第一章第4节质谱仪与回旋加速器基础训练（word版含答案）
文档属性
| 名称 | 第一章第4节质谱仪与回旋加速器基础训练（word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 659.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-02-16 16:38:11 | ||
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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、单选题
1．如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一个带正电的微粒(重力不计)穿过该区域时,恰能沿直线运动,则欲使电荷向上偏转可采用的办法是
A．增大电场强度 B．增大磁感应强度
C．减小微粒的电荷量 D．减小入射速度
2．如图1是回旋加速器D型盒外观图，如图2是回旋加速器工作原理图．已知D型盒半径为R,电场宽度为d,加速电压为u,磁感应强度为B,微观粒子质量是m,带正电q,从S处从静止开始被加速，达到其可能的最大速度vm后将到达导向板处，由导出装置送往需要使用高速粒子的地方．下列说法正确的是（ ）
A．D型盒半径,高频电源的电压是决定vm的重要因素
B．粒子从回旋加速器中获得的动能是
C．粒子在电场中的加速时间是
D．高频电源的周期远大于粒子在磁场中运动周期
3．如图所示，为回旋加速器的原理图.其中和是两个中空的半径为的半圆形金属盒，接在电压为的加速电源上，位于圆心处的粒子源能不断释放出一种带电粒子（初速度可以忽略，重力不计），粒子在两盒之间被电场加速，、置于与盒面垂直的磁感应强度为的匀强磁场中。已知粒子电荷量为、质量为，忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化，下列说法正确的是（ ）
A．加速电源可以用直流电源，也可以用任意频率的交流电源
B．加速电源只能用周期为的交流电源
C．粒子第一次进入盒与第一次进入盒的半径之比为
D．粒子在电场中加速的次数为
二、多选题
4．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的粒子，在加速器中被加速，加速电压为U。下列说法正确的是（ ）
A．交变电场的周期为
B．粒子射出加速器的速度大小与电压U成正比
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．粒子第1次经过狭缝后进入磁场的半径为
三、解答题
5．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在着重直纸面向外、大小为0.01T的匀强磁场区域I，在第三象限内存在另一垂直纸面向外的匀强磁场区域II，在第四象限内存在着沿x轴负方向的匀强电场。一质子由坐标为的P点以某一初速度v0进入磁场，速度方向与y轴负方向成角，质子沿垂直x轴方向进入第四象限的电场，经坐标为的Q点第一次进入第三象限内的磁场区域II，已知L=0.1m，质子比荷。求：
（1）粒子的初速度v0大小；
（2）匀强电场的电场强度E的大小；
（3）若粒子从电场进入磁场区域II时做圆周运动的半径r=0.5L，求粒子从开始进入电场到第二次进入电场的时间间隔。
6．如图所示的坐标系中，的区域存在沿轴正方向的匀强电场，场强大小为，在的区域存在方向垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度为，一带电粒子从轴上的点以速度沿轴正方向射入电场．已知粒子的质量为，电量为，不计重力．求：
（1）粒子从射出到第一次经过轴的时间；
（2）粒子从点射出后，若第一次经过轴时与轴交于点，然后历经磁场一次后回到点，求的大小和间距离；
（3）要使粒子经过点（图中未画出），求初速度的所有可能值．
7．如图所示，弹性绳一端系于P点，绕过Q处的小滑轮，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，P、Q、A三点等高，弹性绳的原长恰好等于PQ间距，圆环与杆间的动摩擦因数为0.5。圆环从A点由静止释放，释放瞬间，圆环的加速度大小为，到达最低点C时AC=d。重力加速度为g，弹性绳始终遵循胡克定律。求：
（1）释放瞬间弹性绳中拉力大小F；
（2）A到C的过程中，弹性绳对圆环做的功W；
（3）已知QA=d，圆环下滑过程中的最大速度vm。
8．如图，在第二象限内存在沿x轴正向的匀强电场，大小木知，一个带电粒子（已知粒子的比荷）从A点以速度v0垂直x轴进入电场，经过y轴上的P点[P点的坐标为（0，L），速度方向与y轴正向成53°]进入匀强磁场，最后粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力作用，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：
（1）A、P两点的电势差UAP；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小。
9．某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理图如图所示．装置的长L＝，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小相同、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d，装置右端有一收集板，N、P为板上的两点，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上．一质量为m、电荷量为-q的粒子静止在A处，经加速电场加速后，以速度v0沿图中的虚线从装置左端的中点O射入，方向与轴线成60°角．可以通过改变上下矩形区域内的磁场强弱（两磁场始终大小相同、方向相反），控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力．
（1）试求出加速电压U的大小；
（2）若粒子只经过上方的磁场区域一次，恰好到达收集板上的P点，求磁场区域的宽度h；
（3）欲使粒子经过上下两磁场并到达收集板上的N点，磁感应强度有多个可能的值，试求出其中的最小值B．
10．如图甲所示，平行金属板M、N相距为d，两板上所加交变电压UMN如图乙所示（U0未知），紧邻两板右侧建有xOy坐标系，两板中线与x轴共线。现有大量质量为m、电荷量为-e的电子以初速度v0平行于两板沿中线持续不断的射入两板间。已知t=0时刻进入两板间的电子穿过两板间的电场的时间等于所加交变电压的周期T，出射速度大小为2v0，且所有电子都能穿出两板，忽略电场的边缘效应及重力的影响，求：
(1)U0的大小；
(2)时刻进入电场的电子打在y轴上的坐标；
(3)在y轴右侧有一个未知的有界磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向外。从O点射出电场的电子经过磁场区域后恰好垂直于x轴向上通过坐标为（a，0）的P点，求B的范围。
11．如图所示，在直角坐标系xOy的第二象限存在着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限存在着磁感应强度大小为B0方向垂直坐标平面向里的匀强磁场Ⅰ，在第一象限存在着同方向的匀强磁场Ⅱ．一质量为m、电荷量为q的粒子，从点P（–，a）开始运动，初速度平行于x轴向右、大小为v0，粒子恰好从坐标原点O进入匀强磁场Ⅰ，此后粒子恰好不再穿过y轴，不计粒子重力．求：
（1）匀强电场的场强大小E；
（2）粒子在磁场中运动的速度大小和匀强磁场Ⅱ的磁感应强度B；
12．如图所示，虚线M、N和荧光屏P相互平行，M、N间距和N、P间距均为L，M、N间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，N、P间有平行于纸面向下的匀强电场，在虚线M上的A点有一粒子源，可以在纸面内向磁场内各个方向射入质量为m，电量为q的带正电的粒子，初速度大小均为v0=，匀强电场的电场强度大小E=1B，C为荧光屏上的一点，AC连线垂直于荧光屏，不计粒子的重力，求：
(1)所有打在荧光屏上的粒子中，垂直电场线方向进入电场的粒子打在屏上的位置离C点的距离；
(2)在(1)问中所求的粒子从A点运动到荧光屏所用的时间及该粒子经磁场电场偏转后速度的偏向角．
13．如图，在区域内存在与xoy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。在时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向夹角分布在0~180°范围内。已知沿y轴正方向发射的粒子在时刻刚好从磁场边界上P(a，a)点离开磁场。（不计重力）求：
(1)粒子在磁场中做圆周运动半径；
(2)最先从右边界射出的粒子在磁场中运动的时间；
(3)从右边射出的粒子在通过磁场过程中，所经过的磁场区域的面积。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
由于微粒带正电，受到的洛伦兹力向上，电场力向下，且qvB=Eq．
A．增大电场强度，向下的电场力增大，电荷向下偏转，故A错误；
B．增大磁感应强度，向上的洛伦兹力增大，电荷向上偏转，故B正确；
C．减小微粒的电荷量，电场力和洛伦兹力同时变化，保持相等，电荷保持直线运动，故C错误；
D．减小入射速度，向上的洛伦兹力减小，电荷向下偏转，故D错误．
2．C
【解析】
【分析】
回旋加速器的半径一定，根据洛伦兹力提供向心力，求出最大速度，可知最大动能与什么因素有关．粒子只在电场中被加速，根据v=at求解加速时间；回旋加速器中粒子在磁场中运动的周期等于高频电源的变化周期.
【详解】
根据知，，则粒子的最大动能Ek=mv2=，与加速的电压无关，而最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关．故AB错误．在加速电场中的加速度，根据v=at解得在电场中的加速时间：，选项C正确；要想使得粒子在电场中不断得到加速，则高频电源的周期必须等于粒子在磁场中做圆周运动的周期，选项D错误；故选C.
【点睛】
解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大小无关．
3．D
【解析】
【详解】
A．粒子每次经过两盒之间被电场加速，说明加速电源必然是交流电源，故A错误；
B．只要保证粒子每次经过两盒之间被电场加速，则加速电源的周期的整数倍是粒子运动周期即可，不一定必须使用周期为粒子运动周期的交流电源，故B错误；
C．粒子第一次进入盒，根据动能定理
第一次进入盒，根据动能定理
根据洛伦兹力提供向心力
故
故C错误；
D．当粒子射出磁场时，其轨迹半径为R，则其速度为
根据动能定理
解得
故D正确。
故选D。
4．CD
【解析】
【详解】
A．为了能够使粒子通过狭缝时持续的加速，交变电流的周期和粒子在磁场中运动周期相同，即
A错误；
B．粒子最终从加速器飞出时
解得
粒子飞出回旋加速器时的速度大小和无关，B错误；
C．粒子在电场中加速的次数为，根据动能定理
粒子在磁场中运动的时间
C正确；
D．粒子第一次经过电场加速
进入磁场，洛伦兹力提供向心力
解得
D正确。
故选CD。
5．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
(1)如图作v0的垂线交x轴于A点，如图所示
由于粒子垂直x轴进入电场区域，故A点为圆周运动的圆心。由几何关系得
过x轴进入电场的C点坐标为，在磁场I区域内有
得
(2)进入电场做类平抛运动
根据类平抛运动的规律可知
得
(3)在电场中Q点沿电场方向的速度
则进入II磁场区域时的速度
与y轴负方向夹角为θ，有
可得
在磁场中圆周运动周期
在磁场II中圆周运动时间为
则
6．（1）粒子从射出到第一次经过轴的时间；（2），距离；（3）初速度的所有可能值为：或
【解析】
【详解】
（1）粒子从到，沿－y方向：，
得.
（2）电场中，
磁场中
解得：.
由对称性可知，粒子能回到点，轨迹如图所示：
间距离满足：.
代入数据可得
又
联立以上式子解得：
（3）假设粒子在磁场区域内绕行次后，由电场区域经过点时，如图所示：
满足，
又：，
代入得.
假设粒子在磁场区域内绕行次后，由磁场区域经过点时，如图所示：
满足，
同理，
代入得
7．（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)释放瞬间，对圆环受力分析
由牛顿第二定律得
解得
（2）设QA=L，则
设下滑距离为x，圆环下滑到B点时，QB=l,受力分析如图，正交分解，水平方向
即下滑过程，杆对圆环弹力不变，则
圆环所受滑动摩擦力f为恒力；从A到C，根据动能定理
解得
（3）QA=d，则
圆环下滑过程中，加速度为零时，速度最大，即
此时下滑距离
解得
合外力
根据动能定理
即
解得
8．（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）在P有
所以
由动能定理得
解得
（2）在磁场中
由几何得
rcos37°=L
解得
9．（1）（2） （3）
【解析】
【详解】
（1）由动能定理可知：
得： ．
（2）设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为r，依题意作出带电粒子的运动轨迹如下图所示．由图中几何关系有：，
解得：
（3）当B为最小值时，粒子运动的轨道半径r则为最大值，即粒子只经过上方和下方的磁场区域各一次，恰好到达收集板上的N点．设带电粒子此时运动的轨道半径为，带电粒子的运动轨迹如下图所示．
由图中几何关系有：
根据牛顿第二定律和洛伦兹力大小公式有：
联立以上各式解得： ．
点睛：对于带电粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，在解题时要注意认真审题，明确题意才能准确利用洛仑兹力充当向心力及几何关系进行求解．
10．(1)；(2)；(3)
【解析】
【详解】
(1)在0~时间内电子的加速度为：
方向向上，在~T时间内电子加速度：
方向向下，由几何关系知，T时刻电子在y方向的分速度为
方向向下。在y轴上有
解得
(2)时刻进入电场的电子经时间T到达y轴，以向下为正方向。在时间内，电子在竖直方向上的位移为
在时间内，电在竖直方向上的位移为
所以
故时刻进入电场的电子打在y轴上坐标为
(3)从O点出射电子速度，速度方向与x轴正方向夹角。则有
解得
=60°
当电子对应轨迹1时，具有的同旋半径r最大，磁感应强度B对应最小值，如图所示。
可得
解得
根据洛伦磁力提供向心力可得
解得磁场磁感强度最小值
故磁场磁感强度
11．（1）（2）；
【解析】
【详解】
（1）设粒子在电场中运动时间为t
由题知
（2）设粒子通过坐标原点O时速度大小为v
由，
解得：
速度方向与x轴正向夹角为30°
粒子在匀强磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，解得：
粒子在匀强磁场Ⅱ中做匀速圆周运动 解得：
由于粒子恰好不穿过y轴，根据几何关系得：
联立解得：
12．（1） （2）
【解析】
【分析】
（1）粒子先在磁场中做匀速圆周运动，后在电场中做类平抛运动，结合圆周运动的规律和平抛运动的规律可求解粒子打在屏上的位置；（2）粒子在磁场中运动1/4圆周后进入电场，根据在磁场中的周期求解时间，根据在电场中水平方向的运动求解在电场中的时间；结合类平抛运动的的推论求解偏向角.
【详解】
（1）由于分子粒子进入磁场时的初速度大小均为
粒子在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，则f=qv0B，
得r=L
垂直电场线方向进入电场的粒子，轨迹如图；
粒子在电场中偏转时，L=v0t，
y=at2
解得y=L，
因此粒子打在光屏上的位置离C点的距离为
（2）粒子在磁场中的运动时间：
在电场中的时间：
总时间：
由于粒子在电场中做类平抛运动，因此打在荧光屏上的速度的反向延长线交于水平位移的中点，由几何关系可知，打在荧光屏上的速度与水平方向的夹角为θ=450，由于粒子从A点射出时的速度竖直向下，因此粒子经磁场、电场偏转后速度的偏向角为
13．(1) ；(2) ；(3) ；
【解析】
【详解】
(1) 因为沿y轴正方向发射的粒子在时刻刚好从磁场边界上P(a，a)点离开磁场，连接OP，作OP的垂直平分线交x轴于O1，O1就是圆周运动的圆心，其轨迹如图中①所示，恰好是四分之一圆周，圆周运动的半径 ，并且
(2) 最先从右边界射出的粒子在磁场中的弧长最短，弦最短等于a，其轨迹如图中②所示，其圆心为O2，因为弦长等于半径，则OO1O2是等边三角形，圆心角为60°，运动时间为
解得
(3) 从右边射出的粒子在通过磁场过程中，沿x轴正方向发射的粒子刚好从磁场边界上P＇(a，-a)点离开磁场，其轨迹恰好与磁场边界相切，也是四分之一圆周，如图中③所示，粒子所经过的磁场区域为轨迹①③和磁场边界所围的面积
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一个带正电的微粒(重力不计)穿过该区域时,恰能沿直线运动,则欲使电荷向上偏转可采用的办法是
A．增大电场强度 B．增大磁感应强度
C．减小微粒的电荷量 D．减小入射速度
2．如图1是回旋加速器D型盒外观图，如图2是回旋加速器工作原理图．已知D型盒半径为R,电场宽度为d,加速电压为u,磁感应强度为B,微观粒子质量是m,带正电q,从S处从静止开始被加速，达到其可能的最大速度vm后将到达导向板处，由导出装置送往需要使用高速粒子的地方．下列说法正确的是（ ）
A．D型盒半径,高频电源的电压是决定vm的重要因素
B．粒子从回旋加速器中获得的动能是
C．粒子在电场中的加速时间是
D．高频电源的周期远大于粒子在磁场中运动周期
3．如图所示，为回旋加速器的原理图.其中和是两个中空的半径为的半圆形金属盒，接在电压为的加速电源上，位于圆心处的粒子源能不断释放出一种带电粒子（初速度可以忽略，重力不计），粒子在两盒之间被电场加速，、置于与盒面垂直的磁感应强度为的匀强磁场中。已知粒子电荷量为、质量为，忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化，下列说法正确的是（ ）
A．加速电源可以用直流电源，也可以用任意频率的交流电源
B．加速电源只能用周期为的交流电源
C．粒子第一次进入盒与第一次进入盒的半径之比为
D．粒子在电场中加速的次数为
二、多选题
4．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的粒子，在加速器中被加速，加速电压为U。下列说法正确的是（ ）
A．交变电场的周期为
B．粒子射出加速器的速度大小与电压U成正比
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．粒子第1次经过狭缝后进入磁场的半径为
三、解答题
5．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在着重直纸面向外、大小为0.01T的匀强磁场区域I，在第三象限内存在另一垂直纸面向外的匀强磁场区域II，在第四象限内存在着沿x轴负方向的匀强电场。一质子由坐标为的P点以某一初速度v0进入磁场，速度方向与y轴负方向成角，质子沿垂直x轴方向进入第四象限的电场，经坐标为的Q点第一次进入第三象限内的磁场区域II，已知L=0.1m，质子比荷。求：
（1）粒子的初速度v0大小；
（2）匀强电场的电场强度E的大小；
（3）若粒子从电场进入磁场区域II时做圆周运动的半径r=0.5L，求粒子从开始进入电场到第二次进入电场的时间间隔。
6．如图所示的坐标系中，的区域存在沿轴正方向的匀强电场，场强大小为，在的区域存在方向垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度为，一带电粒子从轴上的点以速度沿轴正方向射入电场．已知粒子的质量为，电量为，不计重力．求：
（1）粒子从射出到第一次经过轴的时间；
（2）粒子从点射出后，若第一次经过轴时与轴交于点，然后历经磁场一次后回到点，求的大小和间距离；
（3）要使粒子经过点（图中未画出），求初速度的所有可能值．
7．如图所示，弹性绳一端系于P点，绕过Q处的小滑轮，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，P、Q、A三点等高，弹性绳的原长恰好等于PQ间距，圆环与杆间的动摩擦因数为0.5。圆环从A点由静止释放，释放瞬间，圆环的加速度大小为，到达最低点C时AC=d。重力加速度为g，弹性绳始终遵循胡克定律。求：
（1）释放瞬间弹性绳中拉力大小F；
（2）A到C的过程中，弹性绳对圆环做的功W；
（3）已知QA=d，圆环下滑过程中的最大速度vm。
8．如图，在第二象限内存在沿x轴正向的匀强电场，大小木知，一个带电粒子（已知粒子的比荷）从A点以速度v0垂直x轴进入电场，经过y轴上的P点[P点的坐标为（0，L），速度方向与y轴正向成53°]进入匀强磁场，最后粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力作用，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：
（1）A、P两点的电势差UAP；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小。
9．某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理图如图所示．装置的长L＝，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小相同、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d，装置右端有一收集板，N、P为板上的两点，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上．一质量为m、电荷量为-q的粒子静止在A处，经加速电场加速后，以速度v0沿图中的虚线从装置左端的中点O射入，方向与轴线成60°角．可以通过改变上下矩形区域内的磁场强弱（两磁场始终大小相同、方向相反），控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力．
（1）试求出加速电压U的大小；
（2）若粒子只经过上方的磁场区域一次，恰好到达收集板上的P点，求磁场区域的宽度h；
（3）欲使粒子经过上下两磁场并到达收集板上的N点，磁感应强度有多个可能的值，试求出其中的最小值B．
10．如图甲所示，平行金属板M、N相距为d，两板上所加交变电压UMN如图乙所示（U0未知），紧邻两板右侧建有xOy坐标系，两板中线与x轴共线。现有大量质量为m、电荷量为-e的电子以初速度v0平行于两板沿中线持续不断的射入两板间。已知t=0时刻进入两板间的电子穿过两板间的电场的时间等于所加交变电压的周期T，出射速度大小为2v0，且所有电子都能穿出两板，忽略电场的边缘效应及重力的影响，求：
(1)U0的大小；
(2)时刻进入电场的电子打在y轴上的坐标；
(3)在y轴右侧有一个未知的有界磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向外。从O点射出电场的电子经过磁场区域后恰好垂直于x轴向上通过坐标为（a，0）的P点，求B的范围。
11．如图所示，在直角坐标系xOy的第二象限存在着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限存在着磁感应强度大小为B0方向垂直坐标平面向里的匀强磁场Ⅰ，在第一象限存在着同方向的匀强磁场Ⅱ．一质量为m、电荷量为q的粒子，从点P（–，a）开始运动，初速度平行于x轴向右、大小为v0，粒子恰好从坐标原点O进入匀强磁场Ⅰ，此后粒子恰好不再穿过y轴，不计粒子重力．求：
（1）匀强电场的场强大小E；
（2）粒子在磁场中运动的速度大小和匀强磁场Ⅱ的磁感应强度B；
12．如图所示，虚线M、N和荧光屏P相互平行，M、N间距和N、P间距均为L，M、N间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，N、P间有平行于纸面向下的匀强电场，在虚线M上的A点有一粒子源，可以在纸面内向磁场内各个方向射入质量为m，电量为q的带正电的粒子，初速度大小均为v0=，匀强电场的电场强度大小E=1B，C为荧光屏上的一点，AC连线垂直于荧光屏，不计粒子的重力，求：
(1)所有打在荧光屏上的粒子中，垂直电场线方向进入电场的粒子打在屏上的位置离C点的距离；
(2)在(1)问中所求的粒子从A点运动到荧光屏所用的时间及该粒子经磁场电场偏转后速度的偏向角．
13．如图，在区域内存在与xoy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。在时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向夹角分布在0~180°范围内。已知沿y轴正方向发射的粒子在时刻刚好从磁场边界上P(a，a)点离开磁场。（不计重力）求：
(1)粒子在磁场中做圆周运动半径；
(2)最先从右边界射出的粒子在磁场中运动的时间；
(3)从右边射出的粒子在通过磁场过程中，所经过的磁场区域的面积。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
由于微粒带正电，受到的洛伦兹力向上，电场力向下，且qvB=Eq．
A．增大电场强度，向下的电场力增大，电荷向下偏转，故A错误；
B．增大磁感应强度，向上的洛伦兹力增大，电荷向上偏转，故B正确；
C．减小微粒的电荷量，电场力和洛伦兹力同时变化，保持相等，电荷保持直线运动，故C错误；
D．减小入射速度，向上的洛伦兹力减小，电荷向下偏转，故D错误．
2．C
【解析】
【分析】
回旋加速器的半径一定，根据洛伦兹力提供向心力，求出最大速度，可知最大动能与什么因素有关．粒子只在电场中被加速，根据v=at求解加速时间；回旋加速器中粒子在磁场中运动的周期等于高频电源的变化周期.
【详解】
根据知，，则粒子的最大动能Ek=mv2=，与加速的电压无关，而最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关．故AB错误．在加速电场中的加速度，根据v=at解得在电场中的加速时间：，选项C正确；要想使得粒子在电场中不断得到加速，则高频电源的周期必须等于粒子在磁场中做圆周运动的周期，选项D错误；故选C.
【点睛】
解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大小无关．
3．D
【解析】
【详解】
A．粒子每次经过两盒之间被电场加速，说明加速电源必然是交流电源，故A错误；
B．只要保证粒子每次经过两盒之间被电场加速，则加速电源的周期的整数倍是粒子运动周期即可，不一定必须使用周期为粒子运动周期的交流电源，故B错误；
C．粒子第一次进入盒，根据动能定理
第一次进入盒，根据动能定理
根据洛伦兹力提供向心力
故
故C错误；
D．当粒子射出磁场时，其轨迹半径为R，则其速度为
根据动能定理
解得
故D正确。
故选D。
4．CD
【解析】
【详解】
A．为了能够使粒子通过狭缝时持续的加速，交变电流的周期和粒子在磁场中运动周期相同，即
A错误；
B．粒子最终从加速器飞出时
解得
粒子飞出回旋加速器时的速度大小和无关，B错误；
C．粒子在电场中加速的次数为，根据动能定理
粒子在磁场中运动的时间
C正确；
D．粒子第一次经过电场加速
进入磁场，洛伦兹力提供向心力
解得
D正确。
故选CD。
5．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
(1)如图作v0的垂线交x轴于A点，如图所示
由于粒子垂直x轴进入电场区域，故A点为圆周运动的圆心。由几何关系得
过x轴进入电场的C点坐标为，在磁场I区域内有
得
(2)进入电场做类平抛运动
根据类平抛运动的规律可知
得
(3)在电场中Q点沿电场方向的速度
则进入II磁场区域时的速度
与y轴负方向夹角为θ，有
可得
在磁场中圆周运动周期
在磁场II中圆周运动时间为
则
6．（1）粒子从射出到第一次经过轴的时间；（2），距离；（3）初速度的所有可能值为：或
【解析】
【详解】
（1）粒子从到，沿－y方向：，
得.
（2）电场中，
磁场中
解得：.
由对称性可知，粒子能回到点，轨迹如图所示：
间距离满足：.
代入数据可得
又
联立以上式子解得：
（3）假设粒子在磁场区域内绕行次后，由电场区域经过点时，如图所示：
满足，
又：，
代入得.
假设粒子在磁场区域内绕行次后，由磁场区域经过点时，如图所示：
满足，
同理，
代入得
7．（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)释放瞬间，对圆环受力分析
由牛顿第二定律得
解得
（2）设QA=L，则
设下滑距离为x，圆环下滑到B点时，QB=l,受力分析如图，正交分解，水平方向
即下滑过程，杆对圆环弹力不变，则
圆环所受滑动摩擦力f为恒力；从A到C，根据动能定理
解得
（3）QA=d，则
圆环下滑过程中，加速度为零时，速度最大，即
此时下滑距离
解得
合外力
根据动能定理
即
解得
8．（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）在P有
所以
由动能定理得
解得
（2）在磁场中
由几何得
rcos37°=L
解得
9．（1）（2） （3）
【解析】
【详解】
（1）由动能定理可知：
得： ．
（2）设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为r，依题意作出带电粒子的运动轨迹如下图所示．由图中几何关系有：，
解得：
（3）当B为最小值时，粒子运动的轨道半径r则为最大值，即粒子只经过上方和下方的磁场区域各一次，恰好到达收集板上的N点．设带电粒子此时运动的轨道半径为，带电粒子的运动轨迹如下图所示．
由图中几何关系有：
根据牛顿第二定律和洛伦兹力大小公式有：
联立以上各式解得： ．
点睛：对于带电粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，在解题时要注意认真审题，明确题意才能准确利用洛仑兹力充当向心力及几何关系进行求解．
10．(1)；(2)；(3)
【解析】
【详解】
(1)在0~时间内电子的加速度为：
方向向上，在~T时间内电子加速度：
方向向下，由几何关系知，T时刻电子在y方向的分速度为
方向向下。在y轴上有
解得
(2)时刻进入电场的电子经时间T到达y轴，以向下为正方向。在时间内，电子在竖直方向上的位移为
在时间内，电在竖直方向上的位移为
所以
故时刻进入电场的电子打在y轴上坐标为
(3)从O点出射电子速度，速度方向与x轴正方向夹角。则有
解得
=60°
当电子对应轨迹1时，具有的同旋半径r最大，磁感应强度B对应最小值，如图所示。
可得
解得
根据洛伦磁力提供向心力可得
解得磁场磁感强度最小值
故磁场磁感强度
11．（1）（2）；
【解析】
【详解】
（1）设粒子在电场中运动时间为t
由题知
（2）设粒子通过坐标原点O时速度大小为v
由，
解得：
速度方向与x轴正向夹角为30°
粒子在匀强磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，解得：
粒子在匀强磁场Ⅱ中做匀速圆周运动 解得：
由于粒子恰好不穿过y轴，根据几何关系得：
联立解得：
12．（1） （2）
【解析】
【分析】
（1）粒子先在磁场中做匀速圆周运动，后在电场中做类平抛运动，结合圆周运动的规律和平抛运动的规律可求解粒子打在屏上的位置；（2）粒子在磁场中运动1/4圆周后进入电场，根据在磁场中的周期求解时间，根据在电场中水平方向的运动求解在电场中的时间；结合类平抛运动的的推论求解偏向角.
【详解】
（1）由于分子粒子进入磁场时的初速度大小均为
粒子在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，则f=qv0B，
得r=L
垂直电场线方向进入电场的粒子，轨迹如图；
粒子在电场中偏转时，L=v0t，
y=at2
解得y=L，
因此粒子打在光屏上的位置离C点的距离为
（2）粒子在磁场中的运动时间：
在电场中的时间：
总时间：
由于粒子在电场中做类平抛运动，因此打在荧光屏上的速度的反向延长线交于水平位移的中点，由几何关系可知，打在荧光屏上的速度与水平方向的夹角为θ=450，由于粒子从A点射出时的速度竖直向下，因此粒子经磁场、电场偏转后速度的偏向角为
13．(1) ；(2) ；(3) ；
【解析】
【详解】
(1) 因为沿y轴正方向发射的粒子在时刻刚好从磁场边界上P(a，a)点离开磁场，连接OP，作OP的垂直平分线交x轴于O1，O1就是圆周运动的圆心，其轨迹如图中①所示，恰好是四分之一圆周，圆周运动的半径 ，并且
(2) 最先从右边界射出的粒子在磁场中的弧长最短，弦最短等于a，其轨迹如图中②所示，其圆心为O2，因为弦长等于半径，则OO1O2是等边三角形，圆心角为60°，运动时间为
解得
(3) 从右边射出的粒子在通过磁场过程中，沿x轴正方向发射的粒子刚好从磁场边界上P＇(a，-a)点离开磁场，其轨迹恰好与磁场边界相切，也是四分之一圆周，如图中③所示，粒子所经过的磁场区域为轨迹①③和磁场边界所围的面积
答案第1页，共2页
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