磁场的磁感应强度B和圆环克服摩擦力所做的功W(重力加速度为g)，下列说法正确的是(B)A圆环带负电BBCWmvDWmv解析当圆环做匀速直线运动时，不受摩擦力，因此重力和洛伦兹力相等，洛伦兹力方向向上，因此圆环带正电，选项A错误；mgqB，B，选项B正确；对这个过程，利用动能定理，可得Wm2mv，Wmv，选项C、D错误3有一电荷量为q，重力为G的小球，从竖直的带电平行板上方h处自由落下，两极板间匀强磁场的磁感应强度为B，方向如图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时(A)A一定做曲线运动B不可能做曲线运动C有可能做匀速运动D有可能做匀加速直线运动解析带电小球在重力场、电场和磁场中运动，所受重力、电场力是恒力，但受到的洛伦兹力是随速度的变化而变化的变力，因此小球不可能处于平衡状态，也不可能在电、磁场中做匀变速直线运动，故选项A正确4(多选)如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量q6107 C，在图示坐标系中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零当小球以2 m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势随纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度g10 m/s2，则下列判断正确的是(BD)A匀强电场的场强大小为3.2106 V/mB小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4 JC小球做顺时针方向的匀速圆周运动D小球所受的洛伦兹力的大小为3 N解析由匀强电场的场强公式E结合题图乙，可得E V/m5106 V/m，故选项A错误；由功能关系W电Ep，W电qU61074106 J2.4 J，即电势能减少了2.4 J，故选项B正确；当小球以2 m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零，说明是洛伦兹力提供向心力，由左手定则得小球应该做逆时针方向的圆周运动，选项C错误；重力和电场力是一对平衡力，有qEmg，得m0.3 kg，由洛伦兹力提供向心力可知洛伦兹力为Fm N3 N，故选项D正确1如图所示，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动A、C两点间距离为h，重力加速度为g.(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC；(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP.解析(1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足qvBFNqE，小滑块在C点离开MN时FN0，解得vC.(2)由动能定理mghWfmv0，解得Wfmgh.(3)如图所示，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g，g，且vvg2t2，解得vP.答案(1)(2)mgh(3)2如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域和，以水平面MN为理想分界面，区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L.质量为m、电荷量为q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入区，并直接偏转到MN上的P点，再进入区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑(1)若k1，求匀强电场的电场强度E；(2)若2k3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和区的磁感应强度B与k的关系式解析(1)若k1.则有MPL，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，该情况粒子的轨迹半径R1L，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律知qvB0m，粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有qEdmv2，联立解得E.(2)因为2k0)的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中不计重力和粒子间的影响(1)若粒子以初速度v1沿y轴正向入射，恰好能经过x轴上的A(a,0)点，求v1的大小；(2)已知一粒子的初速度大小为v(vv1)，为使该粒子能经过A(a,0)点，其入射角(粒子初速度与x轴正向的夹角)有几个？并求出对应的sin 值；(3)如图乙，若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从O点以初速度v0沿y轴正向发射研究表明：粒子在xOy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比，比例系数与电场强度大小E无关求该粒子运动过程中的最大速度值vm.解析(1)带电粒子以速率v在匀强磁场B中做匀速圆周运动，半径为R，有qvBm，当粒子沿y轴正向入射，转过半个圆周至A点，该圆周半径为R1，有R1，由代入式得v1.(2)如图，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在x的直线上，半径为R.当给定一个初速率v时，有2个入射角，分别在第1、2象限，有sin sin ，由式解得sin .(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用ym表示其y坐标，由动能定理，有qEymmvmv，由题知vmkym.若E0时，粒子以初速度v0沿y轴正向入射，有qv0Bm，v0kR0，由式解得vm.答案(1)(2)2个均为sin (3)课时达标第26讲解密考纲考查带电粒子在复合场中的运动，对学生综合分析能力，理论联系实际能量要求较高1(xx江苏南通一调)如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球(C)A一定带正电B受到电场力的方向一定水平向右C从a点到b点的过程，克服电场力做功D从a点到b点的过程中可能做匀加速运动解析因小球受到的洛伦兹力FqvB随小球速度的变化而变化，为使带电小球能在场内做直线运动，小球的速度大小不能变化，即小球受力平衡，做匀速直线运动，选项D错误；小球共受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，无论小球带何种电荷，三力均可能平衡，故选项A、B错误；从a点到b点的过程中，小球的动能不变，洛伦兹力不做功，根据动能定理有EkWGW电场0，重力做正功，所以电场力必做负功，选项C正确2目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度磁强计的原理如图所示，电路中有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动两电极M、N均与金属导体的前、后两侧接触，用电压表测出金属导体前、后两个侧面间的电势差为U.则磁感应强度的大小和电极M、N的电性为(C)A，M正，N负B，M正，N负C，M负，N正D，M负，N正解析自由电子做匀速运动，根据左手定则可知，自由电子受力指向M，所以M带负电做匀速运动时，电场力与洛伦兹力相互平衡，则eevB，得B；根据Ineabv，解得B，选项C正确3(多选)回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电场加速当质子被加速到最大动能Ek后，再将它们引出忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是(BD)A若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大B若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间会变短C若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子D质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为解析由r可知，质子经加速后的最大速度与回旋加速器的最大半径有关，而与交变电压U无关，故选项A错误；增大交变电压，质子加速的次数减少，所以质子在回旋加速器中的运行时间变短，选项B正确；为了使质子能在回旋加速器中加速，质子的运动周期应与交变电压的周期相同，选项C错误；由nqUmv以及rn可得质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为，选项D正确4(多选)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把物体的内能直接转化为电能，如图是它的示意图，平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负离子)喷入磁场，A、B两板间便产生电压如果把A、B和用电器连接，A、B就是直流电源的两个电极，设A、B两板间距为d，磁感应强度为B，等离子体以速度v沿垂直于磁场的方向射入A、B两板之间，则下列说法正确的是(BC)AA是直流电源的正极BB是直流电源的正极C电源的电动势为BdvD电源的电动势为qvB解析根据右手定则，正电荷向下偏转，所以B板带正电，为直流电源的正极；选项B正确，A错误；电荷最终在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有qBvq，解得EBdv，故选项C正确，D错误5(多选)如图所示是质谱仪的工作原理示意图带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2，平板S下方有强度为B0的匀强磁场下列表述正确的是(ABC)A质谱仪是分析同位素的重要工具B速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小解析因同位素原子的化学性质完全相同，无法用化学方法进行分析，故质谱仪就成为同位素分析的重要工具，选项A正确；在速度选择器中，带电粒子所受电场力和洛伦兹力在粒子沿直线运动时应等大反向，结合左手定则可知选项B正确；再由qEqvB，有v，选项C正确；在匀强磁场B0中R，所以，可见粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，即R越小，对应粒子的荷质比越大，选项D错误6(xx北京海淀模拟)如图所示，在坐标系xOy的第一象限内斜线OC的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴负半轴上有一接收屏GD，GD2ODd，现有一带电粒子(不计重力)从y轴上的A点，以初速度v0水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直OC射出，并从x轴上的P点(未画出)进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后又垂直y轴进入匀强电场并被接收屏接收，已知OC与x轴的夹角为37，OAd，cos 370.8，sin 370.6.求：(1)粒子的电性及比荷；(2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)第三象限内匀强电场的电场强度E的大小范围解析(1)粒子运动轨迹如图所示，由左手定则可知粒子带负电，由图知粒子在第一象限内运动的轨迹半径Rd，由洛伦兹力提供向心力得Bqv0m，联立解得.(2)由图及几何关系知OPd，所以粒子在第四象限内做圆周运动的半径为r，同理Bqv0m，联立解得B.(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由图知OQrrsin 372d.当电场强度E较大时，粒子击中D点，由类平抛运动规律知v0t1，2dt，联立解得Emax，当电场强度E较小时，粒子击中G点，由类平抛运动规律知v0t2,2dt，联立解得Emin，所以电场强度E的大小满足E.答案见解析7(xx山东济南模拟)如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E2 N/C在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在yh0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场一个带电荷量为q的带电油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为45)，并从原点O进入第一象限已知重力加速度g10 m/s2，问：(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(2)油滴在P点得到的初速度大小；(3)油滴在第一象限运动的时间解析(1)根据受力分析(如图)可知油滴带负电荷设油滴质量为m，由平衡条件得mgqEF11.(2)由第(1)问得mgqE，qvBqE，解得v4 m/s.(3)进入第一象限，电场力和重力大小相等、方向相反，油滴受力平衡，知油滴先做匀速直线运动，进入yh的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，最后从x轴上的N点离开第一象限油滴由OA做匀速运动的位移x1h，其运动时间t10.1 s.由几何关系和圆周运动的周期关系式T知，油滴由AC做圆周运动的时间为t2T0.628 s，由对称性知油滴从CN运动的时间t3t1，油滴在第一象限运动的总时间tt1t2t320.1 s0.628 s0.828 s.答案(1)11负电荷(2)4 m/s(3)0.828 s8(xx湖北武汉模拟)如图甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E0表示电场方向竖直向上t0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g.上述d、E0、m、v、g为已知量(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；(2)求电场变化的周期T；(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值解析(1)微粒做直线运动，则mgqE0qvB，微粒做圆周运动，则mgqE0联立得q，B.(2)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则vt1，qvBm，t2，联立得t1，t2，故电场变化的周期Tt1t2.(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d2R，联立得R，设在N1Q段直线运动的最短时间为t1min，由t1min，因t2确定，所以T的最小值Tmint1mint2.答案(1)(2)(3)9(xx湖北黄冈模拟)一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间与圆筒的碰撞次数n.解析(1)设两板间的电压为U，由动能定理得qUmv2.由匀强电场中电势差与电场强度的关系得UEd.联立上式可得E.(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O、圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角AOS等于.由几何关系得rRtan .粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，得qvBm.联立式得R.(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移d后，设板间电压为U，则U.设粒子进入S孔时的速度为v，由式看出.综合式可得vv.设粒子做圆周运动的半径为r，则r.设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为，比较两式得到rR，可见，粒子需经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n3.答案(1)(2)(3)3