2019人教版选择性必修第二册第一章第4节质谱仪与回旋加速器（word版含答案）
文档属性
| 名称 | 2019人教版选择性必修第二册第一章第4节质谱仪与回旋加速器（word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 907.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-01-24 03:05:03 | ||
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文档简介
2019人教版选择性必修第二册 第一章 第4节 质谱仪与回旋加速器 基础训练
一、多选题
1．如图所示为回旋加速器示意图，其中置于真空中的D形盒的半径为R，在D形盒圆心A处放有粒子源，匀强磁场的磁感应强度为B，方向如图。质子质量为m，电荷量为q。设质子从粒子源S进入加速电场时的初速度不计。电压值的大小为的交变电压加在狭缝间。假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用与粒子在狭缝运动时间。下列说法正确的是（ ）
A．交变电压的周期
B．出射粒子的最大速度
C．减小，粒子被加速的最大动能不变
D．增大，粒子从飘入狭缝至动能达到最大所需的总时间t不变
二、单选题
2．回旋加速器的工作原理如图所示：D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差.A处的粒子源产生的α粒子在两盒之间被电场加速，两个半圆盒处于垂直于盒面的匀强磁场中．α粒子进入半圆金属盒内做匀速圆周运动．若忽略α粒子在电场中的加速时间且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是
A．α粒子在磁场中回转一周运动的周期越来越小
B．α粒子在磁场中回转一周运动的周期越来越大
C．仅增大两盒间的电势差，α粒子离开加速器时的动能增大
D．仅增大金属盒的半径，α粒子离开加速器时的动能增大
3．如图所示，沿直线通过速度选择器的正离子a、b，从狭缝S射入磁感应强度为B2的匀强磁场中，偏转后出现的对应轨迹半径之比为=1：3，不计离子重力，则下列说法正确的是（ ）
A．离子a、b对应的速度大小之比为1：3
B．离子a、b对应的电荷量之比为1：3
C．离子a、b对应的质量之比为3：1
D．离子a、b对应的荷质比的比值为3：1
4．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，凭借此项成果，他于1939年获得诺贝尔物理学奖，其原理如图所示，置于真空中的形金属盒半径为，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略；磁感应强度为的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为，加速电压为。若A处粒子源产生质子的质量为、电荷量为，在加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子由加速器的边缘进入加速器
B．被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大
C．质子离开回旋加速器时的最大动能与形盒半径成正比
D．该加速器加速质量为、电荷量为的粒子时，交流电频率应变为
三、解答题
5．如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在距y轴左侧区域存在宽度为的垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为大小可调节现有质荷比为的带正电粒子从x轴上的A点以一定初速度垂直x轴射入电场，且以，方向与y轴正向成的速度经过P点进入磁场，、，不计重力。求：
(1)粒子在A点进入电场的初速度为多少？
(2)要使粒子不从CD边界射出，则磁感应强度B的取值范围？
(3)粒子经过磁场后，刚好可以回到A点，则磁感应强度B为多少？
6．图（a），光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.2m，电阻R=0.4Ω，导轨上放一质量m=0.1kg、电阻r=0.1Ω的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感强度B=0.5T。现用一外力F沿水平方向拉金属杆，使之由静止开始运动，理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图（b）。
(1)5s末电阻R上消耗的电功率为多大？
(2)分析说明金属杆的运动情况；
(3)写出外力F随时间t变化的表达式。
7．如图所示的平面直角坐标系，在第Ⅰ象限内有平行于轴的匀强电场，方向沿轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形区域内有匀强磁场，方向垂直于平面向里，正三角形边长为，且边与轴平行。一质量为、电荷量为的带负电粒子，从轴上的点，以大小为的速度沿轴正方向射入电场，通过电场后从轴上的点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从轴上的点（图中未标出）进入第Ⅱ象限，且速度与轴负方向成角，不计粒子所受的重力。求：
(1)电场强度的大小；
(2)粒子到达点时速度的大小和方向；
(3)求区域内磁场的磁感应强度的最小值，以及此情况下粒子由运动至的时间。
8．在如图所示的直角坐标系第一象限与第三象限分布匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，现在第三象限中从P（-L，-L）速度v0沿x轴正方向发射质量为m，带+q的离子，离子经电场后恰从坐标原点O射入磁场，离子重力不计。
（1）求电场强度为E的大小
（2）求离子进入磁场的速度
（3）求离子在磁场中运动的时间
9．一静止的带电粒子电荷量为q，质量为m（不计重力），从O点经电场强度为E的匀强电场加速，运动了距离L之后经A点进入右边的有界磁场B1，穿过B1后再经过空间足够大的磁场B2，B1和B2的磁感应强度大小均为B，方向相反，如图所示，若带电粒子能按某一路径再由点A回电场并回到出发点O，而重复前述过程（虚线为相反方向的磁场分界面，并不表示有什么障碍物），求：
（1）粒子经过A点的速度大小；
（2）磁场B1的宽度d为多大；
（3）粒子在B1和B2两个磁场中的运动时间之比？
10．电子以速度v垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，电子的动量、动能会发生变化吗？为什么？
11．如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：
(1)该粒子在电场中运动到达y轴的坐标；
(2)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；
(3)该粒子从进入磁场到离开电场的运动时间．
12．如图所示，xOy为平面直角坐标系，x轴水平，y轴竖直。在x轴上、下方空间都分布着垂直xOy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小分别为B、3B（未画出）。一质量为m、电荷量为-q的小球从坐标原点O处以与x轴正方向成30°角的速度v射入第一象限，不计重力。求：
(1)小球从离开O点（记为第0次）到第四次经过x轴过程的平均速度；
(2)小球从离开O点后（T为粒子的运动周期）时刻的位置坐标。
13．如图甲所示，左侧两竖直平行金属板间加电压U，右侧是间距为d的两水平平行板P、Q，内部存在垂直于纸面的匀强磁场，取垂直于纸面向里为磁感应强度B的正方向，B随时间t的变化规律如图乙所示。一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），由静止开始，经竖直平行板中的电场加速后，在t=0时刻水平向右射入PQ间的磁场，射入的位置贴近Q板最左端。经△t时间，粒子恰可垂直打在P板上（不考虑粒子的反弹，不考虑磁场变化引起的效果）。上述m、q、d、B0均为已知量且。
(1)请推导出△t与TB的关系式；
(2)求v0的可能值；
(3)求加速电压U的最大值。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．BC
【详解】
A．粒子每次经过狭缝均做加速运动，则交变电压的周期与带电粒子在磁场中运动的周期相等，所以周期为
A错误；
B．出射粒子的运动半径为D形盒的半径为R，根据牛顿第二定律得
所以
B正确；
C．粒子的最大速度与加速电压无关，所以减小，粒子被加速的最大动能不变。C正确；
D．粒子被加速的次数为
粒子从飘入狭缝至动能达到最大所需的总时间为
增大，粒子从飘入狭缝至动能达到最大所需的总时间t减小。D错误。
故选BC。
2．D
【详解】
α粒子在磁场中运动的周期：，与其速度的大小无关，所以α粒子运动的周期不变．故AB错误；由得：，则最大动能为：，知最大动能与加速器的半径R、磁感线强度B以及电荷的电量q和质量m有关，与加速电压的大小无关；仅增大金属盒的半径，α粒子离开加速器时的动能增大，故C错误，D正确．
3．D
【详解】
A．粒子在速度选择器中做直线运动，根据平衡条件有则
qE=qvB1
得
即能从速度选择器中沿直线经过的粒子速度相同。故A错误；
D．在磁场B2中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则
解得离子的比荷
再根据R1：R2=1：3，解得两个离子的比荷之比为3：1，故D正确；
BC．由于电荷量质量关系不明确，故粒子的质量和电荷量之比不能确定。故BC错误。
故选D。
4．D
【详解】
A．带电粒子由加速器的中心进入加速器。故A错误；
B．根据周期公式
可知，被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与半径无关。故B错误；
C．质子离开回旋加速器时的最大动能
联立，可得
故C错误；
D．加速质子时，有
加速粒子时，有
故D正确。
故选D。
5．(1)；(2) ；(3) 。
【详解】
(1)粒子在电场中做类平抛，竖直方向不受力，为匀速运动
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动
得
当轨迹与CD边相切时恰好不出磁场线，此时：
联立
磁感应强度。
(3)粒子运动轨迹如图所示，出磁场时速度与y轴正方向夹角为
做匀速直线运动后回到A点，设出磁场处为Q点
由几何关系
又由
磁感应强度B为0.16T。
6．(1)10W；(2)金属杆做初速度为零匀加速直线运动；(3)
【详解】
(1)由图（b）知，t=5s时
U=2V
所以电阻R上消耗的电功率为
(2)
可知，因U随时间均匀变化，故v也随时间均匀变化，金属杆做初速度为零匀加速直线运动。
(3)由牛顿第二定律
代入数据得
7．(1)；(2)；速度方向指向第Ⅳ象限，且与轴正方向成角；(3)；
【详解】
(1)带电粒子在电场中从到的过程中做类平抛运动
水平方向
①
竖直方向
②
由牛顿第二定律得
③
由①②③式联立，解得
④
(2)粒子到达点时沿轴负方向的分速度为
⑤
由①③④⑤式得
⑥
而
⑦
所以，粒子到达点的速度
⑧
设速度方向与轴正方向的夹角为，则
， ⑨
即到点时速度方向指向第Ⅳ象限，且与轴正方向成角
(3)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，有
⑩
由此得
从上式看出
当最大时，最小由题图可知，当粒子从点射出磁场时，最大（见轨迹图也给分）由几何关系得
将 代入 式得的最小值为
粒子从到的时间
粒子从到的时间
粒子从到的时间
所以粒子从到的时间
8．（1）；（2）2v0，方向是与x轴正方向成60°；（3）
【详解】
（1）离子在电场中做类平抛运动，在竖直方向
水平方向
L=v0t
又
解得
（2）进入磁场的竖直速度：
得
则
θ=60°
即离子经过O点的速度大小是2v0，方向是与x轴正方向成60°斜向上。
（3）离子在磁场中运动的时间
9．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）带电粒子由O到A的过程，由动能定理，有
在A点的速度大小为
（2）带电粒子在磁场B1和B2中均做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，O1、O2、O3为三段圆弧所对的圆心
由
得
设为2θ，在中，有
求得
左边磁场宽度为
（3）粒子在左边磁场中的两段圆弧所对应的圆心角为
在右边磁场中一段圆弧所对应的圆心角为
由于周期相同，故而左右两个磁场中的运动时间之比为
【点睛】
本题是带电粒子在组合场中运动的问题，解题关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识求解轨迹半径。
10．见解析
【详解】
电子以速度v垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，电子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，电子速度的方向是时刻发生变化的，根据
所以电子的动量也时刻发生变化；电子在磁场中做匀速圆周运动，速度的大小不变，根据
所以电子的动能没有变化。
11．（1）
【详解】
（1）由图可知，粒子的运动轨迹如图所示．
粒子到达x轴时运动方向竖直向下，进入第四象限电场后做类平抛运动，在第四象限内有
， ， ，vy=v0
解得
粒子在电场中运动到达y轴的坐标为
（2）粒子在磁场中运动，有，由几何关系知r=d，在第四象限有qE=max，结合第（1）问
可解得
（3）由几何关系知粒子在磁场中运动时间为，由（1）（2）问可解得粒子在电场中运动时间为
故粒子从进入磁场到离开电场的运动时间为．
12．(1) ，方向沿x轴正方向；(2)
【详解】
(1)小球在第一象限内运动，有
所以轨道半径
又因为
所以
同理可得在第四象限内运动，
画出运动轨迹如图所示，小球从离开O点到第四次经过x轴时前进的位移
小球运动的时间
小球的平均速度
即平均速度大小为，方向沿x轴正方向
(2)小球运动的周期
因，即此时小球位于图中的P5
故横坐标为
纵坐标为
即位置坐标为
13．(1)（n=0，1，2，3，…）；(2)（n=0，1，2，3，…）；(3)
【详解】
(1)设粒子在磁场中运动的周期为T，则根据洛伦兹力提供向心力有
解得
由题意可知，解得
若不考虑板间距的影响，粒子在磁场中可能的运动轨迹如图所示，则有
（n=0，1，2，3，…）
解得
（n=0，1，2，3，…）
(2)粒子从Q板运动到P板的过程有
d=(2n+1)R(n=0，1，2，3，…)
解得
(n=0，1，2，3，…)
(3)粒子在电场中加速，由动能定理有
解得
(n=0，1，2，3，…)
当n=0时，U有最大值为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、多选题
1．如图所示为回旋加速器示意图，其中置于真空中的D形盒的半径为R，在D形盒圆心A处放有粒子源，匀强磁场的磁感应强度为B，方向如图。质子质量为m，电荷量为q。设质子从粒子源S进入加速电场时的初速度不计。电压值的大小为的交变电压加在狭缝间。假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用与粒子在狭缝运动时间。下列说法正确的是（ ）
A．交变电压的周期
B．出射粒子的最大速度
C．减小，粒子被加速的最大动能不变
D．增大，粒子从飘入狭缝至动能达到最大所需的总时间t不变
二、单选题
2．回旋加速器的工作原理如图所示：D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差.A处的粒子源产生的α粒子在两盒之间被电场加速，两个半圆盒处于垂直于盒面的匀强磁场中．α粒子进入半圆金属盒内做匀速圆周运动．若忽略α粒子在电场中的加速时间且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是
A．α粒子在磁场中回转一周运动的周期越来越小
B．α粒子在磁场中回转一周运动的周期越来越大
C．仅增大两盒间的电势差，α粒子离开加速器时的动能增大
D．仅增大金属盒的半径，α粒子离开加速器时的动能增大
3．如图所示，沿直线通过速度选择器的正离子a、b，从狭缝S射入磁感应强度为B2的匀强磁场中，偏转后出现的对应轨迹半径之比为=1：3，不计离子重力，则下列说法正确的是（ ）
A．离子a、b对应的速度大小之比为1：3
B．离子a、b对应的电荷量之比为1：3
C．离子a、b对应的质量之比为3：1
D．离子a、b对应的荷质比的比值为3：1
4．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，凭借此项成果，他于1939年获得诺贝尔物理学奖，其原理如图所示，置于真空中的形金属盒半径为，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略；磁感应强度为的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为，加速电压为。若A处粒子源产生质子的质量为、电荷量为，在加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子由加速器的边缘进入加速器
B．被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大
C．质子离开回旋加速器时的最大动能与形盒半径成正比
D．该加速器加速质量为、电荷量为的粒子时，交流电频率应变为
三、解答题
5．如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在距y轴左侧区域存在宽度为的垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为大小可调节现有质荷比为的带正电粒子从x轴上的A点以一定初速度垂直x轴射入电场，且以，方向与y轴正向成的速度经过P点进入磁场，、，不计重力。求：
(1)粒子在A点进入电场的初速度为多少？
(2)要使粒子不从CD边界射出，则磁感应强度B的取值范围？
(3)粒子经过磁场后，刚好可以回到A点，则磁感应强度B为多少？
6．图（a），光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.2m，电阻R=0.4Ω，导轨上放一质量m=0.1kg、电阻r=0.1Ω的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感强度B=0.5T。现用一外力F沿水平方向拉金属杆，使之由静止开始运动，理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图（b）。
(1)5s末电阻R上消耗的电功率为多大？
(2)分析说明金属杆的运动情况；
(3)写出外力F随时间t变化的表达式。
7．如图所示的平面直角坐标系，在第Ⅰ象限内有平行于轴的匀强电场，方向沿轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形区域内有匀强磁场，方向垂直于平面向里，正三角形边长为，且边与轴平行。一质量为、电荷量为的带负电粒子，从轴上的点，以大小为的速度沿轴正方向射入电场，通过电场后从轴上的点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从轴上的点（图中未标出）进入第Ⅱ象限，且速度与轴负方向成角，不计粒子所受的重力。求：
(1)电场强度的大小；
(2)粒子到达点时速度的大小和方向；
(3)求区域内磁场的磁感应强度的最小值，以及此情况下粒子由运动至的时间。
8．在如图所示的直角坐标系第一象限与第三象限分布匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，现在第三象限中从P（-L，-L）速度v0沿x轴正方向发射质量为m，带+q的离子，离子经电场后恰从坐标原点O射入磁场，离子重力不计。
（1）求电场强度为E的大小
（2）求离子进入磁场的速度
（3）求离子在磁场中运动的时间
9．一静止的带电粒子电荷量为q，质量为m（不计重力），从O点经电场强度为E的匀强电场加速，运动了距离L之后经A点进入右边的有界磁场B1，穿过B1后再经过空间足够大的磁场B2，B1和B2的磁感应强度大小均为B，方向相反，如图所示，若带电粒子能按某一路径再由点A回电场并回到出发点O，而重复前述过程（虚线为相反方向的磁场分界面，并不表示有什么障碍物），求：
（1）粒子经过A点的速度大小；
（2）磁场B1的宽度d为多大；
（3）粒子在B1和B2两个磁场中的运动时间之比？
10．电子以速度v垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，电子的动量、动能会发生变化吗？为什么？
11．如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：
(1)该粒子在电场中运动到达y轴的坐标；
(2)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；
(3)该粒子从进入磁场到离开电场的运动时间．
12．如图所示，xOy为平面直角坐标系，x轴水平，y轴竖直。在x轴上、下方空间都分布着垂直xOy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小分别为B、3B（未画出）。一质量为m、电荷量为-q的小球从坐标原点O处以与x轴正方向成30°角的速度v射入第一象限，不计重力。求：
(1)小球从离开O点（记为第0次）到第四次经过x轴过程的平均速度；
(2)小球从离开O点后（T为粒子的运动周期）时刻的位置坐标。
13．如图甲所示，左侧两竖直平行金属板间加电压U，右侧是间距为d的两水平平行板P、Q，内部存在垂直于纸面的匀强磁场，取垂直于纸面向里为磁感应强度B的正方向，B随时间t的变化规律如图乙所示。一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），由静止开始，经竖直平行板中的电场加速后，在t=0时刻水平向右射入PQ间的磁场，射入的位置贴近Q板最左端。经△t时间，粒子恰可垂直打在P板上（不考虑粒子的反弹，不考虑磁场变化引起的效果）。上述m、q、d、B0均为已知量且。
(1)请推导出△t与TB的关系式；
(2)求v0的可能值；
(3)求加速电压U的最大值。
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．BC
【详解】
A．粒子每次经过狭缝均做加速运动，则交变电压的周期与带电粒子在磁场中运动的周期相等，所以周期为
A错误；
B．出射粒子的运动半径为D形盒的半径为R，根据牛顿第二定律得
所以
B正确；
C．粒子的最大速度与加速电压无关，所以减小，粒子被加速的最大动能不变。C正确；
D．粒子被加速的次数为
粒子从飘入狭缝至动能达到最大所需的总时间为
增大，粒子从飘入狭缝至动能达到最大所需的总时间t减小。D错误。
故选BC。
2．D
【详解】
α粒子在磁场中运动的周期：，与其速度的大小无关，所以α粒子运动的周期不变．故AB错误；由得：，则最大动能为：，知最大动能与加速器的半径R、磁感线强度B以及电荷的电量q和质量m有关，与加速电压的大小无关；仅增大金属盒的半径，α粒子离开加速器时的动能增大，故C错误，D正确．
3．D
【详解】
A．粒子在速度选择器中做直线运动，根据平衡条件有则
qE=qvB1
得
即能从速度选择器中沿直线经过的粒子速度相同。故A错误；
D．在磁场B2中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则
解得离子的比荷
再根据R1：R2=1：3，解得两个离子的比荷之比为3：1，故D正确；
BC．由于电荷量质量关系不明确，故粒子的质量和电荷量之比不能确定。故BC错误。
故选D。
4．D
【详解】
A．带电粒子由加速器的中心进入加速器。故A错误；
B．根据周期公式
可知，被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与半径无关。故B错误；
C．质子离开回旋加速器时的最大动能
联立，可得
故C错误；
D．加速质子时，有
加速粒子时，有
故D正确。
故选D。
5．(1)；(2) ；(3) 。
【详解】
(1)粒子在电场中做类平抛，竖直方向不受力，为匀速运动
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动
得
当轨迹与CD边相切时恰好不出磁场线，此时：
联立
磁感应强度。
(3)粒子运动轨迹如图所示，出磁场时速度与y轴正方向夹角为
做匀速直线运动后回到A点，设出磁场处为Q点
由几何关系
又由
磁感应强度B为0.16T。
6．(1)10W；(2)金属杆做初速度为零匀加速直线运动；(3)
【详解】
(1)由图（b）知，t=5s时
U=2V
所以电阻R上消耗的电功率为
(2)
可知，因U随时间均匀变化，故v也随时间均匀变化，金属杆做初速度为零匀加速直线运动。
(3)由牛顿第二定律
代入数据得
7．(1)；(2)；速度方向指向第Ⅳ象限，且与轴正方向成角；(3)；
【详解】
(1)带电粒子在电场中从到的过程中做类平抛运动
水平方向
①
竖直方向
②
由牛顿第二定律得
③
由①②③式联立，解得
④
(2)粒子到达点时沿轴负方向的分速度为
⑤
由①③④⑤式得
⑥
而
⑦
所以，粒子到达点的速度
⑧
设速度方向与轴正方向的夹角为，则
， ⑨
即到点时速度方向指向第Ⅳ象限，且与轴正方向成角
(3)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，有
⑩
由此得
从上式看出
当最大时，最小由题图可知，当粒子从点射出磁场时，最大（见轨迹图也给分）由几何关系得
将 代入 式得的最小值为
粒子从到的时间
粒子从到的时间
粒子从到的时间
所以粒子从到的时间
8．（1）；（2）2v0，方向是与x轴正方向成60°；（3）
【详解】
（1）离子在电场中做类平抛运动，在竖直方向
水平方向
L=v0t
又
解得
（2）进入磁场的竖直速度：
得
则
θ=60°
即离子经过O点的速度大小是2v0，方向是与x轴正方向成60°斜向上。
（3）离子在磁场中运动的时间
9．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）带电粒子由O到A的过程，由动能定理，有
在A点的速度大小为
（2）带电粒子在磁场B1和B2中均做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，O1、O2、O3为三段圆弧所对的圆心
由
得
设为2θ，在中，有
求得
左边磁场宽度为
（3）粒子在左边磁场中的两段圆弧所对应的圆心角为
在右边磁场中一段圆弧所对应的圆心角为
由于周期相同，故而左右两个磁场中的运动时间之比为
【点睛】
本题是带电粒子在组合场中运动的问题，解题关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识求解轨迹半径。
10．见解析
【详解】
电子以速度v垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，电子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，电子速度的方向是时刻发生变化的，根据
所以电子的动量也时刻发生变化；电子在磁场中做匀速圆周运动，速度的大小不变，根据
所以电子的动能没有变化。
11．（1）
【详解】
（1）由图可知，粒子的运动轨迹如图所示．
粒子到达x轴时运动方向竖直向下，进入第四象限电场后做类平抛运动，在第四象限内有
， ， ，vy=v0
解得
粒子在电场中运动到达y轴的坐标为
（2）粒子在磁场中运动，有，由几何关系知r=d，在第四象限有qE=max，结合第（1）问
可解得
（3）由几何关系知粒子在磁场中运动时间为，由（1）（2）问可解得粒子在电场中运动时间为
故粒子从进入磁场到离开电场的运动时间为．
12．(1) ，方向沿x轴正方向；(2)
【详解】
(1)小球在第一象限内运动，有
所以轨道半径
又因为
所以
同理可得在第四象限内运动，
画出运动轨迹如图所示，小球从离开O点到第四次经过x轴时前进的位移
小球运动的时间
小球的平均速度
即平均速度大小为，方向沿x轴正方向
(2)小球运动的周期
因，即此时小球位于图中的P5
故横坐标为
纵坐标为
即位置坐标为
13．(1)（n=0，1，2，3，…）；(2)（n=0，1，2，3，…）；(3)
【详解】
(1)设粒子在磁场中运动的周期为T，则根据洛伦兹力提供向心力有
解得
由题意可知，解得
若不考虑板间距的影响，粒子在磁场中可能的运动轨迹如图所示，则有
（n=0，1，2，3，…）
解得
（n=0，1，2，3，…）
(2)粒子从Q板运动到P板的过程有
d=(2n+1)R(n=0，1，2，3，…)
解得
(n=0，1，2，3，…)
(3)粒子在电场中加速，由动能定理有
解得
(n=0，1，2，3，…)
当n=0时，U有最大值为
答案第1页，共2页
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